Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ phương trình f =t 0 có nghiệm t≥0... Theo định lí Viet đảo x, y là nghiệm của phương trình.
Trang 1Đáp án môn Toán - lần 1
I 1 *) TXĐ: ∀x≠ư1
*) CBT: Ta có
≥
ư
≤
⇔
≥ +
ư
=
⇒ + + +
=
0
2 0
1
1 1 ' 1
1
x
x x
y x
x y
⇒ BBT
Hàm số đạt cực đại tại x=ư2 với yCĐ = -1; đạt cực tiểu tại x =0 với yCT = 3
ư
→ 1
lim
x
y nên x=ư1 là tiệm cận đứng của (H)
1
1 lim ) 2 (
+
= +
ư
∞
→
∞
*) Đồ thị:
+) (H) đối xứng qua điểm (-1; 1)
1
3 3 ,
0 0 2 0 0 0
+
+ +
x
x x y y
tuyến vuông góc với đường thẳng x ư y3 +2=0 nên hệ số góc của nó là
1 1
0 )
+
ư
=
x
Suy ra ( )
ư
=
ư
=
↔
= +
3 2 1 4
1 1
0 2
0
x
x x
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
x y'
y
+∞ +∞
-1
0
0
3
y
x
0 -1 -2
-1
3
Trang 2II
III
+) Với
2
7 2
1
0
0 =ư ⇒ y =
2
7 2
1
+
ư
y
+) Với
2
3 2
3
0
0 =ư ⇒ y =ư
2
3 2
3
+
ư
y
Vậy các tiếp tuyến cần tìm là y=ư3x+2;y=ư3xư6
1 *) ĐK: ( )
>
<
⇔
>
ư
>
ư
2
0 0
2
0 1 2
2
2
x
x x
x x
Bất phương trình đã cho ⇔log22xư1≥log2(x2ư2x)
⇔2xư1≥x2ư2x
Xét 2 trường hợp sau:
1
0 2
2 1
0
2
≤
<
⇔
ư
≥
ư
<
x x
x x x x x
*) x>2 Ta được hệ:
≤ +
ư
>
⇔
ư
≥
ư
>
0 1 4
2 2
1 2
2
2 2
x x
x x x x x
3 2 3
2
2
+
≤
<
⇔
+
≤
≤
ư
>
x x
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm:
+
≤
<
<
≤
ư
3 2 2
0 1
x x
2 *) Điều kiện: cosx≠ư1,cosx≠0
Khi đó phương trình đã cho trở thành
x
x x
x
x x
x x
x
x
2 2
2 2
2
cos
1 cos 3 1 cos cos
1 cos 2 cos 3 cos
2 cos
1 3 cos
1
cos
1
=
ư
ư
=
ư
ư
= +
ư
(1 cos )cos (cos 1)(3cos 1)
(cos ư1) (2cos2 +3cos +1)=0⇔(cos ư1)(cos +1)(2cos +1)=0
∈ +
±
=
∈
=
⇔
ư
=
=
⇔
,
2 3 2
, 2 2
1 cos
1 cos
Z m m x
Z k k x x
x
π π
π
1 Đặt t= 3ưx≥0⇒x=3ưt2
Khi đó phương trình trở thành: f(t)=t2+2mt+4mư3=0
Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ phương trình f( =t) 0 có nghiệm t≥0
Xét 2 trường hợp sau:
*)
4
3 0
3 4 0 ) 0
(
*) Phương trình f( =t) 0 có nghiệm t1,t2 thoả mãn 0<t ≤1 t2
m k m
m
m m
m s
m f
m m
∃
⇒
<
>
≥
∨
≤
⇔
>
ư
=
>
ư
=
≥ +
ư
=
∆
2
0 4 3
3 1
0 2
0 3 4 ) 0 (
1
0 3 4 '
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25+ 0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 3IV
Kết luận: Giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm là
4
3
≤
2 Đặt xy=t⇒x+y=4t. Theo định lí Viet đảo x, y là nghiệm của phương trình
0 4
)
(X = X2ư tX+t =
h
Vì 0<x1,x2 ≤1 nên phương trình h(X)=0 có nghiệm X1, X2 thoả mãn
1
0<X1≤X2 ≤
≤
=
<
≥
ư
=
<
=
≥
ư
=
∆
⇔
1 2 2 0
0 3 1 ) 1 ( 1
0 ) 0 ( 1
0 4
t s
t h
t h
t t
3
1 4
1
≤
≤
Khi đó M =(x+y)2ư9xy=16t2 ư9t, với
3
1 4
1
≤
≤ t
∈
≥
⇔
≥
ư
=
3
1
; 4
1 32
9 0
9 32 ) (
Suy ra: Mmax
9
11
ư
= , đạt khi
3
1 , 1 3
1
=
=
⇒
3
1
=
x
Mmin
64
81
ư
= , đạt khi
4
3 2 32
9
=
=
⇒
4
3
2 =
= x y
Chú ý: *) Để tìm điều kiện của t = xy có thể thực hiện theo cách sau:
3
1 , 1 4 1
3 1
1 4 1
4 1 4
2
≤
≤
ư
=
⇒
≤
≤
ư
=
⇒
ư
≤
ư
=
x
x xy x
x
x y x
y x x
3
1 , 1 4
2
≤
≤
ư
x
x
3
1 4
1
≤
≤ t
*) Có thể đặt x+y=t, với điều kiện
3
4
4
9
2
t t
Xét hàm số
∈
ư
=
3
4
; 1 , 4
9 )
(t t2 t t
- Vì AB ⊥ CD nên hình chiếu BH ⊥ CD (1)
AC ⊥ BD nên hình chiếu CH ⊥ BD (2)
- Từ (1), (2) ⇒H là trực tâm ∆BCD⇒DH ⊥ AC
Vì DH là hình chiếu AD lên
0,25 0,25
0,25
0,25
0,25
0,25 0,25 0,25 0,25
t M'(t)
M
4
1
32
9
3
1
9
11
ư
64
81
ư
4
5
ư
A
B
D
H
Trang 4
C¸ch 2:
2
=
= + +
=
+ + +
=
+ +
=
AC BD DC BD AB BD
DC BD BD DC AB BD AB
DC BD BD AB BC AD
+) Gäi I=AC∩BD V× I∈d:x− y+2=0 nªn
I(x0,x0 +2)
+) Tõ t/c h×nh thoi ta cã AC ⊥ BD ⇒∠AIB=900 ⇒ AI.BI=0
+) Ta cã:
4 , 1
0 0
0 0
− +
=
+
−
=
x x
BI
x x
AI
⇒
−
=
=
⇒
= +
−
=
2
3 , 3 7
3 , 1
2 7
1 0
7 2 1
0
0 0
0
I
I x
x x
x
TH 1: (1,3), do I lµ trung ®iÓm Ac, BD nªn ta cã C(−8,−1) (;D−4,−6)
2
3 , 2
7
I , t−¬ng tù TH 1 ta cã: C(−8,−1; D(−4,−6) )
*) C¸ch 1:
+) Chän nα = SC=(1 −,1, 2)
⇒pt(α):x+y− 2z=0
Ta cã: pt
2
2 1
1
:
−
−
=
x SC
=
− +
=
−
⇔
0 2 2
0
z y
y x
- Tõ hÖ
=
− +
=
−
=
− +
0 2 2
0
0 2
z y
y x
z y x
⇒( )α C¾t t¹i SC t¹i
2
2 , 2
1 , 2
1
I
- Pt SD:
=
− +
=
⇔
−
−
=
=
0 2 2
0 2
2 1
x z
y x
=
− +
=
− +
0 2 3 2 0 2
y x
z y x
3
2 , 3
2 , 0
K
T−¬ng tù ( )α c¾t SB t¹i
3
2 , 0 , 3
2
H +) ThiÕt diÖn lµ tø diÖn AHIK
0,25
0,25
0,25 0,25
0,25
0,25
D
C
B
A
A
C(1, 1, 0) D(0, 1, 0)
B(1, 0, 0)
S(0, 0, 2 )
H
I
K
y
x
z
Trang 5V
(1đ)
Ta có
=
=
2
2 , 2
1 , 2 1 3
2 , 0 , 3 2
AI
AH
ư
ư
=
⇒
6
2 , 6
2 , 6
2
, AI AH
6
2 6
2 6
2 6
2 2
=
+
ư +
ư
=
Tương tự
3
2 6
2 6
2 6
2
= +
=
⇒
- Giả sử ( )α cắt SB, SC, SD tại H, I, K
- Vì CB ⊥(SBC) nên CB ⊥ Ah; Vì SC ⊥(AHIK) nên SC ⊥ AH
Tương tự ta có AK ⊥ SD và AK ⊥ KI
3
2 2
3 1
1 2
1 1 1
1
2 2
AB AS
AH
Tương tự trong tam giác vuông SAC ta có
3
1 3
2 1
AI
6
2
2
1
=
=
Do tính chất đối xứng nên
3
2 6
2
=
⇒
AKI S S
x x
x du
x x
3
2 3 3
ln
ư
ư
=
⇒
ư
=
2
1 2
x v xdx
dv= ⇒ = Theo công thức tích phân từng phần ta có
ư
ư
ư
ư
1
2 2
2
3
2 3 2
1 1
2 3
ln
x x x
x
x
ư + +
ư
1
2
1
2 3 ln 9 3 2
1 2 ln 2
3 3
9 3 2 2
1 2 ln
2
3
x x
x dx
x x
(6 9ln2) 6ln2 3
2
1 2 ln
2
3
ư
=
ư
ư
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25