KĨ THUẬT CHỌN hệ số NHỜ yếu tố bất BIẾN thầy tùng toán

Giải Dựa vào đáp số bài toán có yếu tố bất biến về dấu của M N,A. Gọi M là điểm thuộc C , khi đó tiếp tuyến tại M của đồ thị C cắt hai đường tiệm cận của C tạo thành tam giác có di

Trang 1

ĐÁP ÁN

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 Cho 0 a 1, b1 và M log 3a , Nlog3b Khi đó khẳng định nào sau đây đúng?

A M 0 và N0 B M 0 và N0

C M 0 và N0 D M 0 và N0

Giải

Dựa vào đáp số bài toán (có yếu tố bất biến về dấu của M N, ) Nên ta chọn a0,5 và b2

0,5

3

log 2 0, 63 0

M

N



Cách 2 (Giải Xuôi) Ta có:

3

a





T  z z  z z bằng bao

nhiêu? A 3 2 B 3 C 5 D 5 2 Giải

Dựa vào đáp số bài toán cho ta biết kết quả T  z1z2 2 z1z2 2 không đổi (bất biến) miễn sao

z  z  (*) Do đó, ta chọn z1  2 và 2 2

2

z  (thỏa mãn (*))

Khi đó

Chú ý : Với số phức za (là số thực) thì z  a và z bi (là số ảo) thì z  b Ở bài toán trên ta chọn

theo các số thực z1  2 và 2 2

2

z  là cách chọn “nhẹ nhàng” nhất để tính toán

KĨ THUẬT CHỌN HỆ SỐ NHỜ YẾU TỐ BẤT BIẾN

GIẢI BÀI TẬP TỰ LUYỆN Giáo viên: NGUYỄN THANH TÙNG

Trang 2

Cách 2 (Giải Xuôi) Gọi

2

z a b i

 

 

T  a a  b b i  a a  b b i  a a  b b  a a  b b

 2 2 2 2

1

2

       

Câu 3 Ta có đẳng thức

33 3 5 3

a a



 với 0 a 1 Khi đó  thuộc khoảng nào sau đây ?

A ( 1;0) B.(0;1) C (1;3) D (3; 4)

Giải

Chọn a2, giải phương trình

33 3 5 3

2.2

2 2

X

 bằng phím SOLVE (SHIFT +CALC) với X 0

0, 4975 ( 1;0)



     đáp án A

Cách 2 (Giải Xuôi)

Ta có:

7 15

( 1; 0) 15

P x x x với x0 Biết viết gọn P ta được

m n

Px với m

n là phân

số tối giản ( ,m n0) Hỏi tổng m n bằng bao nhiêu?

A 45 B 47 C 46 D 48

Giải

Chọn a2, giải phương trình 3 2 4 3

2 2 2 2X 0 bằng phím SOLVE (SHIFT +CALC) với

0

X  ta được:

0,958(3) 23

24

m

n

Trang 3

Chú ý: Để đổi số 0,958(3) sang phân số ta dùng tổ hợp phím để hiện dấu ngoặc

Ta có:

24

m

m n n

đáp án B

1

x y x





 có thị ( )C Gọi M là điểm thuộc ( )C , khi đó tiếp tuyến tại M của đồ

thị ( )C cắt hai đường tiệm cận của ( )C tạo thành tam giác có diện tích bằng bao nhiêu?

A 5 B 2 C 4 D 3

Giải

Do diện tích tam giác không đổi với mọi điểm M thuộc ( )C Do đó, ta chọn M(2;3)( )C

( 1)

x



 , suy ra phương trình tiếp tuyến tại M : y  x 5 ( )

Khi đó A(1; 4), (3; 2)B lần lượt là giao điểm của  với TCĐ: x1và TCN:y2

Ta có I(1; 2) là giao điểm 2 tiệm cận, suy ra: . 2.2 2

IAB

IA IB

Cách 2.1 ( Chuyển hệ trục) Đặt 1 1

2

x X

Y



 

  

1 '

Y X

 

Gọi M m; 1 ( ')C

m

  , phương trình tiếp tuyến tại M : 2



  ( )

Khi đó A 0;2 , (2 ; 0)B m

m

  là giao điểm của ( ) với TCĐ X 0, TCN Y 0 của( ')C

Suy ra

2 2

2

OAB

m m

OA OB

Cách 2.2 Gọi ;2 1 ( )

1

m



1 '

( 1)

y x





 Suy ra phương trình tiếp tuyến tại M:

1 2( ) 2 1

m

2

 1; 2 , (2 1; 2)

1

m

  

  lần lượt là giao điểm của  với TCĐ: x1và TCN y2

Ta có I(1; 2) là giao điểm 2 tiệm cận, suy ra:

2

IAB

m m

S



Trang 4

Câu 6 Cho , , a b c là các số thực thỏa mãn 32a 63b 2016c Giá trị của biểu thức Tab bc ca 

bằng bao nhiêu?

A T2017 B T 2016 C T 0 D T 1

Giải

Vì T ab bc ca  không đổi với mọi bộ số ( , , )a b c thỏa mãn 32a 63b 2016c (*)

Do đó ta chọn: a  b c 0 (thỏa mãn (*)) T 0đáp án C

Cách 2 (Giải Xuôi) Ta có: 32a 63b 2016clog201632a log201663b log20162016c

2016

63 2016

log 32

log 32 log 63

 







Câu 7 Cho m n p, , là các số thực dương thỏa mãn 4m 10n 25p Giá trị của biểu thức T n n

bằng bao nhiêu? A T 1 B 1

2

T  C T 2 D 1

10

T 

Giải

Vì T n n

  không đổi với mọi bộ số ( , , )m n p dương thỏa mãn 4m 10n 25p (*) Ta chọn:

4

p





đáp án C

4m 10n 25p

25

log 4

log 4 log 10

1

log 25 log 10

n m

n p





 T log 4 log 25 log1002đáp án C

yax bx  cx d có đồ thị ( )C với a b c d, , , , lim

  ; lim

  



 Hỏi ( )C cắt đường thẳng y2017 tại bao nhiêu điểm phân biệt?

A 0 B 1 C 2 D 3

Trang 5

Giải

Từ đáp án cho ta biết số giao điểm của đồ thị 3 2

yax bx  cx d và đường thẳng y2017 không đổi với ( ; ; ; )a b c d miễn sao thỏa mãn:

8 4 2 2017 0



  ; lim

   (*)

Với lim

  ; lim

    a 0, ta chọn:

1 0 5 2017

a b c d

 



 



 



 



thỏa mãn (*) 3

5 2017

y  x x ( )C

Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của ( )C và đường thẳng y2017 là:

5

x





 

 , suy ra có 3 giao điểmđáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị 3 2

yax bx  cx d và đường thẳng y2017 là:

3 2

f x ax bx   cx d  (*)

Ta có

lim ( )

( 2) lim ( ) 0

( 2) (2) 0

(2) lim ( ) 0 lim ( )

x

x x

f x





 







1 ( ; 2), 2 ( 2; 2), 3 (2; )

         với f x( )1  f x( )2  f x( )3 0

Suy ra phương trình (*) có 3 nghiệmđáp án D

Chú ý : Các bạn có thể tham khảo thêm một cách trình bày khác khi giải chiều xuôi trong ví dụ tương tự

(Ví dụ 3) ở phần bài giảng

Câu 9 Với điều kiện

2

0

ac b ac ab





yax bx c cắt trục hoành tại bao nhiêu điểm? A. 1 B 2 C. 3 D 4

Giải

Từ đáp án cho ta biết số giao điểm của đồ thị 4 2

yax bx c và trục hoành không đổi với ( ; ; )a b c

2

0

ac b ac ab





1 3 2

a b c





  



 



thỏa mãn (*)

yx  x  , suy ra phương trình hoành độ giao điểm:

Trang 6

2

1 1

2 2

x x

 

 , hay đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểmĐáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm: 4 2

0

ax bx  c (*) t x 2at2  bt c 0 (2*) Ta có:

2

ac





 

2

ac b  ac – không thỏa mãn (3*))

Khi đó (2*) có 2 nghiệm phân biệt t t1, 2 thỏa mãn

1 2

0 0

b

t t

a c

t t a

    







(vì ab0 và ac0) 1

2

0 0

t t





Do mỗi nghiệm t dương sinh ra 2 nghiệm x (*) có 4 nghiệm phân biệtĐáp án D

i z

 có môđun bằng bao nhiêu?

A w 1 B w 2 C w 3 D w 4

Giải

Dựa vào đáp số bài toán (có yếu tố bất biến) cho ta biết w không đổi miễn sao z thỏa mãn

2

i

4

z

z  a bi   a b  (*)

Ta có

(*)

1

2017z có phần thực

bằng A 1

2 B 1

2017 C 1

4 D 1

4034

Giải

Dựa vào đáp số bài toán (có yếu tố bất biến) cho ta biết 2

2017z có phần thực không đổi miễn

sao z không phải là số thực và z 2017 nên ta chọn

2017

Suy ra phần thực của 2

2017z bằng

1

2017 đáp án B

Trang 7

2017

z

z   a bi  a b  (*)

2.2017.(2017 ) 2017 2017(2017 )

i

 

Suy ra phần thực của 2

2017z bằng

1

2017 đáp án B

Câu 12 Cho x y, là các số thực thỏa mãn x y 0 và 2log (2 xy)log2xlog2 y3 Khi đó tỉ

số x

y bằng bao nhiêu?

A 2 B 3 C 5 2 6 D 5 2 6

Giải

Chọn y1, điều kiện có dạng:

2log (x 1) log x 3 log (x1) log (8 )x (x1) 8xx 10x 1 0

5 2 6 1 5 2 6 5 2 6

5 2 6

x y

x

y x

 

  

 

2log (xy)log xlog y 3 log (xy) log (8xy)

2

x 5 2 6

y

x

y



   đáp án D

log (x x y2y ) 1 log  x2log y Khi đó tỉ số x

y bằng bao nhiêu?

A 2 B 3 2 2 C 3 2 2 D 2

Giải

Chọn y1, điều kiện có dạng:

log (x x 2) 1 log  xlog (x x 2)log (2 )x

y

 

Trang 8

Ta có:

log (x x y2y ) 1 log  x2log ylog (x x y2y )log (2xy )x x y2y 2xy

2

x

y



  đáp án A

Câu 14 (Chuyên Ngữ) Cho n là số tự nhiên chẵn và a là số thực lớn hơn 3 Phương trình

(n1)x n 3(n2)x n a n 0

A 0 B 1 C 2 D 4

Giải

Việc ra các phương án nghiệm là 0 ; 1; 2; 4 chứng tỏ bài toán đúng với n a, miễn sao n là số tự

nhiên chẵn và a là số thực lớn hơn 3 Do đó ta chọn 0

4

n a





 

 , khi đó phương trình có dạng:

2

x  x  , phương trình vô nghiệmĐáp án A

f x  n x   n x  a 

'( ) ( 1)( 2) n 3( 1)( 2) n

f x  n n x   n n x

 (n 1)(n2)x x n( 3)

f x'( )  0 x 3 hoặc x0 (nghiệm bội chẵn)

Dựa vào bảng biến thiên ta có f x( )0 Do đó phương trình

f x( )0 vô nghiệmĐáp án A

Câu 15 (Chuyên KHTN Hà Nội) Cho khối đa diện đều n mặt có thể tích là V và diện tích của

mỗi mặt của nó là S Khi đó tổng khoảng cách từ một điểm bất kì bên trong khối đa diện đó

đến các mặt của nó bằng

A nV

S B V

nS C 3V

S D

3

V

S

Giải

Do khối đa diện đều chỉ có 5 loại ứng với n4;6;8;12; 20 và có 2 đáp án thể hiện tính bất biến

(không phụ thuộc vào n ), còn hai đáp án còn lại phụ thuộc vào n

Do đó ta chọn n4 (khối tứ diện đều)

Gọi M là điểm nằm trong khối tứ diện và chia khối tứ diện đều thành 4 khối chóp tam giác có

+∞

∞

a n +2 3n +2 > 0

x f'(x)

f(x)

0 3

+∞ +∞ +

Trang 9

đáy là các mặt có cùng diện tích S và thể tích lần lượt là V V V V1, 2, 3, 4 Khi đó :

  

Gọi M là điểm nằm trong khối đa diện đều n mặt và chia khối đa diện đều thành n khối chóp

có đáy là các mặt có cùng diện tích S và có thể tích lần lượt là V V V1, 2, 3, ,V n Khi đó :

n

   

Chú ý : Chỉ có 5 loại khối đa diện đều là : Tứ diện đều (4 mặt), khối lập phương (6 mặt), bát diện đều (8

mặt), mười hai mặt đều (12 mặt) và hai mươi mặt đều (20 mặt)

