DOWNLOAD file pdf De thi 2020

 Các bài toán khai thác phát triển từ bài toán này là: Xác định điểm đối xứng của một điểm qua mặt phẳng tọa độ, qua trục tọa độ, khoảng cách một điểm đến mặt phẳng tọa độ, trục tọa đ[r]

(1)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang

PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO CỦA BGD – THÁNG – 2020 Mơn: TỐN

Sản phẩm đặc biệt Tổ Phản Biện Các Sản Phẩm Quan Trọng Của Nhóm Tốn VD- VDC

Câu 1-2-3 Thầy Hùng Nguyễn phát triển Cô Thoan Nguyễn Phản Biện Câu 1: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Từ nhóm học sinh gồm 10 nam 15 nữ, có cách

chọn học sinh?

A 25 B 150 C 10 D 15

Lời giải Chọn A

Để chọn học sinh ta có phương án thực hiện: Phương án 1: Chọn học sinh nam, có 10 cách chọn Phương án 2: Chọn học sinh nữ, có 15 cách chọn

Theo quy tắc cộng, ta có: 10 15 25  cách chọn học sinh

Câu hỏi phát triển tƣơng tự câu 1:

Câu 1: 1.1 (Câu tương tự câu1 ) Một nhóm học sinh gồm học sinh nam x học sinh nữ Biết có 15 cách chọn học sinh từ nhóm học sinh trên, giá trị x

A 24 B 6 C 12 D 225

Lời giải Chọn B

Để chọn học sinh ta có phương án thực hiện: Phương án 1: Chọn học sinh nam, có cách chọn Phương án 2: Chọn học sinh nữ, có x cách chọn Theo quy tắc cộng, ta có: 9x cách chọn học sinh Theo ra, ta có: 9 x 15 x

Câu 2: 1.2 (Câu phát triển câu1 ) Từ nhóm học sinh gồm nam nữ, có cách chọn học sinh có nam nữ?

A 120 B 168 C 288 D 364

Lời giải Chọn C

Phương án 1: Chọn học sinh nam học sinh nữ, có

6 120

C C  cách thực Phương án 2: Chọn học sinh nam học sinh nữ, có

6 168

C C  cách thực Theo quy tắc cộng, ta có: 120 168 288  cách chọn học sinh có nam nữ

Câu 3: 1.3 (Câu phát triển câu1 ) Một lớp có 30 học sinh gồm 20 nam 10 nữ Hỏi có cách chọn nhóm học sinh cho nhóm có học sinh nữ?

A 1140 B 2920 C 1900 D 900

Cách 1:

Để chọn học sinh có học sinh nữ ta có phương án sau: Phương án 1: Chọn học sinh nữ học sinh nam, có

10 20

(2)

Có C30 cách chọn học sinh từ 30 học sinh, có C20 cách chọn học sinh, khơng có học sinh nữ

Suy có 3

30 20 2920

C C  cách chọn nhóm học sinh cho nhóm có học sinh nữ

Câu 2: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho cấp số nhân  un với u13 u2 15 Công bội cấp số nhân cho

A 5 B 12 C 12 D 1

5

Công bội cấp số nhân cho

5 u q

u  

Câu 1: 2.1 (Câu phát triển câu2 ) Cho cấp số nhân  un với u12 vàcơng bội q3 Tìm số hạng thứ cấp số nhân

A 24 B 54 C 162 D 48

Số hạng thứ cấp số nhân 3

4 2.3 54

u u q  

Câu 2: 2.2 (Câu phát triển câu2 ) Cho cấp số nhân  un với u3 9 u6 243 Công bội cấp số nhân cho

A 3 B 27 C

27 D 126

Gọi q công bội cấp số nhân cho, ta có:

2

3

5

6

u u q u u q    

 

3

27 u q

u

    q

Câu 3: 2.3 (Câu phát triển câu2 ) Dãy số  un với un 2n cấp số nhân với

A Công bội số hạng B Công bội số hạng

C Công bội số hạng D Công bội số hạng

Cấp số nhân cho là: ; ; ; 16 ; …

1

2 u

u q

u   

   

(3)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang Câu 3: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Diện tích xung quanh hình nón có độ dài đường sinh 4a bán

kính đáy a

A

16a B 8a2 C 4a2 D 4

3a

Diện tích xung quanh hình nón có độ dài đường sinh l4a bán kính đáy ra

2

.4 xq

S rl a a a

Câu 1: 3.1 (Câu phát triển câu3 ) Cho hình nón có diện tích xung quanh 6a2 đường kính đáy 2a Tính độ dài đường sinh hình nón cho

A 3a B 2a C 6a D 6a

Bán kính đáy 2

a

r a

Diện tích xung quanh hình nón

xq

S rl a l a  l 6a

Câu 2: 3.2 (Câu phát triển câu3 ) Cho hình nón có thiết diện qua trục tam giác cạnh 2a Diện tích xung quanh hình nón

A 2a2 B 8a2 C 4a2 D 2

3a

Vì thiết diện qua trục hình nón tam giác cạnh 2a nên 2

2

l a l a

r a r a

 

 



   

 

Diện tích xung quanh hình nón cho

.2 xq

S rl  a a a

Câu 3: 3.3 (Câu phát triển câu3 ) Cho hình nón có bán kính đáy R, góc đỉnh 2 với 45    Tính diện tích xung quanh hình nón theo  90 R 

A

2

4 sin

R 

 B

2

2 sin

R



 C

2

sin

R



 D

2

3sin

R

  Lời giải

Chọn C

B S

(4)

Ta có:

sin sin

OM R

l SM

 

  

Diện tích xung quanh hình nón

2

sin sin xq

R R

S rl  R 

 

  

Câu 4-5-6 Thầy Nguyễn Phương phát triển cô Phương Thuý Phản Biện

Câu 4: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

Hàm số cho đồng biến khoảng đây?

A 1;  B 1;0 C 1;1 D  0;1 Lời giải

Chọn D

Hàm số cho đồng biến khoảng  ; 1  0;1 Ta chọn phương án D

Câu hỏi phát triển tƣơng tự :

Câu 4a: Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

A 1;  B  1;3 C 3; D ;0

Lời giải

Chọn B

Hàm số cho đồng biến khoảng  ; 2  1;3 O

(5)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang Câu 4b: Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

A  ; 4 B 3;5 C 2; D ;4

Lời giải

Chọn A

Hàm số cho đồng biến khoảng  ; 3  2;5 Do hàm số đồng biến khoảng  ; 4

Câu 4c: Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

Hàm số cho nghịch biến khoảng đây?

A ;2 B 3;2 C  2;3 D  2;6

Lời giải

Chọn C

Hàm số cho nghịch biến khoảng  ; 3  2;5 Do hàm số nghịch biến khoảng  2;3

Câu 4d: Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

A  ; 2 B 1; C  4; 2 D 2;4

(6)

A 216 B 18 C 36 D 72

Lời giải

Chọn A

Thể tích khối lập phương cho

6 216

V  

Câu hỏi phát triển tƣơng tự :

Câu 5a: Cho khối lập phương có cạnh Thể tích khối lập phương cho

A 12 B 32 C 16 D 64

Lời giải

Chọn D

Thể tích khối lập phương cho

4 64

V  

Câu 5b: Cho khối lập phương tích V Thể tích khối lập phương có cạnh nửa cạnh khối lập phương cho

A

2

V

B

4

V

C

8

V

D

16 V

Lời giải

Chọn C

Gọi cạnh khối lập phương ban đầu a a3V Thể tích khối lập phương có cạnh

2 a

là:

3

2 8

a a V

V     

 

Câu 5c: Cho khối lập phương có cạnh a Chia khối lập phương thành 64 khối lập

phương nhỏ tích Độ dài cạnh khối lập phương nhỏ

A

4 a

B

8 a

C

16 a

D

64

a

Lời giải

Chọn A

Thể tích khối lập phương lớn là:

V a

Gọi chiều dài cạnh hình lập phương nhỏ x thể tích khối lập phương nhỏ là: V x3 Từ giả thiết  V 64V 3

64

a x

 

4 a x  

Câu 5d: Biết diện tích tồn phần khối lập phương 96 Tính thể tích khối lập phương

A 32 B 64 C 16 D 128

(7)

Chọn B

Gọi độ dài cạnh hình lập phương a 6a2 96 a Thể tích khối lập phương:

4 64 V  

Câu 6: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Nghiệm phương trình log 23 x 1

A x3 B x5 C

2

x D

2

x

Lời giải

Chọn B

Ta có:  

3

log 2x  1 2x 1 2x   1 x

Câu hỏi phát triển tƣơng tự:

Câu 6a: Nghiệm phương trình log 34 x 2

A x6 B x3 C 10

3

x D

2

x

Lời giải

Chọn A

Ta có:  

4

log 3x  2 3x 2 3x 2 16 x

Câu 6b: Nghiệm phương trình log2 2

x x



  

  

 

A x2 B x6 C 10

3

x D

3

x

Lời giải

Chọn D

Ta có: log2 4

2

x x

 

        

   

 

7 x  

Câu 6c: Nghiệm phương trình log2x 1 log2x126

A x6 B x3 C 10

3 D x5

Lời giải

Chọn D

Ta có: log2x 1 log2x126( đk: x1 )

   

2

log x 2log x

    

 

2

log x

    x

Câu 6d: Nghiệm phương trình  

log x  9

(8)

1



2



1



A 3 B 1 C 1 D 3

Ta có      

3

1

d d d

f x x f x x f x x 

  

Câu tƣơng tự: Cho hàm số f x  liên tục Biết 10  

0 f x dx7

  

0 f x dx 5

  

10

7

f x dx



A.2 B.12 C.12 D 2

Lời giải Áp dụng công thức      

c c

b a

f x dx f x dx f x dx

   ta có

           

10 10 10

7 0

5 12

f x dx f x dx f x dx  f x dx f x dx    

    

Chọn C Câu phát triển

7.1: Cho      

2 10

0

2; 6;

f x dx f x dx f x dx

   Tính  

10

0

?

I  f x dx

A.I 13 B.I 10 C.I 16 D 4 Lời giải

Ta có        

10 10

0

2 10

f x dx f x dx f x dx f x dx   

   

Chọn B

7.2: Cho  

4

0

16

f x dx

 Tính  

2

0

2

I  f x dx

A.I 32 B.I 8 C.I 16 D 4 Lời giải

Đặt 2

2

dt

t xdt dxdx Khi ta có

   

4

0

1

.16

2 2

dt

(9)

Chọn B

7.3: Cho hàm số f x  liên tục thỏa mãn  

9

1

4

f x

dx

x 

  

2

0

sin cos

f x xdx 



 Tính tích

phân  

3

0

?

I f x dx

A.I 2 B.I 6 C.I 4 D 10

Lời giải

Đặt

2

t x  t x tdtdx Khi

         

9 3 3

1 1 1

4 2 2

f x

dx f t dt f t dt f x dx f x dx

x

       

Đặt tsinxdtcosxdx Khi

       

2

0 0

2 f sinx cosdx f t dt f x dx f x dx 

    

Từ ta suy      

3

0

4

I  f x dx f x dx f x dx Chọn C

Câu 8: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau:

Giá trị cực tiểu hàm số cho

A 2 B 3 C 0 D 4

Lời giải Chọn D

Từ bảng biến thiên ta có giá trị cực tiểu hàm số 4 Câu tƣơng tự:

Cho hàm số y f x có bảng biến thiên hình vẽ

Hàm số có giá trị cực đại

+

f(x)

2

-4

+ ∞ 3

0 ∞

∞

0

+

+ 0

f'(x) x

∞

x  

y   

y 

0

1

(10)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 10

Khẳng định sau khẳng định sai?

A Hàm số có giá trị cực tiểu 1 B Hàm số có cực trị

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

Khi qua đạo hàm không đổi dấu nên hàm số đạt cực trị Vậy khẳng định câu C sai

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

Hàm số y2f x 1 đạt cực tiểu điểm

A x5 B x2 C x0 D x1 Lờigiải

Chọn C

Ta có: y2f x 1 y2f x

Suy ra: Điểm cực tiểu hàm số y f x  điểm cực tiểu hàm số  

2

y f x 

Vậy: Hàm số y2f x 1 đạt cực tiểu điểm x0 8.3: Số điểm cực trị hàm số y x1x22 là:

0

(11)

A 3 B 1 C 4 D 2

Xét hàm số   2 3 2

1

y x x x  x  x Tập xác định: D

Ta có

3 10

y  x  x ; y  0 3x2 10x   8 x

x Bảng biến thiên

Từ BBT   2

1

y x x suy BBT y x1x22 :

Vậy hàm số cho có điểm cực trị

Câu 9: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình bên?

A y  x4 2x2 B yx42x2 C yx33x2 D y  x3 3x2 Lời giải

Chọn A

Đồ thị đồ thị hàm số dạng

yax bx c với a0 Câu tƣơng tự:

(12)

A yx33x1 B y  x3 3x1 C yx33x1 D y  x4 4x21

Đây đồ thị hàm bậc ba có hệ số a dương nên loại đáp án B, D

Đồ thị hàm bậc ba có hai điểm cực trị nên loại Câu phát triển

9.2: Đường cong hình vẽ đồ thị hàm số bốn hàm số sau

A

1 x y

x  

 B

2

1 x y

x   

 C

2 x y

x   

 D

2

1 x y

x  

 Lờigiải

Chọn B

Ta có từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số giảm, có tiệm cận ngang y 2, tiệm cận đứng

x  , giao với Ox điểm  1; , giao với Oy điểm  0; Vậy hàm số cần tìm 2

1 x y

x   



(13)

A a0,b0, c0, d 0 B a0,b0, c0, d 0 C a0,b0,c0, d 0 D a0,b0,c0, d 0

Lờigiải Chọn A

lim

xy

   a Xét  

3

f x  ax  bx c , f x 0 có hai nghiệm phân biệt trái dấu nên suy a c 0

c

 

Xét

3 b

y ax b x

a 

      , dựa vào đồ thị ta thấy hoành độ điểm uốn âm

3 b a 

   b

9.4: Cho hàm số y f x x3ax2bx4 có đồ thị hình vẽ

Hàm số y f x  hàm số bốn hàm số sau:

A yx33x22 B yx33x22 C yx36x29x4 D yx36x29x4

Vì đồ thị hàm số  

4

y f x x ax bx qua điểm  0; ,1;0,2; 2 nên ta có hệ:      

     

3

2

0 6.0 9.0

3

1 1

4

2 2

a b a

a b

a b b

a b

    

      

         

     

 



      



Vậy

6

(14)

Ta có:  2

2

log a 2 log a

Phân tích: sử dụng cơng thức logarit Câu tƣơng tự câu 10

Câu 1: 10.1 Với a số thực dương tùy ý,  4

log a

A 4 log 3a B 1 log3

4 a C 4 log3a D

log a Lời giải

Chọn C

Ta có:  4

3

log a 4 log a Phát triển

Câu 2: 10.2 Với a số thực dương tùy ý,  3 log 100a

A 6 loga B 3 3log a C 1 1log

23 a D 2 3log a Lời giải

Chọn D

Ta có  3

log 100a log10 loga  2 3loga

Câu 3: 10.3 Cho số thực a b, 0 thoả mãn 3a 4b Giá trị a b

A log 4 B ln12 C ln 0, 75 D log 3 Lời giải

Chọn D

Ta có: ln ln ln log 43 ln

a b a

a b

b

     

Câu 4: 10.4 Cho log 3a Giá trị

81

1

log 1000 bằng?

A 3

a

B 4

a

C

12a D 12 a

Ta có

4

1000 10

81

1 4

log 81 log log

log 1000 3

a

   

Câu 11: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Họ tất nguyên hàm hàm số f x cosx6x

A

sinx3x C B

sinx 3x C

   C

sinx6x C D sinx C Lời giải

(15)

Ta có:  

cosx6 dx xsinx3x C



Phân tích: Sử dụng nguyên hàm Câu tƣơng tự

Câu 1: 11.1 Họ tất nguyên hàm hàm số f x 2xsinx

A

cos

x  x C . B

cos x  x C

C 2x2cosx C D 2x2cosx C Lời giải

Chọn B

   

2 sin d cos

f x  x x xx  x C

 

Phát tiển

Câu 2: 11.2Họ tất nguyên hàm hàm số f x 2x e x

A 2 ex C B x2exC C x2 ex C D x2exC Lời giải

Chọn C

 

2x e dx x x  ex C



Câu 3: 11.3 Họ tất nguyên hàm hàm số f x 3xsin 8x

A cos8 ln

x

x C

  B 1cos8

ln x

x C

 

C 1cos8 ln

x

x C

  D 3 ln 1cos8

8 x

x C

 

 

3 sin cos8

ln x x

x dx x C

   



Câu 4: 11.4 Họ tất nguyên hàm hàm số f x 2xcos2x

A x2sin 2x C . B 1sin 2

x  x C

C 1sin 2

x  x C D x22sin 2x C Lời giải

Chọn B

   

2 cos2 d sin

2

f x  x x xx  x C

 

Câu 5: 11.5 Họ tất nguyên hàm hàm số  

sin f x x  x

A 3x23cos3x C B

4

1 cos

x

x C

 

C x4cos 3x C D

4

1 cos

x

x C

 

Lời giải

Chọn D

Ta có:  

4

3

sin d cos

x

x  x x  x C

(16)

điểm biểu diễn số phức,… Câu tƣơng tự

Câu 1: 12.1 Tính modul số phức z 4 3i:

A z 25 B z  C z 7 D z 5

Lời giải

Chọn D

Áp dụng công thức tính thể modul số phức z a bi: z  a2b2 Theo đầu ta có:  2

2

4

z    

Phát triển

Câu 2: 12.2 Cho số phức z biểu diễn điểm M1;3 mặt phẳng tọa độ Môđun số phức z

A 10 B 2 C 10 D 8

Số phức z biểu diễn điểm M1;3   z 3i

Ta có  2

1 3 10

z    i    

Câu 3: 12.3 Cho số phức z 2 3i Môđun số phức z

A 1 B 1 C 2 3 i D 13

Ta có 2  2

2 3 13

z  z   i    

Câu 4: 12.4 Nếu điểm M x y; điểm biểu diễn hình học số phức z mặt phẳng tọa độ Oxy thoả mãn OM

A

4

z B z C z 16 D z

Theo OM x2 y2 z

(17)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 17 A 2i B 1 2 i C 1 2 i D 2i

Ta có M 2;1   z i

Câu 6: 12.6 Trong hình vẽ bên, điểm P biểu diễn số phức z1, điểm Q biểu diễn số phức z2 Mệnh đề đúng?

A z1z2 B z1  z2 5 C z1  z2  D z1 z2

1 ; 2

z    i z   i z  z 

Câu 7: 12.7Số phức liên hợp số phức z 5 6i

A z  5 6i B z  5 6i C z 6 5i D z 5 6i

Số phức liên hợp số phức z x yi, x y,  số phức z x yi Do số phức liên hợp số phức z 5 6i z 5 6i

Câu 8: 12.8 Điểm M hình vẽ bên biểu diễn số phức z Số phức z

A z 3 5i B z  3 5i C z  3 5i D z  3 5i

(18)

Chọn B

Hình chiếu M2; 2;1  lên mặt phẳng Oxy cao độ Phân tích ý tƣởng câu hỏi:

 Đây dạng tốn tìm tọa độ điểm mặt phẳng tọa độ trục tọa độ Đây dạng toán Nằm mạch kiến thức khái niệm hệ trục tọa độ hình học khơng gian Oxyz

 Cho điểm M a b c; ; 

+ Hình chiếu điểm M mặt phẳng Oxy a b; ;0 + Hình chiếu điểm M mặt phẳng Oyz 0; ;b c + Hình chiếu điểm M mặt phẳng Oxz a; 0;c + Hình chiếu điểm M trục Ox a;0;0

+ Hình chiếu điểm M trục Oy 0; ; 0b  + Hình chiếu điểm M trục Oz 0; 0;c

 Các toán khai thác phát triển từ toán là: Xác định điểm đối xứng điểm qua mặt phẳng tọa độ, qua trục tọa độ, khoảng cách điểm đến mặt phẳng tọa độ, trục tọa độ; phương trình mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng tọa độ, trục tọa độ…v.v

Bài tập tƣơng tự:

13.1 Trong khơng gian Oxyz, hình chiếu vng góc điểm M2; 2;1  mặt phẳng Oyz có tọa độ

A 2; 0;1 B 2; 2;0  C 0; 2;1  D 0; 0;1 Lời giải

Chọn C

Hình chiếu M2; 2;1  lên mặt phẳng Oyz điểm có hồnh độ nên hình chiếu điểm 0; 2;1 

Bài tập phát triển

13.2 Trong không gian Oxyz, điểm đối xứng với điểm M2; 2;1  qua mặt phẳng Oyz có tọa độ

A 2; 0;1 B  2; 2;1 C 0; 2;1  D 0; 0;1 Lời giải

Chọn B

Gọi điểm H 0; 2;1  hình chiếu M mặt phẳng Oyz Điểm đối xứng với điểm

2; 2;1

M  qua mặt phẳng Oyz:x0là điểm M a b c1 ; ; sao cho M M1 nhận Hlàm trung

(19)

13.3 Trong khơng gian Oxyz, hình chiếu vng góc điểm M2; 2;1  trục Oxlà

điểm có tọa độ

A 2; 0;1 B 2; 0; 0 C 0; 2;1  D 0; 0;1 Lời giải

Chọn B

Hình chiếu M trục Ox điểm có tọa độ 2; 0; 

13.4 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A( 3;1; 2) Tọa độ điểm A đối xứng với điểm A qua trục Oy

A ( 3; 1; 2)  B (3;1; 2) C (3; 1; 2)  D (3; 1; 2)

Lời giải

Chọn B

Gọi M hình chiếu điểm A lên trục OyM(0;1;0)

Ta có A đối xứng với điểm A qua trục Oy nên M trung điểm AA

2 3

2 2.1 1 (3;1; 2)

2 2

A M A A

x x x x

y y y y A

z z z z

 

    

 

 

         

       

 

13.5Trong không gian Oxyz, cho hai điểm ( 1;2;6)A  , B(5; 4; 2) , đường thẳng AB cắt mặt phẳng (Oxz) M MA k MB Tính k

A

2

k   B

2

k C k2 D k 2

Lời giải

Chọn A

Dễ nhận thấy hai điểm ,A B nằm khác phía so với mặt phẳng Oxz:y0 Suy điểm M nằm đoạn AB nên MAk MB k, 0

Ta có     

 ,,  24 12 d A Oxz

MA

MB d B Oxz    Suy

1 k  

Câu 14: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

    2  2 2

: 16

S x  y  z  Tâm  S có tọa độ

A   1; 2; 3 B 1; 2;3 C 1; 2; 3  D 1; 2;3  Lời giải

Chọn D

Phân tích ý tƣởng câu hỏi:

 Đây dạng xác định tâm bán kính mặt cầu, xác định phương trình có phải phương trình mặt cầu hay khơng? Đây dạng tốn

 Cho mặt cầu  S có tâm I a b c ; ;  bán kính R ta có

+ Phương trình mặt cầu     2  2 2 2

:

S xa  y b  z c R + Ngược lại phương trình có dạng 2

2 2

x y  z ax by cz d phương trình mặt cầu 2

0

a    b c d Khi tâm mặt cầu I a b c; ; , bán kính

2 2

(20)

14.2 Trong không gian Oxyz, mặt cầu ( ) :S x2y2 z2 4x2y2z 3 có tâm bán kính

A I(2; 1;1) , R9 B I( 2;1; 1)  , R3

C I(2; 1;1) , R3 D I( 2;1; 1)  , R9

Lời giải

Chọn B

Mặt cầu ( )S có tâm I( 2;1; 1)  bán kính 2

( 2) ( 1) ( 3) R       

14.3.Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( ) : (S x1)2y2 (z 3)24 Tìm tâm I bán kính r mặt cầu ( )S

A I(1;0; 3) , r4 B I( 1;0;3) , r2

C I( 1;0;3) , r4 D I(1;0; 3) , r2

Lời giải

Chọn B

Mặt cầu ( )S có tâm điểm ( 1;0;3)I  bán kính r2

14.4.Trong khơng gian Oxyz, phương trình phương trình mặt cầu?

