Những câu hỏi nâng cao rèn luyện kĩ năng giải toán môn Toán - Đoàn Văn Bộ, Huỳnh Anh Kiệt

Theo bài toán 1, tập hợp tâm các mặt cầu luôn tiếp xúc với ba cạnh của tam giác ABC là trục đường tròn nội tiếp tam giác ABC?. Và ta cần xác định tới 4 trường hợp.[r]

 PHÂN TÍCH SAI LẦM

 PHÂN TÍCH SAI LẦM

LỜI NÓI ĐẦU

Ở hình thức thi thi có sai lầm mà học sinh vấp phải có tốn khó đề thi Năm 2016 trở trước, với hình thức thi tự luận câu hỏi khó thường rơi vào hình học giải tích mặt phẳng, phương trình, bất phương trình, hệ phương trình toán liên quan đến bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Và bắt đầu năm 2017, Bộ Giáo dục Đào tạo đổi từ hình thức thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm khách quan khơng tránh khỏi khơng câu hỏi khó Đặc biệt lỗi sai học sinh, nhằm đánh giá lực học sinh Dựa vấn đề đó, chúng tơi biên soạn sách “Những câu hỏi nâng cao rèn luyện kĩ giải tốn mơn tốn” với mong muốn giúp cho bạn học sinh có thêm nguồn tư liệu tham khảo, trau dồi kiến thức để thi tốt kì thi Trung học Phổ thông Quốc gia đạt ước mơ vào ngơi trường Đại học mà mong muốn

Cuốn sách gồm có phần sau:

PHẦN I: PHÂN TÍCH SAI LẦM QUA NHỮNG BÀI TOÁN CỤ THỂ

PHẦN II: TỔNG HỢP CÂU HỎI NÂNG CAO

Chuyên đề 4: Số phức

Chun đề 5: Hình học khơng gian

Chuyên đề 6: Phương pháp tọa độ không gian PHẦN III: MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Cuốn sách biên soạn dựa toán đề thi thử nước, từ nhóm học tập facebook Trong tốn, chúng tơi ln đưa hướng dẫn giải chi tiết Thêm vào đó, tập có kiến thức chúng tơi có đưa vào, nhiên thời gian hạn hẹp nên khơng có viết thêm lý thuyết nhiều Chúng tơi đưa kiến thức mới, nằm ngồi sách giáo khoa nhằm giúp bạn học sinh có kiến thức mới, vận dụng nhanh chóng vào câu hỏi nâng cao Qua giúp bạn học sinh có nhìn Tốn học Các kiến thức nằm ngồi chương trình học bạn học sinh nên bỡ ngỡ với Các bạn học sinh đọc tự chứng minh để kiểm chứng kiến thức Ngồi ra, chúng tơi cịn thêm tập tương tự sau tập hướng dẫn giải Tuy nhiên, chút số tập mà chúng tơi có phân tích hướng dẫn

Cuối cùng, chúc bạn học sinh thi tốt kì thi Trung học Phổ thơng Quốc gia

Các tác giả

Đoàn Văn Bộ - Huỳnh Anh Kiệt (Sinh viên Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh) -

Mọi đóng góp vui lịng gửi về1:

Facebook: https://www.facebook.com/dvboo

Gmail: K40.101.183@hcmup.edu.vn

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

MỤC LỤC

LỜI NĨI ĐẦU

PHẦN I: PHÂN TÍCH SAI LẦM QUA NHỮNG BÀI TOÁN CỤ THỂ

PHẦN 2: TỔNG HỢP CÂU HỎI NÂNG CAO 39

Chuyên đề 1: KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN 39

Chuyên đề 2: MŨ – LOGARIT 54

Chuyên đề 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN 64

Chuyên đề 4: SỐ PHỨC 87

Chuyên đề 5: HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 107

Chuyên đề 6: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN 130

PHẦN III: MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN 167

PHẦN I: PHÂN TÍCH SAI LẦM QUA NHỮNG BÀI TOÁN CỤ THỂ

Câu

Cho hàm số y f x  Mệnh đề sau đúng? A f x   0, x  a b;  f x  đồng biến  a b; B f x    0, x a b;   f x  đồng biến đoạn a b;  C f x  đồng biến khoảng  a b;

  0,  ;

f x x a b

   

D f x  nghịch biến  a b;  f x   0, x  a b; Giải:

Với câu này, hẳn nhiều học sinh hoang mang, chọn đáp án A hay C Với câu hỏi này, không nắm vững lý thuyết khơng trả lời câu Học sinh quen làm với hàm bậc ba, trùng phương hay bậc hai bậc học sinh chọn đáp án C Bởi với lý luận mà học sinh hay làm tập là: “Hàm số đồng biến trên  a b; f x   0, x  a b; ”

Sai lầm học sinh chọn đáp án C ngộ nhận kiến thức tập mà học sinh hay làm

Đáp án D sai f x   0, x  a b; f x  nghịch biến khoảng  a b;

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

  , 0;1

f x  x x   có f

x

 

Rõ ràng f x  không xác định x0 hàm số đồng biến 0;1

Đáp án C sai thiếu f x 0 tồn hữu hạn điểm Mặt khác xét y ax b

cx d  

 có  2 0

ad bc

y ad bc

cx d 

     



suy hàm phân thức hàm Dẫn đến không thỏa mãn với yêu cầu

Đáp án A theo định lý SGK 12 trang Câu

Cho hàm số x y

x  

 Xét mệnh đề sau: (1) Hàm số nghịch biến D \ 3 

(2) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x1; tiệm cận ngang y3

(3) Hàm số cho khơng có cực trị

(4) Đồ thị hàm số nhận giao điểm I 3; hai đường tiệm cận tâm đối xứng

Chọn mệnh đề

A (1),(3), (4) B (3), (4) C (2), (3),(4) D (1), (4) Giải:

Ta có

 2

0,

y x D

x 

    



 Hàm số nghịch biến \ 3  ; 3 3; Suy (1)

Tiệm cận đứng x3, tiệm cận ngang y1 Suy (2) sai Mệnh đề (3)

Đến học sinh chọn đáp án A Mà đáp án A sai Phân tích sai lầm: Học sinh nhớ định nghĩa đồng biến (nghịch biến) khoảng lại đến khơng có học định nghĩa hai khoảng hợp Học sinh ngộ nhận nghịch biến ; 3 3; gộp thành ; 3 3; \ 3  dẫn đến nói câu Như vậy, học sinh cần phải nhớ rõ rằng, học định nghĩa đồng biến (nghịch biến ) khoảng, đoạn, nửa đoạn; khơng có khoảng hợp

Mệnh đề (1) sai (giải thích trên) Sửa lại: Hàm số nghịch biến ; 3 3;

Mệnh đề (2) sai

Mệnh đề (3) Hàm bậc bậc điểm cực trị

Mệnh đề (4) giao điểm hai đường tiệm cận đồ thị hàm số bậc bậc tâm đối xứng đồ thị hàm số

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Câu

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P :x y z   6 mặt cầu   2

: 12

S x y z  Có mặt phẳng  Q song song với  P tiếp xúc với  S

A B C D vô số

Giải:

Gọi O0; 0; 0 R2 tâm bán kính mặt cầu  S

Vì    Q / / P nên  Q :x y z D   0 (*) Vì  Q tiếp xúc với  S nên d O Q ; R

2 2

1 1

D

 

  (1)

Đến học sinh kết luận có mặt phẳng Ngồi làm tiếp D  6 D 6(2) Học sinh kết luận có hai mặt phẳng cần tìm Như vậy, học sinh chọn C sai

Phân tích sai lầm: Học sinh thấy A B với B0 tồn hai giá trị A thỏa mãn điều nên kết luận liền Tuy nhiên với (2), học sinh sai Lỗi sai (1) (2) học sinh quên đặt điều kiện D (*) nên dẫn đến không loại đáp án Ở (1) học sinh ngộ có hai giá trị D thỏa mãn

Câu

Cho hàm số yx42x22 Cực đại hàm số

A B C D 1

Giải: Ta có y 4x34x; 0

1 x y

x  

     

 Bảng biến thiên

x  1 

y    

y

 

1

Nhìn vào bảng biến thiên, thấy cực đại hàm số Tuy nhiên không hiểu rõ khái niệm vấn đề mắc sai lầm câu phân vân đáp án A, C

Ở đáp án A, điểm cực đại cực đại hàm số

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Câu

Tìm tham số m để hàm số cos cos x y x m  

 nghịch biến khoảng 0;

3 

     ?

A

2 m m       B m m      

C m 3 D m 3

Giải:

Nhận thấy, tử mẫu có cos x nên dùng phương pháp đổi biến để làm toán dễ dàng

Đặt tcos ,x với 0;

x 

 

1 ;1

t 

 

Khi tốn trở thành tìm m để hàm số t y t m    nghịch biến 1;1

2

     

Điều kiện xác định m t

Ta có  

 2

2 m y t m     

Hàm số nghịch biến 1;1

   

 

3

3

1

0, ;1

;1

2

2

m

m

y t m

Với cách giải chọn đáp án A Đáp án A đáp án sai Nguyên nhân sai lầm đâu?

Phân tích sai lầm: Nếu đặt tcosx hàm số ban đầu hàm hợp hàm  

2 t y f t

t m 

 

 tcosx Khi y f tt .x Yều cầu tốn tìm m để hàm số y f x 

nghịch biến 0; 

   

  nên y 0, x 0;3 

        

0, 0;

3

t x

f t  x   

    

  Mà sau đổi biến ta có

0, 0;

3

x

t   x  

  Như ta phải có

1

0, ;1

2

t

f   t  

 

Chứ y 0 cách giải Sai lầm dẫn đến sai không để ý đến biến biến thiên để ta có tốn Ngồi ra, nhiều học sinh quen nhiều dạng toán mà yêu cầu toán giữ nguyên nên dẫn đến ngộ nhận toán Đáp án xác nêu phần hai

Câu

Cho hàm số y x Chọn mệnh đề

A Hàm số khơng có đạo hàm x0 khơng đạt cực tiểu x0

B Hàm số khơng có đạo hàm x0 đạt cực tiểu x0

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Giải:

Chắc hẳn có nhiều học sinh chọn đáp án B

y x  x ,

2

1,

1,

neu x x

y

neu x x

 

   

 



Học sinh kết luận hàm số khơng có đạo hàm

x kết luận không đạt cực tiểu x0 Tại lại vậy?

Phân tích sai lầm: Học sinh ngộ nhận định lý “Nếu hàm số y f x  đạt cực trị x 0 f x 0 0” điều kiện cần đủ để hàm số có cực trị Nghĩa đạo hàm điểm mà khơng khơng có cực trị Nguyên nhân không nắm vững lý thuyết cực trị Đặc biệt định lý có chiều, hai chiều Tức chiều ngược lại khơng

Nhắc lại chút điều kiện đủ để điểm x0 điểm cực trị hàm số: “ f x  đổi dấu qua x0 x0 gọi điểm cực trị của hàm số” nhìn vào đồ thị hàm số “đồ thị hàm số đổi chiều qua điểm x0 x0 gọi điểm cực trị” Do đó, hàm số y f x  khơng có đạo hàm x 0 đạt cực trị điểm x0 Trong trình học lý thuyết, nên học thật kĩ, hiểu tường tận chất định nghĩa khái niệm để tránh khỏi mắc phải sai lầm không đánh kể

Như hàm số rõ ràng y đổi dấu qua

Câu

Cho số phức z a bi  , a b,  Mệnh đề sau sai?

A Đối với số phức z, a phần thực

B Điểm M a b ; hệ trục tọa độ Oxy gọi điểm biểu diễn số phức z

C Đối với số phức z, bi phần ảo D Đối với số phức z, b phần ảo

Giải:

Đối với câu nhiều học sinh bối rối việc chọn đáp án C, D Có nhiều học sinh chọn đáp án D Phân tích sai lầm: Bởi học sinh khơng nhớ nhớ nhầm phần thực, phần ảo số phức z Học sinh hay cho phần ảo bi Nhắc lại chút lý thuyết: “Cho số phức z a bi  với a b,  a gọi phần thực, b gọi phần ảo i gọi đơn vị ảo”

Như phần ảo số phức z khơng có chứa i Vậy mệnh đề C sai

Phân tích mệnh đề:

Mệnh đề A, D (theo phân tích lý thuyết trên) Mệnh đề B Với số phức có dạng z a bi     ;

M z  a b gọi điểm biểu diễn số phức z Mệnh đề C sai (theo phân tích lý thuyết trên)

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Câu

Cho số phức z1 3 ,i z2  6 5i Tìm số phức liên hợp số phức z5z16z2

A 51 40i B 51 40i C 48 37i D 48 37i Giải:

Ta có z5z16z2 5 2  i 6 5 i51 40 i Ở có lẽ nhiều học sinh chọn đáp án A

Phân tích sai lầm: Đây toán dễ, nhiều học sinh lại điểm câu Lý học sinh đọc đề không kĩ hấp tấp việc chọn đáp án Đề yêu cầu số phức liên hợp số phức z số phức z

Câu

Tìm tất các giá trị tham số m để đồ thị hàm số

1

2

x y

x mx m

 

   có đường tiệm cận đứng

A

4 m m     

 B

1 m m      

C   1 m D m   5; 1; 4

Giải: Sai lầm thường gặp:

Nhận thấy hàm số có bậc tử nhỏ bậc mẫu nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng mẫu có đứng nghiệm hay phương trình x22mx3m 4 có nghiệm kép

2 3 4 0

4 m

m m

m    

       

Như học sinh chọn đáp án A

Phân tích sai lầm: Học sinh xét thiếu trường hợp Nếu mẫu có hai nghiệm phân biệt có nghiệm tử đồ thị hàm số có tiệm cận đứng

Xét thêm trường hợp x22mx3m 4 0 có nghiệm

x  ta có m 5

Thử lại thấy m 5 thỏa mãn yêu cầu toán Câu 10

Đồ thị hàm số

2

1

x y

mx

 

 khơng có tiệm cận ngang

và

A m0 B m0 C m0 D m0 Giải:

Có lẽ nhiều học sinh chọn đáp án C Phân tích sai lầm:

 Nguyên nhân thứ nhất: Học sinh quên xét trường hợp m0 Nếu m0 đồ thị hàm số y x 1 khơng có tiệm cận ngang

 Nguyên nhân thứ hai: Không hiểu rõ mệnh đề phủ định sai Vì ban đầu học sinh tìm m để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang trước Và giải tìm điều kiện sau: m0 Phụ định lại, đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang

0

m Như vậy, phủ định sai mệnh đề

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Nhắc lại kiến thức mệnh đề phủ định, hai mệnh đề tương đương:

“Cho mệnh đề P Mệnh đề P gọi mệnh đề phủ định P kí hiệu P Mệnh đề P mệnh đề phủ định P là hai câu khẳng định trái ngược Nếu P P sai, nếu P sai P

Cho hai mệnh đề P Q Mệnh đề có dạng “P Q” gọi mệnh đề tương đương kí hiệu PQ

Nếu PQ PQ ngược lại

Ví dụ: cho hàm sốyax3bx2 cx d với a0 Ta có y 3ax22bx c có    b2 3ac

Hàm số có hai điểm cực trị   0 Ngược lại hàm số khơng có cực trị   0.”

Phân tích đáp án: Ta có

2

2 1

1

lim lim lim

1

x x x

x x

y

m

mx x m

x

  

 

  

 

2

2 1

1

lim lim lim

1

x x x

x x

y

m

mx x m

x

  



 

  

  

Như vậy, đồ thị hàm số có tiệm cận ngang

m Phủ định lại, đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang m0

Câu 11

Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số

 

2

2

2

2

x mx m

y

x m x m

  



    có đường tiệm cận tiệm cận ngang

A m2 B m2 C m m      D m m      Giải:

Với dạng toán này, học sinh nhận thấy đồ thị hàm số ln có đường tiệm cận ngang Và nói để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang  

2

x  m x m  

vô nghiệm hay  2  

2

m m m



        Học sinh

sẽ chọn đáp án A

Phân tích sai lầm: Học sinh xét thiếu trường hợp Nếu

2

x  mx m   có hai nghiệm x x1, 2

 

2

2

x  m x m   có hai nghiệm x x1, 2 giá trị m tìm trường hợp xảy ta Hay nói cách khác   2

1 2

m m

m m

 

 

  Với hệ ta giải

1

m Khi với m1 ta có đồ thị hàm số 2 3 x x y x x     

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Câu 12

Tìm tất giá trị tham số m để hàm số

 

1

2

3

y m  m x mx  x đồng biến A m0 B 1 m C

3 m m    

 D

0 m m      Giải:

Tập xác định D

Ta có y m22m x 2mx3 Hàm số đồng biến

 

2 2

2

3 2 0

3

2

2

m m m m m m

m

m m

m m

        

 

   

  

  

 



Đến đây, học sinh chọn đáp án C

Phân tích sai lầm: Học sinh quên xét trường hợp

2

m  m Đối với tốn tìm m để hàm số đơn điệu hàm bậc ba, hay trùng phương Nếu hệ số bậc cao có tham số phải xét trường hợp hệ số trước xem có thỏa mãn yêu cầu tốn hay khơng? Lỗi sai hay gặp, học sinh hay quên Như vậy, để làm dạng toán Trường hợp đầu tiên, ta thấy hệ số bậc cao chứa tham số xét trường hợp

Lời giải đúng:

Tập xác định D

Ta có y m22m x 2mx3

TH1: Nếu 2 0

2 m

m m

m  

   



Xét m0 y  3 (nhận, hàm số đồng biến ) Xét m2 y 4x3 (loại,

4

y    x , không

phải với x ) Xét m22m0

Hàm số đồng biến

 

2 2

2

3 2 0

3

2

2

m m m m m m

m

m m

m m

        

 

   

  

  

 



Kết hợp trường hợp đáp án D Câu 13

Cho hàm số x y

x  

 có đồ thị  C Gọi giao điểm đồ thị hàm số  C với đường thẳng d y:   x m A, B Tìm tất giá trị tham số m để OAB tam giác thỏa mãn 1

OA OB 

A

2 m m    

 B m2 C

0 m m    

 D m3

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT gọn biểu thức Từ tìm tham số m (kết hợp với giá thiết)

Giải: Sai lầm thường gặp:

Phương trình hồnh độ giao điểm  C d

 

2

1

x

x m x x



   

  

2

2 0,

x mx m x

      (1) Để  C cắt d hai điểm phân biệt A, B  1 có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 khác

 

2

2

4

4

1

m m

m m m

m m

   



      

   



GọiA x 1; x1 m B x , 2, x2 m

 2

2 2

1 2

OA x   x m  x  mx m

Do x1 nghiệm (1) nên

2

1 2

x mx    m x  mx   m

(đây mẹo mà nói trên) Khi OA m22m4

 2

2 2

2 2 2 2

OB x   x m  x  mx m  m  m

Khi đó, theo giả thiết có 2

0

1

2

2

m

m m

m

m m

 

     



  

