Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 14 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
14
Dung lượng
621 KB
Nội dung
Câu1
a)
y = x4 − 2x2
TXĐ :R
y ' = 4 x3 − 4 x
Đạo hàm
x = 0
y'= 0 ⇔
x = ±1
Các điểm cực trị A (0;0),B(1;-1);C(-1;-1).
x >1
y'> 0 ⇔
−1 < x < 1
x < −1
y'< 0 ⇔
0 < x < 1
h/s đồng biến trên (-1;0)và (1;+ ∞ )
(−∞; −1) và (0;1)
h/s nghịch biến trên
BBT:
x’
y’
y
-∞
+∞
+∞
-1
0
0
+
0
1
-
0
0
-1
+
+∞
-1
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng
Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm A(0;0), D
y = x4 − 2 x2
( 2;0) và E ( 2;0)
b)
y 2 = 4 x3 − 4 ( m + 1) x
y ' = 0 ⇔ 4 x 3 − 4(m + 1) x = 0
⇔ 4 x x 2 − (m + 1) = 0
x = 0
⇔ 2
x − (m + 1) = 0 (*)
Để (1) có 3 cực trị thì pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
>-1
Với m>-1 pt (*) có 2 nghiệm phân biệt
x1 = m + 1 và x2 = − m + 1
⇔ m+1>0 ⇔ m
Gọi
M (0; m 2 ); N ( m + 1; −2m − 1)
P( − m + 1; −2m − 1)
Vì đồ thị hàm số đối xứng qua trục 0y nên
Vậy tam giác MPN vuông tại M suy ra
⇔ (m + 1) ( m + 1)3 − 1 = 0
m=0 (vì m>-1)
Vậy m=0
Câu 2.
ĐK: x ∈ R¡
∆MNP
phải cân tại M
MN 2 + MP 2 = NP 2
3sin 2 x + cos2 x = 2cos x −1
⇔ 2 3 sin x cos x + 2cos 2 x −1=2cos x −1
⇔ cos x
(
)
3 sin x + cos x −1 =0
cos x =0
⇔ 3
sin x + 1 cos x = 1
2
2
2
π
x = 2 + kπ
⇔
sin x + π = 1
6 ÷
2
π
x = 2 + kπ
π π
⇔ x + = + m2π
6 6
π 5π
x + = + n2π
6 6
π
x = 2 + kπ
⇔ x = m2π
( k ,n,m∈¢
2π
x = + n2π
3
)
Câu 3.
Đặt y = -z
Đặt
x 3 + z 3 − 3 ( x 2 + z 2 ) − 9 ( x + z ) + 22 = 0
2
1
2
x
+
z
−
x
+
z
=
(
)
2
S 3 − 3SP − 3 ( S 2 − 2 P ) − 9S + 22 = 0
S = x + z
⇒
1
2
P
=
xz
S − 2P − S =
2
S 3 − 3SP − 3S 2 + 6 P − 9S + 22 = 0 ( 1)
⇔ 2
1
S
−
2
P
−
S
=
( 2)
2
Từ (2)
2S 2 − 2S − 1
⇒P=
4
Thay vào (1) ta được :
3
6
S 3 − S ( 2S 2 − 2S − 1) − 3S 2 + ( 2S 2 − 2S − 1) − 9S + 22 = 0
4
4
⇔ −2S 3 + 6S 2 − 45S + 82 = 0
S = 2
⇔ 2
S − 2S + 41 = 0
( 3)
Phương trình (3) vô nghiệm vì
Vậy
∆ ' = −40 < 0
x + z = 2
3
3 1 1 3
S =2⇒ P = ⇒
⇔
x
;
z
=
(
)
3
; ÷, ; ÷
4
xz =
2 2 2 2
4
3 1 1 3
( x; y ) = ; − ÷, ; − ÷
2 2 2 2
Vậy
Câu 4.
3 1
1 + ln ( x + 1)
ln ( x + 1)
dx
=
+
dx
∫1 x 2
1
x2
x2
I =∫
=∫
3
1
Với
3
3 ln ( x + 1)
1
dx
+
∫1 x 2 dx = I1 + I 2
x2
I1 = ∫
3
1
I2 = ∫
3
1
3
1
1
2
dx
=
−
=
x2
x1 3
ln ( x + 1)
dx
2
x
Đặt
1
u = ln ( x + 1)
du
=
dx
x +1
⇒
1
dv = 2 dx
v = − 1 dx
x
x
3
3
1
1
⇒ I 2 = − ln ( x + 1) + ∫
dx
1
x
x ( x + 1)
1
3 1
1
31
= − ln 4 + ln 2 + ∫ dx − ∫
dx
1 x +1
3
1 x
1
x
= − ln 4 + ln 2 + ln
3
x +1
3
1
1
3
= ln 2 + ln
3
2
Vậy
I=
2 1
3
+ ln 2 + ln
3 3
2
Câu 5.
Tích Thể Tích khối chóp S.ABC
Gọi M là trung điểm AB =>
1
a
MH= MB=
3
6
Vì ∆ABC đều cạnh a, CM là đường
a 3
cao => CM=
2
Xét ∆CMH vuông tại M
2
a 3 a 2 7 2
Theo Pitago ta có: CH2 =CM2 +MH2 =
+ ÷ = a
÷
2 ÷ 6 9
a 7
=> CH=
3
o
·
Ta có ( SC,( ABC ) ) =SCH=60
SH
a 21
·
tanSCH=
= 3 ⇒ SH=HC. 3=
HC
3
2 3 a3 7
1
1
a
21
a
=> V
= SH.S
= .
.
=
SABCΔABC
3
3 3
4
12
Xét trong mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A và song song với BC
Nên BC//(SA;d)
=>
d
[ BC;SA ]
=d
B→( SA,d )
Dựng hình thoi ABCD
Dựng HK
HK ⊥ AD (k ∈ AD )
HI ⊥ SK ( I ∈ SK )
Ta có
SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ AD
HK ⊥ AD nên
⇒ ( SAD ) ⊥ ( SHK )
Mà
AD ⊥ ( SHK )
Mà HI ⊥ SK nên HI ⊥ ( SAD )
⇒ HI
là khoảng cách từ H đến (SAD)
2a 3
a
·
KH = AH sin KAH
= .
=
3 2
3
Vì
2
2
1
1
1
24
3 3
·
SHK
= 90o nên
=
+
=
+
=
÷
2
HI 2 HS 2 HK 2 a 21 ÷
a ÷
7a
⇒ HI =
a 7
2 6
Vì BC//(SAD) và
HA =
2
AB nên khoảng cách cần tìm là
3
3
3 a 7 a 42
HI = .
=
2
2 2 6
8
Câu 6.
Cách 1:
Không mất tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z.
Từ giả thiết suy ra z = − ( x + y ) do đó,
(
P = 3x − y + 3 y −z + 3x −z − 12 x 2 + y 2 + ( x + y )
(
2
)
= 3x − y + 32 y +x + 32 x + y − 12 x 2 + y 2 + ( x + y )
2
)
Đặt
2a − b
x
=
a = 2 x + y
3
thì
và
2
b
−
a
b
=
2
y
+
x
y =
3
Thay vào P ta được :
a≥b≥0
P = 3a −b + 3a + 3b − 2 a 2 − ab + b 2
2
2
a+b
a −b
= 3 +3 +3 −2
+
3
÷
÷
2
2
a+b
a −b
,v =
Đặt u =
thì u ≥ v ≥ 0 và ta có :
2
2
a −b
a
b
P = 9v + 3u + v + 3u −v − 2 u 2 + 3v 2
Xét hàm:
P = f (u ) = 9v + 3u + v + 3u −v − 2 u 2 + 3v 2 , u ≥ v ≥ 0
f '(u ) = 3u + v ln 3 + 3u −v ln 3 −
2u
u 2 + 3v 2
≥ 2 ln 3 − 2 > 0
⇒ f (u ) đồng
biến trên [ v; +∞) kéo theo
f (u ) ≥ f (v ) = 9v + 32 v + 1 − 2 4v 2
= 2.9v − 4v + 1 (1)
Xét
g (v) = 2.9v − 4v + 1, v ≥ 0
g '(v ) = 2.9v ln 9 − 4 = 4.9v ln 3 − 4 ≥ 4 ln 3 − 4 > 0 do v ≥ 0
Suy ra g(v) đồng biến trên [ 0; +∞), kéo theo g (v) ≥ g (0) = 3
Từ (1) và (2),suy ra f(u) ≥ 3 hay P ≥ 3
Đẳng thức xảy ra khi u=v=0 hay x = y = z =0
Vậy min P=3
Cách2
Đặt
a = x − y ,b = y − Z ,c = z − x
Từ giả thiết suy ra
Do đó
x 2 + y 2 + z 2 = −2 ( xy + yz + zx )
(
6 ( x2 + y 2 + z 2 ) = 2 x − y + y − z + z − x
Vì vậy nếu đặt
và
(2)
2
2
2
a = x − y ,b = y − z ,c = z − x
)
thì
a , b, c ≥ 0
a + b ≥ c, b + c ≥ a , c + a ≥ b
Ta có
P = 3a + 3b + 3c − 2 ( a 2 + b 2 + c 2 )
Vì
a+b ≥ c
nên
( a + b ) c ≥ c2
Tương tự
( b + c ) a ≥ a2
( c + a ) b ≥ b2
Công ba bất đẳng thức trên ta được
2 ( ab + bc + ca ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 ⇒ ( a + b + c ) ≥ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 )
2
Do vậy
P ≥ 3a + 3b + 3c − ( a + b + c )
= ( 3a − a ) + ( 3b − b ) + ( 3c − c )
Xét hàm
f ( x ) = 3x − x , x ≥ 0
f ' ( x ) = 3x ln 3 − 1 > 0
⇒ f ( x ) ≥ f ( 0) = 1
Vì Vậy
P ≥ 3 , dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 0
Câu 7.
a).
h = d ( M , AN ) =
1
11 − − 3
2
22 + ( −1)
2
=
15
3 5
=
2
2 5
Đặt
AB = 6 x, x > 0
Có
1
1
AD.DN = 6 x.2 x = 6 x 2
2
2
1
1
S ABM = AB.BM = 6 x.3x = 9 x 2
2
2
1
1
SCMN = CM .CN = 3x.4 x = 6 x 2
2
2
⇒ S AMN = S ABCD − S ADN − S ABM − SCMN
S ADN =
= 36 x 2 − 6 x 2 − 9 x 2 − 6 x 2 = 15 x 2
Theo định lý pitago AN = AD 2 + DN 2
= 36 x 2 + 4 x 2 = 2 10 x
2S AMN
30 x 2
15 x
3 5
1
⇒h=
=
=
⇒
⇒x=
AN
2
2 10 x
10
2
Định lý pitago
AM = AB 2 + BM 2 = 36 x 2 + 9 x 2 = 145 x =
AN :2 x − y − 3 = 0 ⇔ y = 2 x − 3
Đặt: A(a; 2a − 3)
2
2
11
1
⇒ a − ÷ + 2a − 3 − ÷ =
2
2
2
45
2
2
11
7
45
⇔ a − ÷ + 2a − ÷ =
2
2
2
⇔ 5a 2 − 25a + 20 = 0 ⇔ a 2 − 5a + 4 = 0
a = 1
⇔
a = 4
Vậy
A1 (1; −1), A2 (4;5)
Câu 8.
a).
Gọi
A(a − 1; 2a; a + 2)
B ( b − 1; 2b; b + 2 )
I ( 0; 0;3)
Với a ≠ b
45
2
→
⇒ IA = ( a − 1; 2; a − 1)
→
IB = ( b − 1; 2b; b − 1)
⇒ IA2 = 2 ( a − 1) + 4a 2 = 6a 2 − 4a + 2
2
IB 2 = 2 ( b − 1) + 4b 2 = 6b 2 − 4b + 2
2
Vì ∆IAB Vuông cân tại I nên
→ →
IA . IB = 0 2 ( a − 1) ( b − 1) + 4ab = 0
⇔ 2
2
2
2
IA = IB
6a − 4a + 2 = 6b − 4b + 2
(1)
3ab − ( a + b ) + 1 = 0
⇔
( a − b ) 6 ( a + b ) − 4 = 0 (2)
Từ (2) vì a ≠ b
⇔ a+b =
2
3
thế vào (1)
=
8
3
Ta được
ab = −
1
9
1+ 2
a
=
3
⇒
b = 1 − 2
3
8
⇒ IA2 =
3
Vậy
( S ) : x 2 + y 2 + ( Z − 3)
Câu 9.
a).
2
5Cnn −1 = C n3
n ( n −1) ( n −2 )
1.2.3
⇔30 = n 2 −3n + 2
⇔5n =
⇔n 2 −3n −28 = 0
n = 7(t / m)
⇔
n =−4(loai )
Khai triển
7
7
7x 1
x 1
−
hay
÷
− ÷
14
x
2 x
2
2
Số hạng tổng quát là
7−k
2
k x
C7 ÷
2
k
1
− ÷
x
x14−3k
= C 7 ( −1) . 7 − k , k ∈ N , k ≤ 7
2
k
k
Xét
14 − 3k = 5 ⇔ k = 3
Vậy số hạng chứa x 5 là
x5
35
C ( −1) 4 = − x 5
2
16
3
7
3
Câu 7b) Do tính đối xứng của (E) nên giao điểm của (C) và (E) là đỉnh
hình vuông thỏa mãn A(a;a) a>0
Suy ra a 2 + a 2 = 8 ⇒ a = 2
x2 y 2
4
4
(E) : 2 + 2 = 1 ⇒ 2 + 2 = 1
m
n
m n
Vì 2m=8 nên m=4 ⇒
1 4
16
+ 2 = 1 ⇒ n2 =
4 n
3
Vậy
x2 y2
( E ):
+
=1
16 16
3
Câu 8b) Viết lại (d) dưới dạng:
x = 2t − 1
(t ∈ ¡ )
y = t
z = t + 2
Giả sử M(2t-1;t;t+2) N (a;b;c)
Ta có
2t − 1 + a = 2
a = 3 − 2t
t + b = −2
b = −2 − t
⇔
t + 2 + c = 4
c = 2 − t
a + b − 2c + 5 = 0
a + b − 2c + 5 = 0
⇒ 3 − 2t − 2 − t − 4 + 2t + 5 = 0
⇔t=2
Vậy M(3;2;4), khác A => thỏa mãn
Câu 9 b)
Đặt
Z = a + bi ( a, b ∈ R ) .
−
5 Z + i ÷
= 2−i
2 +1
⇔ 5 ( a − bi + i ) = ( 2 − i ) ( a + bi + 1)
⇔ 5a − 5bi + 5i = 2a + 2bi + 2 − ai + b − i
⇔ ( 3a − b − 2 ) + i ( 6 − 7b + a ) = 0
3a − b − 2 = 0
a = 1
⇔
⇔
6 − 7b + a = 0
b = 1
Vậy
Z = 1 + i, Z 2 = ( 1 + i ) = 1 + 2i − 1 = 2i
2
⇒ W=1+1+i+2i=2+3i
Z = 22 + 32 = 13
[...]... ⇒ IA = ( a − 1; 2; a − 1) → IB = ( b − 1; 2b; b − 1) ⇒ IA2 = 2 ( a − 1) + 4a 2 = 6a 2 − 4a + 2 2 IB 2 = 2 ( b − 1) + 4b 2 = 6b 2 − 4b + 2 2 Vì ∆IAB Vuông cân tại I nên → → IA IB = 0 2 ( a − 1) ( b − 1) + 4ab = 0 ⇔ 2 2 2 2 IA = IB 6a − 4a + 2 = 6b − 4b + 2 (1) 3ab − ( a + b ) + 1 = 0 ⇔ ( a − b ) 6 ( a + b ) − 4 = 0 (2) Từ (2) vì a ≠ b ⇔ a+ b = 2 3 thế vào (1) = 8 3 Ta được ab... Ta có 2t − 1 + a = 2 a = 3 − 2t t + b = −2 b = −2 − t ⇔ t + 2 + c = 4 c = 2 − t a + b − 2c + 5 = 0 a + b − 2c + 5 = 0 ⇒ 3 − 2t − 2 − t − 4 + 2t + 5 = 0 ⇔t=2 Vậy M(3;2;4), khác