A x2y2   z2 x B x2y2 z2 6x 9

C x2 y2  z2 D x2y2  z2

Lời giải

Chọn D

Ta có 2 2 2  2

2 ( 0) ( 0) ( 0)

x y z    x  y  z  Mặt cầu có tâm (0;0;0)O , bán kính R

14.5.Trong khơng gian Oxyz, tìm điều kiện tham số m để phương trình

2 2

2

x y  z mx y mzm  m phương trình mặt cầu

A m4 B

4

m m

   

 C m1 D

1

m m

   



Lời giải

Chọn D

Ta có phương trình

  2  2 2

2 2 2

2 5

x y z  mx y mzm  m  xm  y  z m m  m Để thỏa mãn toán

5

4

m

m m

m

 

    



(21)

14.6 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( ) :S x2y2 z2 2x4y4z m 0 (m tham số ) Biết mặt cầu có bán kính Tìm m

A m25 B m11 C m16 D m 16

Lời giải

Chọn C

5 4 16

R       m m

Câu 15: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng   :3x2y4z 1 Vectơ vectơ pháp tuyến   ?

A n23; 2; 4 B n32; 4;1  C n13; 4;1  D n43; 2; 4 

Mặt phẳng   :3x2y4z 1 0có vec tơ pháp tuyến n3; 2; 4  Phân tích tốn:

Đây dạng tốn xác định véc-tơ pháp tuyến mặt phẳng

 Véc tơ pháp tuyến mặt phẳng véc-tơ khác véc-tơ khơng có giá vng góc với mặt phẳng

 Nếu hai véc tơ a b khơng phương có giá song song nằm mặt phẳng tích có hướng chúng véc tơ pháp tuyến mặt phẳng

 Nếu n véc-tơ pháp tuyến mặt phẳng véc tơ kn véc-tơ pháp tuyến, k 0  Trong khơng gian mặt phẳng phương trình ln có dạng A xB y C z   D 2

0

A B C  Khi véc tơ pháp tuyến nA B C; ; 

Bài tập tƣơng tự:

15.1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) :P z2x 3 Một véc-tơ pháp tuyến ( )P

A u (0;1; 2) B v  (1; 2;3) C n(2;0; 1) D w (1; 2;0)

Lời giải

Ta viết lại phương trình mặt phẳng ( ) : 2P x  z thấy ( )P có véc-tơ pháp tuyến (2;0; 1)

n 

15.2 Trong không gian Oxyz, mặt phẳng sau nhận n(1; 2;3) làm véc-tơ pháp tuyến? A x2y3z 1 B 2x4y6z 1

C 2x4z 6 D x2y3z 1

Lời giải

Ta có mặt phẳng 2x4y6z 1 có véc-tơ pháp tuyến n(2; 4;6)2(1; 2;3) 15.3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( )P qua điểm A(1; 3; 2) chứa trục Oz Gọi n( ; ; )a b c véc-tơ pháp tuyến mặt phẳng ( )P Tính M b c

a 



A

M   B M 3 C

M  D M  3

Lời giải

(22)

A a b 2 B a b 0 C a b  3 D a b 3

Lời giải

Lấy ( 1;0;0)B  d Ta có AB  ( 2; 2;0),ud (2;3;1)

Mặt phẳng qua A chứa d có véc-tơ pháp tuyến nAB u, d ( 2; 2; 2) Một véc-tơ pháp tuyến mặt phẳng n (1; 1;1)  a 1,b1 Vậy a b 0

15.5. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm (2;4;1)A , ( 1;1;3)B  mặt phẳng ( ) :P x3y2z 5 Một mặt phẳng ( )Q qua hai điểm A, B vng góc với mặt phẳng ( )P có dạng ax by cz   11 Tính a b c 

A a b c  10 B a b c  3 C a b c  5 D a b c   7

Lời giải

Ta có AB   3; 3; 2 véc-tơ pháp tuyến mặt phẳng ( )P nP 1; 3; 2 

Mặt phẳng ( )Q qua hai điểm A, B vng góc với mặt phẳng ( )P có véc-tơ phương

   

, 0;8;12 0; 2;3

Q P

n AB n  

Phương trình mặt phẳng ( )Q là0 (        x 2) (y 4) (z 1)

Hay ( ) : 2Q y3z 11 Từ suy a0, b2, c3 Do a b c     0 Câu 16-17-18 Thầy Trần Tuấn Huy thực thầy Trần Đức Nội Phản Biện

Câu 16. [ĐỀ THI THAM KHẢO] Trong không gian Oxyz, điểm thuộc đường thẳng

1

:

1 3

x y z

d     

 ?

A P1; 2;1 B Q1; 2; 1   C N1;3; 2 D M1; 2;1

Lời giải

Chọn A

Ta có :

1 3

x y z

d     



Thay tọa độ điểm P1; 2;1 vào phương trình đường thẳng d ta có 1 2 1

1 3

   

 

 ta thấy

(23)

Câu 16.1 Trong không gian với hệ trục tọa độ , đường thẳng  :

2 1

x y z

  



không đi qua điểm đây?

A A1; 2;0 B  1; 3;1 C 3; 1; 1   D 1; 2;0 

Lời giải

Chọn A

Ta có 1 2

2 1

  

 

 nên điểm A1; 2;0 không thuộc đường thẳng   Câu 16.2 Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho đường thẳng d:

2

x t

y t

z t

         

Đường thẳng d qua điểm sau đây?

A. K1; 1;1  B. H1; 2;0 C. E1;1; 2 D. F0;1; 2 Lời giải

Chọn D

Đường thẳng d qua điểm F0;1; 2

Câu 16.3 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng  P : 2x y 2z 3 0;  Q : x   y z Giao tuyến hai mặt phẳng  P và Q đường thẳng qua điểm đây?

A P1;1;1 B M2; 1; 0  C N0; 3; 0  D Q1; 2; 3 

Lời giải

Chọn A Cách 1:

Giả sử giao tuyến hai mặt phẳng  P ,  Q đường thẳng qua điểm I Khi đó:  

  I P I Q

   



Kiểm tra điểm M, N, P, Q Ta thấy có điểm P thuộc hai mặt phẳng  P ,  Q Vậy P1;1;1 điểm cần tìm

Cách 2:

 P có vectơ pháp tuyến n12; 1; 2 

Oxyz

(24)

Phương trình đường thẳng :

2

x t

y

z t

         

Dễ thấy P1;1;1

Câu 16.4 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  

:

2

x t

d y t t

z t

  

   



    

điểm M1; 2;m Tìm tất giá trị tham số m để điểm M thuộc đường thẳng d

A. m2 B. m1 C. m 2 D. m0

Điểm M1; 2;m thuộc đường thẳng

1

:

2

x t

d y t

z t

  

   

    

1

0

2

2 2

t

t t

m

t m

 



 

   

   

   



Câu 17. [ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SAa 2(minh họa hình vẽ bên dưới) Góc SC mặt phẳng ABCD

A 45 B 30 C 60 D 90

(25)

Ta có tan 30

3

 SA  a    

SCA SCA

AC a

Câu 17.1 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Đường thẳng SA

vng góc với mặt phẳng đáy SA2a Góc đường thẳng SC mặt phẳng ABCD  Khi tan

A. B.

3 C. D. 2

Góc đường thẳng SC mặt phẳng ABCD  Suy  SCA

tan

2

SA a

AC a

   

Câu 17.2 Cho hình chóp tam giác S ABC có độ dài cạnh đáy a Độ dài cạnh bên

hình chóp để góc cạnh bên mặt đáy 60? A

3

a

B

6 a

C

6 a

D 2

3 a

C

D

B A

(26)

Gọi O tâm tam giác ABC SO ABC

Hình chiếu SA mặt phẳng ABC AO  góc cạnh bên SA mặt đáy góc 60

SAO 

Xét tam giác vuông SAO: cos 60 AO SA  

3

cos 60

2

a

AO a

SA

   



Câu 17.3 Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD cạnh a, AB vng góc với mặt phẳng BCD,AB2a M trung điểm đoạn AD, gọi  góc CM với mặt phẳng BCD,

A tan

  B tan

3

  C tan

2

 D tan

3  

Lời giải

Chọn B

B O

N M

B D

(27)

Gọi N trung điểm BD, suy MN AB// MN BCD, góc CM với mp BCD 

bằng góc MCN 

2 AB

MN  a, a

CN  tan 2

3

MN a

CN a



   

Câu 17.4 Cho hình lập phương ABCD A B C D     Tính góc đường thẳng AB mặt phẳng BDD B 

A 60 B 90 C 45 D 30

Gọi O tâm hình vng ABCD ta có AOBD (1)

Mặt khác ta lại có ABCD A B C D     hình lập phương nên BB ABCDBBAO (2) Từ (1) (2) ta có AOBDD B AB,ABCDAB B O , AB O

Xét tam giác vng AB O có sin

AO AB O

AB

  

  AB O  30 Vậy AB,ABCD 30

Câu 18. [ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho hàm số f x , bảng xét dấu f x sau:

Số điểm cực trị hàm số cho

A 0 B 2 C 1 D 3

Lời giải

Chọn B

Vì đạo hàm hàm số cho đổi dấu lần qua x 1nên hàm số cho có điểm cực trị Câu 18.1 Cho hàm số f x  liên tục , bảng xét dấu f x sau:

O D' B'

A'

C'

C B

A D

x   f x

 1 0 1 

0 0

(28)

A 3 B 2 C 4 D

Do hàm sốxác định có biểu thức đạo hàm đổi dấu ba lần x1; x2; x3 nên hàm số  

y f x có ba điểm cực trị

Câu 18.2 Cho hàm số f x  có đạo hàm f x x2 2x2x23,  x Số điểm cực trị

của hàm số

A.1 B. C. D.

Ta có f x có nghiệm phân biệt 4 2; 0 ; 2

Tuy nhiên f x đổi dấu qua nghiệm

2

 2 nên hàm số f x  có điểm cực trị

Câu 18.3 Cho hàm số y f x  liên tục , có đạo hàm      

1

    

f x x x x Số

điểm cực trị hàm số y f x 

A 4 B 2 C D 3

Cho f x 0    2 

1 2

 x x  x  

1

2     

   

x x x

(29)

Vậy hàm số có điểm cực trị

Câu 18.4 Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số y f x

Số điểm cực trị hàm số y f x  là?

A. B. C. D.

Từ hình vẽ ta thấy f x 0 đổi dấu hai điểm nên hàm số có hai điểm cực trị Câu 19-20-21 Cô Đặng Thị Mến thực thầy Dấu Vết Hát Phản Biện

Câu 19: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Giá trị lớn hàm số f x   x4 12x21 đoạn 1; 2

A 1 B 37 C. 33 D 12

Lời giải Chọn C Hàm số liên tục xác định 1; 2 Ta có  

4 24

f x   x  x    

 

3

0

0 24 1;

6 1; x

f x x x x

x    

         



    

Ta có f  0 1;f   1 12 ; f  2 33 Vậy

 1;2  

max f x 33

 

Phát triển

(30)

2 x1 5x x1 5x

Do f x  0 5 x x   1 x  1;5 Mặt khác f  1 2;f  3 2 2;f  5 2 Vậy

 1;5    

max f x  f 2

Câu 19.2: Gọi M N, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f x  x x1 đoạn  0; Tính M2N

A.16

9 B

256

27 C.3 D.

Ta có

( ) ( 3) ( 1)

f x  x x  x x Xét hàm số g x( ) (x 3) (2 x1),với x 0;

 

2

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

g x  x x  x  x x    x x x (0; 4)

'( ) 1

(0; 4)

x g x

x

  

  

   

; (0) 9; 256; (3) 0; (4)

3 27

g  g   g  g 

  ;

Khi  0;4

min ( )g x 0;

 0;4

256 max ( )

27

g x  Hay 16 3;

M  N  Vậy 16

9 M  N 

Câu 19.3: Cho hàm số f x  liên tục đoạn 1;3 có bảng biến thiên sau

Tìm giá trị lớn hàm số y f 3 sinx 1

A 4 B 3 C.2 D 1

Đặt t3 sinx 1,  x Ta có 0 sinx   1 sinx    3 sinx  1 Vậy  1; 2

t 

Do đó, giá trị lớn hàm số y f 3 sinx 1 giá trị lớn hàm số  

(31)

Dựa vào bảng biến thiên hàm số f x ta có  

1;2    

maxf sinx maxf t f 

 

 

Câu 19.4: Cho hàm số f x liên tục 1;3 có đồ thị hình vẽ bên Gọi M m, giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y  f x  1;3 Tính Mm

A.2 B. C.3 D 4

Quan sát đồ thị ta thấy hàm số y f x  đạt giá trị nhỏ 1;3 1 điểm x 1 đạt giá trị lớn 1;3 điểm x3 Do M 4,m 1nên

 

4

M    m

Câu 20: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Xét tất số thực dương a b thỏa mãn log2alog8 ab Mệnh đề đúng?

A ab2 B a3 b C ab D. a2 b

Lời giải

Chọn D Ta có      

1

2

3

2 2

log alog ab log alog ab  a ab a b

Phát triển câu 20

Câu 20.1: (Tƣơng tự) Cho a0,b0 ln ln ln

3

a b a b

 Chọn mệnh đề mệnh đề

sau:

A a3b3 8a b ab2  C.a3b3 3 8 a b ab2  2

B 3  2

3

a b  a b ab D. 3  2

3

a b  a b ab

Ta có    

3

2

2 ln ln

ln 3ln ln ln ln ln

3 3 27

a b

a b a b a b

a b  a b

        

 3

27

a b



   3

27 a b a b

   2 3  2

3 27

a a b ab b a b a b a b ab

        

Câu 20.2: Cho

11

3 3

7

4

log



 

  

 

 

a

a a m

n a a

với a0; m n,  * m

n phân số tối giản Khẳng định

(32)

a a a Vậy 19

7

m

n  , mà

*

,

m n m

n phân số tối giản nên m19, n7

2

312

m n

  

Câu 20.3: Cho a0, b0 a1 thỏa mãn log ; log2 16

a

b

b a

b

  Tính tổng a b

A 12 B.18 C.16 D.10

16

log a a 2b

b

   suy 16

2

log log log

16

b

a

b b

b b b ta b16 a Vậy a b 18

Câu 20.4: Nếu

8

log alog b 5

4

log a log b7 giá trị a

b

A.2 B.218 C.8 D.29

Điều kiện a0,b0

2 2 2

8

2

4

2

1

log log

log log 3 log

1 log

log log

3

a b

a b a a

b

a b b

a b                                

Vậy a 23

b  

Câu 21: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Tập nghiệm bất phương trình 5x1 5x2x9

A 2;4 B 4;2 C ;2  4; D ;4  2;

Lời giải

Chọn A Ta có bất phương trình x1x2x9x22x802 x4 Vậy tập nghiệm bất phương trình cho S 2;4.

Phát triển

Câu 21.1: (Tƣơng tự) Tập nghiệm bất phương trình

2 3 2

4

x  x

  

 

 

A.;0  3; B.; 0 C 3; D.  0;3

Lời giải

Chọn D Ta có

2 3 2

4

x  x

  

   

2 3 2 2

1

2

x x 

            x x

     0 x

Câu 21.2: Tập nghiệm bất phương trình

2

(33)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 33 A 4; B.  2; C.0; 2  4; D.0; 2

Điều kiện xác định x0 Ta có

2 2

log x3log x   2 log x   2 x Vậy tập nghiệm bất phương trình S  2;

Câu 21.3: Số nghiệm nguyên bất phương trình log0,815x4log0,813x8

A 1 B 4 C 3 D.

Ta có log0,815x4log0,813x8

15 13 15

x x

x

  



   



2

15

x x

 

    

2 15

x

      



2 15 x    

Nghiệm nguyên bất phương trình cho x 0; Chọn D

Câu 21.4: Tổng tất nghiệm nguyên khơng âm bất phương trình 1

2x  x 3xx 18

A. B 2 C 4 D 1

Lời giải Chọn A.

Ta có 1 2   2 2 2

2x  x 3x x182x x.3xx 36 2.3 x x366xx 6 x   x

1 x

   

Như nghiệm ngun khơng âm bất phương trình x0; 1; 2

Do tổng tất nghiệm nguyên khơng âm bất phương trình cho Câu 22-23-24 Thầy Lê Đình Mẫn thực Thoa Nguyễn Phản Biện

Câu 22: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho hình trụ có bán kính đáy Biết cắt hình trụ cho mặt phẳng qua trục, thiết diện thu hình vng Diện tích xung quanh hình trụ cho

A 18 B 36 C 54 D 27 

Ta có hình trụ có bán kính đáy R3

Thiết diện qua trục thu hình vng nên hình trụ có chiều caoh2R6 Vậy Sxq 2Rh36

Nhận xét. Đây dạng toán bản, học sinh phải hình dung hình dạng thiết diện tạo thành cắt hình trụ, hình nón, hình cầu mặt phẳng

(34)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 34 Chọn C

Do góc đỉnh hình nón

120

  , gọi l độ dài đường sinh ta có 2 3

R

l  SA

Khi đó, diện tích tam giác SAB

3

S  SA  Câu 22: (Phát triển 1)

Cho hình trụ trịn xoay hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A B, nằm đường tròn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm đường trịn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng ABCD tạo với đáy hình trụ góc 45 Tính diện tích xung quanh hình trụ?

A

2 xq

2

5 a

S   B

2 xq

3 a

S  C.

2 xq

3 a

S  D.

2 xq

3 a S 

Gọi P Q E, , trung điểm AB CD OO, ,  Góc (ABCD) mặt đáy 45

O QE   Ta có

2 a

EQ ,

4 a O Q EO

Suy

2 a

hOO a rO C  Diện tích xung quanh hình trụ

2 xq

6

2

4 2

a a a

S    

(35)

Cắt hình nón đỉnh I mặt phẳng qua trục hình nón ta tam giác vng cân có cạnh huyền a 2, BC dây cung đường trịn đáy hình nón cho mặt phẳng IBC tạo với mặt phẳng chứa đáy hình nón góc

60 Tính theo a diện tích S tam giác IBC

A

2

3 a

S  B

2

3 a

S  C

2

2 a

S D

2

a

S 

Tam giác IDCvng cân có 2

2 a

DC a IH HC ICa

Gọi E trung điểm cạnh BC, góc mặt phẳng (IBC) (BCD) IEH600 Trong tam giác IHE có 0

sin 60 IH a

IE 

Tam giác IEC có 2 2

3

CE IC IE  a  a a

Vậy

2

3 a S EI EC

Câu 22: (Phát triển 3)

(36)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 36 A. 6,85 dm2 B. 6, 75 dm2 C. 6, 65 dm2 D. 6, 25 dm2

Gọi R, h, l bán kính đáy, chiều cao độ dài đường sinh phễu

Khi

2

1

2

V R h h

R 



     l h2 R2 362 4 R2 R



   

Diện tích xung quanh hình nón 2

2

36 36

xq

S R l R R R

R R

  



      

Ta có 4 3

2 2

36 18 18

3 (18 )

R R

R   R  R    Dấu xảy 6

2

18 18

R R

R     Suy

2

minSxq  (18 ) 6, 65

Câu 23: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

Số nghiệm phương trình 3f x  2

A 2 B 0 C 3 D 1

Ta có:     f x    f x 

Từ bảng biến thiên ta thấy đường thẳng :

d y cắt đồ thị hàm số y f x  điểm phân biệt nên phương trình cho có nghiệm phân biệt

(37)

Cho hàm số y f x( ) xác định {0}, liên tục khoảng xác định có bảng biến thiên sau

Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình f x( )m có ba nghiệm thực phân biệt

A m 1;3 B m1;3 C m 1;3 D m1;3

Dựa vào biến thiên, phương trình có ba nghiệm thực phân biệt m(1;3) Câu 23 (Phát triển 1)

Tìm tất giá trị tham số m để phương trình x m  9x2 0 có nghiệm dương?

A. m ( 3;3] B. m [ 3;3]  2

C. m[0;3] D m 3

Điều kiện 3  x Phương trình tương đương với x 9x2 m

Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số

9

y x x đường thẳng ym

Xét hàm số

9

y x x với 3  x Ta có

2

9

x x x

y

x x

 

   

 

2

0 3 2

0 [ 3;3]

2

x

y x x x

x x

 

           

 



(38)

Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm 3  m Câu 23 (Phát triển 2)

Cho hàm số y f x( ) liên tục có đồ thị hình vẽ sau

Số giá trị nguyên tham số m để phương trình  

2

1

7

8

x m

f     có hai nghiệm phân biệt

A 6 B 4 C 7 D 5

Từ đồ thị ta suy hàm số y f x( ) có phương trình yx33x1 Đặt

7x , ( 0)

t  t Khi ta có phương trình

2

1

( ) ( ) , ( 0)

8

m m

f t     f t   t

Dựa vào đồ thị hàm số y f x( ) hình vẽ Với t0 để phương trình

2

1 ( )

8

m

f t   có hai nghiệm

2

1

1 8 {0; 1; 2}

8

m

m m m



               

Vậy có giá trị nguyên tham số m để phương trình có nghiệm phân biệt Câu 23 (Phát triển 3)

(39)

A 3 B 4 C 9 D 8

Từ đồ thị, ta thấy hàm số y f x( ) có ba điểm cực trị 1,

x  x xa (1 a 2) Do f x( )0 có ba nghiệm 1,

3

x  x xa (1 a 2)

Ta có            

 

   

0

0 '

1

f x

g x f x f f x

f f x

 



       

  

 Phương trình (1) có ba nghiệm 1,

3

x  x xa (1 a 2)

Phương trình (2)

     

   

1

3

1

f x f x

f x a f x a

     

 

    

     

 

 

Nghiệm phương trình f x( )m phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hàm số ( )

y f x với đường thẳng ym Từ đồ thị hàm số y f x( ), ta vẽ thêm đường thẳng

2,

(40)

Từ đồ thị trên, ta thấy đường thẳng 2,

y y y a (với 2  a 3) cắt đồ thị hai điểm phân biệt khác khác với 1,1,

3 a

 Do phương trình (3), (4), (5) có hai nghiệm phân biệt khác khác với 1,1,

3 a



Vậy phương trình g x( )0 có nghiệm phân biệt

Câu 24: Họ tất nguyên hàm hàm số   x f x

x  

 khoảng 1;

A x3lnx 1 C B x3lnx 1 C

C

 2

3

x C

x

 

 D  2

3

x C

x

 



Ta có:  

1

x f x

x x



  

 

   

1 d d d 3ln

1

 

          

 

 

 f x dx  x  x  x x x C

x x với x 1; 

Nhận xét. Đây dạng toán nguyên hàm, mức độ thông hiểu Học sinh biết chia đa thức để tách phân thức hữu tỉ đưa nguyên hàm quen thuộc

Câu 24 (Tƣơng tự) Cho hàm số

4

2x

y x



 khoảng 0; Khẳng định sau đúng?

A

3

2

( )d C

3

x f x x

x

  

 B

3

2

( )d C

3

x f x x

x

  

(41)

C. 3

( )d C

f x x x x

  

 D

3

2

( )d C

3

x f x x

x     Lời giải Chọn D Ta có 2

2 3

( )d d d C

3

x x

f x x x x x

x x x

  

       

 

  

Câu 24 (Phát triển 1)

Cho hàm số F x( ) nguyên hàm hàm số ( ) cos2 sin

x f x

x 

 khoảng  0; Biết giá trị lớn F x( ) khoảng 0; Chọn mệnh đề mệnh đề sau

A 3

6

F    

  B.

2

3

F   

  C. F 3

      

  D

5

3

6

F    

 

Ta có : ( )d cos2 1d cos2 d 12 d 12 d(sin ) 12 d

sin sin sin sin sin

x x

f x x x x x x x

x x x x x



    

     

Do ( ) ( )d cot sin

F x f x x x C

x

    

Ta có ( ) ( ) cos2 cos 0; 

sin

x

F x f x x x

x

 



        

Hàm F x( ) đạt giá trị lớn

x Suy

2 3

cot 3

3 3

sin

C C C

 

          

Do ( ) cot sin

F x x

x

    nên 3

6

F    

 

Câu 24 (Phát triển 2)

Cho hàm số f x( ) có đạo hàm liên tục ( 1; ) Biểu thức

 

2

( 1)

2 ( ) ( )

3 x x f x x f x

x  

  

(42)

Trên khoảng ( 1; ), ta có:

                  2 2 2 ' 1

1

x x f x x f x

x

x x

f x f x

x

x x

x

f x x

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

Do

( )

1 x

f x x C

x

    



Khi x1 ta có (1) 12

2f      C C Vậy f(0) 2 Câu 24 (Phát triển 3)

Cho hàm số f x( ) có đạo hàm liên tục đoạn [0;1] thỏa mãn  

1

2

(1) 0, ( ) d

f   f x x

 

2

1 sin cos sin d

3 x x f x x



 

 Tính tích phân

1

0

( )d

f x x



A 7

5 B 4 C.

7

4 D 1

Xét tích phân

2

0

sin cos (sin )d

I x xf x x



 

Đặt tsinx dt cos dx x Ta có 0;

x  t x   t Ta có

1

2

0

1 ( )d ( )d

3

I t f t tx f x x (tính chất khơng phụ thuộc biến số)

Ta có

1

1 1

2 3

0

0 0

1 1

( )d ( ) ( )d ( )d

3 3

x f x x x f x  x f x x   x f x x 

  

Ta có  

1 1

2

3

0 0

( ) d ( ) d 14 ( )d 49 d 14

f x x x f x x x f x x x x

         

 

(43)

Do

1

2

3 3

0

7

( ) d ( ) ( ) ( )

4

f x x x f x x f x x f x x C

             

 



Theo giả thiết

1

4

0

7 7

(1) ( )d d

4 4

f    C f x x  x   x

 

 

Vậy

1

0

7 ( )d

5

f x x



Câu 25-26-27 Thầy Kiên Nguyễn phát triển thầy TRị Trọng Trần Phản Biện

Câu 25. [ĐỀ THI THAM KHẢO] Để dự báo dân số quốc gia, người ta sử dụng công thức nr

S A e , A dân số năm lấy làm mốc tính, S dân số sau n năm, r tỉ lệ gia tăng dân số năm Năm 2017, dân số Việt Nam 93.671.600 người (Tổng cục Thống kê, Niên giám thống kê 2017,Nhà xuất Thống kê, Tr.79) Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi 0,81%, dự báo dân số Việt Nam năm 2035 người (kết làm tròn đến chữ số hàng trăm)?

A 109.256.100 B 108.374.700 C 107.500.500 D 108.311.100

Từ năm 2017 đến năm 2035 có 18 năm

Áp dụng cơng thức r 18.0,81%

n 93.671.600 108.374.700

S A e  e 

Chọn B

Câu 25.1 (câu tƣơng tự)

Để dự báo dân số quốc gia, người ta sử dụng công thức S A e nr, A dân số năm lấy làm mốc tính, S dân số sau n năm, r tỉ lệ gia tăng dân số năm Năm 2017, dân số Việt Nam 93.671.600 người (Tổng cục Thống kê, Niên giám thống kê 2017,Nhà xuất Thống kê, Tr.79) Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi 0, 79%, dự báo dân số Việt Nam năm 2040 người (kết làm tròn đến chữ số hàng trăm)?

A 112.336.100 B 112.336.075 C 112.336.080 D 112.366.100

Từ năm 2017 đến năm 2040 có 23 năm

Áp dụng công thức r 23.0,79%

n 93.671.600 112.336.100

S A e  e 

Chọn A

Câu 25.2 (phát triển)

Số lượng loại vi khuẩn nuôi cấy phịng thí nghiệm tăng lên theo cơng thức rt

S  A e , A số lượng ban đầu, t thời gian (tính giờ), r tỉ lệ tăng trưởng, S số lượng sau t Biết A1000 (con), r 10%, hỏi cần khoảng để đạt 20000 con?

A 29 B 30 C 31 D 32

Từ công thức

ln rt

S A S A e t

r      

   , thay số ta được: 20000

ln

ln 20 1000

29,96

10% 0,1

t

 

 

 

(44)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 44 Lời giải

Chọn C

Gọi n số năm cần gửi, tốn thuộc lãi kép gửi lần tính theo công thức 1 n

T M r với M r, số tiền ban đầu lãi suất định kì Thế ta có 250 100 0, 07   n suy n13,5 nên người gửi 14 năm đủ số tiền

Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với kì hạn 3 tháng (1 quý), lãi suất 6% quý theo hình thưc lãi kép Sau 6 tháng, người lại gửi thêm 100 triệu đồng với hình thức lãi suất Hỏi sau năm tính từ lần gửi người nhận số tiền gần với kết nhất?

A 224, triệu đồng B 243,5 triệu đồng C 236, triệu đồng D 238, triệu đồng

Sau tháng đầu người gửi hai kì hạn nên tổng vốn lãi lúc A100 1, 06 2 triệu đồng

Người gửi thêm 100 triệu số tiền gửi B A 100 triệu

Vậy sau năm số tiền B1, 062 100 1, 06 4100 1, 06 2 238, triệu đồng

Câu 26. [ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho khối lăng trụ đứng ABCD A B C D     có đáy hình thoi cạnh a

, BDa AA 4a (minh họa hình bên dưới) Thể tích khối lăng trụ cho

A 2 a3 B 4 a3 C 2 3

3 a D

3

4 a

Vì ABCD hình thoi cạnh ,a có 2

BDa AC  AO a  a a, với O trung điểm AC

Suy

2

3

  

ABCD

a

S AC BD

Vậy V  AA S ABCD2 3a3 Chọn A

Tính thể tích khối lăng trụ đứng ABCD A B C D     có đáy hình vng cạnh a đường chéo

A C  a

(45)

Chọn C

Ta có ACa 2, AA A C 2AC2  4a22a2 a

2

ABCD S a

Vậy V a a2 2a3

Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C    có AB2a, góc hai mặt phẳng A BC  ABC 600 Tính thể tích khối lăng trụ cho

A 3a3 3 B

3

8 a

C 3a3 6 D

3

6 a

Lời giải

Chọn A

Gọi M trung điểm BC Tam giác ABC nên AM BC, AA đường cao lăng trụ nên BC AA Do đó, BCAA M  nên A BC  ; ABC AMA 60

Suy AA AM.tanAMAa 3.tan 60 3a Vậy thể tích cần tìm V  AA S ABC

2

3

4

3 3

4 a

a a

 

Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD A B C D     có cạnh đáy a góc A B mặt phẳng A ACC  300 Tính thể tích V khối lăng trụ cho

A V a3. B V a3 3. C V a3 2. D V 2a3

Lời giải ChọnA

A D

B

C A'

C' B'

D'

M C'

B'

A C

(46)

Gọi OACBD

Ta có:       

 

BO AC

BO ACC A

BO A A O Do góc A B mặt phẳng A ACC là



BA O BA O 300

Su ra: tan 300

2

3 

   



BO a

A O A O

2

 

A A A O AO  a a a Vậy thể tích V khối lăng trụ cho V  AA S ABCD a a 2a3

Cho khối lăng trụ đứng ABCD A B C D     có đáy hình thoi cạnh 2a, AA 2a, góc B D mặt đáy 30 (minh họa hình bên dưới) Thể tích khối lăng trụ cho

A 2 a3 B 4a3 C

3

2

3 a

D

3

4

3 a

Vì BD hình chiếu B D mặt phẳng ABCD nên B DB  30 góc B D mặt đáy BDB B cot 30 2a

Vì ABCD hình thoi cạnh 2a có BD2a

2 2

AC AO AB BO a a a

      

2

1

.2 3

2

ABCD

S AC BD a a a

   

2

ABCD 2

V AA S a a a

   

Chọn B

(47)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 47 Câu 27 [ĐỀ THI THAM KHẢO] Tổng số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số

2

5

1 x x y x   



A 0 B 1 C 2 D 3

Lời giải

Chọn C

Điều kiện: x2    1 x Suy : TXĐ : D \ 1 

Ta có:   

  

2

1 1

1

5

lim lim lim

1 1

x x x

x x

x x x

x x x x

  

 

     

   

+ Ta có:

   

2

1

5

lim lim

1

x x

x x x

x x                   2 1

5

lim lim

1

x x

x x x

x x

 

   

     

 

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x 1 + Ta có:

2

5

lim x x x x    



2

5

lim x x x x    

  Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y5

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng ngang đồ thị hàm số

Tìm tổng số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số  

 

2

6

4

x x

f x

x x x

 



  

A 5 B 2 C 4 D 3

Điều kiện:  

2

4

3               

x x x

x x

Suy : TXĐ : D2;  \ + Ta có:  

  2 2 8

lim lim lim

4

1

x x x

x x x x

f x

x x x

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

Suy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là: y0 + Ta có:  

         

2

2 2

2 4

6

lim lim lim lim

4

x x x x

x x

f x

x x

x x x x x x

                         

+ Ta có:

   2   

3 3

2

6

lim lim lim

3

4

                       

x x x

x x

f x

x x

x x x

Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là: x3 Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận

Câu 27.2 (phát triển) Đồ thị hàm số

2 1 x y x  

 có tiệm cận?

A 3 B 1 C 0 D 2

(48)

x

  x

Suy y1 tiệm cận ngang

+ lim lim x x x y x      1 lim 1 x x x x x           1 lim 1 x x x    

  1

Suy y 1 tiệm cận ngang Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận

Số đường tiệm cận đồ thị hàm số

2 x y x  



A 2 B 1 C 3 D 4

TXĐ: D    ; 2 2; +) Ta có

2 lim lim x x x y x      2 lim x x x      2 2

lim lim lim

4

1

x x x

x x y x x                 

Suy đồ thị hàm số có hai tiện cận ngang +) Ta lại có:

 

  

2

2 2

2

lim lim lim lim

2 2

4

x x x x

x

x x

y

x x x

x                   

 2  2

2 lim lim            x x x y x       2 2

lim

4 0,

x x x x x x                        

Suy đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số cho Vậy đồ thị hàm số cho có đường tiệm cận

Cho hàm số y f x  liên tục \ có bảng biến thiên hình vẽ Số đường   tiệm cận đứng đồ thị hàm số

  2020 y f x 



2

(49)

A 2 B 3 C 4 D 1

Dựa vào BBT, phương trình 2 f x 0   f x

  có nghiệm phân biệt tử số số nên đồ thị hàm số

  2020

y

f x



 có đường tiệm cận đứng

Câu 28-29-30 Thầy Nguyễn Chiến phát triển thầy Nguyễn Đức Lợi Phản Biện

Câu 16: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ] Cho hàm số yax33xd a d, có đồ thị hình bên.Mệnh đề đúng?

A a0,d 0 B a0,d 0 C a0;d 0 D a0;d 0 Lời giải

Chọn D

Do nhánh tiến đến  đồ thị hàm số xuống a Do đồ thị cắt trục tung điểm có tung độ nhỏ 0 d

Nhận xét: Đây câu mức độ vận dụng, dạng cho đồ thị hàm số đa thức, tìm dấu hệ số Phƣơng pháp:

+ Tính lim

xy để tìm dấu hệ số có lũy thừa cao xlimy   a 0; xlimy   a Nhận diện nhanh: Nhánh đồ thị lên từ trái qua phải  a 0, xuống từ trái qua phải  a

+ Xét giao điểm đồ thị với trục hoành, trục tung + Dựa vào điểm cực trị

Câu tƣơng tự: Cho hàm số

3

(50)

A a0,d0 B a0,d0 C a0,d0 D a0,d0 Lời giải

Chọn A

Ta có lim

xy   a

Đồ thị hàm số cắt trục Oy điểm nằm phía trục Ox nên d 0 Phát triển

Câu 1. Cho hàm số  

y f x ax bx  cx d có đồ thị hàm số hình bên

Khẳng định sau ?

A.a0;b0;c0;d 0 B a0,c0,d 0;b0

C.a0;b0,c0,d 0 D a0;b0,d0;c0

Lời giải

Chọn D

Ta có lim

xy   a

Đồ thị hàm số cắt trục Oy điểm nằm phía Ox nên d0

Ta lại có hàm số có hai điểm cực trị có điểm đạt cực tiểu điểm x0 điểm cực đại đạt điểm x0

Suy phương trình  

3

f x  ax  bx c  có hai nghiệm x1 0 x2 Khi ta có  

1

0

c c

f

a b

x x

b a

  

 

 

   

  

 

 

    Đáp án D

Câu 2. Cho hàm số  

f x ax bx cxdcó đồ thị đường cong hình vẽ

Tính tổng S   a b c d

A S0 B S 6 C S  4 D S 2

Lời giải

O x

y

2

2 

2

O x

(51)

Chọn A

Ta có f x 3ax22bxc Hàm số f x ax3bx2cxd liên tục ; đồ thị hàm số có hai điểm cực trị 2; 2 và  0;

        2 0 0 f f f f              

8 2

12

2

a b c d

a b c

d c                a b c d           S  

Câu 3. Biết hàm số  

y f x ax bx c có đồ thị đường cong hình vẽ bên

Tính giá trị f3a2b c 

A f 3a2b c  125 B f3a2b c  144

C. f 3a2b c  113 D f 3a2b c 1

Lời giải

Chọn A

Ta có  

4

f x  ax  bx

Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số qua hai điểm   0;1 , 1; 1  có điểm cực trị 1; 1  nên ta có hệ phương trình:

      1 1 f f f           1

4

c c

a b c a

a b b

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

Ta có hàm số  

2

f x   x  x 

Khi f 3a2b c  f  3  125

Câu 29: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ]Diện tích hình phẳng gạch chéo hình

A  

2

2x 2x dx 

  

 B  

2

2x 2x 4dx 

 



C  

2

2x 2x 4dx 

  

 D  

2

(52)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 52 Phƣơng pháp:

1) Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y f x  liên tục đoạn  a b; , trục hoành hai đường thẳng xa, xb xác định: ( )

b

a

S  f x dx

2) Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y f x( ), yg x( ) liên tục đoạn  a b; hai đường thẳng xa, xb xác định: ( ) ( )

b

a

S f x g x dx

 Trên  a b; hàm số f x( ) khơng đổi dấu thì: ( ) ( )

b b

a a

f x dx f x dx

 

 Nắm vững cách tính tích phân hàm số chứa giá trị tuyệt đối  Diện tích hình phẳng giới hạn đường xg y( ),

( )

xh y hai đường thẳng yc,yd xác định: ( ) ( ) d

c

S g y h y dy

3) Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị    C1 : f1 x , C2 : f2 x là:    

1

n

x

S  f x g x dx Trong đó:x x1, ntương ứng nghiệm nhỏ lớn phương trình

   

(53)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 53 Câu tƣơng tự Cho đồ thị y f x  hình vẽ sau Diện tích Scủa hình phẳng (phần gạch chéo) xác định

A  

2

S f x dx



  B    

1

2

S f x dx f x dx



  

C.    

2

1

S f x dx f x dx



   . D    

1

2

S f x dx f x dx



  

Lời giải

Chọn C

Diện tích cần tích là:      

2

S f x dx f x dx f x dx

 

    

       

1 2

2 1

f x dx f x dx f x dx f x dx

 

    

Phát triển CÂU 29

Câu 1. (Phát triển câu 29- Đề thi tham khảo) Cho hình thang cong  H giới hạn đường

y x

 ,

x , x2 trục hoành Đường thẳng 2

xk   k 

  chia H thành hai phần có diện tích S1 vàS2như hình vẽ

Tìm tất giá trị thực k đểS13S2

A k  B k1 C

5

k  D k 

Lời giải

Chọn A

O

2

k x

y

1

S

2

(54)

4

k k

     mà

2 k nên k

Câu 2. (Phát triển câu 29- Đề thi tham khảo) Với m đường thẳng d y: mx2 cắt parabol

( ) :P yx 1 hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2 Tìm m để diện tích hình phẳng giới hạn d ( )P nhỏ

A.m0 B.

m C.

4

m D.m4

Ta có x x1, hai nghiệm phương trình

1 x mx

    Khi

        

2

1

2

2 1 2

1

2 1

2 3

x x

x

mx x m

S  mx x  dx  x  x x  x x x x  x x  

 

 



   

2 2 2

1

4 4

6 m  m m  m m

          

min

S m

  

Câu 3. (Phát triển câu 29- Đề thi tham khảo) Cho hình phẳng D giới hạn parabol

2

y  x  x, cung trịn có phương trình

16

(55)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 55 A.8 16

3

  B 2 16

3

  C 4 16

3

 D 4 16

3   Lời giải

Chọn D

Diện tích hình phẳng D

4

2

0

1

16 d

2

S   x   x  x x

 



Xét tích phân

4

2

16 d

I  x x Đặt x4sint, ;

2 t  

  Khi

2

dt 16 16sin cos d

I t t t



   2

0

16 cos tdt 

  16 1sin

2t t

 

   

  4

4

2

0

1 16

2 d

2

J   x  x x  x x  

   



Vậy 16 S 

Câu 4. (Phát triển câu 29- Đề thi tham khảo) Cho hàm số có đồ thị Biết đồ thị tiếp xúc với đường thẳng điểm có hồnh độ âm đồ thị hàm số cho hình vẽ

Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị trục hoành

A. B. C. D.

   

, , , , ,

y f x ax bx  cx d a b c d a  C  C

4

y y f x

S  C

9

S 27

4

S  21

4

S 

(56)

Do tiếp xúc với đường thẳng điểm có hồnh độ âm nên

Vậy nên có Vậy phương trình đường cong

Xét phương trình

Diện tích hình phẳng cần tìm

Câu 30: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ]Cho hai số phức z1  3 i z2  1 i Phần ảo số phức

1

z z

A 2 B 2i C 2 D 2i

Ta có z1z2        3 i i 2i

Vậy phần ảo số phức z1z2

Nhân xét : Câu hỏi mức độ thông hiểu :

Phƣơng pháp

Số phức z a bi,a b;  , a phần thực, b phần ảo Số phức liên hợp z a bi,a b;  

Câu tƣơng tự (Phát triển câu 30- Đề thi tham khảo) Cho hai số phức z1  5 i z2  7 2i Phần ảo số phức z1z2

A 3 B 3i C 3 D 3i

Lời giải

Chọn C

Ta có z1z2     5 i 2i 12 3 i

Vậy phần ảo số phức z1z2 3 Câu phát triển

Câu 2: (Phát triển câu 29- Đề thi tham khảo) Cho hai số phức z1 2 4i z2  1 3i Phần

ảo số phức z1iz2

A 5 B 5i C 3 D 3i

Lời giải

 C  x0

 

0 3 0

f x   x     x

 1

f   C2  C y  x3 3x 2

3

1

x

x x

x

  

    

 

 

1 3

2

27

3 d

4

x x x

   

(57)

Chọn C

Ta có z1iz2   2 4i i1 3 i  1 3i

Vậy phần ảo số phức z1iz2 3

Câu 3: (Phát triển câu 29- Đề thi tham khảo) Cho hai số phức z1  5 6i z2  1 8i Phần

ảo số phức liên hợp w z1 iz2

A 5i B.5 C 5i D.5

Lời giải

Chọn B

Ta có w z1 iz2  5 6i i 8 i  3 5i    w 5i

Vậy phần ảo số phức w z1 iz2 5.

Câu 4: (Phát triển câu 29- Đề thi tham khảo) Cho hai số phức z1 2019 2020 i

2 2002

z  i Phần ảo số phức iz1z2

A 2020 B 4021 C 2020 D 4021

Lời giải

Chọn D

Ta có iz1z2 i2019 2020 i  2002i 2020 4021 i

Vậy phần ảo số phức iz1z2 4021

Câu 5: (Phát triển câu 29- Đề thi tham khảo) Nếu số phức z1 thỏa mãn z 1 phần thực

1z

A 1

2 B.

1

 C.2. D.2.

i giải

Chọn A

Cách 1:

Gọi z a bi, a b,  , z1 Vì z  1 a2b2 1 Ta có

   2 2

1

1 1

1 1 2 2 2

a bi a b b

i i

z a bi a b a a a

  

     

       

Vậy phần thực số phức 1z

1 2

Cách 2:

Ta có: z z  z2 1

Khi đó: Re 1 1 1

1 z z z z z z z

      

          

(58)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 58 Câu 31: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ] Trong khơng gian Oxyz,cho mặt cầu  S có tâm I0;0; 3 

và qua điểm M4;0;0  Phương trình  S

A x2y2 z 32 25 B x2y2 z 32 5

C x2y2 z 32 25 D x2y2 z 32 5 Lời giải

Chọn A

Bán kính mặt cầu 2  2

4

     

r IM

Phương trình mặt cầu là: 2

( 3) 25 x y  z 

Câu 1. (Tƣơng tự câu 31)Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức zi3 2 i điểm đây?

A. M 3; B. N3; 2  C. P2;3 D. Q2; 3 

Lời giải

Chọn C

Ta có  

3 3 2

zi  i  i i     i i

Vậy điểm biểu diễn cho số phức z mặt phẳng phức điểm có tọa độ 2;3

Phát triển câu 31, tìm điểm biểu diễn cho số phức w biết só phức w tính thơng qua zvà z

thỏa mãn biểu thức cho trước

Câu 2. (Phát triển câu 31) Cho số phức z thỏa mãn 2i z  3 4i Tìm phần thực số phức w  2 iz 3z

A. B. 5 C. D.

Lời giải

Chọn A

Từ giả thiết 2

i

z i

i 

  

 Suy w  2 iz 3z  2 i2 i 3 2  i 5i Vậy phần thực số phức w

tích tam giác biết tọa độ đỉnh lớp 10

Câu 3. (Phát triển câu 31) Trong mặt phẳng tọa độ, cho A, B, C ba điểm biểu diễn cho ba số phức z1 5 i,  

2

z  i z3  2i Diện tích tam giác ABC kết đây?

A. 25 B. 25

2 C.

185

2 D. 185

Lời giải

(59)

Ta có z1  5 i A5; 1 

 2  

2 16 16 15 15;8

z  i    i i   i  i B

 3  

3 0;

z  i   i C 

Diện tích tam giác ABC biết tọa độ đỉnh

     

1 25

5 8 15 1

2

ABC

S          (đvdt)

Phát triển câu 31, ý tưởng điểm biểu diễn gắn với hình học phẳng Sử dụng vectơ tích vơ hướng để tìm điều kiện cho tứ giác hình chữ nhật

Câu 4. (Phát triển câu 31) Cho số phức z a bi (với a b,  ) số phức liên hợp z có điểm biểu diễn mặt phẳng phức A D Số phức 2 5 i z liên hợp có điểm biểu diễn B C Biết tứ giác ABCD hình chữ nhật z 3 i đạt giá trị nhỏ Tìm tích a b

A. 80

169

 B. 80

169 C.

16 169

 D. 16

169

Lời giải

Chọn A

Ta có z  a bi A a b ; ; z  a bi D a ;b

2 5 i z  5 i a bi    2a5b  5a2b i B2a5 ;5b a2b

Điểm biểu diễn cho số phức liên hợp số phức 2 5 i z C2a5 ; 5b  a 2b Ta có ABa5 ;5b a b , AD0; 2 b, DCa5 ; 5b  a b

Để tứ giác ABCD hình chữ nhật

 

,

5 ,

5 5

2

a b a b

a b a b a b

AB DC

a b a b b a

AB AD

b a b   

    

    

        



 



   

Khi số phức z   a bi a 5ai Xét

  2 2 98 98

3 3 26 16 10 26

13 13 13

z   i a ai  i a  a  a  a  a   

 

Vậy z 3 i đạt giá trị nhỏ 98

13 đạt

4 20

,

13 13

a  b (thỏa mãn) Do 20

13 13

z   i, suy ra: 80 169 a b 

Câu 32: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ]Trong không gian Oxyz, mặt phẳng qua điểm M1;1; 1  vng góc với đường thẳng :

2

x y z

   có phương trình

A 2x2y  z B x2y z

(60)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 60 Câu 1.(Tƣơng tự câu 32) Trong không gian Oxyz, cho vectơ a2;7; 3 , b2;1; 4

Tính tích vơ hướng a a b 

A. 21 B. 63 C. 53 D. 52

Lời giải

Chọn B

0;6; 7 a b  

Vậy a a b  2.0 7.6 3    7 63

Phát triển câu 32, sử dụng ứng dụng tích vơ hướng vào việc tìm tham số để tam giác trong không gian tam giác vuông

Câu 2. (Phát triển câu 32) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A2;0;1, B1; 4;3 C m m ; 3;1 Tìm m để tam giác ABC vng B

A. 7 B. C. D. 4

Lời giải

Chọn C

3; 4; 2

BA   , BC m1; 2m 7; 2 Để tam giác ABC vng B

   

35

BA BC  m  m     m   m

Phát triển câu 32, sử dụng ứng dụng tích vơ hướng vào việc quỹ tích điểm M thỏa mãn đẳng thức cho trước, tốn có sử dụng việc khai thác điểm trung gian

Câu 3. (Phát triển câu 32) Trong không gian Oxyz, cho A2;0; 4 B0; 6;0 , M điểm thỏa mãn 2 561

3

280

MA  MB  AB Khi M thuộc mặt cầu có bán kính giá trị đây?

A. B. C. 56 D. 56

Lời giải

Chọn A

Xét điểm I x y ; thỏa mãn

   

6

3 2 0

12

3

5

3 0 12

5

x

x x

IA IB y y y

z z

z

  

   

 

 

          

     

  

(61)

6 12 12

; ;

5 5

I 

   

 

Mà 2 2

2 56

AB    

Xét 2 561   2 2 561

3

5

MA  MB   MIIA  MIIB 

 2  2 561

3 2

5 MI  MI IA IA  MI  MI IBIB 

2 2

0

561

5 3

5 MI MI IA IB IA IB

      

 

2 672 1008 561

5

25 25

MI MI

     

Vậy M chạy mặt cầu tâ 6; 12 12;

5 5

I  

  có bán kính

Phát triển câu 32, sử dụng kiến thức độ dài vectơ, điểm tia để lấy tọa độ không âm, áp dụng biến dạng bất đẳng thức BunhiaCopxki vào đánh giá GTNN

Câu 4. (Phát triển câu 32) Trong không gian Oxyz, tia Ox, Oy, Oz lấy ba điểm không trùng O A, B, C Biết OA OB OC  1 biểu thức

OAOBOC đạt giá trị nhỏ Tính OA OB OB OC   

A. B.

6 C. D.

1

Lời giải

Chọn D

Vì A, B, C thuộc tia Ox, Oy, Oz nên gọi tọa độ điểm A a ;0;0, B0; ;0b , 0;0; 

C c , suy OAa;0;0, OB0; ;0b , OC0;0;c, a b c, , 0 Theo giả thiết OA OB OC  1   a b c

Xét  

2

1

1 36

36

OA OB OC OA OB OC a b c

 

    

   

Biểu thức

OAOBOC đạt giá trị nhỏ 36 xảy

1

1 1 a b

a b c

a b c

c                      Suy 1; 0;

6 OA  

 ,

1 0; ;

3 OB  

 ,

1 0; 0;

2 OC  

 ;

1 0; ;

3 OB OC   

 , 1

; ; OA OB   

 

Vậy     1.0 1 0.1

6 3

OA OB OB OC    

Câu 33: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ] Trong không gian Oxyz, vectơ vectơ phương đường thẳng qua hai điểm M2;3; 1  N4;5;3?

(62)

0; 6;0 

M  Phương trình  S

A. x82y2z2 100 B. x82y2z2 10

C. x82y2z2 100 D. x82y2z2 10

Lời giải

Chọn A

Vì M S nên bán kính mặt cầu RIM  8 0  2 0 6 2 0 02  10010

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm

  2  2 2 2  2 2 2

8 0 10 100

x  y  z   x y z 

Phát triển câu 33, sử dụng cơng thức tính khoảng cách để tìm bán kính mặt cầu trường hợp tiếp xúc

Câu 2. (Phát triển câu 33) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S có tâm I1;0; 4  tiếp xúc với mặt phẳng Oxy Phương trình mặt cầu  S

A.  2  2

1 4

x y  z  B.  2  2

1 16

x y  z 

C. x12y2 z 42 1 D. x12y2 z 42 2

Lời giải

Chọn B

Phương trình mặt phẳng Oxy z0 Vậy bán kính mặt cầu  S  

 

,

1

Rd I Oxy   

Phương trình mặt cầu cần tìm   2  2 2 2  2 2  2

1 4 16

x  y  z   x y  z 

Phát triển câu 33, mặt cầu qua điểm tâm mặt cầu phải thuộc mặt phẳng trung trực đoạn thẳng tạo hai điểm đó.

Câu (Phát triển câu 33) Trong khơng gian Oxyz, cho mặt cầu  S có tâm I thuộc đường thẳng

4

:

2 1

x y z

d    

  S qua hai điểm A3;0;5 B1; 4; 1  Khi bán kính mặt cầu  S giá trị đây?

A. 290 B. C. 17 D. 299

Lời giải

Chọn D

Gọi M trung điểm AB, tọa độ điểm M1; 2; 2

(63)

Phương trình mặt phẳng   : 2 x 1 2 y 2 3 z2 0 2x2y3z 8 Mà Id suy tọa độ I4 ; ; 3 t t  t, t

 

I  suy 2  t        2t 3 t t I10;3; 6  Vậy bán kính mặt cầu   2  2 2

3 10 299

RIA       

Phát triển câu 33, mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện tâm mặt cầu phải nằm đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp mặt phẳng tứ diện vng góc với mặt phẳng Để thể tích đạt giá trị lớn đỉnh lại tứ diện phải thuộc đường thẳng qua tâm mặt cầu vng góc với mặt phẳng đối diện Điểm cịn lại tìm tính khoảng cách đến mặt phẳng cho mà có giá trị lớn đỉnh cịn lại tứ diện

Câu 4. (Phát triển cầu 33) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S   2 2

1

x  y  z  tam giác BCD với tọa độ đỉnh B3;1; 2 , C0; 2; 2  , D0;1;1 Tìm tọa độ điểm A thuộc mặt cầu

 S cho thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn

A. A 3;1 3; 2  3 B. A 3;1 3; 2  3 C.

0; 2; 2 2

A   D. A0; 2; 2 2  

Lời giải

Chọn A

Dễ thấy ba điểm B C D, , thuộc mặt cầu  S Để A S mà thể tích khối tứ diện ABCD

đạt giá trị lớn A giao điểm đường thẳng  với mặt cầu;  đường thẳng qua tâm I mặt cầu vng góc với mặt phẳng BCD

Ta có BC    3; 3;0, BD  3;0;3 Tọa độ tâm mặt cầu  S I0;1; 2  Một vectơ pháp tuyến mặt phẳng BCD nBC BD,     9; 9 Vì  vng góc với   nên vectơ phương  u1;1;1 Phương trình đường thẳng :

2

x t

y t

z t

      

    

, t

Vì A  A t ;1  t; t, mà     2 2

1 2

A S    t t    t   t

 

1

2

3 3;1 3;

t A

     

 

       



Phương trình mặt phẳng BCD :1 x 0 1 y 1 1 z      1 x y z

1

A:  1  

3 3

, 3

3 d A BCD

    

  

 

2

3 3

: , 3

3

A d A BCD         

(64)

Chọn C

Đường thẳng  có vecto phương u2; 2;1

Mặt phẳng cần tìm qua điểm M1;1; 1 , nhận u2; 2;1 làm vtpt nên có phương trình

     

2 x 1 y 1 z  1 2x2y  z

Phân tích : Một câu viết phương trình mặt phẳng cho véc tơ pháp tuyến điểm qua Câu : (Phát triển câu 34- Đề thi tham khảo) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm

1; 2; ; 2; 2;1 ;  1;3; 4

A  B  C  mặt phẳng qua điểm A vuông góc với BCcó phương

trình

A 3x5y3z 2 B x4y4z 3

C 3x5y3z 2 D 2x y 7z 3 Lời giải

Chọn A

Ta có BC  3;5;3

Mặt phẳng cần tìm qua điểm A1; 2; 3 , nhận n3; 5; 3   làm vtpt nên có phương trình

     

3 x 1 y 2 z  3 3x5y3z 2

Câu :(Phát triển câu 34- Đề thi tham khảo) Trong không gian Oxyz, mặt phẳng qua ba điểm A1; 2;1 ; B 1;3;1 ; C 3; 4;3 có phương trình

A x2y3z 2 B x2y3z 2

C x2y3z 6 D x2y3z100 Lời giải

Chọn B

Ta có AB  2;1; ; BC4;1; 2AB BC; 2; 4; 6  1; 2; 3  

Mặt phẳng cần tìm qua ba điểm A1; 2;1 nhận n1; 2; 3  làm vtpt nên có phương trình x 1 2 y 2 3 z   1 x 2y3z 2

Câu :(Phát triển câu 34- Đề thi tham khảo) Trong không gian Oxyz, mặt phẳng  P chứa đường thẳng : 1

1 2

x y z

d     song song với :

2

x y z

  

  có phương trình

(65)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 65 C x2y2z 3 D 4x7y5z 9

 

1

: 1; 2;

1 2

x y z

d     u véctơ phương d

 

2

: 2; 1;

2

x y z

u

  

     

  véctơ phương 

Mặt phẳng  P chứa đường thẳng d song song với  nên nhận u u1, 2 VTCP

 

1; 4;7;

n u u 

     vtptvà qua điểm A1;0;1  P : 4x 1 7 y 0 5 z 1 4x 7y 5z

            

Câu : (Phát triển câu 34- Đề thi tham khảo) Trong không gian Oxyz, mặt phẳng  P qua A2; 3;3  chứa : 1

1

x y z

d      có phương trình

A 4x  y z 100 B 5x  y z 100

C 5x  y z 100 D 5x  y z 100 Lời giải

Chọn D

 

2 1

: 1; 2;3

1

x y z

d      u véctơ phương d 2;1; 1 0; 4; 4

B   d AB 

Mặt phẳng  P qua A2; 3;3  nhận u AB, VTCP

   

; 20; 4; 4 5; 1; n u AB

        VTPT

và qua điểm A2; 3;3     P : x 2 y    3 z 3 5x  y z 100

Câu 35: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ] Trong không gian Oxyz, vectơ vectơ phương đường thẳng qua hai điểm M2;3; 1  N4;5;3?

A u1;1;1 B u1;1; 2 C u3; 4;1 D u3; 4; 2 Lời giải

Chọn B

Ta có vectơ MN 2; 2; 4 vec tơ phương đường thẳng qua hai điểm MN

mà MN2 1;1;2 2 ;u u1;1;2 nên chọn B

Phân tích : Một câu xác định yếu tố đường thẳng không gian

Câu : (Phát triển câu 35- Đề thi tham khảo) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm 1;1;3 ; 2;3;1 ;  2; 1; 4

A B C   vectơ phương đường thẳng d qua A song song với BC vectơ sau

(66)

điểm ; ;A B C có phương trình

A

1

x y z

 

 B

1

x y z

 



C

1

x  y  z

  D

1

x  y  z

 

Ta có AB  2;1; ; BC4;1; 2AB BC; 2; 4; 6  1; 2; 3   Đường thẳng d qua A1; 2;1 nhận u1; 2; 3  làm VTCP

nên có phương trình

1

x y z

 



Câu : (Phát triển câu 35- Đề thi tham khảo) Trong không gian Oxyz, vectơ phương đường thẳng d giao tuyến hai mặt phẳng  P :x2y3z 2

 Q : 2x y 3z 4

A u3;3;   B u3; 3;1   C u3;3;1  D u3; 3;    Lời giải

Chọn D

 P :x2y3z  2 n11; 2; 3  véctơ pháp tuyến  P  Q : 2x y 3z  4 n22;1;3 véctơ pháp tuyến  Q

Đường thẳng d giao tuyến hai mặt phẳng  P  Q nên nhận

   

1; 9; 9; 3 3; 3;

n n

       

  vectơ phương

Vậy u3; 3; 1   vectơ phương đường thẳng d

Câu :(Phát triển câu 35- Đề thi tham khảo) Trong không gian Oxyz, đường thẳng d song song với mặt phẳng  P :x   y z vng góc với :

1 2

x y z

  

 có vectơ phương

A u1;0;1  B u0; 1;1  

C u1; 1;0   D u0;1;1  Lời giải

(67)

 P :x    y z n1;1; 1  véctơ pháp tuyến  P

 

2

: 1; 2;

1 2

x y z

u

 

    

 vectơ phương 

Vectơ un u; 0;1;1 là vectơ phương đường thẳng d

Câu 36: Thầy DucThanh Pham phát triển thầy Duy Nguyen Phản Biện

Câu 36: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ]Chọn ngẫu nghiên số từ tập số tự nhiên có ba chữ số đôi khác Xác suất để số chọn có tổng chữ số chẵn

A 41

81 B

4

9 C

1

2 D

16 81

Lời giải

Chọn A

Ta có: n  9.9.8648

Gọi Nabc (với a b c, , 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9; a b c, , đôi khác nhau, a0 a b c số chẵn)

+ Trường hợp 1: Ba chữ số a b c, , chẵn, có: 4.4.348 (số)

+ Trường hợp 2: Ba chữ số a b c, , có hai chữ số lẻ chữ số chẵn: Chọn chữ số chẵn có

5

C cách, chọn chữ số lẻ có

5

C cách,

hoán vị chữ số chọn có 3! cách Loại

5

A cách có chữ số đứng đầu Vậy trường hợp có: 2

5 5.3! 280

C C A  số Vậy có tất 48 280 328(số)

Suy xác suất cần tìm: 328 41 648 81

 

P

PHÁT TRIỂN THÊM CÂU 36:

Câu 36.1. (Phát triển câu 36- Đề thi tham khảo) Chọn ngẫu nghiên số từ tập số tự nhiên có ba chữ số đơi khác Xác suất để số chọn có tổng chữ số hàng trăm hàng đơn vị hai lần chữ số hàng chục

A

81 B

1

18 C

5

162 D

2 81

Lời giải

Chọn B

Ta có: n  9.9.8648

Gọi N abc (với a b c, , 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9; , ,a b c đôi khác nhau, a0

  a c b)

Vì a c 2b nên a c số chẵn khác , ta có trường hợp sau:

+ Trường hợp 1:   a c,  1;3;5;7;9, cách chọn a c, có cách chọn b nên có:

2 20

(68)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 68 Câu 36.2 (Phát triển câu 36- Đề thi tham khảo) Chọn ngẫu nghiên số từ tập số tự nhiên có ba

chữ số đơi khác Xác suất để số chọn có chữ số hàng trăm, chữ số hàng đơn vị tổng chữ số theo thứ tự tạo thành cấp số cộng có công sai dương

A

162 B

4

9 C

1

2 D

16 81

Lời giải

Chọn A

Ta có: n  9.9.8648

Gọi N abc (với a b c, , 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9; , ,a b c đôi khác nhau, a0 , ,  

a c a b c theo thứ tự tạo thành cấp số cộng có cơng sai d dương)

Ta có:

2

1 9

9

0 , 9

1

0

   

 

  

       



   

         

     

       

    

  

 

 

c a d c a d

c a d

a b c a d b d a

b d a

a a d a

a d a

b c a d a

a

d a

Với 1 a có 9    a a 10 2a cách chọn d Suy có tất cả:  

1

10 20



 



a

a (số)

Vậy xác suất cần tìm là: 20 648 162

 

P

Câu 36.3. (Phát triển câu 36- Đề thi tham khảo) Chọn ngẫu nghiên số từ tập số tự nhiên có ba chữ số đôi khác Xác suất để số chọn có tích chữ số số dương chia hết cho

A 55

108 B

23

54 C

13

27 D

49 108

Lời giải

Chọn A

Ta có: n  9.9.8648

Gọi N abc (với a b c, , 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9; , ,a b c đôi khác nhau, a0 abclà số dương chia hết cho )

Ta có: abc số dương chia hết abc0, chia hết cho

abc chia hết cho số a b c, , thuộc 2; 4;6;8 

(69)

+ Trường hợp 1: N có mặt số , có: 3.A82 168 (số)

+ Trường hợp 2: N có mặt số , khơng có mặt số có số , ,

a b c thuộc 2; 4;8, có:  1 

3 3

2 C C .3!C 3! C 3! 162 (số) Vậy có tất cả: 168 162 330  (số)

Suy xác suất cần tìm là: 330 55 648 108

 

P

Câu 36.4. (Phát triển câu 36- Đề thi tham khảo) Chọn ngẫu nghiên số từ tập số tự nhiên có ba chữ số đơi khác Xác suất để số chọn có tích chữ số số chia hết cho 15

A 13

36 B

10

27 C

7

18 D

13 27

Lời giải

Chọn C

Ta có: n  9.9.8648

Gọi N abc (với a b c, , 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9; a b c, , đôi khác nhau, a0 abclà số dương chia hết cho 15 )

Ta có: abc số chia hết cho 15 nên abc chia hết cho

abc chia hết cho số a b c, , thuộc  5;0

abc chia hết cho số a b c, , thuộc 0;3;6;9  Do ta có trường hợp sau:

+ Trường hợp 1: N có mặt số , có: 2.A92 144 (số)

+ Trường hợp 2: N có mặt số , khơng có mặt số có số a b c, , thuộc 3;6;9, có: 1

3 5.3! 3.3! 108

C C C (số) Vậy có tất cả: 144 108 252  (số)

Suy xác suất cần tìm là: 252 648 18

 

P

Câu 36.5 (Phát triển câu 36- Đề thi tham khảo) Chọn ngẫu nghiên số từ tập số tự nhiên có ba chữ số đôi khác Xác suất để số chọn có tổng chữ số số chia hết cho

A

36 B

1

9 C

19

54 D

11 108

Lời giải

Chọn C

Ta có: n  9.9.8648

Gọi N abc (với a b c, , 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9; , ,a b c đôi khác nhau, a0 a b c  số chia hết cho )

Gọi A0;3;6;9 , B1; 4;7 , C2;5;8

Để a b c  chia hết cho ta có trường hợp sau: + Trường hợp 1: a b c, , thuộc A B C, có:

3

(70)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 70 Câu 37: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ]Cho hàm số hàm số f x  mx

x m  

 ( m tham số thực) Có giá trị nguyên m để hàm số cho đồng biến khoảng 0;?

