Cảnh báo
Bạn cần đăng nhập mới làm được đề thi này
Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức nào?
M có hoành độ \(-2,\) tung độ \(1\) nên M biểu diễn số phức \(z=-2+i.\)
Tìm \(\lim\limits_{x \to + \infty} \dfrac{x-2}{x+3}\) .
\(\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x-2}{x+3}=\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{1-\frac{2}{x}}{1+\frac{3}{x}}=\dfrac{1}{1}=1\)
Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập con gồm 2 phần từ của M là
Theo định nghĩa của tổ hợp ta có: Mỗi tập con 2 phần tử của tập M là một tổ hợp chập 2 của 10 phần tử của M. Do đó
số tập con có 2 phần tử của tập hợp M (có 10 phần tử) là \(C^2_{10}\).
Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B được tính theo công thức nào dưới đây?
Cho hàm số \(y=f\left(x\right)\) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số \(y=f\left(x\right)\) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
Khi \(y'< 0\) thì hàm số nghịch biến, trên bảng biến thiên mũi tên luôn đi xuống.
Vậy trong các khoảng đã cho, chỉ có khoảng\(\left(-2;0\right)\) thỏa mãn.
Cho hàm số \(y=f\left(x\right)\) liên tục trên đoạn\(\left[a;b\right]\). Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số \(y=f\left(x\right)\) trục hoành và hai đường thẳng \(x=a,x=b\left(a< b\right).\) Công thức nào sau đây là công thức tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành?
Xem SGK Giải tích 12 trang 120.
Cho hàm số \(y=f\left(x\right)\) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đạt cực đại tại điểm nào dưới đây?
Với \(a\) là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?
Cách 1: Xem lại tính chất lôgarit ta thấy "\(\log a^3=3\log a\)" là mệnh đề đúng.
Cách 2: Kiểm tra tính đúng đắn của các mệnh đề đã cho khi \(a=10\), bấm máy tính tính các hiệu
\(\log30-3\log10,\log30-\dfrac{1}{3}\log10,\log10^3-3\log10,\log10^3-\dfrac{1}{3}\log10\)
ta thấy chỉ có một kết quả bằng 0 là \(\log10^3-3\log10=0\), suy ra mệnh đề đúng là " \(\log a^3=3\log a\)".
Họ nguyên hàm của hàm số \(f\left(x\right)=3x^2+1\) là
Cách 1 (Khai triển): \(\int f\left(x\right)\text{dx}=\int\left(3x^2+1\right)\text{dx}=\int3x^2\text{dx}+\int\text{dx}=x^3+x+C\).
Cách 2 (dùng MTCT): Nhập biểu thức \(\dfrac{\text{d}}{\text{dx}}\left(x^3\right)|_{x=X}-\left(3X^2+1\right)\) . CALC với \(x=1,2,3\) ta thấy có giá trị khác \(0\), suy ra đáp số \(x^3+C\) sai. Tương tự, thử các đáp số còn lại.
Trong không gian \(Oxyz\), cho điểm \(A\left(3;-1;1\right)\). Tọa độ hình chiếu vuông góc của \(A\) trên mặt phẳng \(\left(Oyz\right)\) là
Các điểm trên mặt phẳng \(\left(Oyz\right)\) cùng có hoành độ bằng ương trình mặt phẳng \(\left(Oyz\right)\) là \(x=0.\) Điểm \(H\left(0;y;z\right)\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(A\left(3;-1;1\right)\) khi và chỉ khi \(y=-1;z=1.\) Vậy hình chiếu vuông góc của điểm \(A\) trên mặt phẳng \(\left(Oyz\right)\) có tọa độ \(\left(0;-1;1\right)\).
Đường cong trong hình trên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng nên đây là đồ thị của hàm số bậc bốn trùng phương.
Từ đồ thị ta thấy \(\lim\limits_{x\rightarrow\infty}y=-\infty\), nên hàm số cần tìm phải là \(y=-x^4+2x^2+2\).
Vậy nên hàm số của đồ thị trên là: \(y=-x^4+2x^2+2\).
Câu 12 Đề tham khảo 2018
Trong không gian \(Oxyz\), cho đường thẳng \(d:\dfrac{x-2}{-1}=\dfrac{y-1}{2}=\dfrac{z}{1}\)
Đường thẳng \(d\) có một vecto chỉ phương là:
Xem chú ý, trang 83 SGK Hình học 12.
Tập nghiệm của bất phương trình \(2^{2x}< 2^{x+6}\) là:
\(2^{2x}< 2^{x+6}\) \(\Leftrightarrow2x< x+6\Leftrightarrow x< 6\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left(-\infty;6\right)\)
Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng \(3\pi a^2\) và bán kính đáy bằng \(a\). Độ dài đường sinh của hình nón đã cho bằng
Ta có công thức \(S_{xq}=\pi rl\Rightarrow l=\dfrac{S_{xq}}{\pi r}=\dfrac{3\pi a^2}{\pi a}=3a\)
Trong không gian \(Oxyz\), cho ba điểm \(M\left(2;0;0\right);N\left(0;-1;0\right)\) và \(P\left(0;0;2\right)\). Mặt phẳng \(\left(MNP\right)\) có phương trình là
Áp dụng phương trình của mặt phẳng theo đoạn chắn, ta có phương trình mặt phẳng cần tìm là: \(\dfrac{x}{2}+\dfrac{y}{-1}+\dfrac{z}{2}=1\)
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng?
* Xét hàm \(y=\frac{x}{x+1}\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow-1}\frac{x}{x+1}=+\infty\) nên \(y=\dfrac{x}{x+1}\) có tiệm cận đứng là \(x=-1\).
* Xét hàm \(y=\dfrac{x^2-3x+2}{x-1}\) có tập xác định là \(x\ne1\) . Trên tập xác định, \(y=\dfrac{x^2-3x+2}{x-1}=\dfrac{\left(x-1\right)\left(x-2\right)}{x-1}=x-2\), đồ thị không có tiệm cận đứng.
* Hàm số \(y=\dfrac{x^2}{x^2+1}\) và \(y=\sqrt{x^2-1}\) đều không có tiệm cậm đứng.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm của phương trình \(f\left(x\right)-2=0\) là
\(f\left(x\right)-2=0\Leftrightarrow f\left(x\right)=2\)
Xét tương giao hai đồ thị y = f(x) và y = 2 ta thấy có 3 giao điểm (-2 < 2 < 4).
Vậy phương trình có 3 nghiệm.
Giá trị lớn nhất của hàm số \(y=f\left(x\right)=x^4-4x^2+5\) trên đoạn \(\left[-2;3\right]\) là
\(y'=4x^3-8x\)
\(y'=0\Leftrightarrow4x\left(x^2-2\right)=0\Leftrightarrow x=0,x=\sqrt{2},x=-\sqrt{2}\in\left[-2;3\right].\)
So sánh các giá trị \(f\left(0\right)=5,f\left(\pm\sqrt{2}\right)=1,f\left(-2\right)=5,f\left(3\right)=50\) suy ra GTLN\(=50.\)
Tích phân \(\int_0^2\dfrac{\text{d}x}{x+3}\) bằng
Cách 1 (dùng công thức Niu tơn Lepnit): Có \(\int\dfrac{\ \text{d}x}{x+3}=\int\dfrac{\text{d}\left(x+3\right)}{x+3}=\ln\left|x+3\right|+C\) nên \(\int_0^2\dfrac{\text{d}x}{x+3}=\ln\left|x+3\right||_0^2=\ln\left|2+3\right|-\ln\left|0+3\right|=\ln5-\ln3=\ln\dfrac{5}{3}\)
Cách 2 (dùng MTCT): Bấm máy tinh tính \(\int_0^2\dfrac{\text{dx}}{x+3}\), lưu kết quả vào ô nhớ \(M\). Nhập biểu thức \(M-\dfrac{16}{225}\) kết quả khác \(0\): , vì vậy \(\dfrac{16}{225}\) không phải là đáp số đúng. Chuyển con trỏ để sửa biểu thức cũ thành \(M-\log\dfrac{5}{3}\), bấm máy kết quả vẫn khác \(0\): , đáp số \(\log\dfrac{5}{3}\) cũng không đúng. Tương tự, thử nốt hai đáp số còn lại ta thấy đáp số đúng là \(\ln\dfrac{5}{3}\).
Gọi \(z_1\) và \(z_2\) là hai nghiệm phức của phương trình \(4z^2-4z+3=0\). Tính giá trị của biểu thức \(\left|z_1\right|+\left|z_2\right|\).
\(4z^2-4z+3=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}z_1=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}i\\z_2=\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}i\end{matrix}\right.\)
Vậy nên \(\left|z_1\right|+\left|z_2\right|=\sqrt{\left(\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2}+\sqrt{\left(\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(\dfrac{-\sqrt{2}}{2}\right)^2}=\sqrt{3}\).
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a (tham khảo hình vẽ dưới đây). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A'C'.
Gọi \(M\) là trung điểm \(BD\) và \(N\) là trung điểm \(A'C'\).
Ta có ngay \(MN\perp BD;MN\perp A'C'\)
Vậy nên \(MN=d\left(BD;A'C'\right)=a\)
Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,4%/tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền và lãi suất không thay đổi?
Gọi số tiền gửi ban đầu là x thì số tiền tháng sau người đó có (cả vốn và lãi) là 1,004x (đồng)
Vậy thì sau 6 tháng, số tiền người đó được lĩnh là \(\left(1,004\right)^6x\) (đồng)
Thay x = 100.000.000 đồng ta tìm được số tiền người đó lĩnh được sau 6 tháng là:
102.424.000 đồng
Một hộp chứa 11 quả cầu gồm 5 quả cầu màu xanh và 6 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 2 quả cầu từ hộp đó. Xác xuất để 2 quả cầu chọn ra cùng màu bằng:
Mỗi lần lấy 2 quả trong 11 quả cho ta tổ hợp chập 2 của 11 phần tử. Do đó không gian mẫu có \(C^2_{11}=55\) (phần tử)
Vì việc lấy quả cầu là ngẫu nhiên nên các kết quả đó đồng khả năng.
Theo quy tắc nhân, xác xuất để hai quả lấy ra khác màu là:
Trong không gian \(Oxyz\), cho hai điểm \(A\left(-1;2;1\right),B\left(2;1;0\right)\). Viết phương trình mặt phẳng qua \(A\) và vuông góc với \(AB\).
Gọi (P) là mặt phẳng cần tìm. Do mặt phẳng (P) vuông góc với AB nên \(\overrightarrow{AB}=\left(3;-1;-1\right)\) là một vecto pháp tuyến của (P)
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: \(3\left(x+1\right)-\left(y-2\right)-\left(z-1\right)=0\) \(\Leftrightarrow3x-y-z+6=0\).
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của SD (tham khảo hình vẽ bên). Tang của góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng (ABCD) bằng bao nhiêu?
Cách 1 (tự luận):
Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Do S.ABCD là chóp tứ giác đều nên \(SO\perp\left(ABCD\right)\)
Trong (SBD), kẻ MN // SO. Khi đó ta có \(MN\perp\left(ABCD\right)\)
Vậy nên \(\widehat{\left(BM;\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{MBN}\)
Ta thấy rằng MN là đường trung bình tam giác SOD nên MN = SO/2 và ON = ND
Ta có \(BC=a\sqrt{2}\Rightarrow BO=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow SO=\sqrt{a^2-\dfrac{a^2}{2}}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)
Ta có \(MN=\dfrac{a\sqrt{2}}{4};BN=\dfrac{3}{4}BD=\dfrac{3a\sqrt{2}}{4}\)
Vậy thì \(\tan\widehat{MBN}=\dfrac{MN}{BN}=\dfrac{a\sqrt{2}}{4}:\dfrac{3a\sqrt{2}}{4}=\dfrac{1}{3}\)
Cách 2 (casio):
Chọn hệ tọa độ như hình vẽ: Tâm đáy là gốc tọa độ, C(2;0;0), A(-2;0;0), B(0;-2;0), D(0;2;0), S(0;0;2) (chú ý rằng tất cả các cạnh của hình chóp bằng nhau theo giả thiết nên \(\Delta\)SBD = \(\Delta\)CBD, suy ra OS = OC = 2). Trung điểm M của SD có tọa độ (0;1;1).
Mặt phẳng (ABCD) vuông góc với OZ nên có vecto pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}\left(0;0;1\right)\), đường thẳng BM có vecto chỉ phương \(\overrightarrow{BM}=\left(0;3;1\right)\) . Áp dụng công thức tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng ta có
\(\sin\left(BM,\left(ABCD\right)\right)=\cos\left(\overrightarrow{BM},\overrightarrow{n}\right)=\dfrac{\left|\overrightarrow{BM}.\overrightarrow{n}\right|}{\left|\overrightarrow{BM}\right|\left|\overrightarrow{n}\right|}\)
.
Sử dụng máy tính casio tính toán như sau:
- Nhập VCTA = (0;0;1), VCTB = (0;3;1): w8110=0=1=Cq51210=3=1=
- Tính Abs(VCTA.VCTB):Abs(VCTA):Abs(VCTB): Cqcq53q57q54)Pqcq53)Pqcq54)=
- Lưu kết quả vào biến nhớ A, trở lại MODE COMP tính \(\sin^{-1}A\) rồi tính \(\tan\left(\text{An}s\right)\): qJzCw1qjQz=lM=
Kết quả là \(\dfrac{1}{3}\).
Với n là số nguyên dương thỏa mãn \(C_n^1+C^2_n=55\), số hạng không chứa \(x\) trong khai triển của biểu thức \(\left(x^3+\dfrac{2}{x^2}\right)^n\) bằng
Trước hết ta tìm số nguyên dương \(n\) thỏa mãn điều kiện \(C_n^1+C^2_n=55\) bằng cách dùng MODE TABLE: tính giá trị của hàm số \(f\left(x\right)=C^1_n+C^2_n-55\) với \(n=1;2;3;...,15\) , ta thấy hàm số có giá trị 0 khi \(x=10\).
Vậy \(n=10\) và \(\left(x^3+\frac{2}{x^2}\right)^n=\left(x^3+\frac{2}{x^2}\right)^{10}\) có số hạng tổng quát là:
\(C^k_{10}\left(x^3\right)^k\left(\frac{2}{x^2}\right)^{10-k}=C^k_{10}.x^{3k}.\frac{2^{10-k}}{x^{20-2k}}\)
Số hạng này sẽ không chứa \(x\) khi \(3k=20-2k\Rightarrow k=4\). Từ đó số hạng cần tìm là \(C^4_{10}.2^{10-4}=13440\).
Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình \(\log_3x.\log_9x.\log_{27}x.\log_{81}x=\dfrac{2}{3}\) bằng
Cách 1 (tự luận):
\(\log_3x.\log_9x.\log_{27}x.\log_{81}x=\dfrac{2}{3}\)
Đặt \(\log_3x=t\), ta có \(\log_3x.\dfrac{1}{2}.\log_3x.\dfrac{1}{3}.\log_3x.\dfrac{1}{4}.\log_3x=\dfrac{2}{3}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{24}.t^4=\dfrac{2}{3}\Leftrightarrow t^4=16\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=2\\t=-2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\log_3x=2\\\log_3x=-2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=3^2=9\\x=3^{-2}=\dfrac{1}{9}\end{matrix}\right.\)
Tổng giá trị hai nghiệm là \(9+\dfrac{1}{9}=\dfrac{82}{9}\)
Cách 2 (casio):
Dùng lệnh SOLVE trong MODE COMP:
-Nhập phương trình \(\log_3x.\log_9x.\log_{27}x.\log_{81}x-\dfrac{2}{3}\) :
Dùng lệnh SOLVE để giải phương trình (khi máy hỏi X? ta nhập một giá trị nào đó): qr1=. Màn hình hiện kết quả
Nhận được một nghiệm của phương trình là 0,1111111111 \(\approx\dfrac{1}{9}\).
- Tìm nghiệm tiếp: trở lại biểu thức đã nhập và sửa lại thành
\(\left(\log_3x.\log_9x.\log_{27}x.\log_{81}x-\dfrac{2}{3}\right):\left(x-\dfrac{1}{9}\right)\)
nhấn các phím: !)$(!!P(Q)pa1R9$)
- Giải phương trình \(\left(\log_3x.\log_9x.\log_{27}x.\log_{81}x-\dfrac{2}{3}\right):\left(x-\dfrac{1}{9}\right)=0\)
bằng cách nhấn tiếp qr= Máy cho nghiệm thứ hai \(x=9\).
- Làm tương tự để tiếp tục tìm nghiệm: !)$(!!P(Q)p9)qr=
Màn hình báo Continue , phương trình không còn nghiệm nào. Vậy tổng các nghiệm phương trình là \(9+\dfrac{1}{9}=\dfrac{82}{9}\).
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA = OB = OC. Gọi M là trung điểm của BC (tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng:
Cách 1 (tự luận):
Gọi N là trung điểm của AC. Ta thấy ngay MN là đường trung bình tam giác ABC. Vậy thì AB song song và bằng một nửa AB.
Khi đó ta có \(\widehat{\left(OM;AB\right)}=\widehat{\left(OM;MN\right)}=\widehat{NMO}\)
Ta thấy tam giác OBC vuông, OM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên OM = BC/2
Tương tự ON = AC/2; MN = AB/2
Mà do OA = OB = OC nên BA = BC = CA hay OM = ON = MN
Vậy tam giác OMN là tam giác đều hay \(\widehat{NMO}=60^o\)
Cách 2 (casio): Chọn hệ trục tọa độ (hình vẽ)
Trong đó O(0;0;0), C(2;0;0), B(0;2;0), A(0;0;2). Trung điểm M của BC có tọa độ \(\)(1;1;0). Do đó
\(\overrightarrow{OM}=\left(1;1;0\right),\overrightarrow{AB}=\left(0;2;-2\right)\). Ta có \(\cos\left(OM,AB\right)=\cos\left(\overrightarrow{OM},\overrightarrow{AB}\right)=\dfrac{\left|\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{AB}\right|}{\left|\overrightarrow{OM}\right|\left|\overrightarrow{AB}\right|}\). Sử dụng MODE VECTOR để tính:
- Nhập VCTA = (1;1;0), VCTB = (0;2;-2): w8111=1=0=q51210=2=p2=
- Tính (Abs(VCTA.VCTB)):(Abs(VCTA)xAbs(VCTB)): C(qcq53q57q54))P(qcq53)Oqcq54))=
- Kết quả là 0,5 suy ra đáp số đúng là \(60^0\)
Câu 29. Đề tham khảo 2018
Trong không gian cho hai đường thẳng
\(d_1:\dfrac{x-3}{-1}=\dfrac{y-3}{-2}=\dfrac{z+2}{1};d_2:\dfrac{x-5}{-3}=\dfrac{y+1}{2}=\dfrac{z-2}{1}\)
và mặt phẳng (P) : \(x+2y+3z-5=0\).
Đường thẳng vuông góc với (P), cắt \(d_1\) và \(d_2\) có phương trình là:
Phương pháp: Kiểm tra từng đáp số xem hai điều kiện sau có được thực hiện không
(i) Đường thẳng với phương trình cho trong đáp số có vuông góc với (P) ) hay không?
(ii) Đường thẳng đó có điểm chung với \(d_1\) và \(d_2\) hay không?
Ta thấy đường thẳng \(\dfrac{x-1}{3}=\dfrac{y+1}{2}=\dfrac{z}{1}\) có vecto chỉ phương \(\overrightarrow{u}\left(3;2;1\right)\) không cùng phương với vecto pháp tuyến \(\overrightarrow{n}\left(1;2;3\right)\) của mặt phẳng (P) nên không vuông góc với (P), không thỏa mãn điều kiện (i) nên bị loại.
Ba đáp số còn lại đều thỏa mãn (i) và cần kiểm tra điều kiện (ii).
Viết lại phương trình của hai đường thẳng đã cho dưới dạng tham số
\(d_1:\) \(\left\{{}\begin{matrix}x=3-t\\y=3-2t\\z=-2+t\end{matrix}\right.\) (1) và \(d_2:\) \(\left\{{}\begin{matrix}x=5-3t'\\y=-1+2t'\\z=2+t'\end{matrix}\right.\) (2)
Xét đáp số \(d:\) \(\dfrac{x-1}{3}=\dfrac{y+1}{2}=\dfrac{z}{1}\) (3)
Thế (1) vào (3) ta được hệ \(\frac{3-t-1}{3}=\frac{3-2t+1}{2}=\frac{-2+t}{1}\). Hệ này có nghiệm \(t=2\) nên \(d,d_1\) cắt nhau.
Thế (2) vào (3) ta được hệ \(\frac{5-3t'-1}{3}=\frac{-1+2t'+1}{2}=\frac{2+t'}{1}\). Hệ này vô nghiệm, \(d,d_2\) không cắt nhau. Đáp số (3) bị loại.
Tương tự kiểm tra hai đáp số còn lại, ta thấy đáp số đúng là \(\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y+1}{2}=\dfrac{z}{3}\).
Chú ý: Vì một đường thẳng có thể xác định bằng những cắp điểm-vecto chỉ phương khác nhau nên phương trình tham số của đường thẳng không xác định duy nhất. Vì vậy, nếu ta viết phương trình đường thẳng rồi đối chiếu một đáp số nếu thấy không trùng với đáp số tìm được thì cũng không thể kết luận đáp số đó là sai.
Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số \(y=x^3+mx-\dfrac{1}{5x^5}\) đồng biến trên khoảng \(\left(0;+\infty\right)\)?
Cách 1 (tự luận):
\(y=x^3+mx-\dfrac{1}{5x^5}\)
\(y'=3x^2+m+\dfrac{1.5x^4}{5.x^{10}}=3x^2+m+\dfrac{1}{x^6}\)
Để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left(0;+\infty\right)\) thì \(y'\ge0\) trên khoảng \(\left(0;+\infty\right)\) thì
\(y'=\left(3x^2+\frac{1}{x^6}\right)+m\ge0\) với \(\forall x\in\left(0;+\infty\right)\)
hay \(\Leftrightarrow-m\le3x^2+\frac{1}{x^6}\) với \(\forall x\in\left(0;+\infty\right)\)
Hay \(-m < \min \limits_{(0;+\infty )} (3x^2+\dfrac{1}{x^6})\)
Hay \(-m\le\min\limits_{\left(0;+\infty\right)}\left(3x^2+\dfrac{1}{x^6}\right)\)
Ta có: \(3x^2+\dfrac{1}{x^6}=x^2+x^2+x^2+\dfrac{1}{x^6}\ge4\sqrt[4]{x^2.x^2.x^2.\dfrac{1}{x^6}}=4\)
Vậy \(-m\le4\)
\(\Rightarrow m\ge-4\)
Vậy có 4 giá trị nguyên âm của m thỏa mãn điều kiện đề bài gồm $-4; -3; -2; -1$.
Cách 2 (casio):
Cần tìm m để \(y'=\left(3x^2+\dfrac{1}{x^6}\right)+m\ge0\Leftrightarrow m\ge-3x^2-\dfrac{1}{x^6},\)\(\forall x>0\) Sử dụng MODE TABLE, lập bảng cho hàm \(f\left(x\right)=-3x^2-\dfrac{1}{x^6}\) với Start = 0; End = 19; Step =1. Xem bảng nhận được ta thấy \(f\left(x\right)\)có GTLN = -4. Vậy \(m\ge-4\) ( và nguyên không âm). Do đó \(m=-1;-2;-3;-4\). Đáp số đúng là 4.
Cho (H) là hình phẳng giới hạn bởi các parabol \(y=\sqrt{3}x^2\), cung tròn có phương trình \(y=\sqrt{4-x^2}\left(0\le x\le2\right)\) và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của (H) bằng
Phương trình xác định hoành độ giao điểm hai đường là
\(\sqrt{3}x^2=\sqrt{4-x^2}\Leftrightarrow3x^4=4-x^2\Leftrightarrow3x^4+x^2-4=0\Leftrightarrow\left(x^2-1\right)\left(3x^2+4=0\right)\Leftrightarrow x=\pm1.\)
Giao điểm nằm trong góc phần tư (I) có hoành độ là \(x=1,\) vì vậy diện tích cần tính là
\(\int_0^1\sqrt{3}x^2\text{d}x+\int_1^2\sqrt{4-x^2}\text{d}x=I_1+I_2\)
Cách 1 (dùng MTCT): Tính tích phân \(\int^1_0\sqrt{3}x^2\text{d}x\) và lưu kết quả vào A; tính \(\int^2_1\sqrt{4-x^2}\text{d}x\) và lưu kết quả vào B.
Để kiểm tra đáp số \(\dfrac{4\pi+\sqrt{3}}{12}\) ta nhập biểu thức \(\dfrac{4\pi+\sqrt{3}}{12}-\left(\text{A}+\text{B}\right)\). Bấm máy thấy kết quả khác \(0,\) chứng tỏ đáp số này sai.
Tiếp tục kiểm tra các đáp số còn lại tới khi nào thấy máy hiện kết quả là \(0\) thì được đáp số đúng. Đáp số: \(\dfrac{4\pi-\sqrt{3}}{6}\).
Cách 2 (đổi biến): \(I_1=\sqrt{3}\int_0^1x^2\text{d}x=\sqrt{3}.\dfrac{1}{3}.x^2=\dfrac{\sqrt{3}}{3}x^2|_0^1=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)
Đặt \(x=2\sin t,\left(-\dfrac{\pi}{2}\le t\le\dfrac{\pi}{2}\right)\) thì \(\sqrt{4-x^2}=\sqrt{4\cos^2t}=2\left|\cos t\right|=2\cos t\) (vì \(-\dfrac{\pi}{2}\le t\le\dfrac{\pi}{2}\)); \(\text{d}x=2\cos t\text{d}t.\)
Đổi cận: \(x=1\Rightarrow\sin t=\dfrac{1}{2}\Rightarrow t=\dfrac{\pi}{6};x=2\Rightarrow\sin t=1\Rightarrow t=\dfrac{\pi}{2}.\)
Nên \(I_2=\int_1^2\sqrt{4-x^2}dx=\int^{\dfrac{\pi}{2}}_{\dfrac{\pi}{6}}4\cos^2t\text{d}t=2\int^{\dfrac{\pi}{2}}_{\dfrac{\pi}{6}}\left(1+\cos2t\right)\text{d}t=\dfrac{2\pi}{3}+\sin2t|^{\dfrac{\pi}{2}}_{\dfrac{\pi}{6}}=\dfrac{2\pi}{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
Vậy diện tích cần tính là \(\dfrac{\sqrt{3}}{3}+\dfrac{2\pi}{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{2\pi}{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{6}=\dfrac{4\pi-\sqrt{3}}{6}\)
Biết \(\int_1^2\dfrac{\text{d}x}{\left(x+1\right)\sqrt{x}+x\sqrt{x+1}}=\sqrt{a}-\sqrt{b}-c\) với \(a,b,c\) là các số nguyên dương. Tổng \(a+b+c\) bằng
Ta có
\(\dfrac{1}{\left(x+1\right)\sqrt{x}+x\sqrt{x+1}}=\dfrac{1}{\sqrt{x\left(x+1\right)}\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x}\right)}=\dfrac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x}}{\sqrt{x}.\sqrt{x+1}}=\dfrac{1}{\sqrt{x}}-\dfrac{1}{\sqrt{x+1}}\)
Vậy thì \(\int_1^2\dfrac{\text{d}x}{\left(x+1\right)\sqrt{x}+x\sqrt{x+1}}=\int_1^2\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}}-\dfrac{1}{\sqrt{x+1}}\right)\text{d}x=\int_1^2\dfrac{1}{\sqrt{x}}\text{d}x-\int_1^2\dfrac{1}{\sqrt{x+1}}\text{d}x\)\(=\int_1^2x^{-\frac{1}{2}}\text{d}x-\int_1^2\left(x+1\right)^{-\frac{1}{2}}\text{d}x\)
\(=2\left(\sqrt{x}-\sqrt{x+1}\right)|^2_1=2\sqrt{2}-2\sqrt{3}-2+2\sqrt{2}=4\sqrt{2}-2\sqrt{3}-2=\sqrt{32}-\sqrt{12}-2\)
Do đó \(a=32,b=12,c=2,a+b+c=46.\)
Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình trụ có một đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD và chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD.
Ta cần tính chu vi đường tròn nội tiếp tam giác BCD và chiều cao tứ diện ABCD. Kẻ AH là chiều cao từ đỉnh A xuống mặt phẳng đáy BCD.
Do ABCD là tứ diện đều nên các mặt đều là các tam giác đều. Vậy thì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác BCD bằng : \(\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\)
Chiều cao AH bằng: \(\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{4^2-\left(\dfrac{4\sqrt{3}}{3}\right)^2}=\dfrac{4\sqrt{6}}{3}\)
Vậy diện tích xung quanh hình trụ bằng: \(2\pi\dfrac{2\sqrt{3}}{3}.\dfrac{4\sqrt{6}}{3}=\dfrac{16\sqrt{2}\pi}{3}\)
Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình \(16^x-2.12^x+\left(m-2\right).9^x=0\) có nghiệm dương?
Cách 1 (tự luận):
\(16^x-2.12^x+\left(m-2\right).9^x=0\) (*)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{4}{3}\right)^{2x}-2\left(\dfrac{4}{3}\right)^x+\left(m-2\right)=0\)
Đặt \(\left(\dfrac{4}{3}\right)^x=a\left(a>0\right)\); phương trình trở thành: \(a^2-2a+\left(m-2\right)=0\) (**)
Để phương trình (*) có nghiệm dương thì x > 0 \(\Leftrightarrow\left(\dfrac{4}{3}\right)^x>\left(\dfrac{4}{3}\right)^0=1\)
Vậy thì ta cần tìm m để phương trình (**) có nghiệm a lớn hơn 1.
Ta có \(a^2-2a+1=3-m\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2=3-m\)
\(a>1\Rightarrow\left(a-1\right)^2>0\Rightarrow3-m>0\Leftrightarrow m< 3\)
Vậy thì có 2 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu đề bài là m = 1 hoặc m = 2.
Cách 2 (casio): Cần tìm m để phương trình
\(a^2-2a+\left(m-2\right)=0\Leftrightarrow m=-a^2+2a+2\)
có nghiệm \(a>1\), tức là m thuộc tập giá trị hàm số \(f\left(x\right)=-x^2+2x+2\) với điều kiện \(x>1\).
Sử dụng MODE 7, lập bảng giá trị \(f\left(x\right)=-x^2+2x+2\), với Start = 1;
End = 20; Step = 1. Bảng giá trị nhận được cho thấy tập giá trị của hàm số này là khoảng \((-\infty;3)\). Vì vậy \(m< 3\) (và m nguyên dương) suy ra \(m=1;m=2.\)
Đáp số đúng là 2.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình \(\sqrt[3]{m+3\sqrt[3]{m+3\sin x}}=\sin x\) có nghiệm thực?
Cách 1 (tự luận): Ta có \(\sqrt[3]{m+3\sqrt[3]{m+3\sin x}}=\sin x\Rightarrow m+3\sqrt[3]{m+3\sin x}=\sin^3x\)
\(\Leftrightarrow m+3\sin x+3\sqrt[3]{m+3\sin x}=sin^3x+3\sin x\)
Xét hàm số \(y=t^3+3t\) ; \(y'=3t^2+3>0\) nên hàm số luôn đồng biến. Vậy thì \(f\left(\sqrt[3]{m+3\sin x}\right)=f\left(\sin x\right)\Leftrightarrow\sqrt[3]{m+3\sin x}=\sin x\)
\(\Leftrightarrow m+3\sin x=\sin^3x\Leftrightarrow\sin^3x-3\sin x-m=0\)
Đặt \(\sin x=t\left(t\in\left[-1;1\right]\right)\), ta có \(t^3-3t-m=0\Leftrightarrow t^3-3t=m\)
Xét \(h\left(x\right)=t^3-3t\); \(h'\left(x\right)=3t^2-3;h'\left(x\right)=0\Leftrightarrow t=\pm1\)
Ta có bảng biến thiên:
Vậy để phương trình có nghiệm thì \(m\in\left[-2;2\right]\)
Vậy số giá trị nguyên của m thỏa mãn là 5.
Cách 2 (casio): Xét \(\sqrt[3]{m+3\sqrt[3]{m+3\sin x}}=\sin x\)
- Đặt \(u=\sqrt[3]{m+3\sin x}\) thì thế trở lại phương trình ta được hệ
\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt[3]{m+3u}=\sin x\\u=\sqrt[3]{m+3\sin x}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m+3u=\sin^3x\\u^3=m+3\sin x\end{matrix}\right.\)
Từ đó \(u^3-\sin^3x=-3\left(u-\sin x\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(u-\sin x\right)\left[\left(u^2+u.\sin x+\sin^2x\right)+3\right]=0\)
\(\Leftrightarrow u=\sin x\)
Vậy phương trình đã cho tương đương với \(\sin^3x=m+3\sin x\) hay
\(m=3\sin x-\sin^3x\).
- Đặt \(X=\sin x\) thì phương trình đã cho trở thành \(m=3X-X^3\) với \(x\in\left[-1;1\right]\). Trong MODE TABLe, lập bảng giá trị \(f\left(X\right)=3X-X^3\) với Starrt = -1; End = 1; Step = 2: 19 . Từ đó thấy tập giá trị của hàm số là đoạn \(\left[-2;2\right]\). Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi \(m\in\left[-2;2\right]\). Với điều kiện m nguyên thì chỉ có 5 giá trị của m thỏa mãn là \(m=\pm2;m=\pm1;m=0\)
Gọi \(S\) là tập hợp tất cả các giá trị của tham số \(m\) sao cho giá trị lớn nhất của hàm số \(y=\left|x^3-3x+m\right|\) trên đoạn \(\left[0;2\right]\) bằng \(3\). Số phần tử của \(S\) là
Xét hàm số \(f\left(x\right)=x^3-3x+m\left(x\in\left[0;2\right]\right)\).
Ta có \(f'\left(x\right)=3x^2-3\).
\(f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=\pm1\)
Suy ra bảng biến thiên của hàm số $f(x)$ như sau:
Từ đó \(f\left(x\right)\) lấy giá trị trong đoạn \(\left[m-2;m+2\right]\).
Hay là \(m-2\le f\left(x\right)\le m+2,\forall x\in\left[0;2\right]\)
- Nếu \(m-2\ge0\Leftrightarrow m\ge2\) thì \(f\left(x\right)\ge0,\forall x\in\left[0;2\right]\Rightarrow y=\left|f\left(x\right)\right|=f\left(x\right)\Rightarrow\max y=m+2>3\) (vì \(m\ge2\)).
- Nếu \(m+2\le0\Leftrightarrow m\le-2\) thì \(f\left(x\right)\le0,\forall x\in\left[0;2\right]\Rightarrow y=\left|f\left(x\right)\right|=-f\left(x\right)\Rightarrow\max y=-\left(m-2\right)=-m+2>3\)(vì \(m\le-2\)).
- Nếu \(m-2< 0< m+2\Leftrightarrow-2< m< 2\) thì đoạn \(\left[m-2;m+2\right]\) có trung điểm là \(m\) và chứa số \(0\) và có \(2\) khả năng có thể xảy ra là:
+ Nếu \(0\le m< 2\) thì
khoảng cách \(\left|f\left(x\right)\right|\) từ một điểm \(f\left(x\right)\) bất kì trong đoạn \(\left[m-2;m+2\right]\) tới điểm \(0\) sẽ lớn nhất khi điểm \(f\left(x\right)\) đó trùng với \(m+2\) , nghĩa là \(\max\left|f\left(x\right)\right|=\left|m+2\right|=m+2\) và yêu cầu bài toán sẽ được thực hiện khi \(m+2=3\Leftrightarrow m=1.\)
+ Nếu \(-2< m< 0\) thì
khoảng cách \(\left|f\left(x\right)\right|\) từ một điểm \(f\left(x\right)\) bất kì trong đoạn \(\left[m-2;m+2\right]\) tới điểm \(0\) sẽ lớn nhất khi điểm \(f\left(x\right)\) đó trùng với \(m-2\) , nghĩa là \(\max\left|f\left(x\right)\right|=\left|m-2\right|=2-m\) và yêu cầu bài toán sẽ được thực hiện khi \(2-m=3\Leftrightarrow m=-1.\)
Vì vậy \(S=\left\{-1;1\right\}\) và số phần tử của \(S\) là \(2.\)
Câu 37 Đề minh họa 2018
Cho hàm số \(f\left(x\right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\backslash\left\{\dfrac{1}{2}\right\}\) thỏa mãn \(f'\left(x\right)=\dfrac{2}{2x-1},f\left(0\right)=1\) và \(f\left(1\right)=2\). Giá trị của biểu thức \(f\left(-1\right)+f\left(3\right)\) bằng
Ta có \(f\left(x\right)=\int\dfrac{2}{2x-1}\text{d}x=\int\dfrac{\text{d}\left(2x-1\right)}{2x-1}=\ln\left|2x-1\right|+C\), trong đó \(C\) là hằng số trên mỗi khoảng xác định của hàm số \(\dfrac{2}{2x-1}\) nghĩa là \(f\left(x\right)=\left\{{}\begin{matrix}\ln\left|2x-1\right|+C_1;x>\dfrac{1}{2}\\\ln\left|2x-1\right|+C_2;x< \dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)
Như vậy \(f\left(0\right)=\ln1+C_2=C_2;d\left(1\right)=\ln1+C_1=C_1\). Giả thiết \(f\left(0\right)=1,f\left(1\right)=2\) tương đương với \(C_2=1,C_1=2.\) Do đó \(f\left(x\right)=\left\{{}\begin{matrix}\ln\left(2x-1\right)+2;x>\dfrac{1}{2}\\\ln\left(-2x+1\right)+1;x< \dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\). Vì vậy \(f\left(-1\right)=\ln\left|-3\right|+1=\ln3+1\) và \(f\left(3\right)=\ln5+2\). Do đó
\(f\left(-1\right)+f\left(3\right)=\ln3+1+\ln5+2=\ln15+3\).
Cho số phức \(z=a+bi\left(a,b\in\mathbb{R}\right)\) thỏa mãn \(z+2+i-\left|z\right|\left(1+i\right)=0\) và \(\left|z\right|>1\). Tổng \(a+b\) bằng
Cách 1 (tự luận):
\(z+2+i-\left|z\right|\left(1+i\right)=0\)
\(\Leftrightarrow a+bi+2+i-\sqrt{a^2+b^2}\left(1+i\right)=0\)
\(\Leftrightarrow a+bi+2+i-\sqrt{a^2+b^2}-\sqrt{a^2+b^2}i=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+2-\sqrt{a^2+b^2}\right)+\left(b+1-\sqrt{a^2+b^2}\right)i=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+2-\sqrt{a^2+b^2}=0\\b+1-\sqrt{a^2+b^2}=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b-1\\b+1-\sqrt{\left(b-1\right)^2+b^2}=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b-1\\b+1=\sqrt{2b^2-2b+1}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}b=0;a=-1\\b=4;a=3\end{matrix}\right.\)
Do \(\left|z\right|>1\Leftrightarrow\sqrt{a^2+b^2}>1\Rightarrow a=1;b=3\)
Vậy P = a + b = 7.
Cách 2 (casio): Với các kí hiệu như trên, cần giải hệ
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b-1\\b+1-\sqrt{\left(b-1\right)^2+b^2}=0\end{matrix}\right.\)
Dử dụng lệnh CALC trong MODE COMP ta tìm nghiệm của phương trình: nhấn các phím Q)+1ps(Q)p1)d+Q)dqr2=
ta được nghiệm \(b=4\) suy ra \(a=3\)(thỏa mãn điều kiện \(\sqrt{a^2+b^2}>1\)). Suy ra \(P=a+b=7\).
Cho hàm số \(y=f\left(x\right)\). Biết rằng hàm số \(y=f'\left(x\right)\) có đồ thị như sau:
Hàm số \(y=f\left(2-x\right)\) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
Theo công thức đạo hàm của hàm hợp $\left( f(u) \right)'=u'.f'(u)$, ta có:
\(\left(f\left(2-x\right)\right)'=\left(2-x\right)'.f'\left(2-x\right)=-f'\left(2-x\right)\)
Từ đồ thị ta có \(\left\{{}\begin{matrix}f'\left(x\right)\ge0\Leftrightarrow-1\le x\le1\vee x\ge4\\f'\left(x\right)< 0\Leftrightarrow x< -1\vee1< x< 4\end{matrix}\right.\)
Để hàm số \(y=f\left(2-x\right)\) đồng biến thì
\(\left(f\left(2-x\right)\right)'>0\)
\(\Leftrightarrow-f'\left(2-x\right)>0\)
\(\Leftrightarrow f'\left(2-x\right)< 0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2-x< -1\\1< 2-x< 4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x>3\\-2< x< 1\end{matrix}\right.\).
Cho hàm số \(y=\dfrac{-x+2}{x-1}\) có đồ thị (C) và điểm $A(a;1)$. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của a để có đúng một tiếp tuyến của (C) đi qua A. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng
Gọi tiếp điểm của (C) là \(M\left(m;\dfrac{-m+2}{m-1}\right)\) \(\left(m\ne0\right)\)
\(y'\left(m\right)=-\dfrac{1}{\left(m-1\right)^2}\)
Vậy phương trình tiếp tuyến đi qua M là \(y=-\dfrac{1}{\left(m-1\right)^2}\left(x-m\right)+\dfrac{-m+2}{m-1}\) (d)
Do (d) đi qua A nên \(1=-\dfrac{1}{\left(m-1\right)^2}\left(a-m\right)+\dfrac{-m+2}{m-1}\) (*)
Ta cần tìm a để phương trình (*) có 1 nghiệm duy nhất hoặc có hai nghiệm mà một nghiệm bằng 1.
(*) \(\Leftrightarrow\left(m-1\right)^2=m-a-m^2+3m-2\)
\(\Leftrightarrow m^2-2m+1+m^2-4m+a+2=0\)
\(\Leftrightarrow2m^2-6m+a+3=0\)
\(\Delta'=3^2-2\left(a+3\right)=3-2a\)
TH1: Để phương trình có nghiệm duy nhất thì \(\Delta'=0\Leftrightarrow a=\dfrac{3}{2}\)
TH2: Phương trình có hai nghiệm và m = 1 hay \(\left\{{}\begin{matrix}a< \dfrac{3}{2}\\a=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=1\)
\(\Rightarrow S=\left\{1;\dfrac{3}{2}\right\}\)
Vậy tổng giá trị các phần tử của S là: \(1+\dfrac{3}{2}=\dfrac{5}{2}\) .
Trong không gian \(Oxyz\) cho điểm \(M\left(1;1;2\right)\). Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng \(\left(P\right)\) đi qua \(M\) và cắt các trục \(x'Ox;y'Oy;z'Oz\) lần lượt tại các điểm \(A,B,C\) sao cho \(OA=OB=OC\ne0\)?
Viết phương trình mặt phẳng \(\left(P\right)\) dạng chắn : \(\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}+\dfrac{z}{c}=1\)
\(\left(P\right)\) qua \(M\left(1;1;2\right)\) khi \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{2}{c}=1\) (*)
\(\left(P\right)\) cắt các trục tọa độ tại \(A\left(a;0;0\right);B\left(0;b;0\right);C\left(0;0;c\right)\) \(\left(a;b;c\ne0\right)\)
Điều kiện \(OA=OB=OC\ne0\Leftrightarrow\) \(\left|a\right|=\left|b\right|=\left|c\right|\ne0\)
Do đó \(\left(a;b;c\right)\in\left\{\left(\alpha;\alpha;\alpha\right);\left(-\alpha;\alpha;\alpha\right);\left(\alpha;-\alpha;\alpha\right);\left(\alpha;\alpha;-\alpha\right);\left(-\alpha;-\alpha;\alpha\right);\left(-\alpha;\alpha;-\alpha\right);\left(\alpha;-\alpha;-\alpha\right);\left(-\alpha;-\alpha;-\alpha\right)\right\}\)
Kết hợp điều kiện (*) ta thấy chỉ có \(3\) bộ số thỏa mãn: \(\left(\alpha;\alpha;\alpha\right);\left(-\alpha;\alpha;\alpha\right);\left(\alpha;-\alpha;\alpha\right)\)
Do đó có \(3\) mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho dãy số \(\left(u_n\right)\) thỏa mãn \(\log u_1+\sqrt{2+\log u_1-2\log u_{10}}=2\log u_{10}\) và \(u_{n+1}=2u_n\forall n\ge1\). Giá trị nhỏ nhất của n để \(u_n>5^{100}\) bằng:
Cách 1 (tự luận):
Ta có \(u_{n+1}=2u_n\Rightarrow u_{10}=2^9u_1\)
Ta có \(\log u_1+\sqrt{2+\log u_1-2\log u_{10}}=2\log u_{10}\Leftrightarrow\log u_1+\sqrt{2+\log u_1-2\log\left(2^9u_1\right)}=2\log\left(2^9u_1\right)\)
\(\Leftrightarrow\log u_1+\sqrt{2+\log u_1-2\log2^9-2\log u_1}=2\log2^9+2\log u_1\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{2-2\log2^9-\log u_1}=2\log2^9+\log u_1\)
Đặt \(2\log2^9+\log u_1=t\Rightarrow\sqrt{2-t}=t\left(0\le t\le2\right)\Rightarrow2-t=t^2\Rightarrow t^2+t-2=0\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=1\\t=-2\left(l\right)\end{matrix}\right.\)
Với \(t=1\Rightarrow2\log2^9+\log u_1=1\Leftrightarrow\log u_1=1-18\log2\)
\(\Leftrightarrow u_1=\log\dfrac{10}{2^{18}}\Leftrightarrow u_1=\dfrac{5}{2^{17}}\)
Vậy thì \(u_n=2^{n-1}.u_1=2^{n-1}.\dfrac{5}{2^{17}}=2^{n-18}.5\)
Để \(u_n>500\Rightarrow2^{n-18}.5>5^{100}\Rightarrow2^{n-18}>5^{99}\Rightarrow n>18+99\log_25\approx247,87\)
Vậy \(n_{\min}=248\)
Cách 2 (casio):
- Giả thiết \(u_{n+1}=2u_n\forall n\ge1\) có nghĩa là dãy \(\left(u_n\right)\) là một cấp số nhân công bội \(q=2\), nên \(u_n=u_1.2^{n-1}\).
- Giả thiết \(\log u_1+\sqrt{2+\log u_1-2\log u_{10}}=2\log u_{10}\)
\(\Leftrightarrow\left(\log u_1-2\log u_{10}\right)+\sqrt{2+\left(\log u_1-2\log u_{10}\right)}=0\).
- Đặt \(x=\log u_1-2\log u_{10}\)ta được phương trình \(x+\sqrt{2+x}=0\). Dùng lệnh SOLVE trong MODE COMP: Q)+s2+Q)qr2=
Màn hình cho kết quả \(x=-1\) nên
\(\log u_1-2\log u_{10}=-1\Leftrightarrow\log X-2\log\left(X.2^9\right)+1=0\)
- Lại dùng lệnh SOLVE giải phương trình ẩn X này (nghiệm chính là \(u_1\)), lưu kết quả vào biến A:
CgQ))p2gQ)O2^9$)+1qr2=qJz
- Vậy \(u_n=A.2^{n-1}\). Cần tìm n nhỏ nhất để
\(u_n>5^{100}\Leftrightarrow\log_5u_n>100\Leftrightarrow\log5\left(A.2^{n-1}\right)>100\).
Dùng MODE TABLE lập bảng với \(f\left(X\right)=\log_5\left(A.2^{X-1}\right)\), Start = 229; End = 248, Step =1:
w7i5$QzO2^Q)p1==229=248=1=
Bảng giá trị cho thấy số n nguyên dương nhỏ nhất để \(u_n>5^{100}\) đúng là \(n=248.\) Đáp số đúng là 248.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số \(y=\left|3x^4-4x^3-12x^2+m\right|\) có 7 điểm cực trị?
Cách 1:
Dễ lập bảng biến thiên của hàm số \(f\left(x\right)=3x^4-4x^3-12x^2\). Đồ thị hàm số này có dạng :
Đồ thị hàm số \(y=\left|f\left(x\right)\right|=\left|3x^4-4x^3-12x^2\right|\) có dạng
Ta thấy trường hợp này hàm số có 6 điểm cực trị: gồm 3 điểm cực trị của \(y=f\left(x\right)\) và 3 giao điểm của đồ thị với trục hoành.
Trong trường hợp tổng quát, các điểm cực trị của hàm số \(y=\left|3x^4-4x^3-12x^2+m\right|\) bao gồm 3 điểm cực trị của \(y=3x^4-4x^3-12x^2+m\) và các giao điểm của đồ thị hàm số này với trục hoành. Vì vậy, để có 7 điểm cực trị, cần và đủ là đồ thị \(y=3x^4-4x^3-12x^2+m\) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt.
Chú ý rằng đồ thị \(y=3x^4-4x^3-12x^2+m\) là tịnh tiến của đồ thị màu xanh lá cây vẽ ở trên lên phía trên m đơn vị (nếu m>0) hoặc xuống phía dưới \(\left|m\right|\) đơn vị nếu m< 0. Từ đó ta thấy \(m\in\left\{1;2;3;4\right\}\). Đáp số đúng là \(m=4\)
Cách 2: Đặt \(f\left(x\right)=3x^4-4x^3-12x^2+m\) thì hàm số đã cho là \(y=\left|f\left(x\right)\right|=\sqrt{f^2\left(x\right)}\) nên
\(y'=\dfrac{2f\left(x\right)f'\left(x\right)}{2\sqrt{f^2\left(x\right)}}=\dfrac{f'\left(x\right)f\left(x\right)}{\left|f\left(x\right)\right|}\)
Mặt khác \(f'\left(x\right)=12x^3-12x^2-24x=12x\left(x+1\right)\left(x-2\right)\) nên \(f'\left(x\right)\) đổi dấu ba lần tại \(x=0;x=-1;x=2\). Do đó với mọi m, hàm số đã cho có tối thiểu là 3 điểm cực trị. Các điểm cực trị còn lại nếu có phải là các điểm mà tại đó không tồn tại đạo hàm, tức là các nghiệm của đa thức \(f\left(x\right)\) (bậc 4), nghĩa là hàm số đã cho có không quá 7 điểm cực trị. Vì vậy hàm số đã ho sẽ có 7 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình \(3x^4-4x^3-12x^2+m=0\Leftrightarrow m=-3x^4+4x^3+12x^2\) có 4 nghiệm phân biệt khác với 0; -1; 2. Nhìn đồ thị ta thấy \(0< m< 5\). Các giá trị nguyên của m trong khoảng này là 1; 2; 3; 4. Đáp số đúng là 4
Trong không gian \(Oxyz\), cho hai điểm \(A\left(2;2;1\right);B\left(-\dfrac{8}{3};\dfrac{4}{3};\dfrac{8}{3}\right)\). Đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giác \(OAB\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left(OAB\right)\) có phương trình là
\(\overrightarrow{OA}=\left(2;2;1\right);\overrightarrow{OB}=\left(-\dfrac{8}{3};\dfrac{4}{3};\dfrac{8}{3}\right)\) \(\Rightarrow OA=3;OB=4\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{OA};\overrightarrow{OB}\right]=4\left(1;-2;2\right)\)
Gọi \(D\left(x;y;z\right)\) là giao điểm của phân giác góc \(\widehat{BOA}\) và \(AB\).
Ta có \(\dfrac{DA}{DB}=\dfrac{AO}{BO}=\dfrac{3}{4}\Rightarrow\overrightarrow{AD}=-\dfrac{3}{4}\overrightarrow{BD}.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-2=-\dfrac{3}{4}\left(x+\dfrac{8}{3}\right)\\y-2=-\dfrac{3}{4}\left(y-\dfrac{4}{3}\right)\\z-1=-\dfrac{3}{4}\left(z-\dfrac{8}{3}\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=\dfrac{12}{7}\\z=\dfrac{12}{7}\end{matrix}\right.\Rightarrow D\left(0;\dfrac{12}{7};\dfrac{12}{7}\right)\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{BD}=\left(\dfrac{8}{3};\dfrac{8}{21};-\dfrac{20}{27}\right)\Rightarrow BD=\dfrac{20}{7}\).
Gọi \(I\left(x;y;z\right)\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\).
Ta có \(\dfrac{OI}{DI}=\dfrac{OB}{DB}=\dfrac{7}{5}\Rightarrow\overrightarrow{OI}=-\dfrac{7}{5}\overrightarrow{DI}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-\dfrac{7}{5}x\\y=-\dfrac{7}{5}\left(y-\dfrac{12}{7}\right)\\z=-\dfrac{7}{5}\left(z-\dfrac{12}{7}\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=1\\z=1\end{matrix}\right.\Rightarrow I\left(0;1;1\right)\)
Vậy đường thẳng đã cho đi qua \(I\left(0;1;1\right)\) và có vecto chỉ phương \(\overrightarrow{u}=\left(1;-2;2\right)\).
Vậy để chọn đáp số đúng trong 4 đáp số đã nêu, ta cần xét xem các đường thẳng cho trong các đáp số đó có vectơ chỉ phương cùng phương với \(\overrightarrow{u}=\left(1;-2;2\right)\) và tọa độ \(I\left(0;1;1\right)\) có thỏa mãn hay không. Từ đó ta thấy đáp số đúng là \(\dfrac{x+1}{1}=\dfrac{y-3}{-2}=\dfrac{z+1}{2}\).
Cho hai hình vuông ABCD và ABEF có cạnh bằng 1, lần lượt nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi S là điểm đối xứng với B qua đường thẳng DE. Thể tích khối đa diện ABCDSEF bằng
Ta thấy \(V_{ABCDSEF}=V_{ADF.BCE}+V_{S.DCEF}\)
Đa diện ADF.BCE là một lăng trụ đứng có hai đáy là tam giác vuông ADF và BCD, chiều cao là AB
Vậy thì \(V_{ADF.BCE}=\dfrac{1}{2}.1=\dfrac{1}{2}\left(đvtt\right)\)
Do DCEF là hình chữ nhật và S đối xứng với B qua DE nên
\(V_{S.DCEF}=2V_{S.DCE}=2V_{S.DCE}=2.\dfrac{1}{3}.S_{BCD}.EB=2.\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}.1=\dfrac{1}{3}\left(dvtt\right)\)
Vậy \(V_{ABCDSEF}=V_{ADF.BCE}+V_{S.DCEF}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{5}{6}\left(đvtt\right)\)
Xét các số phức \(z=a+bi\left(a,b\in\mathbb{R}\right)\) thỏa mãn \(\left|z-4-3i\right|=\sqrt{5}\) .
Khi \(\left|z+1-3i\right|+\left|z-1+i\right|\) đạt giá trị lớn nhất, tổng $a+b$ bằng
Cách 1 (tự luận):
+) \(\left|z-4-3i\right|=\sqrt{5}\)
\(\Leftrightarrow\left|a+bi-4-3i\right|=\sqrt{5}\)
\(\Leftrightarrow\left|a-4+\left(b-3\right)i\right|=\sqrt{5}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\left(a-4\right)^2+\left(b-3\right)^2}=\sqrt{5}\Rightarrow\left(a-4\right)^2+\left(b-3\right)^2=5\Rightarrow a^2+b^2=8a+6b-20\)
+) Đặt T = \(\left|z+1-3i\right|+\left|z-1+i\right|=\left|\left(a+1\right)+\left(b-3\right)i\right|+\left|\left(a-1\right)+\left(b+1\right)i\right|\)
\(=\sqrt{\left(a+1\right)^2+\left(b-3\right)^2}+\sqrt{\left(a-1\right)^2+\left(b+1\right)^2}\)
\(\Rightarrow T^2\le\left(a+1\right)^2+\left(b-3\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b+1\right)^2\)
\(\le2\left[2\left(a^2+b^2\right)-4b+12\right]\)
\(=2\left[2\left(8a+6b-20\right)-4b+12\right]\)
\(=8\left(4a+2b+7\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{T^2}{8}\le4a+2b+7\Rightarrow\dfrac{T^2}{8}-7\le4a+2b\)
Ta có \(4a+2b=4\left(a-4\right)+2\left(b-3\right)+22\)
\(\Rightarrow4a+2b-22=4\left(a-4\right)+2\left(b-3\right)\le\sqrt{\left(4^2+2^2\right)\left[\left(a-4\right)^2+\left(b-3\right)^2\right]}\)
\(\Rightarrow4a+2b-22\le10\Rightarrow4a+2b\le32\Rightarrow\dfrac{T^2}{8}\le25\Rightarrow T\le10\sqrt{2}\)
\(T_{max}=10\sqrt{2}\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4a+2b=32\\2a-4b=-4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=6\\b=4\end{matrix}\right.\)
Vậy \(P=a+b=10.\)
Cách 2 (casio): Đặt \(z=a+bi\left(a,b\in\mathbb{R}\right)\). Điều kiện mà z phải thỏa mãn là
\(\left|z-4-3i\right|=\sqrt{5}\Leftrightarrow\left|\left(a-4\right)+\left(b-3\right)i\right|=\sqrt{5}\) hay
\(\left(a-4\right)^2+\left(b-3\right)^2=5\Leftrightarrow b=3\pm\sqrt{5-\left(a-4\right)^2}\)
- Với \(b=3+\sqrt{5-\left(a-4\right)^2}\) thì điều kiện xác định là \(4-\sqrt{5}\le a\le4+\sqrt{5}\). Mặt khác, biểu thức cần đạt giá trị lớn nhất là \(\left|z+1-3i\right|+\left|z-1+i\right|=\left|\left(a+1\right)+\left(b-3\right)i\right|+\left|\left(a-1\right)+\left(b+1\right)i\right|\)
\(=\sqrt{\left(a+1\right)^2+\left(b-3\right)^2}+\sqrt{\left(a-1\right)^2+\left(b+1\right)^2}\)
\(=\sqrt{\left(a+1\right)^2+5-\left(a-4\right)^2}+\sqrt{\left(a-1\right)^2+\left(4+\sqrt{5-\left(a-4\right)^2}\right)^2}\)
Trong MODE TABLE lập bảng giá trị của biểu thức trên (biến X thay cho a), Start = \(4-\sqrt{5}\), End = \(4+\sqrt{5}\), Step = ết quả ta trhaays giá trị tại \(X=6,0006\) lớn nhất. Để chính xác hơn, ta lại lập bảng giá trị biểu thức trên với đoạn thu hẹp hơn: Start = 5,5; End = 6,5 ; Step =0,1 ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất khi \(X=6\), tức là cần lấy \(a=6\Rightarrow b=3+\sqrt{5-\left(6-4\right)^2}=4\), khi đó \(P=a+b=10.\) Đáp số đúng: \(P=10\).
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có \(AB=2\sqrt{3}\) và \(AA'=2.\) Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh A'B'; A'C' và BC (tham khảo hình vẽ bên). Cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (AB'C') và (MNP) bằng
Do giả thiết tam giác đều ABC có cạnh bằng \(2\sqrt{3}\) nên có đường cao tam giác ABC là\(AP=AB.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=3\).
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ( P là gốc tọa độ): cụ thể \(C\left(\sqrt{3};0;0\right)\)thì \(B\left(-\sqrt{3};0;0\right),A\left(0;3;0\right)\). Lại theo giả thiết \(AA'=2\) suy ra \(C'\left(\sqrt{3};0;2\right),B'\left(-\sqrt{3};0;2\right),A'\left(0;3;2\right)\). Các trung điểm M, N của A'B' và A'C' có tọa độ: \(M\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{3}{2};2\right),N\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{3}{2};2\right)\).
Ta đã biết cosin cuả góc giữa hai mặt phẳng bằng \(\dfrac{\left|n_1.n_2\right|}{\left|n_1\right|\left|n_2\right|}\) trong đó \(\overrightarrow{n_1},\overrightarrow{n_2}\) là các vecto pháp tuyến của hai mặt phẳng (AB'C') và (MNP). Vì \(\overrightarrow{B'C'}\) cùng phương với vec to đơn vị \(\overrightarrow{u}\left(1;0;0\right)\) của trục Ox nên \(\overrightarrow{n_1}=\left[\overrightarrow{u};\overrightarrow{AB'}\right]\) trong đó \(\overrightarrow{AB'}=\left(-\sqrt{3};-3;2\right)\). Tương tự \(\overrightarrow{MN}\) cùng phương với \(\overrightarrow{u}\left(1;0;0\right)\) nên \(\overrightarrow{n_1}=\left[\overrightarrow{u};\overrightarrow{PM}\right]\), trong đó \(\overrightarrow{PM}=\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{3}{2};2\right)\). Tính toán: Sử dụng MODE VECTOR:
+ Nhập VCTA = \(\left(1;0;0\right)\), VCTB =\(\left(-\sqrt{3};-3;2\right)\): w8111=0=0=q5121ps3=p3=2=
+ Tính VCTA x VCTB và lưu kết quả vào biến C: Cq53Oq54=qJc
+ Nhập VCTA = (1;0;0), VCTB = \(\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{3}{2};2\right)\): w8111=0=0=Cq5121ps3)P2=3P2=2=
+ Tính VCTA x VCTB (veclo \(\overrightarrow{n_2}\)) - kết quả trong bộ nhớ là VCTAns:
Cq53Oq54=
+ Tính tỉ số \(\dfrac{\left|\text{VCT}C.\text{VCT}Ans\right|}{\left|\text{VCT}C\right|\left|\text{VCT}Ans\right|}\) : Cqcq55q57q56)Pqcq55)Pqcq56)=
+ Trong MODE COMP, để hiện kết quả dưới dạng \(\dfrac{\sqrt{m}}{n}\) ta tính \(\sqrt{Ans^2}\) : w1sMd=
Kết quả là \(\dfrac{\sqrt{13}}{65}\).
Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1;2;1), B(3;-1;1) , C(-1;-1;1). Gọi (S1) là mặt cầu có tâm A, bán kính bằng 2; (S2) và (S3) là hai mặt cầu có tâm lần lượt là B, C và bán kính đều bằng 1. Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu (S1), (S2), (S3)?
Gọi \(\overrightarrow{n}=\left(a;b;c\right);a^2+b^2+c^2\ne0\) là vecto pháp tuyến của mặt phẳng (P) tiếp xúc với cả ba mặt cầu (S1), (S2), (S3). M là trung điểm BC \(\Rightarrow M\left(1;-1;1\right);\overrightarrow{BC}=\left(-4;0;0\right)\)
TH1: (P) đi qua trung điểm M của BC. Khi đó ta có \(\left(P\right):a\left(x-1\right)+b\left(y+1\right)+c\left(z-1\right)=0\) hay \(\left(P\right):ax+by+cz-a+b-c=0\)
Ta có \(\left\{{}\begin{matrix}d\left(A;\left(P\right)\right)=2\\d\left(B;\left(P\right)\right)=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left|3b\right|=2\sqrt{a^2+b^2+c^2}\\\left|2a\right|=\sqrt{a^2+b^2+c^2}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left|3b\right|=2\left|2a\right|\\4a^2=a^2+b^2+c^2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}b=\dfrac{4a}{3}\\c^2=\dfrac{11a^2}{9}\end{matrix}\right.\left(1\right)\\\left\{{}\begin{matrix}b=-\dfrac{4a}{3}\\c^2=\dfrac{11a^2}{9}\end{matrix}\right.\left(2\right)\end{matrix}\right.\)
Hệ (1) có 2 nghiệm; hệ (2) có 2 nghiệm và các nghiệm đó không trùng nhau nhau. Vậy trường hợp này có 4 mặt phẳng (P).
TH2: (P) song song với \(BC\Rightarrow\overrightarrow{n}.\overrightarrow{BC}=0\Leftrightarrow a=0\Rightarrow\left(P\right):by+cz+d=0\)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}d\left(A;\left(P\right)\right)=2\\d\left(B;\left(P\right)\right)=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left|2b+c+d\right|=2\sqrt{b^2+c^2}\\\left|-b+c+d\right|=\sqrt{b^2+c^2}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left|2b+c+d\right|=2\left|-b+c+d\right|\\\left(-b+c+d\right)^2=b^2+c^2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}d=4b-c\\\left(-b+c+d\right)^2=b^2+c^2\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}d=-c\\\left(-b+c+d\right)^2=b^2+c^2\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}d=4b-c\\c^2=8b^2\end{matrix}\right.\left(3\right)\\\left\{{}\begin{matrix}d=-c\\c=0\\b\ne0\end{matrix}\right.\left(4\right)\end{matrix}\right.\)
Hệ (3) có 2 nghiệm, hệ (4) có 1 nghiệm và các nghiệm này không trùng nhau. Vậy trường hợp này có 3 mặt phẳng.
Vậy có tất cả 7 mặt phẳng (P).
Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 5 học sinh lớp 12C thành một hàng ngang. Xác suất để trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau bằng
\(\left|\Omega\right|=10!\) cách xếp chỗ 10 học sinh thành một hàng ngang.
Gọi A là biến cố: " Trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau".
Để có một kết quả thuận lợi cho biến cố A ta có thể làm như như sau:
Bước 1: Sắp thứ tự 5 học sinh lớp C: có 5! cách xếp.
Bước 2: Xếp 5 chỗ học sinh còn lại ( 2 học sinh lớp A và 3 học sinh lớp B) chèn vào giữa các bạn lớp C để 2 bạn lớp C không đứng cạnh nhau. Có các kiểu xếp như sau
- Kiểu 1a: Xếp 5 học sinh hai lớp A, B, mỗi bạn vào một ô trống trong hình sau. Kiểu này có 5! cách xếp.
C | C | C | C | C |
- Kiểu 1b: Xếp 5 học sinh hai lớp A, B, mỗi bạn vào một ô trống trong hình sau. Kiểu này cũng có 5! cách xếp.
C | C | C | C | C |
- Kiểu 2: Chọn 1 bạn lớp A và 1 bạn lớp B gép thành một cặp ab (hoặc ba) cùng với 3 bạn còn lại thành 4 phần tử, xếp mỗi phần tử vào một trong 4 ô trống trong hình dưới đây
C | C | C | C | C |
+ chọn 1 học sinh lớp A và 1 học sinh lớp B có 2.3 = 6 cách;
+ sắp thứ tự hai học sinh vừa chọn (2! cách);
+ xếp 4 phần tử mỗi phần tử vào một ô trống: 4! cách.
Kiểu này có 6. 2!. 4!= 12.4! cách xếp.
Do đó tổng cộng số khả năng thực hiện bước 2 là \(2.5!+12.4!\)
Theo quy tắc nhân, số khả năng thực hiện cả 2 bước là \(5!\left(2.5!+12.4!\right)\)
Xác suất cần tính là \(P\left(A\right)=\dfrac{5!\left(2.5!+12.4!\right)}{10!}=\dfrac{11}{630}\)
Cho hàm số \(f\left(x\right)\) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0;1] thỏa mãn \(f\left(1\right)=0;\int_0^1\left[f'\left(x\right)\right]^2\text{d}x=7\) và \(\int_0^1x^2f\left(x\right)\text{d}x=\dfrac{1}{3}\). Tích phân \(\int_0^1f\left(x\right)\text{d}x\) bằng
\(\int_0^1x^2f\left(x\right)\text{d}x=\dfrac{1}{3}\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=f\left(x\right)\\dv=x^2\text{d}x\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=f'\left(x\right)\text{d}x\\v=\dfrac{x^3}{3}\end{matrix}\right.\)
Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có:
\(\int_0^1x^2f\left(x\right)\text{d}x=\dfrac{1}{3}x^3.f\left(x\right)|^1_0-\dfrac{1}{3}\int_0^1x^3f'\left(x\right)\text{d}x=-\dfrac{1}{3}\int_0^1x^3f'\left(x\right)\text{d}x\) (Vì f(1) = 0)
\(\int_0^1x^3f'\left(x\right)\text{d}x=-3\int_0^1x^3f'\left(x\right)\text{d}x=-1\)
Ta cũng có: \(\left\{{}\begin{matrix}\int_0^1\left[f'\left(x\right)\right]^2\text{d}x=7\\\int_0^114x^3f'\left(x\right)\text{d}x=-14\\\int_0^149x^6\text{d}x=7\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\int_0^1\left[f'\left(x\right)\right]^2\text{d}x+\int_0^114x^3f'\left(x\right)\text{d}x+\int_0^149x^6\text{d}x=0\)
\(\Leftrightarrow\int_0^1\left[f'\left(x\right)+7x^3\right]^2\text{d}x=0\)
Mà \(\int_0^1\left[f'\left(x\right)+7x^3\right]^2\text{d}x\ge0\) nên đẳng thức xảy ra khi \(f'\left(x\right)+7x^3=0\Leftrightarrow f'\left(x\right)=-7x^3\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)=-\dfrac{7x^4}{4}+C\)
Ta có \(f\left(1\right)=0\Leftrightarrow C=\dfrac{7}{4}\Rightarrow f\left(x\right)=\dfrac{7}{4}\left(1-x^4\right)\)
\(\Rightarrow\int_0^1f\left(x\right)\text{d}x=\dfrac{7}{4}\int_0^1\left(1-x^4\right)\text{d}x=\dfrac{7}{4}\left(x-\dfrac{x^5}{5}\right)\bigg|^1_0=\dfrac{7}{4}\left(1-\dfrac{1}{5}\right)=\dfrac{7}{5}\).