Khóa học Đổi mới toàn diện Bản thân cùng Tư duy ĐỘT PHÁ 2016 - Ts. Lê Thẩm Dương. nhận ngay Coupon Giảm 50%

ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 HỌC KÌ 1 NĂM 2010 - 2011

Chia sẻ: Phan Sỹ Công | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

0
1.165
lượt xem
432
download

ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 HỌC KÌ 1 NĂM 2010 - 2011

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo chuye5n môn toán học dành cho giáo viên và học sinh THPT - ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 HỌC KÌ 1 NĂM 2010 - 2011.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 HỌC KÌ 1 NĂM 2010 - 2011

  1. BÀI GIẢI ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 - HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2010-2011 Bài 1 : Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau : x = 1 a. Xét hàm số f ( x ) = x 3 + 3 x 2 − 9 x − 7 trên đoạn [ − 4;3] . Đạo hàm : f ' ( x ) = 3 x 2 + 6 x − 9; f ' ( x) = 0 ⇔  .  x = −3 Ta có : f ( −4) = 13; f (−3) = 20; f (1) = −12; f (3) = 20 .Vậy: xmax ] f ( x) = 20 ⇔ x = ±3 ; xmin3] f ( x) = −12 ⇔ x = 1 . ∈[ − 4;3 ∈[ − 4; b.Bạn đọc tự làm .  3π  c. Xét h/s : f ( x) = 2 sin x + sin 2 x , trên đoạn 0; . Đạo hàm : f ' ( x) = 2 cos x + 2 cos 2 x . f ' ( x) = 0  2   3π 0 < x < 2   3π  x = π + k 2π x = 0 0 < x < 2    π   3 ⇔ 2 cos 2 x + cos x − 1 = 0 ⇔  ⇔  ; ( k ∈ Z ) ⇔ x = . cos x = 0,5   x = − π + k 2π  3 cos x = −1  3 x = π    x = π + k 2π    π  3 3  3π  3 Lại có : f (0) = 0; f  = ; f (π ) = 0 ; f   = . 3 2  2  2 3 3 π min f ( x) = 0 x = 0 Như vậy : min  f ( x) = ,đạt được khi x = ; x∈ 0; 3π  ,đạt được khi  .  3π x∈ 0;  2 3  2    x = π  2  d. Xét hàm số : f ( x ) = ln 2 x − 2 ln x − 3 , trên đoạn 1; e 3 . [ ] TXĐ : D = (0;+∞) . 2 2 2. ln x 2 Đạo hàm : f ' ( x) = . ln x − = − ; f ' ( x) = 0 ⇔ x = e . Lại có : f(1) = -3 ; f(e) -4 ; f(e3) = 0 . x. ln e x. ln e x x Vậy : xmin ] f ( x) = −4 , đạt được khi x = e ; x∈[1;e3 ] f ( x) = 0 , đạt được khi x = e3 . ∈[1;e3 max  1  e. Xét hàm số : f ( x ) = e x + e − x , trên đoạn ln ; ln 2 . Đạo hàm : f ' ( x) = e x − e − x ; f ' ( x) = 0 ⇔ x = 0 .  2   1 min f ( x) = 1 1 max f ( x ) = 4 Ta lại có : f  ln  = 1; f ( 0 ) = 2; f ( ln 2 ) = 4 . Vậy: x∈ ln 1 ;ln 2  , đạt được khi x = ln ;  1  , khi x =  2   2  2 x∈ ln 2 ;ln 2    ln2 . f. Xét hàm số : f ( x ) = x + 4 − x 2 . TXĐ : D = [-2;2] . 2x Đạo hàm : f ' ( x) = 1 − ; f ' ( x) = 0 ⇔ x = 2 . 2 4 − x2 Lại có : f(-2) = -2 ; f ( ) 2 = 2 2 ; f(2) = 2 . Vậy : x∈[ − 2; 2 ] f ( x) = −2 , đạt được khi x = -2 ; xmax ] f ( x) = 2 2 , đạt được khi x = min ∈[ − 2; 2 2 . x +1 g. Xét hàm số : f ( x ) = , trên đoạn [-1;2] . TXĐ : D = [-1;2] . x2 +1 x2 +1 − 2 x( x + 1) ( ) x 2 + 1 − x( x + 1) Đạo hàm : 2 x2 +1 x2 +1 1− x ; f ' ( x) = 0 ⇔ x = 1 . f ' ( x) = = = x +1 2 x +1 2 ( x + 1). x + 1 2 2 _______________________________________________________________________________________ 1 © Phan Sỹ Công - Nguyễn Văn Thức Lớp 12A.k32 - Trường THPT Đặng Thúc Hứa
