zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Hướng dẫn Đề số 20

Chia sẻ: Hanh My | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

Báo xấu

66
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu I: 2) Đặt 1  3 5 t g  x   f  t   t 3  3t 2  4.  2 ; 2  2   27 9 27  54  32 49  3 f       3.  4   ; 8 4 8 8  2 2sin x  t và fCD  f  0   4; fCT  f  2   0; 25 125  150  32 7  5  125 f    3.  4  ...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn Đề số 20

Hướng dẫn Đề số 20 1  3 5 Câu I: 2) Đặt t và g  x   f  t   t 3  3t 2  4. 2sin x t  2 ; 2  2   27  54  32  3 27 9 49 f       3.  4   ;  2 8 4 8 8 49  Max = 4, Min = fCD  f  0   4; fCT  f  2   0;  8 125  150  32 7  5  125 25 f    3.  4   2 8 4 8 8 Câu II: 1) ĐKXĐ: x  1, mx  0 . Như vậy trước hết phải có m  0 . Khi đó, PT  mx  ( x  1)  x  (2  m) x  1  0 (1) 2 2 Phương trình này có:   m  4m . 2  Với m  (0;4)   < 0  (1) vô nghiệm.  Với m  0 , (1) có nghiệm duy nhất x  1 < 0  loại.  Với m  4 , (1) có nghiệm duy nhất x = 1 thoả ĐKXĐ nên PT đã cho có nghiệm duy nhất.  Với m  0 , ĐKXĐ trở thành 1  x  0 . Khi đó   0 nên (1) có hai nghiệm phân biệt x , x  x  x  . Mặt khác, f (1)  m  0, f (0)  1  0 1 2 1 2 nên x  1  x  0 , tức là chỉ có x là nghiệm của phương trình đã 1 2 2 cho. Như vậy, các giá trị m  0 thoả điều kiện bài toán.  Với m  4 . Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > 0 và (1) cũng có hai nghiệm phân biệt x , x  x  x  . Áp dụng định lý 1 2 1 2 Viet, ta thấy cả hai nghiệm này đều dương nên các giá trị m  4 cũng bị loại. Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: m  (;0)  4 .  2) ĐKXĐ: x  k2 sao cho sin 2 x  0 . Khi đó, VT = sin 3 x  cos3 x  sin 2 x cos x  cos 2 x sin x
= (sin x  cos x)(sin x  sin x cos x  cos x)  sin x cos x(sin x  cos x) = 2 2 sin x  cos x PT  sin x  cos x  2sin 2 x  sin x  cos x  0  2 (sin x  cos x)  2sin 2 x (1)   (1)   2 x   2k  x   k 1  sin 2 x  2sin 2 x  sin 2 x  1(  0) 2 4 Để thoả mãn điều kiện , các nghiệm chỉ có thể là: sin x  cos x  0   2 k x 4 e2 x  2 x  11  2x  1  e2 x  1 x Câu III: Ta có:   . x 3x  4  2  x 3x  4  2  x  1  2 x  1 e 2 x  1  x( 3 x  4  2  x ) 1  2 x  1  e2 x  1 x = =  . .  x  (3 x  4)  (2  x) 2 x  x 3x  4  2  x   e2 x  1  3x  4  2  x e 2 x  1  x ( 3x  4  2  x )  2 2 x = =    2.  2. . .    x  x2  x 1  2x 1 2x  1 x 2x   1  2x  1   e2 x  2x  1   ( 1  2).4  4 lim x 0 3x  4  2  x Câu IV: Ta có: CD  10  AC  AD ; DB  5  AD  AB ; BC  13  AB  AC ; 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông tại cùng đỉnh A. Lấy các điểm E, F, G, H sao cho đa diện ABEC.DGHF là hình hộp chữ nhật. Hiển nhiên, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp. Tâm mặt cầu này là trung điểm I của đoạn AH, còn bán kính là 1 1 14 . 2 2 2 R  AH  2  3 1  2 2 2 x3 x Câu V: Đặt  f ( x)  f ( x )  x 2  3  (3  x) 2  5  x2  3 (3  x) 2  5 2  x  3 f ( x)  0  x x 2  6 x  14  (3  x) x 2  3   2 2 x  18 x  27  0 Phương trình thứ hai có , và hai nghiệm:  '  81  54  135  9.15 9  3 15 x1,2  2 Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2. Vậy, đạo hàm của hàm số không thể đổi dấu trên  2;   , ngoài
nên f ( x)  0, x  2 . Do đó, giá trị nhỏ nhất của f ( x) là ra f (3)  0 f (2)  7  6 . Cũng dễ thấy lim f  x    . Từ đó suy ra: hệ phương trình đã x  cho có nghiệm (với x  2 ) khi và chỉ khi m  6  7 . Câu VI.a: 1) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A 2 9 1 2     3 d 4 DB AB 4  khi và chỉ khi    4d  1  6  3d  d  1. 2d DC AC 2 42   3 x  2 y 3 Phương trình AD: ; AC:   x  y 1  0 3 3 x 2 y 3   3x  4 y  6  0 3 4 Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1  b và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có: 4   b  3  5b  b   3 3 1  b   4b  6   b  b  3  5b   b  3  5b  b  1 32  42   2

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.