Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 34 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
34
Dung lượng
507,52 KB
Nội dung
www.VNMATH.com Phần thứ Nhất TRƯỜNG ðẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TRUNG TÂM ðÀO TẠO TÀI NĂNG ðề thi tuyển sinh chương trình ñào tạo K.s tài K.s chất lượng cao Năm 1999 Môn thi: Toán học Thời gian: 90 phút(*) Bài 1: Khảo sát biến thiên hàm số f ( x ) xác ñịnh toàn ℝ , ñược cho sau: x x = x + f ( x) = 1+ ex x ≠ 0 Bài 2: Tìm số thực a, b, c thỏa mãn ñiều kiện a − 2b + 3c − 16 = cho biểu thức: f = 2a + 2b + 2c − 4a − 4b − 4c + 15 ñạt giá trị nhỏ Bài 3: Chứng minh phương trình: a.cos x + b.sin x + c.cos3x = x có nghiệm ñoạn [ −π , π ] với a, b, c ∈ ℝ Bài 4: Tìm hàm số f ( x ) xác ñịnh ñoạn [ 0,1] , biết rằng: ≤ f ( x ) ≤ 1, ∀x ∈ [ 0,1] và: f ( x1 ) − f ( x2 ) ≥ x1 − x2 , ∀x1, x2 ∈ [ 0,1] (*)ðề thi ñược soạn lại Vũ Hữu Tiệp K52-ðTVT-KSTN-ðHBKHN www.VNMATH.com TRƯỜNG ðẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TRUNG TÂM ðÀO TẠO TÀI NĂNG ðề thi tuyển sinh chương trình ñào tạo K.s tài K.s chất lượng cao Năm 2000 Môn thi: Toán học Thời gian: 90 phút(*) Bài 1: Cho dãy số x1 , x2 , , xn , , xác ñịnh sau: x1 > 0, xn = ln (1 + xn−1 ) , ∀n ≥ Chứng minh dãy số hội tụ tới giới hạn l Tìm l Bài 2: Chứng minh f ( x ) hàm số xác ñịnh ℝ, thỏa mãn ñiều kiện f ( x1 ) − f ( x2 ) ≤ x1 − x2 , ∀x1 , x2 ∈ ℝ f ( x ) hàm Bài 3: f ( x ) hàm số xác ñịnh liên tục x ≠ 0, lấy giá trị ≥ 0, thỏa mãn ñiều kiện: x f ( x ) ≤ k ∫ f ( t ) dt , ∀x ≥ 0 Trong ñó k số dương Chứng minh f ( x ) = 0, ∀x ≥ ( Gợi ý: Có thể xét biến thiên hàm số F ( x ) = e x − kx ∫ f ( t ) dt khoảng (0, +∞)) Bài 4: Hàm số f ( x ) thỏa mãn ñiều kiện f " ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ Chứng minh : f ( tx + (1 − t ) y ) ≤ tf ( x ) + (1 − t ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ℝ, ∀t ∈ ( 0,1) Bài 5: Cho số thực k1 , k2 , , kn , khác ñôi Chứng minh : a1e k1x + a2e k2 x + + an e kn x = 0, ∀x ∈ ℝ a1 = a2 = = an = (*)ðề thi ñược soạn lại Vũ Hữu Tiệp K52-ðTVT-KSTN-ðHBKHN www.VNMATH.com TRƯỜNG ðẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TRUNG TÂM ðÀO TẠO TÀI NĂNG ðề thi tuyển sinh chương trình ñào tạo K.s tài K.s chất lượng cao Năm 2001 Môn thi: Toán học Thời gian: 120 phút(*) Bài 1: Cho hàm số f ( x ) = ex ( x + 1) Xét dãy số {un } xác ñịnh bởi: u0 = 1, un+1 = f ( un ) , ∀n ≥ 1 1./ Chứng minh phương trình f ( x ) = x có nghiệm α ∈ ,1 2 1 2./ Chứng minh un ∈ ,1 với n nguyên dương 2 1 3./ Chứng minh f ' ( x ) tăng ñoạn ,1 Suy tồn số 2 k ∈ ( 0,1) cho un+1 − α = k un − α với n nguyên dương 4./ Chứng minh rằng: lim un = α n→∞ Bài 2: Với số x, y ∈ ℝ ta ñặt d ( x, y ) = x− y 1+ x − y Chứng minh với số x, y, z ∈ ℝ ta có: d ( x, y ) ≤ d ( x, z ) + d ( y, z ) Bài 3: Cho hàm số f ( x ) có f " ( x ) > a < b Chứng minh rằng: 1./ f ( λ x1 + (1 − λ ) x2 ) > λ f ( x1 ) + (1 − λ ) f ( x2 ) , ∀x1 , x2 ∈ [ a, b ] , ∀0 < λ < a+b 2./ ∫ f ( x ) dx ≤ ( b − a ) f a b Bài 4: Cho a < b hàm số f ( x ) có f ' ( x ) liên tục ℝ thỏa mãn f ( a ) = f ( b ) = b ∫ f ' ( x ) dx = m Chứng minh rằng: a f ( x) ≤ m , ∀x ∈ [ a, b ] (*)ðề thi ñược soạn lại Vũ Hữu Tiệp K52-ðTVT-KSTN-ðHBKHN www.VNMATH.com TRƯỜNG ðẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TRUNG TÂM ðÀO TẠO TÀI NĂNG ðề thi tuyển sinh chương trình ñào tạo K.s tài K.s chất lượng cao Năm 2002 Môn thi: Toán học Thời gian: 120 phút(*) Bài 1: Cho bất phương trình: x ≥ mx + x 1+ x (1) 1./ Giải bất phương trình (1) m = 2./ Tìm m ∈ ℝ lớn cho bất phương trình (1) nghiệm ñúng với x ∈ ℝ Bài 2: Cho dãy số { xn } xác ñịnh sau: x1 = − f ( x) = x = xn − 1, ∀n ≥ n +1 Chứng minh dãy { xn } có giới hạn n → +∞ tìm giới hạn ñó Bài 3: Cho số thực a0 , a1 , , a2002 thỏa mãn: a0 ≠ a2002 a1 a2 a0 + + + 2003 = Chứng minh phương trình: a0 + a1 x + a2 x + + a2002 x 2002 = có nghiệm ñoạn [ 0,1] Bài 4: Cho hàm số y = f ( x ) có ñạo hàm cấp hai f " ( x ) ≥ toàn ℝ a ∈ ℝ cố ñịnh Tìm giá trị lớn hàm số g ( x ) = f ( x ) + ( a − x ) f ' ( x ) ℝ (*)ðề thi ñược soạn lại Vũ Hữu Tiệp K52-ðTVT-KSTN-ðHBKHN www.VNMATH.com TRƯỜNG ðẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TRUNG TÂM ðÀO TẠO TÀI NĂNG ðề thi tuyển sinh chương trình ñào tạo K.s tài K.s chất lượng cao Năm 2003 Môn thi: Toán học Thời gian: 120 phút(*) Bài 1: Tìm ña thức P ( x ) có bậc bé nhất, ñạt cực ñại x = với P (1) = ñạt cực tiểu x = với P ( 3) = Bài 2: Có tồn hay không ña thức P ( x ) thỏa mãn ñiều kiện: i ) P ( x ) ≥ P "( x ) ii ) P ' ( x ) ≥ P " ( x ) với giá trị x Bài 3: 1./ Cho hàm số xác ñịnh f ' ( x ) > ∀x ∈ ℝ Biết tồn x0 ∈ ℝ ( ( )) cho f f f ( f ( x0 ) ) = x0 Chứng minh f ( x0 ) = x0 2./ Giải hệ phương trình: x = y3 + y − y = z + 2z − z = t + 2t − t = x + x − Bài 4: Cho dãy số { xn } thỏa mãn: x1 = x1 + x2 + + xn = n xn Tìm giới hạn: lim ( n xn ) n →∞ (*)ðề thi ñược soạn lại Vũ Hữu Tiệp K52-ðTVT-KSTN-ðHBKHN www.VNMATH.com TRƯỜNG ðẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TRUNG TÂM ðÀO TẠO TÀI NĂNG ðề thi tuyển sinh chương trình ñào tạo K.s tài K.s chất lượng cao Năm 2004 Môn thi: Toán học Thời gian: 120 phút(*) Bài 1: Tìm số a, b, c cho: lim x →±∞ a ( x3 − x ) + b ( x3 + x − 1) − c ( x + x ) a ( x − x ) − bx + c ( x + 1) + x + x = Bài 2: Chứng minh với tham số m, phương trình: x3 − x − m ( x − 1) = có nghiệm Bài 3: f ( x ) hàm số xác ñịnh ñoạn [ 0,1] , thỏa mãn ñiều kiện: f ( x1 ) − f ( x2 ) < x1 − x2 , ∀x1 , x2 ∈ [ 0,1] Chứng minh tồn ñiểm x0 ∈ [ 0,1] cho: f ( x0 ) = x0 Bài 4: 1./ Chứng minh hàm số f ( x ) liên tục ñoạn [ a, b ] thì: b b a a ∫ f ( x ) dx ≤ ∫ f ( x ) dx 2./ Chứng minh hàm số f ( x ) có ñạo hàm liên tục ñoạn [ a, b ] thỏa mãn ñiều kiện f ( a ) = f ( b ) = thì: b ∫ f ( x) a (b − a ) dx ≤ M (*)ðề thi ñược soạn lại Vũ Hữu Tiệp K52-ðTVT-KSTN-ðHBKHN www.VNMATH.com TRƯỜNG ðẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TRUNG TÂM ðÀO TẠO TÀI NĂNG ðề thi tuyển sinh chương trình ñào tạo K.s tài K.s chất lượng cao Năm 2005 Môn thi: Toán học Thời gian: 120 phút(*) Bài 1: Cho dãy số {un } xác ñịnh sau: , ∀n ≥ un−1 1./ Chứng minh dãy số không dẫn tới giới hạn hữu hạn n → +∞ 2./ Chứng minh rằng: lim un = +∞ u0 = 1, un = un −1 + n →∞ Bài 2: Cho hàm số f ( x ) liên tục, ñơn ñiệu giảm [ 0,b ] a ∈ [ 0, b ] Chứng minh rằng: a b 0 b ∫ f ( x ) dx ≥ a ∫ f ( x ) dx Bài 3: π f ( x ) hàm số liên tục ñoạn 0, , thỏa mãn: 2 π f ( x ) > ∫ f ( x ) dx < Chứng minh phương trình: f ( x ) = sin x π có nghiệm khoảng 0, 2 Bài 4: Cho hàm số: α 1 x sin x ≠ f ( x) = x 0 x = với α số dương Với giá trị α , hàm số f ( x ) có ñạo hàm x Bài 5: Tìm tất hàm số f ( x ) có ñạo hàm liên tục ℝ thỏa mãn hệ thức: f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) + xy, ∀x, y ∈ ℝ (*)ðề thi ñược soạn lại Vũ Hữu Tiệp K52-ðTVT-KSTN-ðHBKHN www.VNMATH.com TRƯỜNG ðẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TRUNG TÂM ðÀO TẠO TÀI NĂNG ðề thi tuyển sinh chương trình ñào tạo K.s tài K.s chất lượng cao Năm 2006 Môn thi: Toán học Thời gian: 120 phút(*) Bài 1: Phương