s3-ap-southeast-1.amazonaws.com€¦Câu 6: Đáp án C Phương pháp: + Dựa vào bảng biến thiên để nhận xét. + Điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm

HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ

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

Đáp án

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

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

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản: 1

cos nxdx sin nx Cn

Cạch giải: Ta có: 1

f x dx cos2xdx sin 2x C2

Câu 2: Đáp án D

Phương pháp:

+ Cho phương trình đường thẳng

0

0

0

x x at

: y y bt .

z z ct

Khi đó ta biết đường thẳng đi qua điểm

0 0M x ; y và có vVTCP u a;b;c

.

+ Chú ý: Véc tơ là một VTCP của thì ku k

cũng là một VTCP của .

Cách giải:

Ta có VTCP của là: u 2;1;0

n 2; 1;0

cũng là một VTCP của

Câu 3: Đáp án B

Phương pháp:

+ Số phức z a bi a,b được biểu diễn bởi điểm M a;b trên mặt phẳng xOy.

+ Tọa độ trung điểm I của AB là:

A B1

A B2

x xx

2

y yx

2

Cách giải:

Dựa vào hình vẽ ta thấy: 1 1

A 2;1 ,B 1;3 M ;2 z 2i2 2



Câu 4: Đáp án D

Phương pháp:

+ Giải phương trình tích:

f x 0f x g x 0

g x 0

+ Giải phương trình logarit:

a b

f x 0log f x b

f x a

Cách giải:

Điều kiện: 2 2x 2018

x 2018 0 x 2018x 2018

Ta có:

2

2 2

2

ln x 1 0ln x 1 ln x 2018 0

ln x 2018 0

22

2 2

x 0 lx 1 1 x 2019

x 2018 1 x 2019 tm x 2019

nên phương trình có 2 nghiệm.

Câu 5: Đáp ánC

Phương pháp: Điểm M a;b;c có hình chiếu trên trục Ox, Oy, Oz lần lượt là:

1 2M a;0;0 ,M 0;b;0 và 3M 0;0;c .

Cách giải: Hình chiếu của M lên trục Oy là Q 0;2;0

Câu 6: Đáp án C

Phương pháp:

+ Dựa vào bảng biến thiên để nhận xét.

+ Điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm số y f x là nghiệm của phương trình y ' 0 .

+ Điểm 0x x là điểm cực đại của hàm số nếu qua điểm đó hàm số đổi dấu từ dương sang âm.

+ Điểm 0x x là điểm cực tiểu của hàm số nếu qua điểm đó hàm số đổi âm từ dương sang

dương.

Cách giải:

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra đồ thị hàm số đạt cực đại tại x 0 , đạt cực tiểu tại x 1 .

Câu 7: Đáp án B



Phương pháp: Quay hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị hàm số y f x ; y g x và các

đườn thẳng x a;x b a b quanh trục Ox ta được khối tròn xoay có thể tích được tính theo

công thức: b

2 2

a

V f x g x dx

Cách giải: Ta có 1 1

2

0 0

V 2x 1 dx 2x 1 dx

Câu 8: Đáp án A

Phương pháp:

+ Dựa vào đồ thị hàm số để đưa ra nhận xét và chọn hàm số hợp lý.

Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt, có

3 cực trị và nhận trục tung làm trục đối xứng nên đồ thị của hàm số là đồ thị của hàm trùng

phương.

Câu 9: Đáp án C

Phương pháp:

+ Sử dụng các công thức cơ bản của hàm logarit.

Cách giải:

Ta có: 2

log 10ab 2log 10ab 2 1 log a log b đáp án A đúng.

2

log 10ab 2 log10 log ab 2 2log ab đáp án B đúng.

2

log 10ab 2 log10 log a log b 2 1 log a log b đáp án C sai.

Câu 10: Đáp án B

Phương pháp:

Cho hai mặt phẳng:

1 1 1 1

2 2 2 2

: a x b y c z d 0.

: a x b y c z d 0

Khi đó 1 1 1 1

2 2 2 2

a b c d/ /

a b c d

Cách giải:

Để / / thì m 22 4 m 2

mm 21 2 1 1

Câu 11: Đáp án D

Phương pháp:

+ Công thức tính thể tích hình hộp chữ nhật là: dV S .h

Cách giải:



Ta có: ABCD ABC ABCD.A 'B'C 'D'S 2S 2S V 2Sh


Phương pháp:

Dựa vào tính chất liên tục của hàm số.

Cách giải:

TXĐ: D \ 1 . Đồ thị hàm số x

yx 1

không liên tục tại điểm x 1 .

Câu 13: Đáp án C

Phương pháp:

+ Công thức diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình trụ là:

2xq tpS 2 Rl;S 2 Rl 2 R

Cách giải:

Ta có: 2tp xqS 2S 2 Rh 2 R 4 Rh R h


Phương pháp:

+ Công thức chỉnh hợp:

kn

n!A n 1;0 k n;n

n k !

+ Công thức tổ hợp:

kn

n!C n 1;0 k n;n

k! n k !

Cách giải:

Ta có: k kn nA k!.C nên đáp án B sai.


Phương pháp:

+) Dựa vào đồ thị hàm số nhận xét những đặc điểm của đồ thì và chọn kết luận đúng.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra đồ thị hàm số đồng biến trên 1;0 và 2; , nghịch biến trên

; 1 và 0;2


Phương pháp:

+) Đường thẳng x a được gọi là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y f x nếu:

x alimf x



+) Đường thẳng y b được gọi là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y f x nếu:

xlim f x b

Cách giải:

TXĐ: D ; 1 1;

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x 1 .

Ta có x x

2

11

1xlim y lim 11 1

1x

tiệm cận ngang y 1 .

Lại có x x

2

11

1xlim y lim 11 1

1x

tiệm cận ngang y 1 .

Đồ thị hàm số 2

x 1y

x 1

có tất cả 3 cận đứng và tiệm cận ngang.


Phương pháp:

+) Phương trình 2ax bx c 0 có hai nghiệm phân biệt 0

Cách giải:

Phương trình 2x bx 2 0 có hai nghiệm phân biệt 2b 8 0

Vì b là số chấm của con súc sắc nên *1 b 6,b b 3;4;5;6

Vậy xác suất cần tìm là 4 2

6 3


Phương pháp:

+) Phương trình đường thẳng đi điểm 0 0 0M x ; y ;z và có VTPT n a;b;c

có phương trình:

0 0 0a x x b y y c z z 0.

+) Hai vecto u; v

cùng thuộc một mặt phẳng thì mặt phẳng đó có VTPT là: n u, v

Cách giải:

Mặt phẳng chưa điểm M và trục Ox nên nhận Oxn OM;u

là một VTPT.



Mà

0 1 1 1 1 0

Ox 0 0 0 1 1 0

Ox

OM 1;0; 1n OM;u ; ; 0; 1;0

u 1;0;0

Kết hợp với đi qua điểm M 1;0; 1 : y y 0 0 y 0


Phương pháp:

+) Xác định góc giữa đường thẳng BC’ và mặt phẳng ABB'A ' sau đó dựa

vào các tam giác vuông để tìm tan của góc đó.

Cách giải:

Ta có: C'A ' A 'B'

C 'A ' ABB'A ' BC '' ABB'A ' C 'BA 'C 'A ' A 'A

2 2 2 2

A 'C ' a a 2tan BC '; ABB'A ' tan C 'BA '

A 'B 2A 'B' BB' a a

Câu 20: Đáp án A

+) Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm số:

a

f ' xlog f x ' .

f x .ln a

Cách giải:

Ta có

2x 1 ' 2 2f ' x f ' 0

2x 1 ln 3 2x 1 ln 3 ln 3


Phương pháp:

+) Tính khoảng cách từ O đến SCD sau đó sử dụng các công thức tính nhanh để tính.

Cách giải:

Xét tứ diện SOCD ta có: SO,OC,OD đôi một vuông góc với nhau

2 2 2 2

1 1 1 1

d SO OC OD với d O; SCD .

Có 2 2 2BD BC CD 2.4a 2a 2

Cạnh 2 2 2 2

BD 1 1 1 1 a 2OC OD a 2 d .

2 d a 2a 2a 2


Phương pháp:

+) Đổi biến và đổi cận để đơn giản biểu thức cần tính tích phân.



+) Sử dụng công thức tính tích phân của các hàm cơ bản để tính.

Cách giải:

Đặt 23x 1 t t 3x 1 2tdt 3dx

Đổi cận:

21 2 2

0 1 1 1

x 0 t 1 dx 1 2t 2 2 2. dt dt t

x 1 t 2 t 3 3 3 33x 1


Phương pháp:

+) Hàm số y f x đồng biến trên y ' 0 với mọi x

Cách giải:

Ta có: 2y ' 2f ' x 0 f ' x 0 x 2x 0 0 x 2


Phương pháp:

+) Giải phương trình y ' 0 để tìm các nghiệm ix x

+) Ta tính các giá trị iy a ; y x ; y b và kết luận giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn a;b

Cách giải:

Hàm số đã xác định và liên tục trên 3; 1 .

Ta có:

2

2

x 2 3; 14y ' 1 y ' 0 x 4

x x 2 3; 1

Tính 3; 1

10y 3 ly 1 4; y 2 3 min y 4

3


Phương pháp:

+) Giải phương trình bậc hai ẩn z trên tập số phức.

+) Cho số phức 2 2z a bi a,b z a b

Cách giải:

Ta có 22 2z 8z 25 0 z 4 9 9i

1

1 2

2

z 4 3iz 4 3i z z 6i 6

z 4 3i


Phương pháp:



Gọi đường thẳng cần tìm là d’

Gọi A d A d '. Tìm tọa độ điểm A.

d ' dn u ;n

là 1 VTCP của đường phẳng d’

Cách giải:

Gọi d’ là đường thẳng cần tìm, gọi A d A d '

Ta có x 1 t

d : y 2 2t t A t 1;2t 2; t 3

z 3 t

Mà A t 1 2t 2 t 3 2 0 A 2;4;4

Lại có

d

d

u 1;2;1u ;n 3;2; 1

n 1;1; 1

là một VTCP của d’

Kết hợp với d’ qua x 2 y 4 z 4 x 5 y 2 z 5

A 2;4;4 d :3 2 1 3 2 1


Phương pháp:

Gọi z x yi, thay vào giải thiết và so sánh hai số phức a a '

a bi a ' bi 'b b '

Cách giải:

Giả sử 2 2 2z x yi x, y x yi x y x yi

2 2 2 2

2 2 2 2

2

2

2xy yx y 2xyi x y x yi

x y x y x

y 0x y 0

y 0 x 01

1 x1x 2x2 2 1y2y x 0 1

22y 02

Do đó có 3 số phức z thỏa mãn bài toán.


Phương pháp:



Để hàm số đồng biến trên 1; y ' 0 x 1; và y ' 0 tại hữu hạn điểm thuộc

1;

Cách giải:

Ta có 2 3 2 2y ' 4m x 4 4m 1 x 4x m x 4m 1

Để hàm số đồng biến trên

2 21; y ' 0, x 1; m x 4m 1 0, x 1; 1

Rõ ràng m 0 thỏa mãn (1).

Với m 0 thì

2

2 2 2

m 0m 04m 1 4m 1

1 x x 1; 1 m 2 3m m m 4m 1 0

m 2 3

Kết hợp với

m 10;10

m 4;5;6;7;8;9; 9; 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1 .m

Vậy có 16 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.


Phương pháp:

Sử dụng khai triển nhị thức Newton n

n k n k kn

k 0

a b C a b

Hệ số 15a là hệ số của số hạng chứa 3x . Tìm hệ số của số hạng chứa 3x .

Cách giải:

Ta có: 99 k2 k 9 k 2

9k 0

3 2x x C .3 . x 2x

Hệ số 15a thuộc số hạng 315a x nên với k 4 thì sẽ không thỏa mãn.