  2. BÀI GIẢI ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 - HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2010-2011 3 5 Lại có : f(-1) = 0 ; f(1) = 2 ; f ( x) = .Như vậy : xmin ] f ( x ) = 0 , đạt được khi x = -1 ; xmax ] f ( x ) = 2 , khi x = 1 . ∈[ −1; 2 ∈[ −1; 2 5 2 3 Bài 2: H/số : y = x − 4 x 2 + 6 x + m − 1 . (1) 3 2 3 1. Với m = 1, h/số (1) trở thành : y = f ( x) = x − 4 x + 6 x . 2 TXĐ : D = R 3 2 3  Giới hạn ,tiệm cận : lim f ( x) = lim =  x − 4 x + 6 x  = +∞ ; xlim f ( x) = − .Suy ra, ĐTHS kg có tiệm cận . ∞ 2 →−∞ x → +∞ x → +∞  3   x=3 Đạo hàm : f ' ( x) = 2 x 2 − 8 x + 6 ; f ' ( x) = 0 ⇔  . x = 1 Bảng biến thiên : x -∞ 1 3 +∞ f'(x + 0 - 0 + ) 8 +∞ 3 f(x) -∞ 0 Vậy : Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞;1) và (3;+ ∞) ; hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3) . 8 Hàm số đạt cực đại tại x = 1 ; yCĐ = . H/số đạt cực tiểu tại x = 3 ; yCT = 0 . 3 Bạn đọc tự vẽ Đồ thị hàm số . 2 3 2. Xét hàm số : y = f ( x) = x − 4 x 2 + 6 x . Có đồ thị h/số (C) . TXĐ : D = R . Đạo hàm : f'(x) = 2x2 - 8x + 6 . 3 Hoành độ tiếp điểm của ĐTHS (C) song song với đ/thẳng (d1) : y = 6x - 6 là nghiệm của phương trình : 2x2 - 8x +6 = 6 x = 4 ⇔ 2 x 2 − 8x = 0 ⇔  .Với x = 4, pttt của ĐTHS (C) có dạng : y - f(4) = 6(x - 4) y = 6x - 4 3 . x = 0 Với x = 0, pttt của ĐTHS (C) có dạng : y - f(0) = 6(x-0) y = 6x . 2 3 2 3 8 5 3. ycbt ⇔ pt : x − 4 x + 6 x + m − 1 = 0 ⇔ x − 4 x + 6 x = m − 1 ,có 3 nghiệm p/biệt ⇔ 0 < 1 − m < ⇔ − < m < 1 2 2 3 3 3 3 . 2 3 2 2 8 4. PT : x − 6 x + 9 = k ⇔ x − 4 x 2 + 6 x = k .Như vậy : Với 0 < k < hay 0 < k < 4 thì pt x 3 − 6 x + 9 x = k có 3 3 2 3 3 3 3 2 8 2 8 3 k = 3 k = 4 3 k > 3 k > 4 nghiệm phân biệt . Với  ⇔ thì pt x 3 − 6 x + 9 x = k có 2 nghiệm phân biệt . Với  ⇔ thì pt 2 k = 0 k = 0 2 k < 0 k < 0 3  3  x − 6x + 9x = k 3 có 1 nghiệm duy nhất . 3 2 1 Bài 3 : 1. Khi m = 1, h/s trở thành : y = f ( x) = x − x + 3 (*). Bạn đọc tự khảo sát và vẽ ĐTHS (*) . 2 2 3 2 1 3 2. Xét h/số : y = x − mx + m . TXĐ : D = R . 3 Đạo hàm : y' = 3x2 - 3mx. 2 2 Để hàm số có cực trị thì pt : y' = 0 ⇔ 3 x 2 − 3mx = 0 có hai nghiệm phân biệt. Do đó : ∆ = 9m 2 > 0 ⇔ m ≠ 0 . Giả sử A(x1 ; y1) và B(x2 ; y2) là hai điểm cực trị của h/số . _______________________________________________________________________________________ 2 © Phan Sỹ Công - Nguyễn Văn Thức Lớp 12A.k32 - Trường THPT Đặng Thúc Hứa
  3. BÀI GIẢI ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 - HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2010-2011 x = 0  1 3 Suy ra : x1 , x2 là hai nghiệm của pt : 3x2 - 3mx = 0 ⇔  . Suy ra A  0; m ; B ( m;0 ) . x = m  2   − m3   m m3  Suy ra : AB m;   và M  ;−  là trung điểm của AB . Và n(1;1) là vtcp cuả đ/thẳng : y = x .  2   2  4   AB ⊥ n m − 1 m 3 = 0   2 Ycbt ⇔  ⇔ ⇔m=0 . M ∈ đ / t : y = x m 2 = − m 4 3   3. Tương tự ý 4-Câu 2. Bạn đọc tự làm . x +1 Bài 4 : 1. (ĐHKTQD-2001).. Xét h/s : y = f ( x) = . TXD : D = R\{3} . x−3 x +1 Giới hạn, tiệm cận : lim f ( x) = lim = 1 . Suy ra, h/số có tiệm cận ngang là đ/thẳng : y =1 . x →∞ x−3 lim f ( x) = +∞; lim f ( x) = − + − ∞ . Suy ra, hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng : x= 3 . x →3 x →3 −4 x +1 Đạo hàm : f ' ( x) = =
  4. BÀI GIẢI ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 - HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2010-2011 1 1 4 1 Đáp số : Có hai pttt thoả mãn là ( ∆ 1 ) : y = − x + ; (∆2 ) : y = − x − . 4 4 9 3 x +1 a, ∀a > 0 6. Bạn đọc tự vẽ ĐTHS : y = (C) . Lưu ý : Ta có y = a =  . Do đó ĐTHS (C) gồm : x−3 − a, ∀a < 0 x +1 x +1 Phần từ trục Ox trở lên của ĐTHS y = , và phần đối xứng phần ĐTHS y = ở dưới trục Ox qua trục x−3 x−3 Ox . Bài 5 : H/số : y = x 4 − 2(m + 1) x 3 − 3m . 1. Do (Cm) cắt Oy tại điểm A(0;-3) nên toạ độ của A chính là nghiệm của pt: y = x 4 − 2(m + 1) x 2 − 3m . Thay vào ta có : − 3 = 0 4 − 2(m + 1).0 2 − 3m ⇔ m = 1 ⇒ h / sô.( C ) : y = x 4 − 4 x 2 − 3 . Bạn đọc khảo sát và vẽ ĐTHS (C) . 6 16 6 5 2. y'' = 12x2 - 8 ; y'' = 0 ⇔ 12 x0 − 8 = 0 ⇔ x 0 = 2 (vì x0 > 0) . Suy ra pttt cần tìm là : y = − x− . 3 9 3 3. ĐS:Với -4
  5. BÀI GIẢI ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 - HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2010-2011 1− 5 1+ 5 Giải tiếp hệ trên ta được kết quả. ĐS : 0 ) . Khi đó :  ⇔ 9 ⇔ ⇔ 9 . uv = 9 u = v 9 u = v 3 = v   u = v   3 > 1  1− x log 3 3 > log 3 3  1− x x < 0 Thay vào, ta được :  1− x ⇔ ⇔ ⇔ −2 < x < 0 . 3 < 9  log 3 31− x < log 3 9   x > −2  0 < x < 3 3 x − x 2 > 0  0 < x < 1   3± 5  f. log 3 x − x 2 (3 − x) > 1 ⇔ 3 x − x ≠ 1 ⇔ x ≠ ⇔ 2 3− 5 . 3 − x > 3 x − x 2  2  x≠   x > 3  2   x < 1 2 3 3 2 Bài 8 : 1. ∫ (2 x − 3 x + 5).dx = x − x + 5x + C . 2 3 2 3 x 8 x3 2. ∫ .dx = ∫ (x 2 − 2 x + 4 − ).dx = − x 2 + 4 x − 8. ln x + 2 + C . x+2 x+2 3 2 x 1 2 x 1 1 3. ∫ sin .dx = ∫ 2. sin .dx = ∫ (1 − cos x).dx = ( x − sin x) + C . 2 2 2 2 2  2  dx 4. ∫  3 sin x − 2 .dx = 3∫ sin x.dx − 2 ∫ = −3 cos x − 2 tan x + C .  cos x  cos 2 x ex dt 5 . Đặt ex + 1 = t, dt = e x .dx . Suy ra : ∫ x .dx = ∫ = ln t + C . e +1 t 2t dx 1 2t 2 2t 2 6. Đặt 3x + 1 = t ⇒ t = 3x + 1 ⇒ .dt = dx .Suy ra: ∫ = ∫ . .dt = ∫ .dt = + C = 3x + 1 + C . 2 3 3x + 1 t 3 3 3 3 dx dx  1 1  x−2 7. ∫ 2 =∫ = ∫ − .dx = ln x − 2 − ln x − 1 + C = ln +C . x − 3x + 2 ( x − 2)( x − 1)  x − 2 x −1 x −1 Bài 9 : Gọi O là chân đường cao kẻ từ S tới mp(ABC). Do S.ABC là hình chóp đều nên O Cũng là trọng tâm, trực tâm của ∆ABC đều . Gọi H là trung điểm của AB. Dẽ dàng c/minh : SH ⊥ AB . S 2 AH a 2 Tam giác SAH : cos ∠SAH = cos 45 0 = = ⇒ SA = = SC . 2 SA 2 a 3 Do Tam giác ABC đều cạnh a nên độ dài trung tuyến CH là : CH = (đ.v.đ.d) . 2 2 2 a 3 a 3 a2 a2 a2 6 Và CO = CH = . = . Suy ra SO = SC 2 − CO 2 = − = . A C 3 3 2 3 2 3 6 a2 3 Diện tích tam giác đều ABC cạnh a là : S ∆ABC = (đ.v.d.t) . H O 4 1 1 a 6 a2 3 a3 2 Do đó : VS . ABC = SO.S ∆ABC = . . = (đ.v.t.t) . B 3 3 6 4 24 A C Bài 10 : Ta thấy hình chiếu của A' trên mp(ABC) là điểm A. _______________________________________________________________________________________ 5 © Phan Sỹ Công - Nguyễn Văn Thức Lớp 12A.k32 - Trường THPT Đặng Thúc Hứa
  6. BÀI GIẢI ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 - HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2010-2011 Suy ra: hình chiếu của cạnh A'B trên mp(ABC) là AB ⇒ ( A' B; mp ( ABC ) ) = ∠A' BA = 60 0 . Xét ∆A' BA vuông tại A và có ∠A' BA = 60 0 , nên : A'A = AB.tan ∠A' BA = a.tan 600 hay A'A = a 3 (đ.v.đ.d). 1 Mặt khác : ∆ABC là tam giác vuông cân tại B nên diện tích là : S ∆ABC = BA.BC 2 Do đó : Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là : A' C' 3 1 a 3 V ABC . A'B 'C ' = A' A.S ∆ABC = a 3. BA.BC = (đ.v.t.t) . 2 2 Bài 11: a3 2 a. Bạn đọc tự làm . ĐS : VS . ABCD = (đ.v.t.t). S 3 b.Lấy O làm tâm của hình vuông ABCD hay O = AC ∩ BD . SO cắt B'D' tại H. Kéo dài AH cắt SC tại C' . Ta có : BC ⊥ AB và BC ⊥ SA nên BC ⊥ mp ( SAB) ⇒ BC ⊥ AB ' . C' D' Lại có SB ⊥ AB' nên suy ra AB' ⊥ mp ( SBC ) ⇒ AB ' ⊥ SC . Tương tự, ta có : AD' ⊥ SC . Suy ra : SC ⊥ mp ( AB' D' ) (đ.p.c.m) . c. Có AC = 2a 2 = a 2 = SA . Suy ra ∆SAC vuông cân tại A. B' AC' ⊥ SC ⇒ C' là trung điểm của SC => SC' = 0,5.SC = 0,5 SA 2 + AC 2 = a . A D VS . AB 'C ' SA SB ' SC ' SB ' VS . AD 'C ' SA SD' SC ' SD' Ta có : = . . = , = . . = . VS . ABC SA SB SC 2 SB VS . ADC SA SD SC 2 SD SB ' SA SB ' SA 2 2a 2 2 Mặt khác : ∆SB' A ₪ ∆SAB ⇒ = ⇒ = = 2 = . SA SB SB SB 2 2a + a 2 3 SD' 2 Tương tự, ta có: = . B D SD 3 Do ∆ABC = ∆ADC ⇒ VS . ABC = VS . ADC = 0,5.VS . ABCD . VS . AB 'C ' VS . AD 'C ' V 1 2 2 3 3 Suy ra : + = S . AB 'C 'D ' = . +  ⇒ VS . AB 'C 'D ' = 2 . a 2 = a 2 (đ.v.t.t) . VS . ABC VS . ADC 0,5.VS . ABCD 2  3 3  3 6 9 Bài 12 : Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ BCD, O' là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ACD và I = AO ∩ BO' .Ta có: I ∈ AO cách đều 3 điểm B,C,D và I ∈ BO' cách đều 3 điểm A,C,D. Suy ra I cách đều 4 điểm A,B,C,D. Hay I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ diện ABCD . Độ dài BO là : B D 2 a 3 a 3 BO 3 6 BO = . = ⇒ sin ∠OAB = = ⇒ cos ∠OAB = 1 − 3 = . 3 2 3 AB 3 9 3 AB a 6 a 6 ⇒ AI = = . Bán kính R = AI = (đ.v.đ.d). 2. cos ∠OAB 4 4 C _______________________________________________________________________________________ 6 © Phan Sỹ Công - Nguyễn Văn Thức Lớp 12A.k32 - Trường THPT Đặng Thúc Hứa
  7. BÀI GIẢI ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 - HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2010-2011 ------------------------------------------------------------------------------------------- ___06-07/12/2010___ Cuéc ®êi mÊy ai tr¸nh khái sai lÇm !!!  .. .. ..!!! Chóc mäi ngêi lµm bµi thi tèt !!!... _______________________________________________________________________________________ 7 © Phan Sỹ Công - Nguyễn Văn Thức Lớp 12A.k32 - Trường THPT Đặng Thúc Hứa

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản