ĐỀ SỐ 21
50 câu hỏi
Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y=2x,y=x2+1.
13
16
23
1
Diện tích hình phẳng
S=2∫01x2−2x+1dx=23.
Cho hình chóp?.???, đáy ??? là tam giác vuông tại A và BC=4a Cạnh bên SA=4a và vuông góc với đáy. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp là
16πa2
32πa2
24πa2
18𝜋a2
Gọi M là trung điểm của BC. I là giao điểm của đường thẳng song song với SA tại M và đường trung trực của SA.
Dễ dàng chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.
Ta có R=IB=IM2+MB2=4a2+4a2=22a.
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp là S=4πR2=4π8a2=32πa2.
Trong các khẳng định dưới đây, khẳng định nào sai?
loga⇔0<a<1
lna>0⇔a>1
log12a>log12b⇔a>b>0
log15a=log15b⇔a=b>0
Đáp án C
log12a>log12b⇔a>b>0.
Cho log4x=log6y=log9x+y. Giá trị của tỉ số xy là
−1+52
3+52
1+52
3−52
Đáp án A
Điều kiện: x>0y>0.
Đặt t=log4x=log6y=log9x+y ta có
x=4ty=6tx+y=9t
Ta có
4t+6t=9t⇔232t+23t=1⇔23t=−1+52.
Vậy xy=46t=23t=−1+52
Cho các mệnh đề sau
(I) Trên tập hợp các số phức thì phương trình bậc hai luôn có nghiệm
(II) Trên tập hợp các số phức thì số thực âm không có căn bậc hai
(III) Môđun của một số phức không phải là một số phức
(IV) Môđun của một số phức là một số thực dương
Trong bốn mệnh đề trên có bao nhiêu mệnh đề đúng?
2
4
3
1
Đáp án D
(I) Trên tập hợp các số phức thì phương trình bậc hai luôn có nghiệm.
Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình log23log3x−3≥0
6
5
3
4
Đáp án D
Điều kiện: x≠3log3x−3>0⇔x≠3x>4x<2⇔x>4x<2.
log23log3x−3≥0
⇔log3x−3≤1
⇔x−3≤3⇔0≤x≤6.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 0≤x<24<x≤6
Số thập phân vô hạn tuần hoàn 0,5111... được biểu diễn bởi phân số tối giản ab. Tính tổng T=a+b
17
137
68
133
Đáp án D
0,5111...=0,5+0,01+0,001+....=0,5+0,011−110=2345
Vậy T=23+45=68.
Trong khôn gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A1;−2;3 và B2;0;0.Phương trình tham số của đường thằng AB là
x=1+ty=−2+2tz=3−3t
x=1−ty=−2−2tz=3−3t
x=1+ty=−2+2tz=3+3t
x=1−ty=−2+2tz=3−3t
Đáp án C
AB→=1;2;−3.
Vậy phương trình tham số của AB là x=1+ty=−2+2tz=3−3t.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A−1;0;1, B−2;3;0, C1;1;1, D2;1;1.Tìm hình chiếu của D lên mặt phẳng (ABC).
H10754;−2827;6154
H10754;2827;6154
H10727;2827;6154
H10754;2827;6127
Đáp án A
AB→=−1;3;−1,AC→=2;1;0⇒n→=1;−2;−7.
Phương trình mặt phẳng ABC:x+1−2y−7z−1=x−2y−7z+8=0
Gọi H là hình chiếu của D lên mặt phẳng (ABC) ta có
DH:x=2+ty=1−2tz=1−7t
Ta tìm tọa độ điểm H
2+t−21−2t−71−7t+8=0↔54t=−1⇒t=−154.
Vậy H10754;2827;6154.
Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là các tam giác đều cạnh 1,AA'=3. Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng A'BC.
15a3
5a3
15a5
5a5
Đáp án C
Gọi I là trung điểm của BC, trong mặt phẳng (A′AI) kẻ AH vuông góc với A′I.
BC⊥AIBC⊥AA'⇒BC⊥AH.AH⊥BCcmtAH⊥A'I⇒AH⊥A'BC.
Vậy dA,A'BC=AH.
Ta có
1AH2=1AA'2+1AI2=13a2+13a22=13a2+43a2=53a2⇒AH=15a5.
Cho biết 01ln9−x2dx=aln2+b với a,b là các số nguyên. Tính S=|a+b|.
2
4
8
6
Đáp án B
Đặt
u=ln9−x2⇒du=−2x9−x2
dv=dx⇒v=x
I=x.ln9−x201−∫01−2x29−x2dx
=x.ln9−x201+∫01−2+189−x2dx
=ln8−2+3ln3+x3−x01=ln8−2+3ln2=6ln2−2
Vậy S=6−2=4.
Cho khối chóp S.ABC, trên ba cạnh SA,SB,SC lần lượt lấy ba điểm A',B',C' sao cho SA'=23AA',SB'=14SB,SC'=12CC'. Gọi V và V′ lần lượt là thể tích của các khối chóp S.ABC và S.A'B'C'. Khi đó tỉ số V'Vlà
130
124
18
18
Đáp án A
Ta có
SA'SA=25;SB'SB=14;SC'SC=13.⇒VSA'B'C'VSABC=25.14.13=130.
Tập xác định của hàm số y=loge2x−2 là
1;+∞
ℝ
1;+∞
0;+∞
Đáp án C
Điều kiện 2x−2>0⇔x>1 .
Cho các hàm số y=log2x,y=eπx,y=lnx,y=3x. Trong các hàm số trên có bao nhiêu hàm số nghịch biến trên tập xác định của nó?
3
2
4
1
Đáp án D
Hàm số nghịch biến trên tập xác định của nó là y=eπx.
Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C'có đáy ABC là tam giác vuông, AB=BC=2a cạnh bên AA'=2a. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
4a33
8a33
8a3
4a3
Đáp án D
VABC.A'B'C'=SABC.AA'=122a.2a.2a=4a3.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y=13x3−m−1x2+m−1x+m2 có hai điểm cực trị nằm về phía bên phải trục tung.
m<0
m<1
m>2
m>0
Đáp án C
TXĐ:D=ℝ.
Ta có y'=x2−2m−1x+m−1.
Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung thì
m−12−m−1>0m−1>02m−1>0⇔m>2.
Vậy m>2 thỏa mãn điều kiện đề bài.
Gọi z1,z2 là hai nghiệm phức của phương trình x3−3x2+4x−12=0. Tính giá trị biểu thức P=z1−z2.
4
8
2
0
Đáp án D
x3−3x2+4x−12=0⇔x2x−3+4x−3=0⇔x−3x2+4=0⇔x=2ix=−2ix=3.
Vậy z1−z2=0.
Cho hàm số y=fx liên tục trên đoạn [−2;2] và có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Tìm số nghiệm của phương trình fx=1 trên đoạn [−2;2].
3
4
5
6
Đáp án D
Giữ nguyên phần đồ thị phía trên trục hoành, lấy đối xứng phần đồ thị phía dưới trục hoành qua trục hoành.
Nhận thấy phương trình fx=1 có 6 nghiệm trong đoạn [−2;2].
Giả sử số phức z=−1+i−i2+i3−i4+i5−...−i99+i100−i101.Lúc đó tổng phần thực và phần ảo của số phức z là
0
1
i
-1
Đáp án A
z=−1+i−i2+i3−i4+i5−...+i99−i100+i101=−1+i+i2−1+i+i4−1+i+....+i100−1+i=−1+i1+i2+i4+...+i100=−1+i11−i2.511−i2=−1+i.
Cho hình chóp đều S.ABCDcó chiều cao bằng 2a và độ dài cạnh bên bằng 2a Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
42a33
2a3
42a3
2a33
Đáp án A
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba véctơ a→1;−1;0, b→1;1;0,c→1;1;1. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
a→.b→=0
c→=3
b→.c→=0
a→=2
Đáp án C
b→.c→=2.
Phát biểu nào dưới đây là định lý Thales trong không gian
Ba mặt phẳng song song chắn trên hai cát tuyết song song các đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.
Ba mặt phẳng song song chắn trên hai cát tuyết bất kì các đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ
Ba mặt phẳng song song chắn trên hai cát tuyết song song các đoạn thẳng tương ứng bằng nhau
Ba mặt phẳng song song chắn trên hai cát tuyết bất kì các đoạn thẳng tương ứng bằng nhau
Đáp án B
Ba mặt phẳng đôi một song song chắn trên hai cát tuyến bất kì những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.
Hiệu số giữa giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số y=x3−3x2+2 là
4
-4
2
-2
Đáp án A
TXĐ: D=ℝ.
y'=3x2−6x=0⇔3xx−2=0⇔x=0x=2.
Ta có bảng biến thiên
Vậy hiệu số giữa giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số là 4.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, vị trí tương đối của hai đường thẳng d1:x=1+2ty=−2+3tz=2+2t,d2:x=−1−2ty=1+2tz=3−3t là
Song song
Chéo nhau
Cắt nhau
Trùng nhau
Đáp án B
Ta có
u1→=2;3;2,u2→−2;2;−3,M11;−2;2,M2−2;2;3.
u1→,u2→.M1M2→=57≠0.
Vậy d1 và d2 chéo nhau.
Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số y=x3+3x2+m có giá trị nhỏ nhất trên [−1;1] bằng 1.
m= -1
m=1
m=3
m=-3
Đáp án B
TXĐ:D=ℝ.
y'=3x2+6x=0⇔3xx+2=0⇔x=−2x=0.
Ta có bảng biến thiên
Nhận thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x3+3x2+m đạt tại x=0 Ta có y0=m=1.
Vậy m=1 thỏa mãn đề bài.
Khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y=x2−xx+1 là
210
32
152
22
Đáp án A
Điều kiện: x≠−1.
Ta có
y'=2x−1x+1−x2+xx+12=2x2+x−1−x2+xx+12=x2+2x−1x+12=0⇔x=−1+2x=−1−2.
Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số A−1+2;4−322,B−1−2,−4−322.
Ta có AB=222+−822=210.
Cho hàm số fx liên tục trên [1;+∞) và 03fx+1dx=8.. Tích phân I=12x.fxdx bằng
4
2
8
6
Đáp án A
Đặt I=12x.fxdx
13fx+1dx=212ufudu⇒12xfxdx=82=4.
Nguyên hàm Fx của hàm số fx=x2−3x+1 thỏa mãn F0=1 là
Fx=x33−x22+x+1
Fx=x33−x2+x+1
Fx=x3−32x2+x+1
Fx=x33−32x2+x+1
Đáp án D
∫(x2-3x+1)dx=x33-32x2+x+C.
Vậy Fx=x33−32x2+x+1.
Rút gọn biểu thức M=1logax+1loga2x+...+1logakx ta được
kk+1logxa
kk+1!2logxa
k!logxa
kk+12logxa
Đáp án D
M=1logax+1loga2x+...+1logakx=logxa+logxa2+...+logxak=logxa+2logxa+...+klogxa=1+2+...+klogxa=kk+12logxa.
Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác đều cạnh 4a. Một mặt phẳng qua đỉnh S của nón và cắt vòng tròn đáy tại hai điểm A và B. Biết số đo góc ASB bằng 30°diện tích tam giác SAB bằng
12a2
16a2
8a2
4a2
Chọn đáp án D
Trong tam giác vuông SIA ta có
SA=SI2+IA2=23a2+2a2=4a.
Tương tự ta có SB=4a.
Trong tam giác SAB có
SA=SB=4a,ASB^=300⇒SSAB=12SA.SB.sin300=12.4a.4a.12=4a2.
Phương trình z2+iz+2=0 có tập nghiệm là
2i;4i
i;−2i
−1+3i2;−1−3i2
−1+3i;−1−3i
Đáp án B
z2+iz+2=0⇔z=−i+3i2=iz=−i−3i2=−2i.
Tính mô đun của số phức z thỏa mãn z2+3i+i=z.
110
3
10
3
Đáp án A
z2+3i+i=z⇔z2+3i−1=−i⇔z=−i1+3i=−i1−3i1−9i2=−3−i10=−310−i10.
Vậy z=9100+1100=110.
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D', biếtAC=3,CD'=2,D'A=5. Góc giữa hai mặt phẳng ACD'và A'B'C'D' là α, tan α bằng
322
263
23
306
Đáp án A
Ta có AD2+DC2=3AD2+DD'2=5DC2+DD'2=4⇒AD=2DC=1DD'=3
Diện tíchSACD'=112, SA'C'D'=22
Vì A'C'D' là hình chiếu vuông góc của ACD'lên A'B'C'D'
nên SA'C'D'=SACD'.cosα⇒cosα=SA'C'D'SACD'=211.
Từ đó tanα=1cos2α−1=322.
Đặt T là tổng bình phương tất cả các nghiệm của phương trình
16−log24x+22+log2x=1. Vậy T bằng
6
20
36
2
Đáp án B
Điều kiện:
x>0log24x≠6log2x≠−2⇔x>0x≠16x≠14.
16−log24x+22+log2x=1⇔14−log2x+22+log2x=1⇔2+log2x+8−2log2x4−log2x2+log2x=1⇔10−log2x=−log22x+2log2x+8⇔−log22x+3log2x−2=0⇔log2x=1log2x=2⇔x=2x=4.
Vậy tổng bình phương tất cả các nghiệm của phương trình bằng 20
Giới hạn limx→−∞x2−3x+5+ax=+∞ nếu:
a≤1
a<1
a≥1
a>1
Đáp án B
Ta có
Cho 2a+b=2 và limx→2ax2+bx−4x−2=5. Khẳng định nào sau đây đúng ?
a=−1;b=4
a=32;b=−1
a=1;b=0
a=−2;b=6
Đáp án B
Ta có 2a+b=2⇔b=2−2a
Suy ra :
limx→2ax2+bx−4x−2=limx→2ax2+(2−2a)x−4x−2=limx→2(x−2)(ax+2)x−2=2a+2=5.
Nên a=32⇒b=−1
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y=2xx−2 cắt đường thẳng y=x+m tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tam giác OAB nhận G1;53 làm trọng tâm.
m=3
m=4
m=1
m=7
Đáp án C
Điều kiện: x≠2.
Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình
2xx−2=x+m⇔2xx−2−x−m=0⇔2x−x2+2x−mx+2mx−4=0⇔−x2+4−mx+2mx−2=0.
Để hai đồ thị hàm số giao nhau tại hai điểm phân biệt A,B ta có
4−m2+8m>0g2≠0⇔m2+16>0−4+8−2m+2m≠0
thỏa mãn với mọim∈ℝ.
Theo bài ra ta có xA+xB+xO=3xA+m+xB+m+yO=7⇔4−m=34−m+2m=5⇔m=1.
Vậy m=1 thỏa mãn điều kiện đề bài.
Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 5 và đường tròn (C) có tâm A, đường kính 10. Tính thể tích V của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay mô hình quanh trục là đường AC.
1000π+375π26
1000π+375π26
500π+125π26
500π+375π26
Đáp án B
Ta có thể tích vật thể tròn xoay được tạo raS=S1+S2.
S1=π−522525−x22dx=500π3.
S2=13π5223=π.125.223.8=125π26
Vậy S=1000π+125π26.
Số giá trị của tham số m để ba điểm cực trị của đồ thị hàm số y=x4+6m−4x2+1−m là ba đỉnh của một tam giác vuông là
m=−23
m=−13
m=23
m=13
Đáp án D
TXĐ: D=ℝ.
y'=4x3+26m−4x=0⇔4xx2+3m−2=0⇔x=0x=±2−3m.
Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì m<23
Đồ thị hàm số có các điểm cực trị là M0;1−m,A−2−3m;−9m2+11m−3,B2−3m;−9m2+11m−3.
Để tam giác MAB vuông tại M thì MA→.MB→=0 hay
−2−3m+−9m2+11m−3−1+m2=0⇔−9m2+12m−42−2−3m=0⇔2−3m4−2−3m=0⇔2−3m=0loai2−3m=1⇔m=13.
Vậy m=13 thỏa mãn điều kiện đề bài.
Cho hàm số y=x3−3x2+2x−1, có đồ thị (C). Gọi Aa;ya,Bb;yb là hai điểm phân biệt thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại A, B có cùng hệ số góc. Mệnh đề nào sau đây đúng?
a+b=0
a+b=1
a+b=2
a+b=3
Đáp án C
Cho hàm số y=fx=x3−3x2+mx+1. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số fx có 3 điểm cực trị.
m=-1
m=2
m=0
m=1
Đáp án C
TXĐ: D=ℝ.
Ta có y'=3x2−6x+m.
Để hàm số fx có ba điểm cực trị thì y'=0 có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng 0.
Vậy m=0 thỏa mãn đề bài.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA=3a, BC=4a, SBC⊥ABC. Biết SB=6a,SBC^=600. Tính khoảng cách từ B đến (SAC).
657a19
23a19
23a19
57a6
Đáp án A
Người ta làm một chiếc phao bơi như hình vẽ (với bề mặt có được bằng cách quay đường tròn (C) quanh trục d). Biết rằng OI=20cm,R=5cm. Tính thể tích V của chiếc phao.
500π
1000π2
1000π
500π2
Đáp án B
Độ dài của phao là 2π.20=40π.
Vậy thể tích V=∫040ππ52dx=25πx040π=1000π2
Trong không gian với hệt tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1,d2 lần lượt có phương trình d1:x−22=y−21=z−33,d2:x−12=y+2−1=z+14. Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2.
−7x+2y−4z+132=0
−7x+2y−4z-172=0
7x-2y−4z-132=0
7x-2y−4z-172=0
Đáp án C
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4log24x−2log2x+3−m=0 có nghiệm thuộc đoạn 12;4.
2;3
114;15
114;9
2;6
Đáp án D
Điều kiện: x > 0.
Đặtt=log2x. Khi đó
4log24x−2log2x+3−m=0⇔4.14log22x−2log2x+3−m=0⇔t2−2t+3−m=0.
Để thỏa mãn đề bài thì phương trình t2−2t+3−m=0 có nghiệm thuộc đoạn −1;2
t2−2t+3−m=0⇔t2−2t+3=m.
Từ đồ thị hàm số y=t2−2t+3 nhân thấy 2≤m≤6 thỏa mãn điều kiện đề bài.
Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 3 chữ số khác nhau?
500
405
328
360
Đáp án C
Gọi số tự nhiên chẵn cần tìm có dạng abc¯,c∈0;2;4;6;8
Xét các số có dạng ab0¯ có tất cả A92=72 số thỏa yêu cầu bài toán.
Xét các số dạng abc¯,c∈2;4;6;8 có tất cả: 4.8.8=256 số thỏa yêu cầu bài toán.
Vậy số các số tự nhiên chẵn gồm 3 chữ số khác nhau là: 72+256=328 số.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O, AB=8, SA=SB=6. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua O và song song với (SAB). Tính diện tích của thiết diện của (P) và hình chóp S.ABCD.
13
12
55
65
Đáp án D
Qua O dựng đường thẳngPQ∥AB. Vậy P, Q lần lượt là trung điểm của AD và BC.
Qua P dựng đường thẳngPN∥SA. Vậy N là trung điểm của SD
Qua Q dựng đường thẳngQM∥SB. Vậy M là trung điểm của SC.
Nối M và N ⇒ thiết diện của (P) và hình chóp S.ABCD là tứ giác MNPQ.
Vì PQ∥CD,MN∥CD⇒PQ∥MN. Vậy tứ giác MNPQ là hình thang.
Ta có PQ=AB=8$,MN=12AB=4,MQ=NP=12SA=3. Vậy MNPQ là hình thang cân.
Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh M của hình thang MNPQ. Khi đó ta có
HQ=14PQ=2⇒MH=MQ2−HQ2=5
Vậy diện tích của thiết diện cần tìm là S=(MN+PQ)MH2=65.
Xác định a, b để phương trình x3+ax+b=0 có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng.
b=0,a=1
b=0,a<0
b=0,a>0
b>0,a<0
Đáp án B
Giả sử phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt là x1,x2,x3 theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng.
Suy ra 2x2=x1+x3.
Lại có x−x1x−x2x−x3=0⇔x3−x1+x2+x3x2+x1x2+x2x3+x3x1x−x1x2x3=0.
Đồng nhất với phương trình x3+ax+b=0.
Suy ra x1+x2+x3=0⇒x2=0
Thay x2=0 vào phương trình đã cho ⇒b=0
Phương trình đã cho trở thành x3+ax=0⇔x=0x2+a=01
Để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
⇒a<0
Vậy b=0,a<0.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a, ABC^=60∘, SA=SB=SC=2a. Tính khoảng cách giữa AB và SC.
a118
3a114
a1112
a1112
Từ giả thiết suy ra: hình chóp S.ABC là hình chóp đều.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC⇒SG⊥ABCD
AB//CD⇒AB//SCD⇒dAB;SC=dAB;SCD=dB;SCD=32dG;SCD
(Vì BDGD=32).
Trong mp (ABCD) vẽ GC⊥CD,CD⊥SG ⇒CD⊥SGC⇒SGC⊥SCD
Mà SGC∩SCD=SC, vẽ GH⊥SC ⇒dG;SCD=GH
GB=GC=23.a32=a33.
⇒SG=SB2−BG2=4a2−a23=a113
Tam giác SHG vuông tại G:
1GH2=1SG2+1GC2=311a2+3a2=3611a2⇒GH=a116
Vậy dAB;SC=a114
Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai điểm bất kỳ thuộc hai nhánh của đồ thị hàm số y=x−1x+1 là
4
22
2
42
Đáp án A
Điều kiện:x≠−1.
Ta có y=x−1x+1=1−2x+1
Gọi Ax1;1−2x1+1;Bx2;1−2x2+1là các điểm thuộc đồ thị hàm số. Suy ra AB2=x1−x22+2x2+1−2x1+12
Giả sử A thuộc nhánh trái và B thuộc nhánh phải, khi đó x1<−1<x2⇔−1−x1<0x2+1>0
Đặt t1=−1−x1⇒t1>0t2=x2+1⇒t2>0⇔x1=−1−t1x2=t2−1⇔x1−x2=−t1−t2.
AB2=x1−x22+2x2+1−2x1+12=t1+t22+2t2+2t12=t12+2t1t2+t22+4t12+8t1t3+4t22=t12+4t12+t22+4t22+2t1t2+8t1t2.
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có t12+4t12≥2t12.4t12=4t22+4t22≥2t22.4t22=42t1t2+8t1t2≥22t1t2.8t1t2=8..
Vậy AB2≥4+4+8=16⇒AB≥4
