KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang)
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
z
1 2
i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức
. Tính giá trị của biểu thức:
Câu I. 1. Cho số phức w 2z 2. Cho
z . x
log
2
2
2
3
A
log
x
log
x
log
x .
2
4
1 2
2
z 1 2 w 2 i 2 1 2 i 1 2 z z z i i 1 2 3 i . 2
Lời giải 1. Ta có Kết luận: Phần thực và phần ảo của w lần lượt là 3 và 2. Lý thuyết: Số phức z có dạng :
a
bi
2
2
a
z
b
,
bi a b R i , , z a 1
.Tìm
i 1 4
i z
0
w
Thì: + a là phần thực và b là phần ảo. + Liên hợp của z là z + Mô đun của z là Dạng toán: Cho biểu thức z. Sau đó xác định phần thực phần phần ảo của w f z z Bước 1: Biến đổi hoặc giải phương trình để tìm số phức z Bước 2: Thay z vào biểu thức w rồi biến đổi để đưa w về dạng biểu thức số phức . Bước 3: Kết luận Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1 2 phần ảo của số phức 1 2
1 1 2
2 z 1 4
zi i z
i 1 4
i z
i
0
2
1
4
1 2
i
i
1 2
8
9
2
i
i
.
z
2
1 1
4 2
5
i i
1
2
1 2
i
i
4 i i 1 4 i
2
2 9 2 i 9 2 i 5 9 i 18 4 i 2 w 1 zi 2 z 1 i . 5 5 i 5 i 25 13 5
5
Phần thực : 25 5
phần ảo 13 5
2
(1 2 )
i z
1
2
8
i
i
2
Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn : i z Xác định phần thực và phần ảo của z “CĐ khối A,B,D-2009 (CB) Bài làm: Ta có : i
1 2
i z
i z
1
2
8
i
2
i 1 2
i
i z
8
i
1 2
i z
2
8
i 2 2
i z
i
1 2
i z
i 4
2
2 i z
8
i
1 2
i z
i 4
2
z
8
i
1 2
i z
i 4
2
z
1 2
i z
8
i
i 4
i 2 2
1
z
8
i
2
.
Phần thực :2 phần ảo :-3
2
8 i i 8 2 i i 2 z 3 i 1 2 2 i 1 16 i 4 1 10 15 i 5 8 2 i 1 2 i
i 1 2 2 z i “ĐH khối A
Ví dụ 3: Tìm phần ảo của số phức z, biết: 2009(CB). Bài làm: Ta có :
2
2
2
z
i
1
2
i 2
2
i 2 2
i
1
i 2
2
i 2 2
1 1
i 2
1 2 2
i
1
i 2
2
i 1 2 2
i 2
i 4
z
5
i . 2
5 Phần ảo của số phức z là
2 i 2
3
1
i 3
. Tìm mô đun cuả
z
i
1
Ví dụ 4: Cho số phức z thỏa mãn: iz “ĐH khối A 2010(NC). A z Lời giải: Ta có 3
2
3
.
2 3.1 .
3 1
3
1 i 3 i 3 3.1. i 3 i 3 i 1 3 3 9 i 3 3 8
2
1 i 3 i i 8 1 8 1 i z 4 4 i 8 i 1 1 2 i 1
2
z 4
2
2
.
z zi i . 4 i 4 4 4 4 i i i 4 4 i 4 i 4 8 8 i
z zi 8 8
2 1
2
i
8 2 Ví dụ 5: Khối D2012: Cho số phức z thỏa mãn:
. Tính mô đun của số phức
1w
z
i .
2
7
8
i z
i
1
i
i
i
i
2 1
2
1
2 1
2
i z
i
i z
i
2
7
8
2
7
8
Ta có:
i
1
i
i
1
. 1
2
i
2 1
i
7
8
i
i z
2
1 2
2
1 i 1 2
i i
i 2
7
i 8
i z
2
2
4
2
7
i
i
8
7
15
10
i
i
3
2
z
i
i 2
4 2
5
7 i i
2
2
i
i
14 i 2 2
4 i
2
2
2
3
13
z
.
7 i 8 3 4 7 i i z i 2
Ví dụ 6: Khối D2013: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
1
i z
i
2
z
i . Tính mô đun của số phức 2
z 1 w 2 z 2 z
Lời giải: Ta có 1
z
i
1
i
2
0
i
3
i
0
z
i .
z
i z 2 z i 2 1 i z i 2( z i ) i 0
2
Ta có:
2 1
1 1 z i i 3 10 w 1 3 i w z 2 1 3 i 1 2 2 i 2 z
Ví dụ 7: Khối QG2015: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1
i 1 5
i z
0
. Tìm phần thực và phần ảo của z (1
1 5i
i 1 5
i z
)z
0
i
2
i
i 1 5
1
i
i 5
6
4
.
i
z
3 2
2
Lời giải: Ta có 1 i 1 5 i 1
2
i
i
1
1
i i
i 1 5 1
Phần thực: 3 và phần ảo : 2 . Bài tập tự luyện: Tìm các thuộc tính phần thực ,phần ảo của số phức sau :
2
z
i z .
2
i DS z 5
:
3
i 4
a )
i 2 3
z 2 i z . 3 5 i DS z : b )
i 3
2 z 3. 1 i z . 1 9 i DS z : 2 c )
3
z
z
. 1
i
5
z
i 8
1
DS z :
i 3 2
d )
2.
2
n
log
b
n 2 log
b .
b
b ;
a
a
loga
Công thức bay: log
a
Công
thức bỏ +
thêm:
log
b
log
c
b
c
log
a
a
b ;log .log a
b
a
c
c
a
b
;
log
c
.
b c
log log
a
Công thức lộn đầu:
.
log
b
a
1 log
a
b
Công thức đội đầu: log
c
b
a b
log
c
log
a
c a . loga b
b
b
.
Công thức độn thổ + thăng thiên:
a
b ;
a
c
b
Công thức thương hiệu: log
log
a
a
c log . a
b c
Công thức tích tổng: log
b c .
log
b
log
c .
a
a
a
a
1 ,
x
0
loga x thì điều kiện xác định là 0
Lưu ý:
log
a
1; log 1
0; log
x
x lg ; log
x
log
x
ln
x .
a
a
10
e
2,781...
2
thay vào biểu thức
mà
Ta thấy đây là dạng toán dễ vì chúng ta chỉ sử dụng công thức quen thuộc rồi biến đổi để biểu thức cần tính về dạng mà chứ dự kiến đầu bài cho. Cách 1:
ĐKXĐ:
log
2
2
x
x
2
3
2. 2
2
2
3. 2
0 x
x
2
4
log 2 4
1 2
2. 2
3. 2
1
2
A log log x log x log 2 2 log 2 1 2
2 log 2 2
2
.
.log 2
.log 2
2 2
3 2
2 2 log 2
2
2
2
2 2
2
2 2
log 2 2 log 2 2
3 2 1 Cách 2: ĐKXĐ:
.
x
0
.
Khi đó
A
2log
x
3log
x
log
x
log
x
2
2
2
2
1 2
2 2
1 2
Kết luận :
.
A
2 2
Bài tập tự luyện: Bài 1: Tính giá trị của biểu thức sau:
3
2
a) Biết
Tính
log
x
3
A
log
x
3log
x
log
5 x
3
9
3
3
2 3
3
2
b) Biết
Tính
B
log
x
3log
x
log
4 x
log
x
2
3
5
5
5
5
2 9
3
2
c) Biết
Tính
C
log
x
3log
x
log
5 x
log
x
2
16
8
4
32
4
3
d) Biết
Tính
log
x
D
log
x
3log
x
log
x
5
3
27
81
3
6 5 2 3
Bài 2: Tính giá trị các biểu thức sau:
1
2
2
1
1
2
với
.
2
. 5 2
x
A
2
2
x x
x 2 x
x x
x 2 x
5
3 5
3 2
x 3,92
2
2
với
.
10 3 32
y
1,2
5
1 2
1 3
3 2
7 4
1 4
1 2
.
5 3 3 .5 : 2
y 2 27 y B 2 .3 y 2 3
3 2
3
4
0,25
.
D
0,5
625
19.
3
9 4
4
: 16 : 5 .2 .3 C
Câu II. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
y
x
22 x .
.
3
2
hoặc
hoặc
Lời giải TXĐ: D Ta có :
x
1
y
'
0
x
0
y
'
4
x
4
x
4
x x
1
.
. x 1 Giới hạn : lim
x
1 0 1
y y lim x
Bảng biến thiên : x y’ y
1 1
0
Nhận xét: Hàm số đồng biến trên
; 1 hoặc 0;1 , nghịch biến trên
.
1; 0 hoặc 1;
và
. Điểm cực tiểu :
.
1;1B
Điểm cực đại : Đồ thị hàm số :
2
3
Nhận xét : Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng. Trong các đề thi chúng ta phải nhớ những dạng sau đây hay thi : f x
bx
ax
cx
d
4
2
A 1;1 0; 0O
f x ax bx c
3
2
2
f x ax cx
b d Đối hàm đa thức cần nhớ: Hàm bậc 3 + Tập xác định: D = R. + Sự biến thiên: f x ax bx cx d f x '( ) 3 ax 2 bx c
2
Cho
2
x y ) ax bx c f x ( ) 3 2 0 x y f x ( 1 f x ( ) x 1 x 2
3
2
+ Giới hạn:
+ Bảng biến thiên:
a
0;
0
a ; 0 ax bx cx d lim x a ; 0
x
1x
2x
0
0
y’ y
1y
2y
Hàm số đồng biến trên các khoảng
; x và
2 ;x
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
1 ;x x . 1 2
Hàm số đạt cực đại tại
x Hàm số đạt cực tiểu tại
x
x y ; 1 1 x y ; 2
y CD y CT
2
+ Vẽ đồ thị:
C ox y 0 ? C oy x 0 y d x i
đồ thị hình chữ N ,
đồ thị hình chữ N ngược.
a a
2
3
4
0 0 0 0
Hàm bậc 4: Thường vẽ khi hàm số có 3 cực trị a.b<0 . Vẽ đồ thị bậc 4 khi a>0;b<0 + Tập xác định: D = R + Sự biến thiên:
f x '( )
f x
bx
ax
ax
2
4
c
bx
)
y 1
( f x 1
x 1
4
a
3
Cho
4
2
0
0
(0)
( ) f x
ax
bx
f
c
x
b 2 a y
2
2
)
y
( f x
x
3
3
3
4
2
a
b a
4
2
+ Giới hạn:
+ Bảng biến thiên :
a
0;
b
0
; a 0 ax bx c lim x ; a 0
x
1x
2x
3x
0
0
y’ y
0
2y
1y
3y
Hàm số đồng biến trên các khoảng
3 ;x
;x x và 1 2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
; x và
1
;x x . 2 3
Hàm số đạt cực đại tại
y
c
CD
x Hàm số đạt cực tiểu tại
x
y
x y ; 2 2 x x ; 1
x 3
y 1
3
y CT
+ Vẽ đồ thị:
C ox
y
0
?
C oy
x
0
y
c
x i
đồ thị hình chữ W ,
đồ thị hình chữ M .
hàm bậc nhất trên bậc nhất
y
ax b cx d
+Tập xác định :
D R /
y
f '(x)
+Sự biến thiên : f x
d c ax b cx d
ad bc cx d 2
TH1: nếu
thì hàm số đồng biến trên D và không có
f '(x)
0
cx d
ad bc 2
cực trị .
TH2: nếu
thì hàm số nghịch biến trên D và không có
f '(x)
0
cx d
ad bc 2
cực trị .
+Giới hạn :TH1 :
f '(x)
0
cx d
ad bc 2
lim x
là tiệm cận ngang của đồ thị
y
a c
lim x
a ax b cx d c ax b a cx d c ax b cx d
x
lim d c
là tiệm cận đứng của đồ thị
x
d c
ax b cx d
x
lim d c
a b 0 0 0 0 a b
TH2 :
f '(x)
0
cx d
ad bc 2
lim x
là tiệm cận ngang của đồ thị
y
a c
lim x
a ax b cx d c ax b a cx d c ax b cx d
x
lim d c
là tiệm cận đứng của đồ thị
x
d c
ax b cx d
x
lim d c
+ Bảng biến thiên : TH1 :
f '(x)
0
cx d
x
ad bc 2 d c
+ +
y’ y
a c
a c
+ Bảng biến thiên : TH2 :
f '(x)
0
cx d
x
ad bc 2 d c
-- ---
y’ y
a c
a c
y 0
y
A
x
; 0
0
+Đồ thị hàm số :
C ox
b a
b a
x 0
y
C oy
ax b cx d b a.0 b c.0 d d
b d
B 0 ;
3
có hai điểm cực trị.
Y’>0 thì cần nhớ đồ thị nằm ở phần tư thứ 2 và thứ 4 Y’<0 thì cần nhớ đồ thị nằm ở phần tư thứ 1 và thứ 3 Câu III: Tìm m để hàm số
23 x mx
f x
x
1
Gọi
.
3
2 x 1
2 x 2
,x x là hai điểm cực trị đó, tìm m để 1
2
2
có 2
Lời giải Ta có:
f x '
3
x
6
x m f x có 2 điểm cực trị
f x '
0
nghiệm phân biệt
36 12
3
,x x 1 2 m 0
. m Áp dụng định lý Vi-ét ta được:
2
.
2 x 1
2 2
2
Vậy
(thỏa mãn
).
3m
m
3
4
0
2 x 1
2 x 2
m 2 3
3 2
2 x 1 x 2 2 4 x x x 1 x x 1 2 2 m 3 x x 1 2 m 3
Kết luận :
.
m
3 2
;
;
0
k
Phương pháp giải: Xác định điều kiện m để hs ậc có Đ T thỏa m n điều kiện cho trước: 3 x x 1 2
3 x 1
4 x 2
4 k ; a 1x + b 2x = c x 1 có 2 nghiêm phân biệt
2 x 1 là:
23 ax
2
bx
c
0
2
x 2 + Điều kiện khi
2 x 2 y’=
k ; 0 k
0; a ' b 3 0 ac
1
+ Theo định lý Vi-ét:
x + x = - 2 2b 3a
1
x .x = 2
c 3a + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu
2
.
+ Biến đổi điều kiện cách th ch hợp rồi áp dụng vi-ét.
2
2
2
2
.
y c x d a 2 3 b 3 bc a 9
2
2
.
k 0 k 4. k m ? x 1 x 2 x 1 x 2 x x 4 . 1 c 3a 2b 3a 2
2
2
2 x 1
2 x 2
3
0 x k 2. k m ? k x 1 x x 2 . 1 2b 3a c 3a
3 x 1
3 x 2
3
.
k . k x 1 x 2 x x 3 . 1 2 x 1 x 2
2
k
.
k
4 x 1
4 x 2
x 1
x 2
x x 4 . 1 2
x 1
x 2
2 2 x x 2 . 1 2
4
2
2
3. . k m ? 2b 3a c 3a 2b 3a 4
4. . 2. ? k m 2 b 3 a c 3 a b a c 3 a
3
2
y
x
2
m
1
x
2 m
4
m
1
x
2
2 m
1
C . Tìm m để đồ thị
2 3 Ví dụ 1: Cho hàm số
hàm số C có hai điểm cực trị phân biệt thỏa mãn điều kiện
.
.
x 1 x 2 1 2 1 x 2
y
m
2
x
4 phương tình
có hai nghiệm phân
2 x m 5 Để hàm số có cực đại, cực tiểu
y
'
0
biệt
và
đổi
dấu
khi
đi
qua
hai
nghiệm
đó
y
2
m
2
3
2
2
.
1
4
m
3
m
4
m
1
m
4
m
1 0
m
2
3
Khi đó gọi
2
chúng ta có:
1 x 1 Lời giải: Tập xác định: D 2 Ta có:
;x x lần lượt là hoành độ của hai điểm cực trị, theo giả thiết 1 1 x 1
x 2 x 1 1 2 1 x 2
2
Mặt khác, áp dụng định lý Viet ta được:
xét điều kiện:
2
4 1 m x x 1
1 m x x 1 2 3 4 m 3
1
0
m
0
x
x 2
2
x 1
x 2
x 1
x 2
2
2
1 2
1 2
m
m
4
5
0
x 1 x x 1 2
1 x 2
x 1 x x 1 2
1 x 1
m
2
3
Kết hợp với điều kiện
suy ra
hoặc
là giá trị cần
1m
5m
m
2
3
tìm.
3
2
.Tìm m để
Ví dụ 2: Cho hàm số
(
m
mx
f x ( )
1)
x
3(
m
2)
x
1 3
.
1
x 22
2
1 3 ,x x thoả mãn 1 x .
2
hàm số có hai nghiệm 1 Lời giải: Tập xác định: D Ta có
x
3
m
2
y mx
m
2
1
Hàm
số
có
Đ
T
2
.
m
2
1
x
1
x 1
2
Theo viet ta có
.
m
m 2
3
2
x x 1 2
m
Hàm số có cực trị thỏa mãn
kết hợp với hệ thức trên viét ta
m 2 4 1 0 2 6 2 6 y m ' c 0 ó ' m 0 0 2 2 m m 0
1 3 x 1 x 22
2
3
m
4
được
.Thay vào 2 ta có:
;
x 2
x 1
m m
m
3 2m x x 1 2 m
3 m 2 4 m 2 3 . m m m m
.
Vậy với m = 2;
là thỏa m n điều kiện đầu ài.
m
2 3
2
2
3
m 2 3 4 3 0 2 6 4 0 m m m m m m 2 2 3
Ví dụ 3: Cho hàm số
. Tìm m để
(2
1)
(
1
y
m
) m m x m
x
1 3
x 2
a). Hàm số có cực đại, cực tiểu.
2
2
.
b). Hàm số có cực đại tại
6
1x ,cực tiểu tại
2x sao cho
x 1
x 22
3
3
c). Hàm số có cực đại tại
.
2
11
1x , cực tiểu tại
2x sao cho
x 1
x 2
.
Lời giải: Tập xác định: D 2 Ta có
m
y
x
1
2
2 x m m
a). Hàm số có Đ T khi và chỉ khi y’= 0 có 2 nghiệm phân iệt
2
2
0
2
m
1
4
m m
0
1 0 (
Ld . )
2
2
b). Hàm số có Đ T thỏa m n
.
6(*)
x 1
x 22
Ta có
.
2
2
2 m m x 1 1 2 m 1 x m 1 1 2 1 1 2
2
2
Thay vào (*) ta được
thì
thỏa m n điều kiện bài toán.
3
c). Hàm số có Đ T thỏa mãn
m m m m m 2 6 3 4 4 0 1 2 3 2 m
3 m
3 x 1
3 x 2
m
2
2
.
m
m m
2
5
0
1
21
m
2
1
21
thoả m n điều kiện ài toán.
Vậy với m = 2;
m
2
2
2 11 2 m 1 11
Ví dụ 4: Cho hàm số
. Tìm m để
31 x 3
y m m ( 2) (1 m x ) 2 1 x 2
a). Hàm số có cực đại, cực tiểu.
3
3
.
9
b). Hàm số có CĐ, CT tại x1;x2 sao cho
x 1
x 22
c). Hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm có hoành độ nhỏ hơn 2.
2
2
d). Hàm số có cực đại, cực tiểu tại
.
13
x 1
x 24
,x x sao cho 1
2
.
2
Lời giải: Tập xác định: D a). Ta có
y m 2 x x m .
0
2
.
m
2
4 1
m
0
2 m
0 (
ld với
)
0m
Vậy hàm số luôn có cực trị với
.
0m
1 Hàm số có Đ T khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
3
3
9(1)
b). Hàm số có Đ T tại x1;x2 sao cho
x 1
x 22
y’=0 có hai nghiệm:
.
2
m m | | 2 x 1 2 m m | | 2 x 2
+ Với m > 0 thì
thay vào ( ) ta được
m 1
2
3
3
1
m
2
9
m
1
7
1 x 1 x
thay
vào
( )
ta
được
+ Với m <
0
thì
1
2
3
.
→ 31
4
0m
1 2(1
3 m )
9
m
1
4
3
thì thỏa mãn
Kết hợp hai trường hợp ta được: với
m
1
4;0
0;
bài toán. c). Hàm số có Đ T tại các điểm có hoành độ nhỏ hơn 2
2
| |
m m
2
x 1
2
2 2
x 1 x
2
| |
m m
2
2
x
2
2
thì thỏa m n điều kiện bài
0m
+ Với m > 0 → - m < 2 → m > -1 hay m > 0 + Với m < 0 → –m < 2 → m > -1 hay -1 < m < 0 thỏa mãn Kết hợp hai trường hợp ta được m > -1 và toán.
2
2
d). Hàm số có cực đại cực tiểu tại
13
x 1
x 24
,x x sao cho 1
2
+ Với m > 0 ta có
x 1 x 1 m
m
)
2
2
→
(1
m )
4
13
(1
m )
9
1 1
m m
3 3
m
2( 4(
loai tm )
2
+ Với m < 0 ta có :
1 m x 1 x 1
2
1 x 1 x 1 m
2
2
→
1 m 3 m 1 3 ( tm ) 1 4(1 m ) 13 (1 m ) 3 1 m 3 m 1 3 ( loai )
thì thỏa mãn bài toán
m
1
3
Vậy với m = 4 và Bài tập tự luyện:
3
2
1). Cho hàm số
.Tìm m m để đồ thị hàm số
y
x
x
m
2
x m
5
1 3
Đs: m=
1
( ) có 2 điểm cực trị x1,x2 sao cho 1 x
x 2
3
2
.Tìm m m để đồ thị hàm số (1) có 2
2). Cho hàm số
y
x
3
mx
4
mx
6
1 3
Đs:
5
m
;
m
điểm cực trị x1,x2 sao cho
2 x 1
2 x 2
3
2
3). Cho hàm số
.Tìm m m để
y
x
m
4
x
2
m
5
3
1 2 2 x m
5 18 m 2
Đs:
2m
3.
10
x CT
x CD
đồ thị hàm số ( ) có 2 điểm cực trị x1,x2 sao cho
3
2
Câu IV: Tính tích phân
0
I 3 x x x 16 dx .
Lời giải
3
3
3
2
2
Ta có :
2 x dx
0
0
0
3
3
3
3
3
3
2
2
3
2
I 3 x x x 16 dx 3 3 x x 16 dx
x
16
x
27
61
88
0
0
1 3
0
.
88
x x 16 16. d x
1
u
d ax
b
u du
loai
1
dx
1
.
a
d x
a
dx
u loai
ln
1
du u
3 2 0 Kết luận : I Phương pháp về tích phân có 3 họ công thức chính : Loại 1: Tích phân họ nhà đa:chứa biến x
Loại 2: Tích phân họ nhà lượng : họ sin mang dấu trừ , họ cos mang dấu cộng
sin
udu
cos
u C
cos
udu
sin
u C
.
cot
tan
u C
u C
du 2 sin
du 2 cos
u
u
Loại 3: Tích phân họ nhà mũ ằng chính nó :
u
u e du
e
C
u
.
u a du
C
a ln
a
Nhiều khi ta phải nhớ công thức chuyển đổi bằng cách đặt để đưa về mấy hàm t ch phân căn ản . thông thường có căn thức ta đặt để đưa iểu thức về dạng căn ản .
3
3
2
2
2
0
0
3
3
2
2 x dx 3 .
I 3 x x 16 dx 3 x 3 . x x 16 dx x
1
0
0
Ta thấy tích phân toàn chứa biến x nên nó là tích phân họ nhà đa mà mẫu
1
u
bằng 1 nên nó thuộc loại 1 họ nhà đa
,nhìn vào biểu thức
u du
1
3
3
t ch phân thì chưa có dạng đó nên ta phải đặt biểu thức căn ằng t. 3
3
3
3
3.
3 3
3 0
27
2 x dx
x
Ta có :
I 1
0
0
x 3
0
3
2
Ta có :
I
3
x x
16.
dx
2
3 x x . 16. dx I I . 2
0
2
2
2
t
x
16
t
x
tdt 2
16
2
xdx
tdt
xdx
đặt
2
t
0
16
4
Đổi cận :
3
x
t
2 3
16
5
x 0
5
5
3
I
t tdt 3 .
2 t dt
t
3 5
3 4
125 64 61
2
3
5 4
4
4
I
I
61 27 88
Vậy
I 1
2
Câu V. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm
,
A
3; 2; 2
và
. Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông
C 1;0;1 2; 1; 3
)P vuông góc với đường thẳng BC,
)P
n (
u . BC
2
2
2
) và điểm đi qua
là:
M x y z ;
;
nên ta sẽ có Công thức viết phương trình mặt phẳng khi đ iết vecto pháp tuyến n a b c (với
;
;
0
b
a
c
0
0
0
.
b y
c z
0
P a x x ( ) : 0
y 0
z 0
M x
;
y
;
z
B góc với đường thẳng BC. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng BC. Định hướng: Bài toán: Viết phương trình mặt phẳng khi đ iết vecto pháp tuyến và điểm đi qua. Ý đầu tiên là viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC. Như vậy điểm đi qua là điểm A (đ iết tọa độ); nên chúng ta chỉ cần một vecto pháp tuyến nữa là hoàn thành. Để ý thì thấy giả thiết cho mặt phẳng (
Bài toán: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
M
M
M
x
at
và đường thẳng
. Tìm tọa độ hình chiếu của điểm M trên
d
:
bt
y
x 0 y
0
z
z
ct
0
a b c . ; ;
đường thẳng d . Phương pháp 1: Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: du Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d . Giả sử
d .
ct
at y ; 0
bt z ; 0
I x 0
.
MI
bt
at
ct
x
y
z
;
y 0
x 0
M
M
M
Ta có ; z 0 Do I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d , nên ta có
M
M
M
x at ct 0 y z 0 a x 0 b y 0 c z 0
bt dMI u . Giải phương trình trên tìm ẩn t , suy ra tọa độ điểm I là tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d .
du
Phương pháp 2: Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: Gọi (
)
n (
) đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng
a x x
b y
y
c z
z
0
Ta có a b c . ; ; u d Phương trình mặt phẳng ( d là: ( ) :
M
M
M
.
cz
ax
by
a x .
b y .
0
M
M
) .
. c z M Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d . Do đó I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng ( Giả sử
nên
d , do
ct
( )
( )
d
I
I
at y ; 0
bt z ; 0
I x 0
.
a b c . ; ; ) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng d .
M
M
M
at bt b y . c z . ct 0 c z 0 a x 0 b y 0
1; 1; 2
BC
. Lại có
là véc-tơ pháp tuyến P suy ra P có dạng
x y
2
z
t
0
.
A P
3 2 4
t
0
t
3
.
Vậy P có phương trình là
x y
2
z
3
0
1
1
x
z
Phương trình đường thẳng BC là
. Gọi
H t
1,
t
t ,2
1
1
y 1
là
hình
chiếu
của
A
B .
Khi
2 lên
đó
. a x Giải phương trình trên tìm ẩn t , suy ra tọa độ điểm I là tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d . Lời giải: Gọi mặt phẳng qua A vuông góc BC là P . Ta có
.
AH BC . 0 t 1 3 t 2 t 2 2 1 2 0 t 6 6 0 t 1
trình mặt phẳng qua A vuông góc BC
là
.
H
Suy ra Kết x y
2
0
z
0,1, 1 luận: Phương 3
Tọa độ hình chiếu của A lên BC là 0,1, 1 . Bài tập tự luyện. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
và đường thẳng
. Tìm tọa độ hình chiếu của điểm
M
2; 5; 3
x 1 t 2
d : y t
.
2; 1; 2
du
z 2 2 t
d .
t t
; 2
t 2
M trên đường thẳng d . Lời giải 1. Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d . Giả sử 1 2 ; I
Ta có 3 Do I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d , nên ta có
MI 1 2 ; t 1 2 1 2 t . 5; 2 t t t 2 2; 5; t
dMI u . Vậy
.
I
3; 1; 4
2; 1; 2
du
2 t 1 2 1 t 5 2 t 1 2 0 t 1 I 3; 1; 4 0
Lời giải 2: Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: Gọi (
. ) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng d .
)
) đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng
.
2; 1; 2 n (
15
x
y
2
2
0
z
) .
nên
. Ta có u d Phương trình mặt phẳng ( d là: ( ) : 2 Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d . Do đó I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng ( d , do Giả sử 1 2 ; I
x 2 y 3 1 2 5 0 z
( )
( )
d
I
I
.
t 2 1 2
t
2 2
t 2
15
0
t
1
I
3; 1; 4
.
I
3; 1; 4
t t ; 2 t 2
Vậy Bài tập tự luyện. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
t
và đường thẳng
. Tìm tọa độ hình chiếu của điểm
M
2;
1; 5
d
:
x y
4 t
z
2
t
M trên đường thẳng d . Đáp số:
.
4; 0; 2
I
2
Câu VI. 1. Giải phương trình
.
2sin
x
7 sinx 4
0
2. Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng của lớp mình. Bảng gồm 10 nút, mỗi nút được ghi một số từ 0 đến 9 và không có hai nút nào được ghi cùng một số. Để mở của cần nhấn liên tiếp 3 nút khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút đố theo thứ tự đã nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 10. Học sinh B không biết quy tắc mở của trên, đã ấn ngẫu nhiên liên tiếp 3 nút khác nhau trên bảng điều khiển. Tính xác suất để B mở được cửa phòng học đó.
2
.
c
0
b .sin
thì
phương
đương
tương
trình
với:
b
.
c 1
phương
đương
tương
trình
với:
thì
b
.
0 0
c 1
).
1
t
sin
t
(phương trình quy về phương trình
(điều kiện 1 2 at
bt
0
c
2
1. Định hướng : Đây là phương trình ậc hai đối với một loại hàm lượng giác, cụ thể ở đây là hàm sin . Phương trình có dạng a .sin Phương pháp đặc biệt: + Nếu 0 a a c 0 sin .sin + Nếu a a c .sin sin Phương pháp tổng quát: Đặt Phương trình trở thành: bậc hai ẩn là t ). Lời giải: Ta có
sinx 2sinx 1
4 2sinx 1
7 sinx 4
2sin
0
0
x
sinx 4 2sinx 1
0
)
.
(vì sinx
1 x
sinx 4 2 x k k sinx 1 2 sinx 2 x k 1 2 6 5 6
Kết luận :
.
x
2
k với k
x
2
k hoặc
5 6
t
x
6 sin
Cách 2: Đặt
khi đó phương trình:
1,1
x
k
2
t
x
sin
sin
2
t 2
t 7
4 0
6
k
2
loai
1 (
)
1 2 t 4
6 5 6
x
2. Gọi 3 nút bạn B ấn có ghi số X, Y, Z. (X, Y, Z là số nguyên từ 0 đến 9 và đôi một khác nhau) .Vậy số cách chọn bộ
.
,X Y Z là
,
720
A
3 10
Điều kiện để mở được cửa phòng là
. Khi đó chỉ có 8 khả
10
năng sau : X Y Z ,
,
0,1,9 ; 0,2,8 ; 0,3,7 ; 0,4,6 ; 1,2,7 ; 1,3,6 ; 1, 4,5 ; 2,3,5
Vậy xác suất để B mở được cửa phòng là
.
P
8 720
1 90
.
720
A
n
3 10
Đây là câu xác suất khiến cho nhiều học sinh bỡ ngỡ và rối vì đề bài xác suất dài nên khi học sinh mà đọc không kỹ thường sai không gian mẫu ngay từ đầu chưa nói gì xét iến cố thuận lợi vì số nguyên từ 0 đến 9 và đôi một khác nhau nên ta phải dùng chỉnh hợp chọn 3 nút trong 10 nút là chỉnh hợp chập 3 của 10 phân tử nên không gian mẫu là Để mở của cần nhấn liên tiếp 3 nút khác nhau sao cho 3 số trên nút đố theo thứ tự đ nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 0 nên khi đó ta chỉ xét trường hợp tổng là 10 mà theo thứ tự tăng dần là 8 trường hợp .
X Y Z X Y Z
Điều kiện để mở được cửa phòng là
. Khi đó chỉ có 8 khả
10
năng sau :
X Y Z , ,
0,1,9 ; 0,2,8 ; 0,3,7 ; 0,4,6 ; 1,2,7 ; 1,3,6 ; 1, 4,5 ; 2,3,5
.
Vậy xác suất để B mở được cửa phòng là
P
8 720
1 90
X Y Z X Y Z
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
ông thức t nh xác suất của iến cố E thỏa m n yêu cầu nào đó:
trong đó
P E
n E là số kết quả thuận lợi cho iến cố E ,
n
n E
n là tất cả các trường hợp xảy ra. Ta cần tìm hai yếu tố đó.
Bài toán cho học sinh A thiết kế một ảng điện tử gồm 0 nút mỗi
nút ghi một số tự nhiên có một chữ số không trùng nhau.
Phép thử: “Nhấn nút khác nhau trên ảng số” với yêu cầu nút đó được sắp xếp theo d y số tăng và tổng ằng 0.
Giả sử nút cần nhấn nhận giá trị lần lượt là
a b c . , ,
Với
ta cần chọn ộ số th ch hợp thỏa m n
0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9
.
c a ,
10
b
b
a
c
, a b c , thỏa m n Vì a là số nhỏ nhất nên ta chọn số a trước và tìm được các ộ số sau: a b c ; ;
0; 1; 9 , 0; 2; 8 , 0; 3; 7 , 0; 4; 6 , 1; 2; 7 , 1; 3; 6 , 1; 4; 5 , 2; 3; 5
.
n E
8
k
Tới đây thu được Học sinh B ”nhấn ngẫu nhiên nút liên tiếp khác nhau” trên ảng điện tử . Đây ch nh là tới đây ta sử dụng công thức chỉnh hợp
3,
n
10
k
nA với
.
'
'
'
n Áp dụng công thức t nh xác suất ta thu được kết quả ài toán. Câu VII. Cho lăng trụ tại B, 2
. a . Hình chiếu vuông góc của
AC
ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân 'A trên mặt phẳng ABC là
trung điểm của cạnh AC, đường thẳng
ABC A B C và chứng '
.
'
'
'CB .
'A B tạo với mặt phẳng ABC
'A B vuông góc với
một góc 45o . Tính theo a thể tích khối lăng trụ minh Lời giải Vì ABC vuông cân tại B, M là nên trung
điểm
AC
MB
a
AC 2
và
S
2 MB AC a
ABC
1 2
'
.
90o
A BM ' Vì ABC một góc
A M ' MB AC A M ABC là chiều cao hình lăng trụ và
o 45
'A M BM a .
3
A BM ' Vậy V
A BM vuông cân tại M ' a . Lại có : A M S
'
ABC A B C .
'
'
'
ABC
'A B tạo với mặt phẳng 45o nên
A BB C
'
'
A
'M MB
B
'A' A'C
A B
'M 'A'
A
B 'MA'C MB 'A' MBA'C
BM MA
A B
'M A
A
B 'MA'C MB A MBA'C
A
'M A'
M MC
MB
2
2
A
'MA'
M
A'
MMC
MB
BM
MB
MA A M BM '
0
'CB (đpcm).
'A B vuông góc với
Vậy Cách 2:
z
A'
C'
B'
A
H
x
C
B
y
,
,
,
,
Đặt trục tại H như hình vẽ : H
C a
0; 0; 0
;0;0
A a
;0; 0
A
' 0; 0;
h ,
B
0;
a ;0
Ta thấy :đường thẳng BA’ có véc tơ chỉ phương
BA
' 0;
a h ,mặt phẳng ;
ABCn
0; 0;1
(ABC);z=0 mà mặt phẳng (
)ABC có véc tơ pháp tuyến
Nên Đường thẳng
ABC
'
n
. BA
0.0
.0 a
.1 h
1
h
0
sin45
2
2
2
2
2
2
2
2
ABC
0
0
2 1 . 0
a
h
a
h
.
'
n
BA
2
2
2
2
2
h
2
h
h
h
h
a
a
a .
2 Do tứ giác ABA’B’ là hình ình hành nên
'A B tạo với mặt phẳng ABC một góc 45o .
x
a
'
B
'
'
;
; 0
'
;
;
'
y
a
AB A B
AB a a
' A B x
y
z
a
B
; ; a a a
'
'
'
'
B
B
B
B
0
z
a
'
B
Thể t ch hình lăng trụ A’B’ ’.AB là
V
S
.
A H '
BH AC A H .
.
.
'
a a a . .2 .
a 3
'
'
'
. ABC A B C
ABC
1 2
Để chứng minh
1 2 'B C
' a ; a ; 0; 0; a B C . A B B C 0.0 0 a a a . ' '
Tổng của hai góc phụ nhau bằng 90 độ
1. Tính chất của hai tia phân giác của hai góc kề bù. 2. Hai đường thẳng cắt nhau tạo thành một góc bằng 90 độ 3. 4. Đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song
thì vuông góc với đường thẳng thứ ba Tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.
5. 6. Định nghĩa a đường cao trong tam giác định nghĩa đường trung
trực của đoạn thẳng.
7. Định lý Pitago. 8.
Tính chất đường kính của một đường tròn đi qua trung điểm của một dây cung. Tính chất tiếp tuyến của đường tròn.
9. 10. Tiếp tuyến chung và đường nối tâm của hai đường tròn, dây cung
chung và đường nối tâm của hai đường tròn.
d .
11. Sử dụng hai góc kề bù bằng nhau. 12. Sử dụng định lí tổng ba góc trong một tam giác bằng 80 độ 13. Sử dụng các góc vuông cho trước 14. Sử dụng chứng minh một tam giác bằng một tam giác vuông 15. Sử dụng tính chất tam giác cân 16. Sử dụng tính chất giao điểm a đường cao của tam giác 17. Sử dụng phép quay góc vuông hoặc góc quay vuông 18. Chứng ming phản chứng + Cách 1 : Nhưng thông thường khi chứng minh đường thẳng d vuông góc đường thẳng . Ta sẽ chứng minh đường thẳng d với mặt phẳng (P), mà đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P) khi đó
'A B vuông hóc với a a A B . ' Các bạn th sinh thường câu hình học không gian là phân khoảng cách nên trong đề năm nay là phấn chứng minh vuông góc là bỡ ngỡ và rất nhiều bạn là làm sai ? nếu bạn nào mà chắc kiến thức thì các chứng minh đường vuông góc với đường.
2
2
2
a b a . 1 2 1
a b . 2 1
a b . 1 1
a b . 1
a b .
a 1
b 1
b 1
a
b
;
+ Cách 2 : để chứng minh 2 đường thẳng vuông góc thì tích vô hướng bằng 0 bằng cách đưa các véc tơ về vuông góc bằng cách tách véc tơ thành tổng bằng áp dụng nhuần nhuyễn các tính chất sau:
.
a b . 1 1
0;
a b . 1 1
.cos
a b , 1 1
a b . 1 1
,
,
,
0
2
2
a b . 3 3
a b . 2 2
b b b b , 1 3
a a a a , 1 3
,
,
2; 2N
y
1
+ Cách 3: sau khi đặt trục xong ,dựa vào hình lăng trụ là hình mà 2 mặt đáy song song mà các bên là hình bình hành .khi đó sau đó đặt trục xong ta tìm tọa độ các điểm rồi khi đó chứng minh 2 đường thẳng vuông a b a b . 1 1 Câu VIII. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC, BD và P là giao điểm của hai đường thẳng MN, AC. Biết đường thẳng AC có phương trình và hoành độ điểm A nhỏ hơn 2. Tìm tọa 0; 4M x 0 độ các điểm P, A, B. Định hướng:
Ta cần tìm luôn tọa độ P , vì rất đơn
giản khi nó là giao của
,AC MN .
điểm
Bài toán xoay quanh các dữ kiện về thẳng
và đường
;M N P
;
2
. Cần chú ý khi đề cho P ,vẽ Ax hình chính xác ta sẽ thấy P là trung điểm AC hay PA PC PM . Chứng minh được điều này là bài toán kết thúc vì tìm A xong điểm B sẽ dễ dàng xác định khi B BC BD .
;AC MN ta nghĩ tới điểm A vì đề có
Định hướng chứng minh:
Từ
AM CD và từ các tứ giác
/ /
ABCD ABMN nội tiếp ta suy ra được
,
x điểm
nên
tọa
độ
4 P
P là giao điểm của 0 thỏa mãn HPT
PAM PCD ABD AMP do đó PA PM . Lời giải: Phương trình đường thẳng MN là y MN x
và AC 0 4
.
y x y P ; x y 1 0 5 2 3 2 5 3 , 2 2
Gọi
với
.
A a a
,
1
a
2
nên M, N thuộc đường
AMB ANB
90o
Gọi O là trung điểm BD. Khi đó tròn đường kính AB. Suy ra
o
o
90
90
PNO MAB
MBA
ADC
o
180
AOC
o
90
OAP
AOC
N
cùng
thuộc một
1 2 A,
Vậy
2 O,
P,
OP AC P là trung điểm AC
tròn đường PA PM (vì
90o ) . Vậy do
nên :
a
2
AMC
2
2
APO ANO 90o 2
2
2
a
a a
5
0
a
0
0
a
1
a
4
3 2
5 2
25 4
5 2
3 2
5 2
Suy ra
mà P là trung điểm AC nên
.
A
0, 1
5,4C
Phương trình đường thẳng CM là
.
B
b,4
. Vì B CM nên gọi
4
y
0
Do
.
0
ANNB
0
2
b
2
3 4 2
b
1
B
1,4
Kết luận :
;
;
.
B
1,4
A
0, 1
P
5 3 , 2 2
Câu IX. Giải phương trình
2
2
3log
2
x
2
x
2log
2
x
2
x
x
1 log
x
0
2 3
log 9 3
1 3
1 3
Phân tích ý tưởng: Đây là một câu mang tính phân loại trong đề thi và đảm bảo được tiêu chí là khắc chế được máy t nh ASIO cũng như đòi hỏi tư duy khi đưa công cụ log vào giải toán. Tuy nhiên dễ thấy được ở bài toán là có sự lặp lại ở các biến nhưng điều đầu tiên ta cần phải làm là đưa chúng là cùng cơ số để đơn giản, ta sẽ đưa hết về cơ số 3 . Khi đó ta được:
2
2
3log
2
x
2
x
2log
2
x
2
x
x
1 log
x
0
2 3
3
log 9 3
3
Đến đây không khó để nhận ra rằng biểu thức
log
2
x
2
x lặp lại
3
hai lần đồng thời có chứa bậc hai trong khi đó sử dụng công thức log ta dễ 2
2
dàng có được
3
3
x x 2log 3 x 2 1 log x . Và biểu log 9 3 log 3 3
thức
1 log x cũng lặp lại tương tự với
log
2
x
2
x khi đó dễ
3
3
3
thì ta sẽ đưa phương trình trên về
thấy nếu đặt
a log 2 x 2 x
1 b x
log 3 phương trình đẳng cấp là
2
2
.
log
2
x
2
x
log
x
1
Với a
a b 3 4 0 0 a ab b 3 a b a b 3 a b
. Sử dụng công thức log
3
3
2
x
2
x
quen thuộc là
thì ta có
log
1
b , ta có
3
3
3
3
x
log x log y log x y
2
x
2
x
.
3
2
2
x
2
2
2
2
.
Đặt
29 t
t 2
32
0
t
4
x
0
x
4
t
4
t 2
9 4
t
2
x 2 0 x x x 2 2 3 x x 4 2 4 9
2
. Do
mà 0
x
2
nên
.
x
2 17 9
3
Với 3a
b , ta có
t t 0 t x 4 x 16 9 16 9 2 17 9 t 2 16 9
3
3
3
3
2
2
3
2
x
2
x
3
x
4
2 4
x
9
x
log 2 x 2 x log x 1
.
3
2
2
2
Ta có
Loại.
4
2 4
x
4
9
x
4
x
4
64 9
Vậy phương trình đ cho có nghiệm duy nhất là
.
x
2 17 9
.
2 x 2 x 3 x .
Lời giải. Điều kiện: 0
x
2
3
Đặt
khi đó phương trình đ cho tương đương
log 2 x 2 x a
3
b 1 log x
2
2
vói
a b 3 4 0 0 a ab b 3 a b a b 3 a b
.
log
2
x
2
x
log
x
1
TH1. Với a
b , ta có
3
3
2
x
2
x
2
x
2
x
.
log
1
3
3
x
x
.
2
2
0 2 x 2 2 3 x x x 4 2 4 9 x x
2
2
2
2
.
Đặt
29 t
t 2
32
0
t
4
x
0
x
4
t
4
t 2
9 4
t
t
2
0
2
x
2
Do
.
0
4
t
t
x
x
16 9
16 9
2 17 9
x
2 17 9 3
.
t 2 16 9
TH2. Với 3a
b , ta có
3
3
3
log 2 x 2 x log x 1
3
2
3
2
x
2
x
3
x
4
2 4
x
2 x .
3
2
2
2
Ta có
loại.
4
2 4
x
4
9
x
4
4
x
9 64 9
Vậy phương trình đ cho có nghiệm duy nhất là
.
x
2 17 9
2 x 2 x 3 x .
Câu X. Xét các số thực x, y thỏa mãn
(*).
x
y
1
2
x
2
y
3
1. Tìm giá trị lớn nhất của x
y .
4
7
x y
x y
2
2
2. Tìm m để
3
x
y
1 2
3
x
y
m đúng với mọi
x, y thỏa mãn (*).
Lời giải
1. ĐKXĐ :
.
x
2,
y
3
2
2
x
7
Ta có
x
y
(*)
2
2
3
2
y 2
1 2
1 2
2
2
Vì
nên
x
y
7
0
3
2
0
y
x
x
2
2
2,
y
3
1 2
1 2 Vậy GTLN của x + y là 7 khi x = 6 và y = 1.
x y
x y
4
7
2
2. Đặt
x
y thì theo câu
ta được
.
t
7
thì do
Nếu
x
2,
y
3
x
2,
y
3
P
0
x
y
1
9476 243
Nếu
thì
x
y
1
0
2
(*)
x
y
1
4
x
y
1 2
x
2
y
3
4
x
y
1
t
3
2
2
Lại có : 2
2
4
7
t
y
x
x
1
y
1
2
x
2
y
2
5
P
t 3
t
1 2
15
4
7
t
Xét
với
. Ta được :
f t
t 3
t
1 2
15
t
3;7
4
t
7
7
t
P 3 x y 1 2 3 x y . Đặt t 2
t 3
t
4
7
f ' t ln 3 2 1 2 ln 2 t
t 3
2 ln 3
Lại có
suy ra
. Vì
nên :
f '' t 2 t ln 2 ln 2 ln 2 2 0 t 3;7
k
3,7
Nếu
t
3,
k
f
'
t
0
f t
f
3
Nếu
t
k
,7
f
'
t
0
f t
f
7
148 3 20
Tóm lại ta được
khi chẳng hạn
.
x
2,y 1
P
max
148 3
x y
x y
4
7
2
2
Vậy
.
3
x
y
1 2
3
x
y
m khi và chỉ khi
m
148 3
f ' 3 f ' 7 0 'f t có 1 nghiệm f '' t 0
Kết luận :
.
m
148 3
![Bài tập so sánh hơn và so sánh nhất của tính từ [kèm đáp án/mới nhất]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250808/nhatlinhluong27@gmail.com/135x160/77671754900604.jpg)
![Tài liệu tham khảo Tiếng Anh lớp 8 [mới nhất/hay nhất/chuẩn nhất]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250806/anhvan.knndl.htc@gmail.com/135x160/54311754535084.jpg)
![Tài liệu Lý thuyết và Bài tập Tiếng Anh lớp 6 [Mới nhất]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250802/hoihoangdang@gmail.com/135x160/18041754292798.jpg)
