Câu I:
1, B ạn đ ọc t ự l àm
2, Ta có y' 3 = x2 − 2(m+ 1)x− + 4 m2 , là tam thức bậc hai của x.
y' có biệt số ∆ = − ' 2m2 + 2m+ 13.
Nếu ∆ ≤ ' 0 thì y' 0, ≥ ∀x, suy ra yêu cầu bài toán không thoả mãn.
Nếu ' 0 1 3 3 1 3 3;
, thì y' 0= có hai nghiện x x x1, 2 ( 1< x2).
Dấu của y':
Chọn x0 ∈ ( ; )x x1 2 ⇒ y x'( ) 0 0 < Ycbt thoả mãn khi và chỉ khi tồn tại x sao cho
0
'( ) '( ) 1
0
1
'( )
y x
− + − + + = (1) có nghiệm Pt (1) có:
2
1
0
3 1 3 3 1 3 3
y x
Vậy giá trị cần tìm của m là 1 3 3 1 3 3;
Câu II:
1,
PT⇔ ( 2 sinxsin 3x− sinx) − ( 2 sin 3xcos 3x− cos 3x) = 0
⇔ ( 2 sin 3x− 1 )(sinx− cos 3x) = 0
+
−
=
+
=
+
=
+
=
⇔
−
=
=
⇔
π π
π π
π π
π π
π
k x
k x
k x
k x
x x
x
4
2 8
3
2 18 5
3
2 18
2 cos 3
cos
2
1 3
sin
2,
TXĐ :x∈R
BPT⇔ 6 2(( x2 − + −x 1) (x2 + +x 1)) + 6(x2 − +x 1)(x2 + + ≤x 1) 0
2 1 0,
x + + > ∀x x)
Đặt: 6( 22 1)
1
t
− +
=
+ + (t > 0), ta được
2
2
t
'
y + 0 x1− 0 x2 +
Trang 2BPT đã cho tương đương với
2
2 2
3,
9x + = 9 a3 cos(x πx) ⇔ + 3x 3 2 −x =a.cos(πx) (2).
Nhận xét: Nếu x0 là nghiệm của (2) thì 2 x− 0 cũng là nghiệm của (2),
Suy ra đi ều ki ện c ần đ ể (2) c ó nghi ệm duy nh ất l à x0=2 x− 0 ⇔ x0 = 1
Với x0 = 1, thì từ (2) suy ra a= − 6.
Với a= − 6, thì phương trình (2) trở thành 3x+ 3 2 −x = − 6cos(πx) (3).
Ta c ó VT (3) ≥ 6 ,VP( )3 ≤ 6.V ậy :
2
6cos( ) 6
x x
x x
π
−
Vậy: a = -6
Câu III:
Cách 1:
Ta có: sin 1(sin 3 cos ) 3(cos 3 sin )
1(sin 3 cos ) 3(sin 3 cos )'.
4 (sin 3 cos ) 4 (sin 3 cos )
+
cos
6
dx
x
π
+
0
tan
π π
.
12 12 6
Cách 2: Dùnh tích phân liên kết Gọi I là tích phân cần tìm
Đặt
x
x
J =∫2 +
0
2 cos 3 sin
cos 3
π
Tính I + J và I – J Từ đó suy ra I
C âu IV: Kẻ DH ⊥MN , do (DMN)⊥(ABC) suy ra DH⊥(ABC)
Mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của tam giác đều ABC
Ta có: SAMN =
2
1 AM.AN.sin600 = xy
4
3 ; SAMN = SAMH + SANH =
2
1
AM.AH.sin300+
2
1 AN.AH.sin300 =
3
3 4
1 (x+y)
xy
4
3 =
3
3
4
1 (x+y)⇒ x+y= 3xy (0≤x,y≤1 )
Diện tích toàn phần của tứ diện DAMN:
Trang 3S = SAMD + SAND + SDMN + SAMN
=
2
1
AD.AM.sin600+
2
1 AD.AN.sin600
+
2
1
DH.MN +
2
1 AM.AN.sin600
= 3xy + 3 xy ( 3 xy 1 )
6
xy x y= + ≥ xy ⇒ xy ≥ ⇒ xy≥
Suy ra min 3(4 2),
9
3
x= =y
2,
Hai elíp có các tiêu điểm F1 ( 3;0), − F2 (3;0).
Điểm M ∈ ( )E2 ⇒MF1 +MF2 = 2a Vậy ( )E2 có độ dài trục lớn nhỏ nhất khi và chỉ khi
1 2
MF +MF nhỏ nhất.
Gọi N x y( ; ) là điểm đối xứng với F1 qua ∆, suy ra N( 5;2) −
Ta có: MF1 +MF2 = NM MF+ 2 ≥ NF2 (không đổi)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M = NF2 ∩ ∆
Toạ độ điểm
17
5
x
x y
y
= −
3,
Giả sử đã xác định được (P) thỏa mãn ycbt.
1 (1 2 ;2 2 ; 1 ); 2 (3 2 ; 1 2 ; ).
Suy ra uuurAB= +(2 2(s t− − − ); 3 2(s t− ); 1 ( + −s t))
1
9
s t
s t
− = −
− = −
Với s t− = − ⇒ 1 uuurAB= (0; 1;0) − ⇒ (P) có một vtpt nur1 =uuur rAB i; =(0;0;1), suy ra ( ) :P z =0
(loại do (P) chứa trục O x).
uuur
, suy ra ( )P có một vtpt 2
4 1
; (0; ; )
9 9
n =AB i= −
uur uuur r
,
suy ra ( ) : 4P y z− − = 8 0 (thỏa mãn bài toán).
H A
B C
D
M N
Trang 4C âu V:
T ừ gi ả thi ết suy ra : a + b +c = 0
Ta có: a b c, , là ba nghiệm thực của phương trình (x a x b x c− )( − )( − = ) 0
Từ đồ thị hàm số y= −x3 3x+ 1, suy ra pt (3) có ba nghiệm thực a b c, , khi và chỉ khi
1 abc 1 3 2 abc 2.
abc= − 2, khi trong ba số a, b, c có hai số bằng 1 và một số bằng -2.
6 6 6 3( ) 2
P a= + + ⇒ −b c P abc = (a2 + +b2 c2 )(a4 + + −b4 c4 a b2 2 −b c2 2 −c a2 2 )
.= (a2 + +b2 c2 3 ) − 3(a2 + +b2 c2 )(a b2 2 +b c2 2 +c a2 2 ) 216 18.9 54 = − =
2
3( ) 54 max 66,
P= abc + ⇒ P= khi có hai số bằng -1 và một số bằng 2, hoặc hai số bằng 1
và một số bằng -2