(Sáng kiến kinh nghiệm) lời GIẢI CHI TIẾT một số câu hỏi TRẮC NGHIỆM HAY và KHÓ TRONG các đề THI THỬ THPTQG môn TOÁN

MỤC LỤC MỤC LỤC BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN .2 Lời giới thiệu .2 Tác giả sáng kiến: Mô tả chất sáng kiến: KẾT LUẬN .23 TÀI LIỆU THAM KHẢO .24 BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Lời giới thiệu Mơn Tốn trường phổ thơng giữ vị trí, vai trị quan trọng, môn học bản, môn học công cụ Nếu học tốt mơn Tốn tri thức với phương pháp làm việc Tốn trở thành cơng cụ để học tốt mơn học khác Mơn Tốn góp phần phát triển nhân cách, ngồi việc cung cấp cho học sinh hệ thống kiến thức, kĩ toán học cần thiết; mơn tốn cịn rèn luyện cho học sinh đức tính, phẩm chất người lao động mới: cẩn thận, xác, có tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo bồi dưỡng óc thẩm mĩ Với nguyện vọng giúp học sinh nâng cao tư mơn tốn tơi tập trung khai thác tốn khó số đề thi thử THPTQG mơn Toán Hy vọng đề tài nhỏ đời giúp bạn đồng nghiệp em học sinh lớp 12 có thêm phương pháp giải số tốn khó Tên sáng kiến: LỜI GIẢI CHI TIẾT MỘT SỐ CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM HAY VÀ KHĨ TRONG CÁC ĐỀ THI THỬ THPTQG MƠN TỐN Tác giả sáng kiến: - Họ tên: Nguyễn Thị Minh Huệ - Địa tác giả sáng kiến: Trường THPT Bình Xuyên - Số điện thoại: 0915727568 E_mail: minhhuec3bx@gmail.com Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Nguyễn Thị Minh Huệ Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Đề tài sử dụng để giảng dạy, ôn thi đại học bồi dưỡng cho em học sinh giỏi lớp 12 hệ THPT làm tài liệu tham khảo cho thầy cô giảng dạy ôn thi THPTQG môn Tốn Các thầy học sinh sử dụng toán đề tài làm toán gốc để đặt giải tập tương tự Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử: Tháng năm 2018 trực tiếp giảng dạy lớp 12 Mô tả chất sáng kiến: - Về nội dung sáng kiến chia thành phần 1, Một số tập hay phần hàm số 2, Một số tập hay phần mũ logarit 3, Một số tập hay phần tích phân 4, Một số tập hay phần hình học khơng gian 5, Một số tập hay phần phương pháp tọa độ khơng gian Sau đây, tác giả trình bày nội dung cụ thể phần PHẦN 1: MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN HÀM SỐ Bài tập y = ( m + 2) 2016 1: Có số ngun ù mỴ é ê- 2018;2019û ú ë x3 - ( m + 2) x2 + ( m - 8) x + m2 - nghịch biến ¡ ? B 2019 C 2017 D để hàm số 2018 Lời giải: Chọn C TH1: m = - Þ y = - 10x + Þ y ' = - 10 < 0; " x Î ¡ , hàm số nghịch biến ¡ Vậy m = - thỏa mãn yêu cầu đề TH2: m ¹ - 2, ta có y ' = ( m + 2) x - 2( m + 2) x + ( m - 8) Để hàm số nghịch biến ìï m + < ï y ' £ 0; " x Î ¡ Û í ¡ , điều kiện ïï D ' £ ỵ ìï m + < ï Û ïí Û m d > 2018 Số cực trị hàm số y = f ( x ) − 2018  a + b + c + d − 2018 < A B C D Lời giải: Chọn D Ta có hàm số g ( x ) = f ( x ) − 2018 hàm số bậc ba liên tục ¡ g ( x ) = −∞; lim g ( x ) = +∞ Do a > nên xlim →−∞ x →+∞ Để ý g ( ) = d − 2018 > 0;g ( 1) = a + b + c + d − 2018 < nên phương trình g ( x ) = có nghiệm phân biệt ¡ Khi đồ thị hàm số g ( x ) = f ( x ) − 2018 cắt trục hoành điểm phân biệt nên hàm số y = f ( x ) − 2018 có cực trị Bài tập 3: Tìm tất giá trị thực tham số m để đường thẳng y = −2x + m cắt đồ thị ( H ) 2x + 2018 2018 hàm số y = hai điểm A, B phân biệt cho P = k1 + k đạt giá trị nhỏ x+2 (với k1 ; k2 hệ số góc tiếp tuyến A, B đồ thị ( H ) A m = −3 B m = −2 C m = D m = Lời giải: Chọn B Hoành độ giao điểm x1 , x2 đường thẳng đồ thị ( H ) nghiệm PT m−6  x1 + x2 =  2x +  = −2 x + m ⇔ x − ( m − ) x − ( 2m − 3) = ⇒  x+2  x x = −2m +  2 Ta có y ' = −1 ( x + 2) 2008 ⇒k 2008 +k 2008  −1  = ÷  ( x + 2) ÷   2008  −1  + ÷  ( x + 2) ÷   2018  1 ≥   ( x1 + ) ( x2 + ) 2008  ÷ ÷  2018     =  = 2 = 22019 ÷ ÷ ÷  ÷ x x + x + x + − m + + m − + ( 2)  ) ( )   ( Đạt ( x1 + ) = − ( x2 + ) ⇔ x1 + x2 = −4 ⇒ m − = −8 ⇒ m = −2 Bài tập 4: Một người muốn xây bể chứa nước, dạng khối hộp chữ nhật khơng nắp tích 256 m , đáy bể hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng Giá thuê nhân công để xây bể 500000 đồng/ m3 Nếu người biết xác định kích thước bể hợp lí chi phí th nhân cơng thấp Hỏi người trả chi phí thấp để th nhân cơng xây dựng bể bao nhiêu? A 48 triệu đồng B 47 triệu đồng C 96 triệu đồng Lời giải D 46 triệu đồng Chọn A Gọi x ( m ) chiều rộng đáy bể, chiều dài đáy bể x ( m ) h ( m ) chiều cao bể 256 256 128 ⇔ h= m ⇒ x2h = 3 3x 128 256 2 + 2x2 Diện tích cần xây S = ( xh + xh ) + x = x + x = 3x x 256 256 + 2x2 , ( x > 0) ⇒ S ′ ( x ) = − + 4x = ⇔ x = Xét hàm S ( x ) = x x Lập bảng biến thiên suy S = S ( ) = 96 Bể tích Chi phí th nhân cơng thấp diện tích xây dựng nhỏ S = 96 Vậy giá thuê nhân công thấp 96.500000 = 48000000 đồng Chú ý: Có thể sử dụng BĐT Cơ si để tìm min, cụ thể S= 256 128 128 128 + 2x2 = + + 2x ≥ 3 1282.2 ⇔ S ≥ 96 ⇒ S = 96 = 2x ⇔ x = x x x x Bài tập 5: Cho hai hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) Hai hàm số y = f ′ ( x ) y = g ′ ( x ) có đồ thị hình vẽ bên, đường cong đậm đồ thị hàm số y = g ′ ( x ) 3  Hàm số h ( x ) = f ( x + ) − g  x − ÷ đồng biến khoảng đây? 2   31  9   31   25  A  5; ÷ B  ;3 ÷ C  ; +∞ ÷ D  6; ÷  5 4      Lời giải Chọn B 3  Ta có h′ ( x ) = f ′ ( x + ) − g ′  x − ÷ 2  25 9  < x + < , f ( x + ) > f ( 3) = 10 ; Dựa vào đồ thị, ∀x ∈  ;3 ÷, ta có 4  3  < , g  x − ÷ < f ( ) = 2 2  3  9  Suy h′ ( x ) = f ′ ( x + ) − g ′  x − ÷ > 0, ∀x ∈  ;3 ÷ Do hàm số đồng biến 2  4  < 2x − 9   ;3 ÷ 4  Bài tập 6: Có tất giá trị nguyên y = x + ( m − ) x − ( m − ) x + đạt cực tiểu x = A m để hàm số B C D Vô số Lời giải Chọn C     Ta có: y ′ = x + ( m − ) x − ( m − ) x = x 81x 4+45 (4m4−422) x4−44 (4m4−434 )  g ′( x )   3 Ta xét trường hợp sau * Nếu m − = ⇒ m = ±2 Khi m = ⇒ y ′ = x ⇒ x = điểm cực tiểu ⇒ y′ = x ( x − 20 ) ⇒ x = không điểm cực tiểu Khi m = −2 * Nếu m − ≠ ⇒ m ≠ ±2 Khi ta có y′ = x 8 x + ( m − ) x − ( m − ) x  Số cực trị hàm y = x + ( m − ) x − ( m − ) x + số cực trị hàm g′ ( x)  g ′ ( x ) = x5 + ( m − ) x − ( m − ) x    g ′′ ( x ) = 40 x + 100 ( m − ) x − ( m − ) Nếu x = điểm cực tiểu g ′′ ( ) > Khi −4 ( m − ) > ⇔ m − < ⇒ −2 < m < ⇒ m = { −1;0;1} Vậy có giá trị nguyên m Bài tập 7: Biết giá trị lớn hàm số f ( x) = x + 3x − 72x + 90 + m đoạn  −5;5 2018 Trong khẳng định đây, khẳng định đúng? A 1600 < m < 1700 B m < 1618 C 1500 < m < 1600 D m = 400 Lời giải Đáp án A Xét hàm số g ( x ) = x + 3x − 72 x + 90 có  x = −6 ∉ [ −5;5] g ′ ( x ) = x + x − 72; g ′ ( x ) = ⇔   x = ∈ [ −5;5]   Xét g ( −5 ) = 400; g ( ) = −86; g ( ) = −70 Do với x ∈ [ −5;5]   g ( x ) ∈ [ −86; 400] f ( x ) = 400 + m ⇒ 400 + m = 2018 ⇒ m = 1618 ∈ ( 1600;1700 ) Từ xMax ∈[ −5;5] Bài tập rèn luyện Bài Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm đến cấp hai ¡ Biết f '(0) = 3, f '(2) = −2018 ; lim f ' ( x ) = −∞ bảng xét dấu f ''( x ) sau: x →−∞ Hàm số y = f ( x + 2019) + 2018 x đạt giá trị nhỏ điểm x0 thuộc khoảng sau đây? A (−2019; 0) B (2019; +∞) D (−∞; −2019) ù để hàm số y = 2x + đồng biến Bài Có số ngun m Ỵ é ê- 2018;2019ú ë û 2x - m ổ ữ ;1ữ ỗ khong ỗ ữ ỗ ữ ố2 ứ A 2017 B 2016 C 2018 D 2015 Bài Có giá trị nguyên tham số m để phương trình 2cos3x = m − cos x + m+ cos x có nghiệm? A B C D Bài Giả sử đường thẳng y = ax + b tiếp tuyến chung đồ thị hàm số y = x − x + y = x + x − 10 Tính M = 2a + b A M = 16 B M = C M = −4 D M = C (0; 2) PHẦN MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN MŨ VÀ LOGARIT Bài tập 1: Biết x1 , x ( x1 < x ) hai nghiệm phương trình log x − 3x + + + 5x −3x +1 = x1 + 2x = a + b với a, b hai số nguyên dương Tính a + b A a + b = 13 B a + b = 14 C a + b = 11 D a + b = 16 Lời giải: ) ( ( ) Chọn B Điều kiện: x ∈ ( −∞1] ∪ [ 2; +∞ ) Đặt t = x − 3x + 2, t ≥ ⇒ x − 3x + = t − nên phương trình có dạng: log ( t + ) + 5t −1 = ( *) Xét hàm số f ( t ) = log ( t + ) + 5t −1 [ 0; +∞ ) Hàm số đồng biến [ 0; +∞ ) f ( 1) = PT (*) ⇔ f ( t ) = f ( 1) ⇔ t = ⇔ x − 3x + = ⇔ x − 3x + = ⇒ x1 = Do x1 + 2x = 3− 3+ , x2 = 2 a = 9+ ⇒  ⇒ a + b = 14 b = ( ) x+ Bài tập 2: Biết x x > Tính giá trị biểu = log2 é 14 - ( y - 2) y + 1ù ê ú ë û thức P = x + y − xy + A B C Lời giải: D Chọn B Ta có x + x+ 1 ≥ x = ⇒ x ≥ Lại có: 14 − ( y − ) y + = 14 − ( y + 1) y + + y + x x Đặt t = y + ≥ Ta xét hàm số f ( t ) = − t + 3t + 14 [ 0; +∞ ) có kết max f ( t ) = f ( 1) = 16 Vậy 14 − ( y − ) y + ≤ 16 ⇒ log 14 − ( y − ) y +  ≤   t∈[ 0; +∞ ) Khi x+ Ta có x + x x = = log 14 − ( y − ) y +  ⇔  ⇒P=2 y = x+ 1 ≥ x = ⇒ x ≥ Lại có: 14 − ( y − ) y + = 14 − ( y + 1) y + + y + x x Đặt t = y + ≥ Ta xét hàm số f ( t ) = − t + 3t + 14 [ 0; +∞ ) có kết max f ( t ) = f ( 1) = 16 Vậy 14 − ( y − ) y + ≤ 16 ⇒ log 14 − ( y − ) y +  ≤   t∈[ 0; +∞ ) Khi x+ x x = = log 14 − ( y − ) y +  ⇔  ⇒P=2 y = Bài tập 3: Xét số thực dương a, b thỏa mãn log − ab = 2ab + a + b − Tìm giá trị nhỏ a+b Pmin P = a + 2b A Pmin = 10 − × B Pmin = 10 − × C Pmin = 10 − 10 − × D Pmin = × 2 Lời giải Chọn B Điều kiện: a, b dương ab < Đặt u = a + b > v = 2(1 − ab) > Giả thiết trở thành u + log u = v + log v (1) / > 0, ∀t > Do f (t ) đồng Xét hàm số f (t ) = t + log t (0; +∞) Ta có f (t ) = + t ln biến (0; +∞) −a + × Vì (1) tương đương với u = v ⇔ a + b = 2(1 − ab) ⇔ b = 2a + 1 −(a + 1) < nên ab < 1, ∀a > Ta có b − = a a (2a + 1) −x + Ta cần tìm giá trị nhỏ hàm số f ( x) = x + × (0; +∞) 2x +1 x2 + 4x − / −1 + 10 −1 − 10 , f ( x) = ⇔ x = Ta có f / ( x) = x = (loại) (2 x + 1) 2 −1 + 10 10 − Lập BBT ta Pmin = f ( x) = f ( )= × (0; +∞ ) 2 2 Bài tập 4: Cho a > , b > thỏa mãn log 3a+2b+1 ( 9a + b + 1) + log ab +1 ( 3a + 2b + 1) = Giá trị a + 2b A B C D Lời giải Chọn C 3a + 2b + > log 3a+2b+1 ( 9a + b + 1) >  2 Ta có a > , b > nên 9a + b + > ⇒  6ab + > log ab+1 ( 3a + 2b + 1) >  Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta log 3a+2b+1 ( 9a + b + 1) + log ab+1 ( 3a + 2b + 1) ≥ log3 a+2b+1 ( 9a + b + 1) + log ab+1 ( 3a + 2b + 1) 2 ⇔ ≥ log ab+1 ( 9a + b + 1) ⇔ log ab+1 ( 9a + b + 1) ≤ ⇔ 9a + b + ≤ 6ab + ⇔ ( 3a − b ) ≤ ⇔ 3a = b Vì dấu “ = ” xảy nên log 3a+2b+1 ( 9a + b + 1) = log ab+1 ( 3a + 2b + 1) ⇔ log 3b+1 ( 2b + 1) = log 2b2 +1 ( 3b + 1) ⇔ 2b + = 3b + ⇔ 2b − 3b = ⇔ b = Vậy a + 2b = (vì b > ) Suy a = 2 +3 = 2 x Bài tập 5: Cho phương trình + m = log ( x − m ) với m tham số Có giá trị nguyên m ∈ ( −20; 20 ) để phương trình cho có nghiệm? A 20 B 19 C D 21 Lời giải Chọn B Điều kiện x > m x x Ta có + m = log ( x − m ) ⇔ + x = x − m + log ( x − m ) ⇔ x + x = 5log5 ( x − m) + log ( x − m ) ( 1) Xét hàm số f ( t ) = 5t + t , f ′ ( t ) = 5t ln + > 0, ∀t ∈ ¡ , từ ( 1) suy x = log ( x − m ) ⇔ m = x − x x x Xét hàm số g ( x ) = x − , g ′ ( x ) = − ln , g ′ ( x ) = ⇔ x = log = − log ln = x0 ln Bảng biến thiên Do để phương trình có nghiệm m ≤ g ( x0 ) ≈ −0,92 Các giá trị nguyên m ∈ ( −20; 20 ) { −19; −18; ; −1} , có 19 giá trị m thỏa mãn Bài tập 6: Cho x, y số thực thỏa mãn log ( x + y ) + log ( x − y ) ≥ Biết giá trị nhỏ biển thức P = 2x − y a b ( < a, b ∈ ¢ ) Giá trị a + b là: A a + b = 18 B a + b = C a + b = 13 Lời giải Đáp án C D a + b = 20 x + y > x + y >   ⇔ x − y > Từ giả thiết ta có  x − y >   log ( x + y ) ( x − y )  ≥ ( x + y ) ( x − y ) ≥ 10 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ( x + y ) ( x − y ) ta được: 2P = ( x + y ) + ( x − y ) ≥ ( x − y ) ( x + y ) ≥ 3.4 = ⇒ P = x + y = ( x − y ) x + y = ( x − y )  x + y = ( x − y )   ⇔ ⇔ Dấu “=” xảy ⇔  (do x > y ) x − y = x − y = ( ) ( x + y ) ( x − y ) =   3      x + y =  x = ⇔ ⇔ x − y = y =   3 Vậy Pmin = , a + b = 13 Bài tập rèn luyện 2 x Bài 1: Số nghiệm phương trình x + x − = ( x − x − 3) A B C 2 +3 x − + ( x + x − ) x − x −3 là: D Bài 2: Cho số thực a, b thỏa mãn điều kiện < b < a < Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = log a ( 3b − 1) + 8log 2b a − a A Bài 3: Có B 3 giá trị nguyên C m ∈ [ −2018; 2018] D để phương trình − 32 x + mx − m + = x + 2mx − m có nghiệm A 4037 B C 4036 D 2018 Bài 4: Có giá trị nguyên dương tham số m để bất phương trình 2 x −3 x + m + 2.3 x −3 x + m − 2+ x < 32 x −3 có nghiệm? A B C D 3x + mx + 11 PHẦN MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN TÍCH PHÂN Bài tập 1: Cho hàm số y = f ( x) Đồ thị hàm số y = f / ( x) hình Đặt g( x) = f ( x) − ( x + 1) Mệnh đề đúng? A g(3) > g (−3) > g(1) B g (1) > g (3) > g (−3) C g (−3) > g (3) > g (1) D g (1) > g (−3) > g (3) Lời giải Theo hình vẽ (mỗi vng có diện tích 1) ta có ∫ 3 f / ( x)dx = S < = ∫ ( x + 1)dx Do ta ∫ (f * Theo hình vẽ ta có Do ta ∫ −3 (f ( x) − ( x + 1) ) dx < ⇔ g ( x) < ⇔ g (3) < g (1) / ∫ −3 / f / ( x)dx = S1 > = ∫ ( x + 1)dx −3 ( x) − ( x + 1) ) dx > ⇔ g ( x) −3 > ⇔ g (3) > g ( −3) Vậy g (1) > g (3) > g (−3) Bài tập 2: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( ) = − 2 f ′ ( x ) = x  f ( x )  với x ∈ ¡ Giá trị f ( 1) A − 35 36 B − C − 19 36 D − 15 Lời giải Chọn B  ′ Ta có f ′ ( x ) = x  f ( x )  ⇔ = 2x ⇔  = −x2 + C  = −2 x ⇔ f x f x ( ) ( )  f ( x )    Từ f ( ) = − suy C = − 2 f ( 1) = =−  1 Do −12 +  − ÷  2 f ( x ) ≠0 f ′( x) 12 Bài tập rèn luyện Bài 1: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn ( f '( x )) + f ( x ) f ''( x) = 15 x + 12 x, ∀x ∈ ¡ f (0) = f '(0) = Giá trị f (1) A B C 10 D Bài 2: Cho f ( x ) hàm số có đạo hàm liên tục ¡ , có f ( ) = và ∫ f ( x ) dx = Khi ∫ x f ′ ( x ) dx A B C − D 13 PHẦN MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Bài tập 1: Trong tất hình chóp tứ giác nội tiếp mặt cầu có bán kính Tính thể tích V khối chóp tích lớn 64 16 16 64 A B C D 3 3 Lời giải Chọn A S M b I A D O B a a C Gọi O = AC ∩ BD , M trung điểm SA I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD Ta có ∆SMI : ∆SOA ⇒ SM SI b2 a2 = ⇒ = b − SO SA 2 Ta có VS ABCD = SO.S ABCD ⇒V ≤  b2 b2 b2  2 2 + + −  ÷ 36 b b  b  a2 18 ÷  − ÷ ≤ 72  36 36 = b − a = 18 36 36  18  3  ÷  ÷   64 Bài tập 2: Cho tứ diện ABCD điểm M , N , P thuộc cạnh BC , BD , AC cho BC = BM , AC = AP , BD = BN Tính tỉ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD phân chia mặt phẳng ( MNP ) A 15 B 13 C 15 D 13 Lời giải Chọn B Trong mặt phẳng ( DBC ) vẽ MN cắt CD K Trong mặt phẳng ( ACD ) vẽ PK cắt AD Q Theo định lý Mennelaus cho tam giác ∆BCD cát tuyến MNK ta có ⇒ KC ND MB =1 KD NB MC KC =3 KD 14 Theo định lý Mennelaus cho tam giác ∆ACD cát tuyến PKQ ta có ⇒ KC QD PA =1 KD QA PC QA QA = ⇒ = QD AD Đặt V = VABCD , ta có VB APQ • • • ⇒ VB ACD = S APQ S ACD = AP AQ 1 = ⇒ VB APQ = VB ACD ⇒ VB.PQDC = V AC AD 5 VP.BMN S BMN BM BN VP.BCD SCPD CP = = = = ⇒ VP BMN = V = = VP.BCD S BCD V S ACD CA BC BD 12 VQ.PBN VQ.PBD VAB.MNPQ V = = V S S S PBN S = BQPD = DQP = DQP ADP = ⇒ VQPBN = V S PBD V S ACD S DAP S ACD 15 15 VA.BPQ + VP.BNM + VQ.PBN V = ⇒ VAB.MNPQ = VCD.MNPQ 13 20 Bài tập 3: Cho tam giác ABC cạnh a , gọi d đường thẳng qua A vng góc với mặt phẳng ( ABC ) Trên d lấy điểm S đặt AS = x , ( x > ) Gọi H K trực tâm tam giác ABC SBC Biết HK cắt d điểm S ′ Khi SS ′ ngắn khối chóp S ABC tích A a3 24 B a3 C a3 D a3 27 Lời giải Chọn A 15 Xét tam giác SA′S ′ có H trực tâm, ta có ∆S ′AH ∽ ∆A′AS ⇒ AS ′ AH a a a2 = ⇒ AS ′ AS = AA′ AH = = AA′ AS Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: SS ′ = SA + AS ′ ≥ AS AS ′ = Dấu “ = ” xảy SA = AS ′ = x = a2 =a 2 a Bài tập 4: Cho tứ diện ABCD có AB = CD = , AC = BD = , AD = BC = Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCD ) A B C 42 D Lời giải Chọn C Xây dựng toán tổng quát Từ giả thiết ta có: MNDC hình thoi; tam giác CAN, DAM tam giác cân, suy ra: AI ⊥ NC , AI ⊥ DM ⇒ AI ⊥ (CDMN ) 1 1 Ta có: VABCD = VA.MNDC = 4VA.IMN = 2VA.IMN = IA.IM IN = h.m.n 2 3 16  − a + b2 + c m = h2 + m2 = c  2   a + b − c2 2 h + n = b ⇔ Từ  n = m2 + n2 = a    a − b2 + c h =  −a + b + c ) ( a − b + c ) ( a + b − c ) ( Suy ra: VABCD = = ( −42 + 52 + 62 ) ( 42 − 52 + 62 ) ( 42 + 52 − 62 ) = 15 BC + CD + DB + + 15 15 = = Ta có p = ⇒ S ∆BCD = p ( p − ) ( p − ) ( p − ) = 2 15 3VA.BCD 42 = Ta có d ( A, ( BCD ) ) = = S ∆BCD 15 7 Bài tập rèn luyện Bài 1: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a Tam giác SAB vng S nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi ϕ góc tạo đường thẳng SD mặt phẳng ( SBC ) , với ϕ < 45° Tìm giá trị lớn thể tích khối chóp S ABCD A 4a 8a B C 4a D 2a Bài 2: Cho tứ diện ABCD , cạnh BC , BD , AC lấy điểm M , N , P cho BC = 3BM , BD = BN , AC = AP Mặt phẳng ( MNP ) chia khối tứ diện ABCD thành hai phần tích V1 , V2 Tính tỉ số A V1 26 = V2 13 B V1 26 = V2 19 C V1 V2 V1 = V2 19 D V1 15 = V2 19 17 PHẦN MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN Bài tập 1: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh , SA = SA vng góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) Gọi M , N hai điểm thay đổi hai cạnh AB , AD cho mặt phẳng ( SMC ) vng góc với mặt phẳng ( SNC ) Tính tổng T = A T = 1 + thể tích khối chóp S AMCN đạt giá trị lớn AN AM B T = C T = 2+ D T = 13 Lời giải Chọn B Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho A ( 0;0;0 ) , B ( 2;0;0 ) , D ( 0; 2;0 ) , S ( 0;0; ) Suy C ( 2; 2;0 ) Đặt AM = x , AN = y , x, y ∈ [ 0; 2] , suy M ( x;0;0 ) , N ( 0; y;0 ) uuur uuu r uuu r SM = ( x;0; −2 ) , SC = ( 2; 2; −2 ) , SN = ( 0; y; −2 ) ur uuur uuu r uu r uuu r uuu r ⇒ n1 =  SM , SC  = ( 4; x − 4; x ) , n2 =  SN , SC  = ( − y; −4; −2 y ) ur uu r Do ( SMC ) ⊥ ( SNC ) nên n1.n2 = ⇔ ( − y ) − ( x − ) − xy = ⇔ xy + ( x + y ) = − 2x − 2x ≤ ⇔ x ≥ , y ≤ nên x+2 x+2 = S ABCD − S BMC − S DNC = − ( − x ) − ( − y ) = x + y ⇔ y= S AMCN 18 2 − 2x  x2 + Do VS AMCD = SA.S AMCN = ( x + y ) =  x + ÷= 3 3 x+2  x+2 x2 + 4x − x2 + Xét f ( x ) = với x ∈ [ 1; 2] , f ′ ( x ) = ( x + 2) x+2 f ′ ( x ) = ⇔ x + x − = ⇔ x = −2 + ; x = −2 − (loại) f ( x ) = f ( 1) = f ( ) = Lập BBT ta suy max [ 0;2] Vậy max VS AMCN  x =  1 1 y = =2⇔ ⇒T = + = 2+ 2= 2  x = AM AN x y    y = Bài tập 2: Cho hình lăng trụ ABC A′B′C ′ Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ′ ) a, góc hai mặt phẳng ( ABC ′ ) ( BCC ′B′ ) α với cosα = A 3a 3 (tham khảo hình vẽ đây) Thể tích khối lăng trụ ABC A′B′C ′ B a C 3a 2 D 3a Lời giải Chọn C Gọi O trung điểm AB , E trung điểm BC Trong mp ( C ′CO ) kẻ CH ⊥ C ′O H Khi d ( C , ( ABC ′ ) ) = CH = a Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ, gọi 2x độ dài cạnh tam giác ABC ta có 19 1 = + 2 CH C 'C CO 1 1 3x2 − a = − = − = 2 CH CO a  x  3a x ⇒ C ' C = x − a ⇒ C 'C  ÷ ax    x x  3x − a  A − x ; 0; B x ; 0;0 C 0; x 3;0 C ' 0; x 3; ;0÷  ÷, E  ; ), ( ), Khi đó, ( ,  ÷ ÷ 2 ax    ur uuuu r uuur   2ax   ′ ′ ABC 0; − ; x n = OC , AB = mặt phẳng ( )  ÷ VTPT    ÷ 3x − a2   ( ) uu r uuur  x x  ;0÷ VTPT mặt phẳng ( BCC ′B′ ) n2 = AE =  ; ÷  2  ur uu r n1.n2 1 cosα = ⇔ ur uu ⇔ r = n1 n2 VABC A′B′C ′ = C ′C.S∆ABC = 3ax 3x − a2 12a x x 3x + 12 x + 2 3x − a 4 = ⇔ x=a a 3a a = 2 Bài tập 3: Cho A(4;6; 2), B(2; −2;0) mặt phẳng ( P ) : x + y + z = Xét đường thẳng d thuộc ( P ) qua B Gọi H hình chiếu A lên d Biết d thay đổi H thuộc đường trịn cố định Tính bán kính đường trịn A R = B R = C R = D R = Lời giải Vì ·AHB = 900 nên H thuộc mặt cầu ( S ) có đường kính AB Vì H thuộc đường tròn (C ) cố định giao tuyến ( S ) ( P ) * Tâm ( S ) trung điểm I (3; 2;1), bán kính r = IA = * Ta có d = d ( I , ( P )) = Do bán kính (C ) R = r − d = Bài tập 4: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm I ( −2;1; ) qua điểm A ( 1; −2; −1) Xét điểm B , C , D thuộc ( S ) cho AB , AC , AD đôi vng góc với Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn A 72 B 216 C 108 Lời giải D 36 20 Chọn D Đặt AB = a , AC = b , AD = c ABCD tứ diện vuông đỉnh A , nội tiếp mặt cầu ( S ) Khi ABCD tứ diện đặt góc A hình hộp chữ nhật tương ứng có cạnh AB , AC , AD đường chéo AA′ đường kính cầu Ta có a + b + c = R 1 2 2 Xét V = VABCD = abc ⇔ V = a b c 36 3  a + b2 + c   4R  2 2 ≥ a b c ⇔ Mà a + b + c ≥ a b c ⇔  ÷  ÷ ≥ 36.V ⇔ V ≤ R 27     Với R = IA = 3 Vậy Vmax = 36 2 2 Hết - 21 Những thông tin cần bảo mật (nếu có): Khơng Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Học sinh lớp 12 có học lực tốt mơn Tốn nắm kiến thức lớp 12 10 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả theo ý kiến tổ chức, cá nhân tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu, kể áp dụng thử (nếu có) theo nội dung sau: 10.1 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả: Đề tài học sinh đồng tình đạt kết quả, nâng cao khả giải số tập khó đề thi 10.2 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tổ chức, cá nhân: Vĩnh Phúc, ngày … tháng 01 năm 2019 Thủ trưởng đơn vị 22 KẾT LUẬN KẾT LUẬN - Trên tập mà đúc rút trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 12 trường THPT Bình Xuyên - Đề tài kiểm nghiệm năm học này, học sinh đồng tình đạt kết quả, nâng cao khả giải dạng toán trắc nghiệm Các em hứng thú học tập hơn, lớp có hướng dẫn kỹ em học sinh với mức học trung bình trở lên có kỹ giải tập Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt - Mặc dù cố gắng tìm tịi, nghiên cứu song chắn cịn có nhiều thiếu sót hạn chế Tôi mong quan tâm tất đồng nghiệp bổ sung góp ý cho tơi Tôi xin chân thành cảm ơn ! KIẾN NGHỊ - Đề nghị cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh giáo viên có nhiều tài liệu sách tham khảo đổi vào phòng thư viện để giáo viên học sinh nghiên cứu học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ - Tổ chuyên môn cần tổ chức buổi trao đổi phương pháp giảng dạy mảng chuyên đề hay buổi họp tổ chuyên môn để học hỏi kinh nghiệm - Học sinh cần tăng cường tính tự giác học tập, ơn nhà để nâng cao chất lượng học tập Tôi xin chân thành cám ơn ! Vĩnh Phúc, ngày 09 tháng 01 năm 2019 Tác giả sáng kiến Nguyễn Thị Minh Huệ 23 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Website: ttps://dethi.violet.vn/ [2] Đại số Giải tích 12 – Tác giả: Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn – Nhà xuất Đại học Sư phạm; [3] Báo Toán học tuổi trẻ - Nhà xuất Giáo dục; [4] Các đề thi THPTQG năm 2016-2017, 2017-2018 [5] Các đề thi thử THPTQG trường nước [6] Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 tỉnh năm trước   24 ... tốn khó số đề thi thử THPTQG mơn Toán Hy vọng đề tài nhỏ đời giúp bạn đồng nghiệp em học sinh lớp 12 có thêm phương pháp giải số tốn khó Tên sáng kiến: LỜI GIẢI CHI TIẾT MỘT SỐ CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM... sáng kiến: - Về nội dung sáng kiến chia thành phần 1, Một số tập hay phần hàm số 2, Một số tập hay phần mũ logarit 3, Một số tập hay phần tích phân 4, Một số tập hay phần hình học khơng gian 5, Một. .. SỐ CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM HAY VÀ KHĨ TRONG CÁC ĐỀ THI THỬ THPTQG MƠN TỐN Tác giả sáng kiến: - Họ tên: Nguyễn Thị Minh Huệ - Địa tác giả sáng kiến: Trường THPT Bình Xuyên - Số điện thoại: 0915727568