HOC360.NET – TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ€¦• Xét hàm số 4 4 12 8 , cho 03 2 2 2 2 6 2 a x f x x ax ax f x x ax a f x a x loai • Thể tích đạt GTLN khi . 6

HOC360.NET – TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ

Group : https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/

II - BẢNG ĐÁP ÁN

1-D 2-A 3-A 4-A 5A 6-B 7-B 8-D 9-D 10-D

11-C 12-A 13-A 14-C 15-D 16-C 17-C 18-C 19-C 20-B

21-A 22-C 23-C 24-D 25-C 26-D 27-B 28-B 29-D 30-A

31-D 32-C 33-B 34-A 35-D 36-A 37-B 38-A 39-D 40-D

41-A 42-C 43-B 44-D 45-B 46-A 47-C 48-B 49-B 50-C

III - LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án là D.

(câu hỏi lý thuyết)

Câu 2: Đáp án là A.

• 3 04 4 0

1

xy x x

x

• Xét dấu .y

_00

x

y' +- ∞ -1

++ ∞1

0_

0

Từ bảng xét dấu. Chọn A


• Từ Bảng biến thiên, ta thấy B,C,D là đáp án sai. Chọn A.


• Số phần tử của không gian mẫu là 36n .

Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài toán.

Phương trình 2 0x bx c có nghiệm khi và chỉ khi 2 24 0 4b c b c .

Xét bảng kết quả (L – loại, không thỏa ; N – nhận, thỏa yêu cầu đề bài)



Dựa vào bảng kết quả trên ta thấy số kết quả thuận lợi cho A là 19 .

Vậy xác suất của biến cố A là : 19

36P A .


Từ đồ thị, ta thấy đồ thị có

• Tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt 1; 2.x y Loại C và D.

• Điểm 0; 1 C nên loại B.

Câu 6: Đáp án là B.

•

.do

AM SBAM SBC

AM BC BC SAB


Ta có

13

3 1lim lim 1.

23 2 3x x

x xx

x


•

21 0;2

3 3, cho 01 0;2

xy x y

x

• 0 5; 2 7; 1 3.y y y



Vậy

0;2

max 2 7.y y


(câu hỏi lý thuyết)


•

22 33

; .3 4

tg

a xxMI S

• 2 2 34 4

. ; 0 .4 2

lt tg

a x ax x aV MI S x

• Xét hàm số

3 2 2 2 2 64 4 12 8 , cho 0

2

ax

f x x ax a x f x x ax a f xa

x loai

• Thể tích đạt GTLN khi .6

ax

Câu 11: Đáp án là C.

• HS xem lại lý thuyết




H

S

C

D

B 2a

A

• 3

2.

1.4 .

3 3

4S ABCDV a SH

a .SH a

• 2 2 2 2 2 6.SC SH HC SH BH BC a


• 223 6 1 3 1 ; 6 6 1y x m x m y x m

• Hàm số đạt cực trị tại điểm 1x thì

20

1 0 4 04.4

01 00

my m m

mmmy

m

* Ghi chú: Không có đáp án, sửa lại đáp A thành 4.m


• Txđ: D

Với 4x ta có 2

4

a xf x

f x liên tục trên ;4

Với 4x ta có : 2 1 5

4

x xf x

x

2 1 5

4

x xf x

x

liên tục trên 4;

• Tại 4x ta có: 4 2f a

Ta có

4 4

2lim lim 2

4x x

a xf x a



4 4 4

2 1 5 1 1lim lim lim

4 62 1 5x x x

x xf x

x x x

Để hàm số f x liên tục trên khi hàm số f x liên tục tại 4x thì

4 4

1 11lim lim 4 2

6 6x xf x f x f a a


• Đồ thị f x có bảng biến thiên:

f(2)

f(6)

f(-2)

0 0

f(-1)

++

+∞-∞

f(x)

f'(x)

x

0

-1 2_ 0

6-2

Vậy : [ 2;6]max ( ) max{ ( 1), (6)}.f x f f


• Ta có: đồ thị hàm số f x cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt tức phương trình

0 f x có 4 nghiệm phân biệt. Tuy nhiên, nhìn vào đồ thị ta thấy dấu của f x chỉ

đổi khi qua 3 nghiệm đầu. Vậy hàm số f x có 3 cực trị.


Không mất tính tổng quát, giả sử C Bx x .

Ta có: d có phương trình 2y m x .

Phương trình hoành độ giao điểm: 3 22 6 9 2m x x x x 2

2

4 1 0

x

x x m

.



Để tồn tại A , B , C thì phương trình 2 4 1 0x x m phải có 2 nghiệm phân biệt khác

2 3m 2; 4; 1A B C B Cx x x x x m ; C B C By y m x x .

