Giải đề minh họa lần 3
Giao điểm với trục hoành => y=0
Câu 1:
Xét pt: 𝑥 3 − 3𝑥 = 0 ⇔ 𝑥(𝑥 2 − 3) = 0 𝑝ℎươ𝑛𝑔 𝑡𝑟ì𝑛ℎ 𝑛à𝑦 𝑐ó 3 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 B
1
Câu 2:
𝑦 ′ = 𝑥.ln 10 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)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 𝑙à
Câu 10:
∫ (𝑥 2 + 𝑥 2 ) 𝑑𝑥 = ∫(𝑥 2 + 2𝑥 −2 )𝑑𝑥 =
Câu 11:
𝑡𝑎 𝑡ℎấ𝑦 lim + 𝑦 = −∞ . 𝑇𝑎 𝑐ó 𝑚ộ𝑡 𝑡𝑖ệ𝑚 𝑐ậ𝑛 đứ𝑛𝑔.
3
𝑥−1
2
𝑦
=3=
𝑧+2
.𝐷
1
2
𝑥3
3
+
2𝑥 −1
−1
+𝐶 =
𝑥3
3
2
− 𝑥 + 𝐶. 𝐴
𝑥→−2
lim 𝑦 = +∞ . 𝑇𝑎 𝑐ó 𝑚ộ𝑡 𝑡𝑖ệ𝑚 𝑐â𝑛 đứ𝑛𝑔.
𝑥→0−
lim 𝑦 = 0. 𝑇𝑎 𝑐ó 𝑚ộ𝑡 𝑡𝑖ệ𝑚 𝑐ậ𝑛 𝑛𝑔𝑎𝑛𝑔.
𝑥→+∞
Vậy ta có 3 tiệm cận. B
Câu 12:
2017
𝑃 = (7 + 4√3)
2016
(4√3 − 7)
2
2016
= ((4√3) − 72 )
. (7 + 4√3)
= (−1)2016 . (7 + 4√3) = 7 + 4√3. 𝐶
Câu 13:
Câu 14:
𝑃 = log 3√𝑎 𝑎3 = log
1
𝑎3
1
𝑎3 = 3. 1 log 𝑎 𝑎 = 9. 𝐶
3
Loại luôn D.
𝑣ớ𝑖 đá𝑝 á𝑛 𝐴. 𝑦 ′ = 9𝑥 2 + 3. 𝑦 ′ = 0 𝑣ô 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚. 𝑉ậ𝑦 đá𝑝 á𝑛 𝑙à 𝐴
Câu 15:
1
𝑦 = 𝑓 ′ (𝑥) = ln 𝑥 + 1 . 𝑦 ′ = 𝑥 > 0 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 𝑥 > 0
LẠIVĂN TÔN | 0973056109|facebook|Lại Văn Tôn
𝑥 = 1 𝑡ℎì 𝑦 = 1. lim+ 𝑦 = −∞. 𝐶
𝑥→0
𝑎 2 √3
4
= 𝑎3 .
√3
.𝐷
4
Câu 16:
𝑉 = 𝑎.