A => th a mãn Câu 9 b) Đặt Z = a + bi ( a, b ∈ R ) − 5 Z + i ÷ = 2−i 2 +1 ⇔ 5 ( a − bi + i ) = ( 2 − i ) ( a + bi + 1) ⇔ 5a − 5bi + 5i = 2a + 2bi + 2 − ai + b − i ⇔ ( 3a − b − 2 ) + i ( 6 − 7b + a. .. ch a x 5 là x5 35 C ( −1) 4 = − x 5 2 16 3 7 3 Câu 7b) Do tính đối xứng c a (E) nên giao điểm c a (C) và (E) là đỉnh hình vuông th a mãn A( a ;a) a> 0 Suy ra a 2 + a 2 = 8 ⇒ a = 2 x2 y 2 4 4 (E) : 2 + 2 = 1 ⇒ 2 + 2 = 1 m n m n Vì 2m=8 nên m=4 ⇒ 1 4 16 + 2 = 1 ⇒ n2 = 4 n 3 Vậy x2 y2 ( E ): + =1 16 16 3 Câu 8b) Viết lại (d) dưới dạng: x = 2t − 1 (t ∈ ¡ ) y = t z = t + 2 Giả sử M(2t-1;t;t+2) N (a; b;c)... 4 = 0 (2) Từ (2) vì a ≠ b ⇔ a+ b = 2 3 thế vào (1) = 8 3 Ta được ab = − 1 9 1+ 2 a = 3 ⇒ b = 1 − 2 3 8 ⇒ IA2 = 3 Vậy ( S ) : x 2 + y 2 + ( Z − 3) Câu 9 a) 2 5Cnn −1 = C n3 n ( n −1) ( n −2 ) 1.2.3 ⇔30 = n 2 −3n + 2 ⇔5n = ⇔n 2 −3n −28 = 0 n = 7(t / m) ⇔ n =−4(loai ) Khai triển 7 7 7x 1 x 1 − hay ÷ − ÷ 14 x 2 x 2 2 Số hạng tổng quát là 7−k 2 k x C7 ÷ 2 k 1... + bi ( a, b ∈ R ) − 5 Z + i ÷ = 2−i 2 +1 ⇔ 5 ( a − bi + i ) = ( 2 − i ) ( a + bi + 1) ⇔ 5a − 5bi + 5i = 2a + 2bi + 2 − ai + b − i ⇔ ( 3a − b − 2 ) + i ( 6 − 7b + a ) = 0 3a − b − 2 = 0 a = 1 ⇔ ⇔ 6 − 7b + a = 0 b = 1 Vậy Z = 1 + i, Z 2 = ( 1 + i ) = 1 + 2i − 1 = 2i 2 ⇒ W=1+1+i+2i=2+3i Z = 22 + 32 = 13 ... Đặt: A( a; 2a − 3) 2 11 1 ⇒ a − ÷ + 2a − − ÷ = 2 2 45 2 11 7 45 ⇔ a − ÷ + 2a − ÷ = 2 2 ⇔ 5a − 2 5a + 20 = ⇔ a − 5a + = a = ⇔ a = Vậy A1 (1; −1), A2 (4;5) Câu a) ... 2a − b x = a = x + y b − a b = y + x y = Thay vào P ta : a b≥0 P = 3a −b + 3a + 3b − a − ab + b 2 a+ b a −b = +3 +3 −2 + ÷ ÷ a+ b a −b ,v = Đặt u = u ≥ v ≥ ta... H đến (SAD) 2a a · KH = AH sin KAH = = 3 Vì 2 1 24 3 · SHK = 90o nên = + = + = ÷ HI HS HK a 21 ÷ a ÷ 7a ⇒ HI = a Vì BC//(SAD) HA = AB nên khoảng cách cần tìm 3 a a 42 HI =