Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Lời giải chi tiết một số câu hỏi trắc nghiệm hay và khó trong các đề thi thử THPTQG môn Toán

Chia sẻ: Caphesua | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:24

Thêm vào BST

Báo xấu

30
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu của đề tài nhằm giúp học sinh nâng cao tư duy về môn toán tôi tập trung khai thác các bài toán khó trong một số đề thi thử THPTQG môn Toán. Hy vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng các em học sinh lớp 12 có thêm một phương pháp giải một số các bài toán khó.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: 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 ................................................................................................................................... 1 BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN ........................................ 2 1. Lời giới thiệu .................................................................................................................... 2 3. Tác giả sáng kiến: .............................................................................................................. 2 7. Mô tả bản chất của sáng kiến: .......................................................................................... 2 KẾT LUẬN ............................................................................................................................... 23 TÀI LIỆU THAM KHẢO ......................................................................................................... 24 1
BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN 1. Lời giới thiệu Môn Toán trong trường phổ thông giữ một vị trí, vai trò hết sức quan trọng, là môn học cơ bản, môn học công cụ. Nếu học tốt môn Toán thì những tri thức cùng với phương pháp làm việc trong Toán sẽ trở thành công cụ để học tốt những môn học khác. Môn Toán góp phần phát triển nhân cách, ngoài việc cung cấp cho học sinh hệ thống kiến thức, kĩ năng toán học cần thiết; môn toán còn rèn luyện cho học sinh đức tính, phẩm chất của người lao động mới: cẩn thận, chính xác, có tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo và bồi dưỡng óc thẩm mĩ. Với nguyện vọng giúp học sinh nâng cao tư duy về môn toán tôi tập trung khai thác các bài toán khó trong một số đề thi thử THPTQG môn Toán. Hy vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng các em học sinh lớp 12 có thêm một phương pháp giải một số các bài toán khó. 2. Tên sáng kiến: LỜI GIẢI CHI TIẾT MỘT SỐ CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM HAY VÀ KHÓ TRONG CÁC ĐỀ THI THỬ THPTQG MÔN TOÁN 3. Tác giả sáng kiến: Họ và tên: Nguyễn Thị Minh Huệ Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Bình Xuyên. Số điện thoại: 0915727568. E_mail: minhhuec3bx@gmail.com 4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Nguyễn Thị Minh Huệ 5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Đề tài được sử dụng để giảng dạy, ôn thi đại học và bồi dưỡng cho các em học sinh giỏi lớp 12 hệ THPT và làm tài liệu tham khảo cho các thầy cô giảng dạy ôn thi THPTQG môn Toán. Các thầy cô và học sinh có thể sử dụng các bài toán trong đề tài này làm bài toán gốc để đặt và giải quyết các bài tập tương tự. 6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Tháng 9 năm 2018 khi tôi trực tiếp giảng dạy lớp 12. 