s3-ap-southeast-1.amazonaws.com file+ từ trái sang phải, đồ thị hàm số đi từ dưới...

HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ

Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/

ĐÁP ÁN

1.B 2.C 3.A 4.A 5.C 6.A 7.C 8.D 9.C 10.B

11.C 12.C 13.D 14.C 15.A 16.D 17.D 18.A 19.C 20.C

21.B 22.A 23.D 24.D 25.D 26.C 27.D 28.C 29.B 30.C

31.D 32.A 33.C 34.D 35.B 36.D 37.D 38.B 39.B 40.B

41.C 42.B 43.A 43.A 45.D 46.D 47.A 48.A 49.D 50.C

Câu 1: Hướng dẫn: B

+ Ta thấy đồ thị hàm số chỉ có một điểm cực trị nên loại đáp án D

+ Từ trái sang phải, đồ thị hàm số đi từ dưới lên, do đó hệ số của 4x phải âm. Suy ra loại

được đáp án A

+ Với 2x thì 0y . Thay 2x vào hai đáp án B,C ta thấy đáp án B thỏa mãn còn đáp

án C không thỏa mãn.

Câu 2: Hướng dẫn: C

+ Khẳng định (I) sai, khẳng định (IV) đúng vì 2 2

lim 0; lim ; limx x x

y y y

;

2 2lim ; limx x

y y

nên đồ thị hàm số có 3 tiệm cận. gồm 2 tiệm cận đứng 2x ;

2x và 1 tiệm cận ngang là 0y .

+ Khẳng định (II) sai vì hàm này không có giá trị lớn nhất.

+ Khẳng định (III) đúng vì hàm số chỉ có 1 điểm cực trị là 0x .

Câu 3: Hướng dẫn: A

Hàm số đã xác định và liên tục trên đoạn 0;3 .

2 2

2 2

0;32 1 1 4 2 3; 1

01 1

xx x x x x xy x

yx x

Ta có 0 4; 1 3; 3 4f f f . Do đó

0;3 0;3

4min 3; max 4

3

Mm f x M f x

m .


Hàm số 2

3,

2

xxe

y y

nghịch biến trên R bởi vì do hàm số3

2

x

y

là hàm số mũ

có cơ số nhỏ hơn 1 nên hàm số và hàm số2x

ey

(coi như là hàm mũ mở rộng chứ không

phải là hàm mũ theo định nghĩa SGK, nên để xét tính đơn điệu ta không thể dựa vào tính chất



của hàm mũ là xét cơ số lớn hơn hay nhỏ hơn 1 mà phải dùng đạo hàm.( có đạo

hàm2x

ey

ln 0e

).


Ta thấy

1ln ln ln ln 2ln ln ln

2a bc a bc a bc a b c . Nên (I) cảm giác đúng nhưng

thực tế là sai vì cho 2; 2; 2a b c là không tồn tại ln .

1

og 00 1 1 log 0 1

0 1

log 0

a

a

a

a

l xa a x x

a

x

. Nên mệnh đề (II) đúng

log log0 1, 0, 0 a ac ba b c b c (ta chứng minh bằng cách lấy ln 2 vế hoặc gán cho

2; 3; 4a b c rồi bấm casio.). Nên mệnh đề (III) đúng.

1lim 0

2

x

x

(bấm Casio hoặc dựa vào đồ thị của hàm mũ). Suy ra mệnh đề (IV) sai.


Áp dụng công thức 1

sincos ax b dx ax b Ca

.


+ Đáp án A sai vì điểm M phải có tọa độ là ;M a b .

+ Đáp án B sai vì Mô đun của z là một số thực không âm.

+ Đáp án C đúng vì

Ta có iz ai b iz z .

+ Đáp án D sai vì có thể cho 1z i thay vào kiểm tra.

Câu 8: Hướng dẫn: D

Từ phương trình tổng quát của mặt phẳng P suy ra véctơ pháp tuyến của mặt phẳng P là

1;2; 3n

.

Câu 9:Hướng dẫn: C

Hai mặt phẳng đã cho song song nên2 2 2

1 1 1 1

M

do đó không tồn tại giá trị của tham

số m .




Gọi M là trung điểm củaCD ,O là giao điểm của AC và BD .

Ta có

CD OM

CD SOMCD SO

0, ABCD , 60SCD SM OM SMO

Ta có 1

.tan 32

OM BC a SO OM SMO a

Ta lại có3

2 2.

1 1 4 3. 4 . . 3.4

3 3 3ABCD S ABCD ABCD

aS AB BC a V SO S a a .


PT hoành độ giao điểm hai đồ thị là 3 3 2 3 22 0x x x mx m x mx x m

2

2

01 0

11 0

x m x mx m x

xx

. Tức là phương trình có ít nhất 2 nghiệm

phân biệt. Suy ra hai đồ thị có ít nhất hai điểm chung.


Từ đồ thị của hàm y f x , ta đi phục dựng lại bảng biến thiên của hàm y f x

với chú ý rằng nếu 0;1 2; 2x x x thì f x luôn dương nên hàm số y f x đồng biến.

Còn nếu 0 1x thì f x luôn âm nên hàm số y f x nghịch biến. Còn tại các giá trị

0;1;2x thì đạo hàm 0f x . Từ bảng biến thiên ta nhận thấy hàm số y f x có hai

điểm cực trị là 0; 1x x .


+Vì lim 1x

y

với mọi m .Suy ra 1y là tiệm cận ngang với mọi m .

+ Để có thêm 2 tiệm cận đứng khi 2 2 0g x x mx m có 2 nghiệm phân biệt khác 1và

1

2 001

1 0 ; 13

m m

g m

. Vậy 1

; 1 0; \3

m

.


Số tiền vốn lẫn lãi mà người gửi sẽ có được sau n quý là 15. 1 0.0165 15.1,0165n nS .



Theo đề, ta có 1,0165

2020 15. 1 0.0165 15.1,0165 log 17,58

15

n n n .

Vậy sau khoảng 4 năm 6 tháng (4 năm 2 quý) người gửi sẽ được ít nhất 20 triệu đồng từ số

vốn 15 triệu đồng ban đầu (vì hết quý thứ hai, người gửi mới nhận lãi của quý đó).

Hoặc có thể thử trực tiếp đáp án bằng cách liệt kê cụ thể số tiền có được theo từng quý rồi

cộng lại với nhau.


2

2

2 2log 1

2 2log 1

1 3

3

1 0 1

2 0 1 02 2

log 2 3 0 log 1 3 02 2

x

x

x x

x xĐK x

x xx

3 22

3

2

1 11

log 3 2 512

01 32

6x x

x xx

x xx x

11 57 1

1 57 1 57

xx

x

Chú ý. Bài này ta có thể làm bằng cách giải ngược (thử đáp án kết hợp với Casio.)


Ta có

3

2 2 2 2 2log 2019 2 log 2019 3 log 2019 ... log 2019 1008 2017 log 2019na aa a an

3 3 3 2 2log 2019 2 log 2019 3 log 2019 ... log 2019 1008 2017 log 2019a a a a an

3 3 3 3 2 21 2 3 ... log 2019 1008 2017 log 2019a an

2 2

1 2016.20172016

2 2

n nn

.


+ Hàm thứ nhất 21y x , hàm thứ hai 0y

Giải phương trình hoành độ giao điểm 2 2 11 0 1 0

1

xx x

x

Cận thứ nhất 1x , cận thứ hai 1x



+ Thể tích 21

2

1

1V x dx

Sử dụng máy tính Casio với lệnh tính tích phân

4

3V .


2 1 2

2

2dx dx dx=

2 1 2

b ax bx ax bf x ax ax bx C C F x

x x

Ta có

31

2 21 13

1 4 42 2

1 0 0 7

4

ab C a

Fa

F b C b

F a bc

. Vậy 23 3 7

4 2 4

xF x

x .


Ta có 1 5 3 1 8 11 7

2 3 2 33 3 5 5 5 5

i iz i i i i

i i

. Suy ra

2 211 7 170

5 5 5z

.

Cách khác. bấm máy tính casio.


+ Rút gọn 1z bằng Casio

Ta được 1 2 2z i vậy điểm 2; 2M

+ Rút gọn 2z bằng Casio

Ta được 2 3z i vậy điểm 3;1N

Tương tự 3 1 2z i vậy điểm 1;2P

Dễ thấy tam giác MNP là tam giác thường.




Đường thẳng 1d đi qua 2;1; 3A và có một vectơ chỉ phương là 1 1; 2; 1u

Đường thẳng 2d đi qua 3;6; 3B và có một vectơ chỉ phương là 2 1;1;0u

Ta có 1 2, 1;1; 1u u

, 5;5;0AB

; 1 2, 0u u AB

. Vậy 1d và 2d cắt nhau.


Mặt cầu S có tâm 1;1;1I ; 3R

Mặt phẳng cần tìm có dạng : 0 0P x y z m m

Điều kiện tiếp xúc

3

; 3 6 hay m=03

md I P R m loaïi

Như vậy có một mặt phẳng thỏa mãn.


Vì .ABC AB C là lăng trụ đứng nên AA ABC . Gọi M là trung

điểm B C ,do tam giác AB C đều nên suy ra AM B C . Khi đó

060 , , AMAAB C AB C AM AM

Tam giác AAM có 3

2

aAM ;

3.tanAM

2

aAA AM A .. Diện

tích tam giác đều

3 3

4AB C

aS . Vậy

33 3.A

8ABC

aV S A (đvdt).


Từ Akẻ đường thẳng d tạo với AB một góc 030 ta quay

đường thẳng vừa tạo quanh AB với góc 030 không đổi thì

thu được hình nón.

Lấy điểm K bất kì trên mặt nón đó, ta có 030KAB

Do A, B cố định mặt nón cố định

Như vậy K M là thỏa mãn yêu cầu. Tức quỹ tích

điểm M thuộc một mặt nón cố định nhận Alàm đỉnh, có

đường cao AB trùng với và góc giữa đường sinh và tia ABbằng 030 .


Hàm số có tập xác định R khi cos 1 0m x ,x (*).



Khi 0m thì (*) luôn đúng nên nhận giá trị 0m .

Khi 0m thì cos 1 1; 1m x m m nên (*) đúng khi 1 0 0 1m m .

Khi 0m thì cos 1 1; 1m x m m nên (*) đúng khi 1 0 1 0m m .

Vậy giá trị m thoả 1 1m .


Ta phải tìm các số tự nhiên 0n thỏa mãn

4

24

2

143 143 19 50 3 . 4 0 4 28 95 0

4 4 2 2n

n

n n

Ax n n n n n

P P

Vì n là số nguyên dương nên ta được 1;2n các số hạng âm của dãy là 1 2;x x .


Kẻ đường kính BD ADCH là hình bình hành (Vì / /AD CH và

/ /AH DC cùng vuông góc với một đường thẳng)

DCAH DC T A H .Vậy H thuộc đường tròn tâm O bán kính

R là ảnh của ,O R qua DC

T .


Ta có

0 0 0

4 1 1 4 2lim lim lim

2 12 1 2 1 4 1 1x x x

xf x

ax ax a ax a x

Hàm số liên tục tại

2 10 3

2 1 6x a

a


Vì phương trình 3 22 1x bx cx có đúng 2 nghiệm thực dương phân biệt, nên đồ thì hàm

số 3 22 1y x bx cx f x C cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ dương,

trong đó có 1 điểm chính là điểm cực trị của đồ thị C và điểm này phải nằm trên trục

Ox (điểm này có thể là điểm CĐ hoặc cực tiểu).

+ Muốn biết đồ thị hàm số 3 22 1y x bx c x f x có bao nhiêu điểm cực trị thì ta

phải đi vẽ đồ thị hàm số này theo các bước. (Hình vẽ. xem bài giảng).

Bước 1. vẽ đồ thị C của hàm số y f x



Bước 2. vẽ đồ thị C của hàm số y f x bằng cách.

+ Giữ nguyên đồ thị C ứng với phần phía bên phải trục hoành.

+ Lấy đối xứng phần vừa giữ lại qua trục Oy .

Bước 2. vẽ đồ thị C của hàm số y f x bằng cách.

+ Giữ nguyên đồ thị C ứng với phần phía trên trục hoành.

+ Lấy đối xứng phần còn lại của đồ thị C qua trụcOx . Từ đó ta có đồ thị C và kết

luận đồ thị hàm số 3 22 1y x bx c x .

Chú ý. bài này có thể làm bằng cách gán giá trị ,b c cụ thể mà thỏa mãn được điều kiện đề

bài, sau đó ta vẫn đi vẽ đồ thị hàm trị tuyệt đối thì sẽ bớt cồng kềnh hơn.

Câu 30: Hướng dẫn:

+ Tập xác định \1D R

+ Phương trình hoành độ giao điểm

21

2 1 01

xx m g x x m x m

x

+ Để đường thẳng d cắt C tại hai điểm phân biệt thì phương trình 0g x có hai nghiệm

phân biệt khác 1

2 20 8 02 4 1 0

1 0 2 02 0

mm mm

g

+ Gọi 1 1 2 2; , ;A x x m B x x m là tọa độ các giao điểm

1 2

1 2

2

1

x x m

x x m

+ Ta có 2 2 2

1 2 1 2 1 23 2 3 2 9AB x x x x x x

2 2 2

1 2 1 24 9 2 4 1 9 1 1x x x x m m m m .


+TXĐ: 2; 1x x

+ Ta nhận thấy có thể đưa về biến chung đó là 3

log 2x , do đó ta biến đổi như sau

3 32

3

1 4pt log 2 2 . .log 3 16 log 2 16 0

1 log 2

2

x

mx m x

x

+ Đặt 3

log 2t x khi đó phương trình trở thành



2416 0 16 4 0

mt t t m

t (*) ( do 2 1x nên 0t )

+ Mỗi t cho ta một nghiệm 2; 1x x . Hơn nữa 1 2 1 0x x t . Vậy bài

toán trở thành tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm dương.

64 4 0

16 0 0 16

4 0

m

S m

P m

+ Vậy có 16 giá trị của m thỏa mãn.


+ Dựa vào tính chất đồ thị hàm số mũ và lorgarit đối xứng qua đường phân giác của góc phần

tư thứ nhất là y x , theo đề bài vì y f x đối xứng với xy a qua đường thẳng y x

nên ta sử dụng tính chất này như sau.

+ Xét phép đổi biến ;y Y x X . Khi đó trong hệ tọa độ mới là Oxy đồ thị hàm số

1X

x Xy a Y aa

, đường thẳng y x Y X , vì vậy trong hệ tọa độ mới này đồ

thì hàm mũ 1

X

XY aa

có đồ thì hàm logarit đối xứng qua đường phân giác Y X chính

là 1loga

Y X và đây chính là hàm y f x trong hệ tọa độ Oxy . Vậy

1 1log log loga

a a

Y X y x x f x .

Tóm lại

y f x có phương trình là logay f x x . Do đó 2 3f a f a .




Ta có 2 21 1 2

0 0

1dx= d

2

m mx xI xe e x

Đặt 2 1t x , khi 20 1; 1x t x m t m

Do đó 2 2 2

21 1 11

2

11 1 1

11

2

m m mm

t t t tI e d t te dt te e dt

2

2 2 2 212 1 2 1 1 2 1

11. 1. 1 1

mm t m m mm e e e m e e e e m e

Bài ra 2 2 2500 1 2 1 500 12 1 1 2m m mI e m e e

22 500 2 500 2 1000 5001 1 2 1 1 2 2 2.2m m m

Kết hợp với 0m ta được 1000 500 500 500 250 5002 2.2 2 2 2 2 2 2m thỏa mãn.


+ Dựa vào đồ thị ta tính được

22 2 20 8020 80 /

20 / 20

AA

B B

S t t t dt mv t at bt c t t m s

v t e ft t m s S t tdt m

+Suy ra quãng đường đi được sau năm giây của hai xe bằng

52

0

5

0

50020 2 80

3

20 250

A

B

S t t t dt m

S t tdt m

+Suy ra khoảng cách giữa hai xe sau ba giây sẽ bằng250

3A BS S m .


+ Ta đi dự đoán công thức tổng quát của nu theo n . Ta có

1

2 1

3 2

4 3

1

5

1

2

3

........

n n

u

u u

u u

u u

u u n

+ Cộng vế với vế ta được



Khi đó

1

15 1 2 3 ... 5

2n

n nu n

Vậy 100

99.1005 4955

2u .


Ta có điểm ; : 2 1 0M x y d x y nên 32 1; 2 1M y y z y yi

Do đó 3 2 1w 3 2 3 2 1 5 3 2 1 3 6 3 3z z z y yi i i y y i

Suy ra 2

2 2 2 1 4 4 6 5w 6 3 3 3 5 2 1 3 5 3 ,

5 5 5 5y y y y y y R

Dấu “=” xảy ra khi 1

5y . Vậy ; : 2 1 0M x y d x y .


+ Dễ thấy 1 2 3; ;d d d đôi một vuông góc và đồng quy tại điểm

1; 1;0O . Gọi M là trực tâm tam giác ABC .

+ Khi đóCM AB

AB O MO C AB

, tương tự BC O M

+ Suy ra O M ABC . Lại có 0;3;3O M

+ Khi đó ABC qua 1;2;3M và nhậnOM

và VTPT có phương

trình là 5 0y z .


+ Kẻ SH ABCD tại H ta có

2 2

2 2

2 2

HB SB SH

HC SC SH

HD SD SH

Bài ra 1SB SC SD HB HC HD H là tâm đường tròn

ngoại tiếp BCD

Hơn nữa BCD cân tại C H AC

+ Ta có

SBD CBD c c c SO CO SO CO AO SAC vu

ông tại S

Cạnh 2 2 2 1AC SA SC a



2 2 22 2 2 1 3

1 12 4 4

AC a aOB SB SO

2

230 3 3

2

aOB a BD a

+ Do đó . 2

1 1 1.S . . .AC.BD

3 3 21S ABCD ABCD

aV SH

a

22 2

2

3. 1. 3

66 1

a a aa a

a

.


Do 1/ / , , , ,

2MN BC d A C MN d MN A CB d M A CB d A A CB

Kẻ AH A B ta có BC AB

BC ABA BC AHBC AA

mà

AH A B AH A BC

Ta có 2 2 2

1 1 1 22

2AH

AH AA AB

2 2, ,

2 4d A A BC d M A CB .


+ Thể tích nước được đựng đầy trong hình bể là 32.3.2 12V m .

+ Thể tích nước đựng đầy trong gáo là 2 3 34 .5 8012500

gV cm m

.

+Một ngày bể được múc ra 170 gáo nước tức trong một ngày lượng được được lấy ra bằng

317170.

1250m gV V m

Ta có 12

280,861664317

1250m

V

V sau 281 ngày bể sẽ hết nước.


Đặt 3sin 2 2

sin 2 2 2 3

x cos xy

x cos x

(Do sin 2 2 2 3 0x cos x x hàm số xác định trên R )



3 sin 2 1 2 2 3y x y cos x y (Phương trình a sinx bcosx c có nghiệm

2 2 2a b c )

Suy ra 2 2 2 23 1 2 9 2 5 5 0y y y y y

5 65 5 65 5 65max

4 4 4y y

. Yêu cầu bài toán

5 65 65 91

4 4m m

.


+ Không gian mẫu là tập hợp tất cả các tập con gồm 3 phần tử của tập hợp các hộp đựng

thịt gồm có 4 5 6 15 phần tử, do đó 315

15!455

12!.3!n C .

+ Gọi D là biến cố “Chọn được một mẫu thịt ở quầy A, một mẫu thịt ở quầy B, một mẫu thịt

ở quầy C”. Tính n D .

Có 4 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy A

Có 5 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy B

Có 6 khả năng chọn được một hộp thịt ở quầy C

Suy ra, có 4.5.6 120 khả năng chọn được 3 hộp đủ loại thịt ở các quầy A, B, C

120n D .

+ Do đó 120

455P D .


Đặt 3 xt , do hàm số 1

33

x

xt

làm hàm nghịch biến nên

+ khi 1 11;1 3 ;3 ;3

3x t

+ khi x tăng trong khoảng 1;1 thì t sẽ giảm trong khoảng1

;33

Do đó bài toán.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số ;3[ ]3m để hàm số 3 3

3

x

xy f x

m

nghịch biến trên khoảng 1;1 , trở thành bài toán



Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số ;3[ ]3m để hàm số 3t

y g tt m

đồng biến

biến trên khoảng 1

;33

.

+ TXD của hàm . R\g t m

+

2

3 mg t

t m

Hàm số 3t

y g tt m

đồng biến biến trên khoảng

1 1;3

3 31 1;3

33 310, ;3

33

m m

mm

g t tm

Kết hợp với điều kiện giá trị nguyên của tham số ;3[ ]3m , ta suy ra 3; 2; 1;0m . Tức

là có 4 giá trị của m .

Chú ý rằng. riêng đối với hàm phân thứcax b

ycx d

, thì điều kiện để hàm số đơn điệu trên

một khoảng chỉ là đạo hàm mang dấu âm hoặc dương, chứ không có trường hợp đạo hàm

bằng 0 . Các hàm số còn lại ta gặp trong kì thi THPT hầu hết đều thỏa mãn là hàm số đơn

điệu trên một khoảng khi và chỉ khi đạo hàm luôn lớn hơn hoặc bằng 0 hoặc luôn nhỏ hơn

hoặc bằng 0 trên khoảng đó.


5 3 5 3

2 1 1 2 1 1log 2log log 2log

2 2 2

x x x x

x xx x

Đk 0

11 0

xx

x

2

5 3 5 3log 2 1 log 4 log log 1x x x x (1)

Đặt 2

2 1 3 4 1u x x u và v x

(1) có dạng 2 2

5 3 5 3log log 1 log log 1u u v v (2)

Xét 2

5 3log log 1f y y y , do 3; 1 1u v t



Xét

2

1 11. .2 1 0

ln 5 1 ln 3t f t t

t t

f t là hàm đồng biến trên miền 1; .

(2) có dạng

1 2

2 1 2 1 0 3 2 21 2

xf u f v u v x x x x x tm

x

Vậy 3 2 2x

+ Với 3 2 2x ta có 1mx

y f xx m

. Ta đi tìm giá trị lớn nhất của hàm số này trên

đoạn 1;2 . Ta có

2

2

10

my

x m

, x m

Ta thấy y f x nghịch biến trên đoạn 1;2 vậy

1;2

2 1 2 3xmax f x f m

.


+Vì trong kết quả có xuất hiện ln, nên ta nghĩ đến ý tưởng dùng công thức

1df lnx x C

f x

Để xuất hiện công thức này ta coi mẫu chính là

2 3 2 3

1

11 ... 1 ...

2! 3! ! 2! 3! 1 !

n n

n n n

x x x x x xf x f x x f x x f x

n n

+ Vậy

1 11

0 0

!! 1

n n n

n n

n f x f x f xI dx n dx

f x f x

1

0

1 1 1! !ln ! 1 ln 2 ...

2! 3! !nn x n f x n

n

.


Giả thiết 10 10 101 2 2 2 . 2 2 2 1i z i z i z i z z i

z z z

Lấy môđun hai vế của (*), ta được 2 2 10

2 2 1 1z z zz

Do đó 210 10 18 3 10 6 101 2 2 w 1

3 10 10i i z z z i

z i

.

Câu 47: Hướng dẫn:



+ Gọi R là bán kính của ( )S và giả sử ( )S tiếp xúc với ( )P tại B .

+ Kẻ ( )AH P tại H , ta có 22

AHR IA IB AB AH R không đổi.

Dấu " =" xảy ra ( )S là mặt cầu đường kính AH .

Khi đó I là trung điểm của cạnh AH .

+ Đường thẳng AH qua 1;2( ; 1)A và nhận 1;1;2Pn

là một VTCP

1

: 2 1; 2;2 1

1 2

x t

AH y t H t t t

z t

Điểm ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 2 2 1 13 0 6 12 0 2 3;4;3H P t t t t t H

+ Điểm I là trung điểm của cạnh 2 2 22;3;1 2 3 25AH I T a b c .


+ Đường cắt EF cắt A D tại N , M , AN cắt DD tại

P , AM cắt A B tại BB tại Q . Từ đó mặt phẳng

AEF cắt khối lăng trụ thành hai khối đó

là EFPABCDC Q và AQEFPB A D .

+ Gọi . 3 . 4 ' 5, , ,ABCD A B C D A A MN PFD N QMB EV V V V V V V V

+ Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có 4 5V V

3

3

1 1 3 3 3. . . .

6 6 2 2 8

a a aV AA A M A N a

3 3 3

4 1 3 4 2 1

1 1 25 47. . . . . ; 2 ,

6 6 3 2 2 72 72 72

a a a a a aV PD D F D N V V V V V V

Vậy 1

2

25

47

V

V .




+ Gọi 0x là cạnh của hình vuông ABCD và H là

trung điểm cạnh AD

+ Dễ dàng chứng minh SH ABCD , 3

2

xSH

+ Gọi O AC BD và G là trọng tâm SAD , đồng

thời 1d , 2d lần lượt là 2 trục đường tròn ngoại tiếp

ABCD , SAD ( 1d qua O và / / SH , 2d qua G

và / / AB )

1 2I d d là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp .S ABCD R SI

2 2

2 2 2 2 214 1

2 73

x xS R R SI SG GI x dm

(trong video bài giảng chữa đề, phần này Thầy dùng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu

ngoại tiếp hình chóp trong trường hợp chóp có mặt bên vuông góc với mặt đáy).

+ Gọi E là điểm thỏa ADEC là hình bình thành / / , ,ED AC d AC SD d AC SDE

, , 2 , 2d AC SD d A SDE d H SDE HP (do HP SDE )

2 22 2 2

1 1 1 1 1 21 3 6;

14 7 73 2

2 4

xSKH HP dm d AC SD dm

HP SH KH x x


Ta có

1

4 3

4 ! 3 !7 3 7 3

3!. 1 ! 3!. !n nn n

n nC C n n

n n

4 3 2 3 2 1 4 2 2 17 3 7 12

6 6 6 6

n n n n n n n n n nn n

Khi đó

12 12 5 11 7212 12 12

3 125 5 5 2 212 12 123 3 3

0 0 0

1 1 1. .

n k k kkkk k kx x C x C x x C x

x x x

Hệ số của số hạng chứa 8x thỏa mãn11 72

8 11 88 82

kk k

Vậy hệ số của số hạng chứa 8x là 812 495C .

s3-ap-southeast-1.amazonaws.com file+ từ trái sang phải, đồ thị hàm số đi từ dưới...

Documents