Loi giai chi tiet de minh hoa THPT QG

LỜI GIẢI CHI TIẾT & BÌNH LUẬN ĐỀ MINH HỌA KỲ THI THPT QUỐC GIA 2017 Lê Phúc Lữ tổng hợp giới thiệu Ghi Các câu tô màu vàng mức độ khó (9, 11, 21, 24, 34, 40, 50) Phân tích Đồ thị hàm bậc hai đường parabol Đồ thị hàm trùng phương có dạng: chữ W, chữ M dạng tương tự parabol Đồ thị hình rõ ràng hàm bậc Trong hình trên, x   đồ thị hướng lên nên hệ số x phải dương Do đó, có câu D thỏa mãn Chú ý thơng thường, ta cịn thay giá trị x đặc biệt vào hàm để đối chiếu đề khơng có cho giá trị trục nên khó khăn Phân tích Chỉ cần có lim f ( x )  b ta kết luận y  b tiệm cận ngang đồ thị (tiến x  tới  hay  được) Chọn câu C Chú ý đường tiệm cận cắt đường cong hình bên dưới: Dễ thấy hàm số hình có lim f ( x )  nên nguyên tắc y  tiệm cận ngang Tuy x  nhiên, rõ ràng hình đường y  cắt đồ thị Phân tích Đạo hàm hàm số cho y  x3 y  có nghiệm x  (nghiệm có bậc lẻ nên qua x  , dấu đạo hàm thay đổi) Đồ thị hàm có dạng parabol mà bề lõm quay lên Do đó, hàm đồng biến nhánh bên phải, chọn câu B Hoặc ta lập luận 8x3   x  nên hàm số đồng biến (0; ) Phân tích Bài đòi hỏi phải nắm kiến thức cực trị, giá trị cực trị, giá trị lớn nhất, nhỏ Ta tóm tắt sau: - Cực trị hàm số: cực tiểu số x0 mà f ( x0 ) nhỏ giá trị “vùng xung quanh”; tương tự, x0 cực đại f ( x0 ) lớn giá trị “vùng xung quanh” Khi đó, hàm số khơng có đạo hàm x0 x0 cực trị (điển hình hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối y  x ) Học sinh thường nhớ f ( x0 )  x0 cực trị chưa đủ! - Giá trị cực trị: Thay cực trị x0 vào hàm, ta có giá trị cực trị y0 Giá trị mang tính địa phương, chưa phải giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm - GTLN/GTNN: So sánh giá trị cực trị với nhau, với giá trị hàm đầu mút đoạn (hoặc giới hạn đầu mút đề cho khoảng), ta có kết luận GTLN/GTNN Từ đó, qua bảng biến thiên, ta mơ tả hàm số là:  Có cực trị x  0, x  với x  cực đại, x  cực tiểu  Khơng có giá trị lớn nhất, nhỏ (do giới hạn vơ cực) Phân tích Ở dùng quy tắc để kiểm tra nhanh cực đại, cực tiểu:  f ( x0 )   f ( x0 )  x0 cực đại;  x0 cực tiểu   f ( x0 )   f ( x0 )  Ta thấy y  3x  y  có nghiệm x  1 ; y  x nên quan tâm đến cực đại, ta chọn x  1 lúc giá trị cực đại y(1)  1    Chọn câu A Phân tích Ta có y  x2  2x  nên y  có nghiệm x  1, x  có x   [2; 4] ( x  1)2 So sánh y (2)  7, y (3)  6, y (4)  19 ta thấy y  Chọn câu A [2;4] a1 x  b1 x  c1 nhanh (và bình a2 x  b2 x  c2 dân) là: “anh bạn, ăn cháo lần, bỏ cơm”, tức định thức để tính hệ số tam thức bậc hai tử kết đặt vào vị trí ab, bc, ca Chú ý quy tắc tính đạo hàm hàm bậc hai chia bậc hai y  Phân tích Ta cần giải phương trình hồnh độ giao điểm 2 x   x3  x   x3  3x   x  Đến đây, ta thay x  