Phân tích sai lầm: Học sinh đọc đề không kĩ làm giá trị tham số m kết luận liền Với câu này, đánh vào khả đọc đề nhận thức học sinh Đề yêu cầu “OAB tam giác” Như điểm O không thuộc và đường thẳng d hay m0 Suy loại đáp án m0 Và chọn B Sai lầm học sinh đọc đề học kĩ, đọc lượt giải kết quên thử lại

Lời giải đúng:

Phương trình hồnh độ giao điểm  C d

 

2

,

1 x

x m x x



   

  

2

2 0,

x mx m x

      (1) Để  C cắt d hai điểm phân biệt A, B  1 có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 khác

 

2

2

4

4

1

m m

m m m

m m

   



      

   



Mặt khác OAB tam giác nên O d hay m0 GọiA x 1; x1 m B x , 2, x2 m

 2

2 2

1 2

OA x   x m  x  mx m

Do x nghiệm (1) nên 1

2

1 2

x mx    m x  mx   m

Khi OA m22m4

 2

2 2

2 2 2 2

OB x   x m  x  mx m  m  m

Theo giả thiết có

2

0

1

2

2

m

m m

m

m m

 

     



DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Kết hợp điều kiện m2

Vậy chọn đáp án B Câu 14

Số nghiệm phương trình phương trình sau

 2   2  2

2 2

1

log log log

2

x   x  x

A B C D

Giải: Sai lầm thường gặp:

Điều kiện

 

 

2

2

2

1

2

1

1

x

x x

x x

  

   

   

   

 

 



Phương trình cho tương đương với

     

     

      

2

2 2

2

2

2

2

log log log

log log

1 1

2 1

x x x

x x x

x x x x x x

x x x

    

    

                

Lời giải đúng: Điều kiện

 

 

2

2

2

1

2

1

1

x

x x

x x

  

   

   

   

 

 



Phương trình cho tương đương với

   

   

2

2 2

2

2

log log log

log log

x x x

x x x

    

    

 2  

2

1 1

x x x x x x

          (1)

 Xét x   2 x

Khi     

1   x x1 x2 x 2x 1

 

1 2

x x x

      

 Xét

1

x x      



Khi  1   x x1 2 xx2    3 x Vậy phương trình cho có ba nghiệm

Câu 15

Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z 2 3i 7 A Đường thẳng B Elip

C Đường trịn D Hình trịn Giải:

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT nắm vững kiến thức, định nghĩa đường trịn, hình trịn Để phân biệt hai định nghĩa này, sau nhắc lại chút định nghĩa đường trịn, hình trịn Nhắc lại khái niệm này:

“Đường tròn: Đường tròn tâm I bán kính R0 hình gồm những điểm cách điểm I khoảng R Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường tròn tâm I a b ; bán kính R có phương trình là x a  2 y b2 R2

Hình trịn: Hình trịn tập hợp điểm nằm nằm trên đường tròn tập hợp điểm cách tâm khoảng nhỏ bán kính Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hình trịn tâm I a b ; bán kính R có phương trình

  2 2 2

x a  y b R .”

Giả sử z x yi x y  ; ,  Khi đó,

    2 2

2 49

x  y i   x  y 

Như vậy, với lý thuyết ta chọn đáp án C

Lưu ý: Cần phân biệt rõ đường trịn hình trịn để tránh sai

sót điểm khơng đáng câu Câu 16

Để tìm cực trị hàm số y4x55x3, học sinh lập luận ba bước sau:

  3    3 

20 ,

1 x

f x x x f x x x

x  

         

  Bước 2: Đạo hàm cấp   2 

20

f x  x x

Suy f 0 0, f 1 200

Bước 3: Từ kết ta kết luận:

 Hàm số khơng có cực trị điểm x0  Hàm số đạt cực tiểu x1

Vậy hàm số có điểm cực tiểu đạt x1 Hỏi lập luận hay sai? Nếu sai sai bước nào?

A Lời giải B Sai bước C Sai bước D Sai bước

Giải:

Bài có nhiều học sinh làm sai Đặc biệt cách làm số học sinh cho toán hoàn toàn chọn đáp án A

Phân tích sai lầm: Sai lầm mặt luận cứ: Do áp dụng sai định lý Tức học sinh ngộ nhận định lý sau có hai chiều:

“Giả sử tồn khoảng  a b; chứa điểm x0 cho  a b; chứa trong tập xác định hàm số y f x  Hàm số y f x  có đạo hàm cấp  a b; có đạo hàm cấp hai x0 Khi

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT - Nếu f x 0 0 f x0 0 x0 điểm cực đại hàm số f x ”

Như vậy, với định lý f x0 0 Còn  0

f x  khơng thể kết luận x có phải điểm cực 0 trị hay không mà phải lập bảng biến thiên

Câu 17 Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Đề minh họa THPT Quốc gia – lần

Cho hàm số y f x  xác định, liên tục có bảng biến thiên:

x  

y + || - +

y

0 

 1

Khẳng định sau khẳng định đúng? A Hàm số có điểm cực trị

B Hàm số có giá trị cực tiểu

C Hàm số có giá trị lớn nhỏ 1 D Hàm số đạt cực đại x0 đạt cực tiểu x1

Giải:

Phân tích sai lầm: Học sinh nhìn vào bảng biến thiên, thấy x0, y không xác định Mặc định cho hàm số khơng đạt cực trị điểm Tại điểm x1, y 1 0 nên hàm số đạt cực trị x1 Từ loại đáp án D Chọn đáp án A Đề không nhầm lẫn, cần nhớ nhanh sau:

“y f x  đạt cực trị x0  f x  đổi dấu x0” Phân tích câu:

A sai hàm số có hai điểm cực trị

B sai hàm số có giá trị cực tiểu 1 x1 C sai hàm số khơng có giá trị lớn nhỏ

Câu 18

Tìm tham số m để hàm số cot cot

x y

m x

 

 đồng biến khoảng ;

4  

     ?

A m1 B

0

m m     

 C m1 D m0 Giải:

Sai lầm câu Bây giờ, giả sử học sinh biết đổi biến

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Khi tốn trở thành tìm m để hàm số

1 t y

mt  

 nghịch biến  0;

Ta có

 2 1 m y

mt   



Hàm số nghịch biến  0;

  0  1

0, 0;1 1

0 0;1

0

m m

m

y t m

m m

m

 

     

 

        

  

   

 

Chọn đáp án B

Phân tích sai lầm: Xét thiếu trường hợp m0 Khi đặt điều kiện cho mẫu, nghĩa mt 1 mà học sinh tương đương với t

m

 mà chưa biết m khác hay chưa? Cách giải (Ở phía sau)

Câu 19 Đề minh họa THPT Quốc gia – Lần Cho hàm số y f x  xác định

liên tục đoạn  2; 2 có đồ thị đường cong hình vẽ Hàm số đạt cực đại điểm đây?

Phân tích sai lầm: Học sinh nhìn vào đồ thị thấy hàm số đạt cực đại đỉnh đồ thị hàm số Nhưng lại chiếu qua trục tung nói hàm số đạt cực đại x2, đó, ta phải chiếu xuống trục hoành x 1 Những câu cho điểm đề thi THPT Quốc gia, học sinh cần phải thận trong, đừng hấp tấp câu dẫn đến điểm

Câu 20 Đề minh họa THPT Quốc gia – Lần Tìm tất tiệm cận đứng đồ thị hàm số

2

2

5

x x x

y

x x

    

 

A x 3 x 2 B x 3 C x3 x2 D x3

Giải: Sai lầm thường gặp:

Tập xác định D \ 2; 3 

Học sinh kết luận ngay, đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng x2 x3 Chọn đáp án C

Phân tích sai lầm: Học sinh ngộ nhận nghiệm mẫu tiệm cận đứng mà không hiểu đến định nghĩa tiệm cận đứng Hay học sinh ám ảnh câu: “Muốn tìm tiệm cận đứng, ta giải phương trình mẫu ngộ nhận mà không kiểm tra lại” Nhắc lại định nghĩa tiệm cận đứng đồ thị hàm số y f x :

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT (1) lim

xay

  (2) lim

xay

  (3) lim

xay

  (4) lim

xay

  ”

Như vậy, giải phương trình mẫu 0, ta cần kiểm tra lại xem có tiệm cận đứng hay khơng định nghĩa nói

Câu 21

Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau:

X  1 

y +  + 

Y

2

 1

3

1



Hàm số có bao điểm cực trị?

A B C D

Giải:

Với câu này, nhiều học sinh chọn đáp án A, B, C Phân tích sai lầm:

Sai lầm thứ nhất, học sinh chọn đáp án A nghĩ hàm số đạt cực đại hai điểm x 1 nên xem cực trị chọn đáp án A

“Cho hàm số y f x  xác định liên tục khoảng điểm x0

Nếu tồn số h0 cho f x    f x0 với

 ; 

x x h x h xx0 hàm số đạt cực đại điểm x0 Nếu tồn số h0 cho f x    f x0 với

 ; 

x x h x h xx0 hàm số đạt cực tiểu điểm x0.” Như vậy, với định nghĩa hàm số y f x  phải xác định liên tục điểm x0 Khi nhìn vào bảng biến thiên thấy x0 điểm làm cho hàm số không xác định không liên tục Vậy x0 điểm cực trị hàm số y f x 

Hàm số có hai điểm cực trị x 1 Chọn B Câu 22

Cho hàm số 2 1 x y

x  

 Đồ thị hàm số có tổng cộng bao nhiên tiệm cận đứng tiệm cận ngang?

A B C D

Giải: Học sinh

Ta có x2    1 x

Với x 1   

 

2

1 1

1

1 1. 1

x x

y

x x

x x x

 

  

 

  

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Do bậc tử nhỏ bậc mẫu nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y0 Vậy đồ thị có tổng cộng ba tiệm cận đứng tiệm cận ngang Chọn C

Học sinh

Điều kiện xác định x1 Khi đó,  1 1 11 1

x y

x x x x



 

   

Hàm số suy biến x1 nên khơng có tiệm cận đứng

x Do x 1 không thuộc tập xác định nên x 1 tiệm cận đứng

Bậc tử nhỏ bậc mẫu nên có tiệm cận ngang y0 Chọn A

Phân tích sai lầm:

Với cách giải học sinh 1, sai lầm chỗ, học sinh quên đặt điều kiện xác định để hàm số có nghĩa Chính vậy, học sinh không trả lời đường thẳng x 1 có phải tiệm cận đứng hay khơng? Như vậy, đặt điều kiện xác định cho hàm số kiểm tra giới hạn (từ định nghĩa tiệm cận đứng) có tồn hay khơng?

Với cách giải học sinh thứ 2, học sinh dùng máy tính để tính giới hạn hàm số x tiến 1 Khi bấm máy tính, chẳng hạn nhập x1, 0000001 (ở không nhập

0,99999

Dẫn đến chọn đáp án A Chắc hẳn có học sinh bấm 0,99999

x để kiểm tra Lời giải

Tập xác định D1;

 

2

1

1

lim lim lim

1 1

x

x x

x y

x x x

   

 



   

  

Suy x1 tiệm cận đứng

1

lim lim

1 x x x y x     

 Suy y0 tiệm cận ngang Câu 23 Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Toán Học Tuổi trẻ - Lần

Tập hợp tất giá trị tham số m cho hàm số

2

1 x x m y

x   

 đạt cực đại điểm x1 là:

A  B   C  2 D  2 Giải:

Tập xác định D \ 1  Ta có m y x x    ,   2 1 m y x    

Hàm số đạt cực đại x1

 

1

4 m

y m

       

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Phân tích sai lầm: Sai mặt lập lập luận: “Hàm số đạt

cực trị xx0 f x 0 ” Ở đây, có chiều suy khơng có chiều ngược lại Do bước lí luận phải dùng dấu suy Sau giải xong thử lại xem có thỏa mãn hay không?

Sửa lại: Hàm số đạt cực đại x1

 

1

4 m

y m

        Bây giờ, thử lại

Với m 2, ta có

 2

1 y

x   

 Dùng máy tính casio kiểm tra xem x1 có phải điểm cực đại

Nhập

 2

1

x

d

dx x



 

  

  

 

Nếu lớn loại, nhỏ khơng nhận

Với m 2 loại Học sinh lại chọn đáp án C

Phân tích sai lầm: Học sinh thường hay nghĩ rằng, toán tìm tham số m ln ln tồn giá trị m, có hai giá trị Nếu khơng tồn giá trị cịn lại tồn Cứ thế, không chịu kiểm tra hết lại giá trị

Với m2,

 2

1 y

x   

 , giống với trường hợp m 2 Như vậy, với m2 không thỏa mãn

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT PHẦN 2: TỔNG HỢP CÂU HỎI NÂNG CAO

Chuyên đề 1: KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

Câu

Tìm tham số m để hàm số cos cos

x y

x m  

 nghịch biến khoảng 0;

3 

     ?

A m 3 B

2 m m      

C m 3 D

2 m m

      Giải: Cách 1: Hàm số xác định cos

2 m x

    

 

 

 

2

2

2 sin cos cos sin cos

2 sin

2 cos

x x m x x

y

x m

m x

x m

    

 

 





Để hàm số nghịch biến 0; 

   

0, 0;

y   x   

  m 3

(do m 3 nên 2cosx m 0 vô nghiệm) Cách 2: Đặt cos , 1;1

2

t x t 

  Khi tốn trở thành

tìm m để hàm số t y t m  

 đồng biến ;1      

Ta có  

 2

2 m y t m     

Hàm số đồng biến 1;1

   

 

3

0, ;1

;1

2

m

y t m m

                    

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017- Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định – Lần

Tìm tham số m để hàm số cot cot x y m x  

 đồng biến khoảng ;

4  

     ?

A m1 B

0

m m     

 C m1 D m0 Giải:

Cách 1: Ta có:   

 

2

2

1 cot

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Hàm số đồng biến ;

4  

   

 

cot 0, ;

0, ;

4

1

m x x

y x

m

         

    

            



tan , ; (1)

4

m x x

m

 

    

  

   

  

Giải điều kiện (1) Xét hàm số   tan , ;

f x  x  x   

 

Dễ thấy hàm f đồng biến khoảng ;  

   

  nên điều

kiện (1) tương đương với

m f   

  Vậy m1

Cách 2: Đặt tcot ,x t 0;1 Khi tốn trở thành tìm m để hàm số

1 t y

mt  

 nghịch biến  0;

TH1: Nếu m0 y 1 t, hiển nhiên nghịch biến khoảng  0;1

TH2: Nếu m0 Ta có

 2 1 m y

mt   



  0  1

0, 0;1 1

0 0;1

0

m m

m

y t m

m m

m

 

     

 

        

  

   

 

Vậy m1 thỏa mãn yêu cầu toán

Câu

Biết hàm số y f x     

5 f x y

f x  

 đồng biến Mệnh đề sau đúng?

A    

1 3 f x

f x

   



   

 B  

 

5 26 26 f x

f x

   



   



C  5 26 f x   5 26 D  1  f x   1

Phân tích lời giải: Đây dạng tốn tìm mệnh đề Thông thường câu hỏi khác, phân tích mệnh đề xem mệnh đề đúng, mệnh đề sai Đối với khác, khơng thể loại đáp án trực tiếp từ đáp án mà phải biến đổi trực tiếp từ hàm cho Sau áp dụng giả thiết để có điều cần mong muốn Chúng ta có cơng cụ đạo hàm để để giải toán hàm số đồng biến, nghịch biến mà không cần dùng đến định nghĩa Như vậy,

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT  

        

2

2 2

10

5

1 1

f x f x f x

f x y

f x f x

     

    

    

   

   

Bước 2: Do hàm số y f x      f x y f x  

 đồng biến nên có điều gì?

Bước 3: Giải điều biết mệnh đề đúng, mệnh đề sai

Giải:

Ta có          

 

2

1

1

f x f x f x f x f x y f x                            2 10 1

f x f x f x

y f x               

Để hai hàm số đồng biến

     

2

10 26 26

f x f x f x

          

Lưu ý: Thuật tốn dạng này, cịn áp dụng cho

sau nữa, mời bạn đọc

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017- Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định – Lần

trong không trung cách di chuyển từ tịa nhà đến tồn nhà khác q trình di chuyển có lần anh đáp đất điểm khoảng cách hai tòa nhà (biết di chuyển anh đường thẳng) Biết tòa nhà ban đầu Dynano đứng có chiều cao a (m), tịa nhà sau Dynano đến có chiều cao b (m) a b  khoảng cách hai tịa nhà c (m).Vị trí đáp đất cách cách tòa nhà thứ đoạn x (m) Hỏi x để quãng đường di chuyển Dynano bé

A x 3ac a b 

 B 3 

ac x

a b

 

C x ac a b 

 D 2 

ac x

a b

  Giải:

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Cách 1: Dùng kiến thức “Ứng dụng giá trị lớn – giá trị nhỏ hàm số” Như vậy, ứng với cách ta cần phải xác định hàm số tập xác định

; ; ;

AB c AC a BDb AMx

Khi

 2

2 2 2

;

CM a x MD b  c x  x  cx b c

Khi ta có TMC MD  x2a2  x22cx b 2 c2 Với 0 x c  , xét hàm số

  2 2

2

T x  x a  x  cx b c

  2 2 2 2 2

2

x x c

T x

x a x cx b c



  

   

  2 2 2 2 2

2

x x c

T x

x a x cx b c



    

   

 

2 2 2 2

x x cx b c c x x a

      

 

   2 

2 2

x x c b c x x a

     

 2  

2 2 ac

b x a x c bx a c x x

a b

       

 Lập bảng biến thiên ta có  

min

ac

T x x

a b  

 Cách 2: Dùng kiến thức hình học đề giải

Gọi D điểm đối xứng D qua AB Khi MC MD MC MD   CD Do MC MD min CD

Dấu “=” xảy M CD 

Khi đó, áp dụng định lý Thales, ta có x a x ac

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017- Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định – Lần

Cho hàm số      

 

, ,

1 f x y f x y g x y

g x 

  

 Hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số cho điểm có hoành độ x1 khác Khẳng định khẳng định

A  1 11

f   B  1 11

4 f   C  1 11

4

f   D  1 11

4 f  

Giải:

Phân tích lời giải: Xuất phát từ giả thiết: “Cho hàm số hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số cho điểm có hồnh độ x1 Như vậy, cần phải nhớ hệ số góc tiếp tuyến đường cong điểm

 0, 0

M x y đạo hàm hàm số điểm x Khơng 0 cịn khác phải làm bước theo giả thiết ba hệ só góc nên ta có:

           

 

1 1 1

1

1

f g g f

f g

g

   

       

   

  

 

Do f 1 g 1 0 nên điều tương đương với:    

       

2

1

1 1 1

1

g f

g g f

g

 

 

      

  

 

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Ở đáp án, thấy bất đẳng thức chứa f 1 khơng có g 1 Chứng tỏ rằng, ta phải đánh giá f 1 thông g 1

  2      11 11

1 1

2 4

f  g g   g     

 

Như vậy, chọn đáp án A

Lưu ý: Học sinh cần phải nhớ để đưa tam thức bậc hai về dạng a x x  02b để dễ dàng đánh giá bất đẳng thức Ngoài ra, nhớ đến hàm số parabol

yax bx c ta làm nhanh sau:

Nếua0 hàm số đạt GTNN là 4a

 

2 b x

a

 

Nếua0 hàm số đạt GTLN là 4a

 

2 b x

a  

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017- Toán học Tuổi trẻ - Lần

Cho hàm số yx42x Gọi 2  đường thẳng qua điểm cực đại đồ thị hàm số cho có hệ số góc m Tập hợp tất giá trị tham số m cho tổng khoảng cách từ hai điểm cực tiểu đồ thị hàm số  nhỏ là:

A B.

2

 C. D.1

từ điểm tới đường mặt phặng hệ trục tọa độ Oxy Kết hợp với số bất đẳng thức học phổ thơng kết hợp để giải

Giải: Ta có y' 4 x34x

 

 

 

0 0;

' 1 1;

1 1;

x y A

y x y B

x y C

     

                 

Do a 1 0 nên ta nhận thấy A điểm cực đại điểm B, C điểm cực tiểu

Gọi  đường thẳng qua điểm cực đại có hệ số góc m :y mx 0

Gọi d d1, 2 khoảng cách từ điểm B C tới  Ta có:

2

1 2 2 2

1 ( 1) ( 1)

1

1

m m m m

d d

m m

m m

   

    

 

 

1 2

2

1

1

m m

d d

m m



      

 

Dấu “=” xảy khi:

2

2 2

2 2

2

1 1

1 ( 1)

4 ( 1) 1

m m m

m m m

m m m m

   

     

     

  

       

Vậy chọn đáp án D Một cách khác:

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

  2 2 2

2

2 2

2

1

2

1 1

m m

m m

d

m m m m

 

 

     

   

Do m2  1 nên d22 hay d

Và có dấu “=” xảy m2    1 m Lưu ý: Ngồi cịn cách khác nữa: dùng khảo sát hàm số để giải Như vậy, có nhiều cách giải Vì vậy, độc giả đọc sách cần lưu ý điều này, để có lựa chọn cách phù hợp cho việc giải tốn Tuy nhiên với trên, tác giả khơng có nhiều thời gian để tìm hiểu nhiều cách giải khác

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Đà Nẵng

Cho x, y số thực thỏa mãn x y  x 1 2y2 Gọi M, m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P x 2y22x1y 1 8 4 x y Tính giá trị biểu thức M m

A 44 B 41 C 43 D 42 Giải:

Ta có

   

     

2

2

2 2

2

P x y xy x y x y

x y x y x y

        

       

Đặt t x y Khi P t  2 2t 8 4t Mặt khác ta có

1 3

Do

0

3

4

t t

t t t t

t t

   

      

 

    

 

Xét hàm số f t   t2 2t 4 t 2,t 0; 3

 

2

4 f t t

t

   

 ;

   

0 1

4

f t t t t

t

         



  2  3 2

1 4 0

t     t t t    t t

Ta có f 0 18,f 25 Vậy M25,m28 M m 43

Câu

Cho hàm số  

3 3

f x x  ax  x có đồ thị  C

 

3

g x x  bx  x có đồ thị  H , với a, b tham số thực Đồ thị  C , H có chung điểm cực trị Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a 2b

A 21 B 2 6

C 3 3 D 2

Phân tích đề tốn: Phương trình f x' 0, 'g x 0 có nghiệm chung Do phương trình f x 0,

 

g x  bậc hai nên có hai nghiệm trùng    

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT giải nghiệm sau sử dụng cơng thức nghiệm từng phương trình, sau tìm liên hệ a,b thay vào P

Giải Ta có:

   

   

2

2

' 1

6

'

f x x ax

x a b x

a b

g x x bx

    

     

 

   



Áp dụng cơng thức nghiệm cho phương trình (1)

2

6 36 36

1

a a

x     a a 

TH1: x  a a2 1 Ta có

2

2

1

1

1

a a b a a a

a b       a a    

Từ 2

2 ;

P a b  a a a  P a a  Xét

   

2

5 1;

1

a

f a a a f a

a



    



  0 5 1 2 25

21

f a   a      a a

25

21 21

21

f  P

     

 

Câu

Gọi S tập hợp tất các giá trị thực tham số m đề đồ thị hàm số  1

3

y x mx  m  x có hai điểm cực trị A, B cho nằm khác phía đường thẳng

5

y x Tính tổng phần tử S

A B C 6 D

Phân tích lời giải: Đây hàm số bậc ba nên hàm số có hai điểm cực trị hai điểm cực trị đối xứng qua tâm đồ thị hàm số, hay nói cách khác, hai điểm cực trị đối xứng qua điểm uốn đồ thị hàm số Như vậy, để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm khác phía so với đường thẳng trung điểm đoạn thẳng nối hai điểm cực trị Hay nói cách khác, u cầu tốn tìm tất giá trị tham số m để điểm uốn thuộc đường thẳng

:

d y x

Giải: Ta có y x22mx m 21

Hàm số có hai điểm cực trị m

2 ;

y x m y  x m Suy điểm uốn

3 ;

3

m I m m

 

3

3

5 18

3 m

I d   m m m  m 

  

2

3

3

3

m

m m m

m m

        

  

Chuyên đề 2: MŨ – LOGARIT

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội

Cho f 1 1; f m n       f m  f n mn, m n,  * Giá trị biểu thức log    96 69 241

2

f f

T   là:

A B C D

Giải:

Cho m1, ta có f n  1    f n  f  n f n  n Với n1, ta có f   2  f 2

Với n2, ta có f   3  f 3 …

Với n k f k   f k  1 k Cộng vế theo vế ta

 2      1  1  1

f   f k  f  f   f k    k

Suy    1  1 k k

f k  f        k k 

Vậy hàm cần tìm    1 n n f n   Ta có  96 96.97 4656

2

f   ;  69 69.70 2415

2

f  

Suy log4656 2415 241 log 1000

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT Hàm Rồng

Cho hàm số  

4

x x

f x 

 Hãy tính giá trị biểu thức sau:

2 2 21008

sin sin sin

2016 2016 2016

P f   f    f  

     

A 1007

2 B

3025

6 C

1511

3 D 504

Giải:

Nhận xét: Nếu a b 1 f a    f b 1 Thật vậy,

   

1

4 4

4 4

a b a b

a b a b

f a f b

 

    

   

4

4 2.4

a a

a a a



   

  

Ta có sin2 sin21007 sin2 cos2

2016 2016 2016 2016

   

   

Suy sin2 sin21007

2016 2016

f   f  

   

Tương tự ta có sin2 sin21006

2016 2016

f   f  

   

…

2 503 505

sin sin

2016 2016

f  f  

   

Sau ta nhóm theo cặp xong cịn

2 504 21008 2

sin sin sin sin

2016 2016

f   f   f   f  

  2

1 4

1

2

4

f  f

     



  

Vậy 503 3025

6

P   Câu

Cho hàm số   2 log log x f x x 

 Tính tổng

   100 99      2  98

2 2

S f   f    f   f  f   f A S99 B S100 C S200 D S198

Giải:

Với dạng toán này, ta cần ghép hai giá trị với tìm quy luật toán

   

   

  

2

2

2 2

2

2 2

2 2

log log

log log

log log log log

log log

2 log log log log

log log log log

a b

f a f b

a b

a b b a

a b

a b a b

a b a b

                

Như vậy, ta cần chọn a, b cho tử rút gọn mẫu Đối với câu 2, ta chọn tổng a b k Tại lại vậy? Vì am n a am n Cịn chọn ab k

logabclogablogac (biểu thức cho có nghĩa)

Nếu

4

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

Suy     2

2

2 log log 2

log log

a b

f a f b

a b



  



Với ghép    100 98

2

f   f 100 98

2 2

4

   

Khi

       

   

100 98 99 97

2

99

2 2

2 2 198

so

S f f f f

f f

 



   

      

 

       

Câu

Xét số thực a, b thỏa mãn a b 1 Biết biểu thức

log

logab a

a P

a b

  đạt giá trị lớn b a k Khẳng định sau đúng?

A k 2; B 3; 2

k 

 

C k  1; 0 D 0;3

k 

 

Phân tích lời giải: Đây tốn tìm giá trị lớn biểu thức logarit Như vậy, ta cố gắng biến đổi cho logxy sau đổi biến, đưa biểu thức không chứa logarit Thông thường biểu thức ẩn dẫn đến xét hàm dùng bất đẳng thức bất đẳng thức Cauchy hai số, ba số; bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, bất đẳng thức Bunhiacopxki

Ta có

1

log log log

log

1 log log

a a a

ab

a a

a

P ab b

a b

b b

    

   

Đặt tlogab Khi P  1 t 1t Do a b 1 nên logab1 hay t1 Xét hàm số

  1 ,

f t   t t t ;   1 1

2

t f t

t t

 

   

 

 

0 1

4

f t       t t

Lập bảng thiến ta

9

max

4

P  t

3

log

ab b a

    Chọn D

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT Nguyễn Đăng Đạo – Lần

Gọi x x1, 2 hai nghiệm phương trình

2 2

2

log 3

3

x x

x x

x x

 

  

 

Tính giá trị biểu thức Tx12x22 A T 15 B T13 C 25

4

T D 33

4 T

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Nhắc lí thuyết “phương pháp hàm số đề giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình”:

“Định lý 1: Nếu hàm số f x  liên tục đơn điệu D phương trình f x 0 có nhiều nghiệm thuộc D

Định lý 2: Nếu f x  liên tục, đồng biến D; g x  liên tục, nghịch biến (hoặc hàm hằng) D ngược lại phương trình f x   g x có nhiều nghiệm thuộc D

Định lý 3: Nếu f x 0 có nghiệm  a b; phương trình f x 0 có nhiều hai nghiệm  a b; Tổng quát f n  x 0 có n nghiệm phân biệt  a b;

 n  

f  x có nhiều n1 nghiệm  a b;

Định lý 4: Nếu f x  đồng biến  a b;

   

f u  f v  u v Ngược lại, f x  nghịch biến

 a b; f u    f v  u v với u v,  a b;

Định lý 5: Nếu f x  liên tục đơn điệu D

    , ,

f u  f v   u v u v D .”

Khi giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình, điều kiện quan trọng Như vậy, ưu tiên đặt điều kiện xác định Nếu không sau giải nghiệm nhận, nghiệm loại

Giải: Điều kiện x

   

   

 

 

    

2 2

2

2

2

2

2

2

log 2 log 3

log 2 2 2

log 3

2 2

x x x x x x

x x x x

x x x x

f x x f x x

       

     

     

     

Xét hàm số f t log2t t , t0 Nhận thấy hàm số đồng biến 0; Khi

   

2

1 2

3 17

3

2

x x x x

x x x

     



     

Vậy Tx12 x22 13

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017- Sở Giáo Dục Đạo tạo Hà Nội

Cho hàm số    

2

1 1

1

x x

f x e  



 Biết

      1 2017

m n

f f f f e với m, n số tự nhiên m

n tối giản Tính  m n

A m n 22018 B m n 2 2018 C m n 1 D m n 2 1

Phân tích lời giải: Trong đề tốn kiện quan trọng cần xoáy vào hàm số ban đầu Tập trung rút gọn số mũ để xuất điều mẻ

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

   

      

4 2

2 2

2

2

4

2

2

2

1 2

1

1

1

2 1

1

1

1

1

1

x x x x x x

x x x x

x x

x x x x

x x

x x x x

x x                                      

Suy    

2

1

1 1 1

1

1 1

x x

x x

f x e e

 

 

 

 

Do

        1 1 1 1 1 1 1 1 3 2017 2018

2

2

1 2017

1 2018

2018

2018 2018

m n

f f f f e e e e e

m m m n n n                    

Chọn đáp án D

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017- THPT Kim Liên-Hà Nội lần

Cho ba số thực , , 1,1

     

a b c Tìm giá trị nhỏ biểu

thức log log log

4 4

     

         

     

a b c

P b c a

A B C 3 3 D

Phân tích lời giải: Cần ý vào khoảng mà ba số thực nằm có bất đẳng thức phụ

4   a a

Ta có: Vì , , 1,1

     

a b c nên

 

2

1

log log log

4 a a a

b b  b  b  b

 

Tương tự

   

1

log log ; log log

4

b c b c c a c a

     

   

   

Từ

 

2 loga logb logc 2.3 loga logb logc

P b c c  b c a

Dấu xảy   

a b c Vậy chọn đáp án B Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017- Sở Giáo dục & Đào tạo Vũng Tàu

Cho hai số thực a b, thỏa mãn a0,0 b Tìm giá trị nhỏ biểu thức  

 2

2 2 2

2 a a a a a a b b P b b    

A 9

4 B

7

4 C

13

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

Đặt

a

t b     

  Khi  2 2 1

t t

P t

  



Do 0 b nên 2

a

b b

 

   

 

Xét hàm số  

 2 2 1, 1

t t

f t t

t

   



 

 2  

1

,

2 t

f t f t t

t 

       



Chuyên đề 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN

Câu

Cho hàm số y f x  liên tục  

0

9

f x dx



 

1

2

f x dx

 Tính giá trị biểu thức  

3

0

3

x

f f x dx

       

 

 



A 92

3 B 4 C D 9

Giải:

Dễ thấy      

9

0

9 11

f x dx f x dx f x dx  

  

Nhận xét sau:      

b b b

a a a

f x dx f t dt f u du

  

Ta có

   

3 3

1

0 0

3

3

x x

I f   f x dx  f  dx f x dx I I

   

 

  

Tính I : 1

Đặt

3 x

t dx dt Đổi cận x  0 t 0;x  3 t

Khi  

1

0

3 27

I   f t dt Tính I2 :

Đặt

3 dt

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

Khi  

9

0

1 11

3

I   f t dt Vậy 92 I Câu

Cho hàm số f x  thỏa mãn  

0

4

f x dx

 ,  

3

2

2

f x dx



Khi giá trị tổng    

2

0

f x dx f x dx

 

A B C 2 D

Giải:

Phân tích lời giải: Nhìn thấy đề yêu cầu toán thấy có cận , 0, 2, 3, Như vậy, nghĩ đến công

thức chèn cận        

b c d b

a a c d

f x dx f x dx f x dx f x dx

    Ở

đây, ta chèn cận được, tùy vào toán

Ta có        

4

0

f x dx f x dx f x dx f x dx

   

Suy

       

2 4

0

4 2

f x dx f x dx f x dx f x dx  

   

Câu

Cho biết đồ thị hàm số  

hạn trục hoành phần đồ thị hàm số f x  nằm phía trục hồnh Cho biết 5b2 36ac Tính tỉ số

2

S S

A B 1

4 C

1

2 D

Giải:

Phương trình hồnh độ giao điểm ax4bx2 c

Để phương trình có bốn nghiệm

2 4 0

0 b ac b a c a             Ta có 2

2

4 0,

9

b b

b ac b b

        

Khi đó, gọi x x x x1, 2, 3, 3 bốn nghiệm phương trình y0 x1 x2 x3 x3 Khơng tính tổng qt, giả sử a0

Khi đó,

2

2

b b b

x

a a

 

   ;

2

5

2

b b b

x

a a

 

   (b0)

Suy 1 , 2 ; 3 ; 4

6 6

b b b b

x x x x

a a a a

          Do đồ thị hàm số f x  đối xứng qua trục tung nên ta có

       

2 4

1 3

4

1 2

x x x x

x x x x

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

5 3 3

3 4

3

2 2

2

5

ax b x ax b x

cx cx

     

     

3 3

2

4

2

0

5 3

3 3 2 2

x x x

x

S f x dx f x dx ax bx c dx ax b x

cx

    

  

  

Suy

5 3

4

2

2

2

5

ax b x

S S    cx

2

2 25 5 5

5 36 6 6

a b b b b b b

c

a a a a

a

 

       

 

2 2

5 5 5 36

2

6 36 18 36

b b b b b ac

c

a a a a a

   

       

 

Vậy S1S2 hay

1

S S 

Hướng giải khác: Do đề với a b c, , thỏa mãn điều kiện đề nên cần chọn a, b, c đơn giản Sau giải bì tốn trường hợp đơn giải đó.Ví dụ:

Chọn a1;b 6;c5 Ta có 5b2 36ac

6

yx  x ;

5 x y x          Khi   1 44

S f x dx

    ;     5 44

S f x dx f x dx

 

    

Vậy

1

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT Hàm Rồng

Tính thể tích vật thể nằm hai mặt phẳng x0

x , biết thiết diện vật thể cắt mặt phẳng  P

vng góc với trục Ox điểm có hồnh độ x 0 x 1 là hình chữ nhật có độ dài x lnx21

A ln 2

V   B ln

2 V   C 1ln

2

V   D V ln 1

Giải:

Lưu ý: Thể tích vật thể dạng toán là:  

b

a

V S x dx

Ta có diện tích hình chữ nhật S x xlnx21

Vậy    

1

2

0

1

ln ln

2 V S x dxx x  dx 

Rất nhiều học sinh đến công thức nhớ nhầm sang công thức khác

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT Hàm Rồng

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT cá Số cá thả vào khn viên gần với số đây, biết mật độ thả cá 1m2 mặt nước

A 378 B 375 C 377 D 376

Phân tích lời giải: Bài tốn u cầu thả cịn cá vào khn viên thỏa mãn mật độ 1m2 mà khuôn viên nước hình elip Từ trước tới chưa học cơng thức tính diện tích hình elip nên ta nghĩ đến ứng dụng tích phân tính diện tích hình phẳng Như phải lập phương trình elip Nhắc lại kiến thức viết phương trình elip

Phương trình tắc elip

2

2

y x

a b  Trong

2a, 2b độ dài trục lớn, trục bé Nhận dạng elip đề cho MF1MF2 2a với F1c; ,  F c2 ; tập hợp điểm M elip thỏa mãn F F1 2 2c b a2 c2

Với tốn diện tích phần lại để thả cá

c e t

S  S S , S diện tích hình elip, e S diện tích t hình trịn Như vậy, tính số cá 5Sc xong

Giải:

Phương trình tắc elip

2

2

8

y

x  

Do trục tung trục hoành chia elip thành bốn phần nên ta cần tính phần góc phần tư thứ nhân bốn lên xong

8

2 2

2

0

5

4

2

e

x

S    dx x dx

 

 

Đổi cận 0,

2

x  t x  t 

Khi

 

2

2 2

0

2

0

8 sin cos 160 cos

80 cos 40

e

S t tdt tdt

t dt

 





  

  

 



Diện tích hình trịn có đường kính 8m là: St 16 Suy Sc   Se St 24 số cá 24 377  (con) Lưu ý: Cơng thức tính diện tích hình elip biết độ dài

trục lớn 2a độ dài trục bén 2b Sab(Dùng ứng dụng tích phân để chứng minh)

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017- Toán học Tuổi trẻ - Lần

Cho f x  liên tục đoạn 0;10  thỏa mãn 10

0

( ) 7,

f x dx

  

6

2

3

f x dx

 Khi giá trị biểu thức

   

2 10

0

P f x dx f x dx là:

A 10 B C D -4

Phân tích lời giải : Bài tốn dạng chủ yếu cần thấy tách cận hợp lý kết hợp với phép cộng trừ nhân chia để tìm giá trị biểu thức mà đề yêu cầu

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Ta có :

   

2 10 10

0

( ) ( )

P f x dx f x dx  f x dx f x dx  

Vậy chọn đáp án B

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 - Toán học Tuổi trẻ - Lần

Xét hàm số y f x  liên tục miền D a b;  có đồ thị đường cong  C Gọi S phần giới hạn  C đường thẳng xa x b;  Người ta chứng minh rằng diện tích mặt cong trịn xoay tạo thành xoay S quanh Ox     2

b

a

S  f x  f x dx Theo kết trên, tổng diện tích bề mặt khối trịn xoay tạo thành xoay phần hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số

 

2 ln

4

x x

f x   đường thẳng x1;xe quanh Ox A

2

2

8

e  

B

4

64

e  

C

4

4 16

16

e  e  

D  

4

4

16

e

Phân tích lời giải: Đây câu người hỏi muốn kiểm tra khả đọc hiểu

Giải: Ta có     2

b

a

Trong  

2 ln

4

x x

f x   a b 1, e

 

4

f x x x

  

Thay vào sử dụng máy tính bỏ túi để tính bấm máy được kết sau lưu vào A sau lấy A trừ cho đáp án (Đã hướng dẫn sách “Máy tính bỏ túi – Kỹ thuật sai lầm”)

Câu

Cho hàm số   

4

2

2

4 x

y m x Tập hợp tất giá trị của tham số thực m cho đồ thị hàm số cho có cực đại cực tiểu, đồng thời đường thẳng phương với trục hoành qua điểm cực đại tạo với đồ thị hình phẳng có diện tích 64

15

A  B  1 C

2

 

 

 

 

  D

1

 



 

 

Phân tích lời giải: Do hệ số a 1 nên đồ thị hàm số có cực tiểu cực đại Bài toán đọc nhanh lướt qua dễ nghĩ thuộc phần hàm số thật thuộc phần tích phân Nhận thấy phần cần tính diện tích đối xứng qua trục Oy nên cần tích bên nhân đơi lên có phần đề yêu cầu

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT  

 

 

4

4

0 0;

' 2 ;

2 ;

x y C

y x m y m A m m

x m y m B m m

     



       



        



Để phương trình có điểm cực trị m0

Đường thẳng qua C song song với Ox có dạng là:y2 Giao điểm  C d E2 ; ;m  F 2 ; 2m  Diện tích phần cần tính

2 2

2 2

0

2

2

2 2

0 0

2 2 2

4

128

2 2

4 20 15

m m

m m

x x

S m x dx m x dx

x x x

m x dx m m

 

       

 

   

        

   

 



Theo giả thiết 64 15

S nên

2

m Chọn câu C Câu

Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục 0;1 thỏa

mãn      

1

0

2

x f x  dx f



Tính giá trị biểu thức  

0 I  f x

Phân tích lời giải: Nhận thấy rằng, biến đổi từ u cầu tốn Do đó, ta xuất phát từ giả thiết Và biến đổi cho có tích phân  

1

0

f x dx



Giải: Theo giả thiết

 

       

1 1

0 0

2

x f x  dx f  xf x dx  xdx f

  

   

1

0

1

xf x dx f

   (1)

Nhìn vào phương trình sau biến đổi, tích phân  

1

0

xf x dx

 thấy hàm dấu tích phân tích hai hàm x f x  Do nghĩ đến phương pháp tích phân phần để có  

1

0

f x dx



Đặt u x   du dx  dv f x dx v f x

   

 

    

 

 

   1    

0

1 xf x  f x dx f 1  

0

1 f x dx

  

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Câu 10 Group Nhóm Toán

Cho hàm số f x  liên tục thỏa mãn     cos

f  x f x  x (1) Tính tích phân  

2

I f x dx 

 

 

A

I B

3

I  C

I D I1 Giải:

Cách 1: Thay x x ta được,     cos

f x  f  x x (2) Lấy (2) –(1) f    x f x

Do   1cos

f x  x Vậy  

2

2

1

cos

3

I f x dx xdx

 

 

 

    

Cách 2: Lấy tích phân hai vế từ (1)

   

 

2

2

2 cos

f x f x dx xdx

 

 

 

  

 

   

2

2

2

f x dx f x dx

 

 

 

     

     

2 2

2 2

2

2

3 f t dt f x dx f x dx

  

  

  

Bài tập tương tự:

Bài Đề minh họa THPT Quốc gia 2017 – Lần

Cho hàm số liên tục đoạn thỏa mãn f x    f  x 2 cos 2 x , Giá trị tích phân bằng?

A 6 B C D

Câu 11 Group Nhóm Tốn

Cho hàm số có đồ thị  Cm với m tham số thực Giả sử  Cm cắt trục Ox bốn điểm phân biệt hình vẽ:

Gọi S S S1, 2, 3 diện tích miền gạch chéo cho hình vẽ Tìm tham số m để S1S2 S3

A m 5 B m 5 C m5 D m  

y f x ;3

2

 

 

 

 

3

;

2

x   

   

 

 

2

3

f x dx 

 

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Phân tích lời giải: Đây tốn tìm tham số m đáp án A, B, C, D có giá trị m cụ thể Như vậy, để đơn giản, ta thử đáp án

Giải:

Với

2

m  , ta có yx  x  19

0

2

y x   (loại 19

x    ) Loại A

Với

4

m  , ta có yx  x  14

0

2

y x   (loại 14

x    ) Loại B Với

2

m , ta có

yx  x  y0(VN) Loại C

Như vậy, chọn đáp án D

Nếu toán đổi đề Với giá trị m u cầu tình giá trị biểu thức tốn liên quan khác với cách giải khơng giải vấn đề khác Vậy có cách giải tổng quát cho dạng toán

Giả sử  Cm cắt Ox bốn điểm x1 x2 x3 x4 đồ thị hàm số đối xứng qua Oy nên S1S2

3

3

0

x x

x

y dx y dx

9

9

3 0

4

m

m m

  

    

   

Với điều kiện loại đáp án A, B, C chọn D Tiếp tục giải toán để người đọc hiểu rõ

Theo nhận định

3

3

3

0

3

x x

x

x  x m dx x  x m dx

 

   

3

3

4

0

3

x x

x

x x m dx x x m dx

       

 

4

4

0 0

3 0

5

x x

x

x x m dx  x mx

        

 



5

3

4

4 4 5

5

x

x mx x x m

        (1)

Mặt khác x4 nghiệm x443x42 m (2) Lấy (2)-(1) x42 2m

Thay vào (2) 4 6 0

m  m m   m

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Câu 12 Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Đề thi off thầy Đồn Trí Dũng

Cho hàm số y x

 có đồ thị hàm số hình vẽ Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đường y 1,x a x,

x

   trục hoành Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đường y 1,x 1,

x

 

x b trục hồnh Trong 0  a b Để S S  khẳng định sau đúng?

A ab1 B a2b21 C a b ab  D a b e  Giải:

Ta có

1

ln

a

S dx a

x

   ,

1

ln

b

dx

S b

x

  

ln ln

Câu 13 Group Nhóm Tốn 12

Cho hàm số y8x27x3 có đồ thị  

C đường thẳng : y c

  với c0 Trong góc phần tư thứ hệ trục tọa độ, gọi S1 S2 diện tích hai hình phẳng gới hạn  C trục tung hình vẽ Biết c thỏa mãn S1 S2 Chọn khẳng định cách khẳng định sau:

A 0

2 c

  B 3

2 c C

1

2  c D

3

2 c   Giải:

Đồ thị  C cắt trục hồnh điểm có hồnh độ

0;

9 x x 

Như vậy, góc phần tư thứ nhất, đồ thị  C cắt trục hoành x0

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

Điểm cực đại hàm số 2

x Suy yCD 1,7 Do 0 c 1,7 Như loại đáp án B Phương trình hồnh độ giao điểm  

8x27x c * Giả sử (*) có hai nghiệm x1x2 Khi đó:

  27 x

S  c x x dx

   

2

1

3

2 27 27

x x

x x

S   x x c dx  x  x c dx

 

2

3

0

27

x

S S   x  x c dx 

2 27 4 x

x x cx

         2 27

4 x x c

   

 

4

27x 16x 4c

   

Mặt khác x2 nghiệm phương trình (*) nên

3

2 2

27x 8x   c 27x 8x c (2) Thế vào (1)

2

3

8

8 c

x c x

    

Thế vào (2)

3

2

3 32

27 729 1024

8 27

c

c c c

 

    

 

 

Vậy 1;3

c 

Câu 14 Group Nhóm Tốn 12

Cho hia đường trịn O1; 5 O2; 3 cắt hai điểm A, B cho AB đường kính đường trịn  O2 Gọi D hình phẳng giới hạn hai đường (ở ngồi đường trịn lớn, phần gạch chéo hình vẽ) Quay quanh D quay quanh trục O O1 2 khối trịn xoay Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành

A 14 

B 68 

C 40 

D 36

Phân tích lời giải: Bài tốn có nhiều cách giải Tùy vào độc giả thích giải theo cách Sau đây, xin giới thiệu đến hai cách:

Cách thứ nhất: Áp dụng cơng thức tính thể tích chỏm cầu thể tích cần tìm  

2;3

1

2VO Vcc Vấn đề cơng thức tính

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT “Cho khổi chỏm cầu có bán kính R chiều cao h Khi thể tích khối chỏm cầu:

3

h V h R 

 

Cho khối cầu có bán kính R.Thể tích khối cầu: 3

V  R ” Cách 2: Ứng dụng tích phân vào tính thể tích khối trịn xoay Vậy vấn đề cần xây dựng hệ trục tọa độ Chọn hệ trục cho dễ tính Tùy vào người có cách chọn hệ trục tọa độ riêng

Giải:

Cách 1: Khi quay quanh trục O O đường trịn tâm 1 2 O 2 bán kính Ta khối cầu có bán kính

Khi thể tích khối cầu  

1

3 ,3

4

3 36

O

V    

Khi quanh quanh trục O O cung nhỏ AB tạo thành 1 2 khối chỏm cầu có bán kính Và ta cần xác định chiều cao Dễ thấy h 5 O O1 2

Xét tam giác O O A vng 1 2 O có 2 2

1

O O    Suy h1

Vậy 14

3

cc

V    

 

Do 18 14 40

3

ct

V      Chọn C Cách 2: Xét hệ trục tọa độ Oxy với

1, ,

   2 2

1 : 25

O x y  ,   2

2 :

O x y  Thể tích cần tìm là:

 

3

2

0

40

9 25

3 V  x dx  x dx  Câu 15 Trích đề thầy Lê Phúc Lữ

Trong giải tích, với hàm số y f x  liên tục miền ;

D a b có đồ thị đường cong C Người ta tính đồ dài C cơng thức  

b

a

L  f x  dx Với thơng tin đó, tính độ dài đường cong C cho

2 ln x

y  x 1; 2 A 3 ln

8 B

31 ln 24 C 3 ln

8 D

31 ln 24

Phân tích lời giải: Dạng toán đọc hiểu bổ đề tốn Và việc áp dụng cơng thức sau giải

Giải:

Ta có

4 x y

x

   Khi đó,

2 2

2

2

1 1

1

4 16

x x x

y

x x x

   



           

   

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

2 2

2

1 1

2

1

1

1

4

3

ln ln

8

x x

L y dx dx dx

x x

x

x

   



         

   

 

    

 

  

Chọn C Câu 16

Tính tích phân  

3

0

max x x dx,



A B C 15

4 D

17

Phân tích lời giải: Đây câu lạ Rõ ràng câu tính tích phân Tuy nhiên hàm dấy tích phân max của hai hàm Vậy có cách để giải dạng này?

Nhắc chút kiến thức phần này? “Cho hai hàm f, g liên tục Khi

(1) max ,

2 f g f g

f g    

(2) min ,

2 f g f g

f g     “

Như vậy, với tốn tính giá trị tích phân mà hàm dấu giá trị tích phân chuyển tính tích phân với hàm dấu tích phân hàm trị tuyệt đối mà biết cách giải Nghĩa là:

   

         

max ,

2

b b

a a

f x g x f x g x

f x g x dx    dx

   

         

min ,

2

b b

a a

f x g x f x g x

f x g x dx    dx

 

Ngoài ra, ta áp dụng cách

Bước 1: Giải phương trình f x   g x 0 Từ tìm nghiệm thỏa a x 1 x2   xnb

Bước 2: Xét dấu f x   g x khoảng nghiệm Bước 3: Tách thành cách tích phân giải

Giải: Cách 1:

  3

2 2

3

0 0

17 max ,

2

x x x x

x x dx    dx xdx x dx

   

Cách 2:

Ta có

1 x x x

x  

    



Do x 0; 2 nên x0,x1

Lại có x3x âm khoảng  0;1 dương khoảng  1; nên  3  3

0;1 1;2

max x x, x,max x x, x

   

     

Vậy  

2

3

0

17 max ,

4 x x dx xdx x dx

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Chuyên đề 4: SỐ PHỨC

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội

Cho số phức z thỏa mãn z 1 Tìm giá trị lớn biểu thức T  z z1

A 2 B 2 10 C 3 D Phân tích lời giải: Cách giải túy, đặt z x yi  ; ,

x y Sau biến đổi giả thiết biểu thức cần mà đề đề u cầu Ngồi ra, dùng bất đẳng thức Nhắc lại:

“Bất đẳng thức Bunhiacopxki: Với hai số    a b; , x y;  2  2 2 2 2

ax by  a b x y ” Giải:

Cách 1: Giả sử z x yi x y  ; ,  Khi x2y2 1

 2 2  2 2

1 1

2 2 2

T x yi x yi x y x y

x x

               

Xét hàm số f x  2x 2 2 2 x, x  1;1

Ta có  

2 2

f x

x x

  

 

 

0 2 2

5

 1

f   ;

5

f 

  ; f 1 2 Vậy maxT2 Cách 2:

 2 2

1 1 1

T  z z   z  z

Ta có đẳng thức z1z2 2 z1z2 2z12  z2 2 Khi ta có T 5.2 z21 2

Vậy maxT2

Lưu ý: Học sinh phải nhớ đẳng thức bình hành:

 

2 2

1 2 2

z z  z z  z  z

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT Thanh Chương – Nghệ An

Cho z z1, 2 hai số phức thỏa mãn 2z i  2 iz, biết

1

z z  Tính giá trị biểu thức P z1z2

A

2

P B P C 2

P D P Giải:

Gọi z x yi x y  ; ,  Biến đổi 2z i  2 iz ta

2 1

x y  Gọi A B, điểm biểu diễn hai số phức z z 1, 2 Khi ta có z1z2  OA OB  BA AB1

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

Ta có 1 2 2 3

2

P z z  OA OB  OM  

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định

Cho số phức z thoả mãn z 1 Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w 1 i 3z2 đường trịn Tính bán kính r đường trịn

A r16 B r4 C r25 D r9

Phân tích lời giải: Đây dạng tốn, cho số phức z thỏa mãn điều kiện tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức w với biểu thức w thông qua z Để giải dạng toán này, ta cần rút ngược lại z theo w vào điều kiện z để tìm điều kiện w Một số kiến thức áp dụng toán này:

“Cho z z1, 2 Khi 1

2

z z

z  z ”

Giải:

Ta có 1 3 2

1

w

w i z z

i 

    

 Thế vào điều kiện:

3

2 3

1 2

1 3

w i

w w i

i i i

 

        

  

3

2 3

1

w i

w i

 

     

 Vậy r4

Câu

Trong số phức z thỏa mãn điều kiện z 2 4i  Tìm giá trị lớn P z

A maxP3 B maxP5

C maxP D maxP 13

Giải:

Cách 1: Gọi z x yi x y  ; ,  Khi P x2 y2 Ta có x yi  2 4i  5 x 2 2 y 42 5 Đặt x 2 sin ,t y 4 cos ,t t 0; 2 Suy

  2 2

2 sin cos

25 sin cos

P t t

t t

   

  

Do  20 sint8 cost20 nên 5 P Vậy maxP3

Cách 2: Từ cách 1, ta có tập hợp điểm M z  đường tròn tâm I 2; bán kính R

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

2 max

2 5

P OM OI R

   

Cách 3: Áp dụng cơng thức giải nhanh (đã nói tài liệu công thức giải nhanh):

Ta có A  2 4i, B0; k

2

2

T A  B AB AB 

Vậy 5  P 5 hay 5 P

Nếu đề hỏi:

a Tìm min z minz ON OI R   (cách 2) (cách 1, hiển nhiên ta có min z

b Tìm số phức có mơđun nhỏ lớn Ứng với cách khơng giải

Ứng với cách 2: Phương trình đường thẳng OI là: y2x Khi toạ độ M, N nghiệm hệ:

  2 2

1

2 2

3

2

6 x

y x y

x

x y

y   

  

 

  

   

 

  

Số phức có mơđun lớn z 3 6i Số phức có mơđun nhỏ là: z 1 2i

Ta giải hệ

z i

z

    





 dể tìm số phức có mơđun nhỏ

nhất max

z i

z

    





 để tìm số phức có mơđun lớn

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017- Trường THPT Chuyên Khoa học Tự nhiên – Lần

Trong số phức z thỏa mãn điều kiện  1i z 1 7i  Tìm giá trị lớn z

A B C D

Giải:

Cách 1: Ta có  1 7

1

i

i z i z

i i



      

 

3

z i

    Lúc chuyển toán giải

3

A   i; B0;k1

2

5

T A  B AB AB 

Suy 4 P Vậy maxz 6

Cách 2: Xét toán tổng quát: “Trong số phức z thỏa

mãn z z 1 r1 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ

P z z ”

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Từ cách biến đổi z1  3 4i; z2 0 Suy r2 5

Câu

Trong số phức z thỏa mãn điều kiện z 2 4i  z i

Biết số phức z x yi  với x y,  có mơđun nhỏ Tính giá trị biểu thức Px2y2

A 10 B C 16 D 26

Giải:

   

2 2

z  i  z i   x y i  z y i

  2 2 2  2

2 4

x y x y y x

         

 

 

2

2 2

2

4 16

2 2

z x y x x x x

x

       

   

Vậy P8

Lưu ý: Gặp dạng mà có tập điểm biểu diễn số phức

z đường thẳng ax by c  0 rút y theo x vào yêu cầu toán Chẳng hạn

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017- Toán Học Tuổi Trẻ - lần

Cho số phức z thỏa mãn z   4 z 10 Giá trị lớn giá trị nhỏ z là:

A 10 B C D Giải:

4 10 4 10

z   z   z yi   x yi 

 2 2  2 2  

4 10

x y x y

      

Gọi M x y F  ; , 1 4; ,  F2 4;  1 MF1MF2 10 Suy tập hợp điểm biểu diễn số phức z elip với

1 2 ; 2

F F  c MF MF  a

2

5;

a c b a b

      

Phương trình tắc elip là:

2

1 25

y x  

Vẽ hình, ta thấy

max z OA OA 5; z OB OB 3 Câu

Biết số phức x yi x y ; ,  thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z 3 4i  P z 22 z i2 đạt giá trị lớn nhất Tính mơđun số phức z

A 33 B 50 C 10 D 5 Giải:

Ta có z 3 4i  5 x 3 2 y 42 5 (1)

   

2 2 2 2

2

P z    z i x y   x y

Suy 4x2y  3 P (2)

Cách 1: Từ (2) suy P

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

 2 11

3

2 P

x    x   

 

   2

2 11

5

4

P

x P x 

     

Để phương trình có nghiệm

 2  112

8 13 33

4

P

P P

  

 

      

 

 

Vậy maxP33

Dấu xảy 33 5

x    y

Suy z   5 5i z

Cách 2: Dễ thấy (1) phương trình đường thẳng Khi ta tìm P cho và đường trịn  C có điểm chung

 ; 12 23 10

20

P

d I R    P

       

13 P 33

  

Vậy maxP33 Dấu “=” xảy   2 2

4 30 5

5

3

x y x

y

x y

     

 

  

    

 Câu

A 61 10

P  B 253 50

P  C 41

P  D 18 P 

Giải:

Ta có z   z 3i  x yi   x y3i

  2 2  

2 4 3 8 6 25 0

x y x y x y

          

   

  2 2   2 2

1

1

P x y i x y i

x y x y ME MF

       

         

Trong E  1;1 ; F 2; 3 , M x y ;

Khi tốn trở tình tìm  cho ME MF đạt giá trị nhỏ Kiểm tra E, F nằm phía so với 

Gọi E điểm đối xứng E qua 

Suy EE qua E vuông góc với  có phương trình là: 3x4y 7

Gọi H giao điểm EE với  suy 71; 19 25 25

H  

 

Suy 117; 44

25 25

E   

  (H trung điểm EE)

Ta có ME MF MEMF E F  Dấu “=” xảy ME F 

Phương trình E F qua hai điểm E F, là: 31x167y439 0 Vậy 67; 119

50 50

M  

  Suy

61

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Câu 10

Cho số phức z thỏa mãn z 1 Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

2

1

P  z z  z Tính giá trị M.m

A 13

4 B 39

4 C 3 D 13

4 Giải:

Giả sử z x yi  ; x y,  Khi x2 y2 1

 

2 2

1 1

P  z z     z x yi  x y   x y x i

 x12y2  x2y2 x 12 y22x12  2 x 2x2x 2 1 x22x12

 2x 2 2x12

Nếu 1

2 x P 2x 2 2x1

Xét hàm số f x  2x 2 2x1 với 1;1

x  

 

  1

2 0, ;1

2

2

f x x

x

        

  

Suy max f x    f 3,  

f x  f  

 

Nếu 1

2 x

   P 2x  2 2x

Xét hàm số f x  2x  2 2x với 1;1

x  

 

2

2

f x

x

  

 ;  

7

8

f x    x

Lập bảng biến thiên ta max   13

8

f x  f 

 

Kết hợp trường hợp ta được: 13

max ;

4

P P Suy 13

4 M m Câu 11 Đề minh họa THPT Quốc gian 2017 – Lần Xét số phức z thỏa mãn 1 2i z 10 i

z

    Mệnh đề nà đúng?

A 3

2 z B z 2 C

1

2  z  2 D z 

Giải:

Ta có 10 1 2i z i 10 z 2 z 1i z      z    

    2 2

10 10

2 2

z z i z z

z z

         

2

2

1

z z z z

z

        

Câu 12

Cho số phức z1 0,z2 0 thỏa mãn điều kiện

1 2

2 1

z z  z z (1) Tính giá trị biểu thức

1

2

z z P

z z

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

A

2

P B 2 C D 3

2 Giải:

      2

2 1 2 1 2

1 2z z z z z z z z z 2z z 2z 0 Nhận thấy phương trình đẳng cấp z2 0 nên chia hai vế cho

2

z

 

 

2

1

1

1

2 2

1

2 2

1

z i z

z z

z z

z z z i z

     

          



  

Do 2

2

1

2

2

z z

z z

P

z z z z

       Chọn D

Câu 13

Cho hai số phức u, v thỏa mãn điều kiện u  v 10 3u4v  2017 Tính M 4u3v

A 2983 B 2883 C 2893 D 24

Phân tích lời giải: Cần ý hệ số u v Vì giả thiết cho 3u4v hỏi 4u3v Khi nhắc tới mơđun nhớ tới bình phương đặc biệt thấy u v

2 4 5

Giải:

Ta có z2 z z Đặt N 3u4v Khi

   2  

2

3 4 16 12

N  u v u v  u  v  uv uv

   2  

2

4 16 12

Do M2N2 25u2  v25000

5000 5000 2017 2983

M N

      Chọn câu A

Lưu ý: Kỹ thuật liên hợp số phức qua trọng Bài

áp dụng thành cơng nhanh chóng kết Nếu bạn đọc giải theo cách truyền thống đặt z x yi  thì lâu

Câu 14

Nếu hai số phức z z1, 2 thỏa mãn z z1 2  1 z1  z2 1 số phức

1

z z w

z z

 

 có phần ảo

A B C 1 D

Phân tích lời giải: Với này, chọn z z thỏa mãn 1, 2 yêu cầu tốn tính số phức w theo z z1, 2 Từ có kết Tuy nhiên để hiểu rõ đề, ta cần có lời giải hoàn chỉnh cho Bài sử dụng số phần lý thuyết sau:

“Cho số phức z z 1, 2

(1) z1z2  z1 z2 (2) z z1 1 z z1 2 (3) 1

2

z z z z (4) z1 z1 z1 số thực (5) 1 1

1 1

z z

z

   ”

Giải:

Cách 1: Chọn z11,z2 i, ta có 1

i w

i 

 



DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Cách 2: Do z1  z2 1 nên 1 2

1

1

,

z z

z z

  Khi đó,

1 2 2

1 2 2

1

1

1

1 1 . 1

z z z z z z z z z z

w w

z z z z z z z z

z z 

   

     

    

Vậy w số thực hay phần ảo

Câu 15 Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An

Cho số phức z a bi  thỏa mãn điều kiện z2 4 2 z Đặt P8b2a212 Mệnh đề đúng?

A Pz 22 B  

2

4 P z 

C Pz 42 D  

2

2 P z 

Giải: Giả thiết tương đương với

 

2

2 4 4 4 4 4

z   z  z  z   zz

 

 

2

2

2

2

4 16

2 12

z z z z zz

zz z z

    

 

      

 

 2

2

2

4z z  12 z

      

 

Suy z2 z2 2a2b2 Suy P8b2a2z 22

Câu 16 Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Toán học & Tuổi trẻ - Lần

Cho số phức z thỏa mãn z

z

  Tổng giá trị lớn giá trị nhỏ z

A B C D

Giải:

1 1

3 9

z z z z

z z z z

  

         

  

 2 

2 2

2

1

9

z z

z z z z z

z z

 

   

 

      

 2

4 2

2

z z z z z

     

Ta có  z z 0 nên

2 4

2

9 11

11 13 11 3 13 13

2 2

z z z z z

z z

      

    

     

Vậy maxz min z  13

Tổng quát hóa: Cho a b c, , số thực dương số phức z khác thỏa mãn az b c

z

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

2 4 4

2

c c ac c c ab

z

a a

      

Câu 17 Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Toán học tuổi trẻ - Lần

Xét số phức z thỏa mãn 2 z 1 z i 2 Mệnh đề đúng?

A 1

2  z  2 B

z  C z 2 D 3 2 z Phân tích lời giải: Sử dụng bất đẳng thức u v  u  v

Giải: Cách 1: Ta có

2 22 z 1 z i   z i 1  i z i Suy z i    0 z i z 1 Chọn D Cách 2: Sử dụng hình học để giải:

Giả sử z x yi  có điểm biểu diễn M x y ;

Số phức z1 có điểm biểu diễn A x 1;y, z i có điểm biểu diễn B x y ; 1 Khi

2 z 1 3z i 2 22OA3OB2 22AB Mặt khác 2OA3OB2OA2OB OB 2AB OB Do 2AB OB 2ABOB    0 B O z i Câu 18 Đề minh họa THPT Quốc gia 2017 – lần

Tính P m M 

A P 13 73 B 2 73

2

P 

C P5 2 73 D 73

P 

Giải:

Gọi M x y ; điểm biểu diễn số phức z x yi    2 2   2 2

2

2

z i z i

x y x y

     

        

Và T   z i x1 2 y12 Cách 1:

Đặt F12;1 , F2   4; ,A 1; 1  Khi

1

MF MF  TMA

Mặt khác ta có F F1 26 2 Do điểm M thuộc vào đoạn thẳng F F 1 2

Phương trình đường thẳng F F x y1 2:   3

Kiểm tra được, hình chiếu C lên đường thẳng F F 1 2 thuộc vào đoạn thẳng F F 1 1

Ta có 1 13, 2 73,  ; 1 2 2 CF  CF  d C F F  Vậy max 73, min

2

T  T  2 73

2

P  Chọn B

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT không? Học sinh cần lưu ý, hình chiếu khơng nằm đoạn

1

F F giá trị lớn nhỏ đạt hai điểm đầu mút đoạn thẳng

Cách 2:

Áp dụng bất dẳng thức

  2 2

2 2

x y  a b  x a  y b

Dấu “=” xảy x y a  b Ta có

       

   

2 2

2

6 2

2

x y x y

x x y y

       

        

Do “=” xảy

3

4

y x

x y

x y



     

 

Từ rút y x 3 Thay vào T được:

  2 2 2

1 19

T x  x  x  x

Do điểm ,x y thỏa mãn biểu thức

  2 2   2 2

2

x  y  x  y 

Nên có x   2 x với x  2; 4 Như vậy,

Xét hàm số y2x26x19 với x  2; 4 Do max 73, 25

2

y y đoạn  2; 4 Suy max 73,min

2

Cách 3: Áp dụng bất đẳng thức môđun z1z2  z1  z2

và dấu xảy z10 z2 0 tồn k0, k cho z1kz2

Ta có z    2 i z 7i       z i 7i z Vậy áp dụng dấu xảy ra:

TH1: z 2 i Suy T  13 TH2: z 4 7i Suy T  73

TH3: Tồn số k0 thỏa z  2 i k z 4 7i

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Chun đề 5: HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

Câu

Cho tứ diện ABCD có AB CD a  Gọi M, N trung điểm AD, BC Biết

3 3 12

ABCD

a

V  , d AB CD ; a Xét mệnh đề sau:

(1) Góc  

, 60

AB CD  (2)

2 a MN (3)

3 24

MNCD

a

V  (4)

2 a MN Có mệnh đề đúng?

A B C D

Giải:

Bài toán phụ: Cho tứ diện ABCD Gọi d khoảng cách hai đường thẳng chéo AB CD,  góc hai đường thẳng đó Khi thể tích tứ diện ABCD là:

1

.sin

ABCD

V  AB CD d 

Chứng minh:

Cách 1: Dựng hình hộp AEBF MDNC

Ta có

1

3

1 1

.sin sin

3

ABCD AEBF MDNC MDNC

V V S d

MN CD  d AB CD d 

 

 

Cách 2: Dựng hình bình hành ABCE Khi đó:

A BCD E BCD

V V

(do AE // BCD) (1)

E BCD B ECD

V V (2)

 

 

1

,

3

B ECD ECD

V  S d B CDE (3)

1

.sin sin

2

ECD

S  CE CD ECD AB CD  (4)

 

 ,   , 

d B CDE d AB CD (do AB // CDE) (5) Từ (2), (2), (3), (4), (5) suy sin

6

ABCD

V  AB CD d  Áp dụng:

Ta có sin .sin

6

ABCD

V  AB CD d   a a a  Suy sin

2

  hay 600

Gọi P trung điểm BD Khi ta có

2 a MPNP Và MP/ /AB NP/ /CD

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

TH1: Góc

60

MPN Suy tam giác MNP

a MN

TH2: Góc MPN1200

Áp dụng định lý cosin cho tam giác MNP có:

2 2 2 . .cos

4 MN MP NP  MP NP MPN a

Suy

2 a MN

Câu

Cho hình nón trịn xoay  N có đỉnh S đáy hình trịn tâm O bán kính r nằm mặt phẳng  P , đường cao

SO h Điểm O’ thay đổi đoạn SO cho SO x, 0 x h Hình trụ trịn xoay  T có đáy thứ hình trịn tâm O bán kính r, 0 r r nằm mặt phẳng  P

, đáy thứ hai hình trịn tâm O’ bán kính r’ nằm mặt phẳng  Q ,  Q vng góc với SO O’ ( đường tròn đáy thứ hai  T giao tuyến  Q với mặt xung quanh  N Hãy xác định giá trị x để thể tích phần khơng gian nằm phía  N nằm phía  T

, đạt giá trị nhỏ

A

2 h

x B

3 h

x C

3 h

x D.

Phân tích lời giải: Đề yêu cầu người giải phải biết cơng thức tính thể tích hình nón thể tích hình trụ ngồi cịn phải đọc hiểu đề cách chắn

Giải:

Nhận xét: Thể tích cần tìm phần thể tích nón lớn (đỉnh S đáy đường trịn tâm O bán kính r) trừ nón nhỏ (đỉnh S đáy hình trịn tâm O bán kính r) trừ thể tích hình trụ

 

        

 

, , ,

2 2

1

3

ct S O S O O O

V V V V

h r x r h x r

 

  

   

    

 

Thể tích cần tìm nhỏ   

A x r   h x r lớn

3h r khơng đổi Ta có x r r xr

h r h

 

  

Do

  2

2 2

2

1 2

3 3

x r

A x r h x r r h x h x

h

          

         

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Xét  

2 2

2

2

3

x r x r x r

f x h x

h

h h

    

    

  , x 0;h

  2  

2

0

2

; ' x

xr x r

f x f x

x h

h h

   

     

  Do 0 x h  nên f x 0

Do hàm đồng biến  0; h nên nhìn đáp án Chọn câu C

Câu 3:

Cho mặt phẳng (P) chứa hình vng ABCD Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng (P) A, lấy điểm M Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng (P) C, lấy điểm N (N phía M so với mặt phẳng (P)) Gọi I trung điểm MN Thể tích tứ diện MNBD ln tính cơng thức sau ?

A

3 IBD

V  AC S B

3 BDN

V  AC S C

3 BMN

V  BD S D

3 MBD

V  BD S

Phân tích lời giải:

Bài tốn yêu cầu cần chọn xác mặt đáy mặt nào Nếu chọn đường cao BD sau tách khối cần tìm thể tích thành hai khối nhỏ

;

lúc sau đáp án khơng có SOMN Vậy khơng bắt đầu từ AC thử xem ? Tại đề gợi nhắc điểm I chưa sử dụng ? Hãy thử tách khối cần tìm thành khối nhỏ MIBD;NIBD ý tưởng xem xem lợi thế có đáy IBD đáp án có IBD Điều khó hướng đường cao

Giải:

Gọi I trung điểm MN, O tâm hình vng Ta có:

 ,( )  ,( )

1

3

MNBD MIBD NIBD M IBD IBD N IBD IBD

V V V  d S  d S

Lại có d M IBD , d N IBD ,  (do I trung điểm MN)

Do AM/ /IO nên AM/ /IBDd(M IBD;( )) d( ;(A IBD)) AO

Suy

3

MNBD IBD IBD

V  AO S  AC S Vậy chọn đáp án A

Câu 4:

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a, cạnh bên hợp với đáy góc 60 Gọi M điểm đối 0 xứng C qua D, N trung điểm SC Mặt phẳng BMN

chia khối chóp S.ABCD thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần

A 7

5 B

1

7 C

7

3 D.

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Cách xác định thiết diện mặt BMN hình vẽ Ta có E SD MN nên E trọng tâm tam giác SCM Do DF // BC nên F trung điểm BM

Ta có   

, 60

SD ABCD SDO

Tính , 2

2

a a

SO SF SO OF  Ta có   

2

6

, ;

2

2 SAD

a a

d o SAD OH  S  SF AD

Lại có

6

MEFD MNBC

V ME MF MD

V  MN MB MC 

 

 

5 1

,

6 72

BFDCNE MNBC SBC

a

V V d M SAD S

   

3

1

3

S ABCD ABCD

a

V  SO S 

3

7

36

SABFEN S ABCD BFDCNE

a

V V V

    Suy

5

SABFEN BFDCNE

V

V 

Câu

AEFcắt khối lập phương cho thành hai phần, gọi V1 thể tích khối chứa điểm A V2 thể tích khối chứa điểm C.Khi

2

V V là:

A 25

47 B C

17

25 D

8 17

Phân tích đề bài: Để làm dạng cần tạo thành thiết diện tập xác định thiết diện lớp 11 Cần kéo dài mặt thiết diện khối chóp để kết hợp mặt khối chóp tạo thành tứ diện Sau sử dụng cơng thức tỷ số thể tích tứ diện để thao tác

Giải

Đường thẳng EF cắt A D  A B  N, M, AN cắt DD tại P, AM cắt BB Q mặt phẳnAEF cắt khối lập phương làm hai phần riêng biệt xác định

1 AA QB EFD P; ABCDC QEFP

V V    V V 

Gọi V VABCD A B C D.    ,V3 VA A MN.  ,V4 VPFD N ,V5 VPFD N Do tính đối xứng hình lập phương nên ta cóV4 V5 Nhận thấy :

3

1 3

6 2

a a a V  AA A M A N    a 

3

1

6 2 72

a a a a V  PD D F D N    

3

1

25 47

2 ,

72 72

a a

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

2 25 47

V V

  Vậy chọn A Câu Group Nhóm Tốn 12

Cho hình nón  N có đỉnh S, có đáy hình trịn  O tâm O, bán kính R Người ta cắt  N mặt phẳng  P

song song với mặt đáy  N , thiết diện đường trịn  O tâm O bán kính r,  P cách mặt đáy đoạn bằng h Gọi phần hình nón gồm  P mặt đáy hình nón khối  T tích

2

3 b h 

Phần đường sinh hình nón giới hạn mặt  P mặt đáy bằng a gọi cạnh bên  T Tính R theo a, b, h A

2 2

2

1

2

b h a

R     a h 

 

B

2 2

2

1

2

b h a

R     a h 

 

C

2 2

2

1

2

b h a

R     a h 

 

D

2 2

2

1

2

b h a

R     a h 

 

“Khi cắt hình nón mặt phẳng song song với đáy phần mặt phẳng nằm hình nón hình trịn Phần hình nón nằm mặt phẳng nói trên mặt đáy gọi một hình nón cụt.”

Trong sách giải tích 12 nâng cao, có đề cập đến cơng thức tính thể tích hình chóp cụt:

“Gọi B B diện tích đáy lớn đáy nhỏ hình chóp cụt; h chiều cao (h khoảng cách hai mặt phẳng chứa hai đáy; khoảng cách từ điểm bất kì đáy đến mặt phẳng chứa đáy kai Khi thể tích khối chóp cụt:

 

3 h

V  B B  BB ”

Từ thể tích khối chóp chụt, ta tính thể tích khối nón cụt

“Gọi R r h, , bán kính đáy lớn, bán kính đáy nhỏ hình nón cụt Khi thể tích khối nón cụt:

 2 

3 h

V  R  r Rr ”

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT “(1) Diện tích xung quanh hình nón cụt: Sxq R r l  (2) Diệc tích tồn phần

 

 2 

tp xq dn dl

S S S S  R  r R r l ”

Bài toán áp dụng kiến thức để giải áp dụng số kiến thức liên quan khác Chẳng hạn như: Định lý Ta – lét

Giải: Thể tích khối  T là:

 

2 2 2

3

T

h b h

V  R  r Rr  R  r Rr b (1) Vấn đề bây giờ, cần biểu diễn r theo a, b, h

Mặt khác, hình nón cụt sinh quay hình thang vng OO AB quay quanh trục OO nên ta có

, , ,

O A r OB  R OOh AB a

Gọi H hình chiếu A lên OB Khi ta có OH r HB R r  Xét tam giác AHB vuông H nên

2 R r  a h

Suy r R a2h2 Thế vào (1)

  2 

2 2 2

0 R  R a h R R a h b 

2 2 2 2 2

2

R R R a h a h R R a h b

          

2 2 2

3R 3R a h a h b

      

 2  2 2  2

9 a h 12 a h b 12b a h

        

 

2 2

2 2

2

3 12

6

1

2

a h b a h

R

b a h

a h

   



   

 

  

 

 

Chọn đáp án B mà không cần làm tiếp nghiệm thứ Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Sở Giáo dục & Đào tạo Nam Định

Cho tứ diện ABCD có ADABC, đáy ABC thỏa mãn điều kiện cot cot cot

2

A B C BC CA AB

AB AC BA BC CA CB

    

Gọi H, K hình chiếu vng góc A lên BD BC Tính thể tích V khối cầu ngoại tiếp khối chóp

A BCHK

A

3

V   B 32

V   C

V   D

4 3 V  

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Tập hợp tâm mặt cầu luôn chứa đường trịn cố định cho trước đường thẳng d vng góc với mặt phẳng chứa đường trịn tâm

Như vậy, để xác định tâm mặt cầu chứa hai hai đường trịn cắt giao điểm hai đường thẳng vng góc với hai mặt phẳng chứa đường trịn tâm hai đường trịn

Đối với tốn hồn tồn xác định hai đường trịn ngoại tiếp tam giác AHB, AKC hình chóp A.BCKH hai tam giác tam giác vuông Như cần từ tâm hai đường trịn đó, kẻ đường thẳng vng góc với tới mặt phẳng chứa hai đường trịn tâm hai đường trịn Giao hai đường thẳng tâm mặt cầu

“Gọi E, F trung điểm AC, AB Kẻ dường thẳng d d,  vng góc với AC AB, E, F Do

,

DAd DAd (DAABC) nên dDAC, d DAB Do d d hai đường thẳng mà ta nói Gọi I là giao điểm d d,  I tâm mặt cầu chứa hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC, AKC

bằng IAR, bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC”

Đến lúc này, ta hồn tồn xác định tâm bán kính Vấn đề cịn lại tính bán kính Chính dựa vào giả thiết đáy ABC thỏa mãn điều kiện

Một số liên kiến thức liên quan tới hệ thức lượng tam giác

“Cho tam giác ABC, gọi

AH đường cao, R, r là bán kính ngoại tiếp nội tiếp tam giác, p nửa chu vi Kí

hiệu aBC b, AC c, AB, diện tích S (1) Định lý cosin:

2 2

2 2

2 2

2 cos cos cos

a b c bc A

b a c ac B

c a b ab C

        

(2) Định lý sin:

2

sin sin sin

a b c

R A  B C 

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

 

 

 

2 2

2

2 2

2

2 2

2 4 a b c

b c a

m

a c b

m

a b c

m         

(4) Các cơng thức tính diện tích tam giác

   

1 1

2 2

1 1

sin sin sin

2 2

4

a b c

S h a h b h c

bc A ac B ab C

abc

pr p p a p b p c R

  

  

     

”

Ngồi ra, cịn số hệ thức lượng nâng cao khác như: “(1) Định lý tan:

tan tan A B a b A B a b      ; tan tan

2 ;

tan tan

2

B C C A

b c c a

B C C A

b c c a

 

 

 

 

 

(2) Định lý cotan:

2 2 2 2 2

cot ; cot ; cot

4 4

b c a a c b a b c

A B C

S S S

     

  

Suy

2 2

cot cot cot

4 a b c

A B C

S  

   ”

Việc chứng minh công thức hệ thức lượng tam giác (nâng cao) dành cho bạn đọc

Việc xác định tâm bán kính nêu trên, khơng nói lại vào thẳng vấn đề xác định bán kính R

Áp dụng định lý cotang cho tam giác ABC ta có:

2 2

cot cot cot

2

8 ABC

A B C BC CA AB

AB AC BA BC CA CB

AB AC BC BC CA AB

S AB AC BA BC CA CB

    

 

   

2 2 2

8 ABC

AB AC BC BC AC AB

S AB AC BC

   

 

8

4

ABC

AB AC BC

S AB AC BC AB AC BC R

R 

    

Vậy 32

3

V  R  

Lưu ý: Học sinh học hệ thức lượng sách giáo khoa lớp 10 (cả nâng cao, lẫn bản) nên việc giải khó khăn

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Sở Giáo dục & Đào tạo Bắc Ninh

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

A 3

3

r   

  B

2

2

3 r   

 

C

3 r   

  D

2

1

3 r   

 

Giải:

Gọi I I I I1, , ,2 3 4 tâm mặt cầu giả sử I 4 tâm mặt cầu thứ tự đề

Khi ta có I I1 2 I I1 3 I I2 32r (do ba mặt cầu tiếp xúc với nhau) Tương tự có I I4 1 I I4 2I I4 3 2r

Do bốn điểm I I I I1, , ,2 3 4 tạo thành tứ diện cạnh 2r

Gọi G trọng tâm tam giác I I I1 3 1 3 r I G

Gọi hình nón sinh tam giácSOA vuông O với SO đường cao, OA bán kính Khi SO qua điểm

4,

I G

Suy SO SI 4I G GO4  Dễ thấy GO r Bây cần tính SI I G4, 4 theo r

Do I G đường cao tứ diện 4 I I I I nên 1 4

2

4

2 r

I G I I I G  Như đến loại đáp án A, B

Do I I G1 4  DSI4 mà hai tam giácSDI3 I I G1 4 hai tam giác vuông nên SDI4 I GI4 1

Suy 4

4

1 1

3

.2

2

SI I D I D r

SI I I r r

I I  I G   I G  r  Vậy chọn C

Câu 9:

Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD tứ giác lồi góc tạo SAB , SBC , SCD , SDA với mặt đáy 90 ,60 ,60 ,60    Biết tam giác SAB vuông cân S có AB a chu vi tứ giác ABCD 9a Tính thể tích hình chóp S ABCD

A a3 3 B 3

4 a

C 3

9

a D 3

9 a

Phân tích đề tốn: Do mặt SABtạo với đáy góc vng nên mặt SABvng góc với đáy tam giác SAB vuông cân nên đường cao từ đỉnh S tam giác SABcũng chiều cao khối chóp Cần nhớ thêm diện tích hình lớn tính tổng hình nhỏ cộng lại

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Kẻ SH vng góc với

AB tam giác SAB (H thuộc AB) Từ phân tích đề có H chân đường cao hình chóp S.ABCD

Trong mặt đáy, kẻ HE vuông với BC E, HF vng góc với CD F, HG vng góc với AD

ở G Từ xác định SEH SFH SGH 60 Do tam giác SAB vng cân S có AB a nên

2 a SH Từ SH SEH SFH SGH 60 nên

3 a HE HF HG Ta có

 

1 1

.8

2 2

P ABCD AB BC CD DA a BC CD DA a a

HE BC HF CD HG AD a

        

   

Do

6 a

HE HF HG nên

2

3

ABCD

a

S 

Thể tích khối chóp

2

3

1 3

3 3

SABCD ABCD

a a

V  SH S   a

Câu 10 Đề minh họa THPT Quốc gian 2017 – Lần

Cho mặt cầu tâm O, bán kính R Xét mặt phẳng  P thay đổi cắt mặt cầu giao tuyến đường tròn  C Hình nón  N có đỉnh S nằm mặt cầu, có đáy đường trịn  C

và có chiều cao h hR Tính h để thể tích khối nón tạo  N có giá trị lớn

A h R 3 B hR C

R

h D

2 R h

Phân tích lời giải: Nhận thấy câu tìm h để thể tích khối nón đạt giá trị lớn Xuất phát từ đây, bước đầu cần phải xác định thể tích khối nón Bài tốn đặt ra, thể tích lớn nên nghĩ đến tốn tìm cực trị Phương pháp nghĩ đến dùng kiến thức giá trị lớn nhỏ hàm số để tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức thể tích khối nón Muốn làm điều cần phải biến đổi thể tích khối nón biến, lúc xét hàm

Một chút kiến thức phần này:

“(1) Thể tích khối nón có bán kính đáy r, chiều cao h:

1 V  r h

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT  Nếu d R mặt phẳng  P cắt mặt cầu  S theo giao tuyến đường tròn nằm mặt phẳng  P có tâm H có bán kính r R2d2

 Nếu d R mặt phẳng  P cắt mặt cầu một điểm H

 Nếu d R mặt phẳng  P không cắt mặt cầu  S .” Giải:

Gọi x khoảng cách từ tâm O đến mặt phẳng  P Khi h R x  (do h R ) bán kính đường trịn giao tuyến

2 r R x

Thể tích khối nón cần tìm là:

  

   

2 2

2

1

3

1

V r h R x R x

R x R x

 



   

  

Xét hàm số f x   R x  2 R x  với 0 x R 

       2  

2

f x  R x R x   R x  R x R  x  

3 R

f x   x

Lập bảng biến thiên max

3 R V  x

Vậy

3

R R

Câu 11 Đề minh họa THPT Quốc gian 2017 – Lần

Cho khối tứ diện tích V Gọi V thể tích khối đa diện có đỉnh trung điểm cạnh khối tứ diện cho, tính tỉ số V

V 

A

2

V V



 B V

V 

 C

3 V

V 

 D

8 V

V 



Phân tích lời giải: Giả sử hình tốn hình Ý tưởng xuất phát từ dùng tỉ lệ thể tích Tuy nhiên, dùng tỉ lệ thể tích thi cho khối tứ diện Như vậy, cần phải tìm cách chia nhỏ thành tứ diện nhỏ (từ hình lớn) Tuy nhiên, vẽ hình việc chia nhỏ thành tứ diện nhỏ gặp khó khăn Do đó, ta nghĩ đến dùng phần bù dễ dạng hơn, nghĩa V  V VA MRQ. VB MNR. VC NMR. VD PQR.

Dễ thấy thể tích mà thể tích tứ diện trừ dễ dàng tính theo V ban đầu

1

8V Vậy, áp dụng theo cách nhanh

Giải: Ta có

1 1

2 2

A MQR

V AM AR AQ

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

Suy .

8

A MQR

V  V Tương tự thể tích cịn lại

Vậy 1

2

Chuyên đề 6: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT Thanh Chương – Nghệ An

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 Sm  

2 2

2 2

x y z  mx m y mz m    Với m , mặt cầu  Sm qua đường trịn cố định Tìm bán kính đường trịn cố định

A r3 B r C r D r2

Phân tích lời giải: Với dạng ta thấy giống với dạng tìm điểm cố định đồ thị hàm số qua Trước giải dạng tìm các điều kiện để với tham số m Tức đưa

dạng  

1 0

n n

m m

a m a  m   a  , với ai chứa ẩn x,

y Do điều kiện để phương trình (1) nghiệm với m ai  0, i, từ tìm điểm cố định Với dạng thế, ta đưa dạng phương trình (1) Như vậy, tốn giải sau:

Giải:

Giả sử M x y z 0; 0; 0   C cố định Khi M Sm Hay x20 y20 z022mx02m1y0mz0   m

  2

0 0 0 0

2 2

m x y z x y z y

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

0 0

2 2

0 0

2

2

x y z

x y z y

    

  

    

 (do nghiệm với m)

Khi đó, tập hợp điểm M giao tuyến mặt cầu  S

có phương trình x2 y2  z2 2y 2 0, tâm I0; 1; 0 ;

R mặt phẳng  P : 2x2y z  1

Ta có d I P , 1, suy r 1  Chọn đáp án B Câu

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm 1; 2; 

M Viết phương trình mặt phẳng  P qua M cắt trục Ox, Oy, Oz phía dương điểm A, B, C sao cho tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ

A

3 12 y

x  z 

B

4

y

x  z

C 3x y z   9 D x2y4z21 0

Phân tích lời giải: Đây dạng tốn viết phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn Như vậy, cần gọi điểm

 ; 0; 0

A a ; B0; ; 0b ; C0; 0;c (tùy theo đề có điều kiện a, b, c) Đối với a b c, , 0 Khi mặt phẳng cần tìm có dạng x y z

a  b c Do M thuộc  P nên có

1

1

a  b c Đây điều kiện tốn Tiếp theo

lại tích tứ diện OABC 1

6

abc

biểu thức P abc cho

a  b c a b c, , 0 Đến chuyển toán bất đẳng thức mà học trước Thông thường dùng bất đẳng thức Cauchy

Giải:

Giả sử A a ; 0; 0; B0; ; 0b ; C0; 0;c với a b c, , 0 Khi mặt phẳng  P là:

1 y

x z

a  b c Do M thuộc  P nên ta có

a  b c Thể tích tứ diện OABC là:

6

OABC

V  abc Theo bất đẳng thức Cauchy:

3

1 1.2.4

1 abc 216

a b c abc

     

216 36

OABC

V

   , dấu xảy

a   b c

Giải a3;b6;c12

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là:

 :

3 12 y

x z

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Câu

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm 1; 2; 

M Mặt phẳng  P qua M cắt trục Ox, Oy, Oz điểm A, B, C cho T 92 42 12

OA OB OC

   đạt

giá trị nhỏ Khi vecto pháp tuyến mặt phẳng là:

A n18; 9; 6 B n2; 3; 6 C n9; 6;18 D n3; 2; 6

Giải:

Giả sử A a ; 0; 0; B0; ; 0b ; C0; 0;c với a b c, , 0 Khi mặt phẳng  P là:

1 y

x z

a  b c Do M thuộc  P nên ta có

a  b c (*)

2 2

9

T

a b c

  

Theo bất đẳng thức B.C.S:

2 2

1 1

1

3 a b c a b c

  

          

  

9 91 T

  , dấu xảy

9

a b c t    Thế vào (*) ta 19

9

t Suy 19; 38; 19

9

  9

: 18 38

19 38 19 y

x z

P     x y z  Câu

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho sáu điểm  ; 0; 0

A a ; B0; ; 0b ; C0; 0;c; Aa; 0; 0; B0; ; 0b ; 0; 0; 

C c thỏa mãn aabbcc0; a a , b b , c c  Khẳng định sau đúng?

A d O ABC ; d O A B C ;    B VOABC VOA B C  

C Chỉ có điểm A A B C, , , thuộc mặt cầu D Tồn mặt cầu qua điểm

Giải:

Ta có

6

OABC

V  abc;

6

OA B C

V     a b c   Suy OABC

OA B C

V abc

V    a b c



  

Từ điều kiện

3 2

abc t

aa bb cc t

a b c a b c

    

     

Từ suy VOABC khác VOA B C   Loại B Phương trình mặt phẳng ABC là:

1 y

x z

a  b c hay bcx acy abz abc   0 Phương trình mặt phẳng A B C   là:

1 y

x z

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

 

 

     2 2

; abc

d O ABC

ab bc ca 

 

 

 

     2 2

; a b c

d O ABC

a b b c c a   



       

Tương tự loại A

Giả sử I x y z ; ;  tâm mặt cầu ngoại qua điểm A, ,

A B, C Khi ta có IA2 IA2IB IC

   

   

   

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

x a y z x a y z

x a y z x y b z

x a y z x y z c

                            2 2 2 2 2 2

ax a a x a ax a by b ax a cz c

                    2 ; ;

2 2

a a b aa c aa

x y z

b c           Suy 2 ; ;

2 2

a a b aa c aa I

b c

      

 

 

Như ta có điểm thuộc mặt cầu Kiểm tra xem B C , có thuộc mặt cầu khơng?

2

2 2 2

2

2 2

a a aa b c aa

2 2 2

2 2 2

2 2

2 2

a a b aa c aa

IB b

b c

a a b aa c aa

b c

   

  

    

       

     

   

  

    

     

     

Suy IB IB  B thuộc mặt cầu nói Tượng tự C Câu

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hình chóp tứ giác S.ABCD, biết S3; 2; 4, B1; 2; 3, D3; 0; 3 Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Mặt phẳng   chứa BI song song với AC nhận vectơ sau vectơ pháp tuyến?