A 5 B 4 C 3 D 2

Lời giải

Chọn D

Điều kiện xác định: xm Ta có

 

2 m y

x m

 

 



Để hàm số đồng biến khoảng 0;

 

2

0 2

0; 0

y m m

m m m

  

      

 

  

   

  

     2 m

Do m nguyên nên m 1;m0 Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn

Câu 37-1. [Tƣơng tự câu 37-MH-2020] Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a, SA

vng góc với mặt phẳng đáy SA2a (minh họa hình bên) Gọi M, N trung điểm AB, AC Khoảng cách hai đường thẳng SB MN

A

4

a

B

2

a

C 2 57

19 a

D 57

19 a

S

A

B

C M

(71)

Ta có MN BC// MN//SBC

Do  ,   ,   ,   , 

d MN SB d MN SBC d M SBC  d A SBC (vì

2 

MB AB)

Kẻ AKBC, AHSK, ta có: BC AK BC SAK

BC SA

 

 

 

 AHBC

Khi AH SK AH SBC d A SBC ,  AH

AH BC

 

   

 



Xét tam giác SAK vng A, có đường cao AH, ta có

2

2 2 2

1 1 1 19

4 3 12

2

AH  SA  AK  a a   a

 

 

2 57 19

a AH

 

Vậy  ,   ,  57

2 19

a

d DM SB  d A SBC  AH 

Câu 37-2 [Phát triễn câu 37-MH-2020 theo hƣớng thay đổi đa giác đáy]Cho tứ diện OABCcó OA, OB, OCđơi vng góc, OA OB a  , OC2a Gọi M trung điểm AB Khoảng cách hai đường thẳng OM AC

A 2

5 a

B

2 a

C

3 a

D 2

3 a

Cách 1: Gọi D đối xứng với B qua O

S

A

B

C M

N

(72)

Ta có: OM AD// OM//CADd OM AC , d OM ACD , d O ACD ,  Vì OA, OC, OD đơi vng góc nên ta có

 

  2 2

1 1

4

, OA OC OD a

d O ACD

   

 

 

 

,

3 a d O ACD

  Vậy  , 

3 a d OM AC 

Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho O0;0;0; A a ;0; 0; B0; ;0a ; C0; 0; 2a

M trung điểm AB ; ;0 2 a a

M 

  

 

Đường thẳng OM qua O có vectơ phương ; ; 2 a a OM  

  Đường thẳng AC qua A có vectơ phương AC  a;0;c

Ta có 2

, ; ;

2 a

OM AC a a 

    

   ; OAa;0;0  

, 2

,

3 ,

OM AC OA a

d OM AC

OM AC

 

 

 

 

 

Câu 37-3 [Phát triễn câu 37-MH-2020 theo hƣớng giúp học sinh khắc sâu thêm cách xác định góc giữa hai mặt phẳng] Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng đáy, góc mặt phẳng SBC mặt đáy 600 (minh họa hình bên) Gọi M , N trung điểm AB, AC Khoảng cách hai đường thẳng SB

MN

M

A

z

x

y

M

O B

A

(73)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 73 A 3

8

a

B 3

4

a

C a D

2 a

Ta có MN BC// MN//SBC

Do  ,   ,   ,   , 

d MN SB d MN SBC d M SBC  d A SBC (vì

2 

MB AB)

Kẻ AKBC, AHSK, ta có: BC AK BC SAK

BC SA

 

 

 

 AHBC

Khi AH SK AH SBC d A SBC ,  AH

AH BC

 

   

 



Ta lại có

   

 

     

, 60

SBC ABC BC

BC AK SBC ABC SKA

BC SK BC SAK



  



   



  



Xét tam giác AKH vuông H, ta có

3 3

.sin

2

a a

AH AK SKA 

S

A

B

C M

N

S

A

B

C M

N

(74)

đáy Góc SC mặt đáy 60 Tính khoảng cách d hai đường thẳng AC SB

A a

d B d2 a C d a D 15

5 a d

Xác định 600SC ABCD, SC AC SCA, 

.tan

SA AC SCA a Gọi M trung điểm AB, suy ADCM hình vng nên CMAD a Xét tam giác ACB, ta có trung tuyến

2

CM a AB nên tam giác ACB vuông C Lấy điểm E cho ACBE hình chữ nhật, suy AC/ /BE

Do d AC SB ,  d AC SBE , d A SBE ,  Kẻ AKSE Khi  

2

,

2

SA AE a

d A SBE AK

SA AE

    

  

Cách khác:Hệ tọa độ hóa khơng gian

Chọn hệ trục tọa độ với A0;0;0 , S0;0;a , C a a ; ;0 , B a2 ;0;0  Ta có: ACa a; ;0 , SB2 ;0;a a 6AC SB,   6 ; ; 2a2 a2  a2

  AB2 ;0;0 a  Vậy  

3

2

, 6

;

2

,

AB AC SB a a

d AC SB

a AC SB

  

 

  

 

 

Câu 37-5 [Phát triễn câu 37-MH-2020 theo hƣớng giúp học sinh khắc sâu thêm cách tính khoảng cách hai đƣờng thẳng chéo nhau]Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' có cạnh a Gọi E F, trung điểm AB CD, Khoảng cách d hai đường thẳng EF

' AC

A d a B

4 a

d C

2 a

d D

2 a d

Lời giải

S

B

C D

M A

(75)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 75 Chọn B

Ta có EF/ / ' 'B C EF/ /AC B' '

Nên d EF AC ; 'd EF AC B ; ' 'd E AC B ; ' ' Kẻ EHAB'HAB'

Do C B' 'ABB A' ' nên B C' 'EH Suy EHAC B' '

Do d E AC B ; ' 'EH

Xét AEH vng cân Hcó:

2

a a

EA EH

Vậy  

4 ; ' a d EF AC 

Câu 38: Thầy Trần Quốc Đại thực Bích Ngọc Phản Biện

Câu 38. [ ĐỀ THI THAM KHẢO ] Cho hàm số f x  có f  3 3 ' 

1

x f x

x x



   với

x Khi  

3

f x dx



A 7 B 197

6 C

29

2 D

181 Lời giải

Chọn B  

f x nguyên hàm hàm số ' 

1

x f x

x x



  

F E

C

D A

B B'

A'

D'

C'

(76)

 

f x  x x 

Dùng máy tính bấm  

3

197

2

6

x x  dx



Bình luận. Bài hồn tồn đặt t x1 để tìm nguyên hàm hàm số

Câu 1. [Phát triển câu 38 tƣơng tự dùng liên hiệp ]. Cho hàm số f x  có f  0 1    

'

1

f x

x x x x



   với x0 Khi  

1

0

f x dx



A 32 12 1 B 17

3 3 C 32 12 1 D 17

2 3

Chọn B

   2 2 

1

1 1

x x x x

dx dx

x x x x x x x x

  



     

 

 

1 1

2

1

x x x x

dx dx x x C

x x x x

    

        

   

 

Suy f x 2 x2 x 1 C

Mà f  0   1 C

Bấm máy tính  

1

0

17

2

3

x x  dx 



Câu 2. Phát triển câu 38 [ Nâng cao đổi biến ] Cho

9 16

0

1 ln

d

1

a b t

c

x x

 

  

 với a b c, ,

các số nguyên dương a

c tối giản Giá trị biểu thức a b c 

A 43 B 48 C 88 D 33

Đặt  

4

3

1 2 1

1

1 1 4

1

x x t t

t x x x t x t dx dt

t t t

x x

t

    

  

            

 

  



Đổi cận: 1;

16

(77)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 77 Suy      

2 2

16

3 3

0 1

1

1 1 1

d d d d

2 2

1

t t

t t t t

x x                  2

2

1

1 1 1 1 8ln

1 d ln

2 t t t t t t t 2t 16



   

            

   



Vậy a9;b8;c16   a b c 33

Câu 3. Phát triển câu 38[ nâng cao, kết hợp liên hiệp ] Cho

4

2

3 3

d ,

1

x x

x a b c

x x

 

  

 

 với a b c, , số nguyên dương Giá trị biểu thức a b c 

A 59 B 104 C 111 D 147

Ta có

    

4

2 2

1 1

3 1

3

3 3

d d d

1 1

   

   

 

     

 x x x  x x x  x x x x x

x x x x x x

       

2

3

2

1

3  

          

 

 x x dx x x

7 32 108

     

Vậy a7;b32;c108   a b c 147

Câu 4. Phát triển câu 38 [ nâng cao, kết hợp lƣơng hiêp đổi biến ]

Cho  

3

2

d

2 ln 3

1

x

a b c d

x x

    

  

 với a b c d, , , số hữu tỷ Giá trị biểu thức a b c  d bằng:

A 0 B 3 C

2

 D 5

2 Lời giải

ChọnA

Vì x 1; 3 nên

   

3 3

2 2

2

1 1

d 1 1

d d

2

1

x x x x x

I x x

x x x x x                    

3 3

3

2

1 1

1 d 1 1 1

d d ln d

2 2 2

x x x

x x x x x x

x x x

 

          

Đặt   2

1, d d

t x  t x   t x xt t

Đổi cận: - Với x  1 t - Với x 3 t

 

2

1 1

ln 3

2 2

(78)

   

ln 3 2 ln ln

2 2

I

          

 

 

3 1

3 ln 3

2 2

     

3 1

, , ,

2 2

a b c d

     

0 a b c d     

Câu 39: GV phát triển:Nguyễn Văn Viễn - GV phản biện: Trương Đức Thịnh.

Câu 39: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ] Cho hàm số f x  mx x m

 

 (với m tham số thực) Có giá trị nguyên m để hàm số cho đồng biến khoảng 0;?

A 5 B 4 C 3 D 2

Điều kiện xác định: xm Ta có

 

2 m y

x m

 

 



Hàm số đồng biến khoảng 0;

 

0, 0;

y x m

m

    

    

2

4 0 m m

   

  

    2 m Do m nguyên nên m  1;0

Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu đề

Phân tích:

Đây tốn “Xét tính đơn điệu hàm số phân thức hữu tỉ y ax b

cx d

 

 , với adbc0” Kiến thức học “Tính đơn điệu hàm số” thuộc Chương I – Giải tích 12

Để nắm vững toán kiểu này, em học sinh cần ghi nhớ kiến thức sau đây:

Bài toán 1:Đối với hàm số y ax b cx d  

 , với adbc0 + Tập xác định hàm số D \ d

c

 

(79)

+ Đạo hàm

 2

ad bc y

cx d   

 ,  x D

Kiến thức 1: Hàm số cho đồng biến khoảng xác định y 0, với xD adbc0

Kiến thức 2: Hàm số cho nghịch biến khoảng xác định y 0, với xD adbc0

Kiến thức 3: Hàm số cho đồng biến K y 0, với xK

ad bc

K D

 

   



0 ad bc

d K c

  

   

 (Ở đây, K khoảng, nửa khoảng đoạn)

Kiến thức 4: Hàm số cho nghịch biến K y 0, với xK

ad bc

K D

 

   



0 ad bc

d K c

  

   



Chú ý rằng: + Nếu d  ; 

c  

  ta phải có d

c 

  d

c 

  + Nếu d  ; 

c 

   ta phải có d

c 

  + Nếu d  ; 

c 

   ta phải có d

c 

 

+ Các em áp dụng cho trường hợp tương tự Bên cạnh đó, cần nắm vững phép toán tập hợp để tránh nhầm lẫn đáng tiếc

Bài toán 2: Đối với hàm số    

a u x b

y

c u x d

 

 , với adbc0 Trong đó, u x  hàm số theo biến x

+ Bƣớc 1: Đặt uu x , ta có uu x  + Bƣớc 2: Đưa hàm số cho dạng

a u b y

c u d

 

 , với adbc0 Đến đây, ta thấy toán cho trở toán giống “Bài toán 1” Tuy nhiên, ta cần ý cụ thể đến tính đồng biến nghịch biến hàm số u x  để xử lí tốn cho chuẩn xác, cụ thể:

Trƣờng hợp 1: Nếu uu x  hàm đồng biến khoảng  ;  hàm số    

a u x b y

c u x d  

 đồng biến (hoặc nghịch biến) khoảng  ;  hàm số

a u b y

c u d

 

(80)

Ta tìm hiểu chi tiết qua câu hỏi tương tự sau đây:s

CÂU HỎI TƢƠNG TỰ:

Câu 1: Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số x m y

x  

 đồng biến khoảng xác định

A m 2 B m 2 C m2 D m2

Lời giải ChọnC

Tập xác định: D \ 1  Ta có

 2

2 , m

y x D

x 

   



YCBT    y 0, x D     m m

Câu 2: Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số mx y

x m  

  nghịch biến khoảng xác định

A 1 m B 1 m

C m2 m1 D m2 m1

Tập xác định: D \ 3 m Ta có

 

2

3

,

m m

y x D

x m

 

   

 

YCBT    y 0, x D m23m    2 0 1 m 2

Câu 3: Có giá trị nguyên tham số m để hàm số  



x y

x m đồng biến khoảng

 ; 10?

A 2 B Vô số C 1 D 3

Tập xác định: D \5m Ta có

 2

5

, m

y x D

x m 

   

(81)

YCBT

 

0, ; 10

y x D

D     

    

  

5

5 ; 10

m m          5 10 m m          2 m    Vì m nên m 1; Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu đề

Câu 4: Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y m 1x 2m x m

  



 nghịch biến  1; ?

A 2 B Vô số C 1 D 3

Lời giải ChọnC

Tập xác định: D \ m Ta có   2 , m m

y x D

x m        YCBT   0, 1;

y x D

D              2 1; m m m             m m        

   1 m Vì m nên m1 Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu đề

Câu 5: Cho hàm số y mx 2m x m

 



 với m tham số Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên

m để hàm số đồng biến khoảng xác định Tính tổng bình phương phần tử S

A 5 B 15 C. D 3

Lời giải ChọnB

Tập xác định: D \ m Ta có   2 , m m

y x D

x m

  

   



YCBT    y 0, x D  m22m     3 m

Do đó, S0;1; 2 Vậy tổng bình phương phần tử S

Câu 6: Cho hàm số y mx 4m x m

 

 , với m tham số thực Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên m để hàm số nghịch biến khoảng xác định Tìm số phần tử S

A 5 B 4 C Vô số D 3

Lời giải ChọnD

Tập xác định: D \ m Ta có   2 , m m

y x D

x m



   



(82)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 82 ChọnC

Đặt utanx, ta có 12 0, 0;

cos u x x         

  Do utanx đồng biến khoảng 0;

4 

 

 

  Và x 0;4 

 

 

  ta có u 0;1

Bài tốn cho trở thành: “Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số   u

f u

u m  

 đồng biếntrên khoảng  0;1 ” + Ta có  

 2

2 m f u u m     + YCBT   0;1 m m        m m m          

1 m

  

Câu 8: Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số cos cos x y x m  

 nghịch biến khoảng 0;       

A m0 B m0 C m1 D m1

Đặt ucosx, ta có sin 0, 0; u   x  x   

  Do ucosx nghịch biến khoảng 0;

2 

 

 

  Và x 0;2 

 

 

  ta có u 0;1

Bài tốn cho trở thành: “Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số   2u

f u

u m  

 đồng biếntrên khoảng  0;1 ” + Ta có  

 2

2m f u u m      + YCBT  

2

(83)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 83 Câu 9: Cho hàm số

2

2 9

x m

y

x m

 



  , với m tham số Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên m không vượt 2020 để hàm số đồng biến khoảng 0; Tính tổng phần tử  tập hợp S

A 2041205 B 2039190 C 2039191 D 2041210

Lời giải ChọnD

Đặt

9

u x , ta có  

2 0, 0;

9 x

u x

x

     

 Do

2

9

u x nghịch biến

khoảng  0; Và x 0; ta có u 2;3 Bài tốn cho trở thành: “Cho hàm số f u  2u m

u m  

 , với m tham số Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên m không vượt 2020 để hàm số nghịch biến khoảng

 2;3 Tính tổng phần tử tập hợp S” + Ta có  

 2

m f u

u m   

 + YCBT

  2;3

m m

     



0

m m m

    

   

0; 2 3; 

m

   

+ Do S 1; 2;3; 4; ; 2020 Tổng phần tử S 2020.2021 2041210

T  

Câu 40: GV phát triển:Thom Chu - GV phản biện: Nam Nguyễn Bá

Câu 40: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ]Cho hình nón có chiều cao Một mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt hình nón theo thiết diện tam giác có diện tích Thể tích khối nón giới hạn hình nón cho

A 32

3 

B C 32 5 D 96

32

S

O A

(84)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 84 Câu tƣơng tự

40.1 ( Câu tương tự 40 đề thi tham khảo) Cho hình nón có chiều cao 11 Một mặt

phẳng qua đỉnh hình nón cắt hình nón theo thiết diện tam giác vng cân có diện tích 18 Thể tích khối nón giới hạn hình nón cho

A 25 11

3 

B 150 C 25 11 D 50

Theo giả thiết, SAB vuông cân S Ta có

2

18 36

2 SAB

SA

S   SA 

2

36 11

     

R OA SA SO

Thể tích khối nón 25 11

3

V  R h 

Các câu phát triển

Ý tƣởng: Ta biết với hình nón, ta có cơng thức: 2 

R h l Trong ba đại lượng , ,R l h, biết hai đại lượng tính đại lượng lại Nếu cho ba đại lượng ẩn giấu đại lượng thứ hai giả thiết tốn khó cho ln hai đại lượng

Câu 1: 40.2( Phát triển đề thi tham khảo câu 40) Cho hình nón có chiều cao Một mặt phẳng   qua đỉnh hình nón cắt hình nón theo thiết diện tam giác Biết góc đường thẳng chứa trục hình nón mặt phẳng   45 Thể tích khối nón giới hạn hình nón cho

A 5 24 B 15 24 C 45 D 15

S

O A

(85)

Gọi thiết diện hình nón cắt   tam giác SAB, I tâm đáy, M trung điểm AB Ta có góc đường thẳng chứa trục hình nón mặt phẳng   45

 MSI 45 MSI vuông cân I

SM SI  ,

3 SM

MB  ,MI SI 3, R MB2MI2  15 Thể tích khối nón 15

3

V  R h 

Câu 2: 40.3 ( Phát triển đề thi tham khảo câu 40) Cho hình nón có chiều cao Một mặt phẳng   qua đỉnh hình nón cắt hình nón theo thiết diện tam giác Biết khoảng cách từ tâm đáy hình nón đến mặt phẳng  

3 Diện tích xung quanh hình nón cho

A 4

3 

B 8

3 

C 8 D 4 Lời giải

Chọn D

Gọi thiết diện hình nón cắt   tam giác SAB, I tâm đáy, M trung điểm AB Kẻ IHSM H

  , 

d I  IH  Mà 12 12 12 IM

IH  SI  IM  

2

6

SM SI IM

(86)

Gọi Sd diện tích đáy hình nón Biết

4 d

S S



 Diện tích tồn phần hình nón cho

A  

5

 

B  

5

 

C  

5

 

D  

5 12

 

Gọi R bán kính đáy hình nón

Cạnh thiết diện là: SA SO2R2  1R2 Diện tích thiết diện là:  

2

2 1 3

3

4

R SA

S  

Diện tích đáy hình nón: Sd R2 Ta có

4 d

S S



  

2 2

1 .5 3 1

4

R R

R 

 

   

2 SA l Diện tích tồn phần hình nón là:

 

2 1 5

4 2



    

tp

S R Rl



   

Câu 41 : Phát triển: Hoàng Quân - Phản biện: Ái Nguyễn Văn

Câu 41: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ]Cho ,x y0thỏa mãn log9xlog6 ylog42xy Giá trị x

y

A 2 B 1

2 C

3 log

2 D log 32 Lời giải

S

O A

(87)

Chọn B

Đặt log9xlog6 ylog42xyt

suy ,

2 t t t x y x y       

 2.9

t t t

  

2

3

2

2 t t                3 2 t t                   2 t       

Vậy

6 2

t t x y             

Câu 41.1 (Phát triểnTương tự câu 41 đề thi tham khảo) Giả sử p, q số thực dương thỏa mãn log16 plog20q log25pq Tìm giá trị p

q ?

A.4

5 B.  

1

2  C.

8

5 D.  

1

2  

Đặt tlog16 plog20qlog25p q   p 16t, q20t, p q 25t Suy :

2

4

5

4

16 20 25

5 4 1 5

5

t

t t

t t t

t                                    

Vì

t     

  nên

4

5 t         

Từ ta 16

5 20 t t t p q          

Câu 41.2 ((Phát triểnTương tự câu 41 đề thi tham khảo : nâng độ khó, tính tổng tỷ lệ)Cho

số a b, 0 thỏa mãn log3alog6blog2a b .Giá trị 12 12

a b

A 18 B 45 C 27 D 36

Lờigiải Chọn B

Đặt 3 6 2   

3

log log log 6 1

2

t

t t t t t

t a

t a b a b b

a b                         Xét hàm số   3

2 t

t f t    

  , có    

3

' ln ln 0,

2

t

f t          t f t

    đồng biến

 1    1 1, 12 12 45

3

f t f t a b

a b

           

Câu 41.3 ((Phát triểnTương tự câu 41 đề thi tham khảo : Phát triển cho số với giả thiết hàm

logarit) Cho hai số thực a, b thỏa mãn log100 log40 log16

12 a b

(88)

Suy 100t4.40t 12.16t 12 4

25

   

       

   

5

2

5

t      

       Do

5

t       

100

6

40

t t

a b

   

     

   

Câu 41.4 ((Phát triểnTương tự câu 41 đề thi tham khảo: Phát triển cho số với giả thiết hàm mũ)

Cho số m0, n0, p0 thỏa mãn 4m 10n 25p Tính giá trị biểu thức

2

n n

T

m p

 

A T 1 B.

2

T  C. T 2 D.

10

T 

Lờigiải ChọnA

Vì 10 log log log

2

m n n

n m

m

     

Vì 10 25 log 25 log 25 log

2

n p n

n p

p

     

Suy log log log10

2

n n

T

m p

     

Câu 42 : Phát triển: Nguyễn Khắc Thành - Phản biện: Tran Chinh

Câu 42: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ] Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số thực m cho giá trị lớn hàm số

3

y x  xm đoạn  0;3 16 Tính tổng phần tử S

A 16 B 16 C 12 D 2

Nhận xét: Hàm số

( )

g x   x x m hàm số bậc ba không đơn điệu đoạn  0;3 nên ta đưa hàm số hàm bậc để sử dụng tính chất cho tập

Đặt

3

t x x,  0;3 nên ta tìm miền giá trị t  2;18 Khi y t m đơn điệu 2;18

Ta có

 0;3  2;18

max max

x yt  tm maxm2 ;m18

2 18 18

2

m  m  m  m

(89)

Từ giả thiết ta có

 0;2

max 16

x y  m 8 10 16

2 14 m m m           

Chú ý: Cách giải ta sử dụng tính chất hàm số bậc max ;

a b a b

a b

Tuy nhiên trình bày phần sau tốn sau mà khơng cần cơng thức  1 Ta có

 0;3  2;18

max max

x yt  tm maxm2 ;m18

+ Trƣờng hợp 1:  0;3

18 16

max 18 16

2 16 x

m

y m m

m               

+ Trƣờng hợp 2:  0;3

2 16

max 16 14

18 16 x

m

y m m

m                Chọn A

CÂU TƢƠNG TỰ

Câu 42.1: (Phát triểnTương tự câu 42 đề thi tham khảo) Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m cho giá trị lớn hàm số

2

  

y x x m đoạn  0;3 Tổng tất phần tử S

A 2 B 2 C 12 D 8

Xét hàm số  

2

  

f x x x m đoạn  0;3   2

  

f x x

  2

      

f x x x

 0  ,  1  1,  3  3

f m f m f m

 0;3    

max max 1; ; 3

     

x f x m m m m

 0;3    

min 1; ;

     

x f x m m m m

 0;3  0;3    

1

3 4

max max max ;

2 5                                x x m m m

y f x m m

m m

m

Vậy S   4;2 Tổng tất phần tử S 2

CÂU PHÁT TRIỂN Phát triển theo ý tƣởng so sánh max hàm chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối

Câu 42.2: (Phát triểnTương tự câu 42 đề thi tham khảo) Cho hàm số y 3x44x312x2a Gọi ,

M m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số cho đoạn 1; 2 Có số nguyên dương a thuộc đoạn 0;100 cho  M 2m?

(90)

  12 12 24 0

2

       

  

f x x x x x

x  0  ,    1 5,  2  32

f a f a f a

Để có M 2m m0( có nghĩa phần đồ thị hàm số  

3 12

   

f x x x x a đoạn 1; 2 không cắt trục hoành)

Vậy ta suy 0

32 32

 

 



    

 

a a

Vì a0;100 nên ta loại trường hợp a0 Với a32, ta có: m a 32  a 32,M  a a

Vậy M 2m a 2a32 a 64 (thỏa mãn)

Kết luận: Trong đoạn 0;100 có  37 số nguyên dương a thỏa mãn

CÂU PHÁT TRIỂN Phát triển theo ý tƣởng tìm hàm số chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối

Câu 42.3: (Phát triểnTương tự câu 42 đề thi tham khảo) Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m cho giá trị nhỏ hàm số y x33x2m đoạn  1;3 Tổng tất phần tử S

A 3 B 2 C 4 D 7

3

  

f x x x m đoạn  1;3  

3

  

f x x x

 

0

2  

      

 

x

f x x x

x  1  2,  2  4,  3 

f m f m f m

Gọi A a, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số  

3

  

f x x x m đoạn  1;3 Ta có:

 1;3    

max max 4; 2;



    

x

A f x m m m m

 1;3    

min 4; 2;



     

x

(91)

+ Nếu a     0 m m  1;3

min 4

       

x y m m m ( thỏa mãn)

+ Nếu A  0 m  1;3

min 3

       

x y m m m ( thỏa mãn)

+ Nếu Aa0  1;3

min

 

x y ( loại)

Vậy S   3;7 Tổng tất phẩn tử S

CÂU PHÁT TRIỂN Phát triển theo ý tƣởng tìm max hàm số chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối chứa hai tham số khác

Câu 42.4: (Phát triển Tương tự câu 42 đề thi tham khảo) Cho hàm số

8

  

y x ax b Trong

,

a b hệ số thực Tìm mối liên hệ a b để giá trị lớn hàm số cho đoạn 1;1 1?

A b8a0 B b4a0 C b4a0 D b8a0 Lời giải

Chọn D

Đặt tx2 , suy

0;1

t   Xét  

8

  

g t t at b, đồ thị Parabol có bề lõm quay lên tọa độ đỉnh

2 ; 16 32          a a I b

Trƣờng hợp 1  0;1 16

 a 

Để thỏa mãn yêu cầu tốn, ta phải có:

   

2

1 1 1 32 32 32

1 1 32 32 32 256 32

32 32 32 32 32 32

1

32

g b b

g a b a b

a b a b

a b                                                  2 8

64 64 8

8

24

32 192

64 32 256 64

a a a a a a a a a                                 

Với a 8 thay vào hệ

2

1

32 32 32

b a b a b               

, ta được:

1 1

1

32 64 32 32

b b b b b                   

Thử lại:  

8

  

g t t t với t 0;1

  16

  

g t t

 

0 16

2

      

g t t t

   

0 1, 1, 1

2  

    

 

(92)

Để thỏa mãn yêu cầu toán, ta phải có:

   

1 1 1

1 1

g b b

a b a b

g

         

  

          

    



2 a 10 a

          ( loại)

Câu 43 : Kiên Cao Văn phát triển Nguyễn Hoàng Việt Phản Biện

Câu 17: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ]Cho phương trình

2

log (2 ) (x  m2) log x m  2 (m tham số thực) Tập hợp tất giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn  1;

A  1; B  1; C 1;  D 2;

Lời giải

Chọn C

Phương trình: 2  2

2 2

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

  

2

2 2

2

log

log log log log

log

x

x m x m x x m

x m

  

           

 



Ta có: log2x   1 x (thỏa mãn)

Yêu cầu toán

2

log x m x 2m

     có nghiệm 1; 

1

1 2m 1

m m



         

Bình luận:

 Dạng tốn: Tìm điều kiện mđể phương trình có dạng Ploga x m; 0 với m tham số thực có

k nghiệm thực phân biệt K

 Phương pháp chung:

Bước 1: Đặt tloga x, x  K t K1

Bước 2: Phương trình Ploga x m;  0 P t m ; 0 (*)

Phương trình cho có k nghiệm K  * có k nghiệm K1

Câu 43.1 (Bài toán tƣơng tự) (Phát triểnTương tự câu 43 đề thi tham khảo)

 Định hướng xây dựng toán: Tương tự câu 43 giữ nguyên dạng phương trình cách đặt vấn

đề u cầu tốn

Cho phương trình log 323 xlog3x m  1 (m tham số thực) Tập hợp tất giá trị

m để phương trình cho có nghiệm phân biệt thuộc khoảng  0;1

A

4

m B 0

4 m

  C 0

4 m

  D

4 m 

(93)

Chọn C

Cách 1: Phương trình cho

3

log 3x log 3x m

     (1)

Đặt t log 33 x, phương trình  1 có dạng: t2   t m  2 Khi x 0;1  0 3x 3 log 33 x  1 t

Yêu cầu đề tương đương với tìm tham số m đề phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt t t1, 2 nhỏ

1 2   2

1 2

0

9

1 1 1 0

0

1

2

m

t t t t t t m m

m

t t t t

   

     

 



  

                  



          



 

Vậy m  

Cách 2: Phương trình cho log 332 xlog 33 x m  2 (1) Đặt t log 33 x, phương trình  1 có dạng:

2

t        t m t t m (2) Khi x 0;1  0 3x 3 log 33 x  1 t

f t  t t với t  ;1 Bảng biến thiên f t :

Số nghiệm phương trình  2 số giao điểm đồ thị y f t  đường thẳng y 2 m Phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt nhỏ 1 2

4 m m

        Vậy

4 m  

Câu 43.2 (Bài toán phát triển) (Phát triểnTương tự câu 43 đề thi tham khảo)

 Định hướng xây dựng toán: Bài toán giữ nguyên ý tưởng câu 43 thay đổi cách đặt vấn đề hướng

tiếp cận toán

Gọi S tập tất giá trị nguyên tham số m để phương trình

  2  

1

3

1

1 log ( 3) log 4( 1)

3

m x m m

x

      

 có nghiệm đoạn 10

;

 

 

  Số phần tử tập S

A 5 B 3 C 6 D 4

Giáo viên soạn bài: Cao Văn Kiên, Phản biện: Nguyễn Hoàng Việt Lời giải

(94)

Đặt 1 

log

t  x 10;6  1;1

x   t

 

Phương trình trở thành: m1t2m5t  m

Bài tốn trở thành tìm giá trị nguyên m để phương trình: m1t2m5t  m 0(*) có nghiệm t  1;1

  22

5 *

1

t t

m

t t

   

  có nghiệm t  1;1 min1;1 g t( ) mmax ( )1;1 g t

Xét hàm:

2

5 ( )

1

t t

g t

t t

  

  Ta có:

 

   

2 2

4

'( ) 0, 1;1

1

t

g t t

t t



    

  Lại có hàm số g t  liên tục 1;1

Suy ra, ( )g t nghịch biến đoạn 1;1

 1;1 1;1

7 ( ) (1) 3; max ( ) ( 1)

3

g t g g t g

 

      

7

3 m

    m     m  3; 2; 1;0;1; 2 Cách 2:

Với điều kiện x3thì   21 2   1  

3

1

1 log log

3

m x m m

x

      

  1

  2       

1

3

4 m log x m log x m

        

  2       

1

3

1 log log

m x m x m

        

Đặt 1 

3

log

t x , 10;6  1;1

x   t

 

Vậy  1 có nghiệm 10;

 

 

         

2

1

f t m t m t m

         2

có nghiệm 1;1

+ Với m1  2    t  1;1, m1thỏa mãn điều kiện toán  3

+ Với m1  2 có nghiệm  m524m12 0  3 7

m m m

(95)

Vậy 3;7 \ 1  m  

   2 có nghiệm

Xét thấy f     1 f  3m7m 3 với 3;7 \ 1  m      

 

Nên 3;7 \ 1  m      

   2 ln có nghiệm   1;1  4 Từ  3  4 suy 3;7

3

m  

   2 có nghiệm 1;1 1 có nghiệm 10

;

 

 

 

Vì m nguyên nên m    3; 2; 1;0;1; 2

Vậy có giá trị nguyên m để  1 có nghiệm 10;

 

 

 

 Định hướng xây dựng toán: Bài toán giữ nguyên ý tưởng câu 43 (sử dụng phương pháp đặt ẩn

phụ) thay đổi cách đặt vấn đề hướng tiếp cận toán Cho phương trình 22 1  4 

2

log xlog x  3 m log x 3 , (m tham số thực) Tập tất giá trị thực tham số m để phương trình cho có nghiệm thuộc 8 2; a b;  Khẳng định sau đúng?

A 2a b 3 B 2a b 4 C 2a b 0 D 2a b 5

Giáo viên soạn bài: Cao Văn Kiên, Phản biện: Nguyễn Hoàng Việt Lờigiải

ChọnD

Ta có 2  

2

log xlog x  3 m log x 3  log22x2log2 x 3 mlog2x3  * Đặt t log2x, x8 2; log2

2 x

  7;

2

t  

     Suy phương trình  *  t2  2t m t 3

 2

2

0

2 3

m

t t m t

   

   



0 m

t m

t   

 



 



Xét hàm số   t f t

t  

 ,

; t  

  Ta có  

 2

4

0,

f t t

t



    



(96)

Yêu cầu toán 02

1

m m

 

 

  

1

3

a

m a b

b

 

       



phụ) thay đổi cách đặt vấn đề phương trình mũ thay cho phương trình logarit Tính tổng T giá trị nguyên tham số m để phương trình  

3x x

m m  m

   có hai nghiệm phân biệt nhỏ

log

A T 28 B T20 C T 21 D T27

Chọn D  

3x m m 3x 2m  

2

3

3 x

x

m m

m



    (1)

Đặt 3x

t  ,t0

(1)  t2 2mtm2 m 0 (2)

Phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn 1 2 log

x x   phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt t t1; 2 thỏa mãn 0  t1 t2 10

  

 

   

2

1

0;

0

0;10

0 10

; 1;

0

21 41 21 41

21 100 ; ;

10 10 2 2

m m

m S

m

m m

P

m m m

t t

 

 

 

   

   

    

      

  

 

       

 

           

      

 

     

21 41

1

2

m 

   , m  m 2;3; 4;5;6;7 Vậy T      2 27

phụ) thay đổi cách đặt vấn đề phương trình mũ thay cho phương trình logarit

Gọi S tập hợp giá trị nguyên tham số m để phương trình 4x 2x

m m

(97)

A B C. D.

Giáo viên soạn bài: Cao Văn Kiên, Phản biện: Nguyễn Hoàng Việt

Lời giải

Chọn A

Phương trình cho

2 x 2x

m m

     (1) Đặt t2xkhi  1;1 1;

2

x   t  

 , ta có:  

2

1

t

t mt m m

t



      

 (2) Xét hàm số  

2

3

, ;

1

t

f t t

t                2 3 ; 1 t t t

f t f t

t t               

Bảng biến thiên

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng 1;1 phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng 1;

2       13 m    Vì m   S

Vậy tập S có tập

Câu 43.6 (Bài tốn phát triển) (Phát triểnTương tự câu 43 đề thi tham khảo)

Tập hợp số thực mđể phương trình ln 3 x mx  1 ln x2 4x3 có nghiệm nửa khoảng  a b; Tổng a b

A. 10

3 B. C.

22

3 D 7

Chọn D

Phương trình    

ln 3x mx  1 ln  x 4x3

2

4

3

x x

x mx x x

(98)

Nhận xét: Phương trình ban đầu có nghiệm phương trình  * có nghiệm khoảng  1;3 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình  * có nghiệm khoảng  1;3 3 m hay m 3;4 Do a3, b4

Vậy a b 7

Có giá trị nguyên dương tham số m để phương trình m2ln x 2 mlnx e

    

 

  có

nghiệm thuộc đoạn 1; e?

A. B. C. D.

Chọn C Điều kiện x0

 

2

ln x ln

m m x

e

    

 

   

2

2 ln

m m x m

     (1)

Đặt tlnx, x 1; e 0;1

t  

    

Phương trình (1) trở thành  

2

m  m tm  (2) TH1: m2  m

2

m m

     



Với m1, phương trình (2)   0t 3 m 1(Loại)

Với m 2, phương trình (2)  0t 0Phương trình (2) vơ số nghiệm

m

   (thỏa mãn)

TH2: m2  m 2

m m

     

(99)

Phương trình (2) trở thành

2

4

m t

m m

 

 

2

m m

 

 Để phương trình ban đầu có nghiệm thuộc đoạn 1; e

 Phương trình (2) có nghiệm thuộc đoạn 0;1      

2

0

1

m m



  



 

2

3

2

m m m

m 

 

  

  

 

 

2

1

m m

m

    

   

 2;3  1

m

  

Vậy m 2;3   2;1 Vậy số giá trị nguyên dương tham số mlà

Gọi S tập hợp giá trị nguyên tham số m để phương trình

4

2

2 log x  log x 2m20200 có nghiệm thuộc đoạn  1;2 Số phần tử S

A. B 9. C. D 6.

Chọn A

Khi x 1; ta có 2log2x4 2log2x8 2m2020 0 4log2 x2 log2x1010m

Đặt t log2x Vì x 1;2  log2x 0;1

 

4 1010

f t t t m

     có nghiệm thuộc  1;2 Ta có f t'( )    8t 0, t  0;1

Bảng biến thiên:

 

1010 m 1016 S 1010;1011;1012;1013;1014;1015;1016

    

Số phần tử S

Cho phương trình   2     

3

3x5 log x m  9x19 log x m 12 với m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình cho có nghiệm thuộc khoảng 2;

A. ; 53 27   

 

  B.

53 ; 79 27

 

 

  C. 79; D ;79

(100)

 

3x

  

+) Với t  3 log3x m  3 1

27 27

x m x m

     

Để 27

x m nghiệm thuộc khoảng 2; 2 53

27 m m 27 m 27



      

+) Với 3 

4

log

3 5

t x m

x x

   

 

4

3 5

3 x x

x m  m  x

     

Đặt  

4

3 x

f x   x với x2  

 

4

2

12

3 ln

3 x

f x x

x             f x

 nghịch biến 2;  f x  f  2  f x 79 Phương trình có nghiệm thuộc khoảng từ2;thì m79 Kết hợp hai trường hợp ta m  ;79

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

2

log 2log

   

y m x x m cắt trục hồnh điểm có hồnh độ thuộc khoảng 1;

A. ; 1

2

   

     

   

m B. 1;

2

   

    

   

m

C. ; 1

2

   

     

   

m D. 1;

2

   

    

   

m

Chọn D

Xét phương trình hồnh độ giao điểm

2

log 2log 2  1

m x x m (1)

Ycbt  Phương trình (1) có nghiệm thuộc khoảng 1; Đặt tlog2x0   x 1; 

Phương trình (1)

2

mt  t m  22     t m

t (2)

Ycbt  Phương trình (2) có nghiệm t0; Xét hàm số   22

2    t f t

t 0;

Ta có      

   

2 2

2

2 2 2 2 4

1

     

  

 

t t t t t

f t

(101)

   

f t  2t2  2t  

 

1 0; 0;       

  



t

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta suy ra: ycbt 1;0

2

   

     

   

m

Câu 44 : Nguyễn Tất Thành phát triển Võ Trọng Trí Phản Biện

Câu 44: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ] Cho hàm số f x  liên tục Biết cos 2x nguyên hàm hàm số f x e  x, họ tất nguyên hàm hàm số f x ex

A sin 2xcos 2x C B 2sin 2xcos 2x C

C 2sin 2xcos 2x C D 2sin 2xcos 2x C

Phân tích ý tƣởng: Bài toán sử dụng định nghĩa nguyên hàm: F x  nguyên hàm f x     

'

F x  f x

+ Tính chất: f ' x xd  f x C

+ Bản chất dạng tốn tìm hàm f x  từ kiện ban đầu + Nguyên hàm phần

Theo giả thiết cos 2x  f x e  x f x e  x  2sin x Xét I  f x e xxd

Đặt

   

d d

x x

u e u e x

v f x x v f x

   

 

    

 

 

  x   xd 2sin 2 sin d 2sin cos

I  f x e  f x e x  x  x x  x x C

Câu 44.1( Tương tựPhát triểnTương tự câu 44 đề thi tham khảo) Cho hàm số f x  liên tục

*

(102)

Chọn C

Theo giả thiết sin 2x f x  f x  os2c x f x  2xcos2 x

x x

     

Xét I f x ln dx x

Đặt

   

1

ln d d

d d

u x u x

x v f x x

v f x 

 

 

   

  

 ln f x d cos ln cos2 d cos ln sin

I f x x x x x x x x x x x x C

x

       

Phát triển hướng : Áp dụng

1

du= ; du=ln

1 n

n u

u C u C

n u



 



 

Câu 44.2 (Phát triểnTương tự câu 44 đề thi tham khảo) Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục f  1 0, F x  f x 2020

nguyên hàm 2020 x ex Họ nguyên hàm f2020 x

A 2020x2exC B xexC C 2020x2exC D x2exC

Ta có:     2019    2019 

' 2020 x 2020 ' 2020 x ' x

F x  xe  f x f x  x e  f x f x x e

    2019   2019    

d dex d ex '

f x f x x x f x f x x C

        

  2020     2020  

1

e ' 2020 e 2020 '

2020

x x

f x x C f x x C

          

Do f  1 0 C'0 hay f x 2020 2020x1 e  x Do 2020   

dx xdx

I  f x  x e

Đặt d d

d xd x

u x u x

v e x v e

  

 



   

 

(103)

Phát triển hướng 2: Áp dụng '  '

'

u v u v u v

Câu 44.3 : (Phát triển Tương tự câu 44 đề thi tham khảo) Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục f  0 1, F x  f x  ex x

nguyên hàm f x  Họ nguyên hàm f x 

A x1exC B x1ex x C C x2ex x C D x1ex x C

Ta có F x'  f x  f ' x   ex f x   f x  f x ex 1 exf x exf x  1 ex

    '   '

x x x x x x

e f x  e e f x x e C f x xe C e

 

           

Do f  0  1 C' 2 f x   x2ex1

Do I f x dxx2ex1 dx= x2e xxd dx

Đặt d d

d xd x

u x u x

v e x v e

  

 



 

 

 

 2 x xd dx  2 x x  1 x

I  x e e x  x e    e x C x e  x C Phát triển hướng 3: Áp dụng

'

' '

u v uv u

v v

  

   

Câu 44.4 : (Phát triển Tương tự câu 44 đề thi tham khảo) Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục f 0 0, F x  f x e  3x

nguyên hàm  

x x

e  f x  xe  Họ nguyên hàm f x 

A 1 3

3 27

x x x

x e  xe  e C B 1 3

3 27

x x x

x e  xe  e C

C 1 3

3 27

x x x

x e  xe  e C D 1 3

3 27

x x x

x e  xe  e C

Ta có         3  

' x x ' x x x x

F x e  f x  xe  f x e  f x e  e f x  xe

       

 

3

2

3

x x

x x x

x

f x e f x e

f x e f x e xe x

e

 



    

   

3x 3x '

f x f x

x x C

e e



 

     

 

Do  0 '   3x

(104)

3 3

Đặt

2

3

2

d d

1

d d

3 x x

u x

v e

v e x

  

 



 

 

 

2 3 3 3

1 1 1

d

3 3 3 3

x x x x x x

I x e  xe e x x e  xe e  C

         

    

2 3

1 2

3 27

x x x

x e xe e C

   

Câu 45 : Phong Do phát triển – Hưng Hoàng phản biện

Câu 45: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ]Cho hàm số ( )f x có bảng biến thiên sau:

Số nghiệm thuộc đoạn  ;  phương trình 2f sinx 3

A 4 B 6 C 3 D 8

Lời giải

Chọn B

Ta có sin  sin  f x    f x   Dựa vào bảng biến thiên ta có:

 

   

1

sin ; 1

sin 1;

3 sin

2 sin 0;1

sin 1;

x t x t f x

x t x t

    



   

     



   



(105)

Phương trình  2 có nghiệm phân biệt

Phương trình  3 có hai nghiệm phân biệt khác nghiệm  2 Do tổng số nghiệm phương trình cho

Phân tích: Bài tốn kết hợp kiến thức

1) Dựa vào BBT xác định số nghiệm phương trình f x M lớp 12 2) Xác định số nghiệm phương trình sinxm đoạn  a b; lớp 11 Hƣớng phát triển:

1) Thay BBT thành đồ thị hàm số y f x   xác định số nghiệm f x a, f x ax b ,  

f x ax bx c

2) Thay phương trình f u m thành phương trình chứa dấu trị tuyệt đối, thức, phương trình chứa tham số

Bài tập : Tƣơng tự

45.1 (Phát triểnTương tự câu 45 đề thi tham khảo) Cho hàm số y f x liên tục có bảng

biến thiên hình vẽ

Số nghiệm thuộc đoạn ;3  

 

 

  phương trình 2f 2cosx  1

A 6 B 7 C 11 D 12

Lời giải

Chọn B

Ta có: 2f 2cosx  1 2 cos 1

f x

   

Dựa vào BBT ta có:

 

   

2 cos ;

2 cos 1 cos 0;1 2

2 cos 1;

x m

f x x n

x p

     



        

   

(106)

 

    1

3 cos 1; cos 0;

2

p

x p x   

       

   phương trình có nghiệm phân biệt Phát triển theo hƣớng phƣơng trình chứa dấu trị tuyệt đối

45.2 (Phát triển Tương tự câu 45 đề thi tham khảo) Cho hàm số y f x  liên tục có bảng biến thiên hình vẽ

Số nghiệm phương trình f f x  2

A 4 B 5 C 7 D 9

Lời giải

Chọn C

Ta có:        

 

     

   

 

4

2

1;3

f x a

f x b

f f x

f f x f x

f f x

f x c

f x d

   



  

  



    

 

   



  



 phương trình có nghiệm phân biệt

Phát triển theo hƣớng phƣơng trình chứa tham số

45.3 (Phát triển Tương tự câu 45 đề thi tham khảo) Cho hàm số y f x  liên tục có bảng biến thiên hình vẽ

Có giá trị nguyên tham số m để phương trình f 2f x m1 có nghiệm 1;1

(107)

Chọn D

Ta có:      

 

2 (VN)

2

f x m

f f x m

f x m

   



  

 

  

 

   

2

2 2

2

m f x

f x m

m

f x m

f x



 

  



    

  

 

 



Dựa vào BBT ta có 1;1, để phương trình f 2f x m1 có nghiệm

3

0

2

0

2 4

3

2

m

m m



  

   

    

     



  



 có giá trị nguyên tham số m

Phát triển theo hƣớng đồ thị phƣơng trình chứa tham số

45.4 (Phát triển Tương tự câu 45 đề thi tham khảo) Cho hàm số y f x  liên tục có đồ thị hình vẽ

Có giá trị nguyên tham số m để phương trình f f x m 1 f x m có nghiệm phân biệt 1;1

A 1 B 2 C 3 D 4

Lời giải

Chọn A

Ta có: f f x m 1 f x  m f t  t với t f x m

Dựa vào đồ thị ta có:  

     

2

1

2 2

f x m

t

f t t t f x m

t f x m

   

  

 

       

    

(108)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 108 Câu 46: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ]Cho hàm số bậc bốn y f x  có đồ thị hình

Số điểm cực trị hàm số    2

3 g x  f x  x

A 5 B 3 C 7 D 11

Lời giải

Chọn C

Xét hàm số

3

 

u x x ta có

x

u x x

x

  

     

  Bảng biến thiên

Xét hàm số    2

3

g x  f x  x , ta có      2

3

g x  x  x f x  x   2 2

3

0

3

x x g x

f x x

  

   

  



Phương trình 3x26x0

(109)

Suy ra: phương trình  

   

3

1

3

2

3

3 ;

3 0;

3 4;

x x t

f x x x x t

x x t

    



      

    

 Dựa vào bảng biến thiên hàm số

3

ux  x ta thấy:  1 có nghiệm

 2 có nghiệm phân biệt  3 có nghiệm

Suy g x 0 có nghiệm phân biệt g x  đổi dấu qua nghiệm nên hàm số g x  có điểm cực trị

Bài tƣơng tự câu 46:

Câu 1: 46.1 (Phát triển Tương tự câu 46 đề thi tham khảo) Cho hàm số bậc bốn y f x  có đồ thị hình

Số điểm cực trị hàm số    2

3 g x  f x  x

A 5 B 6 C 7 D 9

Lời giải

Chọn C

Xét hàm số

3

ux  x có bảng biến thiên sau:

(110)

Ta có      2

3

g x  x  x f x  x

  2 36 20

3

x x x x

g x

f x x

      

   

  



Từ đồ thị hàm số y f x , ta có:

 

3

1

3

2

3 (1)

3 ( 3;0) (2)

3 (1;3) (3)

x x

f x x x x x

x x x

  



       

   



Dựa vào bảng biến thiên hàm số

3

ux  x ta thấy: (1) có nghiệm phân biệt, x0 nghiệm kép (2) có nghiệm phân biệt khác với nghiệm (3) có nghiệm khác với tất nghiệm

Suy g x 0 có nghiệm phân biệt g x  đổi dấu qua nghiệm (trong x0 nghiệm bội 3) nên hàm số g x  có điểm cực trị

Bài phát triển câu 46

(111)

Số điểm cực trị hàm số      

8 3 12 16 18 48

g x  f x  x  x  x  x  x  x là:

A 5 B 3 C 7 D 9

Lời giải

Chọn A

Ta có g x 8 3 x23 f x33x 3 12x548x348x236x48      3 3

24 3

2

x x

x f x x

    



 

    

 

 

 

2

3

1

( ) 3 3 1

( 3) (*)

2

x x

g x x x

f x x

      

     

   



Từ đồ thị hàm số y f x , ta có:

Đặt:

3

(112)

2

x 

 +) Với t5 ta có: 3

1

x

x x

x

 

    

 

 , x 1 nghiệm bội hai

Suy g x 0 có nghiệm phân biệt g x  đổi dấu qua nghiệm (trong x 1 nghiệm bội 3) nên hàm số g x  có điểm cực trị

Phân tích hƣớng phát triển:tìm số điểm cực trị hàm số g x  f u( )u x( ) u x hàm ( )

cụ thể f x hàm cho sẵn đồ thị( )

46.3 (Phát triểnTương tự câu 46 đề thi tham khảo) Cho hai hàm số bậc bốn y f x  yg x( ) có đồ thị hình (2 đồ thị có điểm chung)

Số điểm cực trị hàm số   2

( ) ( ) ( ) ( )

h x  f x g x  f x g x

A 5 B 4 C 6 D 3

Lời giải

Chọn A

Ta có: h x( )f x( )g x( )2h x( )2f x( )g x( )f x( )g x( )  

  ( ) ( ) ( )

( ) ( )

f x g x

h x

f x g x

 

    

   



Từ đồ thị ta thấy phương trình  1 có nghiệm phân biệt x 1;x  x1  1;3 ; x3 đa thức

   

(113)

 

f x g x  đa thức bậc nên bậc phương trình  1 nhỏ Từ suy phương trình  1 phương trình bậc

Do phương trình  1 phương trình bậc có nghiệm phân biệt nên phương trình  2 phải có nghiệm phân biệt khơng trùng nghiệm phương trình  1

Suy h x 0 có nghiệm phân biệt h x  đổi dấu qua nghiệm nên hàm số h x  có điểm cực trị

Phân tích hƣớng phát triển: tìm số điểm cực trị hàm số h x u f x g x ( ); ( ) g x ( ) ( )

f x hàm cho sẵn đồ thị

46.4 (Phát triển Tương tự câu 46 đề thi tham khảo) Cho hàm số bậc bốn y f x  Trong hình vẽ

dưới đây, gồm đồ thị y f x  ( ; 1] [1;+ ) (đậm hơn), đồ thị y f x( ) [ 1;1] Biết

 1;1   max f x

 

Số điểm cực trị hàm số g x  f f x ( ) 2 

A 9 B 7 C 13 D 11

Lời giải

(114)

Chú ý :

   

1;1

3

( )

( ) (0;0,5)

min ( ) ( ) 1,5

max f x f x

f x

f x f x

  



 



   



Ta có: g x  f x f( ) f x( )2

 

( ) (1) ( )

( ) (2) f x

g x

f f x   

    

 



1

(1)        x x x x x x x

1

2

( ) (3) ( ) ( 0,5;0) (4) (2) ( ) (5) ( ) (1,5;2) (6) ( ) (2,5;3) (7) f x

f x x f x

f x x f x x    

    

 

  

   



   



Dựa vào đồ thị bảng biến thiên ta có: (3) (4) vơ nghiệm

(5) f x( ) 1: có nghiệm phân biệt

2

(6) f x( )x   2 ( 0,5;0) : có nghiệm phân biệt

3

(7) f x( )  x (0,5;1) : có nghiệm phân biệt

Suy g x 0 có 13 nghiệm phân biệt g x  đổi dấu qua nghiệm nên hàm số g x  có 13 điểm cực trị

Phân tích hƣớng phát triển:tìm số điểm cực trị hàm số g x  f f x( ( ))  số và cho sẵn phần đồ thị f x ( ) f x( )

Câu 47 : Bùi Văn Nam phát triển – Lê Thảo phản biện

Câu 47 [ ĐỀ THI THAM KHẢO ]Có cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn 0 x 2020

3

log (3x  3) x 2y9y?

A 2019 B 6 C 2020 D 4

(115)

Ta có:

3

log (3x  3) x 2y9y log (x   1) (x 1) 2y3 (*)y

Xét hàm số f t( ) t ,t t có f t  ( ) ln 3t   0, t , tức hàm số ln đồng biến Khi

3

(*) f(log (x1)) f(2 )y log (x 1) 2y x 9y1 Vì 0 x 2020 nên 09y 1 2020  0 y log 20219 Do y nguyên nên y0;1;2;3

      x y;  0;0 ; 8;1 ; 80; ; 728;3  

  nên tổng cộng có cặp số nguyên ( ; )x y thỏa đề Bài tập tƣơng tự

47.1 (Phát triển Tương tự câu 47 đề thi tham khảo) Cho x y, số thực thỏa mãn

 

2

log 2x  2 x 3y8y Biết 0 x 2018, số cặp  x y; nguyên thỏa mãn đẳng thức

A 2 B 3 C 4 D 5

Lờigiải

Chọn C

Ta có log22 2

y

x  x y log2 1  

2

2 x log x y 3y

      1

Xét hàm số f t  2t t có f t 2 ln 0t   Nên  1 log2x 1 3y

3

2 y

x

  

Với 0 x 2018 1 8y 2019   0 y log 20198 , y  y 0;1; 2;3 Bài tập phát triển:

Biến đổi phương trình đưa hàm đặc trưng Là điểm mấu chốt tốn từ suy f u( ) f v( )

Vấn đề khó lời giải tìm hàm đặc trưng từ xét tính đồng biến, nghịch biến hàm số tập xác định nó, suy f u( ) f v( ), muốn làm dạng học sinh phải thành thạo kĩ biến đổi phương trình mũ, phương trình logarit từ suy hàm đặc trưng

47.2 (Phát triển Tương tự câu 47 đề thi tham khảo) Cho phương trình

Gọi S tập hợp tất giá trị để phương trình có nghiệm thực phân biệt Tổng phần tử S

A B C D

Lời giải

Chọn A

Điều kiện xác định: x

Xét phương trình (1)

(1)      

2 2 1 1

2

2  x m log  x 2x 2 2x  x log x m

       

   

2 2

2

2x x log  x 2x 2 x m log x m

        (2)

 2  2  

1

2

4 x m log x 2x 3 2 x xlog xm 2 0 m

3

2

3

 2  2  

1

2

4 x m log x xlog 2

x x x m

(116)

Phương trình (2) có dạng f x 2x 1 f 2 x m 

và  2

2 1

x  x  x  ; 2x m   0 x Do (2) 

2

x  x  x m  

 

2

2 2

x x x m

x x m x

    

 

   



   

2

4 *

1 **

x x m

x m

      

   



Phương trình (1) có nghiệm thực phân biệt  Phương trình (2) có nghiệm thực phân biệt Dựng Parabol:  

1

4

yx  x P y  x2  P2 hệ trục tọa độ (xem hình vẽ)

Số lượng nghiệm (*) (**) số giao điểm đường thẳng d y:  2m với đồ thị  P1  P2 Dựa vào đồ thị thấy phương trình cho có nghiệm phân biệt d phải nằm

ở vị trí d d d1, 2,

Tương ứng ta có: 1

m m

     ;

2m m

     ;

2

m m

    

Do có ba giá trị thỏa mãn yêu cầu:

m ; m1;

2

m

Vậy S 1;1;3 2

 

  

  suy tổng phần tử S Cách

(117)

2

x  x  x m  

 

2

2 2

x x x m

x x m x

    

     



2

4 ( )

1 ( )

x x m a

x m b

    

    



Phương trình (1) có nghiệm thực phân biệt  Phương trình (2) có nghiệm thực phân biệt Xảy khả năng:

KN1: Phương trình ( )a có nghiệm kép, phương trình ( )b có hai nghiệm phân biệt khác nghiệm kép phương trình ( )a

Phương trình ( )a có nghiệm kép  3 2m0

m

  Với

2

m , phương trình ( )a có nghiệm kép x2 phương trình ( )b thành

2

x  

2 x x      

 (Thỏa mãn x2)

KN2: Phương trình ( )b có nghiệm kép, phương trình ( )a có hai nghiệm phân biệt khác nghiệm kép phương trình ( )b

Phương trình ( )b có nghiệm kép  1 2m0

m

  Với

2

m , phương trình ( )b có nghiệm kép x0 phương trình ( )a thành

4

x  x  2

2 x x       

 (Thỏa mãn x0)

KN3: Phương trình ( )a phương trình ( )b có hai nghiệm phân biệt chúng có nghiệm chung

Gọi x0 nghiệm chung phương trình ( )a phương trình ( )b

Khi đó:

2

0

2

4

1

x x m

x m

    

   



2

0 1

x x x

     

0

2x 4x

    x0 1

0

x  nghiệm chung ( )a ( )b 2m2 m Với m1

Phương trình ( )a :

4

x  x  x x       Phương trình ( )b : x2 1

1 x x       

Khi phương trình (1) có nghiệm phân biệt x 1; x1; x3

Từ suy có ba giá trị thỏa mãn yêu cầu:

m ; m1;

2

m

Vậy S 1;1;3 2

 

  

(118)

Điều kiện

2

x m x

   

  

 

2

log 2x m 2log xx 4x2m1

   

2

log 2 log 2

log 2 log

log 2 2 log

x m x x x m

x m x m x x

f u f v

      

      

     

 

Xét f u log2u u u , 0  

'

ln

f u

u

  

Suy f u  f v   u v 2 x m x2 x24x2m

Xét hàm số    

2 ,

f x x  x x

Phương trình có nghiệm dương  4 2m    0 m suy có giá trị nguyên

47.4 (Phát triển Tương tự câu 47 đề thi tham khảo) Biết x1,x2 hai nghiệm phương trình

2

4

log

2

x x

x

   

  

 

   

1

4

x  x  a b với a,b hai số nguyên dương Tính a b

A a b 13 B a b 11 C a b 16 D a b 14

Điều kiện: 0,

x x

Ta có:    

2

2 2

7 7

4

log log 4 4 log 2

2

x x

x x x x x x x x

x

   

          

 

 

Xét hàm số f t log7tt có  

1

1 ln

f t

t

     t nên hàm số đồng biến 0;

Do ta có 2

4 4

(119)

Khi

 

1

3 5

2

4 4

x  x       1 2 23 19 5

4 4

x  x       Vậy 1 5; 2

4

x   x   Do a9;b5 a b   9 14

47.5 (Phát triển Tương tự câu 47 đề thi tham khảo) Biết phương trình

5

2 1

log log

2 2

x x

x x có nghiệm dạng x a b a b, số ngun Tính 2a b

A 3 B 8 C 4 D 5

Ta có log52 log3 log52 log3 1

2 2 2

x x x x

ĐKXĐ: x

5

1 log x log x log x log x (*)

Xét hàm số f t log5t log3 t , với t

1

0

.ln ln

f t

t t với t 1, suy f t đồng biến khoảng 1; Từ (*) ta có f x f x nên suy

2

2 x x x x x (do

1

x )

Suy x 2 a 3;b 2a b Nhận xét:

Câu dùng Casio với chức SOLVE, ta tìm nghiệm STO Tức A a b a A b

Dùng chức T BLE với f x A x 2, start 10, end 10, step Ta tìm a b, cách giải tự luận

Câu 48 :Nguyễn Minh Nhiên phát triển – VanTri Tran phản biện

1 Lời giải phân tích

Câu 48: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ]Cho hàm số f x( ) liên tục thỏa mãn

3 10

( ) (1 ) ,

(120)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 120 Lời giải 1:

Gọi F x nguyên hàm hàm f x Với x ta có

3 10

( ) (1 )

xf x f x x x x

2 ( )3 (1 2) 11 2 (*)2

x f x xf x x x x

2 ( )d3 (1 2)d 11 2 d

x f x x xf x x x x x x

12

3 2

1

( )d( ) (1 )d(1 )

3 12

x x x

f x x f x x C

12

3

1

3 12

x x x

F x F x C

Thay x ta 1

3F 2F C

Thay x ta 1

3F 2F C

Thay x ta 1 17

3F 2F 24 C

Từ , suy 5

6 F F F F

Từ , suy 1 32 1

3 F F 24 F F

Vậy

0

3 13

d

4

f x x F F

Lời giải 2:

Từ 10

( ) (1 )

xf x f x x x x 2 11

( ) (1 )

x f x xf x x x x , x

Suy ra, hàm số x f x2 ( )3 xf(1 x2) 2x2

hàm lẻ Ta có

1

11

0

1 d

24

x x x

Do

0

2 2 2

1

( ) (1 ) d ( ) (1 )

24

(121)

0

3 2

1

3 2

0

1

d d

3

1

d d

3 24

f x x f x x

0 1

1 0

1 1 15

d d d d

3 f x x f x x 3 f x x f x x 24

0 1

1 0

15

2 d d d

4

f x x f x x f x x

0

1

13

d d

4

f x x f x x

Lời giải 3:

Ta có xf x( )3 f(1 x2) x10 x6 2x

, x

Thay x x ta xf( x3) f(1 x2) x10 x6 2x, x

Từ , suy xf x3 xf x3 ,x x f x3 f x3 4, x

Thay x3 x ta f x f x Do đó,

0 1

1 1

d d d d d

f x f x x f x x f x x x f x x

Từ x f x2 ( )3 xf(1 x2) x11 x7 2x2

1 1

3 2 11

0 0

1

( )d( ) (1 )d(1 ) d

3 f x x f x x x x x x

1 1

0 0

1

( )d ( )d ( )d

3 f x x f x x f x x

Do đó,

0

3 13

( )d

4

f x x

Lời giải 4:

Với x ta có xf x( )3 f(1 x2) x10 x6 2x

2 ( )3 (1 2) 11 2 (*)2

x f x xf x x x x

1 1

2 11

0 0

( )d (1 )d d

x f x x xf x x x x x x

1

3 2

0

1

( )d( ) (1 )d(1 )

3 f x x f x x

1 1

0 0

1

( )d ( )d ( )d

(122)

1

( )d ( )d ( )d

3 f x x f x x 24 f x x 24

Lời giải 5: Đi tìm hàm f x

Ban đầu ta nghĩ đến có f x3 , 1f x2

bên vế phải đưa liên quan đến x3,1 x2 khơng?

Ta có xf x3 x10 2x x f x3 x3 2

Vậy nghĩ thêm việc tạo tiếp 1 x2 2 3 3x2 3x4 x6

Hay

3

2 2

1 3

f x x x x x

Như ta có

3

3 2 1 1 2 3 3 3 6

x f x x f x x x x x x

3

3 2

2 1 3

x f x x f x x x x

3

3 2 3 1 1 2 3 1 0

x f x x x f x x x

3

3 3 2

3 1

x f x x x f x x x

Đặt g x f x x3 3x 2

ta xg x3 g x2 Thay x x ta

3 1 0

xg x g x hay xg x3 xg x3 , x Do g x hàm lẻ

Như xg x3 g 1 x2 0 xg x3 g x2 1 , x

Từ giả thiết ta có g g

Vì f x liên tục 1;0 nên g x liên tục 1;0 Đặt

1;0

max 0, 1;0

M g x x

Giả sử M a 1;0 : g a M Chọn x b a 1;0

(123)

3 g a M

bg b g a g b M

b b b 0;1

Điều mẫu thuẫn

1;0

max

M g x

Do

1;0

maxg x 0, x 1;0

Hay g x 0, x 1;0 f x x3 3x 2, x 1;0 Vậy

0

3

1

13

( )d ( 2)d

4

f x x x x x

Nhận xét chung:

Ở cách trên, giải toán dạng ta thường hướng tới:  Biến đổi giả thiết đến tính chất u f u xd f u ud  Dựa theo tính chất hàm chẵn, hàm lẻ

 Sử dụng phép xác định hàm số f x

* Với lời giải 1, 2, 3, 4: Ta sử dụng đến tính chất

d d

u f u x f u u hay d d

u b b

a u a

u x f u x x f x x

Vì ta nghĩ đến việc tạo đạo hàm x3;1 x2

việc nhân hai vế giả thiết với x để tạo

0

2

1

d d

3

x f x x f x x ;

1

2

0

1

d d

3

x f x x f x x ;

0

2

1

1 d d

2

xf x x f x x

1

2

0

1

1 d d

2

xf x x f x x

Trong đổi biến xuất

1

d

f x x buộc ta phải tính thêm

1

d

f x x Ở đây, cận khơng phải 1;0;1 cách làm bị phá sản, ví dụ yêu cầu tính

3

d

f x x, lúc cịn cách tìm f x Vì thế, cận 1;0;1 phải liên hệ mật thiết với x3,1 x2

Ngồi ra, với hai tính chất:

 Hàm số x f x2 ( )3 xf(1 x2) 2x2

hàm lẻ;  Hàm số f x f x hàm chẵn hữu ích cho việc tính toán nhanh

* Lỗi sai có thể mắc dẫn đến phương án nhiễu 17

20, 17

(124)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 124 2 Các toán tƣơng tự

Dựa theo phân tích ta có số toán tương tự sau:

Hƣớng 1: Dựa theo tính chất u f u xd f u ud

Câu 48.1 (Phát triển Tương tự câu 48 đề thi tham khảo) : Cho hàm f x liên tục \ thỏa

mãn

2 2, \

2

xf x f x x x

x Giá trị

2

d

f x x nằm khoảng nào?

A 5;6 B 3; C 1;2 D 2;

Ta có 2 2, \ 0

2

xf x f x x x

x

2

1

2 d d

2

xf x f x x x x

x

2

1 1

d d ln

2

x

f x x f x x x x

4

1

d d ln

2 f x x f x x

2

1

d ln

2 f x x

2

7

d ln 2;3

2

f x x

Câu 48.2 (Phát triển Tương tự câu 48 đề thi tham khảo) Cho hàm số y f x liên tục đoạn

0;4 thỏa mãn điều kiện

2

4xf x 2f x x , x 0;2

Giá trị

4

d

f x x

A

5 B 2 C 20 D 10

Ta có 2

(125)

2

0

4xf x 2f x dx x xd

2

0

2 f x d x f d 2x x

4 4

0 0

2 d d d

5

f x x f x x f x x

Hƣớng 2: Dựa theo hƣớng tìm f x biến đổi

Câu 48.3 (Phát triểnTương tự câu 48 đề thi tham khảo) Cho hàm số y f x liên tục có đạo hàm thỏa mãn 5f x 1f x x2 2x , x Biết

1

' d a

x f x x

b , với a b phân số tối giản Giá trị 8a 3b

A 1 B 0. C 16 D 16

Từ 5f x 7 1f x 3 x2 2x

thay x x ta 1f x 7f x x2

Do ta có hệ

2

5

7

f x f x x x

f x f x x

Suy 25f x 49f x 15 x2 2x 21 x2 24f x 36x2 30x 21

Hay 12 10 12

8

f x x x f x x

Do

1

0

1

' d 12 d

4

a

x f x x x x x

b

3 a b

Vậy 8a 3b

Câu 48.4 (Phát triểnTương tự câu 48 đề thi tham khảo) Cho hàm số f x liên tục đoạn 2;1

3

thỏa mãn ( )

3

f x f x

x

2 ;1

x Tích phân

1

lnxf x dx

A 5ln2

3 3 B

5

ln

3 3 C

5

ln

3 3 D

5

ln

3 3

Cách 1:

Từ ( )

3

f x f x

x thay x

2

3x ta

2 10

2

3

f f x

x x

Do 4f x 9f x 10x 10 f x 2x f x 22

(126)

3

2

3

x

Từ ( ) , 2;1

3

f x f x x

x

Thay x

3

x vào (1) ta hệ

2

(1)

2 (1)

3

2

2 10

2 (1) 3 3

3 f f f f f f Xét d f x I x x

Đặt d 22 d ,

3

x x t

t t , đổi cận

2 3 x t x t Khi 1

1 2

3

2 2

d d d

3 3

2

3

f t f t f x

t t t x

I t x t Ta có 1 2 3 d d 3

2 3

f x

f x x x

I I x x 1 2 3

5 d 5d

3

2

2 ( )

3

f x f

I x x x I

x Vậy 1 2 3

d 2 2 1 5 2 1

ln d ln ln1 ln ln

3 3 3

f x x

xf x x f x x f f

x

Hƣớng 3: Kết hợp với tính chẵn, lẻ, đối xứng hàm số

Câu 48.5 (Phát triển Tương tự câu 48 đề thi tham khảo) Cho hàm y f x( ) liên tục đoạn 0;1 thỏa mãn

2

1 2 1, 0;1

f x f x x x x

Giá trị

1

( )

f x dx

A 4

3 B

2

3 C

1

2 D

(127)

Chọn D

Ta có f x f 1 x 2x2 2x 1

1

2

0

(1 ) (2 1)

I f x dx x x dx

1

3

0

1

(1 )

0

I f x dx x x x

1

2

(1 )

3

I f x dx

Xét

1

(1 )

f x dx, đặt t x dt dx Đổi cận x t 1;x t

Ta có

1

0

(1 ) ( )( ) ( )

f x dx f t dt f t dt I

Từ ;

1

2

2 ( )

3

f x dx

1

1 ( )

3

f x dx

Câu 48.6 (Phát triểnTương tự câu 48 đề thi tham khảo) Cho hàm số f x xác định, liên tục thoả mãn

3 1 1

f x x f x x 6x6 12x4 6x2 2, x

Giá trị

1

f x dx

A 32 B 4 C 36 D 20

Đặt

1

a x x , ta có f a f a a 12 Hàm số f a liên tục xác định

Lúc ycbt trở thành tính giá trị tích phân

1

f a da

Lấy tích phân hai vế , ta

1 1

2

3 3

2 40

f a da f a da a da

Từ tích phân

1

2

f a da ta đặt t a dt da Khi a t 1;a t

Tích phân chuyển thành

1

f t dt , kết hợp với ta suy

1

3

(128)

Thể tích khối chóp cho

A

a B

3

a

C

3

2

a

D

3

6

a

Cách 1:

Ta có

2

1

2

ABC

a S  AB AC

Gọi D hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng ABC Ta có AB SB AB SBD AB BD

AB SD

 

   

 



Tương tự, ta có ACCD ABDC

 hình vuông cạnh a Đăt SDx x, 0

Gọi H hình chiếu vng góc D lên

2 2

DB DS ax SB DH

DB DS a x

  

 

Ta có     

2 ,

DH SB ax

DH SAB d D SAB DH

DH AB a x

 

    

 

 

Lại có CD//ABCD//SABd C SAB , d D SAB , DH SCA

 vng ,C có AC a SC,  x2a2 Kẻ

2

2 2

2 CA CS a x a CK SA CK

CA CS x a



   

 

Vì           

 

,

sin ,

,

d C SAB DH

SAB SAC SA SAB SAC

d C SA CK

(129)

   

2

2 2 2 2 2 2

2 2

2

3

sin 60

2

ax

x x a

a x

x a x x a x a

x a

a x a

x a

 

          

 



DH a

 

Vậy

3

1

3

S ABC ABC

a V  S SD

Cách 2:

Dựng hình vng ABDC SDABCD Đặt SDx x, 0

Kẻ DHSB H, SBDH SAB

2

ax DH

x a



 Kẻ DKSC K, SCDKSAC

2

ax DK

x a



 Ta có

2 2

2 2 // 2 2

SH SK SD x x x

HK BD HK BD a

SB  SC  SB  x a    x a  x a

Ta có cos , cos 2

2

DH DK HK

SAB SAC HDK

DH DK

 

2 2 2 2 2

2

2 2

2

1

2 2

x a a x

x a x a

a

x a

x a x a

x a



 

     

 

SD a

 

Lại có

2

ABC

a S  AB AC Vậy

3

1

3

S ABC ABC

a

V  S SD

(130)

Ta có hai tam giác vng SAB SAC chung cạnh huyền S

Kẻ BI  SA CI  SA góc hai mặt phẳng SAB SAC góc hai đường thẳng

BI CI BI CI;  60

Có BCa 2, BIC cân I DoBI CIAC a a 2BCnênBIC không

120

3

a

BIC BI CI Từ

3 a

AI ; AB2AI SA. SAa 3.

Dựng hình vng ABDC SDABDC

Có : 2

1

;

3

ABC S ABC ABC

a SD SA AD a S a V  S SD

Cách 4: Sau tính SA ta tính

 

1

3

S ABC IBC IBC

V  S SIAI  S SA

Với

1 3

120

2 6

IBC S ABC

a a a

S  IB IC sin   V  a 

Cách trắc nghiệm:

CÔNG THỨC TÍNH NH NH :(Sẽ chứng minh sau phần phát triển) Gọi D hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng ABC

Ta có AB SB AB SBD AB BD

AB SD

 

   

 



Tương tự, ta có ACCDABDC hình vng cạnh a Đăt SDh h, 0

2

2 2

1 cos

2

a a

h a SD a

h a h a

Từ tiếp tục tính thể tích .

3

S ABC ABC

a

V S SD

  

PHÂN TÍCH Ý TƢỞNG CÂU 49

Bài tốn góc hai mặt phẳng ln tốn khó tốn hình học khơng gian Ở câu 49 Bộ đưa hai vấn đề khó thường gặp :

Khó thứ là khó chung tốn hình học khơng gian, hình khơng có đường cao cho trước

Khó thứ hai khó riêng tốn góc hai mặt phẳng Ở câu 49 cịn kết hợp hết khó tốn góc: Cho góc hai mặt bên vào giả thiết Muốn giải toán phải khai thác giả thiết góc

B

C

(131)

Tuy nhiên toán quen, ý tưởng khơng có mới Nên cần giải

hai vấn đề

Giải vấn đề 1:

Tìm đường cao hình : học sinh phải tìm đường cao cách suy từ quan hệ vng góc đường với đường để chứng đường vng góc với mặt, hay phục dựng hình ẩn để xác định đường cao

Giải vấn đề 2:

Để khai thác giả thiết góc ta thường làm :

+ Xác định góc Trong trình xác định góc phải tránh bẫy đưa góc hai đường thẳng cắt góc khơng tù

+ Cần chọn ẩn ( Là chiều cao hay cạnh đáy giả thiết chưa có) sau sử dụng giả thiết góc để tìm ẩn

Và sử dụng nhiều phương pháp khác ngồi hai cách truyền thống để tính góc hai mặt bên

Phương pháp khoảng cách : giả sử góc hai mặt bên ,

sin

,

d M

d M d d ,M

Phương pháp diện tích hai mặt bên : giả sử góc hai mặt bên ABC ABD

2

.sin

ABC ABD

ABCD

S S V

AB

3

sin

2

ABCD

ABC ABD

V AB S S

Công thức đa giác chiếu : cos S S

Ta chứng minh cơng thức tính nhanh cho tốn này : Cho hình chóp S ABCD có

SA ABCD ,đáy ABCD hình chữ nhật , biết SA h AB, a AD, b Gọi SBC , SDC

Khi :

2 2

cos AB AD a b

SB SD h a h b

Đặc biệt ABCD hình vng

2

cos a

h a Thật :

(132)

Gọi ,E F hình chiếu A lên SB SD, , ta có AE SBC AF SDC, SBC , SDCAE AF, 

Khi cos =  3

AE AF AE AF



Ta có AE AB SA  * SB



2

SA SE

SB

 suy

2 2

SA SA AB

SE SB AE AB AS

SB SB SB

   

Tương tự ,AF AD SA  ** SD

 ,

2

SA SF

SD  suy

2 2

SA SA AD

SF SD AF AD AS

SD SD SD

   

Do  

2

***

AB AD

AE AF AS

SB SD



Thay     * , ** , *** vào  3 ta công thức  1 Cho ab ta  2

Cách c/m 2:

Gọi K hình chiếu D lên SC,

 

 ,   ,  . .

sin

d D SBC d A SBC AE AS AB SC AS SC

DK DK DK SB SD DC SB SD

     

 

     

2 2 2

2

2 2

2 2 2 2

2

cos

.

SB SD SA SA AB AD AS SC

SB SD SB SD

SA AB SA AD SA SA AB AD AD AB

SB SD SD SB

       

    



Cách c/m 3: PP Toạ độ hoá

CÁC CÂU TƢƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN CÂU 49 E

D

C B

(133)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 133 Câu 1: 49.1 ( Tương tự câu 49 – Đề thi tham khảo) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác

vuông cân B với BA BC 5a;SAB SCB 90 Biết góc hai mặt phẳng SBC

và SBA với cos

16 Thể tích khối chópS ABC

A

3

50

a

B

3

125

a

C

3

125 18

a

D

3

50

a

Lời giải

Chọn C

Ta có hai tam giác vng SAB SBC chung cạnh huyền SB

Kẻ AI SBCISB góc hai mặt phẳng SBA SBC góc hai đường thẳng AI CI AI CI; 

Do CBA 90 180 AIC 90 180 cos

16

AIC AIC

Có AC5 2a, AIC cân I, nên có :

2 2

2

cos

2 16

AI AC AI AC

AIC

AI AI

2

16

AI a AI a

2

16 25

3

AI a

BI a SI a SB

IB

Cách 1 :

Dựng SDABC D Ta có: BA SA

BA SD

 

 

 BAAD Tương tự BC CD Nên tứ giác ABCD vuông cạnh 5a BD 2a 2

3 SD SB BD a

Vậy

3

2

1 1 125

.25

3 3 18

SABC

a

V  SD BA  a 

Cách 2 : . . .

3 3

S ABC S ACI B ACI ACI ACI ACI

V V V SI S BI S SB S

AIC cân I, nên

2

1 7

sin 16

2 16

ACI

a

(134)

Tương tự, ta có ACCDABDC hình vng cạnh a Đăt SDh h, 0

2 2

2

5 25

cos

25 16

5

a a a

h SD

h a

Từ tiếp tục tính thể tích . 125

3 18

S ABC ABC

a

V S SD

  

Câu 2: 49.2 ( Phát triển câu 49 – Đề thi tham khảo) Cho hình chóp S ABC có BC2BA4a, 90

ABC BAS Biết góc hai mặt phẳng SBC SBA 60 SCSB Thể tích khối chóp S ABC bằng:

A

3

32

a

B

3

8 a

C

3

16

a

D

3

16

a

Lời giải

Chọn B

Tam giác SBC cân cạnh đáy BC 4a Gọi E trung điểm BC ta có SEB vng

,

E BE a BA Đưa tốn gốc với chóp S ABE

Ta có hai tam giác vng SAB SEB chung cạnh huyền SB

Kẻ AI SBEI SB góc hai mặt phẳng SBA SBC góc hai mặt phẳng SBA SBE góc hai đường thẳng AI EIAI EI;  60

Do CBA 90 180 AIE 90 120 cos

2

AIE AIE

Có AE2 2a, AIE cân I, nên có :

2 2

2

cos

2 2

AI AE AI AE

AIC

AI AI

2

2 2

3

a

AI AI a

2

3 3

a AI a a

BI SI SB

(135)

https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 135 Cách 1 :

Dựng SDABC D Ta có: BA SA

BA SD

 

 

 BAAD Tương tự BE ED Nên tứ giác ABED hình vng cạnh 2a

2

BD a SD SB2 BD2 2a

Thể tích

3

1 1

.2

3 3

SABC

a V  SD BC BA a a 

Cách 2 :

SABC AEI

V  SB S

2

1

sin

2 3

ACI

a a

S AI

Vậy

2

1

3 3

S ABC

a a a

V

Cách tính nhanh :

2

4 cos

4

a

h a

2

4

a

h a

2

4a h h 2a SD

Thể tích

3

1 1

.2

3 3

SABC

a V  SD BC BA a a 

Câu 3: 49.3 ( Phát triển câu 49 – Đề thi tham khảo) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , SAB SCB 90 góc hai mặt phẳng SAB SCB 60 Thể tích khối chóp S ABC

A

3

3 24

a

B

3

2 24

a

C

3

2 a

D

3

2 12

a

Lời giải

Chọn B

Gọi M trung điểm SB, Và G trọng tâm tam giác đềuABC

Theo giả thiết SAB SCB 90 MSMBMAMCM thuộc trục đường tròn ngoại tiếp

ABC MG ABC

(136)

Ta có

3

BD a

2

a a a

SD SB BD

Thể tích

3

1 1

3 24

SABC ABC

a

V  SD S  a 

Cách tính khác :

SABC AEI

V  SB S

2

1 3

sin

2 12

ACI

a a

S AI

2

1 3

3 12 24

SABC

a a a

V  

Câu 4: 49.4 ( Phát triển câu 49 – Đề thi tham khảo- Sở Bắc Ninh lần 2-2018-2019) Cho tứ diện

ABCD có DAB CBD 90º;AB a AC; a 5;ABC 135 Biết góc hai mặt phẳng ABD , BCD 30 Thể tích tứ diện ABCD

A

3

2

a

B

3

2

a

C

3

a

D

3

6

a

Lời giải

Chọn D

Dựng DH ABC

Ta có BA DA BA AH

BA DH

 

 

 

 Tương tự

BC DB

BC BH

BC DH

 

 

 



Tam giác AHB có ABa, ABH 45o HAB vng cân AAHABa Áp dụng định lý cosin, ta có BCa

a

A B

C H

D

(137)

Vậy

2

1

sin

2 2

ABC

a

S BA BC CBA a a

Dựng HE DA

HF DB

 

 

 HEDAB HF DBC

Suy DBA , DBC HE HF, EHF tam giác HEF vuông E

Đặt DH x,

2

ax HE

a x 

 , 2

2

xa HF

a x 

 Suy

2

3

cos

4 2 2

HE x a

EHF x a

HF x a

Vậy

3

1

3

ABCD ABC

a

V  DH S  

Câu 5: 49.5 ( Phát triển câu 49 – Đề thi tham khảo) Cho hình chóp S ABC có

2 , , , 90

AB a AC a BC a SBA SCA Và hai mặt phẳng SAB SAC tạo với

nhau góc cho cos

3 Thể tích khối chópS ABC

A.

3

2 12

a

B.

3

2 a

C.

3

2 a

D.

3

2 a

Lời giải

Chọn D

Từ giả thiết : AB ,a AC a BC, 3a BC2 3a2 2a2 a2 AB2 AC2 ABC vuông A

DựngSD ABC ABDChình chữa nhật

,

DB AC a DC AB a Gọi SD h Áp dụng cơng thức tính nhanh :

Ta có DB DC cos

SB SC Coi a để tiện tính tốn ta có :

2

1

3

1

h h

4 2

3 1

h h h h h a SD

3

1

3

SABC

a

V SD AB AC

(138)

Hàm số    

1

g x  f  x x x nghịch biến khoảng đây?

A 1;3    

  B

1 0;

2

 

 

  C  2; 1 D  2;3 Lời giải

Chọn A

Ta có g x  2f1 2 x2x1

     

0 2 1

2

x

g x    f  x  x   f  x   (*) Đặt t  1 2x, ta có đồ thị hàm số y f t

2

t

y  hình vẽ sau :

Trên đoạn 2; 4  *   2

2 2

t

f t t x x

              

hàm số nghịch biến khoảng 3; 2

 

 

 

Đối chiếu với phương án suy chọn đáp án 1;3 3;

2 2

   

   

   

(139)

Hàm số g(x)3f(12x)8x321x26x đồng biến khoảng đây?

A. 1;2 B.3;1 C. 0;1 D.1;2 Lời giải

Chọn A

Ta có g'(x)6f'(12x)24x242x6 (*) ) ( ' ) (

' x   f  x  x2 x g

Đặt

2

1 xt x t

Ta có (*) trở thành

2 3 )

( '

1 ) (

'

2

   

         

 t t f t t t

t f

Ta vẽ parapol

2 3 :

)

(P yx2  x hệ trục Oxy với đồ thị y f x hình vẽ sau ( đường

nét đứt), ta thấy (P) có đỉnh ) 16 33 ; ( 

I qua điểm 3;3 , 1;2  , 1;1

Từ đồ thị hàm số ta thấy khoảng 3;1ta có

3 )

(

' t t2  t  t  f

2

1

3      

 x x

Vậy hàm số g(x) nghịch biến khoảng (1;2)

(140)

Có tất giá trị nguyên dương tham số m đề hàm số g(x)4f(xm)x22mx2020 đồng biến khoảng (1;2)

A.2 B.3 C.0 D.1

* Ý tưởng :Phát triển thành toán chứa tham số

Ta có g'(x)4f'(xm)2x2m (*) )

( ' ) (

' x f x m x m

g      Đặt t xm

2 ) ( '

(*) f t t Vẽ đường thẳng

2 x

y hệ trục Oxy với đồ thị y f x hình vẽ sau

Từ đồ thị ta có 

 

 

    

 

      

4

0

2 ) ( '

m x

m x m

t t t

t f

Hàm số g(x) đồng biến khoảng (1;2) g'(x)0 x 1;2 

 

 

   

 

 

    

3

1

2

m m m

m m

Vì mnguyên dương nên m 2;3

Vậy có hai giá trị nguyên dương m đề hàm số g(x) đồng biến khoảng (1;2)

Câu 50.3 ( Phát triển Câu 50). Cho hàm số đa thức f(x) có đạo hàm tràm trênR Biết

0 ) ( 

f đồ thị hàm sốy f x hình sau

(141)

Hàm số

) ( )

(x f x x

g   đồng biến khoảng ?

A. 0;4 B.2;0 C.4; D.;2

* Ý tưởng :Phát triển thành tốn tìm khoảng đồng biến nghịch biến hàm số chứa dấu giá

trị tuyệt đối

Xét hàm số h(x)4f(x)x2 ,xR Có

2 ) ( ' ) ( ' ) ( ' ) (

' x f x x h x f x x

h      

Vẽ đường thẳng

2 x

y hệ trục Oxy với đồ thị y f x hình vẽ sau

Từ đồ thị ta có BBT h(x) sau :

(142)

Từ BBT ta suy g(x) đồng biến khoảng  0;4

Câu 50.4 ( Phát triển Câu 50). Cho hàm số y f(x) có bảng xét dấu đạo hàm sau

Biết 1 f(x)5,xR Hàm số g(x) f(f(x)1)x33x22020 nghịch biến khoảng

A. 0;5 B.2;0 C.2;5 D.;2

* Ý tưởng :Phát triển thành tốn tìm khoảng đồng biến nghịch biến hàm số

) ( ) (u g x f

y  

Ta có g'(x) f'(x).f'(f(x)1)3x26x Vì 1 f(x)5,xR0 f(x)14 Từ bảng xét dấu f'(x) f'(f(x)1)0 Từ ta có bảng xét dấu sau

Do hàm g(x)nghịch biến khoảng 2;0

Định dạng
Số trang	142
Dung lượng	4,95 MB