Với k 2k 9 k 2 2 4 3 2

9k 2 C .3 . x 2x 78732 x 2x 78732 x 4x 4x

Với k 3 2k 9 k 2 2 6 4 2 39k 3 C .3 . x 2k 61236 x 2x 61236 x 3x .2x 3x . 2x 8x

Do đó 15a 78732. 4 61236. 8 804816


Phương pháp:



+) Đặt ẩn phụ t 2x tính 2

0

f x dx

+) Sử dụng phương pháp tích phân từng phần tính 2

0

x.f ' x dx.

Cách giải:

Xét 1

0

f 2x 2, đặt dt

2x t 2dx dt dx .2

Đổi cận x 0 t 0

x 1 t 2

2 2

0 0

12 f t dt f x dx 4

2

Đặt

2 220

0 0

u x du dxx.f x dx x.f x f x dx 2f 2 4 2.16 4 28

dv f ' x dx v f x

Câu 31: Đáp án

Phương pháp:

Cách 1: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A ' 0;0;0 , B' 1;0;0 ;D ' 0;1;0 ; A 0;0;1 . Xác định

tọa độ các điểm M, N.

Sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

B'D ';MN .NB'

d MN;B'D 'B'D ';MN

Cách 2: Xác định mặt phẳng (P) chứa B’D’ và song song với MN, khi đó

d MN;B'D ' d B'D '; P d O; P (với O là trung điểm của B'D').

Cách giải:

Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ với A ' 0;0;0

B' 1;0;0 ;D ' 0;1;0 ;A 0;0;1 , C 1;1;1 ; C ' 1;1;0 ;

B 1;0;1 ;D 0;1;1

Ta có: 1 1 1

M ; ;1 ; N 1; ;02 2 2

Khi đó 1

B'D ' 1;1;0 ;MN ;0; 12



Suy ra 1

B'D ';MN 1; 1;2

1B'D ';MN .NB'1 1 12NB' 0; ;0 B'D ';MN .NB' d MN;B'D '

32 2 3B'D ';MN2

Cách 2: Gọi P là trung điểm của C' D' suy ra d d O; MNP

Dựng 2 2

MO.OEOE NP;OF ME d OF

MO OE

trong đó

a 2 aMO a;OE d

4 3


Phương pháp:

Gọi 2M a;a P , tính 2MA theo a và tìm GTNN của 2MA

Cách giải:

Gọi 2

22 2 2 1M a;a MA a 2 a f a

2

Khi đó 2 31f ' a 2 a 2 2 a .2a 4a 4 0 a 1

2

Lại có: minx

5 5lim f a Min f a f 1 MA

4 2


Phương pháp:

+) Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho tâm O trùng với tâm của viên gạch hình vuông. Xác định

tọa độ các đỉnh của hình vuông.

+) Tính diện tích của một cánh hoa ở góc phần tư thứ nhất. Xác định các phương trình parabol

tạo nên cánh hoa đó.

+) Sử dụng công thức ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng.

Cách giải:

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ:

Với A 20;20 , xét hình phẳng ở góc phân tư thứ nhất.

Hai Parabol có phương trình lần lượt là: 21y a x P và 2

2x ay P

Do Parabol 1P qua điểm 2

2

20 1 xA 20;20 a y

20 20 20



Do Parabol 2P qua điểm A 20;20

2

2

20 1 ya y y 20x

20 20 20

2020 2 33

0 0

x 2 x 400S 20x dx 20x

20 3 60 3


Phương pháp:

+) Tính thể tích của mực nước ban đầu 1V

+) Gọi R là bán kính của viên billiards hình cầu, tính thể tích khối cầu 2V

+) Tính thể tích mực nước lúc sau V

+) Từ giả thiết ta có phương trình 1 2V V V , tìm R.

Cách giải:

Thể tích mực nước ban đầu là: 2 21 1 1V r h .5,4 .4,5

Gọi R là bán kính của viên bi ta có sau khi thả viên bi vào cốc, chiều cao của mực nước bằng

2R, do đó tổng thể tích của nước và bi sau khi thả viên bi vào trong cốc là:

2 21V r . 2R .5,4 .2R

Thể tích của quả cầu là: 3

C

4V R

3

Ta có: 2 3 21 2

4V V V 5, 4 .4,5 R 5, 4 .2R

3

Giải phương trình trên với điều kiện R 4,5 R 2,7cm


Phương pháp:

Chuyển vế, đưa phương trình về dạng f x 0 x min f x 0

Cách giải:

Xét hàm số xf x a 9x 1 x

Ta có: xf 0 0;f ' x a ln a 9

Để f x 0 x thì Min f x 0 f 0 f x

là hàm đồng biến trên 0; và nghịch

biến trên ;0 suy ra 0 9f ' 0 0 a ln a 9 a e 8103. Vậy 3 4a 10 ;10 .




Phương pháp:

Đặt 2t x x 1, tìm khoảng giá trị của t.

Xét bất phương trình f t 0 trên khoảng vừa tìm được M t 0

Cách giải:

Đặt 2

2 1 3 3t x x 1 x

2 4 4

Khi đó BPT trở thành 3

f t t 1 a ln t 0 t ;4

Ta có: a

f ' t 1 0 t at

Mặt khác t

3 7 3lim f t ;f a ln

4 4 4

Với a 0 f t đồng biến trên 3

;4

3

;4

3 7 3f t 0 t ; Min f t a ln 0

4 4 4

73 7 4a ln a 6,08.

34 4 ln4

Vì đề bài yêu cầu tìm số thực lớn nhất nên suy ra a 6;7 .


Phương pháp:

B'.ACC'A' B'.BAC

2V V V V,

3 với V là thể tích khối lăng trụ.

Tính thể tích khối lăng trụ.

Cách giải:

Dựng B'M A C B'M (ACC A )

Dựng ' AC 'MN AC (MNB')

Khi đó AB'C ' ; AC 'A ' MNB' 60

Ta có: a 2 B'M a 6

B'M MN2 tan MNB' 6



Mặt khác MN A A '

tan AC'A 'C ' N A 'C '

Trong đó 2 2a 6 a 2 a 3MN ;MC' C' N C 'M MN

6 3 3

Suy ra AA'=a

Thể tích lăng trụ 2 3 3

B'.ACC'A ' B'.BAC

AB a V 2 aV .A A V V V V V

2 2 3 3 3


Phương pháp:

+) Từ giả thiết iz 2 i 1 , tìm ra đường biểu diễn C của các số phức z.

+) Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn của 1 2 1 2z ;z z z AB vị trí của AB đối với

đường tròn C .

1 2z z OA OB

+) Sử dụng công thức trung tuyến tính 2 2OA OB

+) Sử dụng BĐT Bunhiascopsky tìm GTLN của OA OB

Cách giải:

Ta có: iz 2 i 1 i x yi 2 i 1 với ( z x yi x; y )

22

x 1 y 2 1 M x; y biểu diễn z thuộc đường tròn tâm I 1; 2 bán kính

R 1 .

Lại có: 1 2z z OA OB

Mặt khác theo công thức trung tuyến ta có: 2 2 2

2 2 2OA OB ABOI OA OB 8

2 4

Theo BĐT Bunhiascopsky ta có: 22 22 OA OB OA OB OA OB 4

Câu 39: Đáp án

Phương pháp:

+) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ

0 0 0 0x : y y ' x x x y

+) Thay tọa độ điểm B vào phương trình tiếp tuyến, suy ra phương trình có dạng 0b f x tìm

điều kiện của b để phương trình đó có nghiệm duy nhất.



+) Phương trình 0b f x có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đường thẳng y b cắt đồ thị hàm

số 0y f x tại một điểm duy nhất. Lập BBT của đồ thị hàm số 0y f x và kết luận.