Câu 16 Cho a b, là các số thực thuộc khoảng 0;

2



  và thỏa mãn điều kiện cotacotb a b

Giá trị của biểu thức P 3a 11b

a b





 bằng

A 5 B 7 C 8 D 9

Giải

Dựa vào các phương án ta nhận thấy P cho một giá trị không đổi (bất biến), nghĩa là ta chỉ cần tìm ra một điều kiện của a b, thỏa mãn cotacotb a b (*) là được Dễ thấy a b thì (*) luôn

đúng nên thay a b vào P ta được P7 đáp án B

Ta có cotacotb   a b a cota b cotb (*)

Xét hàm số f x( ) x cotx với 0;

2

x   

  Ta có '( ) 1 12 0

sin

f x

x

2

x   

  

 f x( ) đồng biến trên 0;

2



  Suy ra (*) f a( ) f b( ) a b

14 7 2

a P a

log mx 5mx  6x log m 3 x1 Với mọi số thực m

không âm phương trình đã cho có bao nhiêu nghiệm?

A 1 B 2 C 3 D vô số

Giải

Dựa vào đáp số bài toán cho ta biết số nghiệm của phương trình không phụ thuộc vào giá trị m

không âm Nghĩa là nó đúng với  m 0, nên ta chọn m0

Khi đó phương trình trở thành: log2 6 x log23 x1(1) ĐK

x

  



   



Trang 10

PT(1) 6  x 3 x 1 6 x x   1 3 5 2 6xx 1 9

5

x







Thử lại:

log mx 5mx  6x log m 3 x 1 log 2 12 m log m2 phương trình này không thể nghiệm đúng  m 0, vì với m 1 log212log 23 (vô lý)

log mx 5mx  6x log m 3 x 1 log 1 log m1(đúng m 0) Vậy  m 0 phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x5Đáp án A

log xmlog x m 0 nghiệm đúng với mọi giá trị của x(0;)?

A Có 6 giá trị nguyên B Có 8 giá trị nguyên

C Có 7 giá trị nguyên D Có 5 giá trị nguyên

Giải

Chọn x2,x 4 (0;) , khi đó ta được hệ: 0 4 0  4; 3; 2; 1; 0

m m

m



 



         

  





Đáp án D

Chú ý : Ở bài toán này nếu có thêm đáp án “có 4 giá trị nghiệm nguyên” thì bạn phải thử các giá trị m

tìm được, xem có loại bỏ trường hợp nào không Khi đó bài toán lại bị mất thời gian, và cách giải xuôi trong trường hợp này sẽ “tối ưu” hơn

Đặt tlog2xx (0; ) t 

Khi đó bài toán được phát biểu lại: “Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình

2

0

t mt m nghiệm đúng với t  ” Bài toán tương đương:

              : Có 5 giá trị nguyênĐáp án D

2 2

1 logm 2 x  1 m1

có nghiệm duy nhất ?

A. 0 B. 1. C. 2. D. Vô số

Giải

2 x     1 0 x  3; 3

Trang 11

Giáo viên : Nguyễn Thanh Tùng Nguồn : Hocmai.vn

Vì bất phương trình chỉ chứa 2

x nên nếu ta giả sử x x o là nghiệm của bất phương trình đã cho

Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất khi x o   x o x o 0

1 logm 1 m1  m1   0 m 1 Thử lại với m1 vào bất phương trình ta được:

2

log 2 x    1 0 2 x   1 1 x   1 1 x   1 1 x   0 x 0

Vậy với m1 bất phương trình có nghiệm duy nhất x0 Đáp án B

2 x m x   2 m8 x 3x2 nghiệm đúng với  x  1;3 ?

A 0 B 1 C 2 D vô số

Giải

Nhận xét: Ta dễ nhận thấy phương trình 2

x  x  có nghiệm x1 và x2 thuộc  1;3 nên

ta xét bất phương trình với x1 và x2 Khi đó thay x1,x2 vào bất phương trình ta được hệ:

2 17

3 23

8 22

3

m m

m



   



Thay m 8 vào lại bất phương trình ta được

2

Vậy với m 8 bất phương trình nghiệm đúng với  x  1;3 Đáp án B

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	1,24 MB