2 DE VA DA THU DH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2009-2010 Môn thi: TOÁN – Khối A, B Thời gian : 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số 3 (3 1)y x x m = − − (C ) với m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi 1m = . 2. Tìm các gíá trị của m để đồ thị của hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ rằng hai điểm cực trị này ở về hai phía của trục tung. Câu II:(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 3 17 8cos 6 2 sin 2 3 2 cos( 4 ).cos2 16cos 2 x x x x x π + + − = . 2. Tính tích phân : ( ) ( ) 1 2 1 1 1 x dx I e x − = + + ∫ . Câu III:(2,0 điểm) 1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: 2 4 2 1 x x m e e + = + có nghiệm thực . 2. Chứng minh: ( ) 1 1 1 12x y z x y z   + + + + ≤  ÷   với mọi số thực x , y , z thuộc đoạn [ ] 1;3 . Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao là H trùng với tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC và AB = AC = 5a , BC = 6a . Góc giữa mặt bên (SBC) với mặt đáy là 0 60 .Tính theo a thể tích và diện tích xung quanh của khối chóp S.ABC. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình chuẩn Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân tại A với ( ) 2;0A và ( ) 1 3G ; là trọng tâm . Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Câu VI.a:(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) 3 log 4.16 12 2 1 x x x + = + . 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 1y x ln x = − . B. Theo chương trình nâng cao Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC với ( ) 0 1A ; và phương trình hai đường trung tuyến của tam giác ABC qua hai đỉnh B , C lần lượt là 2 1 0x y − + + = và 3 1 0x y + − = . Tìm tọa độ hai điểm B và C. Câu VI.b:(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 3 log 1 log 2 2 2 x x x + − + = . 2. Tìm giới hạn: ( ) 2 ln 2 lim 1 1 x x x − → − . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi: TOÁN – Khối A, B Câu Ý NỘI DUNG Điểm Câu I (2,0đ) Ý 1 (1,0 đ) Khi m =1 → 3 3 1y x x = − + . Tập xác định D=R . 0,25 đ Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ . y’= 3x 2 – 3 ; y’=0 1x ↔ = ± . 0,25 đ Bảng biến thiên . Hàm số đồng biến trên khoảng ( ) ( ) ; 1 , 1; −∞ − + ∞ và nghịch biến trên khoảng ( ) 1;1 − . Hàm số đạt CĐ tại x = -1 ; y CĐ = 3 và đạt CT tại x = 1 ; y CT = -1 . 0,25 đ Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy tại (0 ; 1) và qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3). Đồ thị ( không cần tìm điểm uốn) . 0,25 đ Ý 2 (1,0 đ) y’ = 0 ↔ 3x 2 – 3m = 0 ; ' 9m ∆ = . 0,25 đ 0m ≤ : y’ không đổi dấu → hàm số không có cực trị . 0,25 đ 0m > : y’ đổi dấu qua 2 nghiệm của y’=0 → hàm số có 2 cực trị. KL: 0m > . 