trình: x3 − ax + = 0, (trong ñó a tham số), có nghiệm? Bài 2: Cho dãy số {un } xác ñịnh sau: u0 ∈ ℝ và: un+1 = un + ∫ t − un dt , ∀n ∈ ℕ 1./ Chứng minh rằng: ñó dãy số tăng u0 ≥ thì: un+1 = 2un − , ∀n ∈ ℕ Từ ñó chứng minh rằng: lim un = +∞ n →∞ 2./ Chứng minh ≤ u0 < hay u0 < lim un = +∞ n →∞ Bài 3: Với n nguyên dương, ñặt I n = ∫ x n ln (1 + x ) dx 1./ Tính lim I n n →∞ c 2./ Giả sử c ∈ ( 0,1) ðặt An = ∫ x ln (1 + x ) dx, Bn = ∫ x n ln (1 + x ) dx n Chứng minh rằng: lim n →∞ c An = Bn Bài 4: 1./ Tìm hàm số f ( x ) xác ñịnh ℝ , liên tục 0, cho: f ( x ) = f ( x ) , ∀x ∈ ℝ 2./ Tìm hàm số g ( x ) xác ñịnh ℝ , có ñạo hàm 0, cho: g ( x ) = g ( x ) , ∀x ∈ ℝ Bài 5: x y ñường thẳng chéo A B ñiểm cố ñịnh x CD ñoạn thẳng có chiều dài l cho trước trượt y Tìm vị trí CD cho diện tích toàn phần tứ diện ABCD nhỏ (*)ðề thi ñược soạn lại Vũ Hữu Tiệp K52-ðTVT-KSTN-ðHBKHN www.VNMATH.com TRƯỜNG ðẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TRUNG TÂM ðÀO TẠO TÀI NĂNG ðề thi tuyển sinh chương trình ñào tạo K.s tài K.s chất lượng cao Năm 2007 Môn thi: Toán học Thời gian: 120 phút(*) Bài 1: Cho phương trình: ( 1− x + x ) − x (1 − x ) = m (1) (m tham số ) 1./ Giải phương trình (1) m = 2./ Tìm m ñể phương trình (1) có nghiệm Bài 2: Với n số nguyên dương, ñặt: π π 4 U n = ∫ x n −1 ( sin x ) dx Vn = ∫ x n−1 ( cos x ) 2n n −1 dx Chứng minh rằng: 1./ lim U n = lim Vn = n →+∞ n→+∞ 2./ 2U n + Vn ≤ π2 32 , ∀n ≥ Bài 3: Ký hiệu tập ℝ + tập số thực dương Giả sử f : ℝ + → ℝ + hàm số liên tục thỏa mãn f ( f ( x ) ) = ( x + 1) + Chứng minh rằng: 1./ Nếu f ( x1 ) = f ( x2 ) x1 = x2 2./ Hàm số f ( x ) ñơn ñiệu tăng lim x →+∞ f ( x + 1) = f ( x) Bài 4: Cho mặt phẳng ( P ) ñiểm C , D phía ñối với ( P ) cho CD không vuông góc với ( P ) Hãy xác ñịnh vị trí ñiểm A, B thuộc ( P ) cho AB = a (a > cho trước ) tổng ñộ dài CA + AB + BD ñạt giá trị nhỏ Bài 5: Cho k1 , k2 , , kn số thực dương khác ñôi Chứng minh rằng: λ1 cos ( k1 x ) + λ2 cos ( k2 x ) + + λn cos ( kn x ) = 0, ∀x ∈ ℝ λ1 = λ2 = = λn = (*)ðề thi ñược soạn lại Vũ Hữu Tiệp K52-ðTVT-KSTN-ðHBKHN www.VNMATH.com 10 Phần thứ Hai ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài Kỹ sư chất lượng cao Năm 1999 Môn thi: Toán Bài 1: x x ≠ x + f ( x) = 1+ e x x = 0 Trước tiên ta có lim f ( x ) = ⇒ hàm số liên tục x = x →0 Với x ≠ 0, f ' ( x ) = + 1 t t x = + + e + t.e , ñó t = 2 x + et ) ( x + e + e x + x.e x ðặt g ( t ) = + et + t.et ⇒ g ' ( t ) = et ( + t ) ⇒ g ' ( t ) = ⇔ t = −2 Qua t = −2, g ' ( t ) ñổi dấu từ âm sang dương, t = −2 ñiểm cực tiểu g ( t ) ⇒ g ( t ) ≥ g ( −2 ) = + e −2 − 2e−2 = − e−2 > Do ñó f ' ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ* Vậy f ( x ) ñồng biến ℝ Bài 2: Áp dụng bất ñẳng hức Bunhiacopxki ta có: [(a − 1).1 + (b − 1).( −2) + (c − 1).3]2 ≤ [(a − 1) + (b − 1) + (c − 1) ][12 + ( −2) + 32 ] ⇒ 142 ≤ [a + b + c − 2a − 2b − 2c + 3].14 ⇒ 2a + 2b + 2c − 4a − 4b − 4c + 15 ≥ 2(14 + ) = 37 Dấu xảy khi: a − b − c − (a − 1) − 2(b − 1) + 3(c − 1) = = = = 1 −2 1+ + ⇒ a = 2, b = −1, c = Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 20 ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài Kỹ sư chất lượng cao Năm 2003 Môn thi: Toán Bài 1: Do ña thức P ( x ) ñạt cực ñại cực tiểu x = x = nên deg P ( x ) ≥ P ' ( x ) = ( x − 1)( x − 3) Q ( x ) với Q ( x ) ( deg P ( x ) bậc ña thức P ( x ) ) Nếu deg Q ( x ) = 0, Q ( x ) = a x3 ⇒ P ( x ) = a − x + x + c 4a P (1) = ⇒ + c = P ( 3) = ⇒ c = ⇒ a = ⇒ P ( x ) = x − x + x + Thử lại thấy ña thưc thỏa mãn toán có bậc nhỏ Bài 2: Trước hết ta có nhận xét: Nếu ña thức Q ( x ) không ñổi dấu ℝ deg Q ( x ) chẵn Giả sủ tồn ña thức thỏa mãn toán Xét R ( x ) = P ( x ) − P "( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ Rõ ràng deg R ( x ) = deg P ( x ) ⇒ deg P ( x ) chẵn ⇒ deg P ' ( x ) lẻ ⇒ deg ( P ' ( x ) − P " ( x ) ) = deg P ' ( x ) lẻ ⇒ ña thức ( P ' ( x ) − P " ( x ) ) ñổi dấu ℝ (mâu thuẫn với ii)) ðiều vô lý suy không tồn ña thức thỏa mãn ñiều kiện toán Bài 3: 1./ Do f ' ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ ⇒ x1 > x2 ⇔ f ( x1 ) > f ( x2 ) ( ) Nếu: f ( x0 ) > x0 ⇒ f ( f ( x0 ) ) > f ( x0 ) > x0 ⇒ f f ( f ( x0 ) ) > f ( f ( x0 ) ) > x0 ( ( )) ( ) ⇒ f f f ( f ( x0 ) ) > f f ( f ( x0 ) ) > x0 Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 21 Tương tự ñối với trường hợp f ( x0 ) < x0 ðiều vô lý dẫn ñến f ( x0 ) = x0 2./ Không giảm tổng quát, giả sử x = max { x, y, z , t} ⇒ x ≥ y; x ≥ t x ≥ y ⇒ y + y − ≥ y ⇔ ( y − 1) ( y + y + ) ≥ ⇔ y ≥ ⇒ x ≥ x ≥ t ⇒ t + 2t − ≤ t ⇔ ( t − 1) ( t + t + ) ≤ ⇔ t ≥ ⇒ x ≤ ⇒ x = ⇒ y = t = ⇒ z = Vậy nghiệm hệ phương trình x = y = z = t = Bài 4: Từ: x1 + x2 + + xn = n xn ⇒ n xn + xn +1 = ( n + 1) xn +1 ⇒ n xn = n ( n + ) xn +1 ⇒ xn +1 = ⇒ ⇒ xn +1 = n ( n − 1) n xn ⇒ xn +1 = x n+2 ( n + )( n + 1) n n ( n − 1) 2.1 ( n + )( n + 1) 4.2 x1 = ( n + )( n + 1) 4n ⇒ lim n xn = = n →∞ ( n + 1) n Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 22 ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài Kỹ sư chất lượng cao Năm 2004 Môn thi: Toán Bài 1: lim x →±∞ a ( x3 − x ) + b ( x3 + x − 1) − c ( x3 + x ) a ( x − x ) − bx + c ( x + 1) + x + x = ( 2a + b − 3c ) x3 + ( 5b − a − c ) x − b = x →±∞ 5a − b + 4c x + x + − a + x + c ( ) ( ) ⇔ lim Nhận xét, ñể tồn giới hạn trên, tử mẫu phải có bậc hệ số cao tử mẫu phải nhau, ñiều tương ñương với: a = − 109 5a − b + 4c = 46 2a + b − 3c = ⇔ b = 109 5b − a − c = 14 c = 109 Bài 2: Xét hàm số f ( x ) = x3 − x − m ( x − 1) f ' ( x ) = 3x − 2mx − Ta thấy phương trình f ' ( x ) = có nghiệm trái dấu x1 , x2 ac < 2m x m f ( x ) = − ( x − 2mx − ) − + x 3 2m ⇒ f ( x1 ) f ( x2 ) = + x1 x2 < Vậy ñiểm cực trị hàm số ñồ thị hàm số y = f ( x ) nằm phía trục hoành Lại f ( x ) ña thức bậc nên phương trình f ( x ) = luôn có nghiệm phân biệt Bài 3: Từ: f ( x1 ) − f ( x2 ) < x1 − x2 Cho x1 → x2 ⇒ f ( x1 ) → f ( x2 ) ⇒ f ( x ) liên tục [ 0,1] Trước hết ta chứng minh tồn x0 ∈ [ 0,1] : f ( x0 ) = x0 (1) Theo giả thiết: f ( ) ≥ 0, f (1) ≤ Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 23 Nếu BðT xảy dấu ⇒ (1) ñúng f ( ) > Nếu Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) − x, x ∈ [ 0,1] ⇒ g ( x ) liên tục [ 0,1] f (1) < Mà g ( ) > 0, g (1) < ⇒ ∃x0 ∈ [ 0,1] : g ( x0 ) = ⇒ f ( x0 ) = x0 Vậy (1) ñúng Giả sử tồn a, b ∈ [ 0,1] : f ( a ) = a, f ( b ) = b, a ≠ b Theo giả thiết: a − b = f ( a ) − f ( b ) < a − b Vô lý ⇒ Gải sử sai Vậy tồn số x0 thỏa mãn f ( x0 ) = x0 Bài 4: b ∫ 1./ a b f ( x ) dx ≤ ∫ f ( x ) dx a Chia [ a, b] thành ñoạn nhỏ mà ñoạn ñó f ( x ) không ñổi dấu Giả sử a = x0 < x1 < x2 < < xn = b ñiểm chia Ta có: b n −1 xi +1 n −1 xi +1 n −1 xi +1 b a i = xi i =0 i = xi a ∫ f ( x ) dx = ∑ ∫ f ( x ) dx ≤ ∑ ∫ f ( x ) dx = ∑ ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx xi 2./ Ta thấy, với ∀x ∈ ( a, b ) , ∃t ∈ ( a, x ) , k ∈ ( x, b ) : | f ( x) |=| f ( x) − f (a) |=| f '(t ) | ( x − a) ≤ M ( x − a) | f ( x) |=| f (b) − f ( x) |=| f '( k ) | (b − x) ≤ M (b − x) b Suy b ∫ f ( x ) dx ≤ ∫ f ( x ) dx a a a +b = b ∫ f ( x ) dx + ∫ a a+b a +2 b b f ( x ) dx ≤ M ∫ ( x − a ) dx + ∫ ( b − x ) dx a +b a a+b b a − b) ( M 2 M = ( x − a ) − (b − x ) a + b = a Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 24 ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài Kỹ sư chất lượng cao Năm 2005 Môn thi: Toán Bài 1: un +1 = un + un (1) 1./ Giả sử tồn lim un = l Trong (1) cho n → +∞ ⇒ l = l + Phương trình n →∞ l vô nghiệm ⇒ không tồn giới hạn lim un n →∞ 2./ Do u0 = > ⇒ un > 0, ∀n ⇒ {un } dãy tăng Giả sử ∃M : un < M , ∀n ⇒ {un } bị chặn ⇒ {un } hội tụ Mâu thuẫn với câu 1./ Vậy giả sử sai ⇒ lim un = +∞ n →∞ Bài 2: Do f ( x ) liên tục [ 0,b ] ⇒ ∃F ( x ) nguyên hàm f ( x ) ñoạn ñó a b 0 ⇒ b ∫ f ( x ) dx ≥ a ∫ f ( x ) ⇔ b ( F ( a ) − F ( 0)) ≥ a ( F ( b ) − F ( )) ⇔ (b − a ) ( F ( a ) − F ( 0) ) ≥ a ( F (b ) − F ( a )) Theo ñịnh lý Lagrange ∃c ∈ ( 0, a ) , d ∈ ( a, b )( c < d ) : F ( a ) − F ( ) = f ( c ) a F ( b ) − F ( a ) = f ( d ) ( b − a ) Vậy BðT ñề tương ñương với: ( b − a ) f ( c ) a ≥ a f ( d )( b − a ) Do f ( x ) hàm số ñơn ñiệu giảm ⇒ f ( c ) ≥ f ( d ) Mà ( b − a ) a ≥ nên BðT ñã cho ñúng Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 25 Bài 3: π Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) − sin x với x ∈ 0, 2 Ta có g ( ) = f ( ) > Và (1) π π π π 2 2 ∫ g ( x ) dx = ∫ ( f ( x ) − sin x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ sin xdx < − = 0 0 (2) Nếu ∃x0 : g ( x0 ) = ⇒ dpcm π π Nếu g ( x ) > 0, ∀x ∈ 0, ⇒ ∫ g ( x ) dx > Mâu thuẫn với (2) 2 Nếu ∃x1 : g ( x1 ) < π Kết hợp với (1) g ( x ) liên tục 0, ⇒ ∃x0 : g ( x0 ) = ⇒ f ( x0 ) = sin x0 ( dpcm ) 2 Bài 4: α x sin f ( x) = x 0 Ta có ≤ x a sin x≠0 (α > ) x = ≤ xα lim xα = α > x →0 x Vậy lim f ( x ) = = f ( ) nên f ( x ) liên tục ℝ x →0 Rõ ràng với ∀α , f ( x ) có ñạo hàm tạo ∀x ≠ Ta phải tìm α ñể tồn f ' ( ) , tức tồn giới hạn lim x →0 f ( x ) − f ( 0) 1 = lim xα −1 sin x → x x Tương tự trên, giới hạn tồn α > Với α ≤ 1, ta chứng minh không tồn giới hạn 1 Thật lim xα −1 sin = lim ( t1−α sin t ) x →0 x t →∞ Dễ dàng chứng minh ñược giới hạn không tồn phản chứng Giả sử lim ( t 1−α sin t ) = M Tức ∀ε > 0,∃t0 : ∀t ≥ t0 t →∞ Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN t 1−α sin t − M < ε Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 26 Cho t = kπ ⇒ M = ñiều với t = π + k 2π , k > t0 2π 1− α π t 1−α sin t − M = + k 2π 2 không tồn giới hạn nhỏ ε ( ε ñủ nhỏ) ðiều vô lý dẫn ñến Kết luận: α > Bài 5: f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) + xy, ∀x, y ∈ ℝ (1) ðặt g ( x ) = f ( x ) − x ⇒ (1) ⇔ f ( x + y ) − ( x + y ) = f ( x ) − x + f ( y ) − y 2 ⇔ g ( x + y ) = g ( x ) + g ( y ) (2) Do f ( x ) có ñạo hàm liên tục ℝ nên g ( x ) có ñạo hàm liên tục ℝ Cho x = y = ⇒ g ( ) = g ( ) ⇒ g ( ) = Ta có: ( ) ⇔ g ( x + y) − g ( x) y = g ( y ) − g ( 0) y Cho y → ⇒ g ' ( x ) = g ' ( ) , ∀x ∈ ℝ ⇒ g ' ( x ) = c, ∀x ∈ ℝ ( c = const ) ⇒ g ( x ) = cx + d ( d = const ) ⇒ f ( x ) = x + cx + d Thay vào (1) ⇒ d = Vậy f ( x ) = x + cx Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 27 ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài Kỹ sư chất lượng cao Năm 2006 Môn thi: Toán Bài 1: x3 − ax + = ðặt vế trái phương trình f ( x ) f ' ( x ) = x − 2ax x = f '( x ) = ⇔ 2a x = ( 27 − a ) 4a a 8a f ( ) = > 0, f = − +4= 27 27 Từ ñó ta suy ra: Nếu a < : Phương trình có nghiệm thực Nếu a = : Phương trình có nghiệm(1 nghiệm kép x = ) Nếu a > : Phương trình có nghiệm phân biệt Bài 2: un +1 = un + ∫ t − un dt 1./ u0 ≥ Từ cách xác ñịnh dãy ta có un +1 ≥ un ≥ 1, ∀n ∈ ℕ 1 ⇒ un +1 = un + ∫ t − un dt = un + ∫ ( un − t ) dt = 2un − 0 Từ ñó suy lim un = +∞ n →∞ 2./ Nếu u0 ≤ ⇒ u1 = u0 + ∫ ( t − u0 ) dt = u0 + 1 − u0 = 2 Vậy ta cần xét với < u0 < 1 u0 0 Khi ñó u1 = u0 + ∫ t − un dt = u0 + = u + u0 ( u − ) − ∫ (u − t) + ∫ ( t − u ) dt u0 u02 − u02 + − u0 (1 − u0 ) 2 = u02 + Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 28 Do < u0 < ⇒ u1 > Nếu u1 ≥ ⇒ dpcm (Theo câu 1./) 1 1 < u1 < ⇒ u2 = u12 + > + = 2 4 Tương tự u2 < u3 = u22 + > + > 16 Vậy theo câu 1/ ta có dpcm Nếu Bài 3: 1./ I n = ∫ x n ln (1 + x ) dx ⇒ I n ≥ 0, ∀n ∈ ℕ* (*) Ta có: ≤ I n ≤ ∫ x n ln 2dx = ln n +1 ln Do lim = nên theo nguyên lý giới hạn kẹp ta có lim I n = n →+∞ n + n →+∞ c c 2./ Ta có An = ∫ x n ln (1 + x ) dx ≤ ln (1 + c ) ∫ x n dx 0 Bn = ∫ x n ln (1 + x ) dx ≥ ln (1 + c ) ∫ x n dx ≥ c c c ∫ x dx n A ⇒0≤ n ≤ Bn ∫ x dx n c n +1 = − c n +1 c n +1 c = < c < n →∞ − c n +1 Mà lim Theo nguyên lý giới hạn kẹp ⇒ lim n →∞ An = Bn Bài 4: 1./ f ( 2x) = f ( x) x x x Từ giả thiết ta có f ( x ) = f = f = = f n , ∀n ∈ ℕ 2 4 2 x Với x cho n → +∞ ⇒ f n → f ( ) f ( x ) liên tục x = 2 ⇒ f ( x ) = f ( ) , ∀x ∈ ℝ Vậy nghiệm toán f ( x ) = c, ∀x ∈ ℝ, ( c = const ) Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 29 2./ Từ g ( x ) = g ( x ) ⇒ g ( ) = Và g ( 2x ) 2x = 2g ( x) 2x = g ( x) x = g ( x ) − g ( 0) x Do g ( x ) khả vi x = nên h ( x ) = g ( x) x Theo câu 1./ ta có h ( x ) = c ⇒ g ( x ) = cx liên tục x = h ( x ) = h ( x ) Bài 5: Gọi HK ñường vuông góc chung x, y Qua H kẻ ñường thẳng y’ song song với y Qua C , D kẻ CP, DQ song song với HK, P,Q nằm y’ Ta có: 1 StpABCD = S ACD + S BCD + SCAB + S DAB = CD ( d ( A, y ) + d ( B, y ) ) + AB ( d ( C , x ) + d ( D, x ) ) 2 Vậy diện tích toàn phần tứ diện ABCD nhỏ d ( C , x ) + d ( D, x ) ñạt giá trị nhỏ Gọi I,J chân ñường vuông góc hạ từ C,D xuống x Ta phải tìm vị trí C,D ñể CI + DJ ñạt giá trị nhỏ Ta có CI + DJ = CH − HI + DH − HJ Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 30 = HK + CK − HI + HK + KD − HJ = HK + PH − HI + HK + HQ − HJ = HK + PI + HK + QJ = HK + PH sin α + HK + QH sin α Với α góc x y PQ = CD= l Lại có: HK + PH sin α + HK + QH sin α ≥ HK + sin α ( PH + QH ) ≥ HK + sin α PQ = HK + sin α l Dấu xảy H trung ñiểm PQ Từ ñó suy vị trí C, D Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 31 ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài Kỹ sư chất lượng cao Năm 2007 Môn thi: Toán Bài 1: ( 1− x + x ) − x (1 − x ) = m (*) 1./ ðiều kiện: ≤ x ≤ ðặt t = − x + x t −1 x (1 − x ) = ⇒ t = + x (1 − x ) ⇒ t ≥ Và t = ( ) ≤ (1 + ) (1 − x + x ) = ⇒ t ≤ 1− x + x 2 Vậy ≤ t ≤ t −1 Thay vào (*) ta có: t − = m Khi m = t −1 t ⇔ − = ⇔ 2t − t − = () 2 ⇔ ( t − 1) ( 2t + t + 1) = ⇔ t = (1) x = Theo trên, t ≥ , dấu xảy ⇔ x = Vậy nghiệm phương trình x = 0, x = t −1 2./ ðặt f ( t ) = t − , t ∈ 1, Phương trình (1) có nghiệm m nằm dải giá trị f ( t ) Ta có: f ' ( t ) = 3t − t = t ( 3t − 1) Do ≤ t ≤ ⇒ f ' ( t ) > 0∀t ∈ 1, ⇒ f (1) ≤ f ( t ) ≤ f ( ) ⇒ ≤ f (t ) ≤ 2− 1 Vậy với m ∈ 1, 2 − phương trình ñã cho có nghiệm 2 Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 32 Bài 2: π π 4 U n = ∫ x n −1 ( s inx ) dx, Vn = ∫ x n −1 ( cos x ) 2n n −1 dx 2n π 1./ Ta thấy ≤ U n ≤ ∫ x n −1dx = 2n π π Mà lim n →∞ 2n 2n = (do π < 1) ⇒ lim U n = n →∞ Tương tự, lim Vn = n →∞ π 2./ Với x ∈ 0, ≤ sinx, cos2 x ≤ 4 ⇒ ≤ x n −1 ≤ x, ≤ ( sinx ) ≤ sin x, ≤ ( cos2 x ) 2n n −1 ≤ cos2 x Vậy: π π 2U n + Vn = ∫ x n −1 ( (sinx ) 2n + ( cos2 x ) n −1 ) dx ≤ ∫ x ( 2sin x + cos2 x ) dx π = ∫ xdx = π2 32 Bài 3: f ( f ( x )) = ( x + 1) + 1./ Ta có f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇒ f ( f ( x1 ) ) = f ( f ( x2 ) ) ( x1 + 1) + = ( x2 + 1) + 5 ⇔ ( x1 + 1) + = ( x2 + 1) + ⇔ x1 = x2 ⇒ 5 Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 33 2./ Theo câu 1./, f ( x ) ñơn ánh, kết hợp với f ( x ) liên tục ℝ ⇒ f ( x ) ñơn ñiệu ℝ Nếu f ( x ) ñơn ñiệu giảm ℝ ( ) ( ( )) > f ( x ) f ( f ( f ( x ) ) ) < f ( x ) (Do f ( x ) ñơn ñiệu giảm ℝ ) Từ giả thiết ta có f f ( x ) > x + > x ⇒ f f f ( x ) Và Mâu thuẫn suy f ( x ) ñơn ñiệu tăng ℝ ( ) Do lim f f ( x ) = +∞ nên lim f ( x ) = +∞ x →+∞ x →+∞ Ta có với x ñủ lớn, < Mà lim ( f ( x ) + 1) f ( x + 1) f ( x) +1 f ( x) x →+∞ < ( f f ( f ( x )) f ( x) = lim ) = ( f ( x ) + 1) ( f ( x ) + 1) Theo nguyên lý giới hạn kẹp ta có lim x →+∞ f ( x + 1) f ( x) +1 f ( x) +1 f ( x) f ( x ) →∞ = = Bài 4: Gọi H , K hình chiếu C, D xuống (P) I giao ñiểm CD, HK Ta có: B CA + AB + BD = I AB + CH + HA + DK + KB 2 2 K H P Vậy ta cần xác ñịnh A, B ñể A CH + HA2 + DK + KB ñạt giá trị nhỏ Theo BðT Mincopxki ta có: D CH + HA2 + DK + KB ≥ ( CH + DK ) + ( HA + KB ) 2 HA + AB + BK ≥ HK 2 ⇒ HA + KB ≥ HK − AB ⇒ ( HA + KB ) ≥ HK − a Mà AH + HK + KB ≥ AB Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 34 Dấu xảy khivà khi: A, H , K , B thẳng hàng (theo thứ tự ñó a > HK , theo thứ tự H , K , A, B a < HK , A ≡ H , B ≡ K KHI a = HK ) và: HA CH IH IA IA CH a.CH = = = ⇒ = ⇒ IA = KB DK IK IB a CH + DK CH + DK Tóm lại: CA + AB + BD ñạt giá trị nhỏ A,H nằm phía so với I IA = a.CH CH + DK Bài 5: λ1cos ( k1 x ) + λ2cos ( k2 x ) + + λn cos ( kn x ) = 0, ∀x ∈ ℝ (1) Quy nạp theo n Với n = , khẳng ñịnh toán hiển nhiên ñúng Giả sử khẳng ñịnh ñã ñúng ñến n − Với n ðặt f ( x ) vế trái (1) Ta có: − f " ( x ) = k12 λ1cos ( k1 x ) + k22λ2cos ( k2 x ) + kn2λn cos ( kn x ) = 0, ∀x ∈ ℝ ⇒ f ( x ) + kn2 f "( x ) = 0, ∀x ∈ ℝ n −1 ⇔ ∑ ( ki2 − kn2 ) λ1 cos ( ki x ) = 0, ∀x ∈ ℝ i =1 Theo giả thiết quy nạp ta có ( ki2 − kn2 ) λi = 0, ∀i = 1, n − Do ki , i = 1, n − số thực dương khác ⇒ λi = 0, ∀i = 1, n − ⇒ λn = Theo nguyên lý quy nạp ta có dpcm CHÚC CÁC BẠN ÔN TẬP TỐT Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 [...]... 0, ∀x ∈ ℝ i =1 Theo giả thi t quy nạp ⇒ ( kn − k1 ) a1 = ( kn − k2 ) a2 = = ( kn − kn −1 ) an −1 = 0 Do các ki khác nhau ñôi một nên a1 = a2 = = an −1 = 0 Từ ñó hiển nhiên an = 0 Theo nguyên lý quy nạp, bài toán ñược chứng minh Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 15 ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài năng và Kỹ sư chất lượng cao Năm 2001 Môn thi: Toán Bài 1: 1./ Xét... PQ 2 = 4 HK 2 + sin 2 α l 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi H là trung ñiểm của PQ Từ ñó suy ra vị trí C, D Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 31 ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài năng và Kỹ sư chất lượng cao Năm 2007 Môn thi: Toán Bài 1: ( 1− x + x ) 3 − x (1 − x ) = m (*) 1./ ðiều ki n: 0 ≤ x ≤ 1 ðặt t = 1 − x + x t 2 −1 x (1 − x ) = ⇒ t = 1 + 2 x (1 − x ) ⇒ ... = 0, ∀x ∈ ℝ ⇒ f ( x ) + kn2 f "( x ) = 0, ∀x ∈ ℝ n −1 ⇔ ∑ ( ki2 − kn2 ) λ1 cos ( ki x ) = 0, ∀x ∈ ℝ i =1 Theo giả thi t quy nạp ta có ( ki2 − kn2 ) λi = 0, ∀i = 1, n − 1 Do ki , i = 1, n − 1 là các số thực dương khác nhau ⇒ λi = 0, ∀i = 1, n − 1 ⇒ λn = 0 Theo nguyên lý quy nạp ta có dpcm CHÚC CÁC BẠN ÔN TẬP TỐT Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 ... Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 27 ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài năng và Kỹ sư chất lượng cao Năm 2006 Môn thi: Toán Bài 1: x3 − ax 2 + 4 = 0 ðặt vế trái của phương trình là f ( x ) thì f ' ( x ) = 3 x 2 − 2ax x = 0 f '( x ) = 0 ⇔ 2a x = 3 3 4 ( 27 − a 3 ) 4a 3 2 a 8a f ( 0 ) = 4 > 0, f = − +4= 9 27 3 27 Từ ñó ta có thể suy ra: Nếu a < 3 : Phương... x f (1) = 0 *)TH2 f (0) = 1 Làm tương tự ta có f ( x ) = 1 − x Kết luận: có 2 hàm số thỏa mãn ñiều ki n bài toán là: f ( x) = x f ( x ) = 1 − x Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 12 ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài năng và Kỹ sư chất lượng cao Năm 2000 Môn thi: Toán Bài 1: Xét g ( x ) = x − ln (1 + x ) có g ' ( x ) = 1 − 1 > 0, x ∈ ( 0, +∞ ) 1+ x ⇒ g ( x ) ñồng... x) b Suy ra b ∫ f ( x ) dx ≤ ∫ f ( x ) dx a a a +b 2 = b ∫ f ( x ) dx + ∫ a a+b 2 a +2 b b f ( x ) dx ≤ M ∫ ( x − a ) dx + ∫ ( b − x ) dx a +b a 2 a+b b 2 a − b) ( M 2 2 M = ( x − a ) 2 − (b − x ) a + b = 2 4 a 2 Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 24 ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài năng và Kỹ sư chất lượng cao Năm 2005 Môn thi: ... ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = f ( x0 ) − f ( a ) + f ( b ) − f ( x0 ) = 2 f ( x0 ) ⇒ f ( x ) ≤ f ( x0 ) ≤ m 2 Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 18 ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài năng và Kỹ sư chất lượng cao Năm 2002 Môn thi: Toán Bài 1: x ≥ mx 2 + x 1+ x 1./ Khi m = 2, (1) ⇔ (1) x ≥ 2 x 2 + x 1+ x (2) Xét 3 trường hợp: *)TH1: x > 0 ( 2) ⇔ x 3 ≥ ( 2 x + 1) x ⇔... nghiệm của BPT là x ≤ − và x = 0 2 2./ ðiều ki n cần: Giả sử m là số thỏa mãn ⇒ x ≥ mx 2 + x, ∀x > 0 1+ x x ≥ mx 2 + x ⇔ mx + ( m + 1) ≤ 0, ∀x > 0 ⇒ m ≤ 0 1+ x Cho x → 0+ ⇒ m + 1 ≤ 0 ⇒ m ≤ −1 ( 3) ⇔ ðiều ki n ñủ: Với m = −1 Thay vào ta thấy BPT ñúng với mọi x ∈ ℝ Kết luận m = −1 Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 19 Bài 2: Từ giả thi t ta có: xn > −1, ∀n Do 1 1 1 x1 =... cùng dấu ⇒ h ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇒ g ( x ) ≤ f ( a ) , ∀x ∈ ℝ Dấu bằng xảy ra khi x = a Vậy max g ( x ) = f ( a ) Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 20 ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài năng và Kỹ sư chất lượng cao Năm 2003 Môn thi: Toán Bài 1: Do ña thức P ( x ) ñạt cực ñại và cực tiểu tại x = 1 và x = 3 nên deg P ( x ) ≥ 3 và P ' ( x ) = ( x − 1)( x − 3) Q ( x ) với... n + 1) n n ( n − 1) 2.1 ( n + 2 )( n + 1) 4.2 x1 = 4 ( n + 2 )( n + 1) 4n 2 ⇒ lim n xn = = 4 n →∞ ( n + 1) n 2 Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 22 ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài năng và Kỹ sư chất lượng cao Năm 2004 Môn thi: Toán Bài 1: lim x →±∞ a ( 2 x3 − x 2 ) + b ( x3 + 5 x 2 − 1) − c ( 3 x3 + x 2 ) a ( 5 x 4 − x ) − bx 4 + c ( 4 x 4 + 1) + 2 x 2 + 5 x = 1 ... = λ2 = = λn = (*)ðề thi ñược soạn lại Vũ Hữu Tiệp K52-ðTVT-KSTN-ðHBKHN www.VNMATH.com 10 Phần thứ Hai ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài Kỹ sư chất lượng cao Năm 1999 Môn thi: Toán Bài 1: x x... mãn ñiều ki n toán là: f ( x) = x f ( x ) = − x Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 12 ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài Kỹ sư chất lượng cao Năm 2000 Môn thi: Toán... trung ñiểm PQ Từ ñó suy vị trí C, D Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 www.VNMATH.com 31 ðÁP ÁN Kỳ thi chọn hệ Kỹ sư tài Kỹ sư chất lượng cao Năm 2007 Môn thi: Toán Bài 1: (