s3-ap-southeast-1.amazonaws.com filePhương pháp: Sử dụng khai triển nhị thức Newton: 2...

HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ

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

Đáp án

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

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

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án D

Phương pháp: Quan sát hình vẽ và đếm.

Cách giải: Hình đa diện trên có 9 mặt.

Câu 2: Đáp án D

Phương pháp: Sử dụng khai triển nhị thức Newton: 2

0

n

k k n kn

k

a b C a b

Cách giải: Ta có: 7 7

2 14 37

0

22k k k

k

x C xx

Hệ số của 5 14 3 5 3x k k

Vậy 3 37 2 280h C

Câu 3: Đáp án B

Phương pháp: Dựa vào định nghĩa và các tính chất của các số cộng và cấp số nhân.

Cách giải:

Khẳng định I) đúng theo định nghĩa.

Khẳng định II) sai vì 11 2,n

nv q v n n

Khẳng định III) đúng theo tính chất của cấp số cộng.

Khẳng định IV) sai. Ta có:

2 1 2 2 31 1 1 1. . . .n n n

n nv v v q v q v q

22 2 2 2

1 1 1 .n nnv v q v q 2

1 1n n nv v v

Khẳng định V) sai vì:

11

1 2

1...

1

n

n

v qv v v

q



1 11 1 11

2 2 2

n n

nn v v q v n nqn v v

11 2 ...

2n

n

n v vv v v

Vậy có hai khẳng định đúng.

Câu 4: Đáp án D

Phương pháp: Sử dụng công thức . 2

1log 2

logx

x

Cách giải: Đk 0 1x

22 log 3log 2 7xx 2

2

32log 7

logx

x

2 22 log 7 log 3 0x x 2

2 82

1

2 1

log 3 82 161

log 22

x

x xT x

x x

Câu 5: Đáp án D

Phương pháp: Đồ thị hàm số 1y f x là ảnh của đồ thị hàm số y f x qua phép tịnh tiến

theo vector 0;1 .

Cách giải: Đồ thị hàm số 1y f x là ảnh của đồ thị hàm số y f x qua phép tịnh tiến theo

vector 0;1 .Ta thấy chỉ có đáp án (I) đúng.

Câu 6: Đáp án A

Phương pháp:

Lăng trụ tứ giác đều là lăng trụ đứng có đáy là hình vuông.

Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên

mặt phẳng đó.

Áp dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ .V B h trong đó h là chiều cao và B là diện tích

đáy lăng trụ.

Cách giải:

Ta có: A là hình chiếu của A’ trên (ABCD) nên ' ; ' ; ' 30A C ABCD A C AC A CA .

ABCD là hình vuông cạnh 2 nên 2 2AC

Xét tam giác vuông A’CA có 3 2 6

' tan 30 2 2.2 3

A A AC



Vậy . ' ' ' '

2 6 8 6' . .4 .

3 3ABCD A B C D ABCDV A A S

Câu 7: Đáp án A

Phương pháp: Tham số hóa điểm thuộc đồ thị hàm số (C).

Lấy điểm đối xứng với điểm đó qua O (Điểm ;a b đối xứng với điểm ; .a b qua gốc tọa độ

O).

Cho điểm đối xứng vừa xác định thuộc (C).

Cách giải:

Gọi 2

;1

aA a C

a

. Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua gốc tọa độ O

2;'

1

aa C

aA

2 2 2

11 12 2

1 1 2 2 2 2 4

aa aa a

a a a tma a a a a

Khi 2a thì 2; 2 ; ' 2; 2A C A

Khi 2a thì 2; 2 ; ' 2; 2A C A

Chú ý và sai lầm : Có thể thử trực tiếp từng đáp án và suy ra kết quả.

Câu 8: Đáp án C

Phương pháp: M và M’ đối xứng qua I nên I là trung điểm của MM’.

Cách giải: M và M’ đối xứng qua I nên I là trung điểm của MM’.

Ta có ' '

' '

2 4' 4; 5

2 7

M I M M

M I M M

x x x xM

y y y y

Câu 9: Đáp án A

Phương pháp: Tính lim nn

u

hoặc lim nn

u

và kết luận.

Cách giải: Ta thấy 2 2

0 lim 0.3 3

n

n

Câu 10: Đáp án C

Áp dụng công thức lãi kép: 1n

nA A r

Với nA 'My là số tiền nhận được sau n năm (cả gốc và lãi).

A là tiền gốc.

n là số năm gửi.

r là lãi suất hằng năm.

Cách giải:



Sau n năm người đó nhận được 5,4

75 1 100 5,47100

n

nA n

Vậy sau ít nhất 6 năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 100 triệu đồng.

Câu 11: Đáp án B

Phương pháp: Hàm số lũy thừa ny x có TXĐ

D R khi n là số nguyên dương.

\ 0D R khi n là số nguyên âm.

0;D khi n không nguyên.

Cách giải:

Ta có 2 3 ,Z , khi đó hàm số trên xác định khi và chỉ khi 2 32 3 0

1

xx x

x

Vậy ; 1 3;D

Câu 12: Đáp án D

Phương pháp: Thể tích của khối trụ có chiều cao h và bán kính đáy r là 2V r h

Cách giải: 2 22 .2 8V r h


Phương pháp:

1

log log0 1

a a

a

x yx y

a

x y

Cách giải:

0 1log 1 log ,

0a a

ax a

x a

khẳng định A sai.

Hàm số logay x cóTXĐ 0;D , nhận trục Oy làm tiệm cận đứng. B đúng.

1 2

1 2

0log log

0 1a a

x xx x

a

C sai.

0 1log 0 log 1

0 1a a

ax

x

D sai.


Phương pháp: Hàm số đồng biến trên5 5

0; ' 0 0;6 6

y x

Cách giải:



+) Xét hàm số: siny x ta có: ' cosy x

Ta có: 5

cos 0 ; cos 0 ;2 2 2 6

x x x x

loại đáp án A.

+) Xét hàm số cosy x ta có: siny x .

Ta có 5

sin 0 0; sin 0 0; sin 0 0;6

x x x x x x

loại đáp án B.

+) Xét hàm số: siny x ta có: ' cosy x

Ta có: 5

0; ; , cos 0 ;6 3 3 2 3 3 2

x x x x

đáp án C đúng.

Câu 15: Đáp án A

Phương pháp: Lăng trụ tam giác đều là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều.

Cách giải:

Lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng.


Phương pháp: Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp tam giác đều.

B1: Xác định hai trục của hai mặt phẳng bất kì (đường thẳng đi qua tâm đường

tròn ngoại tiếp đáy và vuông góc với đáy).

B2: Xác định giao điểm I của hai trục đó. Khi đó I là tâm mặt cầu cần tìm.

Cách giải: Gọi O và O’ lần lượt là tâm tam giác đều ABC và ACD thì

; 'DO ABC BO ACD

Gọi 'I DO BO , ta dễ dạng chứng minh được I là tâm mặt cầu tiếp xúc

với các cạnh của tứ diện đều.

Và R = IF là bán kính mặt cầu đó.

Kẻ BB’ qua I và song song với BD.

Ta có: OO’ // BD nên

' 1 ' ' 1 ' 1'

3 ' 4 4 4

OO FO O I O I ID aID BD

BD FD IB O B BD

' 1 1' ' '

' 4 4

O IO D O D

O B

' ' 1 1'

3 3

FO OOFO FD

FD BD



Ta có:

1'

' ' ' ' 1 14 ' '3 3 6 6' '2 2

O DO D O D

O D FDFD O D O D

1 1 1 1 3 3' ' ' ' .

3 6 2 2 2 4FD FO O D FD FD FD

Xét tam giác vuông EID’ có 2 2 2

4t tFI FD ID R

Vậy 24 4 2 2

3 3 32 24V R


Phương pháp: Hàm số f x liên tục trên R khi và chỉ khi 0 0

0 lim limx x x x

f x f x f x

Cách giải: Ta có: 5

15

.12 2

f a a

3 2

1 11 1

4 3lim lim lim lim

1x xx x

x xf x f x f x

x

2

2

1 1

1 3 3lim lim 3 3 1 3 3 5

1x x

x x xx x

x

Hàm số liên tục 5 15

5 .2 2

a a


Phương pháp:

+) Biến đổi phương trình đã cho bằng công thức hằng đẳng thức của căn bậc hai và sử dụng các

công thức lũy thừa.

+) Ta có: .m na a m n

Cách giải: Ta có: 2 2

7 4 3 4 2.2 3 3 2 3

2 12 2

2 3 2 3x x x

Pt

22 2

2

2

2 32 3

2 3

x x

x

22 2

2 3 2 3x x x

22 2x x x 22 0x x

2 1 0x x

0

1

2

x

x



Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt không dương.


Phương pháp: +) Khảo sát sự biến thiên của đồ thị hàm số.

+) Hàm số đạt cực trị tại điểm 0 0' 0x x y x và 0x x được gọi là điểm cực trị.

+) Hàm số đạt cực trị tại điểm 0x x thì 0y x là giá trị cực trị.

Cách giải:

Ta có: 2 2 1' 3 12 9 ' 0 3 12 9 0

3

xy x x y x x

x

Bảng biến thiên:

Mệnh đề (4) đúng.

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng ;1 và

3; , nghịch biến trên khoảng 1;3 Mệnh đề (1) đúng.

Hàm số đạt cực đại tại 1 3;CDx y hàm số đạt cực tiểu tại

3; 1CTx y Mệnh đề (2) sai.

Ta có: 3 3 3. 1 0CD CTy y Mệnh đề (3) đúng.

Như vậy có 3 mệnh đề đúng.

Chú ý: Học sinh thường giá trị cực trị và điểm cực trị nên có thể chọn sai mệnh dề (2) đúng.


Phương pháp: Dựa vào BBT để kết luận tính đơn điệu của hàm số và suy ra các giá trị a, c

tương ứng.

Cách giải: TXĐ: 1

\D Rc

Ta có:

2'

1

a bcy

cx

Ta thấy đồ thị có TCĐ 1

1 1 1x cc


Hàm số có TCN 2 2 2 2a

y a cc


Theo BBT ta thấy hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của hàm số.

' 0 0y a bc (do 2

1 0 cx x D )

Hàm số đồng biến trên ; 1 và 1; Mệnh đề (3) sử dụng kí hiệu hợp nên sai.

x 1 3

'y + 0 0 + y 3

1



Nếu

2 2 2

1 1'

1 1 1

a bcy

x cx x

2 2

2 12 1

1 1

bb

x x

1b


Như vậy có 3 mệnh đề đúng.

Chú ý: Học sinh rất dễ nhầm lẫn và sai ở mệnh đề (3). Chú ý khi kết luận khoảng đồng biến và

nghịch biến ta dùng và chứ không dùng kí hiệu hợp.


Phương pháp:

+) Biến đổi các công thức trong các đáp án bằng các công thức của hàm logarit.

+) Với 0 1a ta có hàm số log 0 1a f x f x và log 0 1a f x f x .

Cách giải:

+) Xét đáp án A: 1

2 2

1 1log log 2 log log 2 log 1 0a

a a aa a

loại đáp án A.

+) Xét đáp án B: 1

1 1log log log 1 0

log10 1a a

loại đáp án B.

+) Xét đáp án C: 1

4

4

1 1 1log log log 0

4 4a a aa a

a

loại đáp án C.

+) Xét đáp án D: 14

42 2 2 2log log log log log 4 log log 4 2 0aa

a

a a a

chọn đáp án D.


Phương pháp:

+) Giải phương trình '' 0y ta được nghiệm 0x x . Khi đó ta tìm được

0 0 0 0;y x x y M x y

+) Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm 0 0;M x y là

0 0 0'y y x x x y

Cách giải:

Ta có: 2' 2 '' 2 2 '' 0 2 2 0 1y x x y x y x x

Với 1x ta có: 4 4

1 1; .3 3

y M



Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M là:

4 4 7

' 1 1 13 3 3

y y x x x


Phương pháp: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của

nó trên mặt phẳng đó.

Cách giải: Gọi H là trung điểm của AC ta có HM // SA nên HM ABC , khi đó

; ;MB ABC MB HB MBH

Ta có : 2 24 5SC a a a SB

Xét tam giác SBC có

2 2 2 2 2 2 22 5 5 7 7

2 4 2 4 4 2

SB BC SC a a a a aMB BM

Tam giác ABC đều cạnh a nên 3

2

aBH

Xét tam giác vuông BHM có:

3212cos77

2

aBH

MBHBM a


Dựa vào đồ thị hàm số 'y f x để nhận xét tính đơn điệu của hàm số y f x và các điểm

cực trị của hàm số.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: ' 0f x khi 3x hàm số y f x đồng biến trên

3; Đáp án A sai.

Tại 1x ta thấy ' 0f x nhưng tại đây hàm 'y f x không đổi dấu nên 1x không là điểm

cực trị của hàm số y f x Đáp án B sai.



Tại 3x ta thấy ' 0f x và tại đây đây hàm 'y f x có đổi dấu từ âm sang dương nên

3x là điểm cực tiểu của hàm số y f x Đáp án C đúng.

Như vậy hàm số y f x có 1 điểm cực trị Đáp án D sai.


Phương pháp: +) Số nghiệm của phương trình 3 23 2x x m m là số giao điểm của đồ thị

hàm số 3 23 2y x x và đường thẳng y m .

+) Dựa vào đồ thị hàm số để biện luận số nghiệm.

Cách giải:

Phương trình 3 23 2x x m có 3 nghiệm phân biệt đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số

3 23 2y x x tại 3 điểm phân biệt.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số 3 23 2y x x tại 3 điểm

phân biệt 2 2.m


Phương pháp: Giải phương trình: 2

sinx k

kx k

Cách giải: Ta có phương trình:1

sin sin sin2 6

x x

2 2

6 6

52 2

6 6

x k x k

k

x k x k

Chú ý: Học sinh có thể nhầm lẫn khi chọn đáp án B với k


Phương pháp:

0y y là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y f x nếu

0

0

lim

lim

x

x

f x y

f x y

y m là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y f x nếu thỏa mãn ít nhất

0

0

0

0

lim

lim

lim

lim

x x

x x

x x

x x

f x

f x

f x

f x



Cách giải: ĐKXĐ: 1, 5 x x . Ta có:

+)2

1 1lim 0

4 5x

x

x x

nên 0y là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

+) 25 5

1 1lim lim

4 5x x

xy

x x

nên 5x là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho chỉ có 2 tiệm cận.


Phương pháp: Hàm số bậc ba y f x đồng biến trên ' 0, .R y x R Và chỉ bằng 0 tại

hữu hạn điểm.

Cách giải: Ta có . 2' 2 2 3y x mx m

Để hàm số đồng biến trên R thì 0

' 0,' 0

ay x R

2

2

1 02 3 0 1 3

2 3 0m m m

m m

Vậy 1;3 .m

Chú ý khi giải:

Cần chú ý: HS thường bỏ quên hai giá trị 1; 3m m và chọn nhầm đáp án D mà không chú ý

khi thay hai giá trị này vào ta vẫn được hàm số đồng biến trên R


Phương pháp: Xét từng trường hợp 3; 3; 3a b c rồi cộng các kết quả ta được số các số cần

tìm.

Cách giải: Gọi số có ba chữ số là abc .

- TH1: 3a .

Có 4 cách chọn b và 3 cách chọn c nên có 4.3 12 số.

- TH2: 3b

Có 4 cách chọn a và 3 cách chọn c nên có 4.3 12 số.

- TH3: 3c .

Có 4 cách chọn a và 3 cách chọn b nên có 4.3 12 số.

Vậy có tất cả 12 12 12 36 số.


Phương pháp: Quan sát đồ thị hàm số đã cho và nhận xét.



Cách giải: Quan sát hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số y f x có hai điểm cực tiểu và điểm cực

đại nên hàm số có cực trị.

Chú ý khi giải:

- Nhiều HS sẽ nhầm lẫn hàm số 2 2 4y f x x x và chọn nhầm đáp án A là 1 cực trị.

- Một số bạn sẽ không tính hai điểm nằm trên trục hoành là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã

cho nên sẽ chọn nhầm đáp án A.


Phương pháp:

- Xác định góc giữa hai mặt phẳng ,SBC ABC bởi định nghĩa: Góc giữa hai mặt phẳng là góc

giữa hai đường thẳng nằm trong hai mặt phẳng mà cùng vuông góc với giao tuyến.

- Tính thể tích khối chóp theo công thức 1

3V Sh

Cách giải:

Gọi E là trung điểm của BC

Dễ thấy y f x nên y f x cân tại S.

Do đó y f x , ta có: y f x

Tam giác ABC đều cạnh a nên . y f x

Tam giác vuông SAE có y f x nên: y f x

Vậy y f x


Phương pháp: Xét tính đúng sai của các đáp án dựa vào sự tương giao giữa hai đồ thị, sự đồng

biến, nghịch biến của hàm số,

tiệm cận đứng, tiệm cận ngang của đồ thị hàm số,…

Cách giải:

Đáp án A: Đồ thị hàm số y f x cắt đường thẳng 5y tại 1 điểm duy nhất có hoành độ

2x nên A sai.

Đáp án B: 2x là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số vì2 2

lim ; limx x

y y

nên B đúng.

Đáp án C: Hàm số đồng biến trên khoảng ;2 nên cũng đồng biến trên ;1 ;2 nên

C đúng.



Đáp án D: Hàm số đồng biến trên trên 2; nên đồng biến trên 3;10 , do đó

3;10max 10x

f x f

nên D đúng.


Phương pháp: - Công thức tính diện tích xung quanh hình nón xqS rl

- Công thức tính thể tích khối nón 21

3V r h

Cách giải:

2 2 2 22 12 6 6 2 4 2xqS rl l l h l r

2 21 1 16 2.2 .4 2

3 3 3V r h

Chú ý khi giải: HS thường nhầm lẫn công thức tính diện tích xung quanh hình nón S rh dẫn

đến tính sai chiếu cao hình nón.


Phương pháp: Xét phương trình hoành độ giao điểm, đưa phương trình về phương trình bậc hai

và sử dụng công thức tính khoảng cách, định lý Vi-et cho phương trình bậc hai để tìm m

Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm:

2 1

1 11

xx m x

x

2 2 2 0 *x m x m

Đường thẳng d cắt C tại hai điểm phân biệt phương trình có hai nghiệm phân biệt khác

1.

2

2

2 4 2 0 2 6 0 6

21 01 2 . 1 2 0

m m m m m

mm m

Khi đó d cắt C tại 1 1 2 2; 1 , ; 1A x x m B x x m

2 2

2 1 2 1 2 3AB x x x x

2 22 2

2 1 1 1 2 2 1 2 1 22 12 2 6 4 6x x x x x x x x x x .

Áp dụng định lý Vi-et 1 2

1 2

2

2

x x m

x x m

ta có:

2 2 2 10 4 10

2 4 2 6 02 2 10 4 10

m mm m

m m

(TMĐK)

Vậy 4 10m




Phương pháp: Công thức tính đạo hàm hàm hợp: . ' ' . 'f u x u x f u

Công thức tính đạo hàm hàm số mũ ' lnx xy a y a a

Cách giải: Ta có: '2 3 2 3 2 3 2 22 ' 2 3 2 ln 2 2.2 ln 2 2 ln16x x x xy y x


Phương pháp:

+) Sử dụng phương án loại trừ để giải bài toán.

+) Ta có: ; / / / /a b a b

Cách giải:

Ta có: O là trung điểm của AC, I là trung điểm của SC

/ /OI SA (OI là đường trung bình của tam giác SAC).

/ /OI SAB A đúng.

Tương tự / /OI SAD B đúng.

Ta có: ;I SC I SAC O AC O SAC

O BD O IBD

IBD SAC IO D D đúng.


Phương pháp: Sử dụng công thức tính thể tích của khối chóp và tỉ lệ thể tích để làm bài toán.

Cách giải: Vì ,M N lần lượt là trung điểm của ', '.BB CC

Suy ra ' ' '. ' ' ' ' ' ' ' . ' ' ' '.

1 1 1

2 2 2MNC B A BCC B A MNC B BCC B ABC A B C A ABCS S V V V V

Mà '. . ' ' ' ' ' ' . ' ' ' . ' ' ' . ' ' '

1 1 1 1

3 2 3 3A ABC ABC A B C A MNC B ABC A B C ABC A B C ABC A B CV V V V V V

Vậy tỉ số . ' ' ' . ' ' '

'1

2 '. ' '. ' ' '

1

3 21

3

ABC A B C ABC A B CA MNABC

A MNC BABC A B C

V VVV

V V V


Phương pháp: +) Điều kiện để hai mặt phẳng vuông góc là: Hai mặt phẳng vuông góc với nhau

khi và chỉ khi một trong hai mặt phẳng đó chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng còn

lại.



Cách giải:

a PP Q

a Q

Theo điều kiện để hai mặt phẳng vuông góc thì đáp án A đúng.


Phương pháp: Lấy điểm A(0;1) thuộc đồ thị hàm số 3 ,xy tìm điểm đối xứng với A qua

đường thẳng 1x và cho điểm đó thuộc đồ thị hàm số y f x

Cách giải:

Lấy 0;1A thuộc đồ thị hàm số ’ 23 ;, 1xy A đối xứng với A qua đường thẳng 1x nên

A’ thuộc đồ thị hàm số y f x

Loại A, C và D


Phương pháp: Chia đường đi của thỏ thành 2 giai đoạn, tính số phần tử của không gian mẫu và

số phần tử của biến cố A « thỏ đến được vị trí B » .

Cách giải :

Từ A đến B nhất định phải đi qua D, ta chia làm 2 giai đoạn A D

và D B

Từ A D có 9 cách.

Từ D B có 6 cách tính cả đi qua C và có 3 cách không đi qua C.

Không gian mẫu 9.6 54n

Gọi A là biến cố « thỏ đến được vị trí B » thì 9.3 27An

Vậy 27 1

54 2An

P An


Phương pháp: Nhận xét

; ' '

2 ; ' ' 2 ; ' '; ' '

d B ACC A BAd B ACC A d H ACC A

BHd H ACC A

Xác định khoảng cách từ H đến (ACC’A’).

Cách giải :

Ta có 'A H ABC nên ' ; ' ; ' 60d A A ABC A A HA A AH

Gọi D là trung điểm của AC thì BD AC , kẻ HE // AC suy ra HE AC



Ta có AH AC

AC AHEHE AC

Trong (AHE) kẻ ' ' ; ' 'HK AE HK AC HK ACC A d H ACC A HK

Mà

; ' '

2 ; ' ' 2 ; ' ' 2; ' '

d B ACC A BAd B ACC A d H ACC A HK

BHd H ACC A

Ta có 2 3 1 3

32 2 2

a aBD a HE BD

Xét tam giác vuông A’AH có ' . tan 60 3A H AH a

Xét tam giác vuông A’HE có

22

2 2 22

22 22

33 .

' . 3 1543' 5 5

34

aa

A H HE a aHK HK

aA H HEa

2 15; ' '

5

ad B ACC A


Phương pháp: Phân tích đề bài và tìm giá trị lớn nhất của cây luồng để có thể trôi qua khúc

sông.

Cách giải:

Để cây luồng có thể trôi qua khúc sông thì độ dài cây luồng không được vượt

quá độ dài đoạn thẳng CD với CD là đoạn thẳng đi qua B và vuông góc với AB

như hình vẽ.

Xét tam giác vuông ABH ta dễ dàng tính được . 3 2AB

Tam giác ACD vuông tại A và có AB là phân giác đồng thời là đường cao nên

ACD cân tại B

AB là trung tuyến ứng với cạnh huyền.

12 6 2 8,48

2AB CD CD AB

Vậy trong 4 cây luồng trên chỉ có cây luồng dài 9m không trôi qua được khúc sông.


Phương pháp: Hàm số có hai tiệm cận đứng phương trình 0MS có hai nghiệm phân biệt

không trùng với nghiệm của tử số và thỏa mãn ĐKXĐ.

Cách giải :



ĐKXĐ: 2

0 4

6 2 0

x

x x m

Ta có 212 4 0 x x x nên để mC có hai tiệm cận đứng thì phương trình

2 26 2 0 6 2 0 *x x m x x m có hai nghiệm phân biệt thuộc 0;4 .

Đế phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì 9

' 9 2 02

m m

Gọi 2 nghiệm phân biệt của (*) là 1 2x x ta có 1 20 4x x . Theo định lí Vi-et ta có 1 2

1 2

6

. 2

x x

x x m

Khi đó

1 2 1 2

1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

0 0 2 0

0 0 6 0 04

4 4 0 4 16 0 2 24 16 0 2 8 0

6 8 04 4 0 8 0

x x x x m

x x x x mm

x x x x x x m m

x x x x

Kết hợp nghiệm ta có 9

42

m


Phương pháp giải:

Tính đạo hàm của hàm số và tìm nghiệm của phương trình ' 0y dựa vào bài toán tương giao và

đồ thị hàm số y f x Số điểm cực trị của hàm số cần tìm.

Lời giải:

Xét hàm số 2 3 ' ' 2 .ln 2 ' .3 .ln 3;f x f x f x f xg x g x f x f x x

Ta có

2

3

' 0 ' 0 1' 0

' 0 ln 32 ln 3 log 22 .ln 2 3 .ln 3ln 23 ln 2

f x

f x f x

f x f xf x

g xf x

.

Dựa vào đồ thị hàm số y f x , ta thấy:

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt (vì hàm số y f x có 3 điểm cực trị).

Phương trình (2) vô nghiệm vì đường thẳng 2

3

ln 3log 1

ln 2y không cắt ĐTHS.

Vậy phương trình ' 0g x có 3 nghiệm phân biệt hay hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.





Sử dụng phương pháp tính giới hạn vô định

với biểu thức chứa căn ta làm mất nhân tử của tử

và mẫu bằng cách nhân liên hợp, tạo hằng đẳng thức.

Lời giải:

Đặt 3 3

32 2

6 2056 5 5

5 25 5 25

f xPP P x f x P

P P P P

Vì

2

20lim 10

2x

f x

x

nên 20 0 20 5f x f x P

Khi đó

22 2 2

3

2 2

6lim lim

6 5 5 6 20 20

5 25 5 2lim .

6 22 3 53x x x

f x f x f x

Px x xx x xP P P

Suy ra

22 2

20 6 6 4lim .lim 10.

2 5.75 2523 5 5x x

f xT

x x P P



Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy, xác định đường cao của khối chóp từ đó dựng

hình, tính toán để tìm bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp

Lời giải:

Vì ABCD là hình thoi cạnh a và 60ABC AB AC AD a

Suy ra A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABCD

Gọi M là trung điểm SC; của đường thẳng d đi qua M vuông góc SA tại

I IS IB IC ID I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp .S BCD

Đặt 3IS IC x IA a x mà 2 2 2IA AC IC suy ra

2 2 2 2 5 5

3 6 103 3

a aa x a x ax a x R

Câu 47: Đáp án


Sử dụng công thức liên quan đến hình trụ : Diện tích xung quanh, diện tích đáy và diện tích toàn

phần

Lời giải:

Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ ban đầu T

Và 1 2;h h lần lượt là chiều cao của 2 khối trụ mới 1 2, .T T



Diện tích toàn phần khối trụ T là 22 2S Rh R

Diện tích toàn phần khối trụ 1T là 21 12 2 S Rh R

Diện tích toàn phần khối trụ 2T là 22 22 2 S Rh R

21 2 1 2S S 2 R h h 4 R

Theo bài ra, ta có 2 21 2S S S 32 2 Rh 4 R 2 Rh 2 R 32 R 4

Vậy 2 2 21 2S S 2 Rh 4 R 2 .4.7 4 .4 120 dm



Biến đổi công thức lượng giác, đưa phương trình bài cho về dạng phương trình cơ bản, kết hợp

với điều kiện nghiệm để tìm giá trị của tham số m

Lời giải:

Với 0;6

x

suy ra 1

sin 0;2

t x

(vì là hàm số đồng biến trên khoảng 0;6

).

Ta có 2sin 1 sin 2 sin cos sin 1 sin 2 sin 1 sin 1 sinx x m x m x x x m x m x x

sin 2 sin 1 sin sin 2 sin sin sin 2x m x m x x m x m m x m f x x

Xét hàm số sin 2f x x trên khoảng 0;6

x

suy ra

0 0

32

min

ma .6 2

x

f x f

f x f

Do đó, để phương trình m f x có nghiệm3

02

m Vậy 3

0;2

S



Tìm tọa độ các điểm cực trị của hàm số trùng phương sau đó dựa vào tính chất của tứ giác nội

tiếp đường tròn để tìm được tham số m

Lời giải:

Ta có

3 2 2 2

2 2

0' 4 4 0 0

*

xy x m x x x m

x m

Để hàm số có 3 điểm cực trị 0m . Khi đó, gọi 40; 3 , ;3 , ;3A m B m C m là ba điểm

cực trị.

Vì A B Cy y y nên yêu cầu bài toán Tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn C



VàAB AC

OB OC

suy ra OA là đường trung trực của đoạn thẳng BC.

OA là đường kính của đường tròn . 0 1C OB AB

Mà 4; , ;3AB m m OB m

suy ra 4 2 1 11 . 3 0

3 3m m m m m



Sử dụng phương pháp hàm đặc trưng từ phương trình giả thiết để tìm mối liên hệ giữa ,x y sau

đó thế x theo y vào biểu thức bài cho, khảo sát hàm số đã tìm GTNN – GTLN.

Lời giải:

Giả thiết 2 1 2 1

2 2 1

3 3 3 35 1 5 2 5 2 5 1 *

3 3 3 3x y xy x y xy

xy x y x y xyx xy y x y xy

Xét hàm số 1

53

t

tf t t với t có ' 5 .ln 5 3 .ln 3 1 0;t tf t t

Suy ra f t là hàm số đồng biến trên mà * 2 1 2 1f x y f xy x y xy

2 1

1 2 11

yx y y x

y

với 0 1x y Khi đó

22 1 1

1 1

y y yT x y y

y y

Xét hàm số 2 1

1

y yf y

y

trên khoảng 1; có

2

2

2 2' 0 1 3

1

y yf y y

y

Tính các giá trị 1 3 3 2 3f và 1

lim limy y

f y f y

Do đó, giá trị nhỏ nhất của hàm số là 3 2 3 Vậy min 3 2 3T

s3-ap-southeast-1.amazonaws.com filePhương pháp: Sử dụng khai triển nhị thức Newton: 2...

Documents

Transcript of s3-ap-southeast-1.amazonaws.com filePhương pháp: Sử dụng khai triển nhị thức Newton: 2...