Hướng dẫn giải đề kiểm tra định kỳ số 3 - 2013 môn toán thầy phương
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (360.43 KB, 10 trang )
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 03
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-
ðề 01:
Bài 1:
Giải hệ phương trình:
3 3
6 6
3 3
1
x x y y
x y
− = −
+ =
Giải:
Hệ
3 3 2 2
6 6 6 6
3 3 0 ( )( 3) 0
1 1
x y x y x y x y xy
x y x y
− − + = − + + − =
⇔ ⇔
+ = + =
2 2
6
6 6
3
2 1
1
x y
x y xy
x
x y
=
+ + =
⇔ ∨
=
+ =
6 6
6 6
2 2
6 6
1 1
1
2 2
1 1
3
2 2
x x
x y
x y xy
y y
= = −
+ =
⇔ ∨ ∨
+ + =
= = −
Xét hệ :
6 6
2 2
1 (1)
3 (2)
x y
x y xy
+ =
+ + =
Từ (1) suy ra:
6 6
1, 1
x y
≤ ≤
2 2
2 2
1; 1 1 1 1 1
3
x y xy x y xy
x y xy
⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ⇒ + + ≤ + +
⇒ + + ≤
Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
1; 1 1 1 1
x y xy x y x y
= = ⇒ = ⇒ = = ∨ = = −
Thay vào phương trình (1) thấy không thỏa mãn.
ðáp số:
Hệ ñã cho có 2 nghiệm là:
6 6
6 6
1 1
2 2
1 1
2 2
x x
y y
= = −
∨
= = −
Bài 2:
Cho hệ phương trình:
2 2
2 2
3 2 11
2 3 17
x xy y
x xy y m
+ + =
+ + = +
(I)
Tìm m ñể hệ có nghiệm.
Giải:
HƯỚNG DẪN GIẢI
ð
Ề
KI
Ể
M TRA ð
Ị
NH K
Ỳ
S
Ố
03
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 03
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2
-
• Cho
0
x
=
ta ñược:
2
2
11
3 17
y
y m
=
= +
TH 1
: Nếu
17
11 16
3
m
m
+
= ⇔ =
thì (I) có ít nhất hai nghiệm là
(
)
0; 11
±
Vậy nhận m = 16
TH 2:
Nếu
16
m
≠
thì (I) không có nghiệm (0; y). Ta tìm m sao cho (I) có nghiệm (x; y) với
0
x
≠
.
Chia cả hai vế của các phương trình của (I) cho
2
x
, ta ñược:
2
2
2
2
11
3 2
17
1 2 3
y y
x x x
y y m
x x x
+ + =
+
+ + =
(II)
ðặt
y
t
x
=
, M = m +17 ≠ 33.
Hệ (II)
2
2 2
2
2
2
2
2
11
2 3
( 2 3) 11(3 2 1) 0
11
2 3
3 2 1
t t
M t t t t
x
M
t t
t t
x
x
+ + =
+ + − + + =
⇔ ⇔
+ + =
+ + =
2
2
2
( 33) (2 22) 3 11 0
11
2 3
M t M t M
t t
x
− + − + − =
⇔
+ + =
(*)
(I) có nghiệm khi và chỉ khi (*) có nghiệm:
2
2 2
2 2
( 11) ( 33)(3 11) 0
22 121 3 11 99 363 0
2 88 242 0 44 121 0
22 11 3 22 11 3
22 11 3 17 22 11 3
5 11 3 5 11 3
M M M
M M M M M
M M M M
M
m
m
⇔ − − − − ≥
⇔ − + − + + − ≥
⇔ − + − ≥ ⇔ − + ≤
⇔ − ≤ ≤ +
⇔ − ≤ + ≤ +
⇔ − ≤ ≤ +
Kết hợp với
16
m
≠
ta ñược:
{ }
5 11 3;5 11 3 \ 16
m
∈ − +
ðáp số:
Tập các giá trị m cần tìm là:
5 11 3;5 11 3
− +
Bài 3:
a) Chứng minh rằng với mọi
[
]
1;1
t ∈ − , ta có:
1 1
2 2 1
x
x
x
+ − = ⇔ =
2 2
1 1 1 1 2
t t t t
+ + − ≥ + − ≥ −
b) Giải phương trình:
2 2 4 2
1 2 1 2 2( 1) (2 4 1)
x x x x x x x
+ − + − − = − − +
Giải:
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 03
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3
-
a) ðpcm
2 2 2
1 1 2 1 1 1 2 1
t t t t t
⇔ + + − + − ≥ + − + −
2
0
t
⇔ ≥ −
(hiển nhiên)
ðpcm
1
2 2 2 2 1
2
1 1 (1 ) (1 )
t t t t
⇔ − ≥ − ⇒ − ≥ − (ñúng vì
[
]
2
0 1 1 1;1
t t≤ − ≤ ∀ ∈ −
)
b) ðiều kiện ñể
2
2
x x
−
có nghĩa:
2
2 0
x x
− ≥
Gọi x là một nghiệm của phương trình:
4 2 2 2
2( 1) (2 4 1) 1 2 1 2
x x x x x x x
− − + = + − + − −
Áp dụng kết quả câu trên, ta có:
(
)
2
2 2 2 2
1 2 1 2 2 2 2 2
x x x x x x x x
+ − + − − ≥ − − = − +
4 2 2
4 2 2
2( 1) (2 4 1) 2 2
2( 1) (2 4 2 1) 1 1 2
x x x x x
x x x x x
⇒ − − + ≥ − +
⇒ − − + − ≥ + − +
ðặt
2
( 1)
t x
= −
2 3 2
2
2 2
2 (2 1) 1 4 2 1 0
( 1)(4 2 1) 0
1 ( 1) 1 2 0
t t t t t t
t t t
t x x x
⇒ − ≥ + ⇔ − − − ≥
⇔ − + + ≥
⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ − ≥
Kết hợp với ñiều kiện
2
2 0
x x
− ≥
ta ñược
2
2 0 0 2
x x x x
− = ⇔ = ∨ =
Thử lại thấy cả 2 giá trị ñó ñều là nghiệm của phương trình ñã cho.
ðáp số:
0 2
x x
= ∨ =
Bài 4:
Giải bất phương trình:
2 2 2
3 2 4 3 2 5 4
x x x x x x
− + + − + ≥ − +
(1)
Giải:
• ðiều kiện:
2
2
2
3 2 0
1 2
4 3 0 1 3 1 4 (*)
1 4
5 4 0
x x
x x
x x x x x x
x x
x x
− + ≥
≤ ∨ ≥
− + ≥ ⇔ ≤ ∨ ≥ ⇔ ≤ ∨ ≥
≤ ∨ ≥
− + ≥
Vậy (1) tương ñương với:
1 4
( 1)( 2) ( 1)( 3) 2 ( 1)( 4)
x x
x x x x x x
≤ ∨ ≥
− − + − − ≥ − −
1
( 1)( 2) ( 1)( 3) 2 ( 1)( 4)
1
4
( 1)( 2) ( 1)( 3) 2 ( 1)( 4)
x
x x x x x x
x
x
x x x x x x
<
− − + − − ≥ − −
⇔ =
≥
− − + − − ≥ − −
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 03
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4
-
1
(1 ). (2 ) (1 ) 3 2 (1 ). 4
1
4
( 1). 2 ( 1). 3 2 ( 1). 4
x
x x x x x x
x
x
x x x x x x
<
− − + − − ≥ − −
⇔ =
≥
− − + − − ≥ − −
1
(2)
(2 ) 3 2 4
1
4
(3)
2 3 2 4
x
x x x
x
x
x x x
<
− + − ≥ −
⇔ =
≥
− + − ≥ −
• Khi
1
x
<
2
2
(2) 2 3 2 (2 )(3 ) 4(4 )
5 2 2 6 5 16 4
2 6 5 2 11
x x x x x
x x x x
x x x
⇔ − + − + − − ≥ −
⇔ − + − + ≥ −
⇔ − + ≥ − +
(Khi x < 1 ta có 11 -2x > 0)
2 2
2 2
4( 5 6) (11 2 )
4 20 24 4 44 121 24 97
x x x
x x x x x
⇔ − + ≥ −
⇔ − + ≥ − + ⇔ ≥
97
24
x⇔ ≥
không tỏa mãn x < 1.
• Khi
4
x
≥
2 2
(3) 2 3 2 ( 2)( 3) 4( 4)
2 5 6 2 16 5 2 5 6 2 11
x x x x x
x x x x x x
⇔ − + − + − − ≥ −
⇔ − + ≥ − + ⇔ − + ≥ −
2 2 2
2 11 0 2 11 0
5 6 0 4( 5 6) (2 11)
x x
x x x x x
− ≤ − >
⇔ ∨
− + ≥ − + ≥ −
2 2
11
11
2
2
2 3
4 20 24 4 44 121
x
x
x x
x x x x
>
≤
⇔ ∨
≤ ∨ ≥
− + ≥ − +
11
11
2
3
97
2
24
x
x
x
>
⇔ ≤ ≤ ∨
≥
11 11
3 3
2 2
x x x
⇒ ≤ ≤ ∨ > ⇔ ≥
Kết hợp với
4
x
≥
ta ñược:
3
4
4
x
x
x
≥
⇔ ≥
≥
•
ðáp số
:
1 4
x x
= ∨ ≥
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 03
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5
-
Bài 5:
Giải hệ:
1 1
2 2
1 1
2 2
y
x
x
y
+ − =
+ − =
Giải:
• ðiều kiện:
1
,
2
x y
≥
. Từ hệ suy ra:
1 1 1 1
2 2 (1)
y x
x y
+ − = + −
• Nếu x > y thì
1 1
x y
<
và
1 1
x y
<
suy ra VT(1) < VP(1).
• Nếu x < y tương tự cũng không thỏa mãn.
• Nếu x = y . Thế vào một phương trình của hệ ñược:
1 1
2 2 1
x
x
x
+ − = ⇔ =
Hệ có nghiệm: (x; y) = (1; 1).
Giáo viên : Trần Phương
Nguồn :
Hocmai.vn
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 03
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 6
-
ðề 02:
Bài 1:
Tính tích phân:
a)
1
2
0
sin
16 9cos
x x
I dx
x
π
=
+
∫
Giải:
ðặt:
x t dx dt
π
= − ⇒ = −
ðổi cận:
0
0
x t
x t
π
π
= → =
= → =
0
1
2 2
0
( )sin ( ) ( )
16 9cos 16 9cos
t t dt t dt
I
t t
π
π
π π
− − −
⇒ = =
+ +
∫ ∫
1
2 2 2
0 0 0
sin sin sin
16 9cos 16 9cos 16 9cos
tdt t t xdx
dt I
t t x
π π π
π π
= − = −
+ + +
∫ ∫ ∫
1 1 1
2 2
0 0
sin sin
2
16 9cos 2 16 9cos 2
xdx xdx
I I I J
x x
π π
π π
π
⇒ = ⇒ = ⇒ =
+ +
∫ ∫
Tính
2
0
sin
16 9cos
xdx
J
x
π
=
+
∫
ðặt cos sin
x u xdx du
= ⇒ = −
ðổi cận:
0 1
1
x u
x u
π
= → =
= → = −
1 1
2
2
1 1 2
1
1 4 4
arctan
1
16 9 9 27 3
4
3
du du u
J
u
u
−
−
−
⇒ = = =
−
+
+
∫ ∫
1
8 4
arctan
27 3
4 4
arctan
2 27 3
I J
π π
=
⇒ = =
b)
4
2
0
sin
4
sin 2 2(1 sin cos )
x dx
I
x x x
π
π
−
=
+ + +
∫
Giải:
ðổi biến:
sin cos (cos sin ) 2 sin
4
x x t dt x x dx x dx
π
+ = ⇒ = − = − −
2 2
1 sin 2 sin 2 1
x t x t
+ = ⇒ = −
ðổi cận:
0 1
2
4
x t
x t
π
= → =
= → =
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 03
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 7
-
Vậy
2 2
2
2 2
1 1
1 1
1 2(1 ) ( 1)
2 2
dt dt
I
t t t
= − = −
− + + +
∫ ∫
2 1 2
.
2 1
1
2 1 1 4 3 2
.
2 2 4
2 1
t
=
+
−
= − =
+
Bài 2: Tính tích phân sau:
a)
2 2
0
sin
x
J e xdx
π
=
∫
Giải:
Xét tích phân:
2 2
0
cos
x
I e xdx
π
=
∫
Ta có:
( )
2 2 2
0
2
0
1 1
2 1
0
2 2
cos 2
x x
x
I J e dx e
I J e xdx
π
π
π
π
+ = = = −
− =
∫
∫
Tính
2
0
cos 2
x
A e xdx
π
=
∫
ðặt
2
2
2
1
cos 2
sin 2
2
x
x
du e dx
u e
dv xdx
v xdx
=
=
⇒
=
=
Suy ra:
2 2 2
0 0
\
1
sin 2 sin 2 0 sin 2 (1)
0
2
x x x
A e x e xdx e xdx B
π π
π
= − = − = −
∫ ∫
Tính:
∫
=
π
0
2
2sin xdxeB
x
ðặt:
2
2
2
1
sin 2
cos 2
2
x
x
du e dx
u e
dv xdx
v x
=
=
⇒
=
= −
Suy ra
2 2 2
0 0
1
sin 2 cos 2 cos 2
0
2
x x x
B e xdx e x e xdx
π π
π
= = − +
∫ ∫
( )
2
1
1 (2)
2
e A
π
= − +
Từ (1) và (2) ta có:
( )
2
1
1
2
A e A
π
= − − −
( )
2
1
1
4
A e
π
⇔ = −
Suy ra:
( )
2
1
1
4
I J e
π
− = −
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 03
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 8
-
Vậy cuối cùng ta có:
( )
( )
( )
2
2
2
1
1
1
2
2 1
1
4
1
4
I J e
J e
I J e
π
π
π
+ = −
⇒ = −
− = −
Vậy
( )
2
1
1
8
J e
π
= −
b)
1
2
0
.
4
x
x
I x e dx
x
= −
−
∫
Giải:
1 1
2
1 2
2
0 0
.
4
x
xdx
I x e dx I I
x
= − = +
−
∫ ∫
Tính:
1 1 1
2 2 2 2
1
0 0 0
1
1 1
. .
0
2 2
x x x x
I x e xde x e e dx
= = = −
∫ ∫ ∫
1 1
2 2 2 2
2 2 2 2 2
0 0
1
1 1 1 1 1 1
( 1)
0
2 2 2 4 2 4 2 4 4
x x x
e e e e
e e dx de e e
+
= − = − = − = − − =
∫ ∫
.
Tính:
1 1
2 2
2
2
0 0
1
4 4 3 2
0
4
xdx
I d x x
x
= − = − = − = −
−
∫ ∫
Vậy:
2 2
1 2
1 7
3 2 3
4 4
e e
I I I
+ −
= + = + − = +
.
Bài 3: Tính các tích phân sau:
a)
2
0
sin 2
3 4sin cos2
xdx
I
x x
π
=
+ −
∫
Giải:
Ta có: sin2
x
= 2sin
x
cos
x
3 + 4sin
x
- cos2
x
=3 + 4sin
x
-1 + 2sin
2
x
= 2sin
2
x
+ 4sin
x
+ 2
Vậy
2 2
2 2
0 0
2sin cos sin cos
2sin 4sin 2 sin 2sin 1
x xdx x xdx
I
x x x x
π π
= =
+ + + +
∫ ∫
ðặt:
sin cos
x t dt xdx
= ⇒ =
ðổi cận:
0 0
1
2
x t
x t
π
= → =
= → =
Vậy
1 1 1
2 2
0 0 0
( 1) 1 ( 1)
tdt dt dt
I
t t t
= = −
+ + +
∫ ∫ ∫
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 03
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 9
-
=
1 1
1 1
ln 1 ln 2
0 0
1 2
t
t
+ + = −
+
b)
46
0
tan
cos 2
xdx
I
x
π
=
∫
Giải:
Áp dụng công thức:
2
2
1 tan
cos2
1 tan
x
x
x
−
=
+
4 26
2
0
tan (1 tan )
1 tan
x x
I dx
x
π
+
=
−
∫
ðặt:
2
2
tan (1 tan )
cos
dx
t x dt x dx
x
= ⇒ = = +
ðổi cận:
0 0
1
6
3
x t
x t
π
= → =
= → =
Suy ra:
1 1 1
3 3 3
4
2 2
2 2
0 0 0
1 1 1 1
1 1
1 1 2 1 1
t dt
I t dt t dt
t t t t
= = − + + = − + + −
− − − +
∫ ∫ ∫
\
( )
3
1
1 1 10 3 1
ln ln 2 3
3
3 2 1 27 2
0
t t
t
t
−
= − + + = − + +
+
Bài 4: Tính tích phân sau:
14 3 3
13
2
3
0
( 1)( 1)
dx
I
x x
−
=
− +
∫
Giải:
ðặt:
( )
3 2
3
2
3
3
1 1 6
1 1
1
x t t dt
t x dx
x t
t
+ +
= ⇒ = ⇒ = −
− −
−
ðổi cận:
0 1
14 3 3 3
13 3
x t
x t
= → = −
−
= → =
Xét:
3
3 2
3
3
3 2
2
3
3
6
1 3 1 2
( 1)
.
2
1 1 1 1 1
( 1)( 1)
1
t
dx x dx t
t
dt dt
t
x x t t t t
x x
t
+ +
−
= = − = − = −
− + − − + +
− +
−
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 03
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 10
-
( )
2 2
1
2 1
1 3
2
1 1 2( 1)
t
t t t t t
+
= − −
− + + + +
Vậy
3 3 3
3 3 3
2 2
0 0 0
1 (2 1) 3
1 2 1 1 2 1
dt t dt dt
I
t t t t
+
= − −
− + + + +
∫ ∫ ∫
=
2
3 3
1 3
ln 1 ln 1
3 3
2 2
0 0
t t t J
+ − + + −
Tính
3
3
2
0
1
dt
J
t t
=
+ +
∫
Xét:
2
2
2 2
1 1 3 1 3
1 2.
2 4 4 2 2
t t t t t
+ + = + + + = + +
ðặt:
2
2
1 3 3 3
tan (1 tan )
2 2 2cos 2
t u dt du u du
u
+ = ⇒ = = +
ðổi cận:
0
6
3 4 3 3
arctan
3
6 3
t u
t u
π
= → =
+
= → =
2 2
3
1 (tan 1)
4
t t u
+ + = +
4 3 3
arctan
6 3
2
2
6
4 3 3
arctan
6 3
6
3 1
(1 tan ).
3
2
(tan 1)
4
4 3 3
arctan
2 3 2 3 2 3 4 3 3
6 3
arctan
3 3 3 6
6 3
6
J u du
u
J du u
π
π
π
π
+
+
⇒ = +
+
+
+
= = = −
∫
∫
Thay vào ta ñược: I =
2
3 3
1 3
ln 1 ln 1
3 3
2 2
0 0
t t t J
+ − + + −
I =
3 1 1 3 4 3 3
ln ln 3 arctan
3 2 3 6
6 3
π
+ +
− − −
.
Giáo viên : Trần Phương
Nguồn :
Hocmai.vn