vào hai hàm để tìm y0 (tất nhiên chọn hàm đơn giản để hạn chế nhầm lẫn) Kết y0  Chọn câu C Phân tích Ta có y  x  4mx  x( x  m) nên muốn có cực trị x  m phải có nghiệm phân biệt khác hay m  Ta loại câu C, D Với giá trị cịn lại, ta thử trực tiếp tìm điểm cực trị đồ thị hàm số (lúc cụ thể phác thảo đồ thị nó) để chọn m  1 Chọn câu B Nếu giải chi tiết ra, thấy hàm số có cực trị A(0;1), B (   m ;1  m ), C (  m ;1  m ) Ta có hình vẽ minh họa cho tam giác có đỉnh điểm cực trị đồ thị Đặt a  xB  xC   m b  y A  yB  (1  m)   m Khi đó, ta có kết thường gặp: a  Tam giác ABC vuông A  b   Tam giác ABC  b   Tam giác ABC có diện tích S cho trước  Trong này, ta có a  a ab  S b nên giải m  1 Phân tích Câu khó lạ Để tính tiệm cận ngang, ta phải tính lim y , lim y x  x  Khi đó, m  mẫu số có ràng buộc với x lúc x tiến tới vô cực, không thỏa Nếu m  y  x  , khơng có tiệm cận Với m  hàm số khơng có ràng buộc  1 x 1   x Ta tính lim y  lim  x  x  x m x y  1, y  1 nên cần m  , ta có tiệm cận ngang Ngồi ra, có điều để ý lim f ( x) với f , g hàm hữu tỉ bậc f ( x) g ( x) phải không vượt bậc g ( x) + Nếu bậc f bậc g lim số khác (nếu khơng chứa bậc chẵn lim y , lim y nhau; có chứa bậc chẵn f g lim y , lim y đối nhau) x  x  x  x  + Nếu bậc f nhỏ bậc g lim y  lim y  x  x  Phân tích Cạnh hình vng mặt đáy 12  x, diện tích đáy hộp (12  x) Chiều cao hộp x Do đó, thể tích hộp V  x(12  x) Ta có V   (12  x)  x(12  x)  (12  x)(12  x) nên V    x  x  Thử trực tiếp, ta thấy x  giúp cho V đạt giá trị lớn Chọn câu C Ở học sinh nắm vững bất đẳng thức Cơ-si, ta tính nhanh 1  x  12  x  12  x  V  x(12  x)  x.(12  x).(12  x)   128 4 27 Đẳng thức xảy x  12  x  x  Đây giá trị tìm   Phân tích Đặt t  tan x với x   0;  hàm tan x đồng biến nên ta có t  (0;1) Ngồi ra,  4 tính đồng biến nên để hàm số ban đầu đồng biến, ta tìm t để hàm số sau đồng t2 biến: g (t )  Để hàm số đồng biến (0;1) cần có tm m    g (t )    m    m  (0;1) m   (Ta cần có m (0;1) khơng hàm số g (t ) đồng biến khoảng (0; m),(m;1) không đồng biến khoảng (0;1) mong muốn) Giải ta có m   m  Chọn câu A Chú ý ta có hàm có dạng y  y  hàm khác ax  b nên điều kiện để có đồng biến y  cx  d Phân tích Biến đổi, ta có x   43  x  65 Chọn câu B Học sinh nhớ: log a b trả lời cho câu hỏi “ a mũ b ?” không sợ nhầm lẫn Phân tích Ta có y  a x  y  a x ln a Do đó, thay vào cơng thức y  13x ln13 Chọn câu B Phân tích Chú ý log a x hàm đồng biến a  nghịch biến  a  Ở a  nên ta biến đổi log a x  m  x  a m log a x  m   x  a m Khi log (3 x  1)   x   23  x   x  Chọn câu A x  Phân tích Điều kiện xác định x  x     Chọn câu C  x  1 Phân tích Ta thấy đáp án lấy logarit ba số 2, e Do đó, để kiểm tra, ta biến đổi 2 2 2 x.7 x   