0,25 đ 0m > → 0P m = − < → đpcm. 0,25 đ âu II (2,0 đ) Ý 1 (1,0 đ) Biến đổi: 3 4cos 3 2sin 2 8cosx x x+ = 0,25 đ 2 2cos .(2cos 3 2 sin 4) 0x x x ↔ + − = 0,25 đ 2 cos 0 2sin 3 2 sin 2 0x v x x ↔ = − + = . 0,25 đ 2 2 4 3 2 4 x k x k x k π π π π π π  = +    ↔ = +    = +  , k Z∈ KL: 0,25 đ Ý 2 (1,0 đ) Khi x = 2y → 1y = ± → 2 1 x y =   =  ; 2 1 x y = −   = −  (loại) . 0,25 đ Khi y=2x → -3 x 2 = 3 : VN . KL: nghiệm hệ PT là ( ) 2;1 . 0,25 đ Câu III (2,0 đ) Ý 1 (1,0 đ) Đặt 2 x t e= ĐK: t > 0 . PT trở thành: 4 4 1m t t = + − . 0,25 đ Xét 4 4 ( ) 1f t t t= + − với t > 0 . 3 4 4 4 '( ) 1 0 1 t f t t   = − <  ÷ +   → hàm số NB trên ( ) 0; + ∞ . 0,50 đ ( ) ( ) 4 4 24 1 lim ( ) lim 0 1 1 t t f t t t t t →+∞ →+∞ = = + + + + ; f(0) = 1. KL: 0< m <1. 0,25 đ Ý 2 (1,0 đ) Ta có: ( ) ( ) 2 3 1 3 1 3 0 4 3 0 4t t t t t t t ≤ ≤ ↔ − − ≤ ↔ − + ≤ ↔ + ≤ . 0,25 đ Suy ra : 3 3 3 4 ; 4 ; 4x y z x y z + ≤ + ≤ + ≤ ( ) 1 1 1 3 12Q x y z x y z   → = + + + + + ≤  ÷   0,50 đ ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 3 6 12 2 Q x y z x y z x y z x y z     + + + + ≤ ≤ → + + + + ≤  ÷  ÷     0,25 đ Câu IV (1,0 đ) Gọi M là trung điểm BC → A , M , H thẳng hàng 0 BC SM 60BC AM SMH⊥ → ⊥ → ∠ = . 0,25 đ AM=4a 2 3 12 ; 8 2 ABC ABC S a S a p a r p → = = → = = =MH . 0,25 đ 3 . 3 3 6 3 2 S ABC a SH V a → = → = . 0,25 đ Hạ HN , HP vuông góc với AB và AC ;AB SN AC SP → ⊥ ⊥ HM = HN = HP 2 3 3 24 XQ SM SN SP a S ap a → = = = → = = . 0,25 đ Câu Va (1,0 đ) Đặt AB = a ( ) 2 2 2 2 ; 2 2 ABC a a BC a S p + → = → = = . 0,50 đ 2 2 ABC S a r p → = = + . 0,25 đ ( ) 1; 3 2 3 3 2AG AG AM a= − → = → = → = uuur ( ) 3 2 1r→ = − . 0,25 đ Câu VIa (2,0 đ) Ý 1 (1,0 đ) PT 2 1 2 2 4.16 12 3 4.4 4 .3 3.3 x x x x x x x+ ↔ + = ↔ + = . Chia 2 vế cho 2 3 0 x > , ta có: 2 4 4 4 3 0 3 3 x x     + − =  ÷  ÷     . 0,50đ Đặt 4 3 x t   =  ÷   . ĐK: 2 3 0 ; 4 3 0 1( ); ( ) 4 t t t t kth t th > + − = ↔ = − = . 0,25 đ Khi 3 4 t = , ta có: 1 4 3 4 1 3 4 3 x x −     = = ↔ = −  ÷  ÷     . 0,25 đ Ý 2 (1,0 đ) TXĐ: ( ) 0;D = + ∞ ; 1 ' ln x y x x − = + . 0,25 đ y’= 0 1x ↔ = ; y(1) = 0 vì 1 ln x y x x − = + là HSĐB 0,50 đ Khi 0 < x < 1 ' 0y → < ; khi x > 1 ' 0y → > . KL: miny = 0 1x ↔ = . 0,25 đ Câu Vb (1,0 đ) Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là 2 1 4 1 ; 3 1 7 7 x y G x y − =    ↔   ÷ + =    . 0,25 đ Gọi ( ) 1 ;2 1 ( )B b b d − ∈ ; ( ) 2 1 3 ; ( )C c c d − ∈ Ta có: 5 2 3 7 7 3 1 2 7 7 b c b b c c   − = =     ↔     + = = −     . 0,50 đ KL: 2 3 10 1 ; ; ; 7 7 7 7 B C     − −  ÷  ÷     . 0,25 đ Câu VIb (2,0 đ) Ý 1 (1,0 đ) ĐK: x > 0 . Đặt 3 log 3 t t x x = ↔ = . 0,25 đ Ta có: 2 1 9 2 4 2 2.2 2 3 .2 3 4 4 3 9 3 t t t t t t     + = ↔ = ↔ = =  ÷  ÷     . 0,50 đ Khi t = 2 thì 3 log 2 9x x= ↔ = (th) KL: nghiệm PT là 9x = . 0,25 đ Ý 2 (1,0 đ) Đặt 1. : 1 0t x Suy ra x t = − → ⇔ → . 0,25 đ Giới hạn trở thành: ( ) ( ) 0 ln 1 lim 2 t t t t → − + ( ) ( ) ( ) 0 ln 1 1 1 lim . 2 2 t t t t → + − − = = − − + . 0,50đ KL: ( ) 2 1 ln 2 1 lim 1 2 x x x → − = − − . 0,25đ * Lưu ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. … HẾT… THI TH I HC, CAO NG NM 2010. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im) Cõu I (2 im) Cho hm s 2 4 1 x y x + = . 1)Kho sỏt v v th ( ) C ca hm s trờn. 2)Gi (d) l ng thng qua A( 1; 1 ) v cú h s gúc k. Tỡm k sao cho (d) ct ( C ) ti hai im M, N v 3 10MN = . Cõu II (2 im) : 1. Gii h phng trỡnh: 2 2 2 2 12 12 x y x y y x y + + = = 2.Gii phng trỡnh : 01cossin2sinsin2 2 =++ xxxx . Cõu III (1 im): Tớnh tớch phõn: 2 3 0 3sin 2cos (sin cos ) x x I dx x x = + Cõu IV (1 im) Cho hỡnh chúp ct tam giỏc u ngoi tip mt hỡnh cu bỏn kớnh r cho trc. Tớnh th tớch hỡnh chúp ct bit rng cnh ỏy ln gp ụi cnh ỏy nh. Cõu V (1 im) Tìm m để phơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt : x10 1).12(48 22 ++=++ xxmx . PHN RIấNG (3 im): Thớ sinh ch lm mt trong hai phn (Phn 1 hoc phn 2) 1. Theo chng trỡnh chun. Cõu VI.a (2 im) 1. Cho ABC cú nh A(1;2), ng trung tuyn BM: 2 1 0x y+ + = v phõn giỏc trong CD: 1 0x y+ = . Vit phng trỡnh ng thng BC. 2. Cho ng thng (D) cú phng trỡnh: 2 2 2 2 x t y t z t = + = = + .Gi l ng thng qua im A(4;0;-1) song song vi (D) v I(-2;0;2) l hỡnh chiu vuụng gúc ca A trờn (D). Trong cỏc mt phng qua , hóy vit phng trỡnh ca mt phng cú khong cỏch n (D) l ln nht. Cõu VII.a (1 im) Cho x, y, z l 3 s thc thuc (0;1]. Chng minh rng 1 1 1 5 1 1 1xy yz zx x y z + + + + + + + 2. Theo chng trỡnh nõng cao. Cõu VI.b (2 im) 1) Trong mt phng vi h ta Oxy cho ng trũn hai ng trũn 2 2 ( ) : 2 2 1 0,C x y x y+ + = 2 2 ( ') : 4 5 0C x y x+ + = cựng i qua M(1; 0). Vit phng trỡnh ng thng qua M ct hai ng trũn ( ), ( ')C C ln lt ti A, B sao cho MA= 2MB. 2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d : z y x = = 1 2 và d : 1 5 3 2 2 + == z y x . Viết phơng trình mặt phẳng )( đi qua d và tạo với d một góc 0 30 Cõu VII.b (1 im) Cho a, b, c l ba cnh tam giỏc. Chng minh 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b + + + + < ữ + + + + + + Ht Kỳ thi thử đại học- cao đẳng năm 2010 Híng dÉn chÊm m«n to¸n Câu Phần Nội dung I (2,0) 1(1,0) Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa. 2(1,0) Từ giả thiết ta có: ( ): ( 1) 1.d y k x= − + Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm 1 1 2 2 ( ; ), ( ; )x y x y phân biệt sao cho ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 90(*)x x y y− + − = 2 4 ( 1) 1 ( ) 1 ( 1) 1 x k x I x y k x +  = − +  − +   = − +  . Ta có: 2 (2 3) 3 0 ( ) ( 1) 1 kx k x k I y k x  − − + + = ⇔  = − +  Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 2 (2 3) 3 0(**)kx k x k− − + + = có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được 3 0, . 