7. Mô tả bản chất của sáng kiến: Về nội dung của sáng kiến được chia thành 5 phần 1, Một số bài tập hay về phần hàm số. 2, Một số bài tập hay về phần mũ và logarit. 3, Một số bài tập hay về phần tích phân. 4, Một số bài tập hay về phần hình học không gian. 5, Một số bài tập hay về phần phương pháp tọa độ trong không gian. Sau đây, tác giả trình bày nội dung cụ thể của từng phần. 2
PHẦN 1: MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN HÀM SỐ. Bài tập 1: Có bao nhiêu số nguyên m �� - 2018;2019� � � để hàm số x3 y = ( m + 2) - ( m + 2) x 2 + ( m - 8) x + m 2 - 1 nghịch biến trên ? ? 3 2016 B. 2019 C. 2017 D. 2018 Lời giải: Chọn C TH1: m = - 2 � y = - 10x + 3 � y ' = - 10 < 0; " x �? , do đó hàm số nghịch biến trên ? . Vậy m = - 2 thỏa mãn yêu cầu đề bài. TH2: m ﾹ - 2 , ta có y ' = ( m + 2) x - 2 ( m + 2) x + ( m - 8) . Để hàm số nghịch biến trên 2 ﾹm + 2 < 0 y ' � 0; x � ? � ﾹ ? , điều kiện " ﾹﾹﾹ D ' ﾹ 0 ﾹm + 2 < 0 ﾹ � ﾹﾹ 2 � m 0 và 3 2 d > 2018 . Số cực trị của hàm số y = f ( x ) − 2018 bằng a + b + c + d − 2018 < 0 A. 3 B. 2 C. 1 D. 5 Lời giải: Chọn D Ta có hàm số g ( x ) = f ( x ) − 2018 là hàm số bậc ba liên tục trên ﾹ . Do a > 0 nên xlim g ( x ) = − ; lim g ( x ) = + . − x + Để ý g ( 0 ) = d − 2018 > 0;g ( 1) = a + b + c + d − 2018 < 0 nên phương trình g ( x ) = 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt trên ﾹ . Khi đó đồ thị hàm số g ( x ) = f ( x ) − 2018 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên hàm số y = f ( x ) − 2018 có đúng 5 cực trị. Bài tập 3: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y = −2x + m cắt đồ thị ( H ) 2x + 3 của hàm số y = tại hai điểm A, B phân biệt sao cho P = k12018 + k 2018 2 đạt giá trị nhỏ nhất x+2 (với k1 ; k2 là hệ số góc của tiếp tuyến tại A, B của đồ thị ( H ) A. m = −3 B. m = −2 C. m = 3 D. m = 2 Lời giải: 3
Chọn B Hoành độ giao điểm x1 , x2 của đường thẳng và đồ thị ( H ) là nghiệm PT m−6 x1 + x2 = 2x + 3 2 = −2 x + m � 2 x 2 − ( m − 6 ) x − ( 2m − 3) = 0 x+2 −2m + 3 x1 x2 = 2 −1 Ta có y ' = ( x + 2) 2 2008 2008 2008 � −1 � � −1 � � 1 1 � �k 2008 +k 2008 =� � + � � �2 � � �( x1 + 2 ) ( x2 + 2 ) 1 2 �( x + 2 ) � 2 �( x + 2 ) � 2 � � �1 � � 2 � � 2018 2018 � 1 � � 2 � = 2� �x x + 2 ( x + x ) + 4 �� = 2 � � = 22019 �( ) ( ) � � − 2 m + 3 + 2 m − 6 + 8 � �1 2 1 2 � Đạt được khi ( x1 + 2 ) = − ( x2 + 2 ) � x1 + x2 = −4 � m − 6 = −8 � m = −2 Bài tập 4: Một người muốn xây một cái bể chứa nước, dạng một khối hộp chữ nhật không 256 nắp có thể tích bằng m3 , đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. 3 Giá thuê nhân công để xây bể là 500000 đồng/ m3 . Nếu người đó biết xác định các kích thước của bể hợp lí thì chi phí thuê nhân công sẽ thấp nhất. Hỏi người đó trả chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây dựng bể đó là bao nhiêu? A. 48 triệu đồng. B. 47 triệu đồng. C. 96 triệu đồng. D. 46 triệu đồng. Lời giải Chọn A Gọi x ( m ) là chiều rộng của đáy bể, khi đó chiều dài của đáy bể là 2 x ( m ) và h ( m ) là chiều cao bể. 256 3 256 128 Bể có thể tích bằng m 2 x2h = . h= 3 3 3x 2 128 256 Diện tích cần xây là S = 2 ( xh + 2 xh ) + 2 x = 6 x 2 + 2 x 2 = 2 + 2 x2 . 3x x 256 256 Xét hàm S ( x ) = + 2x2 , ( x > 0) � S ( x ) = − 2 + 4x = 0 � x = 4 . x x Lập bảng biến thiên suy ra S min = S ( 4 ) = 96 . 4
Chi phí thuê nhân công thấp nhất khi diện tích xây dựng là nhỏ nhất và bằng S min = 96 . Vậy giá thuê nhân công thấp nhất là 96.500000 = 48000000 đồng. Chú ý: Có thể sử dụng BĐT Cô si để tìm min, cụ thể 256 128 128 128 S= + 2x2 = + + 2x 2 3 3 1282.2 ۳ S 96 S min = 96 khi = 2x 2 � x = 4 . x x x x Bài tập 5: Cho hai hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) . Hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm số y = g ( x ) . � 3� Hàm số h ( x ) = f ( x + 4 ) − g � 2 x − � đồng biến trên khoảng nào dưới đây? � 2� � 31 � �9 � �31 � � 25 � 5; �. A. � B. � ;3 �. C. � ; + �. 6; �. D. � � 5� �4 � �5 � � 4 � Lời giải Chọn B. � 3� Ta có h ( x ) = f ( x + 4) − 2g 2 x − �. � � 2� �9 � 25 Dựa vào đồ thị, ∀x � ;3 � , ta có < x + 4 < 7 , f ( x + 4 ) > f ( 3) = 10 ; �4 � 4 3 9 � 3� 3 < 2 x − < , do đó g �2 x − �< f ( 8 ) = 5 . 2 2 � 2� 5
� 3� �9 � Suy ra h ( x ) = f ( x + 4) − 2g �2 x − �> 0, ∀x � ;3 �. Do đó hàm số đồng biến � 2� �4 � �9 � trên � ;3 �. �4 � Bài tập 6: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y = x8 + ( m − 2 ) x 5 − ( m 2 − 4 ) x 4 + 1 đạt cực tiểu tại x = 0. A. 3 . B. 5 . C. 4 . D. Vô số. Lời giải Chọn C. � � Ta có: y = 8 x + 5 ( m − 2 ) x − 4 ( m − 4 ) x = x � 8 x + 5 ( m − 2 ) x − 4 ( m − 4 ) �. 7 4 2 � 4 3 3 2 1 4 4 4 44 2 4 4 4 4 43 � � � g ( x) � � Ta xét các trường hợp sau * Nếu m 2 − 4 = 0 � m = �2. Khi m = 2 � y = 8 x 7 � x = 0 là điểm cực tiểu. Khi m = −2 � y = x 4 ( 8 x 4 − 20 ) � x = 0 không là điểm cực tiểu. * Nếu m 2 �4 �0− m 2. Khi đó ta có y = x2 � � 8x5 + 5 ( m − 2 ) x 2 − 4 ( m 2 − 4 ) x � � Số cực trị của hàm y = x + ( m − 2 ) x − ( m − 4 ) x + 1 bằng số cực trị của hàm 8 5 2 4 g ( x) g ( x ) = 8 x5 + 5 ( m − 2 ) x 2 − 4 ( m 2 − 4 ) x g ( x ) = 40 x 4 + 100 ( m − 2 ) x − 4 ( m 2 − 4 ) Nếu x = 0 là điểm cực tiểu thì g ( 0 ) > 0 . Khi đó −4 ( m 2 − 4 ) > 0 � m 2 − 4 < 0 � −2 < m < 2 � m = { −1; 0;1} Vậy có 4 giá trị nguyên của m. Bài tập 7: Biết giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) = x + 3x − 72x + 90 + m trên đoạn 3 2 −5;5� � � � là 2018. Trong các khẳng định dưới đây, khẳng định nào 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 3 2 x = −6 �[ −5;5] g ( x ) = 3x + 6 x − 72; g ( x ) = 0 2 x=4 [ −5;5] 6
Xét g ( −5 ) = 400; g ( 4 ) = −86; g ( 5 ) = −70 . Do đó với x �[ −5;5] thì g ( x ) �[ −86; 400] Từ đó xMax f ( x ) = 400 + m � 400 + m = 2018 � m = 1618 �( 1600;1700 ) . �[ −5;5] Bài tập rèn luyện Bài 1. Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm đến cấp hai trên ﾹ . Biết f '(0) = 3, f '(2) = −2018 ; lim f ' ( x ) = − và bảng xét dấu của f ''( x) như sau: x − Hàm số y = f ( x + 2019) + 2018 x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0 thuộc khoảng nào sau đây? A. (−2019; 0). B. (2019; + ). C. (0; 2). D. (− ; −2019). 2x + 3 Bài 2. Có bao nhiêu số nguyên m �� - 2018;2019� � để hàm số y = � đồng biến trên 2x - m �1 � khoảng ﾹﾹ ;1ﾹﾹﾹ . ﾹ� 2 � ﾹ A. 2017 B. 2016 C. 2018 D. 2015 Bài 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2cos3x = m − 2 cos x + 3 m+ 6 cos x có nghiệm? A. 5 B. 4 C. 6 D. 3 Bài 4. Giả sử đường thẳng y = ax + b là tiếp tuyến chung của đồ thị các hàm số y = x 2 − 5 x + 6 và y = x 3 + 3 x − 10 . Tính M = 2a + b . A. M = 16. B. M = 4. C. M = −4. D. M = 7. 7
PHẦN 2. MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN MŨ VÀ LOGARIT. Bài tập 1: Biết x1 , x 2 ( x1 < x 2 ) là hai nghiệm của phương trình ( 2 ) 1 log 3 x 2 − 3x + 2 + 2 + 5x −3x +1 = 2 và x1 + 2x 2 = a + b với a, b là hai số nguyên 2 ( ) 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 2 − 3x + 2, t �� 0 x 2 − 3x + 1 = t 2 − 1 nên phương trình có dạng: log 3 ( t + 2 ) + 5t = 2 ( *) 2 −1 Xét hàm số f ( t ) = log 3 ( t + 2 ) + 5t trên [ 0; + ) . 2 −1 Hàm số đồng biến trên [ 0; + ) và f ( 1) = 2 . PT (*) 3− 5 3+ 5 � f ( t ) = f ( 1) � t = 1 � x 2 − 3x + 2 = 1 � x 2 − 3x + 1 = 0 � x1 = , x2 = 2 2 a =9 Do đó x1 + 2x 2 = 1 2 ( 9 + 5 �� b=5 ) a + b = 14 1 = log2 � 14 - ( y - 2) y + 1 � x+ Bài tập 2: Biết rằng 2 � x � trong đó x > 0. Tính giá trị của � � biểu thức P = x 2 + y 2 − xy + 1. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Lời giải: Chọn B. 1 1 1 x+ Ta có x =� + 2 x. 2 2 x 4. Lại có: x x 14 − ( y − 2 ) y + 1 = 14 − ( y + 1) y + 1 + 3 y + 1 Đặt t = y + 1 0 Ta xét hàm số f ( t ) = − t + 3t + 14 trên [ 0; + ) có kết quả 3 max f ( t ) = f ( 1) = 16 Vậy 14 − ( y − 2 ) y + 1 �� 14 − ( y − 2 ) y + 1 � log 2 � t�[ 0; +�) 16 � ��4 . x+ 1 x =1 Khi đó 2 x = log 2 � 14 � − ( y − 2 ) y + 1 �� y=0 P = 2 8
1 1 1 x+ Ta có x =� + 2 x. 2 2 x 4. Lại có: x x 14 − ( y − 2 ) y + 1 = 14 − ( y + 1) y + 1 + 3 y + 1 Đặt t = y + 1 0 Ta xét hàm số f ( t ) = − t + 3t + 14 trên [ 0; + ) có kết quả 3 max f ( t ) = f ( 1) = 16 Vậy 14 − ( y − 2 ) y + 1 �� 14 − ( y − 2 ) y + 1 � log 2 � t�[ 0; +�) 16 � ��4 . x+ 1 x =1 Khi đó 2 x = log 2 � 14 � − ( y − 2 ) y + 1 �� y=0 P = 2 1 − ab Bài tập 3: Xét các số thực dương a, b thỏa mãn log 2 = 2ab + a + b − 3. Tìm giá trị a+b nhỏ nhất Pmin của P = a + 2b. 2 10 − 1 2 10 − 3 2 10 − 5 2 10 − 7 A. Pmin = B. Pmin = C. Pmin = D. Pmin = 2 2 2 2 Lời giải Chọn B. Điều kiện: a, b dương và ab < 1. Đặt u = a + b > 0 và v = 2(1 − ab) > 0. Giả thiết trở thành u + log 2 u = v + log 2 v. (1) 1 Xét hàm số f (t ) = t + log 2 t trên (0; + ). Ta có f / (t ) = 1 + > 0, ∀t > 0. Do đó f (t ) t ln 2 đồng biến trên (0; + ). −a + 2 Vì vậy (1) tương đương với u = v � a + b = 2(1 − ab) � b = � 2a + 1 1 −(a 2 + 1) Ta có b − = < 0 nên ab < 1, ∀a > 0. a a (2a + 1) −x + 2 Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = x + 2 trên (0; + ). 2x +1 4 x2 + 4x − 9 / −1 + 10 −1 − 10 Ta có f / ( x) = , f ( x) = 0 � x = và x = (loại). (2 x + 1) 2 2 2 −1 + 10 2 10 − 3 Lập BBT ta được Pmin = min f ( x) = f ( )= (0; + ) 2 2 Bài tập 4: Cho a > 0 , b > 0 thỏa mãn log 3a+2b+1 ( 9a + b + 1) + log 6 ab +1 ( 3a + 2b + 1) = 2 . Giá 2 2 trị của a + 2b bằng 7 5 A. 6 . B. 9 . C. . D. . 2 2 Lời giải Chọn C. 9
3a + 2b + 1 > 1 log 3a+2 b+1 ( 9a 2 + b 2 + 1) > 0 Ta có a > 0 , b > 0 nên 9a + b + 1 > 1 2 2 . log 6 ab+1 ( 3a + 2b + 1) > 0 6ab + 1 > 1 Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương ta được log 3a+2b+1 ( 9a 2 + b 2 + 1) + log 6 ab+1 ( 3a + 2b + 1) 2 log3 a+2b+1 ( 9a 2 + b 2 + 1) + log 6 ab+1 ( 3a + 2b + 1) ۳ 2 2 log 6 ab+1 ( 9a 2 + b 2 + 1) � log 6 ab+1 ( 9a + b + 1) �1 � 9a 2 + b 2 + 1 �6ab + 1 2 2 � ( 3a − b ) �0 � 3a = b . 2 Vì dấu “ = ” đã xảy ra nên log 3a+2b+1 ( 9a 2 + b 2 + 1) = log 6 ab+1 ( 3a + 2b + 1) � log 3b+1 ( 2b 2 + 1) = log 2b2 +1 ( 3b + 1) 3 (vì 1 � 2b 2 + 1 = 3b + 1 � 2b 2 − 3b = 0 � b = b > 0 ). Suy ra a = . 2 2 1 7 Vậy a + 2b = +3 = . 2 2 Bài tập 5: Cho phương trình 5 + m = log 5 ( x − m ) với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị x nguyên của m �( −20; 20 ) để phương trình đã cho có nghiệm? A. 20 . B. 19 . C. 9 . D. 21 . Lời giải Chọn B. Điều kiện x > m Ta có 5 + m = log 5 ( x − m ) � 5 + x = x − m + log 5 ( x − m ) x x + log 5 ( x − m ) ( 1) . log5 ( x − m ) � 5 x + x = 5 Xét hàm số f ( t ) = 5 + t , f ( t ) = 5 ln 5 + 1 > 0, ∀t ﾹ , do đó từ ( 1) suy ra t t x = log 5 ( x − m ) � m = x − 5 x . 1 Xét hàm số g ( x ) = x − 5 , g ( x ) = 1 − 5 .ln 5 , g ( x ) = 0 � x = log 5 x x = − log 5 ln 5 = x0 . ln 5 Bảng biến thiên Do đó để phương trình có nghiệm thì m g ( x0 ) −0,92 . Các giá trị nguyên của m �( −20; 20 ) là { −19; −18;...; −1} , có 19 giá trị m thỏa mãn. Bài tập 6: Cho x, y là các số thực thỏa mãn log 4 ( x + y ) + log 4 ( x − y ) 1 . Biết giá trị nhỏ nhất của biển thức P = 2x − y là a b ( 1 < a, b ﾹ ) . Giá trị a 2 + b 2 là: A. a 2 + b 2 = 18 B. a 2 + b 2 = 8 C. a 2 + b 2 = 13 D. a 2 + b 2 = 20 Lời giải 10
Đáp án C. x+y>0 x+y>0 Từ giả thiết ta có �x − y > 0 � �x − y > 0 � �x + y x − y 4 ( x + y) ( x − y) � log 4 � � �1 ( )( ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ( x + y ) và 3 ( x − y ) ta được: 2P = ( x + y ) + 3 ( x − y ) �2 3 ( x − y ) ( x + y ) �2 3.4 = 4 3 � P = 2 3 x + y = 3( x − y) x + y = 3( x − y) �x + y = 3 ( x − y ) � � Dấu “=” xảy ra � � �� 2 (do x > y ) ( x + y ) ( x − y ) = 4 �( x − y ) 2 = 4 �x − y = 3 3 � 6 � 4 � x+y= �x= � 3 � 3 �� x − y = 2 �y = 2 � � 3 � � 3 Vậy Pmin = 2 3 , do đó a 2 + b 2 = 13 Bài tập rèn luyện Bài 1: Số nghiệm của phương trình 2 x 2 + 2 x − 9 = ( x 2 − x − 3) .8 x + ( x 2 + 3x − 6 ) .8 x 2 2 + 3 x −6 − x −3 là: A. 1. B. 3. C. 2. D. 4. Bài 2: Cho các số thực a, b thỏa mãn điều kiện 0 < b < a < 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 4 ( 3b − 1) thức P = log a + 8log 2b a − 1. 9 a A. 6. B. 3 3 2. C. 8. D. 7. Bài 3: Có bao nhiêu giá trị nguyên m �[ −2018; 2018] để phương trình − 32 x + 4 mx − m + 2 = x 2 + 2mx − m có nghiệm. 2 2 + 2 mx + 2 3x A. 4037. B. 0. C. 4036. D. 2018. Bài 4: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình 9 x −3 x + m + 2.3 x −3 x + m − 2+ x < 32 x −3 có nghiệm? 2 2 A. 6. B. 4. C. 9. D. 1. 11
PHẦN 3. MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN TÍCH PHÂN. Bài tập 1: Cho hàm số y = f ( x). Đồ thị của hàm số y = f / ( x) như hình dưới đây. Đặt g( x) = 2 f ( x) − ( x + 1) 2 . Mệnh đề nào dưới đây 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 ô vuông có diện tích bằng 1) ta có 3 3 �f ( x)dx = S < 6 = �( x + 1)dx. / 1 1 Do đó ta được 2 ( f ( x) − ( x + 1) ) dx < 0 � g ( x) 3 3 / 1 < 0 � g (3) < g (1). 1 3 3 * Theo hình vẽ ta có �f / ( x)dx = S1 > 6 = �( x + 1)dx. −3 −3 (f ( x) − ( x + 1) ) dx > 0 � g ( x) −3 > 0 � g (3) > g ( −3). 3 3 / Do đó ta được 2 −3 Vậy g (1) > g (3) > g (−3). 2 Bài tập 2: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 2 ) = − và f ( x) = 2x � �f ( x ) � 2 9 � với mọi x ﾹ . Giá trị của f ( 1) bằng 35 2 19 2 A. − . B. − . C. − . D. − . 36 3 36 15 Lời giải Chọn B. f ( x) 0 f ( x ) = 2 x � � 1 �= −2x � 1 ( x ) = 2x � �f ( x ) � 2 Ta có f �� = −x2 + C . �f ( x ) � �f ( x ) � f ( x) 2 � � 2 1 Từ f ( 2 ) = − suy ra C = − . 9 2 12
1 2 f ( 1) = =− Do đó �1� 3 . −12 + �− � � 2� Bài tập rèn luyện Bài 1: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn ( f '( x )) 2 + f ( x ). f ''( x) = 15 x 4 + 12 x, ∀x ﾹ và f (0) = f '(0) = 1 . Giá trị của f 2 (1) bằng 9 A. 4. B. . C. 10. D. 8. 2 2 Bài 2: Cho f ( x ) là hàm số có đạo hàm liên tục trên ﾹ , có f ( 2 ) = 1 và f ( x ) dx = 3 . Khi đó 0 1 x. f ( 2 x ) dx bằng 0 1 1 5 A. 1. B. . C. − . D. . 4 4 4 13
PHẦN 4. MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. Bài tập 1: Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 3 . Tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất. 64 16 6 64 2 16 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Lời giải Chọn A S 3 b M A I D O a B a C Gọi O = AC BD , M là trung điểm SA và I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều S . ABCD . SM SI b2 a2 Ta có ∆SMI : ∆SOA � = � = 3. b − 2 . SO SA 2 2 3 �b 2 b 2 b2 � 1 36 b b � b � 2 2 2 2 � + + 2 − � 1 a2 2 − � 72. �36 36 18 � Ta có VS . ABCD = .SO.S ABCD = . b 2 − .a 2 = . � 3 3 2 18 36 36 � 18 � � 3 � � � � � 64 V . 3 Bài tập 2: Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P thuộc các cạnh BC , BD , AC sao cho BC = 4 BM , AC = 3 AP , BD = 2 BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt phẳng ( MNP ) . 7 7 8 8 A. . B. . C. . D. . 15 13 15 13 Lời giải Chọn B Trong mặt phẳng ( DBC ) vẽ MN cắt CD tại K . Trong mặt phẳng ( ACD ) vẽ PK cắt AD tại Q . 14
KC ND MB Theo định lý Mennelaus cho tam giác ∆BCD cát tuyến MNK ta có . . =1 KD NB MC KC � =3. KD KC QD PA Theo định lý Mennelaus cho tam giác ∆ACD cát tuyến PKQ ta có . . =1 KD QA PC QA 3 QA 3 � = � = . QD 2 AD 5 Đặt V = VABCD , ta có VB. APQ S APQ AP AQ 1 1 4 = = . = � VB. APQ = VB. ACD � VB.PQDC = V . VB. ACD S ACD AC AD 5 5 5 VP.BMN S BMN BM BN 1 VP.BCD SCPD CP 2 1 = = . = và = = = � VP. BMN = V . VP.BCD S BCD BC BD 8 V S ACD CA 3 12 VQ.PBN S PBN 1 V S S S 2 1 = = và BQPD = DQP = DQP . ADP = � VQPBN = V . VQ.PBD S PBD 2 V S ACD S DAP S ACD 15 15 VAB.MNPQ VA.BPQ + VP.BNM + VQ.PBN 7 � VAB.MNPQ = 7 . � = = V V 20 VCD.MNPQ 13 Bài tập 3: Cho tam giác ABC đều cạnh a , gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Trên d lấy điểm S và đặt AS = x , ( x > 0 ) . Gọi H và K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC . Biết HK cắt d tại điểm S . Khi SS ngắn nhất thì khối chóp S . ABC có thể tích bằng a3 6 a3 6 a3 3 a3 2 A. . B. . C. . D. . 24 6 8 27 Lời giải Chọn A 15
Xét tam giác SA S có H là trực tâm, ta có AS AH a 3 a 3 a2 ∆S AH ∽ ∆A AS � = � AS . AS = AA . AH = . = AA AS 2 3 2 a2 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: SS = SA + AS 2 AS . AS = 2 =a 2 2 a 2 Dấu “ = ” xảy ra khi SA = AS = x = . 2 Bài tập 4: Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 4 , AC = BD = 5 , AD = BC = 6 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCD ) . 3 6 3 2 3 42 7 A. . B. . C. . D. . 7 5 7 2 Lời giải Chọn C Xây dựng bài toán tổng quát N n M A m h I a b D B c C Từ giả thiết ta có: MNDC là hình thoi; các tam giác CAN, DAM là các tam giác cân, suy ra: AI ⊥ NC , AI ⊥ DM � AI ⊥ (CDMN ) 1 1 1 1 Ta có: VABCD = VA.MNDC = .4VA.IMN = 2VA.IMN = IA.IM .IN = h.m.n 2 2 3 3 16
− a 2 + b2 + c 2 m2 = h2 + m2 = c 2 2 a + b − c2 2 2 Từ h 2 + n 2 = b 2 � n 2 = 2 m2 + n2 = a 2 a − b2 + c 2 2 h2 = 2 1 Suy ra: VABCD = 6 2 ( −a 2 + b 2 + c 2 ) ( a 2 − b 2 + c 2 ) ( a 2 + b 2 − c 2 ) 1 = 6 2 ( −42 + 52 + 62 ) ( 42 − 52 + 62 ) ( 42 + 52 − 62 ) = 15 6 . 4 BC + CD + DB 4 + 5 + 6 15 15 7 Ta có p = = = � S ∆BCD = p ( p − 4 ) ( p − 5 ) ( p − 6 ) = 2 2 2 4 15 6 3VA. BCD 3. 4 Ta có d ( A, ( BCD ) ) = = 3 42 = . S ∆BCD 15 7 7 4 Bài tập rèn luyện Bài 1: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Tam giác SAB vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi ϕ là góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng ( SBC ) , với ϕ < 45 . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S . ABCD . 8a 3 4a 3 2a 3 A. 4a 3 . B. . C. . D. . 3 3 3 Bài 2: Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh BC , BD , AC lần lượt lấy các điểm M , N , 3 P sao cho BC = 3BM , BD = BN , AC = 2 AP . Mặt phẳng ( MNP ) chia khối tứ 2 V1 diện ABCD thành hai phần có thể tích là V1 , V2 . Tính tỉ số . V2 V1 26 V1 26 V1 3 V 15 A. = . B. = . C. = . D. 1 = . V2 13 V2 19 V2 19 V2 19 17
PHẦN 5. 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 là hình vuông cạnh bằng 2 , SA = 2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) . Gọi M , N là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB , AD sao cho mặt phẳng ( SMC ) vuông góc với mặt phẳng 1 1 ( SNC ) . Tính tổng T = 2 + khi thể tích khối chóp S . AMCN đạt giá trị AN AM 2 lớn nhất. 5 2+ 3 13 A. T = 2 . B. T = . C. T = . D. T = . 4 4 9 Lời giải Chọn B Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A ( 0;0;0 ) , B ( 2;0;0 ) , D ( 0; 2;0 ) , S ( 0;0; 2 ) . Suy ra C ( 2; 2;0 ) . Đặt AM = x , AN = y , x, y [ 0; 2] , suy ra M ( x;0;0 ) , N ( 0; y;0 ) . uuur uuur uuur SM = ( x;0; −2 ) , SC = ( 2; 2; −2 ) , SN = ( 0; y; −2 ) . ur uuur uuur uur uuur uuur �= ( 4; 2 x − 4; 2 x ) , n2 = � � n1 = ��SM , SC � � �= ( 4 − 2 y; −4; −2 y ) . SN , SC � ur uur Do ( SMC ) ⊥ ( SNC ) nên n1.n2 = 0 � 4 ( 4 − 4 y ) − 4 ( 2 x − 4 ) − 4 xy = 0 � xy + 2 ( x + y ) = 8 . 8 − 2x 8 − 2x � y= , do y 2 nên �۳ 2 x 1. x+2 x+2 18
S AMCN = S ABCD − S BMC − S DNC = 4 − ( 2 − x ) − ( 2 − y ) = x + y . 1 2 2 � 8 − 2x � 2 x2 + 8 V Do đó S . AMCD = SA.S AMCN = ( x + y ) �x + = �= . 3 3 3� x+2 � 3 x+2 2 x2 + 8 2 x2 + 4x − 8 Xét f ( x ) = với x [ 1; 2] , f ( x ) = 3 . ( x + 2) 2 3 x+2 f ( x ) = 0 � x 2 + 4 x − 8 = 0 � x = −2 + 2 3 ; x = −2 − 2 3 (loại). Lập BBT ta suy ra max f ( x ) = f ( 1) = f ( 2 ) = 2 . [ 0;2] �x = 1 y=2 1 1 1 1 5 Vậy max VS . AMCN = 2 �� T= 2 + 2 = 2+ 2 = . x=2 AM AN x y 4 y =1 Bài tập 2: Cho hình lăng trụ đều ABC. A B C . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ) bằng a, góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( BCC B ) bằng α với 1 cosα = (tham khảo hình vẽ dưới đây). Thể tích khối lăng trụ ABC. A B C bằng 2 3 2 2 2 2 A. 3a 3 . B. a 3 . C. 3a 3 . D. 3a 3 . 4 2 2 8 Lời giải Chọn C Gọi O là trung điểm của AB , E là trung điểm của BC Trong mp ( C CO ) kẻ CH ⊥ C O tại H Khi đó d ( C , ( ABC ) ) = CH = a 19
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, gọi 2x là độ dài cạnh của tam giác ABC ta có 1 1 1 2 = 2 + CH C 'C CO 2 1 1 1 1 1 3x2 − a 2 = − = − = 3a 2 x 2 � C ' C = 3 x − a 2 2 2 2 C 'C CH 2 CO 2 a 2 �2 x 3 � � � ax 3 � 2 � � 3 x 2 − a 2 � �x x 3 � Khi đó, A ( − x; 0; 0 ) , B ( x;0;0 )(, C 0; x 3;0 ) C , �' 0; � x 3; ax 3 �, E � � �2 2 ; ;0 � � � � � � ur uuuur uuur � 2ax 2 3 � VTPT của m ặ t ph ẳ ng ( ABC ) là n1 = � OC � , AB � = � � � 0; − ; 2 x2 3 � � � 3x 2 − a 2 � uur uuur �3 x x 3 � VTPT của mặt phẳng ( BCC B ) là n2 = AE = � �2 ; 2 ;0 � � � � ur uur 3ax 3 1 n1.n2 1 3x 2 − a2 1 cosα = ur uur = = x=a 2 3 n1 n2 2 3 2 12a x 4 9 x 3x 2 2 2 3 + 12 x 4 . + 3x − a 2 2 4 4 a 6 2 3a 3 2 VABC . A B C = C C.S∆ABC = .a 3 = . 2 2 Bài tập 3: Cho A(4;6; 2), B(2; −2;0) và mặt phẳng ( P) : x + y + z = 0. Xét đường thẳng d thuộc ( P) và đi qua B. Gọi H là hình chiếu của A lên d . Biết rằng d thay đổi thì H thuộc đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó. A. R = 6. B. R = 2. C. R = 3. D. R = 1. Lời giải Vì ﾹAHB = 900 nên H thuộc mặt cầu ( S ) có đường kính AB. Vì vậy H thuộc đường tròn (C ) cố định là giao tuyến của ( S ) và ( P). * Tâm của ( S ) trung điểm I (3; 2;1), bán kính r = IA = 3 2. * Ta có d = d ( I , ( P)) = 2 3. Do đó bán kính của (C ) là R = r 2 − d 2 = 6. A I (C) J d B H Bài tập 4: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm I ( −2;1; 2 ) và đi qua điểm A ( 1; −2; −1) . Xét các điểm B , C , D thuộc ( S ) sao cho AB , AC , AD đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng 20