log (2 x.7 x )   log 2 x  log x   x  x log  x.7 x   log (2 x.7 x )   log x  log 7 x   x log  x  2 2 x.7 x   ln(2 x.7 x )   ln x  ln x   x ln  x ln  Đối chiếu kết quả, ta thấy câu D sai Chú ý lấy số nhỏ bất phương trình đổi chiều y log A B log A ( xy )  log A x  log A y nên dễ thấy câu x 1 D log a ( ab)  log a ( ab)   log a a  log a b   (1  log a b) 2 Phân tích Chú ý công thức log Ax B y  Phân tích Đạo hàm theo cơng thức y  y u u v  vu , ta có  y  v v2 ( x  1)4 x  (4 x )( x  1) x  x ( x  1) ln  ( x  1) ln  2( x  1) ln    (4 x )2 (4 x )2 4x 22 x Chọn câu A Phân tích Các dạng thường giải cách chèn số phù hợp vào: log 45  log 45 log (5.9) log  log log  2a    log log (2.3)  log 1 a a  2a a  2ab a b Ta có log  log  log  nên cuối log 45   Chọn câu C b 1 a b(1  a ) Bài cịn khó chỗ số tình huống, biểu thức có nhiều cách biểu diễn dạng logarit gần phải thử ngược từ đáp án lên đề khơng nên làm trực tiếp Phân tích Ta có log a x log b x hàm đồng biến nên ta có log a b  log a a  log b a  logb b  Suy log b a   log a b Chọn câu D Phân tích Ở đây, ta phải quy ước số tiền lãi thay đổi theo tháng Nếu khơng, học sinh 0,12 tính tổng số tiền vay 100 triệu đồng, lãi cần trả   0, 03 (do trả tháng) 12 Khi đó, số tiền cần trả 100  (1  0, 03) 100  1, 03 , đáp án C  3 Tuy nhiên, lãi suất theo đổi theo tháng vấn đề phức tạp (và có lẽ cách hiểu mà đề hướng đến, cách hiểu phù hợp với thực tế) 0,12  0, 01 nhân với số tiền nợ, tức tổng số nợ 12 tháng sau số nợ tháng trước nhân với 1,01 Lãi hàng tháng mà ông A phải trả Ta có bảng tóm tắt sau: Tháng Tiền trả Số tiền nợ Tiền lãi tháng 0 100 100  0,01 m 100 1,01  m (100 1,01  m)  0,01 m (100 1, 01  m) 1,01  m (100 1, 01  m) 1, 01  m  0,01 m (100 1, 01  m) 1, 01  m 1, 01  m (theo giả thiết đến hết nợ) Do ta có phương trình  (100  1, 01  m)  1, 01  m   1, 01  m   100  1, 013  m 1  1, 01  1, 012  m hay 100  1, 013 100  1, 013  (1, 01  1) 1, 013 Chọn câu B    1, 01  1, 012 (1, 01  1)(1  1, 01  1, 012 ) 1, 013  Dạng toán thực phổ biến kỳ thi HSG cấp tỉnh mơn máy tính cầm tay bậc THCS Có thể tổng quát số trường hợp sau: Dạng Lãi suất r /tháng, gửi vào a đồng sau n tháng thu a(1  r )n đồng Dạng Lãi suất r /tháng, tháng gửi vào a đồng sau n tháng thu a (1  r )   a (1  r )  a  (1  r )   a (1  r )  (1  r ) n  1 đồng r Dạng Lãi suất r /tháng, nợ a đồng tháng cần trả số tiền m thỏa mãn điều kiện a (1  r ) n  m(1  r ) n 1  m(1  r ) n    m  a (1  r ) n  m Suy m  ar (1  r ) n  r (1  r ) n đồng (1  r ) n  Phân tích Bài túy cơng thức ứng dụng tích phân tìm thể tích Chọn câu A Chú ý cần tính diện tích chọn câu D Phân tích Đặt u  x  , ta có x  Suy  f ( x ) dx   u du   f ( x )dx  u2 1 đạo hàm hai vế, ta có dx  udu u3  C , thay vào ta ( x  1)3  C hay  f ( x )dx  (2 x  1) x   C Chọn câu B 3 Khi trình bày tự luận, ta không viết xx hay 3 x  x hàm số khác tập xác định đương nhiên không đồng với ( x có tập xác định [0; ) , cịn x có tập xác định (0; ) ) Cịn thi trắc nghiệm, tạm thời viết để tận dụng tính nhanh gọn nguyên hàm hàm số lũy thừa 10 Phân tích Trong SGK lớp 11 có giới thiệu vận tốc đạo hàm quãng đường (trong quãng đường vận tốc hàm số theo thời gian) nên ngược lại, để tính độ dài qng đường, ta tính tích phân hàm vận tốc khoảng thời gian cho trước Xe dừng hẵn vận tốc 0, tức v(t )   5t  10   t  Quãng đường cần tìm là:  5t  (  t  10) dt   10 t    10 Chọn câu C 0  0 Ở chương trình Vật lý 10 có cơng thức liên quan s  s0  v0t  a0t với a0 gia tốc không đổi, s0 , v0 vị trí ban đầu vận tốc ban đầu Chú ý thực không cần cho giả thiết ô tô chạy với vận tốc 10 m/s cơng thức v(t ) , cho t  có v(0)  10 Phân tích Sử dụng phương pháp đổi biến, ta có  I   cos x sin xdx      cos x cos xd (cos x)    Chọn câu C Phân tích Sử dụng phương pháp tích phân phần dx  du   u  ln x  x Đặt  , chọn  , ta có dx  xdx v  x  I  e e e e xdx x2 e2 x e2  e   e  x ln xdx  ln x       Chọn câu C  2   11 x  Phân tích Phương trình hồnh độ giao điểm x  x  x  x   x    x  2 1 2 2 Ta tính S   ( x3  x)  ( x  x ) dx   x3  x  x dx   x3  x  x dx Trên miền [2;0],[0;1] hàm dấu trị tuyệt đối không đổi dấu nên ta viết S  2  (x ( x  x  x)dx   x  x )dx  37 Chọn câu A   12 12 Phân tích Giao điểm đồ thị hàm số trục hồnh có hồnh độ thỏa mãn phương trình 2( x  1)e x   x  1  Ta có V    2( x  1)e x  dx  4  ( x  1)2 e2 x dx 12 u  ( x  1) Xét tích phân I   ( x  1) e dx Đặt  , chọn 2x dv  e dx 2x du  2( x  1)dx  nên  2x v  e 1 I  e x ( x  1)2   ( x  1)e x dxz u  x  Tiếp tục đặt  , chọn 2x  dv  e dx du  dx   x nên v  e 1 2x 1 2x 2x 0 ( x  1)e dx  e ( x  1)  0 e dx 1 1 1 Vậy ta có I      e x dx  (e  5) nên V   (e2  5) Chọn câu D 2 Chú ý nguyên hàm P( x)e x ln địi hỏi phải dùng phương pháp phần nhiều lần (tùy theo bậc P( x) ) nên thời gian Tất nhiên đặc thù tốn, ta thử trực tiếp kết viết cơng thức Do đó, nguyên tắc, khó góc độ tự luận lại dễ mức độ trắc nghiệm (cho phép dùng máy tính) Phân tích Ta có z  a  bi số phức liên hợp z  a  bi Khi đó, ta có z   2i Phần thực phần ảo (khơng có i) Chọn câu D Phân tích Ta có z1  z2   2i nên mơđun cần tìm z1  z2  32  ( 2)  13 Chọn câu A 13  i (3  i )(1  i )  4i     2i Số phức có điểm  i (1  i )(1  i ) biểu diễn tương ứng (1; 2) Chọn câu B Phân tích Ta có (1  i ) z   i  z  Phân tích Ta có iz  z  i (2  5i )   5i  2i    5i  3  3i Chọn câu B t  Phân tích Đặt t  z ta có phương trình t  t  12    t  3  z1  2, z2  2 z2   Suy  ta tính z  i 3, z   i z      T       Chọn câu C Phân tích Đặt z  a  bi với a, b   từ z  suy a  b   a  b  16 Ta có w  (3  4i)(a  bi)  i  3a  4b  (3b  4a  1)i Vì tập hợp điểm biểu diễn số phức đường tròn nên tồn số x0 , y0 , r cho (3a  4b  x0 )  (3b  4a   y0 )  r  (3a  4b)2  x0 (3a  4b)  x02  (3b  a)  2(1  y0 )(3b  a)  (1  y0 )  r  (3a  4b)  (3b  4a)   x0 (3a  4b)  x02  2(1  y0 )(3b  a)  (1  y0 )  r  400  a (6 x0   y0 )  b(8 x0  y0  6)  x02  (1  y0 )  r Đẳng thức với a, b thỏa mãn a  b2  16 nên ta cần phải có  6 x0   y0   x0    8 x0  y0    y0  Thay vào ta r  400  r  20 Chọn câu C 14 Đây câu địi hỏi biểu diễn số phức mặt phẳng khó Nếu để ý công thức (ax  by)2  (ay  bx)2  (a  b2 )( x  y ) dàng nhẩm phải có x0  0, y0  để có đẳng thức (3a  4b)2  (3b  4a)2  (32  42 )(a  b2 )  400 Ngoài ra, nhận thấy w  i  (3  4i)(a  bi ) dẫn đến mơđun số biến đổi nhanh chóng (tức nhẩm trước giá trị): w  i  (3  4i )(a  bi)  32  42 a  b  20 Số phức i có điểm biểu diễn I (0;1) nên tâm đường trịn đề cho Phân tích Một cách tổng qt, hình hộp chữ nhật ABCD ABC D có kích thước cạnh a  b2  c (theo định lý Py-ta-go) nên đây, a, b, c độ dài đường chéo dài lần độ dài cạnh Suy độ dài cạnh hình lập phương hình lập phương, đường chéo gấp cho a Thể tích V  a Chọn câu A a3 Phân tích Ta có S ABCD  a SA  a đường cao nên V  SA  S ABCD  3 Chọn câu D S A D B C 15 Phân tích Thể tích tứ diện ABCD V  1 AB  S ACD  AB  AC  AD  28a Tứ diện AMNP ABCD có chiều cao kẻ từ A S BCD  4S MNP (do hai tam giác ABC, MNP đồng dạng với tỷ số ) nên ta tính VAMNP  VABCD  a Chọn câu D B N M D A P C Phân tích Gọi M trung điểm AD SM  AD đó, SM  ( ABCD) S H C D M A B 16 Kẻ MH  SD dễ thấy CD  AD, CD  SM  CD  ( SAD) , tức CD  MH Từ đó, ta có MH  (SCD) Vì AB  CD nên d B /( SCD )  d A /( SCD )  2d M / ( SCD )  MH Ta có SM  3VSABCD 4a a   2a , mà MD  nên tính S ABCD 2a MH  Suy d B /( SCD )  MD  SM MD  SM   2a 2a  a2  4a a 4a Chọn câu B Phân tích Độ dài đường sinh với cạnh huyền tam giác vuông này, tức BC Theo định lý Pytago BC  a  3a  2a Chọn câu D Phân tích Cơng thức tính thể tích hình trụ V   R h (bán kính đáy nhân với chiều cao) 17 Thùng làm theo hai cách có chiều cao, thùng làm theo cách có bán kính đơi thùng làm theo cách Vì nên thể tích thùng lớn gấp lần thể tích thùng nhỏ Suy V1  Chọn câu C V2 Phân tích Ta có cơng thức Stp  2 Rh  2 R (diện tích xung quanh cộng diện tích hai đáy) AD  nên diện tích xung quanh Vxq  2 , diện tích hai đáy 2 , suy Stp  4 Chọn câu A Hình trụ cho có chiều cao MN  AB  bán kính đáy A M D B N C Phân tích Gọi O tâm mặt cầu ngoại tiếp khối cầu cần tìm Đặt I , J hình chiếu O lên ( ABC ),( SAB) dễ thấy I , J tâm tam giác ABC , SAB S O B J M I A C 18 Gọi M trung điểm AB I  CM , J  SM Tứ giác OIMJ hình chữ nhật có MI  MJ (vì hai tam giác nhau) nên hình vng Do OI  MI  3 15 mà CI  nên OC  OI  CI  Đó bán kính mặt cầu 6 4 15 15 15 cần tìm Vậy thể tích mặt cầu V   R   Chọn câu B  3 216 54 Phân tích Mặt phẳng ax  by  cz  d  có vectơ pháp tuyến (a, b, c) Do đó, mặt phẳng ( P) cho có pháp tuyến (3;0; 1) Chọn câu D Phân tích Tâm I (1; 2;1) bán kính R  Chọn câu A Phân tích Ta có d  3.1  4.( 2)  2.3  4 2 2  Chọn câu C 29  Phân tích Vectơ phương đường thẳng  u  (5;1;1)  Vectơ pháp tuyến mặt phẳng ( P) n  (10; 2; m)   10 m Để   ( P) u  n hay    m  Chọn câu B 1 19   Phân tích Ta có AB  (1;1; 2) , mặt phẳng ( P) nhận AB làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 1( x  0)  1( y  1)  2( z  1)   x  y  z   Chọn câu A Phân tích Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng ( P) là: d I /( P )  2.2   2.1  22  12  22  Bán kính mặt cầu cần tìm R  12  32  10 Phương trình mặt cầu ( x  2)  ( y  1)2  ( z  1)  10 Chọn câu D    Phân tích Gọi B  t  1, t , 2t  1 điểm thuộc d Khi AB  (t , t , 2t  3) , mà AB  u  (1;1; 2) nên ta t.1  t.1  2(2t  3)   t   Thay vào, ta tìm vectơ phương AB  (1,1, 1) đường thẳng cần tìm có phương trình x 1 y z  Chọn câu B   1 1 20 Phân tích Dễ dàng kiểm tra điểm A, B, C , D không đồng phẳng đỉnh tứ diện Gọi ( P) mặt phẳng thỏa mãn Ta biết mặt phẳng cách hai điểm mà hai điểm nằm khác phía mặt phẳng qua trung điểm đoạn thẳng nối hai điểm Ta xét trường hợp: - Nếu có điểm nằm phía điểm nằm khác phía so với ( P) : Giả sử A khác phía với B, C, D Khi đó, A, B cách ( P) nên ( P) qua trung điểm AB Tương tự ( P) qua trung điểm AC, AD Do đó, mặt phẳng cần tìm qua trung điểm AB, AC, AD Tương tự đỉnh B, C , D khác phía với đỉnh cịn lại Tổng cộng có mặt phẳng (các mặt phân biệt) - Nếu có điểm phía với điểm lại so với ( P) : giả sử A, B khác phía so với C , D Khi đó, ( P) qua trung điểm AC, AD, BC, BD Tương tự với trường hợp: A, C khác phía so với B, D ; A, D khác phía so với B, C Có tất mặt phẳng (các mặt phân biệt) Vậy tổng cộng có mặt phẳng thỏa mãn Chọn câu C A A B D A B D C B A D C C D B C 21 ... đồ thị nó) để chọn m  1 Chọn câu B Nếu giải chi tiết ra, thấy hàm số có cực trị A(0;1), B (   m ;1  m ), C (  m ;1  m ) Ta có hình vẽ minh họa cho tam giác có đỉnh điểm cực trị đồ thị... x.7 x   ln(2 x.7 x )   ln x  ln x   x ln  x ln  Đối chi? ??u kết quả, ta thấy câu D sai Chú ý lấy số nhỏ bất phương trình đổi chi? ??u y log A B log A ( xy )  log A x  log A y nên dễ thấy... Phân tích Cơng thức tính thể tích hình trụ V   R h (bán kính đáy nhân với chi? ??u cao) 17 Thùng làm theo hai cách có chi? ??u cao, thùng làm theo cách có bán kính đơi thùng làm theo cách Vì nên thể