Trường hợp 1: 0C Bx x 1 0 1 3 *B Cx x m m .

Ta có 4 16 4 1. .

8 82 2 2

B C C BBB C C

m mBB CC B C x x m x xS

.

2 3 2 13 2 3 4 3 4 0

2

mm m m m m m

m

.

Đối chiếu điều kiện * ta được 2m .

Trường hợp 2: 0C Bx x 1 0 1 0B Cx x m m (Loại vì 0m ).


Số nghiệm của phương trình 2 2f x bằng số giao điểm của đường thẳng

y và đồ thị hàm số 2 2y f x .

Ta có đồ thị hàm số 2 2y f x như sau:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình 2 2f x có hai nghiệm thực phân

biệt.


• Ta có 2 2 3y x ax a .

Hàm số có hai điểm cực trị 0y có hai nghiệm phân biệt 2 2 3 0x ax a (*) có

hai nghiệm phân biệt 20 3 0 ; 3 0;a a a (1).



Khi đó hàm số đạt cực trị tại hai điểm 1x , 2x là hai nghiệm của phương trình (*).

Ta có 2 21 1 1 12 3 0 2 3x ax a x ax a ; tương tự 2

2 22 3x ax a .

2 21 2

2 22 1

2 92

2 9

x ax a a

a x ax a

21 2

22 1

2 3 2 92

2 3 2 9

ax a ax a a

a ax a ax a

21 2

21 2

2 122

2 12

a x x a a

a a x x a

2 2

2 2

4 122

4 12

a a a

a a a

4 122

4 12

a a

a a

2 2 24 12 2 4 12 9 72 144 0a a a a a a

4a (thỏa mãn điều kiện (1)).

Vậy 0 4a


• 2 3

.

1 1 3. . 3. .

3 3 4 4S ABC ABC

a aV SA S a


• Công thức


• Gọi I là trung điểm của EC .

Ta có //IM BE hay //IM NE .

Xét SMI có //NE MI và N là trung điểm của SM suy ra E là trung điểm của SI .

Do đó SE EI IC1

3

SE

SC.

Ta có

1. .

3SABE

SABC

V SA SB SE

V SA SB SC .


• Sắp xếp bộ ba số 1, 2, 3 sao cho 2 đứng giữa 1,3 có 2 cách.

Số số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai

chữ số 1 và 3 kể cả trường hợp số 0 đứng đầu là: 472. .5!C số.

Số số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai

chữ số 1 và 3, có số 0 đứng đầu là: 362. .4!C số.

Suy ra số số tự nhiên thỏa yêu cầu bài toán là 4 37 62. .5! 2. .4! 7440C C




• Hàm số 3 2 23 3 2 5f x x x m m x đồng biến trên 0;2 khi

0 0;2f x x ( 0f x tại hữu hạn điểm)

Ta có 2 23 6 3 2f x x x m m

2 20 0;2 3 6 3 2 0 0;2f x x x x m m x

23 9 15 0f x m m m .

Vậy 0f x luôn có hai nghiệm phân biệt 1 2;x x .

Yêu cầu bài toán

1 2

1 2

2 1

0 2

x x

x x

(1) Vô nghiệm.

(2) 20 3 17 3 173 2 0

0 2 2

Sm m m

P

Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.


Ta có:

SAB ABCD

SAB ABCD AB SH ABCD

SH AB

.



Mà , 2 2DI CH

DI SHC d D SHC DI aDI SH

.

Ta có BHC AHEBHC AHE S S và HE HC .

Mà ABCD AHCD BHC AHCD AHE DCES S S S S S .

Tam giác SAB đều nên 3SH a .

Tam giác SHC có 2 2 2 2 2 2HC SC SH a EC HC a .

Khi đó 21. 4

2ABCD DCES S DI EC a .

Vậy 3

21 1 4 3.S 3.4

3 3 3ABCD ABCD

aV SH a a .


Ta có:

4 2

4 2

sin cos 2

sin sin 3

y x x

y x x

Đăt 2sin , 0;1t x t

4 2

3

( ) 3

'( ) 4 2

0 [0;1]

2'( ) 0 [0;1]

2

2[0;1]

2

2 11(0) 3; (1) 3;

2 4

f t t t

f t t t

t

f t t

t

f f f

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho là: 11

4




Đạo hàm: 29 2 7y x x .

Phương trình tiếp tuyến tại điểm 0 0;M x y là : 0 0y k x x y .

Hệ số góc 0 7k y

Phương trình tiếp tuyến cần tìm tại điểm 0;1A là: 7 0 1 7 1y x y x .


Gọi I là trung điểm BC .

Ta có ABC đều nên 3

2 32

ABAI .

AI BCA I BC

AA BC

''

21. ' ' 4

2A BC

A BC

SS BC A I A I

BC .

' ( ) 'AA ABC AA AI .

Xét A AI vuông tại A 2 2 2AA A I AI

Vậy .

24 3. .2 8 3

4ABCABC A B CV S AA .


Đồ thị hàm số có bốn đường tiệm cận khi phương trình 2 2 1 0 m x m có hai nghiệm

phân biệt khác 1

2

2

0 0

11 0

m m

mm m.




TXĐ: \ 1 D .

Ta có:

2

1'

1

my

x

Hàm số đồng biến trên 2 khoảng xác định

1 0 1m m .


Xét phương trình hoành độ giao điểm sin cosx x sin cos 0 x x

Số giao điểm của hai đồ thị hàm số chính là số nghiệm của phương trình trên

52 ;

2

.

Khi đó ta có sin cos 0 2 sin 04

x x x

,4

x k k

.

Mà 5

2 ;2

x

nên ta có

52

4 2k

9 9

4 4k .

Hay ta có 2; 1;0;1;2k .


23x 3 y ;

23x 3 A Ay x ;

23x 3 B By x

Tiếp tuyến tại ,A B song song nên A By x y x 2 23x 3 3x 3 A B

lo¹i do

chän

A B A B

A B

x x x x

x x

Ta có : 22 2 22 3 33x 1 3x 1

B A B A B A B B A AAB x x y y x x x x

6 4 24x 24x 40x B B B



Giả thiết

6 37AB 3 26 4 2 2 2 24x 24x 40x 36.37 6 10 333 0 B B B B B Bx x x

23 3 lo¹i

93 3 chän

B A

B

B A

x xx

x x

Vậy 2x 3x 2.3 3 3 15 A BS .


• Ta có 15 15

15 15 1515 15

0 0

3 2 3 2 2 3k kk k k k k

k k

x C x C x

.

Hệ số của 7x ứng với 0 15,

77

k kk

k

.

Vậy 7 8 7 7 8 7

15 152 3 .3 .2C C là hệ số cần tìm.


• Ta có : 22 2

44

li

1 11

m lim32

1

32

x x

xx

x x

xx

x

xx2

1 14

lim3

2

1

x

x x

x

1

2 .



• Ta tìm số cách chọn 7 cuốn còn lại sao cho không có đủ 3 môn.

Có 3 trường hợp :

• 7 cuốn còn lại gồm 2 môn toán lý : có 79C cách

• 7 cuốn còn lại gồm 2 môn lý hóa : có 711C cách

• 7 cuốn còn lại gồm 2 môn toán hóa : có 710C cách

Suy ra có 7 7 79 11 10 486C C C cách chọn 7 cuốn còn lại sao cho không có đủ 3 môn. Do

đó số cách chọn 8 cuốn sao cho 7 cuốn còn lại có đủ 3 môn là 715 486 5949C cách.



Xác suất cần tìm là 7

15

5949 661.

715P

C


2 2 2BC AB a . Gọi H là trung điểm BC ta có:

AH BC

BC ABC DBC AH DBC

ABC DBC

. Kẻ HE DC , HK AE 1

Ta có

( )

2

DC HE

DC AH do AH DBC DC

DC AHE DC HK

.

Từ 1 & 2 ;HK ADC d H ADC HK

2 2

2 . 2 6; 2 ;

3

AH HEd B ADC d H ADC

AH HE

Với: ,2 2

BC ABAH HE ; 2,

2 2

BC BCAH a HE a


• Theo tính chất của cấp số cộng: 2 6 2 4

3212 8

a aa.b

a b b

.




• Vận tốc tức thời của vật trong khoảng thời gian nghiên cứu bằng

2

1010

324 90 m/s

2ttv s t t t

.


Ta có 2 22 2 2 2 2 21 1 1 2 . 1 1 1 1 2 1f n n n n n n n n n n

22 1 1 1n n

Do đó:

2 2 2

22 2

2 1 1 2 12 1 2 1 1

2 2 1 12 1 2 1 1

n nf n n

f n nn n

Suy ra

1 . 3 . 5 ... 2 1 1 3 5 2 1

2 . 4 . 6 ... 2 2 4 6 2n

f f f f n f f f f nu

f f f f n f f f f n

22 2 2

2 22 2 2 2

2 1 11 1 3 1 5 1 2 1

3 1 5 1 7 1 2 2 12 1 1 2 1 1

n

n nn n

2

1.

2 2 1nn u n

n n

1lim

2nn u .


Gọi x 0 x a là độ dài của một cạnh góc vuông.

Độ dài cạnh góc vuông còn lại là: 2 2 2 2a x x a ax .

Diện tích của tam giác là: 212

2S x a ax .

Ta có 2

2

1 3

2 2

a axS

a ax

; 0

3

aS x .

Bảng biến thiên:



Vậy

2

max6 3

aS

.


6cos3 2sin 2 .y x x


+/Gọi khối hộp chữ nhật có các kích thước lần lượt là: , , . a b c Khi đó thể tích khối hộp

là: .V abc

+/ Khi tăng độ dài tất cả các cạnh của khối hộp chữ nhật lên gấp đôi thì khối hộp tương

ứng có các kích thước lần lượt là: 2 , , 2 2a b c nên thể tích của khối hộp tương ứng là:

' 2 .2 2 8 .8.V a b c abc V

Vậy thể tích của khối hộp tương ứng tăng lên 8 lần.


IM

H

B C

A

S

Gọi I là điểm thuộc SA sao cho 1

//3

SIIM AC

SA .



Gọi H là trung điểm của AB . Ta có

SAB ABC

SAB ABC AB SH ABC

SH AB

.

AC AB

AC SAB IM SAB IM BI BIMAC SH

vuông tại I .

1 1 1 1 1 4 3 1 4 3. . . .

3 3 3 3 9 2 2 9SBAM

SBAM SBAC ABC

SBAC

V SMV V SH S AB AC AC

V SC .

2 2 2 4 3 8 3.

3 3 3 9 27ABIM

ABIM ABSM

ABSM

AI

A

VV V A

SC AC

V .

2 02

2

0 22 8 8 112 4 7os60 4 2.4. . os60

3 92 .

3.

3B cI AB AI AB Ic BAI

.

1 1 4 7 1 2 7. . .

2 2 3 3 9BIMS BI IM AC AC .

8 33.

31 4 2127. , ,3 72 7

9

ABIMABIM BIM

BIM

ACV

V S d A BIM d A BIMS

AC

.


B

CA

S

Ta có SA ABC

SA AB

SA AC

SA BC

. Suy ra các phương án B, D đều đúng.



Ta có BC SA

BC AB

BC SB . Suy ra phương án C đúng.

Ta có S AC

SA AC

nên chỉ có đường thẳng SA vuông góc với AC . Do đó không tồn tại

SB AC . Phương án A sai.


C

B

A

C'

B'

A'

H

Gị H là trung điểm của đoạn B C ta có .ABC A B C là lăng trụ đều

AH B C

A H B C

góc giữa hai mặt phẳng AB C và A B C là AHA .

A B C đều cạnh 2a 3A H a

AA H vuông tại A 1tan

63 3

AA aAHA AHA

A H a

.




J

K

IH N

M

C

AD

B

S

a 2a 2

a

a

aa

a

IH

N

C

EA

B

D

Ta dễ chứng minh được tam giác ACD vuông tại C, từ đó chứng minh được CN vuông

góc với mặt phẳng SAC hay C là hình chiếu vuông góc của N trên SAC . Đường

thẳng MN cắt mặt phẳng SAC tại J xác định như hình vẽ. Suy ra góc giữa MN và

SAC là góc NJC .

IN là đương trung bình trong tam giác ACD suy ra IN=a, IH là đường trung bình trong

tam giác ABC suy ra 1

2 2

aIH BC . Dựa vào định lí Talet trong tam giác MHN ta được

2 2 1 1

.3 3 2 3 3

aIJ MH SA SA . Dựa vào tam giác JIC vuông tại I tính được

22

6JC .

Ta dễ tính được 2

2

aCN ,

10

3

aJN .

Tam giác NJC vuông tại C nên 55

cos10

JCNJC

JN.




Phương trình hoành độ giao điểm của P và C :

4 2 26 3 1x x x 4 25 4 0x x 2

2

1 1

24

x x

xx

Vậy ta có tổng bình phương các hoành độ giao điểm của P và C :

2 22 21 1 2 2 10 .


• Ta có lim lim 1x x

y y

nên đồ thị có một tiệm cận ngang là 1.y

Ngoài ra : + 2 2 2

1 2 1 1lim lim lim

2 2 2 4x x x

x x xy

x x x

;

2

22 2

3 2lim lim

4x x

x xy

x

nên đồ thị có thêm một tiệm cận đứng.


Ta có tan 03

x

,3

x k k

,3

x k k

.

-----Hết-----

Documents

HOC360.NET – TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ€¦• Xét hàm số 4 4 12 8 , cho 03 2 2 2 2 6 2 a x f x x ax ax f x x ax a f x a x loai • Thể tích đạt GTLN khi . 6