Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)Câu1
a)
2 yx x
TXĐ :R Đạo hàm
3 ' 4
0 '
1 y x x
x y
x
Các điểm cực trị A (0;0),B(1;-1);C(-1;-1)
1 '
1 x
y
x
h/s đồng biến (-1;0)và (1;+)
'
0 x
y
x
h/s nghịch biến ( ; 1) (0;1)v
BBT:
x’ -∞ -1 +∞
y’ - + - + y +∞ +∞
-1 -1 Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng
Đồ thị cắt trục hoành điểm A(0;0), D ( 2;0) àv E( 2;0)
(2)b)
3
2
4
' 4( 1) ( 1)
0
( 1) (*)
y x m x
y x m x
x x m x
x m
Để (1) có cực trị pt (*) có nghiệm phân biệt khác m+1>0 m >-1
Với m>-1 pt (*) có nghiệm phân biệt
1
x m x2 m1 Gọi
2
(0; ); ( 1; 1) ( 1; 1)
M m N m m
P m m
Vì đồ thị hàm số đối xứng qua trục 0y nên MNP phải cân M
Vậy tam giác MPN vuông M suy
2 2
MN MP NP (m1) ( m1)3 1 <=>m=0 (vì m>-1)
Vậy m=0
Câu
(3)
3sin 2 cos2 2cos 1
2
2 sin cos 2cos 1 2cos 1
cos 3 sin cos 1 0
cos 0
3 1 1
sin cos
2 2 2
2
1 sin
6 2
2
2
6 6
5
2
6 6
2
2 , ,
2
2 3
x x x
x x x x
x x x
x
x x
x k
x
x k
x m
x n
x k
x m k n m
x n
Câu
Đặt y = -z
3 2
2
3 9 22 0
1 2
x z x z x z
x z x z
(4)
3
2
3
2
3 22
1
2
3 22
1
2
2
S SP S P S
S x z
P xz S P S
S SP S P S
S P S
Từ (2)
2
2 2 1
4
S S
P
Thay vào (1) ta :
3 2
3
2
3 6
2 2 1 3 2 2 1 9 22 0
4 4
2 6 45 82 0
2
2 41 0 3
S S S S S S S S
S S S
S
S S
Phương trình (3) vơ nghiệm ' 40 Vậy
2
3 3 1 1 3
2 3 ; ; , ;
4 2 2 2 2
4
x z
S P x z
xz
Vậy
3 1 1 3
; ; , ;
2 2 2 2
x y
Câu
3
2 2
1
3
1
2
1
1 ln 1 1 ln 1
ln 1 1
x x
I dx dx
x x x
x
dx dx I I
x x
(5)
3
1 1
1
2 1
1 1 2
3
ln 1
I dx
x x
x
I dx
x
Đặt
2
3
1
3
1
3
1
1 ln 1
1 1
1
1 1
ln 1
1
1 1 1
ln ln 2
3 1
1
ln ln ln
3 1
1 3
ln ln
3 2
u x du dx
x
dv dx
v dx
x
x
I x dx
x x x
dx dx
x x
x x
Vậy
2 1 3
ln ln
3 3 2
I
Câu
Tích Thể Tích khối chóp S.ABC Gọi M trung điểm AB
=>MH= MB=1 a
3 6
Vì ABC cạnh a, CM đường cao => CM=a 3
2
(6)2 2 2
CH =CM +MH =
2 2
a 3 a
+
2 6
=7 2a 9
=>CH=a 7 3
Ta có SC, ABC =SCH=60 o
SH a 21
tanSCH= = 3 SH=HC 3=
HC 3
=>
2 3
1 1 a 21 a 3 a 7
V = SH.S = . =
SABC 3 ΔABC 3 3 4 12
Xét mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A song song với BC Nên BC//(SA;d)
=>
d =d
BC;SA B SA,d
Dựng hình thoi ABCD Dựng HK
( )
( )
HK AD k AD HI SK I SK
Ta có SH ABCSH AD
Mà HK AD nên ADSHK
SAD SHK
Mà HI SK n n HIê SAD
HI khoảng cách từ H đến (SAD) 2 3
AH sin .
3 2 3
a a
KH KAH
Vì
2
2 2
1 1 3 24
90 ê
7 21
7
o
SHK n n
HI HS HK a a a
a HI
(7)Vì BC//(SAD)
2 3
HA AB nên khoảng cách cần tìm
3 3 7 42
.
2 2 2 6 8
a a
HI
Câu Cách 1:
Không tổng quát, giả sử x y z. Từ giả thiết suy z x y đó,
2
2
2
2 2
3 3 3 12
3 3 3 12
x y y z x z
x y y x x y
P x y x y
x y x y
Đặt
2 2
a x y b y x
2
3
a b x
b a y
a b 0
Thay vào P ta :
2
2
3 3 3 2
3 3 3 2 3
2 2
a b a b
a b a b
P a ab b
a b a b
Đặt ,
2 2
a b a b
u v u v 0 ta có :
2 2
9v 3u v 3u v 2 3
P u v
(8)2
2
( ) 9 3 3 2 3 , 0
2 '( ) 3 ln 3 ln 3
3 2 ln 2 0
v u v u v
u v u v
P f u u v u v
u f u
u v
( )
f u
đồng biến v;)kéo theo
2
( ) ( ) 9 3 1 4 2.9 4 1 (1)
v v
v
f u f v v
v
Xét g v( ) 2.9v 4v1,v 0
'( ) 2.9 ln 4v 4.9 ln 4v 4ln 4 0 0
g v do v
Suy g(v) đồng biến 0;), kéo theog v( )g(0)3 (2) Từ (1) (2),suy f(u)3 hay P3
Đẳng thức xảy u=v=0 hay x = y = z =0 Vậy P=3
Cách2
Đặt a x y b, y Z c, z x
Từ giả thiết suy x2 y2 z2 2xy yzzx Do 6x2 y2 z22 x y2 y z2 z x2
Vì đặt a x y b, y z c, z x a b c, , 0 a b c b c, a c, a b
Ta có
2 2
3a 3b 3c 2
P a b c
Vì a b c nên
2
a b c c
Tương tự
2
b c a a c a b b
Công ba bất đẳng thức ta
2 2 2 2 2 2 2
2 ab bc ca a b c a b c 2 a b c
(9)
3 3
3 3
a b c
a b c
P a b c a b c
Xét hàm
'
3 , 0
3 ln 1 0 0 1
x
x
f x x x
f x
f x f
Vì Vậy P3, dấu “=” xảy x = y = z =
Câu a)
2
1
11
15
2 ,
2
2
h d M AN
Đặt
6 , 0
AB x x
Có
2
2
2
2 2 2
1 1
. 6 2 6
2 2
1 1
. 6 3 9
2 2
1 1
. 3 4 6
2 2
36 6 9 6 15
ADN
ABM
CMN
AMN ABCD ADN ABM CMN
S AD DN x x x S AB BM x x x S CM CN x x x
S S S S S
x x x x x
Theo định lý pitago 2
AN AD DN
2
2
36 10
2 30 15
2
2 10 10
AMN
x x x
S x x
h x
AN x
(10)Định lý pitago
2 2 45
36 145
2
AM AB BM x x x
:2 3 0 2 3
AN x y y x
Đặt: A a a( ; 3)
2
2
2
11 45
2
2 2
11 45
2
2 2
5 25 20
4
a a
a a
a a a a
a a
Vậy A1(1; 1), A2(4;5)
Câu
a).
Gọi
( 1; ; 2)
1; ; 2
0; 0;3
A a a a B b b b I
Với a ≠ b
2
2 2
2
2 2
1; 2; 1; ;
2
2
IA a a
IB b b b
IA a a a a
IB b b b b
(11)
2
2
2 1
6
3 (1)
6 (2)
a b ab
IA IB
a a b b
IA IB
ab a b a b a b
Từ (2) a ≠ b
3
a b
vào (1) Ta
1
ab
2
1 2
3
1 2
3 8 3
a
b IA
Vậy
2 2 2
:
3
S x y Z
Câu 9. a)
1
2
5
1
5
1.2.3
30
3 28 7( / )
4( )
n
n n
C C
n n n
n
n n
n n
n t m
n loai
(12)7
2
7 1 1
14 2
x x
hay
x x
Số hạng tổng quát
7
7
14
1 2
1 , , 7
2
k k
k
k k
k
k
x C
x x
C k N k
Xét
14 3 k 5 k 3
Vậy số hạng chứa
x
3
3
7
35 1
2 16
x
C x
Câu 7b) Do tính đối xứng (E) nên giao điểm (C) (E) đỉnh hình vng thỏa mãn A(a;a) a>0
Suy a2 a2 8 a 2
2
2 2
4 4
( ) :E x y 1 1
m n m n
Vì 2m=8 nên m=4 2
1 4 16
1
4 n n 3
Vậy
2
( ): 1
16 16
3
x y E
Câu 8b) Viết lại (d) dạng:
( )
x t y t t z t
(13)2
2
2
2 5 2
2
t a a t
t b b t
t c c t
a b c a b c
t t t
t
Vậy M(3;2;4), khác A => thỏa mãn
Câu 9 b)
Đặt
, .
Z a bi a bR
5
2
5
5 5 2
3
3
6
Z i
i
a bi i i a bi
a bi i a bi ai b i
a b i b a
a b a
b a b
Vậy
2
2
1 , 1 1 2 1 2 W=1+1+i+2i=2+3i
2 3 13
Z i Z i i i
Z
313