Cách giải:

Phương trình tiếp tuyến của C tại 3 20 0 0M x ; x 3x có dạng:

2 3 20 0 0 0 0y 3x 6x x x x 3x

Do tiếp tuyến đi qua điểm 2 3 2 3 20 0 0 0 0 0 00;b b 3x 6x x x 3x 2x 3x

Để có đúng một tiếp của C đi qua B 0;b thì phương trình 3 20 0b 2x 3x có duy nhất một

nghiệm.

Xét hàm số 3 2 2 x 0 y 0y 2x 3x y ' 6x 6x 0

x 1 y 1

BBT:

x 0 1

y ' - 0 + 0 -

y 1

0

Dựa vào BBT của đồ thị hàm số suy ra PT có 1 nghiệm khi b 1

b 0

Với b 10;10 b 9; 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1;2;3;4;5;6;7;8;9 có 17 giá trị

nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bào toán.


Phương pháp:

+) Nhận xét VT f x .f ' x '

+) Lấy nguyên hàm hai vế hai lần.

Cách giải:

Ta có: 2 4f x .f ' x ' f ' x f x .f '' x 15x 12x

Nguyên hàm 2 vế ta được 5 2f x .f ' x 3x 6x C

Do f 0 f ' 0 1 C 1



Tiếp tục nguyên hàm 2 vế ta được: 5 2f x df x 3x 6x 1 dx

2 6 36 3f x 3x 6x 1

x D x 2x x D2 6 3 2

Do 2 6 3 21 1 1f 0 1 D f x x 2x x f 1 4

2 2 2


Phương pháp:

+) Gọi A 0;0;a , a 0 viết phương trình đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với

+) B AB tìm tọa độ điểm B theo a.

+) Tam giác MAB cân tại M MA MB, tìm a.

+) Sử dụng công thức tính diện tích MAB

1S MA;MB

2

Cách giải:

Gọi A 0;0;a a 0 , vì AB mp Phương trình đường thẳng x t

AB : y 0

z a t

Mà B AB B t;0;a t và a 3

B mp t a t 3 0 t2

Khi đó

AM 1;1;;1 aa 3 a 3

B ;0; a 1 5 a2 2 BM ;1;

2 2

2 222 2

22

2 2

a 1 5 aAM BM AM BM 2 1 a 1

4

2a 8a 26a 2a 2

4

2a 18 a 9 a 3 a 0

AM 1;1; 2AM;BM 3;3;3

BM 2;1;1

Vậy diện tích tam giác MAB là MAB

1 3 3S MA;MB

2 2


Phương pháp:



Tính g ' x , giải bất phương trình g ' x 0

Cách giải:

Ta có x 1 x

g x f 1 x g ' x .f ' 1 1; x2 2 2

Xét bất phương trình 1 x x

g ' x 0 .f ' 1 1 0 f ' 1 2 *2 2 2

Thử lần lượt từng đáp án

Đáp án A: x x

x 2;4 1 1;0 f ' 1 12 2

đáp án A sai

Đáp án B: x x

x 4; 2 1 2;3 f ' 1 22 2

B đúng.

Đáp án C: x x

x 2;0 1 1;2 1 f ' 1 22 2

Csai

Đáp án D: x x

x 0;2 1 0;1 1 f ' 1 12 2

D sai.


Phương pháp:

+) Sử dụng phương pháp từng phần đối với tích phân 1

0

f ' x .cos xdx.

+) Sử dụng kết quả 1

2

0

f x k.sin x dx 0 tính f x

+) Lấy tích phân từ 0 đến 1 cả 2 vế tính 1

0

f x dx

Cách giải:

Đặt

u cos x du sin xdx

dv f ' x dx v f x

Ta có 1 1

10

0 0

f ' x .cos xdx f x .cos x f x .sin xdx

1 1

0 0

1f 1 f 0 f x .sin xdx f x .sin dx

2 2

Xét 1 1 1 1

2 2 2 2

0 0 0 0

f x k.sin x dx 0 f x dx 2k. f x .sin xdx k . sin x dx 0



221 1 1

k 2k. 0 k 1 0 k 1.2 2 2

Suy ra 21

0

f x sin x dx 0

Vậy 11 1

00 0

cos x 1 1 2f x sin x f x dx sin xdx

x


Phương pháp:

Gọi H là trung điểm của AB SH ABCD

Gắn hệ tọa độ Oxyz, với

3 1 1 1 1

H 0;0;0 ,S 0;0; ,A ;0;0 ;B ;0;0 ;C ;1;0 , D ;1;02 2 2 2 2

Gọi 1 2n ;n

lần lượt là VTPT của mặt phẳng

1 2

1 2

n .nGMN ; ABCD cos GMN ; ABCD

n . n

Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB.Vì SAD ABCD SH ABCD

Gắn hệ tọa độ Oxyz, với

3 1 1 1 1

H 0;0;0 ,S 0;0; ,A ;0;0 ;B ;0;0 ;C ;1;0 , D ;1;02 2 2 2 2

Khi đó 3 1 1 3 1 1 3

G 0;0; ,M ; ; , N ; ;6 4 2 4 4 2 4

1 1 3 1GM ; ; ;MN ;0;0

4 2 12 2



GMN1

3 1n n GM;MN 0; ;

24 4

Và mặt phẳng ABCD có véc tơ pháp tuyến là ABCD2n n k 0;0;1

Vậy cosin góc giữa hai mặt phẳng 1 2

1 2

n .n 2 39GMN , ABCD cos

13n . n


Phương pháp:

Đặt 2g x f x 8x m , tính g ' x và giải phương trình g ' x 0, tìm điều kiện để phương

trình có 5 nghiệm phân biệt và qua các nghiệm đó g ' x đổi dấu.

Cách giải:

Ta có 2

2

x 4g ' x 2x 8 f ' x 8x m 0 I .

f ' x 8x m 0 *

Mà 2 22f ' x x 1 x 2x x 1 .x x 2 ; x

Suy ra

2

22 2 2 2

2

x 8x m 1 0 1

* x 8x m 1 x 8x m x 8x m 2 0 x 8x m 0 2

x 8x m 2 0 3

Qua các nghiệm của phương trình (1) (nếu có) thì g ' x đều không đổi dấu. Do đó ta không

xét phương trình (1).

Để hàm số đã cho có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình (2); (3) có 2 nghiệm phân biệt

khác 4.

16 m 0

16 m 2 0m 16

16 m 0

18 m 0

Kết hợp *m có 15gias trị m cần tìm.


Phương pháp:



Xét phương trình hoành độ giao điểm 3 2x a 10 x x 1 0, cô lập a, đư phương trình về

dạng a f x , phương trình có nghiệm duy nhất đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm số

y f x tại một điểm duy nhất, lập BBT và kết luận.

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của C và OX là 3 2x a 10 x x 1 0 *

Dễ thấy x 0 không là nghiệm của phương trình (*). Khi đó 3

2

x x 1* a 10 .

x

Xét hàm số 3

2 2

x x 1 1 1f x x ,

x x x

có

3

3

x x 2f ' x 0 x 1

x

Tính x x x 0 x 0lim f x ; lim f x ; lim f x ; lim f x ;f 1 1.

BBT:

x 0 1

y ' - - 0 +

y

1

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy f x a 10 có nghiệm duy nhất a 10 1 a 11


Phương pháp:

z

2 2

2 2 2 2 z 1 z

log x y z x y 10x y 10 x y

log x y z 1 x y 10 10.10

Thay z10 x y vào 3 3 3x 2xx y a.10 b.10 , biến đổi, thế và đồng nhất hệ số.

Cách giải:

Ta có

z

2 2

2 2 2 2 z 1 z

log x y z x y 10x y 10 x y

log x y z 1 x y 10 10.10

Khi đó 3 23 3 3z 2z 2 2 z zx y a.10 b.10 x y x xy y a. 10 b. 10



3 2 22 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

x y x xy y a. x y b. x y x xy y a. x y b. x y

b bx xy y a. x 2xy y . x y x y xy a . x y 2a.xy

10 10

Đồng nhất hệ số, ta được

b 1a 1 a

.10 2

b 152a 1

Vậy 29

a b2


Phương pháp:

+) Gọi M x; y;z tọa độ các véc tơ AM;BM

+) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A,B lên , có AMH BMK

+) Tính sin các góc AMH;BMHK và suy ra đẳng thức. Tìm quỹ tích điểm M là một đường

tròn.