A n3; 4; 1  B n1;1; 0 C n1; 1; 0  D n3; 5; 4

Giải:

Gọi H tâm hình vng Khi H2;1; 3 Ta có SH    1; 1; 1

Phương trình đường thẳng SH là:

x t

y t

z t

      

    Ta có I SH nên I3t; 2t; 4t

 ; ; ,  2; ; 1

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Do I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tứ giác S.ABCD nên 2 3  22  1

6

SI BI  t  t   t t   t

Suy 1 7; 5;1

u  BI  Tới đây, loại đáp án B, C

Do SH BD, có giá vng góc với AC nên

 

2 , 1;1;

u SH BD  

Suy nu u1, 2   9; 15; 12  Vậy VTPT n3; 5; 4

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017- Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

Trong không gian Oxyz, cho điểm A a ; 0; 0; B0; ; 0b ; 0; 0; 

C c với a, b, c dương thỏa mãn a b c  4 Biết a, b, c thay đổi tâm I mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng  P cố định Tính khoảng cách d từ điểm

1;1; 1

M  đến mặt phẳng  P A d B

2

d C

3

d D d0

Giả sử phương trình mặt cầu qua điểm O0; 0; 0;  ; 0; 0

A a ; B0; ; 0b ; C0; 0;c có dạng:   2

: 2

S x y z  a x  b y  c z 

Từ ta có hệ      

2

2

2

2

2

2

2

2

2

a a

A S a a a

b

B S b b c b

c c c

C S c

c

          

 

       

  

      

  

  



Suy ; ; 2

a b c I  

 

2 2

2

a b c

R  

Với I x y z ; ;  tâm mặt cầu, ta ln có

; ;

2 2

a b c a b c

x y z    x y z       x y z

Vậy I thuộc mặt phẳng  P :x y z   2  

  1 3

;

3 1

d M P      

 

Câu Đề thi thử THPT Quốc gia 2017- Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định – Lần

Trông không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm 1; 2;1

A  , B0; 2; 1 , C2; 3;1  Điểm M thỏa mãn

2 2

TMA MB MC đạt giá trị nhỏ Tính giá trị biểu thức P x 2M2yM2 3z2M

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Phân tích lời giải:

Giả sử ta có điểm I, đó:

     

 

2 2

2 2

2

T MI IA MI IB MI IC

MI MI IA IB IC IA IB IC

     

      

Khi đó, ta cần chọn điểm I cho IA IB IC  0 Như vậy, T IA 2IB2IC2 dấu “=” xảy M I

Tại lại chọn điểm I vậy? Lí mà chọn đơn giản phải có tích vơ hướng 2MI IA IB IC   0 mà điểm M cần tìm nên chọn điểm I cho IA IB IC  0

Giả sử I x y z ; ;  thỏa IA IB IC  0 nên I3; 7; 3  Vậy điểm M3; 7; 3  P134

Lưu ý: Khó khăn phải nghĩ phải

chọn điểm I

Câu Đề minh họa THPT Quốc gia 2017 – Lần

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, xét điểm 0; 0;1

A , B m ; 0; 0, C0; ; 0n , D1;1;1, với m0,n0 thỏa mãn m n 1 Biết m, n thay đổi, tồn mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng ABC qua D Tính bán kính R mặt cầu

A R1 B 2

R C R 32 D

Gọi I a b c ; ;  R tâm bán kính mặt cầu cố định Khi đó, ta có ID a1 2 b 1 2 c 12 R (*)

Phương trình mặt phẳng ABC là:

1 y

x z

m  n hay nx my mnz mn   0

 

 ;  2 2 2 2

1

na mb mnc mn na mb mnc mn

d I ABC R

mn m n m n

     

  



 

1 

na mb mnc mn R mn

     

Với n 1 m, ta có

1 m a mb m 1 m c m 1 m R1 m1 m

         

     2

1 c m a b c m a R m m

           (1)

TH1:    1  1 c m2      a b c 1m a R  1 m m2

1

1

c R a R

a b c R b R

a R c R

    

 

          

    

 

Khi  *  2R12R2   R R TH1: Làm tương tự

Câu

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P :3mx5 1m y2 4mz200 Biết m thay đổi đoạn  1;1 mặt phẳng  P tiếp xúc với mặt cầu  S cố định Tìm bán kính mặt cầu

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Giải:

Ta biết mặt phẳng  P : Ax By Cz D   0 tiếp xúc với mặt cầu  S có tâm I a b c ; ;  bán kính R

   ; 

d I P R hay

2 2

Aa Bb Cc D R

A B C

  



  Như vậy, ta có: Ta có VTPT n3 ; 1m m2; 4m nên

 

2 2

9 25 16

n  m  m  m 

Do ta cần chọn điểm I a b c ; ;  cho

3ma5 1m b4mz20 k khơng đổi Vậy ta có O0; 0; 0

Khi  ;  20

d O P   Hay mặt phẳng  P tiếp xúc với mặt cầu  S có tâm O0; 0; 0 R4

Câu 10

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P :1m x2 2my2 1 m z2 5m24m12 0 Biết rằng m thay đổi mặt phẳng  P ln tiếp xúc với mặt cầu  S cố định tâm mặt cầu thuộc mặt phẳng  Q : 2x3y z 0 Tìm bán kính mặt cầu

A 71 10

Với I x y z ; ; , ta có:  

     

   

   

 

2 2

2

2 2

2

2

1 2 12

;

1 4

2 2 12

5

m x my m z m m

d I P

m m m

m x z m y x z

m

      



   

        



Để  P ln tiếp xúc với mặt  S cố định d I P ; k không đổi Nghĩa tử mẫu phải tỉ lệ với

Do

2

2 12 17

1

y y

x z x z

x

     

 

        

 

 

Do 17; 2;

I  z

  Mặt khác I Q nên

  17

.2 11

2 z z

      

Vậy 17; 2;11

I   

 

71 10 R

Câu 11 Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm 6; 3; 4

A  ; B a b c ; ;  GọiM N P, , giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng tọa độ Oxy , Oxz,Oyz Biết M N P, , nằm đoạn AB cho AM MN NP PB   Tính giá trị tổng

a b c 

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Giải:

Phương trình Oxy:z0, Oyz:x0, Oxz:y0 Giả sử M x M;yM; 0, N x N; 0;zN, P0;y zP; P

Theo giả thiết ta có M trung điểm AN

5

; ;

2 2

3

2 ; ;

2

N

M M

N

M N M N

z x

x y

x x y z

 

   

      

Suy ; 3; ,  ; 0; 4

M N

M x   N x 

 

Mặt khác ta có N trung điểm MP

3

; ; ; ;

2 2

M M P P

N N M P P

x y y z

x       x x y  z  

Từ suy 4; 3; , 2; 0; , 0; ; 83

2

M   N  P  

   

Lại có AB2AN với

 6; 3; ;  4; 3; 8 AB a b c AN  

Suy a 2;b3;c 12 Vậy a b c   11

Câu 12 Đề thi thử THPT Quốc gia 2017- Toán học tuổi trẻ - Lần

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD cónA2; 3;1 , B 4;1; ,  C 6; 3; , D 1; 2;   Các mặt phẳng chứa mặt tứ diện ABCD chia không gian Oxyz thành số phần là:

A B 12 C 15 D 16

Ta có đường thẳng chia mặt phẳng thành phần mặt phẳng chia không gian thành phần, mặt phẳng thứ cắt mặt phẳng trước thành giao tuyến, giao tuyến chia mặt phẳng thứ thành phần, phần lại chia phần không gian thành phần

Vậy mặt phẳng chia không gian thành 15  Câu 13 Đề thi thử THPT Quốc gia 2017- Toán học tuổi trẻ - Lần

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường

thẳng : 4

3

y

x  z

  

  điểm

2; 3; , 4; 6; 9

A  B  Gọi C , D điểm thay đổi đường thẳng  cho CD 14 mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD tích lớn Khi trung điểm CD

A 79 64 102; ; 35 35 35

 

 

  B

181 104 42

; ;

5 5

   

 

 

C 101 13 69; ; 28 14 28

 

 

  D 2; 2; 

Phân tích lời giải: Bài lạ Đề không đề cập đến đường cao tứ diện Để làm cần nhớ tới công thức chứng minh

   

1

, s in ,

6

V  AB CD d AB CD AB CD (1) công thức

đó 3 ABCD tp

V r

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

,

ABC

S  AB AC (3) Bài yêu cầu học sinh nhớ nhiều công thức cần phải thao tác cách nhanh xác

Giải: Do C D,   nên

 ; ; 41 1 ; ; ; 42 2

C   t  t t D   t  t t

2; 3; ;  3 ;1 ; 81 1;

AB  AC   t  t t

 3 ;1 ; 82 2

AD   t  t t

Ta có

 2   2 2  2

2

1 2 2

14

CD   t t  t t  t t  t t  1

t t

   (do vai trò t t1, 2 nhau)

c

V lớn r lớn

Từ công thức (1) thấy VABCD không đổi

Cơng thức số (2) r lớn  S nhỏ tp Mặt khác StpSABCSABDSBCDSADC

Do SBCD;SADCkhông đổi nên cần tìm SABCSABD

 

     

     

     

2 2

1 1

2 2

2 2

2 2

1 1

1

, ,

2

, 29 13 13 11 13

, 29 13 13 11 13

16 13 14 13 13

ABC ABD

S S AB AC AB AD

AB AC t t t

AB AD t t t

t t t

       

       

 

       

 

     

Với t2  t1

       

     

2 2

2 2

2

29 11

26 14

3 78 963 456

f x x x x

x x x

x x x

     

     

    

  23 39 23

3 78 963 456

x x

f x

x x x



  

  

 

13

0

2

f x   x  t Vậy I2; 2; 3

Chứng minh Công thức số (2):

Gọi I tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD Ta có:

 

1 1

3 3

1

3

3

ABCD IBCD IACD IABD IABC

BCD ACD ABD ABC

BCD ABD ACD ABC tp

ABCD tp

V V V V V

r S r S r S r S

r S S S S r S

V r

S

   

   

    

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Một cách giải khác tham khảo từ giáo viên khác (Thầy Võ Quang Mẫn)

Hạ CH, DK vng góc với AB Chú ý

   

1

, s in ,

6

V  AB CD d AB CD AB CD

Tương tự cách xác định giá trị không đổi xác định được thể tích tứ diện ABCD lớn  CH+DK nhỏ

Dựng hình chữ nhật CHKE

Khi EDconst,d K ED ; =const

Dựng tam giác E’KD’ cân E vàE D  ED Dựng tam giác EKE” cân K , D’ trung điểm DE”

2

DK CH DK EK DK E K       KDD K E K   Dấu xảy KIDE hay MP đoạn vng góc chung AB CD Suy M2; 2; 3 Chọn D

Câu 14:

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S có phương trình   2  2 2

1

x  y  z 

1 :

( 1)

x t

d y mt

z m t

      

   

tham số thực Giả sử  P  P hai mặt phẳng qua d, tiếp xúc với  S T T’ Khi m thay đổi, tính giá trị nhỏ độ dài đoạn thẳng TT’

A 4 13

5 B 2 2 C D 11

3

Phân tích lời giải: Đề tốn gây phần khó khăn phần suy nghĩ vẽ hình Sau vẽ hình cần cố gắng xác định giá trị không đổi quy giá trị thay đổi giá trị không đổi

Giải:

Gọi I1; 2; 3, R2 tâm bán kính mặt cầu Gọi E điểm nằm đường d cho nằm chung mặt phẳng OTT’ thuộc trung trực TT’ Gọi M giao điểm TT’ IE

Dễ dàng chứng minh IE trung trực TT’ Từ đó M trung điểm TT’ Lấy D hình chiếu I d

Ta có:

2

2

2

2

min

' 2

4

16 16

'

IT ET IE IT

TT MT

IE IE

IE IT TT

IE IE

TT IE E D



  

  



     

 

  

Do E d nên I1 t mt m; ; 1t

 

 ; 2; 3

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT                 , 2

, 2

2

2

,

;

, 1; 0;

4 9

2 2

1

25 20 17

2 2

d I d d I d I d u AI

d IE A d

u m m d m m m m m m d m m                            Xét 2

25 20 17

( )

2 2

x x

f x

x x

  

  với x

 

2

2

1

10 32

'( ) ; '( )

2 2 3

x

x x

f x f x

x x x

 

   

  

   

Lập bảng biến thiên

1 25 25 13

min ( ) '

5 3

f x  f   IE  TT 

 

Vậy chọn đáp án A

Câu 15 Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Sở Giáo dục & Đào tạo Nam Định

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm  1; 2; 0

A  , B2; 3; 2  Gọi  S mặt cầu đường kính AB ,

Ax By hai tiếp tuyến  S AxBy Gọi M, N lần lượt điểm di động Ax By cho đường thẳng , MN tiếp xúc với mặt cầu  S Tính giá trị

AM BN

C AM BN 38 D AM BN 48

Phân tích lời giải (Hình dưới): Nhắc lại chút lý thuyết tiếp tuyến mặt cầu:

“Nếu điểm A nằm mặt cầu S O R ;  qua A có vơ số tiếp tuyến với mặt cầu Khi đó:

(1) Độ dài đoạn thẳng nối A với tiếp điểm nhau

(2) Tập hợp tiếp điểm đường tròn nằm mặt cầu.”

Như vậy, này, MN tiếp xúc với  S điểm C AMMC BN; NC Khi AM BN MC NC AM BN MN (chuyển hai đoạn thẳng rời rạc đoạn thẳng chung điểm dễ dàng làm hơn) Nếu để ý ta có

,

AMBN AMAB nên AMABNAMAN Như để tính tích AM BN áp dụng định lý Pythagore cho tam giác AMN xong

Giải:

Gọi I tâm mặt cầu  S MN tiếp xúc với  S C Khi AMMC BN, NC

Ta có AMBN AM, AB

 

AM ABN AM AN

   

2 2

MN AM AN

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Mặt khác, AN2 AB2BN2 (do

BN tiếp tuyến nên BNAB áp dụng định lý Pythagore)

Do

2 2

MN AM AB BN hay

 2 2 2 2

AM BN AM BN AB

2 AB AB BN

 

Ta có

2; 5; 2 38 AB  AB Vậy AM BN 19 (đáp án A)

Câu 16 Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Đề thi off thầy Đồn Trí Dũng

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai mặt cầu  S S tiếp xúc điểm A2;1;1 Một tiết diện chung hai mặt cầu tiếp xúc với  S

3;1; 2

B  tiếp xúc với  S C Xác định tọa độ điểm C biết C nằm đường thẳng :

3 1

y

x z

d     A 0; 1;

3

  

 

  B

1 2; ;

3 C  

 

Phân tích tốn: Một tính chất cũ hình học lớp ABAC Nếu nhớ tính chất tốn khơng cịn q khó

Giải:

Chứng minh tính chất đề cập thơng qua tính chất tiếp tuyến cắt lớp có

AFE=90 ADE

    EF,ED đường phân giác góc kề bù AEC,AEB nên DEF=90 Từ ADEF hình chữ nhật nên ABAC

Ta có

     

   

2;1;1 , 3;1; , 1; ;

1; 0; , 1; 1;

1 0; ;

3

A B C t t t

AB AC t t t

AB AC AB AC C

  

      

  

  

  

 

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Câu 17 Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho

2

:

2

y

x  z

  

 hai điểm A1; 1; 1  ,  2; 1;1

B   Gọi C, D hai điểm phân biệt di động đường thẳng  cho tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD ln nằm tia Ox Tính độ dài đoạn thẳng CD

A 12 17

17 B 17 C 17

11 D 13

Phân tích lời giải: Bài tốn có hai mặt phẳng hồn tồn xác định ACD BCD Gọi I tâm mặt cầu tiếp xúc với tất mặt tứ diện Khi dễ dạng áp dụng điều kiện tiếp xúc hai mặt phẳng ACD BCD Kết hợp với điểm I thuộc tia Ox nên tìm tọa độ điểm I bán kính mặt cầu u cầu tốn tìm độ dài CD Do cần xác định tọa điểm C, D Ta lại áp dụng điều kiện tiếp xúc mặt phẳng

CAB hay DAB để tìm tọa độ điểm C, D Nhắc lại cách viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng  qua điểm M không thuộc :

“Cho đường thẳng  có phương trình

0

0

0 x x at y y bt z z ct

  

   

   

; cho điểm

 M; M; M

M x y z   Khi bước viết phương trình:

Bước 2: Tính nAM u, A B C; ;  Đây VTPT của mặt phẳng

Bước 3: Viết phương trình mặt phẳng qua M, nhận VTPT n

có dạng A x x  M B y y M C x x M0 ”

Giải:

Với cách viết phương trình mặt phẳng được: ACD: 2x y 2z 1 0; BCD:x2y2z 2 Gọi I t ; 0; 0Ox Khi

 

 ;    

d I ACD d I BCD 2

1

3

t t t

t

   

   

   Do I thuộc tia Ox nênt0 Do t1

Suy I1; 0; 0 r1 Gọi C2t2; 2t   1; 3t 3

 1; 2; 2

CA    t t t ;

 4; 2; 4

CB      t t t

Ta có nCA CB, 4t4; 5t4; 6t6 Phương trình mặt phẳng ABC là:

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT 4t 4 x 5t 4 y 6t 6z 7t

        

 

 

  2  2 2 11 10

; 1

4 6

t d I ABC

t t t



  

    

1 11 t t     

   

Suy C0; 1; 0 ; ; ; 11 11 11

D   

  ngược lại

Do

2 2

6 17

11 11 11 11

CD       

      Chọn C

Câu 18

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm 1; 2; 3

A  mặt phẳng  P : 2x2y z  9 Đường thẳng d qua A có vectơ phương u3; 4; 4  cắt  P điểm B Điểm M thay đổi  P cho M ln nhìn đoạn AB góc 90 Khi độ dài MB lớn nhất, đường 0 thẳng MB qua điểm điểm đây?

A H 2; 1; 3 B I 1; 2; 3 C K3; 0;15 D J3; 2; 7

Giải:

Phương trình đường thẳng :

3 4

y

x z

d     

Do B d nên B3b1; 4b  2; 4b 3 mà B P nên

b  Suy B 2; 2;1

Gọi A hình chiếu A lên mặt phẳng  P

Khi phương trình :

2

y

x z

AA     



Và dễ dàng tìm tọa độ điểm A    3; 2; 1 Do M nhìn AB góc 90 nên MA2MB2 AB2 Mặt khác ta có MA AA  (tính chất cạnh góc vng cạnh huyền) Do AB2MA2MB2MB2AA2

Suy MB2AB2AA2 A B

Vậy max MB A B  M A Từ viết phương trình kiểm tra xem điểm thuộc

Câu 19

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm 0; 0; 4

A , điểm M nằm mặt phẳng Oxy M O Gọi D hình chiếu vng góc O lên AM E trung điểm OM Biết đường thẳng DE qua tiếp xúc với mặt cầu cố định Tìm bán kính mặt cầu

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT hình học phẳng trước học Ta có nhận định sau:

 Tam giác OAM vuông O

 O, A không đổi nên gọi I trung điểm OA I cố định Và D thuộc mặt cầu cố định đường tâm I và đường kính OA

 Tam giác ODM vng D E trung điểm OM nên góc

ODE DOE

 Tam giác OAD vuông D nên IA IO ID  2 khơng đổi nên dự định bán kính mặt cầu tiếp xúc với DE Như cần phải chứng minh IDDE

Giải:

Bạn đọc tự chứng minh nhận định 1, 2, (theo thứ tự Bây chứng minh nhận định

Ta có góc ODIIOD Từ suy

0 90

IDE IDO ODE IOD DOE IOE

           

Suy IDDE Vậy DE tiếp xúc với mặt cầu cố định tâm I bán kính Chọn A

Câu 20

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai mặt cầu

  2

1 :

S x y z  x y z 

  2

2 :

Cắt theo giao tuyến đường tròn  C ba điểm 1; 0; 0

A , B0; 2; 0, C0; 0; 3 Hỏi có tất mặt cầu tâm thuộc mặt phẳng chứa đường tròn  C tiếp xúc với ba đường đường thẳng AB, AC,BC

A B C D vô số

Phân tích lời giải: Như biết, mặt phẳng có đường trịn tiếp xúc với ba cạnh tam giác Và đây, dự đốn có mặt cầu tiếp xúc với ba đường thẳng

Sau đây, xin nhắc số kiên thức vấn đề tập hợp tâm mặt cầu thỏa mãn điều kiện

Bài tốn Tìm tập hợp tâm mặt cầu ln ln chứa đường trịn cố định cho trước

Giải Giả sử đường tròn cố định  C tâm I bán kính r nằm

trên mặt phẳng  P Xét đường thẳng d qua I vng góc với mặt phẳng  P Đường thẳng d gọi trục đường tròn Giả sử O tâm mặt cầu  S chứa đường trịn  C O cách điểm  C Vì chân đường vng góc hạ từ O xuống mặt phẳng  P tâm I  C Điều xảy điểm O d

Kết luận: Tập hợp tâm mặt cầu ln ln chứa đường trịn cố định cho trước đường thẳng d vng góc với mặt phẳng chứa đường trịn tâm

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Giải Giả sử tam giác ABC cho trước nằm mặt phẳng

 P Mặt cầu  S tiếp xúc với ba cạnh tam giác ABC giao với mặt phẳng  P theo đường tròn tiếp xúc với ba cạnh tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tam giác ABC Theo tốn 1, tập hợp tâm mặt cầu ln tiếp xúc với ba cạnh tam giác ABC trục đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Như vậy, muốn kiểm tra xem có mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng  P tiếp xúc với ba cạnh ta cần xác định có điểm I với I tâm mặt cầu Và ta cần xác định tới trường hợp Vì với tam giác, có tới đường tròn tiếp xúc với ba cạnh tam giác

Giải:

Mặt phẳng ABC

1

y

x z

x y z

       

Gọi  P mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến hai mặt cầu    S1 , S2

Khi đó, tập hợp điểm mặt phẳng  P thỏa mãn hệ:

2 2

2 2

4

6

2

x y z x y z

x y z

x y z x y z

      

    



     



Vậy phương trình mặt phẳng  P : 6x3y2z0

duy tâm mặt cầu Vậy có mặt cầu thỏa mãn yêu cầu toán Chọn C

Câu 21 Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 - Trường THPT

chuyên KHTN - Hà Nội – Lần

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tứ diện

ABCD có tọa độ đỉnh A6; 1;1 ,  B 4; 0; , 

5;1; , 3; 2; 6

C  D  Các điểm P,Q di chuyển

không gian thỏa mãn PA QB PB QC PC QD ,  ,  ,

PD QA Biết mặt phẳng trung trực PQ qua điểm X cố định Vậy X nằm mặt phẳng ?

A x3y3z 9 B 3x y 3z 3

C 3x3y z  6 D 2x2y6z39 0 Vì lý đề làm sai đáp án nên sửa lại điểm A, B, C, D cho phù hợp với đáp án có chút thay đổi đáp án Phân tích đề bài: Mặt phẳng trung trực PQ, điều

giúp liên tưởng tới trung điểm đoạn PQ Ngồi để có

thể làm câu cần nhớ tới PQ2 PQ2

Giải

Gọi I trung điểm PQ

Gọi G trọng tâm tứ diện ABCD nên 1; ;

2

G  

 

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

2 2 2 2

2 2 2 2

, , ,

; ; ;

0

2

PA QB PB QC PC QD PD QA

PA QB PB QC PC QD PD QA

PA QA PB QB PC QC PD QD

AI PQ BI PQ CI PQ DI

   

    

        

   

8

PQ

IG PQ IG PQ



   

Vậy G điểm cố định mà mặt phẳng trung trực PQ qua Thay vào đáp án thấy đáp án A thỏa

Câu 22 Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT huyên Lam Sơn – Thanh Hóa

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho phương trình ba mặt phẳng là:  P :x2y z  1 0,  Q :x2y z  8 0;  R :x2y z  4 Một đường thẳng thay đổi cắt ba mặt phẳng      P , Q , R ba điểm A, B, C Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 144 T AB

AC

 

A minT72 33 B minT 54 23 C minT108 D minT 72 43

Phân tích lời giải: Dễ thấy ba mặt phẳng      P , Q , R

song song với Một đường thẳng d cắt ba mặt ba điểm A, B, C nên ta nghĩ đến kiến thức cũ: “Định lý Thales không gian” Định lý phát biểu sau:

phẳng đôi song song      P , Q , R cắt đường thẳng a a,  lần lượt A, B, C A B C  , , AB BC CA

A B  B C C A  ” Nhân tiện, nhắc lại “Định lý Thales đảo” Định lý phát biểu sau:

“Giả sử đường thẳng chéo a a lấy các điểm A B C, , A B C  , cho AB BC CA

A B  B C C A  Khi đó, ba đường thẳng AA BB CC, ,  nằm ba mặt phẳng song song, tức chúng song song với mặt phẳng.”

Như vậy, với kiến thức trên, ta áp dụng nào? Yêu cầu tốn, tìm giá trị nhỏ biểu thức Ta nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức để giải Chẳng hạn dùng bất đẳng thức Cauchy Nếu áp dụng bất đẳng thức thì cần phải đưa về ẩn AB AC Do đó, áp dụng định lý Thales để biểu diễn AB theo AC ngược lại Nếu vậy, cần phải xác định đường đường thẳng d cắt ba mặt phẳng      P , Q , R cho có tỉ lệ Đường đường thẳng vng góc với ba mặt phẳng Vì lại vậy? Do khoảng cách hai măt phẳng song song, ta tính khoảng cách đoạn giao điểm hai mặt phẳng với đường thẳng vng góc Từ áp dụng định lý Thales

Giải:

Giử sử d cắt ba mặt phẳng      P , Q , R , ,

A B C   Khi theo định lý Thales có AB  AC

    hay AC A C AB   

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Lấy M0; 0; 1 Từ có

 

  9

,

1

A B  d M Q   

   

  3

;

1

A C  d M R   

 

Suy

3

AC AB Và

2 2

3

2

3

144 432 216 216

216 216

3 216 108

T AB AB AB

AC AB AB AB

AB

AB AB

      

  

Câu 23:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tọa độ điểm

1; 0; ,  2; 0; , 0; 1; 7

A B  C  Một điểm S di động

đường thẳng d vng góc với mặt phẳng ABC A Gọi

D,E hình chiếu A SB,SC Biết S di động d đường thẳng DE qua điểm F

cố định Tính khoảng cách từ F đến mặt phẳng

 P :x2y2z 9

A B C D

Phân tích tốn: Do điểm cố định nằm mặt đáy đáy mặt cố định DE hướng xuống nên dự đoán F giao điểm tiếp tuyến A đường tâm tam giác ABC BC

Ta có : AB  3,0,3 , AC   1; 1; , BC2; 1; 2  Kiểm tra tam giác ABC vuông B

Chứng minh ADSBC BC; SAB,AFSAC Gọi D giao điểm EF

SB Do BCSAB nên  1

BCAD

Do SCAE AF, SC

   2

SC AEF SC AD

   

Từ (1) (2) suy D hình chiếu A lên mặt SBC mà D hình chiếu A lên mặt

SBC nên D trùng D Vậy có điểm F Phương trình đường thẳng

2

:

5

x t

BC y t

z t

       

    Do F BC nên F 2 ;t t ; 2 t

Lại có AF AC   0   1 2t  3    1  t 2t30

 

2 6; 2;1

t F

     dF P, 3 Vậy chọn B

Câu 24: Đề minh họa THPT Quốc gia 2017 – lần 3

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P :x2y2z 3 mặt cầu

  2

:

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

Giả sử điểm M P N S cho vectơ MN

phương với vectơ u1; 0;1 khoảng cách M N

lớn Tính MN

A MN3 B MN 1 2

C MN3 D MN14

Phân tích lời giải: Nhận thấy góc mặt phẳng  P đường thẳng MN 45 khơng đổi Hay nói cách khác, gọi H hình chiếu N lên mặt phẳng  P góc

0 45

NMH khơng đổi Khi 0

sin 45 NH

MN NH Do

đó dẫn đến MN lớn NH lớn NH lớn nhất NH qua tâm mặt cầu Như vậy, hồn tồn tính NH suy MNNH xong

Giải:

Câu 25: (Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Đề thi thầy

Đoàn Trí Dũng)

Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tọa độ điểm đường thẳng Gọi M điểm di động trục hoành, N điểm di động cho Khi MN ln tiếp xúc với cầu cố định có bán kính bao nhiêu?

A B C D

Phân tích tốn: Cách thức chọn tâm nêu câu 10, chuyên đề

Giải: Gọi

Xét điểm

Ta có:

Đề đáp án thực Thầy Đồn Trí Dũng 0; 0; 2

A

0 :

2 x y t z   

  

  



OM AN MN

2

R

2

R R1

2 R

 ; 0; , 0; ; 2

M m N n

2

4

m n m n mn

      

0; 0;1

I

 ; ; , 0; ;1 ,  ; ; 

MN m n IN n MN IN n m mn

  2 2

2

;

4

m n m n d I MN

m n

 

  

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT PHẦN III: MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A, B nằm tia Ox, Oy Có điểm M không gian thỏa mãn MA2MB2MO2

A B C D Vô số

Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm , ,

A B C di động tia Ox, Oy, Oz cho

1 1

2017

OA OB OC   Biết mặt phẳng ABC qua điểm cố định M m n p ; ;  Giá trị biểu thức m n p 

là :

A 2017 B 2016 C 2015 D 2018

Bài Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng    2  2

: 1 861

S x y  z  ba điểm A1;1;1,  1; 2; 0

B  , C3; 1; 2  Gọi điểm M a b c ; ;  thuộc  S cho 2MA27MB24MC2 đạt giá trị nhỏ Khi tổng giá trị a b c  bằng:

A B C D 5

Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

1

:

1 2

y

x z

d    

 điểm A1; 0; , B 2; 1; 2 ,  1;1; 3

A Rmin 2 B Rmin 5 C Rmin  3 D Rmin 4 Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

    2  2 2

:

S x  y  z  mặt phẳng

 P : 2x2y z 160 Hai điểm M, N di động  P  P Độ dài nhỏ đoạn MN ?

A B C D

Bài Cho hình nón trịn xoay có tỉ lệ bán kính đáy chiều cao : nội tiếp hình chóp cho trước, đỉnh hình chóp hình nón trùng Gọi V V1, 2 thể tích khối chóp khối nón Giả sử tồn khối cầu tích V cho hình chóp cho ngoại tiếp khối cầu 3 Khi V V V1: 2 : 3 ? Biết diện tích tồn phần hình chóp 3 h 2 (h chiều cao hình nón trịn xoay)

A 12:8:3 B 12:8:5

C 16:8:3 D 16:8:5

Bài Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy tam giác có cạnh 5, chiều cao Điểm M thay đổi đoạn AB’ cho mặt phẳng qua M vng góc với AB cắt đoạn BC’ N Xác định tỉ số

' AM

B M cho giá trị biểu thức:

2

2

AM MN

nhỏ A 7

9 B

9

7 C

9

16 D

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Bài Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy tam giác cạnh a hình chiếu S lên mặt phẳng ABC điểm H nằm

trong tam giác ABC cho

120 , 90

AHB BHC CHA CHA

          Biết tổng diện tích mặt cầu ngoại tiếp ác hình chóp S.HAB,S.HBC,S.HCA 31

3 a .Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC

A

2

a

B

6 a

C

3

3 a

D

4 a

Bài Trên đường thẳng Ax vng góc với mặt phẳng chứa hình vng ABCD có cạnh a tâm O Lấy điểm S di động Gọi H hình chiếu A lên cạnh SB.Gọi O’ điểm đối xứng tâm O qua cạnh AB Biết S di động Ax thì đường thẳng O’H tiếp xúc với mặt cầu cố định Tính thể tích khối cầu

A

3

a 

B

3 2 a

C

3 a 

D

3 3 a 

Bài 10 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho có 4; 0; , 0; 0;  , 2, 4,0 

A B m C m R Gọi D hình chiếu vng góc O lên đường thẳng AB Biết có mặt cầu luôn tiếp xúc với đường thẳng CD điểm D Tính bán kính mặt cầu

A B 5 C D

 ; 0; 

B a b với , a b a b

 

  

 Khoảng cách lớn đường thẳng B C AC là:

A B C D

2

Bài 12 Cho số thực a,b,c thỏa mãn

1, 1,

c  a b c   a b c   Tìm tất cá giá trị thực tham số m để hàm số f x 6x m ax 2 33bx26cx đồng biến  1,1

A   1 m B 5

4

  

m

C 4

5



 m D 1

2



 m

Bài 13 Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho điểm 4; 4; 2

A  mặt phẳng P : 2x2y z 0 Gọi M điểm nằm  P ,N trung điểm OM, H hình chiếu vng góc O lên AM Biết M thay đổi đường thẳng HN ln tiếp xúc với mặt cầu cố định Tính bán R mặt cầu

A R2 3 B R3 C R3 2 D R6 Bài 14 Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

Bài 15 Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

  2    

: 2

S x y z  m x m y z  Biết khi m thay đổi mặt cầu  S ln chứa đườg trịn  C

cố định Tìm bán kính r đường tròn  C

A r B r 2 C r1 D r

Bài 16 Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm  1; 2; , 2; 3; 2

A  B  Gọi  S là mặt cầu đường kính AB Ax tiếp tuyến  S tại A, By tiếp tuyến  S B AxBy Hai điểm M,N di động Ax,By cho MN tiếp tuyến  S Hỏi tứ diện AMBN có diện tích tồn phần nhỏ ?

A 19 B 19 2 3

C 19 2  3 D 19 2  6

Bài 17 Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm 0; 3; , 0; 0; 2

A  B và hai điểm CD di động trục Ox cho CD 13 Tính thể tích khối tứ diện ABCD ?

A V  13 B V 6 13 C V 13 D V 2 13

Bài 18 Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm 0; 0; ,  2; 0; , 2; 0; 0

A 18 B 48 C 16 D 54

Bài 19 Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm 0;1;1 ,  1; 2; , 1; 0; 3

A B    C  Gọi D điểm di động mặt cầu   2

: 2

S x y z  x z  Hỏi giá trị lớn nhất thể tích khối tứ diện ABCD ?

A 10

3 B

8

3 C 40

3 D

20

Bài 20 Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường

thẳng 1: , 2 :

2 1

y y

x z x z

d    d    

 Mặt phẳng  P

vng góc d1, cắt trục Oz A cắt d2tại B Hỏi độ dài nhỏ nhất đoạn AB ?

A 2 31

5 B

24

5 C

2 30

5 D

30

Bài 21 Cho x,y số thực dương thỏa 4, 1,

xy x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức

  2 2

2

log log

A x  y

A 3

4 B

1

2 C 11 D

Bài 22 Cho hàm số    

3

x x

f x  x

 Tính

sin 02  sin 12  sin 892  sin 902 

S f   f    f   f 

A 91

2 B 45 C 46 D

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Bài 23 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

    2  2 2

: 1

S x  y  z  Mặt phẳng  P cắt mặt cầu S theo thiết diện đường tròn lớn cắt trục Ox,Oy,Oz điểm A a ; 0; , B 0; ; ,b  C0; 0; 3

a b, 0 Tính tổng T a b thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ

A T18 B T9 C T 11 D T3 Bài 23 Cho parabol  P có đỉnh

 1; 0

I  và cắt đường thẳng d  2;1 ,  1;

A  B hình vẽ bên cạnh Tính diện tích hình phẳng giới hạn parabol  P đường thẳng d

A

2

S B 13

2

S C

S D 21 S

Bài 25 Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P :x2y2z180 Gọi M điểm di chuyển trên P ; N là điểm nằm tia OM cho OM ON 24 Tìm giá trị nhỏ khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng P

A mind N P , 2 B mind N P , 0

C mind N P , 4 D mind N P , 6

Bài 26 Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

    2  2 2

: 1

cho A x o2yo2zo đạt giá trị nhỏ Tìm tổng

o o o

x y z

A 2 B. 1 C. 2 D 1

Bài 27 Cho hàm số 10

3 1

m x y

x m

  

   Biểu diễn tập hợp

các giá trị tham số để hàm số nghịch biến khoảng  0; thành dạng ;a  b;  Tính tổng S a b 

A. S 1 B. S8 C. S 8 D. S1

Bài 28 Biết tập nghiệm bất phương trình

   

3

log x    x 3log x  x 4  a b,

Tính 2a b ?

A 3 B 0 C 2 D 3

Bài 29 Cho khối hình hộp chữ nhật ABCD A B C D     Gọi M trung điểm BB mặt phẳng MDC chia khối hình hộp chữ nhật thành hai khối đa diện, khối chứa đỉnh C khối chứa đỉnh A Gọi V V1, 2 thể tích hai khối đa diện chứa C A Tính tỉ số

2

V V

A.

7 V

V  B.

1

7 17 V

V  C.

1

3 V

V  D.

1

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 TRẦN VĂN HẠO (Tổng Chủ Biên) – VŨ TUẤN (Chủ Biên) – LÊ THỊ THIÊN HƯƠNG – NGUYỄN TIẾN TÀI – CẤN VĂN TUẤT (2013), Giải tích 12, NXB Giáo dục Việt Nam

2 VŨ TUẤN (Chủ Biên) – LÊ THỊ THIÊN HƯƠNG – NGUYỄN THU NGA – PHẠM THU – NGUYỄN TIẾN TÀI – CẤN VĂN TUẤT (2013), Bài tập Giải tích 12, NXB Giáo dục Việt Nam

3 ĐOÀN QUỲNH (Tổng Chủ Biên) – NGUYỄN HUY ĐOAN (Chủ Biên) – TRẦN PHƯƠNG DUNG – NGUYỄN XUÂN LIÊM – ĐẶNG HÙNG THẮNG (2013), Giải tích 12 Nâng cao, NXB Giáo dục Việt Nam

4 NGUYỄN HUY ĐOAN (Chủ Biên) – TRẦN PHƯƠNG DUNG – NGUYỄN XUÂN LIÊM – PHẠM THỊ BẠCH NGỌC – ĐOÀN QUỲNH – ĐẶNG HÙNG THẮNG (2013), Bài tập Giải tích 12 Nâng cao, NXB Giáo dục Việt Nam

5 TRẦN VĂN HẠO (Tổng Chủ Biên) – NGUYỄN MỘNG HY (Chủ Biên) – KHU QUỐC ANH – TRẦN ĐỨC HUYÊN – (2013), Hình học 12, NXB Giáo dục Việt Nam

6 NGUYỄN MỘNG HY (Chủ Biên) – KHU QUỐC ANH – TRẦN ĐỨC HUYÊN – TRẦN VĂN HẠO (2013), Bài tập hình học 12, NXB Giáo dục Việt Nam.

Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh

nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹnăng sư phạm đến từcác trường Đại học trường chuyên danh tiếng

I. Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG:Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng xây

dựng khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, NgữVăn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học - Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán

trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn.

II. Khoá Học Nâng Cao HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho em HS THCS lớp 6, 7, 8, yêu thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ởtrường đạt điểm tốt

ở kỳ thi HSG

- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩncùng đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia

III. Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, NgữVăn, Tin Học Tiếng Anh

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia

HOC247 NET cộng đồng học tập miễn phí