?? ?ó ?ộ? ??ệ? ?ậ? đứ??.. ?? ?ó ?ộ? ??ệ? ?â? đứ??.. ?? ?ó ?ộ? ??ệ? ?ậ? ?????.. Vậy ta có 3 tiệm cận... Do đó hàm số cắt ox tại 3 điểm phân biệt.
Trang 1Giải đề minh họa lần 3 Câu 1: Giao điểm với trục hoành => y=0
Xét pt: 𝑥3− 3𝑥 = 0 ⇔ 𝑥(𝑥2− 3) = 0 𝑝ℎươ𝑛𝑔 𝑡𝑟ì𝑛ℎ 𝑛à𝑦 𝑐ó 3 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 B
Câu 2: 𝑦′=𝑥.ln 101 C
Câu 3: 𝑏𝑝𝑡 ⇔ 5𝑥+1 > 5−1⇔ 𝑥 + 1 > −1 ⇔ 𝑥 > −2 C
Câu 4: 𝑎 = 3; 𝑏 = −2√2 D
Câu 5: 𝑧̅ = (4 − 3𝑖)(1 + 𝑖) = 7 + 𝑖 ⟹ |𝑧| = |𝑧̅| = √72+ 12 = 5√2 𝐶
Câu 6: 𝑦′=(𝑥+1)3 2 𝐻à𝑚 𝑠ố đồ𝑛𝑔 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 (−∞; −1)𝑣à (−1; +∞) 𝐵
Câu 7: 𝑦𝐶Đ= 5; 𝑦𝐶𝑇= 4 𝐴
Câu 8: 𝐼(1; −2; 4); 𝑅 = 2√5 𝐷
Câu 9: 𝑝𝑡𝑐𝑡 𝑙à𝑥−1
2 =𝑦
3=𝑧+2
1 𝐷
Câu 10: ∫ (𝑥2+ 2
𝑥 2) 𝑑𝑥 = ∫(𝑥2+ 2𝑥−2)𝑑𝑥 =𝑥3
3 +2𝑥−1
−1 + 𝐶 =𝑥3
3 −2
𝑥+ 𝐶 𝐴
Câu 11: 𝑡𝑎 𝑡ℎấ𝑦 lim
𝑥→−2 +𝑦 = −∞ 𝑇𝑎 𝑐ó 𝑚ộ𝑡 𝑡𝑖ệ𝑚 𝑐ậ𝑛 đứ𝑛𝑔
lim
𝑥→0 −𝑦 = +∞ 𝑇𝑎 𝑐ó 𝑚ộ𝑡 𝑡𝑖ệ𝑚 𝑐â𝑛 đứ𝑛𝑔
lim
𝑥→+∞𝑦 = 0 𝑇𝑎 𝑐ó 𝑚ộ𝑡 𝑡𝑖ệ𝑚 𝑐ậ𝑛 𝑛𝑔𝑎𝑛𝑔
Vậy ta có 3 tiệm cận B
Câu 12: 𝑃 = (7 + 4√3)2017(4√3 − 7)2016= ((4√3)2− 72)2016 (7 + 4√3)
= (−1)2016 (7 + 4√3) = 7 + 4√3 𝐶
Câu 13: 𝑃 = log3√𝑎𝑎3= log
𝑎13𝑎3= 3.11
3
log𝑎𝑎 = 9 𝐶
Câu 14: Loại luôn D
𝑣ớ𝑖 đá𝑝 á𝑛 𝐴 𝑦′= 9𝑥2+ 3 𝑦′= 0 𝑣ô 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑉ậ𝑦 đá𝑝 á𝑛 𝑙à 𝐴
Câu 15: 𝑦 = 𝑓′(𝑥) = ln 𝑥 + 1 𝑦′=𝑥1> 0 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 𝑥 > 0
Trang 2𝑥 = 1 𝑡ℎì 𝑦 = 1 lim
𝑥→0 +𝑦 = −∞ 𝐶
Câu 16: 𝑉 = 𝑎.𝑎2√3
4 = 𝑎3.√3
4 𝐷
Câu 17: 𝑔ọ𝑖 𝐷(𝑥; 0; 0) 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶 ⇔ (3 − 𝑥)2+ (−4)2= 42+ (−3)2 ⇔ 𝑥2− 6𝑥 = 0
⇔ 𝑥 = 0 ℎ𝑜ặ𝑐 𝑥 = 6 𝐷
Câu 18: Áp đụng định lí Viet ta có: 𝑃 = (𝑧1+ 𝑧2)2− 𝑧1𝑧2= (−1)2− 1 = 0 𝐷
Câu 19: Khảo sát hàm số y trên khoảng (0; +∞ )
𝑦′ = 3 − 8
𝑥3; 𝑦′ = 0 ⇔ 𝑥 = 2
√3
3 ; 𝑦 ( 2
√3
3 ) = 3√93 ; lim
𝑥→0 +𝑦 = + ∞; lim
𝑥→+∞𝑦 = +∞
𝑣ậ𝑦 𝐺𝑇𝑁𝑁 𝑐ủ𝑎 𝑦 𝑡𝑟ê𝑛 (0; +∞)𝑙à 3√93 𝐴
Câu 20: 11 mặt D
Câu 21: A
Câu 22: Điều kiện: 𝑥 > 1 𝑃𝑡 𝑡𝑟ở 𝑡ℎà𝑛ℎ log2(𝑥2− 1) = 3 ⇔ 𝑥2− 1 = 23= 8
⟹ 𝑥2= 9 ⇔ 𝑥 = 3( 𝑙𝑜ạ𝑖 𝑥 = −3) 𝐶
Câu 23: Đồ thị có hai tiệm cận 𝑥 = −1 𝑣à 𝑦 = 2 𝐶ℎỉ 𝑐ó 𝐴 ℎ𝑜ặ𝑐 𝐵
𝐻à𝑚 𝑠ố đồ𝑛𝑔 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 (−∞; −1) 𝑣à (−1; +∞) 𝐵
Câu 24: 𝑢 = 𝑥2− 1 ⟹ 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥
𝐼 = ∫ √𝑢𝑑𝑢
3
0
𝐶
Câu 25: Điểm E C
Câu 26: Diện tích xung quanh của hinh nón là 𝑆𝑥𝑞 = 𝜋𝑅𝑙 𝑣ớ𝑖 𝑅 = 𝑎
⟹ 𝜋𝑎𝑙 = 3𝜋𝑎2⟹ 𝑙 = 3𝑎 𝐷
Câu 27: 𝐼 = ∫ 𝑑𝑥
𝑒 𝑥 +1
1
0 = ∫ 𝑒𝑥+1−𝑒𝑥
𝑒 𝑥 +1 𝑑𝑥 = ∫ (1 − 𝑒𝑥
𝑒 𝑥 +1) 𝑑𝑥
1 0
1
𝑒 𝑥 +1𝑑𝑥
1
Đặ𝑡 𝑢 = 𝑒𝑥+ 1 ⟹ 𝑑𝑢 = 𝑒𝑥𝑑𝑥
𝐼 = 1 − ∫ 𝑑𝑢
𝑢
𝑒+1 2
= 1 − ln 𝑢 |2𝑒+1= 1 − (ln(𝑒 + 1) − 𝑙𝑛2) = 1 − ln𝑒 + 1
2 ⟹ 𝑎 = 1; 𝑏 = −1
𝑆 = 𝑎3+ 𝑏3= 13+ (−1)3= 0 𝐶
Trang 3𝑅 =1
2𝑎√2 =
𝑎
√2
𝑉 = 𝜋𝑅2ℎ = 𝜋 (𝑎
√2)
2
𝑎 =𝜋𝑎
3
2 𝐷
Câu 29: Mặt phẳng có véc tơ pháp tuyến 𝐴𝐼⃗⃗⃗⃗ = (1; 1; −3)
𝑝𝑡𝑚𝑝 𝑡𝑥: (𝑥 − 2) + (𝑦 − 1) − 3(𝑧 − 2) = 0 ⇔ 𝑥 + 𝑦 − 3𝑧 + 3 = 0 𝐷
Câu 30: Ta thấy vtcp của Δ vuông góc với (P) nên Δ // (P)
Trên Δ ta lấy điểm A(1; -2; 1)
𝑑(Δ; (𝑃)) =|2.1 − 2 (−2) − 1.1 + 1|
√22+ (−2)2+ (−1)2 = 2 𝐷
Câu 31: Để hàm số không có cực đại thì phương trình 𝒚′= 𝟎 𝒌𝒉ô𝒏𝒈 𝒄ó 𝒏𝒈𝒉𝒊ệ𝒎 hoặc phương trình
𝑦′ = 0 𝑐ó 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑥𝑖 𝑡ℎỏ𝑎 𝑚ã𝑛 𝑦′′(𝑥𝑖) ≥ 0 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 𝑥𝑖 (tức là đều là cực tiểu hoặc không có cực trị)
𝑦′ = 4(𝑚 − 1)𝑥3− 4(𝑚 − 3)𝑥 = 0 ⇔ 4𝑥[(𝑚 − 1)𝑥2− (𝑚 − 3)] = 0 ⇔ 𝑥 = 0 (1)
(𝑚 − 1)𝑥2= 𝑚 − 3 (2)
𝑦′′= 12(𝑚 − 1)𝑥2− 4(𝑚 − 3)
+, 𝑣ớ𝑖 𝑥 = 0; 𝑦′′(0) = −4(𝑚 − 3) ≥ 0 ⇔ 𝒎 ≤ 𝟑 (3)
+, 𝑛ế𝑢 𝑚 − 1 = 0 ⇔ 𝒎 = 𝟏 𝑡ℎì 𝑦′′= 8 > 0 𝑇ℎỏ𝑎 𝑚ã𝑛 (4)
+, 𝑛ế𝑢 𝑚 ≠ 1 𝑡ℎì (2) ⇔ 𝑥2=𝑚 − 3
𝑚 − 1
Để ℎ𝑠 𝑘ℎô𝑛𝑔 𝑐ó 𝐶Đ 𝑡ℎì 𝑝𝑡(2)𝑝ℎả 𝑖 𝑣ô 𝑛𝑔𝑖ệ𝑚 ℎ𝑜ặ𝑐 𝑐ó 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑙à 𝑘ℎô𝑛𝑔 𝑣à 𝑦′′(0) ≥ 0
𝑡ứ𝑐 𝑙à 𝑚 − 3
𝑚 − 1≤ 0 ⇔ 1 < 𝑚 ≤ 3 𝑡ℎì 𝑝𝑡 𝑛à𝑦 𝑣ô 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 (5)
𝑇ừ (3)(4)(5) ⟹ 1 ≤ 𝑚 ≤ 3 𝐴
Câu 32: Ta có: 𝑦 = { (𝑥 − 2)(𝑥
2− 1) 𝑛ế𝑢 𝑥 ≥ 2 𝑇ứ𝑐 𝑔𝑖ữ 𝑛𝑔𝑢𝑦ê𝑛 𝑝ℎầ𝑛 𝑥 ≥ 2
−(𝑥 − 2)(𝑥2− 1)𝑛ế𝑢 𝑥 < 2 𝑇ứ𝑐 đố𝑖 𝑥ứ𝑛𝑔 𝑞𝑢𝑎 𝑜𝑥 𝑝ℎầ𝑛 𝑥 < 2 𝐴
Câu 33: 𝑃 = log√𝑏
𝑎
√𝑏
𝑎= log√𝑏
𝑎
√𝑏
𝑎 √𝑎 = 1 + log√𝑏
𝑎
√𝑎 = 1 + 1
log√𝑎(√𝑏
𝑎 )
log√𝑎√𝑏 − log√𝑎𝑎= 1 +
1
√3 − 2= 1 − (√3 + 2) = −√3 − 1
Trang 4Câu 34: Diện tích thiết diện hình chữ nhật là 3𝑥 √3𝑥2− 2
Thể tích của thiết diện được tính theo công thức 𝑉 = ∫ 3𝑥√3𝑥13 2− 2𝑑𝑥 Đặ𝑡 𝑢 = √3𝑥2− 2
𝑡𝑎 𝑡í𝑛ℎ đượ𝑐 𝑉 = ∫ 𝑢2𝑑𝑢
5 1
=𝑢
3
3 |1
5=124
3 𝐶
Câu 35: 𝑝𝑡 ⇔ 3𝑥2− 6𝑥 + 1 + 3 ln(𝑥 + 1) = 0, đặ𝑡 𝑦 = 3𝑥2− 6𝑥 + 1 + 3 ln(𝑥 + 1) (x > −1)
y′= 6x − 6 + 3
x + 1= 0 ⇔
3(2(x − 1)(x + 1) + 1)
3(2x2− 1)
x + 1 = 0 ⇔ x = ±
1
√2 (tm)
y (1
√2) y (− 1
√2) < 0 lim
𝑥→−1𝑦 = −∞ Do đó hàm số cắt ox tại 3 điểm phân biệt C
Câu 36: Góc giữa SD và (SAB) là 𝐴𝑆𝐷̂ = 300
𝑆𝐴 = 𝐴𝐷 cot 300= 𝑎√3
𝑉𝑐ℎó𝑝 =1
3𝑆𝐴 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 =
1
3 𝑎√3 𝑎
2=𝑎
3√3
3 𝐷
Câu 37: Tìm giao điểm của d lên mặt phẳng 𝑥 + 3 = 0
𝑡ℎ𝑎𝑦 𝑥 = −3 𝑣à𝑜 𝑝𝑡đ𝑡 𝑑 𝑡𝑎 𝑡ì𝑚 đượ𝑐 𝑔𝑖𝑎𝑜 đ𝑖ể𝑚 𝑙à 𝐴(−3; −3; −5)
𝑥á𝑐 đị𝑛ℎ ℎì𝑛ℎ 𝑐ℎ𝑖ế𝑢 𝐵′𝑐ủ𝑎 𝐵(1; −5; 3) ∈ 𝑑 𝑙ê𝑛 𝑚𝑝 𝑥 + 3 = 0
𝑔ọ𝑖 đ𝑖ể𝑚 𝐵′(−3; 𝑦; 𝑧) 𝐵𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑘𝑛⃗ ⇔ (−4; 𝑦 + 5; 𝑧 − 3) = 𝑘(1; 0; 0)′
⟹ 𝑦 = −5 𝑣à 𝑧 = 3
⟹ 𝐵′(−3; −5; 3) 𝑣𝑡𝑐𝑝 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (0; −2; 8), 𝑐ℎọ𝑛 𝑣𝑡𝑐𝑝(0; −1; 4) ′
𝑝𝑡𝑡𝑠 ℎì𝑛ℎ 𝑐ℎ𝑖ế𝑢 𝑐ủ𝑎 𝑑: {
𝑥 = −3
𝑦 = −3 − 𝑡
𝑧 = −5 + 4𝑡
𝐷
Câu 38: đặ𝑡 {𝑑𝑣 = 𝑓𝑢 = 𝑥 + 1′(𝑥)𝑑𝑥⟹ {
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
𝑣 = 𝑓(𝑥)⟹ ∫ (𝑥 + 1)𝑓′(𝑥)𝑑𝑥
1
0 = (𝑥 + 1)𝑓(𝑥)|10− ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥01 = 10
⇔ 2𝑓(1) − 𝑓(0) − 𝐼 = 10 ⇔ 2 − 𝐼 = 10 ⇔ 𝐼 = −8 𝐷
Câu 39: 𝑧2= (𝑎 + 𝑏𝑖)2= 𝑎2− 𝑏2+ 2𝑎𝑏𝑖 𝑧2𝑙à 𝑠ố 𝑡ℎ𝑢ầ𝑛 ả𝑜 ⇔ 𝑎2− 𝑏2= 0 ⇔
𝑎 = 𝑏 ℎ𝑜ặ𝑐 𝑎 = −𝑏
+, 𝑎 = 𝑏, |𝑧 − 𝑖| = 5 ⇔ 𝑎2+ (𝑎 − 1)2= 25 ⇔ 2𝑎2− 2𝑎 − 24 = 0 𝑐ó 2 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 − 3 𝑣à 4
Trang 5+, 𝑎 = −𝑏, |𝑧 − 𝑖| = 5 ⇔ 𝑎2+ (−𝑎 − 1)2= 25 ⇔ 2𝑎2+ 2𝑎 − 25 = 0 𝑐ó 2 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 − 4 𝑣à 3
𝑣ậ𝑦 𝑐ó 4 𝑠ố 𝐶
Câu 40: 𝑦′ = (ln 𝑥
𝑥 )′=1−ln 𝑥
𝑥 2 ; 𝑦′′=−𝑥−2𝑥(1−ln 𝑥)
𝑥 4 =2 ln 𝑥−3
𝑥 3
𝑦′+ 𝑥𝑦′′=1 − ln 𝑥
𝑥2 + 𝑥.2 ln 𝑥 − 3
𝑥3 =ln 𝑥 − 2
𝑥2
2𝑦′+ 𝑥𝑦′′=2(1 − ln 𝑥)
𝑥2 +2 ln 𝑥 − 3
𝑥2 = − 1
𝑥2 𝐴
Câu 41: Xét 𝑚 = 1 𝑣à 𝑚 = −1 𝑣ớ𝑖 𝑚 = 1 𝑡ℎì 𝑦 = −𝑥 + 4, 𝑦′= −1 < 0 𝑛𝑔ℎị𝑐ℎ 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 ℝ
𝑣ớ𝑖 𝑚 = −1 𝑡ℎì 𝑦 = −2𝑥2− 𝑥 + 4, 𝑦′ = −4𝑥 − 1, 𝑘ℎô𝑛𝑔 𝑛𝑔ℎị𝑐ℎ 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 ℝ (𝑙𝑜ạ𝑖)
𝑣ớ𝑖 𝑚 ≠ ±1, 𝑦′ = 3(𝑚2− 1)𝑥2+ 2(𝑚 − 1)𝑥 − 1 để ℎ𝑠 𝑛𝑔ℎị𝑐ℎ 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 ℝ 𝑡ℎì
𝑦′ < 0 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 𝑥 ⇔ Δ′ < 0 ⇔ (𝑚 − 1)2+ 3(𝑚2− 1) = 4𝑚2− 2𝑚 − 2 < 0
⇔ −1
2< 𝑚 < 1, 𝑚 ∈ ℤ ⟹ 𝑚 = {0}
𝑣ậ𝑦 𝑐ó ℎ𝑎𝑖 𝑔𝑖á 𝑡𝑟ị 𝑐ủ𝑎 𝑚 𝑛𝑔𝑢𝑦ê𝑛 𝑡ℎỏ𝑎 𝑚ã𝑛 𝐴
Câu 42: 𝑝𝑡 𝐴𝐴′: {
𝑥 = −1 + 6𝑡
𝑦 = 3 − 2𝑡
𝑧 = 6 + 𝑡
𝑔ọ𝑖 𝐴′(6𝑡 − 1; 3 − 2𝑡; 𝑡 + 6)
𝑘ℎ𝑖 đó đ𝑖ể𝑚 𝐻 𝑙à 𝑔𝑖𝑎𝑜 đ𝑖ể𝑚 𝑐ủ𝑎 𝐴𝐴′ 𝑣ớ𝑖 (𝑃)𝑐ó 𝑡ọ𝑎 độ 𝐻 (3𝑡 − 1; 3 − 𝑡; 6 + 𝑡
2)
𝐻 ∈ (𝑃) ⟹ 6(3𝑡 − 1) − 2(3 − 𝑡) + (6 +𝑡
2) − 35 = 0 ⇔ 20,5𝑡 − 41 = 0 ⇔ 𝑡 = 2
⟹ 𝐴′(11; −1; 8) ⟹ 𝑂𝐴′ = √112+ 1 + 82= √186 𝐷
Câu 43: Ta thấy tâm I của mặt cầu phải cách đều các điểm A, B, C, D do đó nó phải nằm trên đường
thẳng SO
𝑅 = 𝐼𝑆 = 𝐼𝐴 = 𝐼𝐵 = 𝐼𝐶 = 𝐼𝐷
𝐼𝑆2 = 𝐼𝐴2 = 𝐼𝑂2+ 𝑂𝐴2= (𝑆𝑂 − 𝐼𝑆)2+ 𝑂𝐴2 = 𝐼𝑆2+ 𝑆𝑂2+ 𝑂𝐴2− 2𝑆𝑂 𝐼𝑆 = 𝐼𝑆2
⟹ 𝐼𝑆 =𝑆𝑂
2+ 𝑂𝐴2
𝑆𝐴2− 𝑂𝐴2+ 𝑂𝐴2
𝑆𝐴2 2√𝑆𝐴2− 𝑂𝐴2
2
2√25𝑎2− (3𝑎)2=25𝑎
8 C
Trang 6Câu 44: 𝑓(𝑥) + 𝑓(−𝑥) = √2 + 2 cos 2𝑥 =
√2 + 2(2 cos2𝑥 − 1) = √4 cos2𝑥 = 2|cos 𝑥|
𝑡𝑎 𝑡ℎấ𝑦 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑙à ℎà𝑚 𝑐ℎẵ𝑛 𝑛ê𝑛 𝑓(𝑥) = 𝑓(−𝑥) ⟹ 𝑓(𝑥)
= |cos 𝑥|
𝐼 = ∫ |cos 𝑥|𝑑𝑥 =
3𝜋
2
−3𝜋2
6 𝐷
Câu 45: log(𝑚𝑥) = 2 log(𝑥 + 1) Đ𝐾 𝑚𝑥 > 0 𝑣à 𝑥 > −1
𝑚𝑥 = (𝑥 + 1)2⇔ 𝑥2+ (2 − 𝑚)𝑥 + 1 = 0 (1)
+, 𝑝𝑡 𝑐ó 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑑𝑢𝑦 𝑛ℎấ𝑡 𝑛ế𝑢 Δ = 0
⇔ (2 − 𝑚)2− 4 = 0 ⇔ 𝑚2− 4𝑚 = 0 ⇔ 𝑚 = 0 (𝑙𝑜ạ𝑖)ℎ𝑜ặ𝑐 𝑚 = 4
𝑚 = 4, 𝑥 = − 𝑏
2𝑎=
𝑚 − 2
2 = 1 𝑡ℎỏ𝑎 𝑚ã𝑛 +, 𝑛ế𝑢 𝑝𝑡 (1) 𝑐ó ℎ𝑎𝑖 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑝ℎâ𝑛 𝑏𝑖ệ𝑡 𝑡ℎì 𝑐ℎỉ 𝑐ó 𝑚ộ𝑡 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑡ℎỏ𝑎 𝑚ã𝑛 Đ𝐾
Δ = 𝑚2− 4𝑚 > 0 ⇔ 𝑚 < 0 ℎ𝑜ặ𝑐 𝑚 > 4 𝐾ℎ𝑖 đó 𝑝𝑡(1)𝑐ó ℎ𝑎𝑖 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑥1,2=𝑚 − 2 ± √𝑚
2− 4𝑚 2
𝑡ℎ𝑒𝑜 𝑉𝑖𝑒𝑡 𝑡𝑎 𝑐ó {𝑥1+ 𝑥𝑥 2= 𝑚 − 2
1𝑥2= 1 𝑑𝑜 đó ℎ𝑎𝑖 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑛à𝑦 𝑙𝑢ô𝑛 𝑐ù𝑛𝑔 𝑑ấ𝑢
𝑣ì đ𝑖ề𝑢 𝑘𝑖ệ𝑛 𝑙à 𝑝ℎả𝑖 𝑐ó 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑑𝑢𝑦 𝑛ℎấ𝑡 𝑛ê𝑛 𝑣ớ𝑖 𝑚 > 4 𝑡ℎì 𝑥1+ 𝑥2> 2
> 0 𝑛ê𝑛 ℎ𝑎𝑖 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑑ươ𝑛𝑔 đề𝑢 𝑙ớ𝑛 ℎơ𝑛 − 1 𝑙𝑜ạ𝑖 𝑣ớ𝑖 𝑚 < 0 𝑡ℎì 𝑥1+ 𝑥2< −2 𝑑ẫ𝑛 đế𝑛 2 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 â𝑚 Đ𝐾 𝑙à 𝑐ℎỉ 𝑐ó 𝑚ộ𝑡 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 > −1
{
𝑚 − 2 + √𝑚2− 4𝑚
𝑚 − 2 − √𝑚2− 4𝑚
⇔ {𝑚 + √𝑚
2− 4𝑚 > 0 đú𝑛𝑔 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 𝑚 < 0
𝑚 ≤ √𝑚2− 4𝑚 đú𝑛𝑔 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 𝑚 < 0
𝑣ì 𝑚 𝑛𝑔𝑢𝑦ê𝑛 𝑣à 𝑚 ∈ [−2017; 2017]𝑛ê𝑛 𝑐ó 𝑚 = {−1; −2; … ; −2017}𝑐ó 2017 𝑠ố
𝑘ế𝑡 ℎợ𝑝 ℎ𝑎𝑖 𝑇𝐻 𝑣ậ𝑦 𝑐ó 207 + 1 = 2018 𝑠ố 𝐶
Câu 46: 𝑦′ = 𝑥2− 2𝑚𝑥 + 𝑚2− 1 Để hàm số có cực trị thì Δ′ ≥ 0
Δ′ = 𝑚2− (𝑚2− 1) = 1 > 0 ∀𝑚, ℎ𝑠 𝑙𝑢ô𝑛 𝑐ó 2 𝑐ự𝑐 𝑡𝑟ị
Trang 7Gọi H là giao điểm của đường thẳng AB với đường thẳng d: y = 5x – 9 Để A, B cách đều đường
thẳng d và khác phía thì H phải là trung điểm của AB và A,B không thuộc d
𝐺ọ𝑖 𝐴(𝑥𝐴; 𝑦𝐴), 𝐵(𝑥𝐵; 𝑦𝐵)𝑣ớ𝑖 𝑥𝐴, 𝑥𝐵 𝑙à 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑝ℎươ𝑛𝑔 𝑡𝑟ì𝑛ℎ 𝑦′ = 0
𝑦 =1
3(𝑥
2− 2𝑚𝑥 + 𝑚2− 1)(𝑥 − 𝑚) +1
3(−2𝑥 + 𝑚
3− 𝑚) =1
3𝑦
′(𝑥 − 𝑚) +1
3(−2𝑥 + 𝑚
3− 𝑚)
⟹ {
𝑥𝐻=1
2(𝑥𝐴+ 𝑥𝐵) =
1
2 2𝑚 = 𝑚
𝑦𝐻 =1
2(𝑦𝐴+ 𝑦𝐵) =
1
2.
1
3(−2𝑥𝐴− 2𝑥𝐵+ 2𝑚
3− 2𝑚)
⇔ {
𝑥𝐻= 𝑚
𝑦𝐻 =1
3(𝑚
3− 3𝑚)
𝐻 ∈ 𝑑 ⟹1
3(𝑚
3− 3𝑚) = 5𝑚 − 9 ⇔ 𝑚3− 18𝑚 + 27 = 0 ⇔ (𝑚 − 3)(𝑚2+ 3𝑚 − 9) = 0 𝑇ổ𝑛𝑔 𝑡ấ𝑡 𝑐ả 𝑐á𝑐 𝑝ℎầ𝑛 𝑡ử 𝑐ủ𝑎 𝑆 𝑙à: 3 + (−3) = 0 𝐴
Câu 47: Ta có sin(𝑀𝑁, (𝑃)) = |cos(𝑢⃗ , 𝑛⃗ )| =|(1;0;1)(1;−2;2)|
√2
⟹ (𝑀𝑁, (𝑃)) = 450
𝐺ọ𝑖 𝐻 𝑙à ℎì𝑛ℎ 𝑐ℎ𝑖ế𝑢 𝑐ủ𝑎 𝑁 𝑙ê𝑛 (𝑃) ⟹ Δ𝑀𝑁𝑃 𝑣𝑢ô𝑛𝑔 𝑐â𝑛 𝑡ạ𝑖 𝐻
⟹ 𝑀𝑁 = 𝑁𝐻 sin 450= 𝑁𝐻√2
𝑀𝑁max ⇔ 𝑁𝐻𝑚𝑎𝑥⇔ 𝑁𝐻 đ𝑖 𝑞𝑢𝑎 𝑡â𝑚 𝐼(−1; 2; 1)
⟹ 𝑁𝐻 = 𝑁𝐼 + 𝐼𝐻 = 𝑅 + 𝑑(𝐼; (𝑃))
𝑅 = 1; 𝑑(𝐼; (𝑃)) = 2; ⟹ 𝑁𝐻 = 1 + 2 = 3
𝑣ậ𝑦 𝑀𝑁𝑚𝑎𝑥 = 3√2 𝐶
Câu 48: …
Câu 49: …
Câu 50: 𝑑ễ 𝑡ℎấ𝑦 𝑉′ = 𝑉 − (𝑉𝑆𝑀𝑁𝑂+ 𝑉𝐶𝑁𝑃𝑄+ 𝑉𝐵𝑅𝑂𝑃+ 𝑉𝐴𝑅𝑄𝑀)
= 𝑉 − 4𝑉𝑆𝑀𝑁𝑂 (𝑐𝑜𝑖 đâ𝑦 𝑙à 𝑡ứ 𝑑𝑖ệ𝑛 đề𝑢)
= 𝑉 − 4.1
8𝑉 =
𝑉
2⟹
𝑉′
𝑉 =
𝑉 2
𝑉 = 1
2 𝐴