Thông tin tài liệu
Hoàng Thanh Phong B 22 C 44 D 12 ho A ng (Math 10 – Thầy Phong) Từ hộp chứa 12 bóng gồm màu đỏ màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời Xác suất để lấy màu đỏ ? - Tư + Casio: P +) Không gian mẫu: 𝑛(Ω) = 𝐶12 +) Gọi 𝐴 biến cố “ màu đỏ” ⇒ 𝑛(𝐴) = 𝐶53 +) Xác suất để lấy màu đỏ là: 𝑃(𝐴) = 𝑛(Ω) = 𝐶53 = 𝐶12 22 nh Chọn A 𝑛(𝐴) A 𝑎 𝑏 = 32 T (Math 10 – Thầy Phong) Với 𝑎, 𝑏 thỏa mãn 𝑙𝑜𝑔2 𝑎 + 𝑙𝑜𝑔2 𝑏 = 5, khẳng định ? B 𝑎 𝑏 = 25 - Tư + Casio: C 𝑎 + 𝑏 = 25 D 𝑎 + 𝑏 = 22 ng +) Ta có: 𝑙𝑜𝑔2 𝑎 + 𝑙𝑜𝑔2 𝑏 = ⇔ 𝑙𝑜𝑔2 (𝑎 𝑏) = ⇔ 𝑎 𝑏 = 32 Chọn A oà H (Math 10 – Thầy Phong) Trên đoạn [−1; 2], hàm số 𝑦 = 𝑥 + 3𝑥 + đạt giá trị nhỏ điểm ? A 𝑥 = B 𝑥 = C 𝑥 = −1 D 𝑥 = - Tư + Casio: +) Cách 2: Có thể ấn giải phương trình bậc để tìm nhanh điểm cực trị Chọn B | Tư Casio đỉnh cao Bản quyền: Math 10 – Thầy Phong Hoàng Thanh Phong (Math 10 – Thầy Phong) Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho hai điểm 𝐴(1; 0; 0) 𝐵(3; 2; 1) Mặt phẳng qua 𝐴 vng góc với 𝐴𝐵 có phương trình ? A 2𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − = B 4𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − 17 = C 4𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − = D 2𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − 11 = - Tư + Casio: 2(𝑥 − 1) + 2(𝑦 − 0) + 1(𝑧 − 0) = ⇔ 2𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − = Chọn A ng +) Phương trình mặt phẳng (𝑃) qua 𝐴(1; 0; 0) ⃗⃗⃗⃗⃗ = (2; 2; 1) vecto pháp tuyến có dạng: +) Vecto 𝐴𝐵 ho B 10 - Tư + Casio: C D T A 12 nh P (Math 10 – Thầy Phong) Cho hàm số bậc bốn 𝑦 = 𝑓(𝑥) có đồ thị đường cong hình bên Số nghiệm thực phương trình 𝑓(𝑓(𝑥)) = ? ng +) Áp dụng tư đồng thị siêu cấp nhẩm nhanh 𝑢 = 𝑓(𝑥), giá trị 𝑓(𝑥) từ −∞ → → −1 → → −∞, đồng thị xét tương giao với đường thẳng 𝑦 = +) Xét lần u từ −∞ → 1: x ba nghiệm; u từ → −1 → 1: bốn nghiệm; +) Vậy số nghiệm thực phương trình 𝑓(𝑓(𝑥)) = 10 nghiệm Chọn B H (Math 10 – Thầy Phong) Có số nguyên 𝑥 thỏa mãn biểu thức sau đây: (2 𝑥 − 𝑥 )[𝑙𝑜𝑔3(𝑥 + 25) − 3] ≤ ? A 24 B 𝑉ô 𝑠ố C 25 D 26 - Tư + Casio: +) Điều kiện: 𝑥 > −25, dùng máy tính thử nhanh tìm kết | Tư Casio đỉnh cao Bản quyền: Math 10 – Thầy Phong Hoàng Thanh Phong +) Qua đó, ta thấy 𝑥 ∈ [−24; 0] ∪ {2} thỏa mãn → 26 giá trị thỏa mãn +) Điểm lưu ý: 𝑥 ∈ [−24; −19] không hiển thị kết lớn Chọn D 2𝑥 + 𝑘ℎ𝑖 𝑥 ≥ Giả sử 𝐹 nguyên 3𝑥 + 𝑘ℎ𝑖 𝑥 < hàm 𝑓 ℝ thỏa mãn 𝐹(0) = Giá trị 𝐹(−1) + 2𝐹(2) ? (Math 10 – Thầy Phong) Cho hàm số 𝑓(𝑥) = { A 18 B 20 C D 24 ng - Tư + Casio: −1 ho +) Ta có: ∫0 (3𝑥 + 1)𝑑𝑥 = 𝐹(−1) − 𝐹(0) = 𝐴 − → 𝐹(−1) = 𝐴 = 0, tương tự: +) ∫0 (3𝑥 + 1)𝑑𝑥 = 𝐹(1) − 𝐹(0) = 𝐵 − → 𝐹(1) = 𝐵 = 4; P +) ∫1 (2𝑥 + 2)𝑑𝑥 = 𝐹(2) − 𝐹(1) = 𝐶 − → 𝐹(2) = 𝐶 = 9; +) Vậy 𝐹(−1) + 2𝐹(2) = + 2.9 = 18 Chọn A nh (Math 10 – Thầy Phong) Cắt hình nón (𝑁) mặt phẳng qua đỉnh tạo với mặt phẳng chứa đáy góc 30𝑜 , ta thiết diện tam giác cạnh 2𝑎 Diện tích xung quanh (𝑁) ? B √13𝜋𝑎 C 2√13𝜋𝑎 D 2√7𝜋𝑎 H oà ng - Tư + Casio: T A √7𝜋𝑎 +) Tam giác 𝑆𝐴𝐵 nên 𝑆𝐴 = 𝑆𝐵 = 𝐴𝐵 = 𝑙 = 2𝑎; +) Chiều cao 𝑆𝑂 là: ℎ = 𝑆𝑂 = 𝑆𝐻 𝑠𝑖𝑛 30𝑜 = 2𝑎√3 (𝑆𝐻 chiều cao tam giác nên 𝑆𝐻 = +) Bán kính đáy 𝑟 = +) Vậy 𝑆𝑥𝑞 = 𝜋𝑟𝑙 = 𝜋 √𝑙2 𝑎√13 − ℎ2 𝑠𝑖𝑛 30𝑜 = 𝑥√3 𝑎√3 ; ) 𝑎√3 𝑎√13 = √(2𝑎)2 − ( ) = ; 2 2𝑎 = √13𝜋𝑎 Chọn B | Tư Casio đỉnh cao Bản quyền: Math 10 – Thầy Phong Hoàng Thanh Phong 𝑥 𝑦 −1 (Math 10 – Thầy Phong) Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho đường thẳng 𝑑: = = 𝑧−1 mặt phẳng (𝑃): 𝑥 + 2𝑦 − 2𝑧 + = Hình chiếu vng góc 𝑑 (𝑃) đường thẳng có phương trình ? A 𝑥 −2 𝑦 𝑧−1 = = B 𝑥 14 = 𝑦 = 𝑧+1 C 𝑥 −2 = 𝑦 = 𝑧+1 D 𝑥 14 = 𝑦 = 𝑧−1 - Tư + Casio: +) Ta có: 𝑑′ đáp án, mà 𝑑′ (𝑃) ~ tức thuộc (𝑃) +) Theo đáp án điểm 𝐴(0; 0; 1) điểm 𝐷(0; 0; 1) thuộc (𝑃), ngược lại key 𝐵, 𝐶 sai ng +) 𝑢 ⃗ 𝑑′ = [𝑢 ⃗ 𝑝 , [𝑢 ⃗ 𝑑 ; 𝑛⃗𝑝 ]] → 𝐶𝑎𝑠𝑖𝑜 → (−14; −1; −8) ℎ𝑎𝑦 (14; 1; 8) → Loại A Chọn D ho = (1 + 𝑥𝑦) 2718𝑥 ? A 19 B 20 C 18 - Tư + Casio: +𝑥𝑦 = (1 + 𝑥𝑦) 2718𝑥 ⇔ 𝑓(𝑥) = 273𝑥 +) Ta có: 273𝑥 1 3 D 21 nh 27 3𝑥 +𝑥𝑦 P (Math 10 – Thầy Phong) Có số nguyên 𝑦 cho tồn 𝑥 ∈ ( ; 6) thỏa mãn +𝑥𝑦−18𝑥 − − 𝑥𝑦 = +) Phương trình có nghiệm 𝑥 ∈ ( ; 6) ⇔ 𝑓 ( ) 𝑓(6) < 1 𝑥 T > nên −1 − 𝑥𝑦 > ⇔ 𝑦 > − ⇒ 𝑦 > −3 𝑥 ∈ ( ; 6) oà ng Do 273𝑥 +𝑥𝑦−18𝑥 H +) Vậy 𝑦 ∈ {−2; −1; 1; 2; … ; 18} → 20 giá trị nguyên thỏa yêu cầu toán +) Lưu ý: hết phạm vi bảng ấn enter để hiển thị tiếp dịng tiếp theo; error theo quan sát giá trị lớn tăng dần nên hiển thị lỗi Chọn B (Math 10 – Thầy Phong) Trên tập hợp số phức, xét phương trình 𝑧 − 2(𝑚 + 1)𝑧 + 𝑚 = (𝑚 tham số thực) Có giá trị 𝑚 để phương trình có nghiệm 𝑧0 thỏa mãn |𝑧0 | = ? A 4 | Tư Casio đỉnh cao B C D Bản quyền: Math 10 – Thầy Phong Hoàng Thanh Phong - Tư + Casio: +) Ta có: Δ′ = (𝑚 + 1)2 − 𝑚 = 2𝑚 + 1, xét trường hợp +) TH1: Δ′ < ⇔ 𝑚 < − : pt có nghiệm phức 𝑧 = 𝑚 + ± √−2𝑚 − 1𝑖 Suy |𝑧0 | = ⇔ (𝑚 + 1)2 − 2𝑚 − = 36 ⇔ 𝑚 = 36 ⇔ [ 𝑚 = 6(𝑙𝑜ạ𝑖) 𝑚 = −6(𝑡ℎỏ𝑎) +) TH2: Δ′ ≥ ⇔ 𝑚 > − : pt có nghiệm thực pb 𝑧 = 𝑚 + ± √−2𝑚 − 1𝑖 𝑧0 = → 𝑚 − 12𝑚 + 24 = ⇔ 𝑚 = ± 2√3 (𝑡ℎỏ𝑎) 𝑧0 = −6 → 𝑚 + 12𝑚 + 48 = ⇔ 𝑣ơ 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 +) Vậy có giá trị 𝑚 thỏa mãn yêu cầu toán Chọn D ho ng Suy |𝑧0 | = ⇔ [ P (Math 10 – Thầy Phong) Cho khối hộp chữ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ có đáy hình vng, 𝐵𝐷 = 4𝑎, góc hai mặt phẳng (𝐴′ 𝐵𝐷) (𝐴𝐵𝐶𝐷) 60𝑜 Thể tích khối họp cho ? B 16√3𝑎3 C 16√3𝑎3 D 16√3𝑎 nh A 48√3𝑎3 T - Tư + Casio: ng ̂ = 2𝑎 𝑡𝑎𝑛 60𝑜 = 2𝑎√3; +) Chiều cao 𝐴𝐴′ = 𝐴𝑂 𝑡𝑎𝑛 𝐴′𝑂𝐴 1 2 +) Diện tích 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝐴𝐶 𝐵𝐷 = (4𝑎)2 = 8𝑎 2; H +) Vậy thể tích khối chóp 𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷.𝐴′ 𝐵′𝐶 ′𝐷′ = 𝐴𝐴′ 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 2𝑎√3 8𝑎 = 16√3𝑎3 Chọn D (Math 10 – Thầy Phong) Cho hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐 với 𝑎, 𝑏, 𝑐 số thực Biết hàm số 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝑓 ′ (𝑥) + 𝑓′′(𝑥) có hai giá trị cực trị −5 Diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng 𝑦 = A 𝑙𝑛 B 3𝑙𝑛 𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥)+6 C 𝑙𝑛 10 𝑦 = ? D 𝑙𝑛 - Tư + Casio: +) Ta có: 𝑓(𝑥) ⇒ 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 + 2𝑎𝑥 + 𝑏 ⇒ 𝑓 ′′ (𝑥) = 6𝑥 + 2𝑎 ⇒ 𝑓 ′′′ (𝑥) = 6; 𝑥=𝑥 +) 𝑔′ (𝑥) = 𝑓 ′ (𝑥) + 𝑓 ′′ (𝑥) + 𝑓 ′′′ (𝑥); 𝑔′ (𝑥) = ⇔ [𝑥 = 𝑥1 (𝑥1 < 𝑥2 ) hay [ | Tư Casio đỉnh cao 𝑔(𝑥1 ) = −5 ; 𝑔(𝑥2 ) = Bản quyền: Math 10 – Thầy Phong Hoàng Thanh Phong 𝑥 +) 𝑆 = |∫𝑥 | 𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)+6 𝑥2 𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)−6 | 𝑑𝑥 | 𝑔(𝑥)+6 𝑔′ (𝑥) 𝑔(𝑥)+6 𝑥 1| 𝑑𝑥 | = |∫𝑥 | +) Dễ dàng nhận thấy 𝑆 = |∫𝑥 | 𝑥 = |∫𝑥 | 𝑓′(𝑥)+𝑓 ′′(𝑥)+𝑓 ′′′(𝑥) | 𝑑𝑥 |; 𝑔(𝑥)+6 𝑥 | 𝑑𝑥 | = |𝑙𝑛 |𝑔(𝑥) + 6|||𝑥2 = 𝑙𝑛 = 3𝑙𝑛2 Chọn B (Math 10 – Thầy Phong) Xét số phức 𝑧, 𝑤 thỏa mãn |𝑧| = |𝑤| = Khi |𝑧 + 𝑖𝑤 ̅̅̅ + + 8𝑖| đạt giá trị nhỏ nhất, |𝑧 − 𝑤| ? √29 B √221 C D √5 - Tư + Casio: 2∠(180−𝛼) 𝑖 hay 𝑤 = 2∠−(180−𝛼) 𝑖 +) Vậy |𝑧 − 𝑤| = |1∠(180 − 𝐴𝑟𝑔(6 + 8𝑖)) − ; 2∠−(180−𝐴𝑟𝑔(6+8𝑖)) P +) Ta lại có: 𝑤 ̅= ho +) Chọn đại diện 𝑧 = → 𝑧 = 1∠𝑥 hay 𝑧 = 1∠(180 − 𝛼); ng A 𝑖 |= √29 ; nh +) Dạng toán đưa lượng giác để xử lý kể Arg (Acgumen); Chọn A T (Math 10 – Thầy Phong) Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho hai điểm 𝐴(−2; 1; −3) 𝐵(1; −3; 2) Xét hai điểm 𝑀 𝑁 thay đổi thuộc mặt phẳng (𝑂𝑥𝑦) cho 𝑀𝑁 = Giá trị lớn |𝐴𝑀 − 𝐵𝑁| ? A √65 B √29 C √26 D √91 ng - Tư + Casio: H oà +) Theo đề ta có: 𝑀, 𝑁 ∈ (𝑂𝑥𝑦) → chọn 𝑀(−1; −1; 0) → 𝐴𝑀(1; −2; 3); tương tự: chọn 𝑁(−2; −1; 0) → 𝐵𝑁(−3; 2; −2) → |𝐴𝑀 − 𝐵𝑁| ≈ 7,55 → Loại B, C +) Xét thêm phép thử 𝑀, 𝑁 ∈ (𝑂𝑥𝑦) → chọn 𝑀(1; 1; 0) → 𝐴𝑀(3; 0; 3); tương tự: chọn 𝑁(4; 1; 0) → 𝐵𝑁(3; 4; −2) → |𝐴𝑀 − 𝐵𝑁| ≈ 6,4 → Loại D +) Hoặc áp dụng công thức nhanh: 𝐴(−2; 1; 𝑎); 𝐵(1; −3; 𝑏); 𝑀𝑁 = 𝑐 tính nhanh giá trị lớn nhất: √(|𝑎| − |𝑏|)2 + (5 + 𝑐)2 Chọn A (Math 10 – Thầy Phong) Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có đạo hàm 𝑓 ′ (𝑥) = (𝑥 − 9)(𝑥 − 16) ∀𝑥 ∈ ℝ Có giá trị nguyên dương tham số 𝑚 để hàm số 𝑔(𝑥) = 𝑓(|𝑥 + 7𝑥| + 𝑚) có điểm cực trị ? A 16 B C D - Tư + Casio: | Tư Casio đỉnh cao Bản quyền: Math 10 – Thầy Phong Hoàng Thanh Phong |𝑥 +7𝑥|+𝑚 𝑢 +) Dò bảng thử 𝑚 với 𝑔(𝑥) = ∫0 𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥 = ∫0 (𝑥 − 9)(𝑥 − 16)𝑑𝑥; +) Qua đó, 𝑚 = thỏa – mà giá trị 𝑚 phải liên tục nên chặn đáp án thử 𝑚; 𝑑 𝑑𝑥 𝑑 +) 𝑔 ′ (𝑥) =0⇔ [𝑑𝑥 (|𝑥 + 7𝑥|)𝑥=𝑥 𝑓 ′ (|𝑥 + 7𝑥| + 𝑚), (|𝑥 + 7𝑥|)𝑥=𝑥 = ⇔ 𝑥 = 𝑓 ′ (|𝑥 ⇒ 𝑓 ′ (|𝑥 + 7𝑥| + 𝑚) = phải có P +) Ta có: 𝑔′ (𝑥) = ho ng +) Như vậy, 𝑚 = khơng thỏa mãn 𝑚 = có cực trị Chọn D - Tư + Casio: H oà ng T nh + 7𝑥| + 𝑚) = tối thiểu nghiệm; mà 𝑓 ′ (𝑥) = ⇔ 𝑥 = 𝑜𝑟 𝑥 = ±4; +) Đồng thị 𝑢 = |𝑥 + 7𝑥| thấy giá trị từ +∞ → → +∞ xét tương giao được: |𝑥 + 7𝑥| = − 𝑚 { |𝑥 + 7𝑥| = − 𝑚 ⇒ − 𝑚 > ⇔ 𝑚 < Mà 𝑚 ∈ ℤ+ nên 𝑚 ∈ [1; 8] |𝑥 + 7𝑥| = −4 − 𝑚 Chọn D | Tư Casio đỉnh cao Bản quyền: Math 10 – Thầy Phong ... Chọn B H (Math 10 – Thầy Phong) Có số nguyên
Ngày đăng: 30/09/2021, 22:51
Xem thêm:
