ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN AMSTERDAM NĂM 2015

15 1,177 56
  • Loading ...
1/15 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 13/03/2015, 08:44

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN AMSTERDAM NĂM 2015ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN AMSTERDAM NĂM 2015ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN AMSTERDAM NĂM 2015ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN AMSTERDAM NĂM 2015 ĐỀ SỐ 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2x 1 y x1    (1) có đồ thị (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Một hình chữ nhật MNPQ có cạnh PQ nằm trên đường thẳng : 3x – y – 11 = 0, hai điểm M, N thuộc (C) và độ dài đường chéo của hình chữ nhật bằng 52 . Lập phương trình đường thẳng MN. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2sinxsin2x 11cosx cot x 2 cot x 3sin2x    (x ∈ ℝ). Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =     x 5 x 2 e 3x 2 x 1 dx e x 1 x 1        . Câu 4 (1,0 điểm). a) Gọi z 1 , z 2 lần lượt là hai nghiệm của phương trình   2 z 1 3i z 2 2i 0     và thỏa mãn 12 zz . Tìm giá trị của biểu thức     2 2 1 1 12 A z 1 z      . b) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: 23 nn 2 14 1 n C 3C  . Tìm hệ số của x 9 trong khai triển nhị thức Niu-tơn   2n 1 3x . Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có C(3; 2; 3), đường cao qua A và đường phân giác trong góc B của tam giác ABC lần lượt có phương trình là 1 x 2 y 3 z 3 d: 1 1 2      và 2 x 1 y 4 z 3 d: 1 2 1      . Lập phương trình đường thẳng BC và tính diện tích của tam giác ABC. Câu 6 (1,0 điểm). Cho khối tứ diện ABCD có AC = AD = 32 , BC = BD = 3, khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng (ACD) bằng 3 , thể tích của khối tứ diện ABCD là 15 . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang OABC (OA // BC) có diện tích bằng 6, đỉnh A(–1; 2), đỉnh B thuộc đường thẳng d 1 : x + y + 1 = 0 và đỉnh C thuộc đường thẳng d 2 : 3x + y + 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C. Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình: 11 x xln x 1 4x 4x        (x ∈ ℝ). Câu 9 (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:         3 x 1 1 x 3 x 1 x 3 m 3 x 1           . LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN Câu 1. a) • Tập xác định: 𝔻 = ℝ \ {1}. • Sự biến thiên: – Sự biến thiên:   2 3 y’ 0 x1    với mọi x ∈ 𝔻. Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 1) và (1; +). – Giới hạn, tiệm cận: xx lim y lim y 2    ; x1 lim y     ; x1 lim y     . Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = 1 làm tiệm cận đứng và nhận đường thẳng y = 2 làm tiệm cận ngang. – Bảng biến thiên: • Đồ thị: Đ ồ thị (C) của hàm số cắt trục tung tại điểm (0; –1), cắt trục hoành tại điểm 1 ;0 2     . Đồng thời (C) nhận giao điểm của hai đường tiệm cận là I(1; 2) là trục đối xứng. b) Đ ịnh hướng: Đầu tiên với dữ kiện MNPQ là hình ch ữ nhật thì ta khai thác ngay được tính chất song song, đó là MN // PQ. Lúc này ta sẽ có ngay dạng của phương trình đư ờng thẳng MN là: 3x – y + m = 0, với m  –11 2 x 1 y' − − y 2 x O 1 2 y I Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo tương đương với MN: y = 3x + m. Như vậy hoành độ M và N chính là nghiệm của phương trình giao điểm của đường thẳng đó với đồ thị (C)  Dùng được phương trình hoành độ và dùng định lí Viét để biểu diễn được tổng và tích x M + x N ; x M x N theo biến m Tiếp theo, với hai đường thẳng song song thì ta luôn xác định được khoảng cách giữa hai đường thẳng đó, bởi khoảng cách giữa hai đường thẳng song song chính bằng khoảng cách của một điểm bất kì trên đường thẳng này đến đường thẳng kia. Trên  thì ta luôn lấy được một điểm K có tọa độ xác định  dùng khoảng cách sẽ tính được khoảng cách từ K đến MN  độ dài cạnh PN = d(K, MN) (theo một ẩn m). Vậy dữ kiện cuối cùng là dữ kiện đường chéo. Vì ta có tổng và tích x M + x N , x M x N theo biến m nên việc tính độ dài MN theo m là điều dễ dàng. Ngoài ra, dùng định lí Py–ta–go ta sẽ có ngay: MN 2 + NP 2 = PM 2 = (5 2 ) 2  từ đây giải phương trình ẩn m duy nhất  tìm m  MN. Theo định hướng khá rõ ràng trên ta có lời giải: Bài giải: Do MNPQ là hình chữ nhật nên MN // PQ  đường thẳng MN có dạng 3x – y + m = 0  y = 3x + m. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng MN và (C) là:    2x 1 3x m 2x 1 x 1 3x m x1          (dễ thấy x = 1 không thỏa mãn)   2 3x m 5 x m 1 0      (*). (*) có biệt thức  =     2 2 m 5 4.3 m 1 m 2m 37 0        với mọi x ∈ ℝ  (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 . Theo định lí Viét: 12 12 5m xx 3 m1 xx 3            Không mất tính tổng quát, giả sử M(x 1 ; 3x 1 + m) và N(x 2 ; 3x 2 + m) thì MN 2 = 10(x 1 – x 2 ) 2 = 10   2 1 2 1 2 x x 4x x     = 10 2 5 m m 1 4. 33            M N P Q 5 K  Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo =   2 10 m 2m 37 9  . K(0; –11) ∈   d(K, MN) =     2 2 3.0 11 m 31     = m 11 10   NP 2 = d 2 (K, MN) =   2 m 11 10  . Áp dụng định lí Py–ta–go, ta được: MN 2 + NP 2 = PM 2       2 2 2 m1 m 11 10 m 2m 37 5 2 289 9 10 m 109                Đối chiếu điều kiện m  –11, ta được hai giá trị cần tìm của m là m = –1 và m = 289 109  . Câu 2. Định hướng: Khi đánh giá qua phương trình này thì ta thấy rằng nó cũng không phức tạp quá, chỉ chứa hàm sin, cos và cot ở dạng “thuần” (đơn giản). “Nhẩm” trong đầu nhân tử thì thấy cotx = cosx sin x ; sin2x = 2sinxcosx thì thấy ngay cả tử và mẫu đều xuất hiện nhân tử là cosx. Tiếp tục “nháp” thêm tí sau khi rút gọn cosx ở tử và mẫu thì được:    1 2sinx.2sinx 11 sinx 2. 1 3.2sinx sinx Và đến đây thì phương trình cũng đã lộ bản chất của nó: đây thực chất là phương trình một ẩn t = sinx. Bài giải: Điều kiện: 0 0 x x x 2 0 1 x x 1 x 6 x 0 x 3 0 6 x x0                          sin cos sin cot sin cos sin sin sin sin (*). Phương trình đã cho tương đương với: cosx 2sinx.2sinxcosx 11cosx sinx 2 cosx 3.2sinxcosx sinx    1 2sinx.2sinx 11 sinx 2 1 3.2sinx sinx    (do cosx  0). 2 3 2 11 4sin x 11 2 6sinx 4sin x 12sin x 11sinx 3 0 sinx sinx                  2sinx 1 2sinx 3 sinx 1 0     π x k2π π x k2π 6 5π 2 1 x 2 x x k2π 1 6                    sin sin (k ∈ ℤ). Thử lại (*), ta có phương trình có hai họ nghiệm là x = π 6 + k2π và x = 5π 6 + k2π (k ∈ ℤ). Câu 3. Định hướng: Nhận thấy tích phân có chứa cả hàm vô tỉ, hữu tỉ và cả hàm mũ (các hàm khác tính chất) nên ta nghĩ đến phương pháp tích phân từng phần, hoặc tác dạng I = bb aa g’(x) f(x) g(x)   để làm dễ dàng hơn. Nhưng với bài toán thì cách dùng tích phân từng phần gần như… vô hiệu. Vậy nên ta suy nghĩ đến hướng thứ hai là tách I thành dạng như trên. Một điều gợi ý cho chúng ta thực hiện theo phương án thứ hai nữa đó là tử số có phần giống với mẫu số (phải nói là rất giống), nên việc rút gọn bớt đi là điều đương nhiên:         xx xx e 3x 2 x 1 e 2x 1 1 e x 1 x 1 e x 1 x 1            . Như vậy số 1 tách ra thì dễ dàng lấy nguyên hàm, còn lượng     x x e 2x 1 e x 1 x 1     thì vẫn chưa có dạng g’(x) g(x) . Vậy phải làm sao? Không lẽ lại bỏ cuộc giữa chừng? Đừng lo, khi chưa gặp dạng này thì muốn xuất hiện dạng g’(x) g(x) thì nhiều lúc ta nhân phải cùng chia cả tử cả mẫu cho một lượng nào đó (và thường thì lượng này là lượng tương đồng, hoặc là nhân tử ở mẫu số hoặc tử số), hoặc có lúc là cả tử và mẫu với một lượng nào đó để xuất hiện được dạng đó. Thử xem nhé! Với “cục diện” như thế này thì ta sẽ có hai hướng: Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo + Hướng 1: Chia hai vế cho e x ta được:   x 2x 1 x1 x1 e     Cũng chưa thấy xuất hiện dạng g’(x) g(x) . + Hướng 2: Chia hai vế cho x1 ta được:   x x e 2x 1 x1 e x 1 x 1      . Thử lấy đạo hàm mẫu     x x e 2x 1 e x 1 x1 ’    , thành công! Bài giải: Ta có:     x 55 x 22 e 2x 1 I dx dx e x 1 x 1       . 5 5 1 2 2 I dx x 5 2 3      .       x x 55 5 5 x 2 2 xx 2 22 e 2x 1 e x 1 1 2e 1 2 x 1 I 2 dx 2 dx 2ln e x 1 1 2ln e1 e x 1 1 e x 1 1 '                 Vậy 5 12 2 2e 1 I I I 3 ln e1       . Câu 4. a) Đây là một bài toán hoàn toàn cơ bản, chỉ yêu cầu bạn nắm được cách giải phương trình bậc 2 trong tập số phức là được. Nhưng lời khuyên cho các bạn là khi tìm được nghiệm của phương trình rồi thì chẳng dại gì lại trình bày theo các bước giải phương trình mình đã làm trong nháp vào giấy thi cả! Hãy dùng cách phân tích nhân tử để trong bài làm, ta chỉ cần dùng các dấu tương đương chứ không cần viết câu chữ gì nhiều nhé! Bài giải: Phương trình đã cho tương đương với:        2 z 2i z 2i 1 i z 2i 1 i 0 z 2i z i 1 0 z i 1                          . Do 12 zz nên ta có z 1 = 2i và z 2 = i + 1. Ta có:     2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 i 1 3 A 2i 1 i 1 i 1 2i i 2 2 2                  . Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo b) Định hướng, chú ý: Để làm được bài toán ta cần phải xác định n, dữ kiện duy nhất 23 nn 2 14 1 n C 3C  bài cho sẽ giúp ta tìm ra điều này. Chú ý trong quá trình làm ta cần xác xét điều kiện để trách hợp khi giải ra nghiệm có thể nó không thỏa mãn các điều kiện của công thức tổ hợp. Sau đó thay vào và bắt đầu xét theo đúng yêu cầu bài. Bài giải: +) Điều kiện: n  3 và n ∈ ℕ. Ta có: 23 2 14 1 3 nn n CC  2(2!)(n 2)! 14(3!)(n 3)! 1 n! n!(3) n     2 n9 n 7n 18 0 n2           (loại n = –2). +) Theo khai triển nhị thức Niu-tơn:         18 18 2n 18 k k k k k 18 18 k 0 k 0 1 3x 1 3x C x 3 C 3 x        . Vậy hệ số của x 9 trong khai triển là:   9 9 9 18 a C 3 3938220 3    . Câu 5. Ta xử lí bài toán này giống như xử lí một bài toán hình học phẳng, về phương pháp thì không có gì mới khi gặp đường cao (tận dụng yếu tố vuông góc) và đường phân giác (tận dụng phương pháp lấy đối xứng). Bài giải: +) d 1 , d 2 có véctơ chỉ phương lần lượt là 1 u = (1; 1; –2) và 2 u = (1; –2; 1). +) B ∈ d 2 : x 1 t y 4 2t z 3 t          B(1 + t; 4 – 2t; 3 + t)  CB = (t – 2; 2 – 2t; t). d 1 là đường cao kẻ từ A nên 1 u .CB 0  (t – 2) + (2 – 2t) + (–2).t = 0  t = 0  B(1; 4; 3). BC đi qua C và nhận véctơ 3 1 u BC 2  = (1; –1; 0) làm véctơ chỉ phương  phương trình đường thẳng BC là x 3 t y 2 t z3         (t ∈ ℝ). +) Gọi H(a; b; c) thì trung điểm của CH thuộc d 2 , đồng thời 2 CH u nên tọa độ H là nghiệm của hệ: Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo       a 3 b 2 c 3 a1 1 4 3 2 2 2 b2 1 2 1 c5 1 a 3 2 b 2 1 c 3 0                           . . .  H(1; 2; 5). +) Thấy rằng H ∈ d 2  A ≡ H  A(1; 2; 5) và ABC vuông tại A. Diện tích tam giác ABC là: S = 1 2 AB.AC = 1 .2 2.2 2 2 = 4 (đvdt). Nhận xét: Bài toán này sẽ là “vượt tầm” thi đại học nếu điểm H tìm được không thuộc đường thẳng d 2 . Bởi nếu vậy thì sau khi tìm được điểm H, ta sẽ phải đi viết phương trình AB, rồi tìm tọa độ A  dùng công thức diện tích để tính diện tích tam giác thì bài làm trở nên quá dài, không phù hợp với một bài thi đại học (nhất là ở câu ăn điểm như tọa độ không gian). Vậy nên trong quá trình làm bài, các bạn hãy chú ý đến sự đặc biệt của đề bài, chứ đừng dại gì mà cứ đi theo lối mòn phương pháp mà ta đã sử dụng lâu nay trong khi giải toán. Nếu gặp một bài tương tự thế này thì khi tìm được tọa độ H, nếu thấy H ∉ d 2 thì khi dùng công thức tính diện tích, ta dùng S = 1 2 AB.CH nhé! Đừng nên dùng công thức S = 1 2 BC.d(A, BC) trong trường hợp này vì làm như vậy sẽ phức tạp tính toán hơn ở chỗ dùng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng cho trước! Câu 6. Định hướng: Tứ diện ABCD ta đã biết được độ dài 4 cạnh, và lại có điều đặc biệt là A và B đều cách đều hai điểm C, D (AC = AD, BC = BD)  A, B nằm trên mặt phẳng trung trực của cạnh CD. Và mặt phẳng trung trực này chính là mặt phẳng đi qua A, B và trung điểm M của CD  góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) chính bằng AMB ̂ hoặc bằng (180 0 – AMB ̂ ) (tùy vào độ lớn góc AMB ̂ là nhỏ hơn 90 0 hay lớn hơn 90 0 ). Đồng thời bài ra còn cho thêm khoảng cách giữa một đỉnh đến mặt phẳng đối diện và cho thêm cả thể tích khối tứ diện  dễ dàng tính được diện tích mặt đáy là ACD  tính được độ dài CD (do ACD đã biết độ dài 2 cạnh)  BCD hoàn toàn xác định các thông số về 3 cạnh  tính được BM (là đường cao BCD). Ngoài ra nhận thấy có khoảng cách từ B đến (ACD) nên sin   (ACD) (BCD), =   d B (ACD) BM ,  từ đó xác định được góc giữa hai mặt phẳng   (ACD) (BCD), . Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo Bài giải: Theo bài ra: d(B, (ACD)) = 3 ; V ABCD = 15 (đvtt). Ta có: S ACD =   ABCD 3V d B (ACD), = 3 15 3 = 3 5 (đvdt). Mặt khác: S ACD = 1 2 AC.AD.sinCAD ̂ sin CAD = DAC 2S AC.AD  = 2.3 5 3 2.3 2 = 5 3  cos CAD = ± 2 1 sin CAD = ± 2 3 . Gọi M là trung điểm của CD thì do ACD cân tại A và cân tại B nên BM  CD và AM  CD  (ABM)  (ACD). Gọi H là hình chiếu của B lên (ACD) thì ta có H thuộc đường thẳng AM, đồng thời độ dài BH = d(B, (ACD)) = 3 . Ta có góc giữa mặt phẳng (BCD) và (ACD) chính bằng BMH ̂ < 90 0 . +) Trường hợp 1: cos CAD = 2 3  CD = 22 AC AD 2AC.ADcosCAD = 2 3  BM = 2 2 22 CD 2 3 BC 3 6 22            .  cos BMH ̂ = BH BM = 3 6  BMH = 45 0 . +) Trường hợp 2: cos CAD ̂ = 2 3  . Tương tự ta tính được CD = 2 15 > BC + BD, không thỏa mãn bất đẳng thức tam giác  loại. Vậy góc giữa hai mặt phẳng (BCD) và (ACD) là 45 0 . Lưu ý: Có thể xảy ra hai trường hợp về vị trí điểm H như 2 hình vẽ trên, nhưng dù thế nào đi nữa thì góc giữa hai mặt phẳng (BCD) và (ACD) vẫn bằng 45 0 . H A B C D M H A B C D M Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo Câu 7. Định hướng: Do tọa độ của A và O đã biết nên phương trình đường thẳng OA là hoàn toàn xác định  dạng của phương trình đường thẳng BC (chỉ chứa một ẩn cần tìm là m). Vậy hoàn toàn có thể xác định được tọa độ điểm B và C theo một ẩn m, dựa vào hệ phương trình giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng d 1 (tìm được B); hệ phương trình giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng d 2 (xác định được C). Cuối cùng ta khai thác dữ kiện diện tích: S =     1 OA BC d O BC 2  ., → Đây sẽ là phương trình có một ẩn duy nhất là m  tìm m  tọa độ B, C. Bài giải: +) Phương trình OA: x 0 y 0 2x y 0. 1 0 2 0         OA // BC  phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x + y + m = 0 (với m  0). +) Tọa độ B là nghiệm của hệ: x y 1 0 x 1 m 2x y m 0 y m 2                B(1 – m; m – 2). +) Tọa độ C là nghiệm của hệ: 3x y 2 0 x m 2 2x y m 0 y 4 3m                C(m – 2; 4 – 3m). +) Diện tích hình thang OABC là: S = 1 2 (OA + BC).d(O, BC)  2 2 2 2 22 m 1 ( 1) 2 (2m 3) (4m 6) . 6 2 21              2m 3 1 m 12    (*). Phương án tối ưu nhất để giải phương trình này sẽ là phá dấu giá trị tuyệt đối! – Nếu m < 0 thì (*) thành: (3 – 2m + 1).(–m) = 12  m 2 – 2m – 6 = 0  m = 1 ± 7 Kiểm tra điều kiện ta chỉ lấy nghiệm m = 1 – 7    B 7 1 7; và   C 1 7 1 3 7  ; . – Nếu 0 < m < 3 2 thì (*) thành: (3 – 2m + 1).m = 12  m 2 – 2m + 6 = 0, vô nghiệm. – Nếu m  3 2 thì (*) thành: (2m – 3 + 1).m = 12  m 2 – m – 6 = 0  m = 3 hoặc m = –2. Kiểm tra điều kiện ta chỉ lấy nghiệm m = 3  B(–2; 1) và C(1; –5). Vậy có hai cặp điểm B, C thỏa mãn đề bài như trên. Câu 8. [...]... thỏa mãn điều kiện đề bài Với bài này, muốn cô lập m một cách nhanh chóng thì ta chia hai vế cho   3  x  1 Thế nhưng trước khi chia thì ta phải xét trường hợp x = 2 (để đảm bảo   3  x  1  0) Khi ta thử x = 2 vào vế trái thì thấy rằng vế trái cũng bằng 0  chắc chắn vế trái có thể phân tích được nhân tử (x – 2)  nhân tử (x – 2) có thể chia được cho   3  x  1 (vì cả hai đều có nghiệm bằng... 1  4x2 4x Vậy việc dùng hàm đơn điệu của chúng ta đã “tiêu tan” thi mà đạo hàm không dương hoặc không âm với x > 0 Nhưng như thế cũng đừng vội nản nhé, khi đạo hàm có nghiệm (và chỉ có một nghiệm “đẹp”) thì ta có thể vẽ được bảng biến thi n của hàm số, và biết đâu nó sẽ có nghiệm đẹp cho chúng ta nhận xét! Thật vậy, thử lập bảng biến thi n thì thấy ngay VT(*)  0 Dấu đẳng thức xảy ra 1 2     1... không thể thi u Nhận thấy phương trình có chứa hàm hữu tỉ và cả hàm logarit (hai hàm khác tính chất) nên ta nghĩ ngay đến phương pháp hàm số ở trong đầu Định hướng đầu tiên giúp ta phát triển hướng giải cho bài toán: Chúng ta nên dùng hàm số theo kiểu tính đơn điệu hay là nên dùng hàm số theo kiểu hàm g(f(x)) = g(h(x)), với g là hàm đơn điệu? – Nếu triển khai theo hướng thứ nhất: để việc đạo hàm tránh phức... x  3 x   1 x   1 x  3 x 1  x  Bảng biến thi n: 3 x 2 7 2  1  x  3 x  0 Nhà sách giáo dục LOVEBOOK x Vươn tới sự hoàn hảo –1 3 f ’(x) + 0 − f(x) 5 1 Dựa vào bảng biến thi n, kết hợp với điều kiện x  2 (và f  2  2  2 3 ) ta có  11  thể kết luận được các giá trị của m cần tìm là m  5;   2 2  2 3 ... trên (0; +∞) Ta có: f ’(t)  1   0 với mọi t > 0 t  f(t) đồng biến trên (0; +∞) 1 1  1  1  1  0 và  0 ) Mặt khác (*) có dạng f   1   f   (với 2 2 x 4x  4x  x 2  1  1 1  1     1  0  x   2 x  2x  2 4x 1 Vậy nghiệm của phương trình là x = 1 2 Cách 2 Điều kiện x > 0 Chia hai vế của phương trình cho x ta được:   1  1 1 1 1   1  ln  x     2   1  ln  x  0... 1 2x3 1  4x2 4x 1 f’(x)  0  x  1 1 (do x > 0) 2   Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo Lập bảng biến thi n cho ta f(x)  0 với mọi x > 0 Ta có f(x) = 0  x = Vậy nghiệm của phương trình là x = 1 2 1 2 Bài tập củng cố: Giải phương trình: 2014x  x ln 1969  1969x (Đáp số: x = 0) 2014 Câu 9: Định hướng: Ý tưởng về những bài tìm m để phương trình có nghiệm là không xa lạ gì nữa Ý tưởng... g(h(x)), với g là hàm đơn điệu? – Nếu triển khai theo hướng thứ nhất: để việc đạo hàm tránh phức tạp, chúng ta   1  sẽ nên chia hai vế cho x Bởi vì ta lấy đạo hàm của  x.ln  x    thì sẽ phức  4x       1  tạp hơn so với việc lấy đạo hàm của ln  x   4x   Như vậy chia hai vế cho x ta được:   1  1 1 1 1   1  ln  x     2   1  ln  x    0 (*) 4x  x x 4x  4x 4x   Thử... (*) Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2   Xét hàm số f x  1  x  3  x     Với mọi x  1;3 : f’ x  1 2 1x  1  x 3  x   3 trên 1;3   1 2 3x  2x  2 2 1  x 3  x  f ’  x   0  1  x  3  x  2x  2  1 x  3 x   1 x   1 x  3 x 1  x  Bảng biến thi n: 3 x 2 7 2  1  x  3 x  0 Nhà sách giáo... thời muốn đưa phương trình về được dạng trên thì đầu tiên mình phải chia hai vế cho x đã Sau đó ta thu được phương trình:  1   2  1   1  1 1 1   4x 1   1  ln  x    0   2  1   ln 2 1 x 4x  x 4x   4x  x  1   1  1 1   1   ln   1    ln   2 2  4x   4x  x x Đến đây thì dạng hàm đã xuất hiện và việc còn lại của chúng ta cũng không quá khó nữa! Bài giải: Cách...  3  x     3  x  1  3 x 1  3 x  1 x 1 3 x      Như vậy chuyển vế ta sẽ thu được hai nhân tử là  3 x  1 x  1  x 3  x   m  3  1  x 1  3  x     3  x  1 và: Cái khó còn lại là đi xử lí nhân tử thứ hai: 3 x  1 x  1  x 3  x   m  3  0  m  1 x  3 x  1  x 3  x   3 (1) Xử lí phương trình này cũng không hề khó, thường thì ta sẽ đặt: . thị (C). a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Một hình chữ nhật MNPQ có cạnh PQ nằm trên đường thẳng : 3x – y – 11 = 0, hai điểm M, N thu c (C) và độ dài đường chéo. hình thang OABC (OA // BC) có diện tích bằng 6, đỉnh A(–1; 2), đỉnh B thu c đường thẳng d 1 : x + y + 1 = 0 và đỉnh C thu c đường thẳng d 2 : 3x + y + 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C. Câu.  . LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN Câu 1. a) • Tập xác định:
- Xem thêm -

Xem thêm: ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN AMSTERDAM NĂM 2015, ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN AMSTERDAM NĂM 2015, ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN AMSTERDAM NĂM 2015

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay