test công thức toán học trên blogspot.
PHẦN NHIỀU THÍ SINH THƯỜNG LÀM (8,0 điểm)
Giải:
b) \( y=x^4 -2(m+1)x^2+m^2\quad (1)\)
Đạo hàm: \( y'= 4x^3-4(m+1)x\)
\( y'= 0 \Longleftrightarrow 4x(x^2-m-1)=0 \Longleftrightarrow
\left[
\begin{array}{ll}
x& = 0 \\
x^2 & = m+1
\end{array}
\right.\)
Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi \( m+1>0 \Longleftrightarrow m >-1\)
Khi đó tọa độ của ba điểm cực trị là:
\( A \left\{
\begin{array}{ll}
x& = 0 \\
y & = m^2
\end{array}
\right. ;\qquad B \left\{
\begin{array}{ll}
x& = -\sqrt{m+1} \\
y & = -2m-1
\end{array}
\right. ;\qquad C \left\{
\begin{array}{ll}
x& = \sqrt{m+1} \\
y & = -2m-1
\end{array}
\right.\)
Ta có nhận xét tam giác \( ABC\) cân tại A.
Do đó tam giác \( ABC\) vuông khi và chỉ khi tam giác này vuông tại \( A\).
Điều này tương đương với
\( BC^2=AB^2+AC^2\)
\( \Longleftrightarrow BC^2=2AB^2\)
\( \Longleftrightarrow (x_B-x_C)^2=2[(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2]\)
\( \Longleftrightarrow 4(m+1)= 2(m+1)+2(m+1)^4\)
\( \Longleftrightarrow (m+1)^3=1\) vì \( m+1 \ne 0\)
\( \Longleftrightarrow m+1 = 1 \Longleftrightarrow m=0\).
Giải:
\( (1) \Longleftrightarrow 2\sqrt{3}\sin x\cos x +2\cos^2x-2\cos x=0\)
\( \Longleftrightarrow \cos x(\sqrt{3}\sin x +\cos x-1)=0\)
\( \Longleftrightarrow
\left[
\begin{array}{ll}
\cos x& = 0 \\
\sqrt{3}\sin x +\cos x& = 1
\end{array}
\right.\)
\( \displaystyle\Longleftrightarrow
\left[
\begin{array}{ll}
\cos x& = 0 \\
\cos (x-\displaystyle\frac{\pi}{3})& = \cos \displaystyle\frac{\pi}{3}
\end{array}
\right.\)
\( \Longleftrightarrow
\left[
\begin{array}{ll}
x& = \displaystyle\frac{\pi}{2}+k\pi \\
x& = k2\pi\\
x& \displaystyle\frac{2\pi}{3}+k2\pi
\end{array}
\right.\)
Giải:
Đặt \( u =x ; \quad v= -y\), hệ phương trình trở thành:
\( \qquad
\left\{
\begin{array}{ll}
u^3-3u^2-9u+22& = -v^3+3v^2+9v \\
u^2+v^2-u-v & = \displaystyle\frac{1}{2}
\end{array}
\right.\)
\( \Longleftrightarrow
\left\{
\begin{array}{ll}
u^3+v^3-3(u^2+v^2)-9(u+v)+22& = 0\\
u^2+v^2-(u+v) & = \displaystyle\frac{1}{2}
\end{array}
\right.\)
Đặt \( S=u+v ; P=u.v ; \ S^2\ge 4P\).
Hệ phương trình trở thành:
\( \Longleftrightarrow
\left\{
\begin{array}{ll}
S^3-3PS-3(S^2-2P)-9S+22& = 0\\
S^2-2P-S & = \displaystyle\frac{1}{2}
\end{array}
\right.\)
Giải hệ này ta được: \( \qquad
\left\{
\begin{array}{ll}
S& = 2 \\
P & = \displaystyle\frac{3}{4}
\end{array}
\right.\)
Vậy: \( \qquad
\left\{
\begin{array}{ll}
u& = \displaystyle\frac{3}{2}\\
v & = \displaystyle\frac{1}{2}
\end{array}
\right. \quad \vee \quad
\left\{
\begin{array}{ll}
u& = \displaystyle\frac{1}{2}\\
v & = \displaystyle\frac{3}{2}
\end{array}
\right.\)
Do đó nghiệm của hệ phương trình đã cho là:
\( \qquad
\left\{
\begin{array}{ll}
x& = \displaystyle\frac{3}{2}\\
y & = -\displaystyle\frac{1}{2}
\end{array}
\right. \quad \vee \quad
\left\{
\begin{array}{ll}
x& = \displaystyle\frac{1}{2}\\
y & = -\displaystyle\frac{3}{2}
\end{array}
\right.\)
Đặt
\( u = 1+\ln (1+x) \Longrightarrow du=\displaystyle\frac{dx}{1+x}\)
\( dv = \displaystyle\frac{dx}{x^2} \quad ; \quad v = -\frac{1}{x}\)
Vậy \( I= \left[ -\displaystyle\frac{1+\ln (1+x)}{x}\right]_1^3 +\underbrace{\displaystyle\int_1^3\displaystyle\frac{1}{x(x+1)}dx}_{\text{J}}\)
Ở đây: \( J=\displaystyle\int_1^3\left[\displaystyle\frac{1}{x}-\displaystyle\frac{1}{x+1}\right]dx=
\left[\displaystyle\ln\left|\displaystyle\frac{x}{x+1}\right|\right]_1^3 =\ln\displaystyle\frac{3}{2}=\ln 3-\ln 2
\)
Khi đó: \( I = \displaystyle\frac{2}{3}-\displaystyle\frac{2}{3}\ln 2+\ln 3\)
Trong tam giác \( AHC\) ta có:
\( HC^2=AH^2+AC^2-2AH.AC\cos 60^\circ = \left(\displaystyle\frac{2a}{3}\right)^2+a^2-2\displaystyle\left(\frac{2a}{3}\right).a. \displaystyle\frac{1}{2}\)
\( \Longrightarrow HC=\displaystyle\frac{a\sqrt{7}}{3}\).
Trong tam giác vuông \( SHC\) ta có: \( \tan 60^\circ = \displaystyle\frac{SH}{HC} \Longrightarrow SH=\displaystyle\frac{a\sqrt{21}}{3}\)
Vậy \( V=\displaystyle\frac{1}{3}Bh=\displaystyle\frac{1}{3}.\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\displaystyle\frac{a\sqrt{21}}{3} =\displaystyle\frac{a^3\sqrt{7}}{12}\)
Ta có công thức: \( V=\displaystyle\frac{1}{6}. SA.BC.\text{d}(SA,BC).\sin (SA, BC)\)
Ở đây: \( SA=\sqrt{SH^2+HA^2} = \displaystyle\frac{5a}{3}\)
\( \cos (SA,BC)=\displaystyle\frac{\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{BC}}{SA.BC}
=\displaystyle\frac{\overrightarrow{HA}.\overrightarrow{BC}}{SA.BC}
=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{2}{3}.\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}}{SA.BC}
=\displaystyle\frac
{
\displaystyle\frac{2}{3}.a.a.\cos 60^\circ
}
{
\displaystyle\frac{5a^2}{3}
} = \displaystyle\frac{1}{5}\)
\( \Longrightarrow \sin (SA,BC)=\displaystyle\frac{\sqrt{24}}{5}\).
Tóm lại: \( \text{d}(SA,BC) = \displaystyle\frac{6V}{SA.BC.\sin (SA,BC)}=
\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a^3\sqrt{7}}{2}}{\displaystyle\frac{5a}{3}.a.\displaystyle\frac{\sqrt{24}}{5}} = \displaystyle\frac{a\sqrt{42}}{8}.\)
Giải:
Vì \( M \in d\) nên \( M(-1+2t;t;2+t)\). Vì \( N\) là điểm đối xứng của \( M\) qua \( A\) nên: \( N(3-2t;-2-t;2-t)\).
Vì \( N \in (P)\) nên: \( 3-2t-2-t-2(2-t)+5=0 \Longleftrightarrow t=2\).
Khi đó \( M(3;2;4)\) và \( N(-1;-4;0)\).
Vectơ chỉ phương của đường thẳng \( \Delta\) là \( \overrightarrow{u}=\overrightarrow{AM}= (2;3;2)\).
Do đó phương trình đường thẳng \( \Delta\) là:
\( d: \displaystyle\frac{x-1}{2} =\displaystyle\frac{y+1}{3}=\displaystyle\frac{z-2}{2}\)
Giải:
Giả sử \( z=a+bi \Longrightarrow \bar{z}=a-bi\).
Khi đó đẳng thức đã cho được viết:
\( 5(a+(1-b)i)=(2-i)(a+1+bi)\).
\( \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{ll}
5a&=2a+2+b\\
1-b&=-a+2b-1
\end{array}\right.\)
\( \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{ll}
3a-b&=2\\
a-3b&=-2
\end{array}\right.\)
\( \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{ll}
a&=1\\
b&=1
\end{array}\right.\)
Vậy \( z= 1+i \Longrightarrow z^2=2i\). Do đó \( w=2+3i\).
Ta suy ra \( |w|=\sqrt{13}\).
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét