s3-ap-southeast-1.amazonaws.com€¦HOC360.NET – TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ Group : ...

HOC360.NET – TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ

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

Đáp án

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

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

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

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

41-D 42-A 43-B 44-C 45-D 46-C 47-B 48-C 49-D 50-C

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án D

Phương pháp:

Áp dụng các công thức của hàm số lũy thừa sau: m mnm m.n m m2a a ; a a ; a a

Cách giải:

Áp dụng các công thức lũy thừa ta thấy chỉ có đáp án D sai: .2 210 10 10 100

Câu 2: Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính giới hạn của hàm số.

Cách giải:

Ta có:

2 2x 2 x 2

x 1 2 1lim lim

x 2 2 2

Câu 3: Đáp án C

Phương pháp:

Thể tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y f x , y g x , x a, x b khi quay

quanh trục Ox được tính bởi công thức: b

2 2

a

V f x g x dx

Cách giải:

Áp dụng công thức ta có thể tích hình phẳng bài cho là: 1 1

2x 2 2x

0 0

V xe dx x e dx

Câu 4: Đáp án C

Phương pháp:

Góc giữa đường thẳng a và đường thẳng b là góc giữa đường thẳng a’ và b với a // a’.



Cách giải:

Ta có: AC / /A 'C ' AC, A 'D A 'C ',A 'D

Ta có DA 'C ' là tam giác đều 0DA 'C 60

0AC,A 'D 60

Câu 5: Đáp án C

Phương pháp: Sử dụng các quy tắc đếm cơ bản.

Cách giải:

Vì có 10 ghế nên bạn thứ nhất có 10 cách xếp.

Bạn thứ hai có 9 cách xếp.

Bạn thứ ba có 8 cách xếp.

Bạn thứ tư có 7 cách xếp.

Bạn thứ năm có 6 cách xếp.

Bạn thứ sáu có 5 cách xếp.

Như vậy có: 61010.9.8.7.6.5 A cách xếp

Câu 6: Đáp án B

Phương pháp:

Dựa vào hình dáng của đồ thị và các đường tiệm cận để suy ra hàm số cần tìm.

Cách giải:

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là: x 1 loại đáp án A và C.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm 0;2 loại đáp án D.

Câu 7: Đáp án A

Phương pháp:

Hàm số nghịch biến y ' 0 hoặc y ' 0 tại một số hữu hạn điểm.

Cách giải:

Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng 1;0 và 0;1

Câu 8: Đáp án D

Phương pháp:

+) Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (Oxy). Khi đó tọa độ điểm M thỏa

mãn phương trình đường thẳng d và mặt phẳng (Oxy).

+) Phương trình mặt phẳng O xy : z 0

Cách giải:



Gọi 0 0 0M x ; y ;z là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng 0O xy z 0

00 0

0

x 1x 3 y 2 4M d M 1;0;0

y 01 1 2

Câu 9: Đáp án D

Phương pháp:

Đường thẳng y a và là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x

y f x lim f x a

Cách giải:

Ta có:

2 2

x x

1 11

x x 1 x x) lim lim1xx

đồ thị hàm số 2x x 1

yx

không có tiệm cận ngang.

2

x) lim x x 1

đồ thị hàm số 2y x x 1 không có tiệm cận ngang.

2

x x

1 1) lim x x 1 lim 1 1

x x

đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y 0

Câu 10: Đáp án A

Phương pháp:

Ta có:

f x

a 1

f x 1a a

0 a 1

f x 1

Cách giải:

Ta có: xx 0 x 0

2 2 0 x 1x 1x 1


Phương pháp:

Điểm 0 0 0M x ; y ;z thuộc mặt phẳng 0 0 0: a x by cz d 0 ax by cz d 0

Cách giải:

Thay tọa độ điểm M vào các phương trình của các mặt phẳng ta thấy tọa độ điểm M chỉ thỏa

mãn phương trình mặt phẳng (R)

Câu 12: Đáp án B



Phương pháp:

Hai vectơ 1 2

1 1 1 2 2 2 1 2

1 2

x x

a x ; y ;z b x ; y ;z y y

z z

Cách giải:

Gọi điểm 0 0 0B x ; y ;z là điểm cần tìm. Khi đó: 0 0 0AB x 4; y 6;z 3

0 0

0 0

0 0

x 4 3 x 1

AB a y 6 2 y 8 B 1;8; 2

z 3 1 z 2


Phương pháp:

Cho điểm M a;b biểu diễn số phức z z a bi z a bi

Cách giải:

Ta có M 2;1 biểu diễn số phức z z 2 i z 2 i


Phương pháp:

Điểm 0 0M x ; y là điểm cực trị của hàm số 0y f x x là nghiệm của phương trình

y ' 0 và tại đó y' đổi dấu từ âm sang dương hoặc từ dương sang âm.

Cách giải:

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị.


Phương pháp:

Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản của hàm số: 1 1

dx ln a x b Ca x b a

Cách giải:

Ta có: 1 1

dx ln 2x 3 C2x 3 2


Phương pháp:

Gọi O là trong tâm tam giác ABC. Khi đó O là hình chiếu của S trên

(ABC) hay SO là khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC).



Cách giải:

Gọi O là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó: SO ABC d S; ABC SO

Tam giác ABC là tam giác đều cạnh 3a nên 2 2 3a 3

BO BM BM. a 33 3 2

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác SOB vuông tại O ta có:

2 2 2 2SO SB OB 4a 3a a d S; ABC SO a

Câu 17: Đáp án D

Phương pháp: Sử dụng công thức tính nguyên hàm cơ bản của hàm số.

Cách giải: Ta có: 11 1 4 2

2 3

0 0 0

x 3x 1 3 7x x 3 dx x 3x dx

4 2 4 2 4


Phương pháp:

+) Điểm A thuộc Oz A 0;0;0

+) Điểm B là giao điểm của đường thẳng d và (P) thì tọa độ điểm B thỏa mãn phương trình

của d và (P).

+) Phương trình mặt cầu tâm I a;b;c và bán kính R có phương trình là:

2 2 2 2x a y b z c R

Cách giải:

Phương trình trục x 0

Oz : y 0. A Oz A 0;0; t

z t

Có P Oz A 2.0 6.0 t 3 0 t 3 A 0;0;3

x 5 t '

d : y 2t ' .B d B 5 t ';2t ';6 t '

z 6 t '

Có P d B 2 5 t ' 6.2t ' 6 t ' 3 0 t ' 1 B 4; 2;7

Gọi I là trung điểm của AB I 2; 1;5

Có AB

AB 4; 2;4 AB 36 6 IA R 32

Vậy đường tròn đường kính AB là: 2 2 2

x 2 y 1 z 5 9



Câu 19: Đáp án C

Phương pháp:

Cách 1: Giải các phương trình bậc hai ẩn z ở các đáp án, đáp án nào có nghiệm z 1 2i thì

chọn đáp án đó.

Cách 2: Thay nghiệm z 1 2i vào các phương trình ở các đáp án. Đáp án nào thỏa mãn thì

chọn đáp án đó.

Cách giải:

+) Xét phương trình: 2 22 2 2z 2z 3 0 z 2z 1 2 0 z 1 2 z 1 2i

z 1 2i z 1 2iz 1 2i

z 1 2i z 1 2i

loại đáp án A.

+) Xét phương trình: 22 2 2z 2z 5 0 z 2z 4 1 0 z 2 1 i

z 2 i z 2 iz 2 i

z 2 i z 2 i

loại đáp án B.

+) Xét phương trình: 22 2 2z 2z 5 0 z 2z 1 4 0 z 1 4 4i

z 1 2i z 1 2iz 1 2i

z 1 2i z 1 2i

chọn đáp án C


Phương pháp:

+) Thiết diện qua trục của hình nón luôn là tam giác cân tại đỉnh của hình nón.

+) Diện tích xung quanh của hình nón bán kính Rvà đường sinh l là: S Rl

Cách giải:

Giả sử thiết diện qua trục của hình nón là tam giác ABC có 0BAC 60

ABC là tam giác đều.

Gọi O là trung điểm của BC O là tâm của đường tròn đáy.

2xq

BC 2.OA 2R 2a

l AB AC BC 2a

S Rl .a.2a 2 a


Phương pháp:

+) Ta có: F x là nguyên hàm của hàm f x F ' x f x tìm giá trị của a g x

+) Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần để tìm nguyên hàm của g x



Cách giải:

Ta có: F x là nguyên hàm của hàm f x F ' x f x

22 4 2 23 2

2 2 2

22 2

2 2

2 2

x a1 1 1 x 2ax ax 2x x 2

3 x x x x

2a 2a 11 a

x 2 x 2a a 1a 1a 1x x

x x

g x x cos x I g x dx x cos xdx

Đặt u x du=dx

dv cos xdx v s inx

I x sin x sin xdx x sin x cos x C


Phương pháp:

Sử dụng tỉ số thể tích: Cho các điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh SA, SB, SC của hình

chóp SABC. Khi đó ta có: SMNP

SABC

V SM SN SP. .

V SA SB SC

Cách giải:

Áp dụng tỉ số thể tích ta có: SA'B'C' SA'B'C'SA'B'C'

SABC

V VSA ' SB' SC' 1 1 1 V. . . . V

V SA SB SC V 2 2 2 8


Phương pháp:

Để tìm GTNN của hàm số y f x trên a;b ta làm các bước sau:

+) Giải phương trình y ' 0 tìm các giá trị ix .

+) Tính các giá trị iy a ; y x ; y b

+) So sánh các giá trị vừa tính, chọn GTNN của hàm số và kết luận.

Cách giải:

Ta có: x x x xy ' e xe y ' 0 e xe 0 x 1 0 x 1

2

2;0

2 1y 2 ; y 1 ; y 0 0

e e

1Min khi x 1

e




Phương pháp:

+) Hàm số f x xác định f x 0

+) Hàm số alog f x xác định

0 a 1

f x 0

Cách giải:

Hàm số 32 2y 1 log x log 1 x xác định

2 2

x 0 x 0

1 x 0 x 1

1 log x 0 log 2x 0

0 x 10 x 1 1

x 112x 1 2x

2


Phương pháp:

Cách 1:

+) Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số y f x từ đó suy ra hàm số y f x 1 và đồ thị

hàm số y f x 1

+) Số nghiệm của pt f x 1 2 là số giao điểm của đồ thị hàm số y f x 1 và đường

thẳng y 2

Cách 2:

+) Để có đồ thị hàm số y f x 1 ta tịnh tiến đồ thị hàm số y f x sang phải 1 đơn vị.

+) Lập bảng biến thiên của hàm số y f x 1 từ đó suy ra dáng điệu đồ thị hàm

số y f x 1 và biện luận số nghiệm của phương trình f x 1 2

Cách giải:

Dựa vào BBT của đồ thị hàm số y f x ta suy ra BBT của đồ thị hàm số

y f x 1 bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y f x theo vectơ v 1;0

BBT đồ thị hàm số y f x 1 :



x 1 4

y ' + 0 - 0 +

4

y

2

Từ đó ta suy ra đồ thị hàm số y f x 1 có BBT như sau:

x 1 4

y ' + 0 - 0 +

4

y 2

2 y 0

Số nghiệm của phương trình y f x 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y f x 1 và

đường thẳng y 2 .

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y 2 cắt đồ thị hàm số y f x 1 tại 5 điểm

phân biệt, do đó phương trình f x 1 2 có 5 nghiệm phân biệt.


Phương pháp:

+) Đặt z a bi a;b R z a bi, thay vào phương trình.

+) So sánh hai số phức a a '

a bi a ' b 'ib b '

Cách giải: Đặt z a bi a;b z a bi, khi đó ta có:

1 i a bi 2 i a bi 13 2i

a b a b i 2a b a 2b i 13 2i

3a 2b bi 13 2i

3a 2b 13 a 3z 3 2i

b 2 b 2


Phương pháp:



+) Đặt 2g x f x 2x 2

+) Tìm số nghiệm của phương trình g ' x 0 (không là nghiệm bội chẵn).

+) Lập BBT và kết luận điểm cực đại của hàm số.

Cách giải:

Quan sát đồ thị hàm số y f ' x ta thấy x 1

f ' x 0 x 1

x 3

Đặt 2 2

2

x 1g x f x 2x 2 g ' x f ' x 2x 2

x 2x 2

2

2 2

2

22 2

2

x 1

x 1 0 x 2x 2 1 vng ' x 0

f ' x 2x 2 0 x 2x 2 1 1

x 2x 2 3 2

1 x 2x 2 1 x 2x 1 0 x 1 0 x 1

2 x 2x 2 9 x 1 2 2

Nghiệm của phương trình (1) là nghiệm bội 2 nên không là cực trị của hàm số

2y g x f x 2x 2 .

Lập BBT của hàm số y g x :

x 1 2 2 1 1 2 2

g ' x - 0 + 0 - 0 +

g x

Dựa vào BBT ta thấy hàm số y g x đạt cực đại tại x 1 .

Chú ý và sai lầm: Lưu ý đạo hàm của hàm hợp.


Phương pháp:

Diện tích mặt cầu bán kính R: 2S 4 R

Cách giải:



Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của BC và B’C’

B'C ' HH ' ABC và

HH ' A 'B'C ' .

Gọi I là trung điểm của HH’.

Mặt khác ABC vuông tại A, IA IB IC

I HH 'IA ' IB' IC '

Dễ dàng chứng minh được BHI B'H 'I c.g.c IB IB'

IA IB IC iA ' IB' IC ' hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A 'B'C '

Kẻ AK BC ta có 0AK BCC'B' AC'; BCC'B' AC';KC' AC'K 30

Có 2 2AC AC' 4a 3a a

Ta có AC.AB a.a 3 a 3 AK

AK AC' a 3BC 2a 2 sin 30

2 2 2 2

22

2

2mat cau

AA ' AC' A 'C ' 3a a a 2 HH '

1 a a a 6HI HH ' BI a R

2 2 22

a 6S 4 6 a

2


Phương pháp :

+) Gắn hệ trục tọa độ, tìm phương trình parabol. Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn

bởi parabol và trục

hoành.

+) Gọi Ax a AB 2a, tính diện tích hình 1S của phẳng giới hạn bởi parabol và đường

thẳng AB.

+) Sử dụng giả thiết 1

1S S

3 tìm a và suy ra AB.

+) Tương tự tìm độ dài đoạn CD và tính tỉ số.

Cách giải :

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ :

Ta dễ dàng tìm được phương trình parabol là 21y x 18

2



Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol và trục hoành là

66 32

6 6

1 xS x 18 dx 18 144

2 6

Gọi 2A A

1x a y a 18

2

=>Phương trình đường thẳng AB: 21y a 18

2

Và 2C C

1x c y c 18

2

=>Phương trình đường thẳng CD : 21y c 18

2

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol và đường thẳng AB là:

aa a 3 2 3 3 3 3 32 2 2 2

1

a a a

3 3 31

1 1 1 1 x a a a a a 2aS x 18 a 18 dx x a dx x

2 2 2 2 6 2 6 2 6 2 3

1 2 1S S a .144 48 a 2 9 AB 2a 4 9

3 3 3

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol và đường thẳng CD là:

cc 3 2 3 3 3 3 32 2

2

c c

3 3 31

3

1 1 x c c c c c 2cS x 18 c 18 dx x

2 2 6 2 6 2 6 2 3

2 2 2S S c .144 96 c 2 18 CD 2c 4 18

3 3 3

AB 1

CD 2


Phương pháp:

Để hàm số đồng biến trên 0; y ' 0 x 0;

Cách giải:

ĐK: 2x mx 1 0

Ta có 2

2x my '

x mx 1

Để hàm số đồng biến trên

2

2x m 0 x 0; 10; y ' 0 x 0;

x mx 1 0 x 0; 2



2

2

0;

1 m 2 x 0; m 0

x 12 mx x 1 m f x x 0; m max f x

x

Ta có 2 2 2

2 2

2x x 1 x 1f ' x 0 x 1

x x

0;max f x f 1 2 m 2

Vậy m 0

Khi m 0 ta có 2y ln x 1 có 2

2xy ' 0 x 0; m 0

x 1

thỏa mãn.

Kết hợp điều kiện bài toán ta có m Z,0 m 10 m 0;1;2;3;...;9 Có 10 giá trị.


Phương pháp:

Trong (ABCD) dựng D sao cho ABCD là hình vuông

d AB;SC d AB; SCD d A; SCD

Cách giải:

Trong (ABCD) dựng D sao cho ABCD là hình vuông.

Khi đó ta có AB / /CD d AB; SCD d A; SCD

Ta có: CD AD

CD SADCD SA

Trong SAD kẻ AK SD AK CD AK SCD d A; SCD AK

Ta có: BC AB

BC SBBC SA

0

0

2 2 2 2

SBC ABC BC

SBC SB BC SBC ; ABC SB;AB SBA 60

ABC AB BC

SA AB.tan 60 a 3,AD BC a

SA.AD a 3.a a 3AK

2SA AD 3a a


Phương pháp:

Xét phương trình y ' 0 các nghiệm của phương trình thuộc 1;3 .



Lập BBT và suy ra GTLN của hàm số trên 1;3 .

Cách giải:

TXĐ: D R

Ta có 2y ' a x c

Hàm số có

;0

min f x f 2 x 2

là 1 cực trị của hàm số x 2 là một nghiệm của

phương trình y ' 0

TH1: c 0 a 0 ktm

TH2:

xx 2

3ac 0

cx 2 1;3 c 12a

3a

;0min f x f 2 a 0

BBT ở hình vẽ bên:

x 2 1 2 3

y' - 0 + 0 -

y

1;3max f x f 2 8a 2c d 8a 24a d 16a d


Phương pháp:

TH1: An và Cường trả lời đúng, Bình trả lời sai.

TH2: Bình và Cường trả lời đúng, An trả lời sai.

Áp dụng quy tắc cộng.

Cách giải:

TH1: An và Cường trả lời đúng, Bình trả lời sai 1P 0,9. 1 0,7 .0,8 0,216

TH2: Bình và Cường trả lời đúng, An trả lời sai 2P 1 0,9 .0,7.0,8 0,056

Vậy xác suất cô giáo chỉ kiểm tra bài cũ đúng 3 bạn trên là 1 2P P P 0,272


Phương pháp:



Giả sử khối lượng công việc đã làm được trong 1 tháng đầu là x thì tổng khối lượng công

việc là 24x.

Giả sử sau n tháng thì xong công trình, tính khối lượng công việc sẽ hoàn thành sau n tháng.

Cách giải:

Giả sử khối lượng công việc đã làm được trong 1 tháng đầu là x thì tổng khối lượng công

việc là 24x.

Giả sử sau n tháng thì xong công trình, ta có phương trình

n2 n 1 1,04 1

x 1,04x 1,04 x ... 1,04 x 24x 24 n 17,161,04 1

Vậy công trình sẽ hoàn thành ở tháng thứ 18.


Phương pháp:

Sử dụng công thức

2

f x xf ' x f x'

x x

và phương pháp lấy tích phân hai vế.

Cách giải:

3 2 3 2

2

2 2

1 1

2

1

xf ' x f xf x xf ' x 2x 3x xf ' x f x 2x 3x 2x 3

x

f x f x' 2x 3 'dx 2x 3 dx 6

x x

f x f 2 f 1 f 26 6 f 1 6 10 f 2 20

x 2 1 2


Phương pháp:

+) Đặt 2t x x 2x , tìm miền giá trị của t.

+) Tìm điều kiện tương đương số nghiệm của phương trình f t m để phương trình

2f x 2x m có đúng 4 nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn 3 7

;2 2

Cách giải:

Xét hàm số 2t x x 2x trên 3 7

;2 2

ta có 3 7

t ' x 2x 2 0 x 1 ;2 2

BBT:



x 1 7

2

y ' - 0 + 0

21/ 4 21/ 4

y

1

21t 1;

4

Với t 1 thì ứng với mỗi giá trị của t thì có 1 nghiệm x và với 21

t 1;4

thì ứng với mỗi

giá trị của t có 2 nghiệm x phân biệt.

Do đó để phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 3 7

;2 2

thì phương trình

f t m có 2 nghiệm phân biệt thuộc 21

1;4

m 2;4 a;5 với a 4;5

=>Có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn là m 3 và m 5


Phương pháp :

Quân vua được di chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ô đang đứng

Gọi A là biến cố : « Quân vua sau 3 bước trở về đúng vị trí ban đầu » . Tính A .

Cách giải :

Quân vua được di chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ô đang đứng

38 .

Gọi A là biến cố : « Quân vua sau 3 bước trở về đúng vị trí ban đầu »

TH1: Quân vua di chuyển bước thứ nhất sang ô đen liền kề (được tô màu đỏ) có 4

cách.

Bước đi thứ 2 quân vua di chuyển sang các ô được tô màu vàng có 4 cách.

Bước đi thứ 3 quay về vị trí ban đầu có 1 cách.

Vậy TH này có 4.4 16 cách.



TH2: Quân vua di chuyển bước thứ nhất sang các ô trắng liền kề (được tô màu đỏ) có

4 cách.

Bước đi thứ 2 quân vua di chuyển sang các ô được tô màu vàng có 2 cách.

Bước đi thứ 3 quay về vị trí ban đầu có 1 cách.

Vậy TH này có 4.2 8 cách

3

24 3A 8.3 24 P A

8 64


Phương pháp:

Phân tích, sử dụng các công thức

a a a a a a

blog bc log b log c; log log b log c 0 a 1;b;c 0

c

Cách giải:

Xét hàm số f x trên 2;2018 ta có:

22 2

2 2

1 x 1f x ln 1 ln ln x 1 ln x ln x 1 2ln x ln x 1

x x

f 2 f 3 ... f 2018 ln1 2ln 2 ln 3 ln 2 2 ln 3 ln 4 ... ln 2017 2ln 2018 ln 2019

ln1 ln 2 ln 2018 ln 2019

ln 2 ln 2 ln1009 ln 3 ln 673

ln 3 ln 4 ln 673 ln1009

a

3

b 4tm P a b c d 3 4 673 1009 1689

c 673

d 1009


Phương pháp:

Từ các giả thiết đã cho, lập hệ 3 phương trình ba ẩn a, b, c. Giải hệ phương trình tìm a, b, c và

tính tổng S.

Cách giải:



P

M P 2a b c 1 0

AB 2;4; 16 ;AM a 1;b 3;c 2 AB;AM 16b 4c 40; 16a 2c 12; 4a 2b 2

n 2; 1;1

2 16b 4c 40 16a 2c 12 4a 2b 2 0

Ta có 12a 30b 6c 66 2a 5b c 11

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

MA MB 246

a 1 b 3 c 2 a 3 b 7 c 18 246

a b c 4a 10b 20c 75 0

Khi đó ta có hệ phương trình

2 2 2

2a b c 1 1

2a 5b c 11 2

a b C 4a 10b 20c 75 0 3

1 ; 2 b 2 2a 2 c 1 2a c 1 c 1 2a

Thay vào (3) ta có

22 2 2a 4 1 2a 4a 10.2 20 1 2a 75 0 5a 40a 80 0 a 8a 16 0

a 4 c 7

Vậy S a b c 4 2 7 1


Phương pháp:

+) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) có hệ số góc k y ' , tìm x để y’ đạt GTLN.

+) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ vừa tìm được, cho

đường thẳng tiếp tuyến đi qua gốc tọa độ, tìm m.

Cách giải:

Ta có 2k y ' 3x 2mx m đạt GTLN tại

3 3 2 3 22m m m m m m 2m mx y 1 1

6 3 3 27 9 3 27 3

2 2m m m my ' 3. 2m. m m

3 9 3 3

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ m

x3

là:

2 3 2m m 2m m

y m x 1 d3 3 27 3

Đường thẳng (d) đi qua gốc tọa độ



2 3 2

3 2 3 2

3

m m 2m m0 m 1

3 3 27 3

m m 2m m0 1

9 3 27 3

m1 m 3

27


Phương pháp:

+) Đặt 2 2 1t x x x 1 t 0 x x 1

t , tìm miền giá trị của t ứng với x 2

+) Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm t thuộc khoảng vừa tìm được.

Cách giải:

Ta có 2 2 2 2x x 1 x x 1 x x 1 1

Đặt 2 2 1t x x x 1 t 0 x x 1

t

Ta có 2

2

xt ' x 1 0 x 1 x 0 t ' x 0

x 1

x 2 t 0;2 3

Khi đó phương trình trở thành

m

12 5 m m

2 5 m 2 5 m 2

2

2 5 m

5 m

1log

2

5 m m

log t.log t log t log t *

log t.log t log t 0 log t.log t log 2.log t 0

log t 0log t log t log 2 0

log t log 2 0

t 1 ktm

t 51log t log 2 log

2

Để phương trình ban đầu có nghiệm x 2 thì phương trình (*) có nghiệm t 0;2 3

m

2 3

1log

2m 5

log 5

1 2 32

10 5 2 3 log log 2 3

2

1log m log 5 m 2,33

2

0 m 2,m Z, m 1 m 2




Phương pháp : Sử dụng công thức 2

zz z

Cách giải :

Ta có

2 22 2 2 2

22 22 2

2 2 4 2

24 2 2

1

2

z 1 2 z z 1 4 z z 1 z 1 4zz

z 1 z 1 4zz zz z z 1 4zz 0

z z zz 6zz 1 0 z z z 6 z 1 0

z 6 z 1 z z 0 3 2 2 z 3 2 2

z 2 12 1 z 2 1

z 2 1

Dấu = xảy ra

1

11

1 2

2

1 22

2

z 2 1 i

z 2 1z 1 2 i w z z 2 2

z 2 1w z z 2z 2 1 i

z z 0

z 2 1 i


Phương pháp: Sử dụng khai triển nhị thức Newton.

Cách giải: Ta có n

n k k kn

k 0

1 2x C 2 x k Z

k k k 1 k 1k n k 1 n

k k k 1 k 1 k k 1n n

a C 2 ;a C 2

n! n!C 2 C 2 2 2

k! n k ! k 1 ! n k 1 !

1 2

n k k 1

3k 1k 1 2n 2k n

2

Ta có 1

n 1;2018 k ;13453

Do n là số nguyên nên 3k 1 là số chẵn => k là số lẻ, thuộc đoạn 1

;13453

=> có 673 số

nguyên k thỏa mãn.



Với mỗi số nguyên k xác định 1 số nguyên n. Vậy có 673 số nguyên n thỏa mãn yêu cầu bài

toán.


Phương pháp:

+) Tam giác ABC có trung tuyến BM và phân giác CD.

+) Tham số hóa tọa độ điểm M là trung điểm của AC, tìm tọa độ điểm C theo tọa độ điểm M.

+) C CD Tọa độ điểm C.

+) Tìm tọa độ điểm N đối xứng với M qua CD N BC Phương trình đường thẳng BC.

+) Tìm tọa độ điểm B BM BC , khi đó mọi vector cùng phương với AB đều là VTCP của

AB.

Cách giải:

Tam giác ABC có trung tuyến BM và phân giác CD.

Gọi M 30t;3 2t;2 t BM là trung điểm của AC ta có C 4 2t;3 4t;1 2t CD

2 2t 2 4t2 2t 1 4t 1 2tt 0

2 2t 2 4t2 1 1

M 3;3;1 ;C 4;3;1

Gọi H là hình chiếu của M trên CD ta có

H 2 2t;4 t;2 t MH 1 2t;1 t; t

CD

1 7 3MH u 2 1 2t 1 t t 0 6t 3 t H 3; ;

2 2 2

Gọi N là điểm đối xứng với M qua CD H là trung điểm của MN

N 3;4;1 CN 1;1;0

Do CD là phân giác của góc C nên N BC , do đó phương trình đường thẳng CB là

x 4 t '

y 3 t '

z 1

Ta có B BM CB . Xét hệ phương trình

3 t 4 t '

t 13 2t 3 t ' B 2;5;1 AB 0;2; 2 2 0;1; 1

t ' 22 t 1

Vậy 4u 0;1; 1

là 1 VTCP của AB




Phương pháp:

P) / / P u n

+) Sử dụng công thức d

d

d

u .ucos ;d cos u ;u

u . u

+) Để góc giữa và d là nhỏ nhất thì dcos u ;u max

Cách giải :

Ta có : Pn 2; 1;2

Do P/ / P u n 2m n 2 0 n 2m 2

Ta có

d

2 2 2 22

4m 4 2m 2 34m 4n 3 4m 5cos ;d cos u ;u

41. m n 1 41. 5m 8m 541. m 2m 2 1

Để góc giữa và d là nhỏ nhất thì dcos u ;u max

2

2

22

4m 5 16m 40m 25f m max g m f m max

5m 8m 55m 8m 5

Có

2 2 2

2 22 2

m 032m 40 5m 8m 5 16m 40m 25 10m 8 72m 90mg ' x 0 5

m5m 8m 5 5m 8m 54

Lập BBT ta thấy max g m 5 m 0 n 2

Vậy 2 2T m n 4


Phương pháp : Sử dụng phương pháp gắn hệ trục tọa độ.

Cách giải :

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có :

a 3 a a 3 3a

D 0;0;0 ;S 0;0;a 3 ;C 0;2a;0 ;A ; ;0 ;B ; ;02 2 2 2



22

SAC

a 3 a a 3 5a 5 3a 3aSA ; ; a 3 ;AC ; ;0 SA;AC ; ; 3a n

2 2 2 2 2 2

a 3 3aSB ; ; a 3

2 2

SAC

SAC

SAC

n .SB 3 1cos n ;SB sin SB; SAC

4144n . SB


Phương pháp:

Chứng minh khoảng cách từ O đến (ABC) không đổi.

Cách giải:

Kẻ OH AB H AB ;OK CH K CH ta có

AB OHAB OHC AB OK

AB OC

OK ABOK ABC

OK CH

Ta sẽ chứng minh OK không đổi, khi đó mặt phẳng (ABC) luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm O

bán kính OK.

Gọi A a;0;0 ;B 0;b;0 ;C 0;0;c ta có: ABC

1V abc

6

2 2 2 2 2 2ABC

2 2 2 2 2 2

ABC

OABC

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

1AB a;b;0 ;AC a;0;c AB;AC bc;ac;ab S a b b c c a

2

1a b b c c aS 32

1V 2abc6

1 1 1 1 1 1a b b c c a abc a b b c c a a b c

2 4 a b c 4

Xét tam giác vuông OCK có

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1OK 2

OK OC OH OC OA OB x y z 4

Vậy mặt phẳng (ABC) luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm O bán kính 2


Cách giải :

Với mỗi số thực 2 ta có:



1 1 1x x

0 0 0

1 1 1x x x

0 0 0

e f x dx e f x dx xf x dx

f x e x dx f x . e x dx e x dx

11 1 1 2x x x x

0;1 0;10 0 0 0

xe f x dx min e x dx min e x min e

2

Theo đề bài ta có:

0;10;1

3max f x 1 f x 1 1 min e 1 e

2 2


Phương pháp:

Xét hàm số 4 3 2y x 4x 4x a, lập BBT của đồ thị hàm số.

Chia các trường hợp và tìm GTNN của hàm số 4 3 2f x x 4x 4x a

Sử dụng giả thiết M 2m tìm các giá trị a nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Cách giải:

Xét hàm số: 4 3 2y x 4x 4x a có 3 2y ' 4x 12x 8x

3 2

x 2

y ' 0 4x 12x 8 0 x 0

x 1

y 0 a; y 1 a 1; y 2 a

Ta có BBT như hình bên:

x 0 1 2

y ' + 0 -

y a 1

a a

TH1: a 0 thì ta thấy trong 0;2 đồ thị hàm số luôn nằm phía trên trục Ox

M a 1;m a

M 2m a 1 2a a 1

Mà

a

a 1;2;3a 3;3



TH2: a+1 0 a -1 ta thấy trong 0;2 đồ thị hàm số 4 3 2y x 4x 4x a nằm phía

dưới trục Ox được lấy đối xứng lên phía trên trục Ox. Khi đó: M a;m a 1

M 2m a 2 a 1 a 2a 2 a 2

2 a 1

Mà

a Z

a 1; 2a 3;3

TH3: a<0<a+1 -1<a<0 Trường hợp này không có số nguyên nào của a thỏa mãn.

Kết hợp 3 TH trên ta có a 2; 1;1;2;3 có 5 giá trị của a thỏa mãn bài toán.


Phương pháp:

+) Sử dụng phương pháp đổi đỉnh. Chóp S.ABC có đỉnh B và đáy SAC.

+) Chứng minh tam giác SAC vuông tại S.

+) Xác định góc giữa SC và (ABC).

+) Sử dụng công thức tính thể tích 1

V Bh3

Cách giải:

Có AB BC a 3 ABC cân tại B

Gọi H là trung điểm của AC ta có BH AC

ABC SAC

ABC SAC AC BH SAC BH SA 1

ABC BHAC

Gọi K là trung điểm của SC, do tam giác SAB đều BK SA 2

Từ (1) và (2) SA BHK SA HK .

Lại có HK là đường trung bình của tam giác SAC HK / /SC SA SC SAC vuông

tại S.

Trong (SAC) kẻSI AC , tương tự ta có

0SI ABC SC; ABC SC;IC SCI 60

Xét tam giác vuông SAC có 2 21SC AC.cot 60 a 3. a AC a 3a 2a

3

2

ABC

1 1 a 3S SA.SC a 3.a

2 2 2



Có H là trung điểm của AC 2 2 2 21AH AC a BH BA AH 3a a a 2

2

Vậy 2 3

S.ABC ABC

1 1 a 3 a 6V BH.S a 2.

3 3 2 6

s3-ap-southeast-1.amazonaws.com€¦HOC360.NET – TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ Group : ...

Documents

Transcript of s3-ap-southeast-1.amazonaws.com€¦HOC360.NET – TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ Group : ...