Xem trước nội dung
1
Câu 1. Xét phương trình: ( )( ) sin os sin 2 3 sin 2 os2 1 0 2sin 2
x c x x x c x
x
− − − − + = − (1)
ĐK
2 2 4 sin ( , ) 3 2 2 4
x k x k l Z x l
π π
π π
≠ + ≠ ⇔ ∈ ≠ +
Khi đó phương trình ( )( ) (1) sin os sin 2 3 sin 2 os2 1 0 x c x x x c x ⇔ − − − − + =
( )( )
2 sin os sin 2 3 2sin . 2sin 0 x c x x xcosx x ⇔ − − − + =
( )( ) sin os sin 2 3 2sin (sin ) 0 x c x x x x cosx ⇔ − − + − =
( )( )
sin os 0 (2) sin os sin 2 2sin 3 0 sin 2 2sin 3 0 (3)
x c x x c x x x x x
− = ⇔ − + − = ⇔ + − =
PT(2) sin( ) 0 4 4 x x k π π π ⇔ − = ⇔ = + , đối chiếu điều kiện ta có 5 2 ( ) 4 x k k π π = + ∈ℤ.
PT sin2 =1 (3) sin2 +2sin 3 ( ) sin 1
x x x vn x ⇔ = ⇔ =
Vậy 5 2 ( ) 4 x k k π π = + ∈ℤ.
5 5 ( 2018 ;2019 ) 2018 2 2019 2018 2 2019 4 4 x k k π π π π π π ∈− ⇔− < + < ⇔− < + <
Do k ∈ℤ nên { 1009, 1008,....,1008} k ∈− − suy ra có 2018 nghiệm.
Câu 1b. Tính ( ) 3 2 2 3 lim 2 1 4 2 3 x x x x x mx →−∞ + + − + + +
Nếu 3 m = − thì ( ) 3 2 2 3 lim 2 1 4 2 3 x x x x x mx →−∞ + + − + + +
( ) 3 2 2 3 lim ( 2 1 ) ( 4 2 3 2 ) x x x x x x x →−∞ = + + − − + + +
Ta có ( )
2 3 2 3
3 2 2 3 2 2 2 3 3 2 1 2 lim 2 1 lim 3 ( 2 1) ( 2 1) x x x x x x x x x x x x →−∞ →−∞ + + + − = = + + + + + +
( ) 2
2
2 3 1 lim 4 2 3 2 lim 2 4 2 3 2 x x x x x x x x x →−∞ →−∞
+ − + + + = = + + −
Suy ra ( ) 3 2 2 3 7 lim 2 1 4 2 3 6 x x x x x mx →−∞ + + − + + + =
Nếu 3 m < − thì ( ) 3 2 2 3 lim 2 1 4 2 3 x x x x x mx →−∞ + + − + + +
( ) 3 2 2 3 lim ( 2 1 ) ( 4 2 3 2 ) ( 3) x x x x x x x m x →−∞ = + + − − + + + + + = +∞
Nếu 3 m > − thì ( ) 3 2 2 3 lim 2 1 4 2 3 x x x x x mx →−∞ + + − + + +
( ) 3 2 2 3 lim ( 2 1 ) ( 4 2 3 2 ) ( 3) x x x x x x x m x →−∞ = + + − − + + + + + = −∞
Câu 2a. Theo giả thiết ta có
2 1 3 1 2 1 3 1 4 ; 14 4 14
n n n n n n n n
C C C C C C d C C d − − = + = + =
2 1 3 1 3 2 1 7( ) 2( ) 2 7 5 0 n n n n n n n C C C C C C C ⇔ − = − ⇔ − + =
2
2
11 ( 1)( 2) ( 1) 2 7 5 0 2 27 55 0 5 6 2 ( ) 2
n n n n n n n n n
n L
= − − − − + = ⇔ − + = ⇔=
Với 11 n = , thử lại thỏa mãn cấp số cộng
Ta cần chứng minh ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 0 2 4 22 23 23 23 23 23 46 1 .... 2 C C C C C + + + + =
Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 0 2 4 1
2 1 .... 2
n n n n n n n C C C C C − + + + + = với n lẻ
Xét khai triển ( )( ) 2 0 1 0 1 1 (1 ) (1 ) ( 1) ... ... n n n n n n n n n n n n n n x x x C C x C x C x C x C − + = + + = + + + + + +
Đồng nhất hệ số của nx của đẳng thức trên ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 0 1 2 3
2 .... n n n n n n n n C C C C C C + + + + = (1)
Do n lẻ và
1 1 0 1 1 2 2 ; ;... ;
n n n n n n n n n n C C C C C C
− + − = = =
nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 1 2 3 0 2 4 1 .... 2 .... n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C − + + + + = + + + +
Thay vào (1) ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 0 2 4 1
2 1 .... 2
n n n n n n n C C C C C − + + + + = (đpcm
Câu 2b Kiến muốn đi đến B thì bắt buộc phải đi qua D
I
K H
G F
E D
B
C
A
Gọi m là số cách đi từ A đến D Gọi n là số cách đi từ D đến B Gọi k là số cách đi từ D đến B mà không đi qua C
Ta có số cách đi từ A đến B là mn ; số cách đi từ A đến B mà không đi qua C là mk .
Ta có xác suất mà kiến đi được đến B là mk k p mn n = =
Các cách đi từ D đến B mà có đi qua C là: DCEFB; DCIFB; DCIKB; suy ra số cách đi từ D đến B có mà không đi qua C là 3. Vì tính đối xứng của lưới ô vuông 2x2 nên số cách đi từ D đến B mà không qua C là 3.
Suy ra 3, 6 k n = = . Do đó 1 2 k p n = =
Câu 3a Vì SA SC = nên SO AC ⊥ Vì SB SD = nên SO BD ⊥ Do đó ( ) SO ABCD ⊥
I
P
K
S
A B
C D
M
N O H
Trong tam giác SAC kẻ ( ) MH AC H AC MH SO ⊥ ∈ ( ) MH ABCD ⊥
Theo giả thiết thì 0 60 MNH =
Trên đây là phần đầu tài liệu — bấm Đọc sách để xem đầy đủ.