Câu 17:
𝑔ọ𝑖 𝐷(𝑥; 0; 0). 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶 ⇔ (3 − 𝑥)2 + (−4)2 = 42 + (−3)2 ⇔ 𝑥 2 − 6𝑥 = 0
⇔ 𝑥 = 0 ℎ𝑜ặ𝑐 𝑥 = 6. 𝐷
Câu 18:
Áp đụng định lí Viet ta có: 𝑃 = (𝑧1 + 𝑧2 )2 − 𝑧1 𝑧2 = (−1)2 − 1 = 0. 𝐷
Câu 19:
Khảo sát hàm số y trên khoảng (0; +∞ )
8
2
2
3
; 𝑦 ′ = 0 ⇔ 𝑥 = 3 ; 𝑦 ( 3 ) = 3√9; lim+ 𝑦 = + ∞; lim 𝑦 = +∞
3
𝑥→+∞
𝑥→0
𝑥
√3
√3
𝑦′ = 3 −
3
𝑣ậ𝑦 𝐺𝑇𝑁𝑁 𝑐ủ𝑎 𝑦 𝑡𝑟ê𝑛 (0; +∞)𝑙à 3√9. 𝐴
Câu 20:
11 mặt. D
Câu 21:
A
Câu 22:
Điều kiện: 𝑥 > 1. 𝑃𝑡 𝑡𝑟ở 𝑡ℎà𝑛ℎ log 2 (𝑥 2 − 1) = 3 ⇔ 𝑥 2 − 1 = 23 = 8
⟹ 𝑥 2 = 9 ⇔ 𝑥 = 3( 𝑙𝑜ạ𝑖 𝑥 = −3). 𝐶
Đồ thị có hai tiệm cận 𝑥 = −1 𝑣à 𝑦 = 2. 𝐶ℎỉ 𝑐ó 𝐴 ℎ𝑜ặ𝑐 𝐵
Câu 23:
𝐻à𝑚 𝑠ố đồ𝑛𝑔 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 (−∞; −1) 𝑣à (−1; +∞). 𝐵
𝑢 = 𝑥 2 − 1 ⟹ 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥.
Câu 24:
3
𝐼 = ∫ √𝑢𝑑𝑢 . 𝐶
0
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:
1 𝑑𝑥
𝑒 𝑥 +1
𝐼 = ∫0
1 𝑒 𝑥 +1−𝑒 𝑥
= ∫0
𝑒 𝑥 +1
1
𝑒𝑥
1 𝑒𝑥
𝑑𝑥 .
𝑒 𝑥 +1
𝑑𝑥 = ∫0 (1 − 𝑒 𝑥 +1) 𝑑𝑥 = 𝑥|10 − ∫0
Đặ𝑡 𝑢 = 𝑒 𝑥 + 1 ⟹ 𝑑𝑢 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥
𝑒+1
𝐼 =1−∫
2
𝑑𝑢
𝑒+1
= 1 − ln 𝑢 |𝑒+1
= 1 − (ln(𝑒 + 1) − 𝑙𝑛2) = 1 − ln
⟹ 𝑎 = 1; 𝑏 = −1
2
𝑢
2
𝑆 = 𝑎3 + 𝑏 3 = 13 + (−1)3 = 0. 𝐶
Câu 28:
Bán kính của khối trụ bằng một nửa đường chéo mặt đáy. Ta có
LẠIVĂN TÔN | 0973056109|facebook|Lại Văn Tôn
1
𝑎
𝑅 = 𝑎√2 =
2
√2
𝑎 2
𝜋𝑎3
𝑉 = 𝜋𝑅 2 ℎ = 𝜋 ( ) 𝑎 =
.𝐷
2
√2
Câu 29:
Mặt phẳng có véc tơ pháp tuyến ⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐼 = (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)) =
Câu 31:
|2.1 − 2. (−2) − 1.1 + 1|
√22 + (−2)2 + (−1)2
= 2. 𝐷
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)𝑥 3 − 4(𝑚 − 3)𝑥 = 0 ⇔ 4𝑥[(𝑚 − 1)𝑥 2 − (𝑚 − 3)] = 0 ⇔
(1)
𝑥=0
2
(𝑚 − 1)𝑥 = 𝑚 − 3 (2)
𝑦 ′′ = 12(𝑚 − 1)𝑥 2 − 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) ⇔ 𝑥 2 =
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
≤ 0 ⇔ 1 < 𝑚 ≤ 3 𝑡ℎì 𝑝𝑡 𝑛à𝑦 𝑣ô 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 (5)
𝑚−1
𝑇ừ (3)(4)(5) ⟹ 1 ≤ 𝑚 ≤ 3. 𝐴
(𝑥 − 2)(𝑥 2 − 1) 𝑛ế𝑢 𝑥 ≥ 2. 𝑇ứ𝑐 𝑔𝑖ữ 𝑛𝑔𝑢𝑦ê𝑛 𝑝ℎầ𝑛 𝑥 ≥ 2
.𝐴
−(𝑥 − 2)(𝑥 2 − 1)𝑛ế𝑢 𝑥 < 2. 𝑇ứ𝑐 đố𝑖 𝑥ứ𝑛𝑔 𝑞𝑢𝑎 𝑜𝑥 𝑝ℎầ𝑛 𝑥 < 2
Câu 32:
Ta có: 𝑦 = {
Câu 33:
𝑃 = log √𝑏 √𝑎 = log √𝑏
𝑏
𝑎
𝑎
=1+
√𝑏
. √𝑎
𝑎
= 1 + log √𝑏 √𝑎 = 1 +
1
log √𝑎 √𝑏 − log √𝑎 𝑎
𝑎
=1+
1
√3 − 2
1
√𝑏
)
𝑎
log√𝑎 (
= 1 − (√3 + 2) = −√3 − 1.
LẠIVĂN TÔN | 0973056109|facebook|Lại Văn Tôn
Diện tích thiết diện hình chữ nhật là 3𝑥. √3𝑥 2 − 2
Câu 34:
3
Thể tích của thiết diện được tính theo công thức 𝑉 = ∫1 3𝑥√3𝑥 2 − 2 𝑑𝑥. Đặ𝑡 𝑢 = √3𝑥 2 − 2
5
𝑡𝑎 𝑡í𝑛ℎ đượ𝑐 𝑉 = ∫ 𝑢2 𝑑𝑢 =
1
𝑝𝑡 ⇔ 3𝑥 2 − 6𝑥 + 1 + 3 ln(𝑥 + 1) = 0, đặ𝑡 𝑦 = 3𝑥 2 − 6𝑥 + 1 + 3 ln(𝑥 + 1) (x > −1)
Câu 35:
y ′ = 6x − 6 +
1
y ( 2) y (−
√
Câu 36:
𝑢3 5 124
| =
.𝐶
3 1
3
3
3(2(x − 1)(x + 1) + 1) 3(2x 2 − 1)
1
=0⇔
=
=0⇔x=±
(tm)
x+1
x+1
x+1
√2
1
)
√2
< 0. lim 𝑦 = −∞. Do đó hàm số cắt ox tại 3 điểm phân biệt. C
𝑥→−1
̂ = 300
Góc giữa SD và (SAB) là 𝐴𝑆𝐷
𝑆𝐴 = 𝐴𝐷. cot 300 = 𝑎√3
𝑉𝑐ℎó𝑝
Câu 37:
1
1
𝑎3 √3
2
= 𝑆𝐴. 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = . 𝑎√3. 𝑎 =
.𝐷
3
3
3
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). ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐵′ = 𝑘𝑛⃗ ⇔ (−4; 𝑦 + 5; 𝑧 − 3) = 𝑘(1; 0; 0)
⟹ 𝑦 = −5 𝑣à 𝑧 = 3
⟹ 𝐵′ (−3; −5; 3). 𝑣𝑡𝑐𝑝 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵′ = (0; −2; 8), 𝑐ℎọ𝑛 𝑣𝑡𝑐𝑝(0; −1; 4)
𝑥 = −3
𝑝𝑡𝑡𝑠 ℎì𝑛ℎ 𝑐ℎ𝑖ế𝑢 𝑐ủ𝑎 𝑑: { 𝑦 = −3 − 𝑡 . 𝐷
𝑧 = −5 + 4𝑡
Câu 38:
đặ𝑡 {
𝑢 =𝑥+1
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
1
1
⟹{
⟹ ∫0 (𝑥 + 1)𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥 = (𝑥 + 1)𝑓(𝑥)|10 − ∫0 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 10
𝑑𝑣 = 𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥
𝑣 = 𝑓(𝑥)
⇔ 2𝑓(1) − 𝑓(0) − 𝐼 = 10 ⇔ 2 − 𝐼 = 10 ⇔ 𝐼 = −8. 𝐷
Câu 39:
𝑧 2 = (𝑎 + 𝑏𝑖)2 = 𝑎2 − 𝑏 2 + 2𝑎𝑏𝑖. 𝑧 2 𝑙à 𝑠ố 𝑡ℎ𝑢ầ𝑛 ả𝑜 ⇔ 𝑎2 − 𝑏 2 = 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
LẠIVĂN TÔN | 0973056109|facebook|Lại Văn Tôn
+, 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:
ln 𝑥 ′
)
𝑥
𝑦′ = (
𝑦 ′ + 𝑥𝑦 ′′ =
1−ln 𝑥
; 𝑦 ′′
𝑥2
=
−𝑥−2𝑥(1−ln 𝑥)
𝑥4
=
2 ln 𝑥−3
𝑥3
1 − ln 𝑥
2 ln 𝑥 − 3 ln 𝑥 − 2
+ 𝑥.
=
2
𝑥
𝑥3
𝑥2
2𝑦 ′ + 𝑥𝑦 ′′ =
Câu 41:
=
2(1 − ln 𝑥) 2 ln 𝑥 − 3
1
+
=
−
.𝐴
𝑥2
𝑥2
𝑥2
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 = −2𝑥 2 − 𝑥 + 4, 𝑦 ′ = −4𝑥 − 1, 𝑘ℎô𝑛𝑔 𝑛𝑔ℎị𝑐ℎ 𝑏𝑖ế𝑛 𝑡𝑟ê𝑛 ℝ (𝑙𝑜ạ𝑖)
𝑣ớ𝑖 𝑚 ≠ ±1, 𝑦 ′ = 3(𝑚2 − 1)𝑥 2 + 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
⇔ − < 𝑚 < 1, 𝑚 ∈ ℤ ⟹ 𝑚 = {0}
2
𝑣ậ𝑦 𝑐ó ℎ𝑎𝑖 𝑔𝑖á 𝑡𝑟ị 𝑐ủ𝑎 𝑚 𝑛𝑔𝑢𝑦ê𝑛 𝑡ℎỏ𝑎 𝑚ã𝑛. 𝐴
Câu 42:
𝑥 = −1 + 6𝑡
𝑝𝑡 𝐴𝐴′ : { 𝑦 = 3 − 2𝑡 𝑔ọ𝑖 𝐴′ (6𝑡 − 1; 3 − 2𝑡; 𝑡 + 6).
𝑧 =6+𝑡
𝑡
𝑘ℎ𝑖 đó đ𝑖ể𝑚 𝐻 𝑙à 𝑔𝑖𝑎𝑜 đ𝑖ể𝑚 𝑐ủ𝑎 𝐴𝐴′ 𝑣ớ𝑖 (𝑃)𝑐ó 𝑡ọ𝑎 độ 𝐻 (3𝑡 − 1; 3 − 𝑡; 6 + )
2
𝑡
𝐻 ∈ (𝑃) ⟹ 6(3𝑡 − 1) − 2(3 − 𝑡) + (6 + ) − 35 = 0 ⇔ 20,5𝑡 − 41 = 0 ⇔ 𝑡 = 2
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
𝐼𝑆 2 = 𝐼𝐴2 = 𝐼𝑂2 + 𝑂𝐴2 = (𝑆𝑂 − 𝐼𝑆)2 + 𝑂𝐴2 = 𝐼𝑆 2 + 𝑆𝑂2 + 𝑂𝐴2 − 2𝑆𝑂. 𝐼𝑆 = 𝐼𝑆 2
⟹ 𝐼𝑆 =
=
𝑆𝑂2 + 𝑂𝐴2 𝑆𝐴2 − 𝑂𝐴2 + 𝑂𝐴2
𝑆𝐴2
=
=
2𝑆𝑂
2𝑆𝑂
2√𝑆𝐴2 − 𝑂𝐴2
25𝑎2
2√25𝑎2 − (3𝑎)2
=
25𝑎
. C
8
LẠIVĂN TÔN | 0973056109|facebook|Lại Văn Tôn
𝑓(𝑥) + 𝑓(−𝑥) = √2 + 2 cos 2𝑥 =
Câu 44:
√2 + 2(2 cos2 𝑥 − 1) = √4 cos 2 𝑥 = 2|cos 𝑥|
𝑡𝑎 𝑡ℎấ𝑦 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑙à ℎà𝑚 𝑐ℎẵ𝑛 𝑛ê𝑛 𝑓(𝑥) = 𝑓(−𝑥) ⟹ 𝑓(𝑥)
= |cos 𝑥|
3𝜋
2
𝐼=∫
−
Câu 45:
3𝜋
2
|cos 𝑥|𝑑𝑥 = 6. 𝐷
log(𝑚𝑥) = 2 log(𝑥 + 1) . Đ𝐾 𝑚𝑥 > 0 𝑣à 𝑥 > −1
𝑚𝑥 = (𝑥 + 1)2 ⇔ 𝑥 2 + (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
𝑚−2
=
= 1 𝑡ℎỏ𝑎 𝑚ã𝑛
2𝑎
2
+, 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 ± √𝑚2 − 4𝑚
2
𝑥 + 𝑥2 = 𝑚 − 2
𝑡ℎ𝑒𝑜 𝑉𝑖𝑒𝑡 𝑡𝑎 𝑐ó { 1
𝑑𝑜 đó ℎ𝑎𝑖 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 𝑛à𝑦 𝑙𝑢ô𝑛 𝑐ù𝑛𝑔 𝑑ấ𝑢.
𝑥1 𝑥2 = 1
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
> −1
𝑚 + √𝑚2 − 4𝑚 > 0 đú𝑛𝑔 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 𝑚 < 0
2
⇔{
𝑚 − 2 − √𝑚2 − 4𝑚
𝑚 ≤ √𝑚2 − 4𝑚 đú𝑛𝑔 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 𝑚 < 0
≤ −1
2
{
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 ′ = 𝑥 2 − 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
LẠIVĂN TÔN | 0973056109|facebook|Lại Văn Tôn
Gọi 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
1
1
1
1
𝑦 = (𝑥 2 − 2𝑚𝑥 + 𝑚2 − 1)(𝑥 − 𝑚) + (−2𝑥 + 𝑚3 − 𝑚) = 𝑦 ′ (𝑥 − 𝑚) + (−2𝑥 + 𝑚3 − 𝑚)
3
3
3
3
1
1
𝑥𝐻 = 𝑚
𝑥𝐻 = (𝑥𝐴 + 𝑥𝐵 ) = . 2𝑚 = 𝑚
2
2
1
⟹{
⇔{
1
1 1
𝑦𝐻 = (𝑚3 − 3𝑚)
3
3
𝑦𝐻 = (𝑦𝐴 + 𝑦𝐵 ) = . (−2𝑥𝐴 − 2𝑥𝐵 + 2𝑚 − 2𝑚)
2
2 3
1
𝐻 ∈ 𝑑 ⟹ (𝑚3 − 3𝑚) = 5𝑚 − 9 ⇔ 𝑚3 − 18𝑚 + 27 = 0 ⇔ (𝑚 − 3)(𝑚2 + 3𝑚 − 9) = 0
3
𝑇ổ𝑛𝑔 𝑡ấ𝑡 𝑐ả 𝑐á𝑐 𝑝ℎầ𝑛 𝑡ử 𝑐ủ𝑎 𝑆 𝑙à: 3 + (−3) = 0. 𝐴
Câu 47:
Ta có sin(𝑀𝑁, (𝑃)) = |cos(𝑢
⃗ , 𝑛⃗)| =
|(1;0;1)(1;−2;2)|
√2.3
=
1
√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
1
𝑉
𝑉′ 2 1
= 𝑉 − 4. 𝑉 = ⟹
= = .𝐴
8
2
𝑉
𝑉 2
LẠIVĂN TÔN | 0973056109|facebook|Lại Văn Tôn