38 đề ôn thi đại học môn Toán có lời giải

Thành thử các điểm trên Oy từ đó có thể đ−ợc ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị C là các điểm có tung độ b ≥ −1... Khi đó cặp đỷờng thẳng D và D’ trùng với cặp hệ trục tọa độ..[r]

Câu I

1) Khảo sát sỷồ biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

y = x - x + 1

x - 1

2

2) Tìm trên trục Oy các điểm từ đó có thể kẻ đỷợc ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C)

3) Xác định a để đồ thị (C) tiếp xúc với parabol y = x2+ a

Câu II

x y m





1) Giải hệ với m = 5

2) Với giá trị nào của m thì hệ có nghiệm?

Câu III

1) Cho bất phỷơng trình

x2+ 2x(cosy + siny) + 1≥0

Tìm x để bất phỷơng trình đ ợc nghiệm đúng với mọi y

2) Giải phỷơng trình lỷợng giác

sin x(tgx + 1) = 3sinx(cosx - sinx) + 32

Câu IVa

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đềcác vuông góc, cho elip

E) : x

+ y

= 1,

http://kinhhoa.violet.vn

và hai đỷờng thẳng

(D) : ax - by = 0, (D’) : bx + ay = 0,

với a2+ b2> 0

1) Xác định các giao điểm M, N của (D) với (E), và các giao điểm P, Q của (D’) với (E)

2) Tính theo a, b diện tích tỷỏ giác MPNQ

3) Tìm điều kiện đối với a, b, để diện tích ấy lớn nhất

4) Tìm điều kiện đối với a, b, để diện tích ấy nhỏ nhất

Câu IVb Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC với cả ba góc nhọn Trên đỷờng thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P) tại A, lấy một điểm M Dỷồng BN CM BH CM⊥ , ⊥ Đỷờng thẳng KH cắt (d) tại N

1) Chỷỏng minh : BN CM⊥

2) Chỷỏng minh : BM CN⊥

3) Hãy chỉ cách dỷồng điểm M trên (d) sao cho đoạn MN ngắn nhất

_

Câu 1

1) Bạn đọc tự giải nhé!

2) Lấy A(0, b) là một điểm trên Oy Đường thẳng qua A, với hệ số góc k có phương trình :

y = kx + b

Ta có

2

ư +

1 y' 1 (x 1)

= ư

ư

Hoành độ tiếp điểm của đường thẳng y = kx + b với đồ thị (C) là nghiệm của hệ

2

1

x 1

1

(x 1)







⇒ bx2ư2(1 b)x (1 b) 0+ + + =

(1)

y b = 0 : (1) trở thành ư2x + 1 = 0 ⇔ x 1

2

=

y b ≠ 0 : (1) có nghiệm khi

2

∆ = + ư + ≥ ⇔ b ≥ ư1 (b ≠ 0)

Thành thử các điểm trên Oy từ đó có thể được ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C) là các điểm có tung độ b ≥ ư1

3) Hoành độ tiếp điểm của parabol y x= 2+a với đồ thị (C) là nghiệm của hệ :

2 o

2

1

x 1 1

(x 1)







Từ phương trình thứ hai, suy ra :

2 x(2x ư5x 4) 0+ = ⇒ x = 0

Thay vào phương trình đầu thì được a = - 1

Câu II Đặt S = x + y, P = xy, ta đi đến hệ :

2

S P m

+ =







1) Với m = 5 ta được :

S P 52

+ =





 ⇒ P = 5 ư S ⇒

2

S +2S 15 0ư =

⇒ S = ư5, S = 3

2

S ≥4P

_

Để phương trình có nghiệm, cần phải có :

1

3

Khi đó gọi S1 và S2 là các nghiệm :

1

S = ư ư1 1 3m+ , S2= ư +1 1 3m+

a) Với S S= 1 ⇒ P m S= ư 1, điều kiện S2≥4P trở thành

2 (1+ 1 3m)+ ≥4(m 1+ + 1 3m)+ ⇒ (mư + ≥2) 2 1 3m+ ,

không được nghiệm vì 1

m 3

≥ ư ⇒ m + 2 > 0

b) Với S S= 2 ⇒ P m S= ư 2, điều kiện S2≥4P trở thành :

2 ( 1ư + 1 3m)+ ≥4(m 1+ ư 1 3m)+ ⇒ 2 1 3m+ ≥ + m 2

Vì m + 2 > 0, có thể bình phương hai vế của bất phương trình này và đi đến

2

0 m≥ ư8m⇒ ≤ ≤ 0 m 8

m

3

≥ ư suy ra đáp số : 0 ≤ m ≤ 8

Câu III 1) Hiển nhiên với x = 0 bất phương trình được nghiệm với mọi y Xét x > 0 ⇒

2

1 x cosy sin y

2x

+

Hàm f (y) = cosy + siny có giá trị lớn nhất bằng 2, giá trị nhỏ nhất bằng ư 2, vậy phải có :

2 2

1 x

2x

+

⇒ 0 x< ≤ 2 1ư , x≥ 2 1+

Xét x < 0 ⇒

2

1 x cosy sin y

2x

+

2x

+

2 1 x 0

ư + ≤ <

Tóm lại các giá trị phải tìm là :

x≤ ư 2 1ư , ư 2 1 x+ ≤ ≤ 2 1ư , 2 1 x+ ≤

2) Điều kiện : x k

2

π

≠ + π ( k ∈ Z) Chia hai vế cho cos x2 ta được phương trình tương đương :

tg x(tgx 1) 3tgx(1 tgx) 3(1 tg x)+ = ư + +

Câu IVa Cần để ý rằng các đỷờng thẳng (D), (D’) vuông góc với nhau và chúng có phỷơng trình tham số

(D) : x bt

y at

=

=





x at

y bt

=

= −







' '

1) Thay biểu thức của (D) vào phỷơng trình của (E), ta đỷợc các giá trị của tham số t ứng với các giao điểm M, N Từ

đó suy ra chẳng hạn (do có sự trao đổi vai trò của M, N):

9a + 4b ,

6a 9a + 4b , N

-6b 9a + 4b ,

-6a 9a + 4b













Tỷơng tự:

4a + 9b ,

-6b 4a + 9b , Q

-6a 4a + 9b ,

6b 4a + 9b











 2) Tứ giác MPNQ là hình thoi, với diện tích

S = 2OM.OP = 72(a + b )

(9a + 4b )(4a + 9b )

3) Để ý rằng các phỷơng trình của (D) và (D’) có dạng thuần nhất (hay đẳng cấp) đối với a, b, tức là thay cho a và b,

ta viết ka và kb với kạ 0 Do vậy, có thể coi rằng a2

+ b2 = 1 Khi đó (1) trở thành

(4 + 5a )(4 + 5b ) =

72

36 + 25a b

72

6 = 12,

dấu = chỉ có thể xảy ra khi ab = 0, tức là hoặc a = 0 hoặc b = 0 (Khi đó cặp đỷờng thẳng (D) và (D’) trùng với cặp hệ trục tọa độ)

4) Vẫn với giả thiết a2 + b2 = 1, theo trên ta có

36 + 25a b2 2

suy ra min S =144

13 , xảy ra khi |a| = |b|, tức là cặp đỷờng thẳng (D), (D’) là cặp các phân giác y⊄x = 0 của hệ trục tọa độ Oxy

Câu IVb (Hình bên)

1) BK⊥AC, BK⊥AMịBK⊥(ACM)ịBK⊥CM

Cùng với BH⊥CM, suy ra (BKH)⊥CMị BN⊥CM

2) Do (BKH)⊥CMị KH⊥CM Vậy K là trực tâm tam giác CMN, và ta đỷợc MK⊥CN Cùng với BK⊥CNị (BMK)⊥CNị BM⊥CN

3) Vì K là trực tâm tam giác CMN, nên AM.AN = AK.AC

Vậy khi M di chuyển trên d, tích AM.AN không đổiị MN = = AM + AN nhỏ nhất khi AM = AN Khi đó

AM2

= AK.AC, AM là đỷờng cao trong tam giác vuông CMK’, cạnh huyền CK’, K’ là điểm đối xứng của K qua A

Vì 2|ab|Ê a2

+ b2= 1 suy ra a2b2 Ê 1

4, dấu = chỉ xảy ra khi |a| = |b|, vậy S³

72

36 + 25 4

= 144

13 ,

2(x1+ x3)(x1+ x4)(x2+ x3)(x2+ x4) =

= 2(b - d)2- (a2- c2)(b - d) + (a + c)2(b + d)

2) a, b, c là 3 số tùy ý thuộc đoạn [0 ; 1].Chỷỏng minh :

a

b + c + 1 +

b

a + c + 1 +

c

a + b + 1 + (1 - a)(1 - b)(1 - c)≤1

Câu II 1) Giải phỷơng trình

sin3x + cos3x = 2 - sin4x

2) k, l, m là độ dài các trung tuyến của tam giác ABC, R là bán kính đỷờng tròn ngoại tiếp tam giác đó Chứng minh rằng

k + l + m≤9R

2 .

Câu III

Trên mặt phẳng tọa độ cho điểm A(3, 0) và parabol (P) có phỷơng trình y = x2

1) M là một điểm thuộc parabol (P), có hoành độ xM= a Tính độ dài đoạn AM, xác định a để AM ngắn nhất

2)Chỷỏng tỏ rằng nếu đoạn AM ngắn nhất, thì AM vuông góc với tiếp tuyến tại M của parabol (P)

Câu IVa

Cho hai số nguyên dỷơng p và q khác nhau

Tính tích phân I =

2 cospx cosqx dx

π

_

Câu I

1) Giả sử phỷơng trình x2+ ax + b = 0 có nghiệm x1và x2, phỷơng trình x2+ cx + d = 0 có nghiệm x3và x4 Chỷỏng tỏ rằng

http://kinhhoa.violet.vn

Câu Va.

Cho hai đỷờng tròn

(C1) x2+ y2- 6x + 5 = 0,

(C2) x2+ y2- 12x - 6y + 44 = 0

Xác định phỷơng trình các đÛờng thẳng tiếp xúc với cả 2 đỷờng tròn trên

Câu IVb Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi với các đỷờng chéo AC = 4a, BD = 2a, chúng cắt nhau tại O Đỷờng cao của hình chóp là SO = h Mặt phẳng qua A, vuông góc với SC, cắt SB, SC, SD lần lỷỳồt tại B’, C’, D’

1) Xác định h để B’C’D’ là tam giác đều

2) Tính bán kính r của hình cầu nội tiếp hình chóp theo a và h

Câu Vb

Hai góc nhọn A, B của tam giác ABC thỏa mãn điều kiện

tg2A + tg2B = 2tg2 A + B

2 . Chỷỏng tỏ rằng ABC là một tam giác cân

_

Câu I 1) Đặt A = (x1 + x3)(x1 + x4)(x2 + x3)(x2 + x4)

Ta có(x1+ x3)(x1+ x4) = x + x (x + x ) + x x =12

1 3 4 3 4 -(ax1+ b) - cx1+ d = (d - b) - (a +c)x1, (x2 + x3)(x2 + x4) = (d - b) - (a + c)x2,

do đó A = [(d - b) - (a + c)x1][(d - b) - (a + c)x2] = (d - b)2 + (a + c)(b - d)(x1 + x2) + (a + c)2x1x2 =

= (b - d)2- (a + c)(b - d)a + (a + c)2b

Vai trò hai phỷơng trình là nhỷ nhau trong biểu thức của A, nên ta cũng có:

A = (b - d)2 - (a + c)(b - d)a + (a + c)2

b

Cộng hai biểu thức này của A thì suy ra kết quả

2) Không giảm tổng quát có thể xem aÊ b Ê c khi đó theo bđt Côsi ta có

(a + b + 1)(1 - a)(1 - b)Ê a + b + 1 + 1 - a + 1 - b









Suy ra (1 - a)(1 - b)Ê 1

a + b + 1 ị (1 - a)(1 - b)(1 - c) Ê 1 - c

a + b + 1

b + c + 1 +

b

a + c + 1 +

c

a + b + 1 + (1 - a)(1 - b)(1 - c)≤

a + b + 1 +

b

a + b + 1 +

c

a + b + 1 +

1 - c

a + b + 1 = 1.

Câu II 1) Ta có sin3

x + cos3xÊ sin2

x + cos2x = 1, 2 - sin4x³ 1

Vậy dấu = chỉ có thể xảy ra khi ta có đồng thời

sin

4

1

x





π

2 + 2kπ(kẻ Z).

2) Giả sử k, l, m là độ dài các trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C thế thì

2k2+a

2

2 2,

2l2+ b

2

2

= a2+ c2,









2 + l2+ m2= 3

4(a

2 + b2+ c2)

2m2+c

2

2

= a2+ b2

Mặt khác a2 + b2 + c2 = 4R2(sin2A + sin2B + sin2C),

4sin2A + 4sin2B + 4sin2C = 2(1 - cos2A) + 2(1 - cos2B) + 4(1 - cos2C) =

= 8 + 4cosCcos(A - B) - 4cos2C = 8 + cos2(A - B) - [2cosC - cos(A - B)]2 Ê 9,

suy ra: k + l + m

3

9R 4

Nh vậy: k + l + m

3

k + l + m 3

9R 4







2 .

Câu III 1) Vì M thuộc P, nên M có tung độ a2

, vậy

AM2

= (xM - xA)2 + (yM - yA)2 = a4 + (a - 3)2

Hàm f(a) =a4 + (a - 3)2 có đạo hàm

f’(a) = 4a3 + 2(a - 3) = 2(a - 1)(2a2 + 2a + 3),

suy ra khi a = 1, f(a) đạt giá trị nhỏ nhất Vậy đoạn AM ngắn nhất khi MƒM (1 , 1)

2) Với M (1 , 1) đỷờng thẳng AM có hệ số góc

k =y - y

x - x =

-1 2

Vì P có phỷơng trình y = x2 ị y’ = 2x, nên tại M tiếp tuyến của P có hệ số góc k’ = 2, suy ra tiếp tuyến ấy vuông góc với đỷờng thẳng AM

_

Câu IVa

Xét hai trường hợp sau :

a) p = q : 2 2

o

I=∫ πcos pxdx

2 o

2

o

π

∫

b) p ≠ q : 2

o

1

2

π

2 o

1 sin(p q)x sin(p q)x

0

π

Câu Va Phương trình (C ) và 1 (C ) lần lượt được viết lại dưới dạng : 2

1 (C : (x 3)ư +y =2 ,

2 (C ) : (x 6)ư + ư(y 3) =1

Vậy

1 (C ) có tâm I (3, 0)1 , bán kính R1=2,

2 (C ) có tâm I (6, 3)2 , bán kính R2=1

Ta tìm đường thẳng tiếp xúc với (C )1 và (C )2 dưới dạng x = m

Từ điều kiện tiếp xúc ta có hệ :

| 3 m | 2

| 6 m | 1



 ư =

 ⇒ m = 5

Vậy đường thẳng đúng x = 5 là đường thẳng tiếp xúc với (C )1 và (C )2 Mọi đường thẳng tiếp xúc với (C )1 và (C )2 khác với đường thẳng đứng đều có dạng

ax ư y + b = 0

Theo điều kiện tiếp xúc, ta có

2

2

3a b

2

6a 3 b

1





=





⇒

| 3a b | 2 | 6a 3 b |





⇔

3a b 2(6a 3 b)





hoặc









_

3 (d ) : y 2=

Tóm lại, ta có 4 đường thẳng tiếp xúc với (C )1 và (C )2 là (d ),(d ),(d )1 2 3 và x = 5

Câu IVb

1) AC'là đường cao trong tam giác cân SAC, do đó để C' thuộc đoạn SC, S phải là góc nhọn, muốn vậy phải có OC < SO ⇒ h > 2a

Tứ giác AB'C'D' có các đường chéo AC' và B'D' vuông góc với nhau Gọi K là giao điểm các

đường chéo ấy Ta có :

4ah 2dt(SAC) AC'.SC AC' h= = = +4a ⇒

⇒

4ah AC'

= +

Mặt phẳng (AB'C'D') cắt BC tại B1 với AB // BD1 , AB1=2a Nếu B'C'D' là tam giác đều thì B'KC' là nửa tam giác đều, vậy 1

B AC' là nửa tam giác đều, suy ra :

1

4ah

AC' AB 3

+

Khi đó SO h= = 3OA, suy ra SAC là tam giác đều, vậy C' là trung điểm của SC

2) Hình chóp S.ABCD có thể tích :

2

Tam giác SAB có cạnh AB a 5= và đường cao hạ từ đỉnh S

SH

5

+

do đó có diện tích a 2 2

2

= + Từ đó suy ra diện tích toàn phần hình chóp S.ABCD :

S = 4s + dt (ABCD) = 4a2+2a 4a2+5h2 , thành thử :

r

Câu Vb

_

2

2tg

A B

2

+

Để ý rằng kết quả này chỉ đúng với giả thiết A, B là góc nhọn, vì

khi đó :

0 < 2cosA cosB = cos (A + B) + cos (A − B) ≤ cos (A + B) + 1

Trở về với điều kiện của bài toán :

+

⇒ (tgA tgB)− 2≤0 ⇒ tgA = tgB ⇒ A = B

Câu I.

Cho m là một số nguyên dỷơng, hãy tìm cỷồc trị của hàm số

y = xm(4 - x)2

Khảo sát sỷồbiến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1

Câu II

1) ABC là một tam giác bất kì Chỷỏng minh rằng với mọi số x ta đều có

1 + 1

2x2³ cosA + x(cosB + cosC)

2) Giải phỷơng trình

cosx + 1

cosx + sinx +

1 sinx =

10

3. Câu III

1) Giải và biện luận theo a, b phỷơng trình

ax + b

x - a =

x - b

x + a.

2) Cho 3 số a, b, c thỏa mãn điều kiện a2+ b2+ c2= 1 Chỷỏng minh rằng:

abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc)≥0

Câu IVa 1) Chỷỏng tỏ rằng hàm số

F(x) = x−ln 1( + x)

là một nguyên hàm trênR của hàm số f(x) = x

1 + | x|. _http://kinhhoa.violet.vn

2) Tính tích phân

I =

1

e

2

xln xdx

Câu IVb Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi K là trung điểm của cạnh SC Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lầnlỷỳồt tại M và N

Chứng minh:

SM +

SD

SN = 3 ;

3ÊV V

1 Ê 3

8, trong đó V là thể tích hình chóp S.ABCD, V1là thể tích hình chóp S.AMKN

_

_

Câu I

1) y' mx= m 1ư (4 x)ư 2ư2(4 x)xư m=

m 1

x ư (4 x)[4m (m 2)x]

a) Xét trường hợp m ≥ 2 Khi đó phương trình y' = 0 có ba nghiệm x1=0, 2 4m

x

m 2

= + và 3

x =4

Nếu m ư 1 chẵn (tức m = 3, 5, 7, ) thì y' sẽ cùng dấu với

(4 ư x) [4m ư (m + 2)x] và do đó : ymin(4) 0= và

m m 4 max 2 m 4 m 2

(m 2)

+ +

Nếu m - 1 lẻ (tức m = 2, 4, 6, ) thì dấu của y' là dấu của

x(4 ư x)[4m ư (m + 2) x]

Lập bảng xét dấu sẽ có kết quả

min

y (0) 0= ; ymax(x ) M2 = , ymin(4) 0=

b) Đề nghị bạn đọc tự làm cho trường hợp m = 1

2 (y x(4 x) )= ư

2) Khảo sát, vẽ đồ thị hàm số

2

y x(4 x)= ư

dành cho bạn đọc

Câu II

1) x2ư2(cosB cosC)x 2(1 cosA) 0+ + ư ≥ (1)

2 ' (cosB cosC) 2(1 cosA)

2C B 2B C 2A

2A 2B C

ư

Vậy (1) đúng với mọi x

cosx sin x

sin x cosx 3

+

Đặt t cosx sin x(= + ư 2 t≤ ≤ 2) (2)

thì t2= +1 2sin x cosx và ta được + =

ư 2

t

3

Đặt điều kiện t ≠ ±1 sẽ tới

3t ư10t + +3t 10 0=

tức là : 1 + a + b + c + ab + ac + bc ≥ 0 (2)

_

Chỉ có t2 là thích hợp Thay vào (2) ta có phương trình

cos x

 ư =

cos

3 2

ư

α = thì được hai họ nghiệm :

1

4

π

4

π

= ư α + π

Câu III

1) Đặt điều kiện x - a ≠ 0 ; x + a ≠ 0 thì (1) được biến đổi về dạng :

2 x[a 1)x aư + + +a 2b] 0= (2) Với ∀a, b (2) đều có nghiệm x1=0

Giải (a 1)x aư + 2+ +a 2b 0=

Nếu a ≠ 1 có nghiệm

2

2 a a 2b x

1 a

+ +

=

ư

Nếu a = 1 ta có : 0x = ư 2(1 + b) (3)

Với b ≠ ư 1 thì (3) vô nghiệm ; với b = -1 thì (3) nghiệm đúng với ∀x Kiểm tra x2 có thỏa mãn điều kiện x2≠ ±a ?

2

2

1 a

+ +

ư

≠ a aư 2⇔2(a2+b) 0≠ ⇔ ≠ ư b a2 2

1 a

+ +

Kết luận :

với b ≠ ư1 , (1) có nghiệm duy nhất x1=0 với b = ư 1, (1) có nghiệm là ∀x ≠ ± 1

Nếu a ≠ 1 ; 0 thì :

với b≠ ưa2, b ≠ - a, (1) có hai nghiệm

=

1

+ +

=

ư

2

2 a a 2b

x

1 a

với b= ưa2 hoặc b = - a thì (1) có một nghiệm x1=0

Nếu a = 0 thì (1) có một nghiệm x2 =2b nếu b ≠ 0 ; (1) sẽ vô nghiệm nếu b = 0

2) Vì a2+b2+c2=1 nên - 1 ≤ a, b, c ≤ 1

Do đó 1 + a ≥ 0 , 1 + b ≥ 0, 1 + c ≥ 0 ⇒ (1 + a) (1 + b) (1 + c) ≥ 0 ⇒

⇒ 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ 0 (1)

Mặt khác :

Nếu a = 1 thì : 



















Câu IVa 1) Với x>0 ta có

F(x) = x - ln(1 + x) ị F’(x) = 1 - 1

1 + x =

x

1 + x; với x < 0 ta có

F(x) = - x - ln(1 - x)ị F’(x) = - 1 + 1

1 - x =

x

1 - x.

Từ đó suy ra với xạ 0

F’(x) = x

1 + | x|.

Ta chỉ còn phải chứng minh rằng F’(0) = 0 Quả vậy

F’(0) = lim 1

x (F( x) - F(0))

x 0

x x - ln(1 + x) =

x 0

= lim 1 - ln(1 + x)

x 0

∆

∆

∆

→







 0,

vì lim ln(1 + x)

x 0

∆

∆

∆

2) I =

1

e

∫ xln2xdx

dv xdx

=

=







ln2

x

x dx

v x

=

=











2 1 2 2

ln

,

suy ra I =1

2 x ln x - xlnxdx =

e

2 - J

2 2 1 e 1

∫





1

e xlnxdx

Để tính J, đặt

du ux

suy ra J =1

2

1

1

2

1

2

2 1

x x xdx e

e

ln

−

VËy

I =1

4(e

2

- 1)

C©u Ivb

1) V× K lµ trung®iÓm cña SC, nªn theo h×nhbªn, trong tam gi¸c SAC, SO

vµ AK lµ hai ®ûêng trungtuyÕn c¾t nhau t¹i trängt©m H, vËy

SH

SO =

2

3.

Theo h×nh bªn , ta cã dt(SNH) =SN

SD.

SH

SO dt(SDO) =

=SN

SD .

2

3 .

1

2dt(SDB),dt(SHM) =

SH

SO .

SM

SB dt(SOB)

=2

3 .

SM

SB .

1

2dt (SDB).

§ång thêidt(SNH) + dt(SHM) = dt(SNM) =SN

SD .

SM

SB dt(SDB).

Tõ c¸c hÖ thøc trªn, suy ra1

3 .

SN

SD +

1

3 .

SM

SB =

SN

SD .

SM SD

Û SB

SM +

SD

SN = 3.

2) §ÆtSM

SB = x,

SN

SD= y, theo hÖ thøc trªn ta cã

1

x +

1

y = 3 §ång thêi, do ý nghÜa h×nh häc, ph¶i cã 0 < x £ 1,

0 < y£ 1 V×

1

y = 3

-1

x 3x - 1

nªn 0< x

3x - 1 ≤ 1

0 <x£ 1 Þ

1

2≤ ≤x 1