hoc360.net - tÀi liỆu hỌc tẬp miỄn phÍ€¦phương pháp: 2 non 1 v r h 3 trong đó r; h...

HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ

Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/

Đáp án

1-A 2-C 3-D 4-D 5-D 6-A 7-B 8-D 9-B 10D-

11-B 12-C 13-B 14-C 15-A 16-C 17-A 18-A 19-B 20-C

21-C 22-D 23-A 24-B 25-D 26-A 27-A 28-A 29-B 30-B

31-B 32-A 33-A 34-C 35-C 36-B 37-B 38-A 39-A 40-D

41-A 42-D 43-B 44-A 45-B 46-B 47-A 48-A 49-D 50-B

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt t u x

Cách giải:

Đặt t u x dt u ' x dx. Đổi cận

x a t u a

x b t u b

u b u bb

a u a u a

I f u x u ' x dx f t dt f u du

Câu 2: Đáp án C

Phương pháp: Sử dụng các công thức

k kn n

n! n!C ;A

k! n k ! n k !

Cách giải: ĐK n 2

2 2

n n

n! n! 3C A 9n 9n n n 1 9n n 1 6 n 7

2! n 2 ! n 2 ! 2

Câu 3: Đáp án D

Phương pháp: 2non

1V R h

3 trong đó R; h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối

nón.

Cách giải: Ta có 3

2a 6 1 a 6R h V R h

2 3 4

Câu 4: Đáp án D

Phương pháp: Giả sử đường thẳng d cắt trục Oz tại điểm PB 0;0;b AB n

Cách giải:

Giả sử đường thẳng d cắt trục Oz tại điểm B 0;0;b AB 1; 2;b 3



Pdd / / P u n 2;1; 4

2 2 4 b 3 0 4b 8 0 b 2 B 0;0;2

AB 1; 2; 1 1;2;1

Câu 5: Đáp án D

Phương pháp:

Nếu xlim y a

hoặc xlim y a

Đồ thị hàm số có hai TCN là y a.

Nếu 0 0x x x x

lim y ; lim y Đồ thị hàm số có hai TCĐ là 0x x .

Cách giải: TXĐ: D R \ 2

Ta có x xlim y 3; lim y 3

Đồ thị hàm số có hai TCN là y 3 và y 3

x 2 x 2lim y ; lim y

Đồ thị hàm số có hai TCĐ là x 2

Câu 6: Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng khai triển nhị thức Newton: n

n k n n kn

k 0

a b C a b

Cách giải: 20

20 k k20

k 0

P x x 1 C .x .

Để tìm hệ số của 7x ta cho k 7 , khi đó hệ số của 7x là 720C

Câu 7: Đáp án B

Phương pháp: 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2z a b i;z a b i z z a a b b i

Cách giải: 1 2z z 2 3i 4 5i 2 2i

Câu 8: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức tổng quát của CSC n 1u u n 1 d và tính chất của CSN 2n 1 n 1 nu u u

Cách giải:

a, b, c lần lượt là số thứ nhất, thứ tư và thứ tám của một cấp số cộng công sai là s 0 nên ta

có b a 3s

c a 7s

a, b, c theo thứ tự tạo thành một cấp số nhân với công bội khác 1 nên ta có

22 2 2 2 2 a

ac b a a 7s a 3s a 7as a 6as 9s 9s a s 9s a 9s

Câu 9: Đáp án B



Phương pháp: Sử dụng công thức 2

1 1C

a a x ba x b

Cách giải:

2

1 1dx C

x 1x 1

Câu 10: Đáp án D

Phương pháp: a

u 'log u '

u ln a

Cách giải:

1y '

x 1 ln 2

Câu 11: Đáp án B

Phương pháp: xaa b x log b

Cách giải: x22 7 x log 7

Câu 12: Đáp án C

Phương pháp: 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2a x ; y ;z ,b x ; y ;z a.b x .x y .y z .z

Cách giải: u.v x.1 2. 1 1.2x 3x 2


Phương pháp : Đưa về cùng cơ số.

Cách giải :

22

2 2

22

3a 10aba 4ab 43a 10ab a 4ab33 3

104a ab

3a 12ab 2 2 23

1625 5 5

125

40 4 a 45 5 3a 12ab 4a ab 7a ab

3 3 b 21


Phương pháp : Thay tọa độ các điểm vào hàm số.

Cách giải :

Ta thấy 4 2

1 2 1 1 2 2 1;2 không thuộc đồ thị hàm số 4 2y x 2x 1

Câu 15: Đáp án A

Phương pháp :

Tìm nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình 2z z 1 0 bằng MTCT.

Cách giải:

Sử dụng MTCT ta tính được nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình trên là



1a

1 3 1 32z i a 3b 2

2 2 2 23b

2


Phương pháp: 1

sin a x b dx cos a x b Ca

Cách giải: 2 2

0 0

2 2I sin x dx cos x 0

4 4 2 2


Phương pháp:

Mặt cầu có đường kính AB nhận trung điểm của AB làm tâm và có bán kính AB

R .2

Cách giải: Gọi I là trung điểm của AB ta có 2 2 2I 1;1;1 ,AB 2 0 2 2 2

Vậy mặt cầu đường kính AB có tâm I 1;1;1 và bán kính AB

R 22

2 2 2

pt : x 1 y 1 z 1 2


Phương pháp: Hàm số y f x nghịch biến trên a;b f ' x 0 x a;b

Cách giải : Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên ;0 và 0;2


Phương pháp:

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f x 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số

y f x và đường thẳng y 1

Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y 1 cắt đồ thị hàm số y f x tại 1

điểm duy nhất. Do đó f x 1 có 1 nghiệm.


Phương pháp: Suy luận từng đáp án.

Cách giải:

A đúng.



Ta có IO / /SA IO / / SAB và IO / / SAD B,D đúng.

Mặt phẳng IBD cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện chính là tam giác IBD. C sai.


Phương pháp: Tìm các điểm cực trị của hàm số.

Cách giải: TXĐ: D R

Ta có: 2y ' 3x 3 0 x 1

Vì CD 1

CD CT 1 2

CT 2

x x 1a 1 0 x x x 2x 1

x x 1


Phương pháp :

Gọi Q : x y z a 0 a 3 là mặt phẳng song song với mặt phẳng (P).

Sử dụng công thức tính khoảng cách từ 1 điểm đến một mặt phẳng.

Cách giải :

Gọi Q : x y z a 0 a 3 là mặt phẳng song song với mặt phẳng (P).

a 3 ktm6 a

d M; Q 3 3 6 a 9a 153

Với a 15 Q : x y z 15 0

X a;b;c Q a b c 15 ktm . Vậy không có mặt phẳng Q nào thỏa mãn điều

kiện bài toán.



Phương pháp : Chia cả tử và mẫu cho x và sử dụng giới hạn nx

1lim 0 n 0

x

Cách giải :

2 2 2 2

x x

1 1 1 34 1

4x x 1 x x 3 2 1 1x x x xlim lim23x 2 3 33x


Phương pháp : Nếu n

là 1VTPT của P kn k 0

cũng là 1 VTPT của P




Phương pháp: Đặt 22t x 2x 3 t 1 2 2 t 2;

Cách giải: Đặt 22t x 2x 3 t 1 2 2 t 2;

Khi đó ta có

22

2;f t t 4t 3 t 2 7 7 max f t 7 t 2 M 7

2 2f t 7 x 2x 3 2 x 2x 1 0

Khi đó tích hai nghiệm của phương trình này bằng -1


Phương pháp: Sử dụng công thức SA.AC SB.AC.cos SB;AC

Cách giải: 2 2 2 2HC BH BC a a a 2

Ta có SC; ABCD SC;HC SHC 60

Xét tam giác vuông SHC có SH HC.tan 60 a 2. 3 a 6

Ta có:

2 2 2 2

2 2 2 2

AC AB BC 4a a a 5

SB SH HB 6a a a 7

Ta có:

0

2

SB.AC SH HB .AC SH.AC HB.AC HB.AC

ABSB.AC HB.AC.cos HB;AC HB.AC.cos BAC HB.AC. a.2a 2a

AC

Lại có 2SB.AC 2a 2

SB.AC SB.AC.cos SB;AC cos SB;ACSB.AC a 7.a 5 35


Phương pháp:

Tính khoảng cách từ 1 điểm M đến đường thẳng MI;u

: d M;u

với u

là 1

VTCP của và I là 1 điểm bất kì.

Cách giải: Đường thẳng nhận u OI 0;1;1

là 1 VTCP.

Gọi 2 2OM;u b 2a

M a;b;0 O xy d M; 62u



2 2 2 22 2

22

a b a bb 2a 72 1 1

36 72 6 6 2

Như vậy tập hợp các điểm M là elip có phương trình

2 2

2

a b1 E

6 6 2

ES S ab .6.6 2 36 2


Phương pháp: Tính tổng quát n n 1n I I bằng bao nhiêu, sau đó thay vào tính nu và sử

dụng công thức tổng của cấp số nhân để rút gọn nu .

Cách giải:

Ta có:

1nx x1 1 1 1n 1nx nx nnx

n n 1 x x x

0 0 0 0 0

e 1 e dxe dx e dx e e 1I I e dx

1 e 1 e 1 e n n

nn n 1

n 1 2 2 3 3 4 n n 1

n n1 2 n

n 2 n

n

n I I 1 e

u 1 I I 2 I I 3 I I ... n I I n

1 1 11 11 1 1 e e eu 1 e 1 e ... 1 e n ...

1e e e e 11e

1L lim u 0,58 1;0

e 1


Phương pháp: Sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:

1 2 1 2

1 2

1 2

M M . u ;ud d ;d

u ;u

Với 1 2u ;u

lần lượt là các VTCP của 1 2 1 1 2 2d ;d ;M d M d

Cách giải:

Ta có 1 2u 2;1;3 ;u 1;1;0

lần lượt là các VTCP của 1 2d ;d .Ta có 1 2u ;u 3;3;1

Lấy 1 1 2 2 1 2M 1;0;0 d ;M 1;2;m d M M 0;2;m

1 2 1 2

1 2

1 2

M M . u ;u m 16 m 5d d ;d S 1; 11

m 1119 19u ;u

Câu 31: Đáp án



Phương pháp: Tìm các điểm biểu diễn và đưa về bài toán hình học.

Cách giải : Đặt 2 2 2 2 2 23 2 3 2 1 2 1 3 1 3 1 3z iz z z S z 4z z 4z z 2z z 2z

M, N là các điểm biểu diễn cho 1 3 3 2 2z , z OM 2,ON z iz i. z 3

Gọi P là điểm biểu diễn cho 32z và Q là điểm biểu diễn cho 32z , ta có N là

trung điểm của OP và P, Q đối xứng nhau qua O. Khi đó S MP.MQ

Áp dụng định lí Cosin trong OMP có:

2 2 2 3MP OP OM 2OP.OM.cos30 12 4 2.2 3.2. 4 MP 2

2

Áp dụng định lí Cosin trong OMQ có:

2 2 2 0 3MQ OM OQ 2OM.OQ.cos150 4 12 2.2.2 3. 2 7

2

S MP.MQ 2.2 7 4 7


Phương pháp: Dựa vào các đường tiệm cận và các điểm đi qua của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Đồ thị hàm số a x b

yx c

có đường TCĐ x c c 1 c 1, TCN y a a 1

Đồ thị hàm số đi qua b

0; 1 2 b 2c 2c

T a 3b 2c 1 3.2 2 1 9


Phương pháp: Đặt s inx a,cos x b

Cách giải: Đặt s inx a,cos x b ta có 2 2a b 1

Khi đó 2 2ab a b a b a b ab a b a b 1a b 1 1

y a bb a a b ab ab

Đặt 2

2 2 2 t 1t a b 2; 2 t a b 2ab 1 2ab ab ,

2

khi đó ta có :

2

2 t 1 2 2y t t t 1 1

t 1 t 1 t 1

Nếu 2

t 1 0 t 1 1 2 2 1 y 2 2 1t 1



Nếu

1 1 1t 1 0 1 t 2 2 t 1 2 2 t 1 1 1 2 2 y 2 2 1

t 1 t 1 t 1

Vậy y 2 2 1

Dấu bằng xảy ra 2

1 t 2 t 1 2 t 0

1 2s inx cos x 1 2 2 sin x 1 2 sin x

4 4 2


Phương pháp : Xác định hàm số f ' x từ đó tính được f x f ' x dx

Cách giải : Ta dễ dàng tìm được phương trình parabol là

2 2 3y 3x 1 f ' x 3x 1 f x f ' x dx x x C

Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ 3C 0 f x x x

f 4 68; f 2 10 H 58


Phương pháp :

+) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ m 2 :

y f ' m 2 x m 2 y m 2 d

+) Xác định các giao điểm của d và các đường tiệm cận 2 1; y

+) Thay vào phương trình 2 1x y 5 giải tìm các giá trị của m.

Cách giải: TXĐ: D R \ 2

Ta có

2 2

3 3 m 2 1 m 3y ' y ' m 2 ; y m 2

m m 2 2 mx 2

=>Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ m 2 là:

2

3 m 3y x m 2 d

m m

Đồ thị hàm số x 1

yx 2

có đường TCN y 1 và tiệm cậm đứng x 2



12

2 2

2

22 1

22 2

3 m 3 3 m 3 m 6 m 6 m 6*y 2 m A 2; y

m m m m m m m

3 x m 23 m 3*1 x m 2 0

m m m

x m 2 m x 2m 2 B 2m 2;1 x 2m 2

m 6x y 2m 2 5 2m 2m m 6 5m

m

m 12m 4m 6 0 S 1; 3 1 3 10

m 3


Phương pháp:

Gọi các trung điểm của các cạnh bên và các cạnh đáy.

Tìm các mặt phẳng cách đều 5 điểm S, A, B, C, D.

Cách giải:

Gọi E; F; G; H lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC, SD và M, N, P,

Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA .

Ta có thể tìm được các mặt phẳng cách đều 5 điểm S, A, B, C, D là

E FGH ; E FNQ ; GHQN ; FGPM ; EHPM


Phương pháp: Xét các trường hợp:

TH1: 1 2 3 4 5 6a a a a a a 5

TH2: 1 2 3 4 5 6a a a a a a 6

TH3: 1 2 3 4 5 6a a a a a a 7

Cách giải:

TH1: 1 2 3 4 5 6a a a a a a 5 , ta có 0 5 1 4 2 3 5

- Nếu 1 2a ;a 0l5 có 1 cách chọn 1 2a a

Có 2 cách chọn 3 4a a , 2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.

Tương tự 5 6a a có 2 cách chọn.

=>Có 8 số thỏa mãn.

- Nếu 1 2a ;a 0;5 có 2 cách chọn 1 2a a ,2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4

cách chọn.

Có 2 cách chọn 3 4a a , 2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.



Tương tự 5 6a a có 2 cách chọn.

=>Có 32 số thỏa mãn.

Vậy TH1 có: 8 32 40 số thỏa mãn.

TH2: 1 2 3 4 5 6a a a a a a 6, ta có 0 6 1 5 2 4 6

Tương tự như TH1 có 40 số thỏa mãn.

TH3: 1 2 3 4 5 6a a a a a a 7 , ta có 1 6 2 5 3 4 7

Có 3 cách chọn 1 2a a , hai số này có thể đổi chỗ cho nhau nên có 6 cách chọn.

Tương tự có 4 cách chọn 3 4a a và 2 cách chọn 5 6a a .

Vậy TH3 có 6.4.2 48 số thỏa mãn.

Vậy có tất cả 40 40 48 128 số có 6 chữ số khác nhau thỏa mãn 1 2 3 4 5 6a a a a a a

Để viết một số có 6 chữ số khác nhau bất kì có 6.6.5.4.3.2 4320 số.

Vậy 128 4

p4320 135


Phương pháp :

+) Nhóm các tổ hợp có chỉ số dưới bằng nhau.

+) Sử dụng tổng n

n k 0 1 2 n nn n n n n

k 0

1 n C C C C ...C 2

+) Sử dụng công thức tính tổng của cấp số nhân.

+) Để S là số có 1000 chữ số thì 999 100010 S 10

Cách giải:

0 0 0 1 1 1 n 1 n 1 n1 2 n 1 2 n n 1 n n

0 1 0 1 2 0 1 2 3 0 1 2 n1 1 2 2 2 3 3 3 3 n n n n

S 2 C C ... C C C ... C ... C C C

S 2 C C C C C C C C C ... C C C ... C

Xét tổng n

n k 0 1 2 n nn n n n n

k 0

1 n C C C C ...C 2

Từ đó ta có:

n

1 2 3 n n n 12 1 2

S 2 2 2 2 ... 2 2 2 2 2 1 21 2

Để S là số có 1000 chữ số thì

999 n 1 1000 999 10002 210 2 10 log 10 1 n log 10 1 3317,6 n 3320,9

n là số nguyên dương n 3318;3319;3320




Phương pháp: Chia cả 2 vế cho x3 , đặt

x

4 7t

3

, tìm điều kiện của t.

Đưa về bất phương trình dạng

t a;b

m f t t a;b m max f t

Cách giải :

x x

x xx 1 4 7 4 7

m.3 3m 2 4 7 4 7 0 3m 3m 2 03 3

Ta có

x x

4 7 4 7 4 7 4 7. 1 . 1

3 3 3 3

Đặt x

4 7t 0 t 1 x ;0 ,

3

khi đó phương trình trở thành

22

22

t 0;1

t 3mt 3m 213m 3m 2 t 0 0 t 3mt 3m 2 0 t 0;1

t t

t 23m t 1 t 2 0 t 0;1 3m f t t 0;1

t 1

3m max f t

Ta có:

2 2

2 2

2t t 1 t 2 t 2t 2f ' t 0 t 1 3

t 1 t 1

t 0;1

6 2 3f 1 3 2 2 3 max f t

3

Vậy 2 2 3

3m 2 2 3 m3


Phương pháp :

+) Kẻ AD B'C , xác định góc giữa mặt phẳng AB'C và mặt phẳng BCC'B'

+) Tính BB’.

+) Tính thể tích khối lăng trụ và suy ra thế tích AB’CA’C’

Cách giải :

Gọi H là trung điểm của BC ta có AH BC AH BCC'B' AH B'C

Trong AB'C kẻ AD B'C

B'C AHD B'C HD



Ta có:

AB'C BCC'B' B'C

AB'C AD B'C AB'C ; BCC'B' AD;HD ADH

BCC'B' HD B'C

Ta có AB a 6 a 2

AH HD AH.cot 602 2 2

Dễ thấy CBB' đồng dạng với CDH g.g

2 22 2 2 2BB' CB' BB' 6a BB'

3BB' 6a BB' 2BB' 6a BB' a 3HD CH a 2 a 6

2 2

Ta có: 2

ABC

BC 1 3aAB AC a 3 S AB.AC

2 22

2 3

ABC.A 'B'C ' ABC

AB'CA'C B'.ABC ABC.A'B'C' AB'CA'C' B'.ABC ABC.A'B'C' ABC.A 'B'C ' ABC.A'B'C'

33

AB'CA'C'

3a 3 3aV BB'.S a 3.

2 2

1 2V V V V V V V V

3 3

2 3 3aV . a 3

3 2


Phương pháp : Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt x a t .

Cách giải : Đặt x a t dx dt. Đổi cận x 0 t a

x a t 0

0 a a a

a 0 0 0

aa

0 0

f x1 1 1I dt dx dx dx

11 f a t 1 f a x 1 f x1f x

1 x af x 1 I dx

2 2 2


Phương pháp : Áp dụng phương pháp xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp

chóp.

Cách giải : Ta có :

P Q

P Q AC Q

P AC

Gọi I là trung điểm của AD, do BD vuông tại nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp BD .

Gọi N là trung điểm của AC.



Qua M kẻ đường thẳng d song song với AC d ABD

Qua N kẻ đường thẳng d’ song song với AD d ' AC

Gọi I d d ' là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có bán kính R IA

Ta có: 2 2

2 21 1 a 2 a a a a 3AM AD a a ;AN AI

2 2 2 2 2 4 2


Phương pháp : Chia hai trường hợp :

TH1 : Học sinh TWO làm được 2 trong số 3 bài trong đề thi.

TH2 : Học sinh TWO làm được cả 3 bài trong đề thi.

Cách giải : 32nC

TH1 : Học sinh TWO làm được 2 trong số 3 bài trong đề thi. Có 2 1n nC .C cách.

TH2 : Học sinh TWO làm được cả 3 bài trong đề thi. Có 3nC cách.

Gọi A là biến cố học sinh TWO không phải thi lại

2 1 3

2 1 3 n n nn n n 3

2n

A C .C CA C .C C P A

C

Đến đây chọn một giá trị bất kì của n rồi thay vào là nhanh nhất, chọn n 10 , ta tính được

1

P A2


Phương pháp:

+) Viết phương trình mặt phẳng ABC ở dạng đoạn chắn, thay tọa độ điểm M vào pt mặt

phẳng ABC .

+) ABC tiếp xúc với mặt cầu S tâm I bán kính R d I; ABC R

Cách giải:

x y zABC : 1

a b c

1 2 3 1 2 3 1 2 3M ; ; ABC 1 7

7 7 7 7a 7b 7c a b c

ABC tiếp xúc với mặt cầu S có tâm I 1;2;3 và bán kính72

R7



2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

1 2 31

72a b cd I; ABC R

71 1 1

a b c

6 72 1 1 1 14 1 1 1 7

7 a b c 2 a b c 21 1 1

a b c


Phương pháp: Sử dụng công thức ứng dụng của tích phân để tính diện tích hình phẳng.

Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm s inx cos x tan x 1 x k4

TH1: 4

0

a S s inx cos x dx 2 14

không thỏa mãn

TH2: 4 2

0

4

a S s inx cos x dx s inx cos x 2 1 2 1 2 2 22

không

thỏa mãn

TH3: a ;4 2

a4a

40

4

S s inx cos x dx s inx cos x 2 1 cos x s inx

2 2 1S 2 1 cos x sin a 3 4 2 3

2 2 2

1 3cos a sin a 2 2

1 3 2 2cosa s ina+ 2 22 2 1 3

cos a sin a 2 22 2

1 3cos a sin a

2 2

1 3cos a sin a 2 2 ktm sin a cosa

2 2

2; 2

51 11a a ; 1,04 ;

3 4 2 50 10




Phương pháp:

+) Tìm điều kiện để phương trình y ' 0 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn ĐKXĐ.

+) Viết phương trình đường thẳng AB. Để A, B, C thẳng hàng C AB

Cách giải: TXĐ: D R \ m

Ta có:

2 2 22

2 2

2x m x m x m x 4 x 2 m x m 4y ' 0 x m 4

x m x m

x 2 m y m 4 A 2 m ;4 m

x 2 m y m 4 B 2 m ; 4 m

=> Đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị A, B phân biệt.

Đường thẳng AB có phương trình:

x 2 m y 4 m2x 4 2 m y 4 m y 2x m

4 8

Để A,B,C 4;2 phân biệt thẳng hàng C AB 2 4.2 m m 6

Khi đó ta có: B 4;2 C không thỏa mãn.

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.


Phương pháp:

Đặt 1 2 3 4f x a x x x x x x x x , tính đạo hàm của hàm số y f x

Xét hàm số

f ' xh x

f x và chứng minh

2

1 2 3 4f '' x .f x f ' x 0 x x ; x ; x ; x

Cách giải: Đồ thị hàm số y f x cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt nên

1 2 3 4f x a x x x x x x x x

1 2 3 4 1 3 4

1 2 4 1 2 3

1 2 3 4 1 2 3 4

1 2 3 4

f ' x a x x x x x x x x a x x x x x x

a x x x x x x a x x x x x x

1 1 1 1f ' x f x x x ; x ; x ; x f ' x 0 x x ; x ; x ; x

x x x x x x x x

Đặt

1 2 3 4

1 2 3 4

f ' x 1 1 1 1h x x x ;x ;x ; x

f x x x x x x x x x



Ta có

2

1 2 3 42 2 2 22

1 2 3 4

f '' x .f x f ' x 1 1 1 1h ' x 0 x x ;x ;x ;x

f x x x x x x x x x

2

1 2 3 4

2

1 2 3 4

f '' x .f x f ' x 0 x x ; x ; x ; x

g x f ' x f '' x .f x 0 x x ; x ; x ; x

Khi 2

f x 0 f ' x 0 g x f ' x f '' x .f x 0

Vậy đồ thị hàm số 2

y g x f ' x f x .f '' x không cắt trục Ox.


Phương pháp: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần tính F x

Cách giải:

2 2

2 2 2

x x xF x f x dx C xd tan x C

cos x cos x cos x

2 2

2 2

x x s inxF x x tan x tan dx C x tan x dx C

cos x cos x cos x

2 2

2 2

d cos xx xF x x tan x C x tan x ln cos x C

cos x cos x cos x

2

2

xF 0 C 0 F x x tan x ln cos x

cos x

2

2

2 2

F x xf ' x dx xd f x xf x f x dx C

1 1tan a 3 tan a 1 10 cos a a ;

cos a 2 210

1 1 1 1 1F a 10a 3a ln F a 10a 3a ln ln ln10

2 10 210 10


Phương pháp: Đưa khoảng cách từ M đến (SAC) về khoảng cách từ H đến (SAC).

Cách giải: Gọi H là trung điểm của AB ta có SH ABCD

Ta có 0SC; ABCD SC;HC SCH 45

=> SHC vuông cân tại H 2 2 a 17SH HC BC BH

2

1 1d M; SAC d D; SAC d B; SAC d H; SAC

2 2



Trong ABD kẻ HI AC ,trong SHI kẻ HK SI ta có:

AC HI

AC SHI AC HK HK SAC d H; SAC HKAC SH

Ta có

a2a.

HI AH a2AHI ACB g.g HIBC AC a 5 5

2 22 2 2 2

1 1 1 1 1 89 a 17 a 1513HK

17a aHK SH HI 17a 8989

4 5


Phương pháp : Đặt 1z a bi a;b R

2 21 2 1 1 1 1z z z iz 1 i z 2 z 2 a b , tìm GTLN của 2 2a b

Cách giải : Đặt 1z a bi a;b R

2 21 2 1 1 1 1

2 2 2 2

2 2

22 2 2 2 2

z z z iz 1 i z 2 z 2 a b

a bi 1 i 2 a 1 b 1 4 a b 2 a b 2

2 a b 2 a b

4 a b a b 4 a b 4

Ta có : 2 22 2 2 2 2 2a b 0 a b 2ab 0 2 a b a b 2ab a b

22 2 2 2 2 2

22 2 2 2

2 2 2 2

2 21 2

a b 4 a b 4 8 a b

a b 12 a b 4 0

6 4 2 a b 6 4 2 a b 2 2

z z 2 a b 2 2 2

hoc360.net - tÀi liỆu hỌc tẬp miỄn phÍ€¦phương pháp: 2 non 1 v r h 3 trong đó r; h...

Documents