+) Tính tâm của đường tròn quỹ tích đó.

Cách giải:

Gọi M x; y;z AM x 10; y 6;z 2 ;BM x 5; y 10;z 9

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, B lên , có AMH BMK

2 2 2 2 2 2

2.10 2.6 2 12 2.5 2.10 9 12AH d A; P 6;BK d B; P

2 2 1 2 2 1

Khi đó 2 2

AHsin AMH

AH BKMA MA 2MB MA 4MBBK MA MB

sin BMKMB

Suy ra 2 2 2 2 2 2

x 10 y 6 z 2 4 x 5 y 10 z 9

2 2 2

2 2 2 20 68 68 10 34 34x y z x y z 228 0 S : x y z 40

3 3 3 3 3 3

có

tâm 10 34 34

I ; ;3 3 3

Vậy M C là giao tuyến của và S Tâm K của C là hình chiếu của

10 34 34I ; ;

3 3 3

trên mặt phẳng .



Phương trình đương thẳng đi qua I và vuông góc với có dạng

10x 2t

3

34y 2t

3

34z t

3

K

10 34 34 10 34 34K 2t; 2t ' t ,K 2 2t 2 2t t 12 0

3 3 3 3 3 3

29t 6 0 t K 2;10; 12 x 2

3


Phương pháp:

+) Kiểm tra d

+) Gọi B O xy B a;b;0 B , thay tọa độ điểm B vào phương trình

1 phương trình 2 ẩn a, b.

+) d / / d d ; d B; d 3. Sử dụng công thức tính khoảng cách

d

d

BM;ud B; d ,

u

lập được 1 phương trình 2 ẩn chứa a, b.

+) Giải hệ phương trình tìm a,b => Toạn độ điểm B => Độ dài AB.

Dế thấy d và 1; 2; 3 d

Ta có B O xy B a;b;0 mà B 2a b 2 0 b 2 2a

Lại có d / / d d ; d B; d 3 . Đường thẳng d đi qua M 0;0; 1 , có

du 1;2;2

BM a; b; 1 BM;u 2b 2; 1 2a; 2a b

Do đó



2 2 2d

d

2 2 2 2 2 2

2

BM;u 2b 2 1 2a 2a bd B; d 3

3u

2b 2 1 2a 2a b 81 2 4a 1 2a 4a 2 81

a 1B 1;4;0

b 41 2a 3 a 11 2a 9

1 2a 3 a 2 a 2B 2; 2;0

b 2

Vậy 7

AB2

Câu 50: Đáp án

Phương pháp:

Điểm A x; y nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP 0 x 100;0 y 10, tính số

phần tử của không gian mẫu n

Gọi X là biến cố: “Các điểm A x; y thỏa mãn x y 90 ”. Tính số phần tử của biến cố

X n X .

Tính xác suất của biến cố X:

n XP X

n

Cách giải:

Điểm A x; y nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP 0 x 100;0 y 10,

Có 101 cách chọn x, 11 cách chọn y. Do đó số phần tử của không gian mẫu tập hợp các điểm

có tọa độ

nguyên nằm trên hình chữ nhật OMNP là n 101 x 11.

Gọi X là biến cố: “Các điểm A x; y thỏa mãn x y 90 ”.

Vì x 0;100 ; y 0;10 và

y 0 x 0;1;2;...;90

x y 90 ...........

y 1 x 0;1;2;...;89

Khi đó có 81 91 .11

91 90 ... 81 9462

cặp x; y thỏa mãn.

Vậy xác suất cần tính là

n X 946 86P

n 101 x 11 101



Documents

s3-ap-southeast-1.amazonaws.com€¦Câu 6: Đáp án C Phương pháp: + Dựa vào bảng biến thiên để nhận xét. + Điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm