Đề số 15

Phương pháp giải:

Cho đường thẳng \[{d_1}\] đi qua điểm \[{M_1}\] và có VTCP \[\overrightarrow {{u_1}} ;\] đường thẳng \[{d_2}\] đi qua điểm \[{M_2}\] và có VTCP \[\overrightarrow {{u_2}} .\] Khi đó ta có khoảng cách giữa \[{d_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}\] được tính bởi công thức: \[d\left( {{d_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_1}{M_2}} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|}}.\]

Giải chi tiết:

Ta có:

\[{d_1}:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{x}{2} = \frac{{y - 1}}{1} = \frac{{z + 1}}{{ - 2}}\] \[ \Rightarrow {d_1}\] đi qua \[{M_1}\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} - 1} \right)\] và có 1 VTCP là: \[\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1; - 2} \right).\]

\[{d_2}:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{{z - 3}}{{ - 2}}\] \[ \Rightarrow {d_2}\] đi qua \[{M_2}\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)\] và có 1 VTCP là: \[\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2; - 2} \right).\]

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{M_1}{M_2}} = \left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 4} \right)}\\{\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow d\left( {{d_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_1}{M_2}} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|}}\] \[ = \frac{{\left| {2 + 2 + 12} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {3^2}} }} = \frac{{16}}{{\sqrt {17} }}.\]

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Xét phương trình hoành độ tìm 2 đường giới hạn \[x = a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = b\].

- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = g\left( x \right)\], đường thẳng \[x = a,{\mkern 1mu} x = b\] là \[S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \].

Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \[x + 3 = 2{x^2} - x - 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x = - 1}\end{array}} \right.\].

Vậy diện tích hình phẳng cần tính là \[S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {x + 3 - 2{x^2} + x + 1} \right|dx} = 9\].

Đáp án A.

Phương pháp giải:

Sử dụng hằng đẳng thức \[{a^2} - {b^2} = \left( {a - b} \right)\left( {a + b} \right)\].

Giải chi tiết:

Ta có

\[{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {z^4} = 16\] \[ \Leftrightarrow {z^4} - 16 = 0\] \[ \Leftrightarrow \left( {{z^2} - 4} \right)\left( {{z^2} + 4} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z^2} = 4}\\{{z^2} = - 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{z = \pm 2}\\{z = \pm 2i}\end{array}} \right.\]

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phức.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Giải phương trình \[y' = 0\] xác định các giá trị cực trị theo m.

- Chia các TH, tìm các giá trị cực tiểu tương ứng và giải bất phương trình \[{y_{CT}} < 0\].

Giải chi tiết:

Ta có \[y' = 3{x^2} - 2mx - {m^2}\]; \[y' = 0\] có \[\Delta ' = {m^2} + 3{m^2} = 4{m^2} \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall m\].

Để hàm số có cực tiểu, tức là có 2 điểm cực trị thì phương trình \[y' = 0\] phải có 2 nghiệm phân biệt \[ \Rightarrow m \ne 0\]

Khi đó ta có \[y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{m + 2m}}{3} = m \Rightarrow y = - {m^3} + 8}\\{x = \frac{{m - 2m}}{3} = - \frac{m}{3} \Leftrightarrow y = \frac{{5{m^3}}}{{27}} + 8}\end{array}} \right.\]

Khi đó yêu cầu bài toán \[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m >0}\\{{y_{CT}} = - {m^3} + 8 >0 \Leftrightarrow m < 2}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{{y_{CT}} = \frac{{5{m^3}}}{{27}} + 8 >0 \Leftrightarrow m >- \frac{6}{{\sqrt[3]{5}}}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 < m < 2}\\{ - \frac{6}{{\sqrt[3]{5}}} < m < 0}\end{array}} \right.\]

Lại có \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;1} \right\}\]. Vậy có 4 giá trị của mthỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phương pháp giải:

Hàm số \[y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\] nghịch biến trên \[\left( {\alpha ;\beta } \right)\] khi và chỉ khi \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y' < 0}\\{ - \frac{d}{c} \notin \left( {\alpha ;\beta } \right)}\end{array}} \right.\]

Giải chi tiết:

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - m} \right\}\].

Ta có \[y = \frac{{mx + 4}}{{x + m}} \Rightarrow y' = \frac{{{m^2} - 4}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\].Để hàm số nghịch biến trên khoảng \[\left( { - 1;1} \right)\] thì

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y' < 0}\\{ - m \notin \left( { - 1;1} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} - 4 < 0}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - m \le - 1}\\{ - m \ge 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2 < m < 2}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 1}\\{m \le - 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 \le m < 2}\\{ - 2 < m \le - 1}\end{array}} \right.\].

Lại có \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m = \pm 1\].

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phương pháp giải:

Hàm số \[y = {x^n}\] với \[n \notin \mathbb{Z}\] xác định khi và chỉ khi \[x >0\].

Giải chi tiết:

Hàm số \[y = {\left( {x - 1} \right)^{\frac{1}{3}}}\] xác định khi và chỉ khi \[x - 1 >0 \Leftrightarrow x >1\].

Vậy TXĐ của hàm số là \[\left( {1; + \infty } \right)\].

Phương pháp giải:

- Xác định \[\overrightarrow {{u_\Delta }} \] là 1 VTCP của \[\Delta \] và \[\overrightarrow {{n_Q}} \] là 1 VTPT của \[\left( Q \right)\].

- Vì \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( P \right)//\Delta }\\{\left( P \right) \bot \left( Q \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{u_\Delta }} }\\{\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{n_Q}} }\end{array}} \right.\] \[ \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ;\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right]\].

- Phương trình mặt phẳng đi qua \[M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\] và có 1 VTPT → \[\vec n\left( {A;B;C} \right)\] là

\[A\left( {x - {x_0}} \right) + B\left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0\].

Giải chi tiết:

Đường thẳng \[\Delta \] có 1 VTCP là \[\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {2; - 2;1} \right)\].

Mặt phẳng \[\left( Q \right)\] có 1 VTPT là \[\overrightarrow {{n_Q}} = \left( {1; - 1;2} \right)\].

Gọi \[\overrightarrow {{n_P}} \] là 1 VTPT của mặt phẳng \[\left( P \right)\]. Vì \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( P \right)//\Delta }\\{\left( P \right) \bot \left( Q \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{u_\Delta }} }\\{\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{n_Q}} }\end{array}} \right.\].

\[ \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ;\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right] = \left( {3;3;0} \right)\] \[ \Rightarrow \vec n\left( {1;1;0} \right)\] cũng là 1 VTPT của \[\left( P \right)\].

Vậy phương trình mặt phẳng \[\left( P \right)\] là \[1.\left( {x - 0} \right) + 1.\left( {y + 1} \right) + 0.\left( {z - 2} \right) = 0\] \[ \Leftrightarrow x + y + 1 = 0\].

Phương pháp giải:

- Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.

- Giải bất phương trình logarit: \[{\log _a}f\left( x \right) \le {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge g\left( x \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} khi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0 < a < 1\].

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x >0}\\{2x - 1 >0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x >\frac{1}{2}\].

Ta có:

\[{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\log _{\frac{1}{2}}}x \le {\log _{\frac{1}{{\sqrt 2 }}}}\left( {2x - 1} \right)\]

\[ \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}x \le {\log _{\frac{1}{2}}}{\left( {2x - 1} \right)^2}\]\[ \Leftrightarrow x \ge {\left( {2x - 1} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} \ge 4{x^2} - 4x + 1\]\[ \Leftrightarrow 3{x^2} - 4x + 1 \le 0\]\[ \Leftrightarrow \frac{1}{3} \le x \le 1\]

Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là \[S = \left( {\frac{1}{2};1} \right]\].