8 k k≠ < Ta biến đổi (*) trở thành: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 (1 ) 90 (1 )[ 4 ] 90(***)k x x k x x x x+ − = ⇔ + + − = Theo định lí Viet cho (**) ta có: 1 2 1 2 2 3 3 , , k k x x x x k k − + + = = thế vào (***) ta có phương trình: 3 2 2 8 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0k k k k k k+ + − = ⇔ + + − = 3 41 3 41 3, , 16 16 − + − − = − =⇔ =k k k . KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. Câu Ý Nội dung 1 1) CâuII:2. Giải phương trình: 01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2 22 =−+−−⇔=−++− xxxxxxxx . 22 )3cos2()1(cos8)1cos2( −=−−−=∆ xxx . VËy 5,0sin =x hoÆc 1cossin −= xx . Víi 5,0sin =x ta cã π π kx 2 6 += hoÆc π π kx 2 6 5 += Víi 1cossin −= xx ta cã       −=−=       −⇔−=− 4 sin 2 2 4 sin1cossin ππ xxx , suy ra π kx 2 = hoÆc π π kx 2 2 3 += 2 Điều kiện: | | | |x y≥ Đặt 2 2 ; 0u x y u v x y  = − ≥   = +   ; x y= − không thỏa hệ nên xét x y≠ − ta có 2 1 2 u y v v   = −  ÷   . Hệ phương trình đã cho có dạng: 2 12 12 2 u v u u v v + =      − =  ÷     4 8 u v =  ⇔  =  hoặc 3 9 u v =   =  + 2 2 4 4 8 8 u x y v x y  =  − =  ⇔   = + =    (I) + 2 2 3 3 9 9 u x y v x y  =  − =  ⇔   = + =    (II) Giải hệ (I), (II). Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là ( ) ( ) { } 5;3 , 5;4S = Câu Phần Nội dung III (1,0) Đặt , 0 , 0. 2 2 2 x t dx dt x t x t π π π = − ⇒ = − = ⇒ = = ⇒ = Suy ra: 2 2 2 3 3 3 0 0 0 3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin (sin cos ) (cos sin ) (cos sin ) x x t t x x I dx dt dx x x t t x x π π π − − − = = = + + + ∫ ∫ ∫ (Do tích phân không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số). Suy ra: 2 2 2 3 3 2 0 0 0 3sin 2cos 3cos 2sin 1 2 (sin cos ) (cos sin ) (sin cos ) x x x x I I I dx dx dx x x x x x x π π π − − = + = + = + + + ∫ ∫ ∫ = = 2 2 2 2 2 0 0 0 1 1 1 1 tan 1 2 4 2 4 2cos cos 4 4 dx d x x x x π π π π π π π     = − = − =  ÷  ÷         − −  ÷  ÷     ∫ ∫ . KL: Vậy 1 . 2 =I IV 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có: ( ) ( ) ( ) ' ' ' ' ' ' AB IC AB CHH ABB A CII C AB HH ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm 'K II∈ . 0,25 Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 3 1 3 ' ' ' ' ' ; 3 6 3 3 x x I K I H I C IK IH IC= = = = = = Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 2 2 2 3 3 ' . . 6r 6 3 x x I K IK OK r x= ⇒ = ⇒ = 0,25 Thể tích hình chóp cụt tính bởi: ( ) ' . ' 3 h V B B B B= + + Trong đó: 2 2 2 2 2 4x 3 3 3r 3 3 6r 3; ' ; 2r 4 4 2 x B x B h= = = = = = 0,25 T ú, ta cú: 2 2 3 2 2 2r 3r 3 3r 3 21r . 3 6r 3 6r 3. 3 2 2 3 V ữ = + + = ữ 0,25 V Nhận xét : 10x 48 2 ++ x = 2(2x+1) 2 +2(x 2 +1) Phơng trình tơng đơng với : 2 ( 02) 1 12 () 1 12 2 2 2 =+ + + + + x x m x x . Đặt t x x = + + 1 12 2 Điều kiện : -2< t 5 . Rút m ta có: m= t t 22 2 + Lập bảng biến thiên của hàm số trên ( ] 5,2 , ta có kết quả của m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt là: 5 12 4 < m hoặc -5 < 4<m 0,25 0,25 0,25 0,25 VIa 0,75 1 1,00 im ( ) : 1 0 ;1C CD x y C t t + = . Suy ra trung im M ca AC l 1 3 ; 2 2 t t M + ữ . 0,25 im ( ) 1 3 : 2 1 0 2 1 0 7 7;8 2 2 t t M BM x y t C + + + = + + = = ữ 0,25 T A(1;2), k : 1 0AK CD x y + = ti I (im K BC ). Suy ra ( ) ( ) : 1 2 0 1 0AK x y x y = + = . Ta im I tha h: ( ) 1 0 0;1 1 0 x y I x y + = + = . Tam giỏc ACK cõn ti C nờn I l trung im ca AK ta ca ( ) 1;0K . ng thng BC i qua C, K nờn cú phng trỡnh: 1 4 3 4 0 7 1 8 x y x y + = + + = + 2 Gi (P) l mt phng i qua ng thng , thỡ ( )//( )P D hoc ( ) ( )P D . Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca I trờn (P). Ta luụn cú IH IA v IH AH . Mt khỏc ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ,d D P d I P IH H P = = Trong mt phng ( ) P , IH IA ; do ú axIH = IA H Am . Lỳc ny (P) v trớ (P 0 ) vuụng gúc vi IA ti A. Vect phỏp tuyn ca (P 0 ) l ( ) 6;0; 3n IA= = r uur , cựng phng vi ( ) 2;0; 1v = r . Phng trỡnh ca mt phng (P 0 ) l: ( ) ( ) 2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z + = . VIIa ý rng ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 0xy x y x y+ + = ; v tng t ta cng cú 1 1 yz y z zx z x + + + + 0,25 Vỡ vy ta cú: ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 zx+y 1 5 1 1 5 5 x y z x y z xy yz zx yz zx xy x y z yz xy z z y x yz zx y xy z z y x z y y z + + + + + + + + + ữ + + + + + + + + + + + = + ữ + + + + ữ + + = vv 1,00 VIb 1) + Gi tõm v bỏn kớnh ca (C), (C) ln lt l I(1; 1) , I(-2; 0) v 1, ' 3R R= = , ng thng (d) qua M cú phng trỡnh 2 2 ( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*)a x b y ax by a a b + = + = + . + Gi H, H ln lt l trung im ca AM, BM. Khi ú ta cú: 2 2 2 2 2 2 ' ' 'MA MB IA IH I A I H= = ( ) ( ) 2 2 1 ( ; ) 4[9 ( '; ) ]d I d d I d = , .IA IH> ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 9 4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35 a b d I d d I d a b a b = = + + 2 2 2 2 2 2 36 35 36 a b a b a b = = + D thy 0b nờn chn 6 1 6 = = = a b a . Kim tra iu kin IA IH> ri thay vo (*) ta cú hai ng thng tho món. 0,25 0,25 0,25 0,25 2 .Đờng thẳng d đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phơng )1;1;1( u Đờng thẳng d đi qua điểm )5;3;2(' M và có vectơ chỉ phơng )1;1;2(' u . Mp )( phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và 2 1 60cos)';cos( 0 ==un . Bởi vậy nếu đặt );;( CBAn = thì ta phải có : = ++ + =+ 2 1 6 2 0 222 CBA CBA CBA = += +++= += 02 )(632 22 222 CACA CAB CCAAA CAB Ta có 0)2)((02 22 =+= CACACACA . Vậy CA = hoặc CA = 2 . Nếu CA = ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó 2=B , tức là )1;2;1(=n và )( mp có phơng trình 0)2(2 =++ zyx hay 042 =++ zyx Nếu CA = 2 ta có thể chọn 2,1 == CA , khi đó 1=B , tức là )2;1;1( =n và )( mp có phơng trình 02)2( = zyx hay 022 =+ zyx 0,25 VIIb 1,00 Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: a b c b c a c a b + >   + >   + >  . Đặt ( ) , , , , 0 , , 2 2 a b c a x y a z x y z x y z y z x z x y + + = = = > ⇒ + > + > + > . Vế trái viết lại: 2 3 3 2 a b a c a VT a c a b a b c x y z y z z x x y + + = + + + + + + = + + + + + 0,50 Ta có: ( ) ( ) 2 2 z z x y z z x y z z x y x y z x y + > ⇔ + + < + ⇔ > + + + . Tương tự: 2 2 ; . x x y y y z x y z z x x y z < < + + + + + + Do đó: ( ) 2 2 x y z x y z y z z x x y x y z + + + + < = + + + + + . Tức là: 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b   + + + + <  ÷ + + + + + +   0,50 V.Phương trình ( ) ( ) 3 4 1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − = (1) Điều kiện : 0 1x ≤ ≤ Nếu [ ] 0;1x∈ thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện 1 1 2 x x x= − ⇒ = . Thay 1 2 x = vào (1) ta được: 3 0 1 1 2. 2. 1 2 2 m m m m =  + − = ⇒  = ±  * Với m = 0; (1) trở thành: ( ) 2 4 4 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = Phương trình có nghiệm duy nhất. * Với m = -1; (1) trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 4 4 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 0 1 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x + − − − − − = − ⇔ + − − − + + − − − = ⇔ − − + − − = + Với 4 4 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = + Với 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. [...]...* Với m = 1 thì (1) trở thành: x + 1− x − 24 x ( 1− x) = 1− 2 x ( 1− x) ⇔ ( 4 x − 4 1− x Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x = 0, x = ) =( 2 x − 1− x ) 2 1 nên trong trường hợp này (1) không 2 có nghiệm duy nhất Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1 . = 0 ,25 T ú, ta cú: 2 2 3 2 2 2r 3r 3 3r 3 21 r . 3 6r 3 6r 3. 3 2 2 3 V ữ = + + = ữ 0 ,25 V Nhận xét : 10x 48 2 ++ x = 2( 2x+1) 2 +2( x 2 +1) Phơng trình tơng đơng với : 2 ( 02) 1 12 () 1 12 2 2 2 =+ + + + + x x m x x H= = ( ) ( ) 2 2 1 ( ; ) 4[9 ( '; ) ]d I d d I d = , .IA IH> ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 9 4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35 a b d I d d I d a b a b = = + + 2 2 2 2 2 2 36 35 36 a b a. = 0 ,25 đ 2 2cos .(2cos 3 2 sin 4) 0x x x ↔ + − = 0 ,25 đ 2 cos 0 2sin 3 2 sin 2 0x v x x ↔ = − + = . 0 ,25 đ 2 2 4 3 2 4 x k x k x k π π π π π π  = +    ↔ = +    = +  , k Z∈ KL: 0 ,25