Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Tải bản đầy đủ - 0trang

NHẬN XÉT ĐỀ

Mức độ đề thi: KHÁ

Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan.

Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, còn lại là câu hỏi lớp 11 chiếm 4%.

Khơng có câu hỏi lớp 10.

Cấu trúc tương tự đề thi minh họa năm 2018-2019.

22 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 4 câu VDC: C47, C48, C49, C50.

Chủ yếu các câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng.

Đề thi phân loại học sinh ở mức khá.



Trang 10/7



ĐÁP ÁN

1. B



2. C



3. A



4. C



5. C



6. B



7. A



8. A



9. B



10. D



11. C



12. D



13. B



14. A



15. C



16. A



17. A



18. A



19. B



20. C



21. D



22. A



23. D



24. B



25. D



26. A



27. A



28. D



29. B



30. A



31. B



32. B



33. C



34. C



35. A



36. B



37. B



38. C



39. D



40. C



41. D



42. B



43. D



44. D



45. D



46. D



47. B



48. A



49. A



50. C



LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1. Chọn đáp án C

Phương pháp

uuu

r

Ta có: AB   xB  x A ; yB  y A ; z B  z A  .

Cách giải

uuu

r

Ta có: AB   1  1; 2  1;3  3   2;1;0  .

Câu 2. Chọn đáp án C

Phương pháp

Cách 1: Tìm GTLN và GTNN của hàm số y  f  x  trên  a; b  bằng cách:

+) Giải phương trình y '  0 tìm các nghiệm xi .

+) Tính các giá trị f  a  , f  b  , f  xi  ( xi � a; b  ). Khi đó:

min f  x   min  f  a  ; f  b  ; f  xi   , max f  x   max  f  a  ; f  b  ; f  xi   .

 a ;b 

 a ;b

Cách 2: Sử dụng chức năng MODE 7 để tìm GTLN, GTNN của hàm số trên  a; b  .

Cách giải



x  0 � 0;3





6



3

3

x

� 0;3

Ta có: y '  4 x  6 x � y '  0 � 4 x  6 x  0 � �

2



6



x

� 0;3





2

�y  0   2



�� 6 � 1

� �y �

y  56 khi x  3 .

� �

�  � Max

 0;3

� �2 � 4

�y 3  56

� 

Câu 3. Chọn đáp án A

Phương pháp

Dựa vào đồ thị hàm số để nhận xét chiều biến thiên, các điểm thuộc đồ thị hàm số và các điểm cực trị từ

đó chọn cơng thức hàm số tương ứng.

Cách giải

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy nét cuối của đồ thị đi lên nên a  0 � loại đáp án B và D.

Ta thấy đồ thị hàm số đi qua  1; 2  và  1; 2  .

Trang 11/7



3



 1  3.  1  2 �



+) Đáp án A: �3

đáp án A có thể đúng.

1  3.1  2



3



 1  3.  1  4 �2 �



+) Đáp án C: �3

loại đáp án C.

1  3.1  4 �2





Câu 4. Chọn đáp án C

Phương pháp

ۣ

�f '  x 

Hàm số y  f  x  nghịch biến trên  a; b  ۣ



0 x



 a; b 



và bảng 0 tại hữu hạn điểm.



Cách giải

ۣ�

�

f '��

Hàm số nghịch biến ۣ

 x 0



x�

x 1 �

 x 2

2



0



x  x 2



0



0



x



2.



Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đáp án C thỏa mãn.

Câu 5. Chọn đáp án C

Phương pháp

+) Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y  f  x  là số nghiệm bội lẻ của phương trình f '  x   0 .

Cách giải

3

3

2

Ta có: y '  4 x  2 x � y '  0 � 4 x  2 x  0 � 2 x  x  1  0 � x  0 .



� Hàm số có 1 điểm cực trị.

Câu 6. Chọn đáp án B

Phương pháp

Sử dụng công thức: a m .b m   ab  .

m



x

x

Sử dụng công thức đạo hàm cơ bản:  uv  '  u ' v  uv ';  a  '  a ln a .



Cách giải

x x

x

x

Ta có: f '  x    3 .2  '   6  '  6 ln 6 .



Câu 7. Chọn đáp án A

Phương pháp

Dựa vào BBT để nhận xét các điểm cực trị và các khoảng biến thiên của hàm số và chọn đáp án đúng.

Cách giải

Dựa vào BBT ta có: hàm số đạt cực tiểu tại x  1 và đạt cực đại tại x  2 .

Câu 8. Chọn đáp án A

Phương pháp

1

Sử dụng công thức: log a b  log a c  log a bc;log a b 

(giả sử các biểu thức có nghĩa).

logb a

Cách giải

Ta có: log c  ab   log c a  log c b 



1

1

1 1



  .

log a c log b x x y



Trang 12/7



Câu 9. Chọn đáp án B

Phương pháp

Thể tích hình hộp chữ nhật có các kích thước a, b, c là V  abc .

Cách giải

3

Thể tích khối lăng trụ là: VABCD. A ' B ' C ' D '  AA '. AB.BC  3.1.2  6m .



Câu 10. Chọn đáp án D

Phương pháp

Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản.

Cách giải

x2

 x  C  x2  x  C .

2

Chú ý khi giải: Chú ý cần có hằng số C. Học sinh có thể quên hằng số C này và chọn đáp án A.

Câu 11. Chọn đáp án C

Phương pháp

ax  b

Hàm số y 

 ad �bc  , hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên từng khoảng xác định của

cx  d

Ta có:



 2 x  1 dx  2.





hàm số. Cơng thức tính nhanh đạo hàm của hàm số: y ' 



ad  bc



 cx  d 



2



.



Cách giải

TXĐ: D  �\  1 .

Ta có: y ' 



2.  1  1.1



 x  1



2







3

 0 x �D .

 x  1



Vậy hàm số luôn nghịch biến trên  �;1 và  1; � .

Chú ý: Không kết luận hàm số nghịch biến trên �\  1 .

Câu 12. Chọn đáp án D

Phương pháp

Cơng thức tính diện tích mặt cầu bán kính R : S  4 R 2 .

Cách giải

Cơng thức tính diện tích mặt cầu bán kính r  2 : S  4 .22  16 .

Câu 13. Chọn đáp án B

Phương pháp

Cho ba số a, b, c lập thành CSC thì ta có: 2b  a  c .

Cách giải

Điều kiện x  0 .

Ta có 3 số: log 2;log 7;log x theo thứ tự thành CSC

� 2log 7  log 2  log x � log 7 2  log 2 x

49

 tm  .

2

Câu 14. Chọn đáp án A

Phương pháp

� 2 x  49 � x 



Trang 13/7



+) Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y  f  x  là số nghiệm bội lẻ của phương trình f '  x   0 .

+) Sử dụng công thức Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n   x  1 .

n



Cách giải

0

1

2

2019 2019

 C2019

x  C2019

x 2  ...  C2019

x

  x  1

Ta có: f  x   C2019



� f ' x  �

 x  1





2019



2019



.



�'  2019  x  1 2018





� f '  x   0 � 2019  x  1



2018



 0 � x 1



Vì x  1 là nghiệm bội 2018 � x  1 không là điểm cực trị của hàm số đã cho.

Câu 15. Chọn đáp án C

Phương pháp

Cơng thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy r, chiều cao h và đường sinh l: S xq   rl .

Cách giải

Cơng thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy r, chiều cao h và đường sinh l: S xq   rl .

Câu 16. Chọn đáp án A

Phương pháp

Dựa vào đồ thị hàm số và các đáp án để chọn đáp án đúng.

Cách giải

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TXĐ là: x  1 và TCN là: y  2

Lại có đồ thị hàm số nằm hồn tồn phía trên trục Ox � đáp án A đúng.

Câu 17. Chọn đáp án A

Phương pháp

Dựa vào BBT nhận xét các đường tiệm cận của đồ thị hàm số và chọn đáp án đúng.

Cách giải

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có TXĐ là: x  1 và TCN là: y  2 .

mx  4

 m � y  m là TCN của đồ thị hàm số � m  2 .

x �� x  1

Câu 18. Chọn đáp án A

Phương pháp

Giải phương trình y '  0 để xác định hoành độ giao điểm cực trị từ đó suy ra tọa độ hai điểm cực trị

Ta có: lim



A  x A ; y A  , B  xB ; y B  của hàm số.

Phương trình đường thẳng AB :



x  xA

y  yA



.

xB  x A y B  y A



Cách giải



x  0 � A  0;1

2

2

Ta có: y '  6 x  6 x � y '  0 � 6 x  6 x  0 � �

x  1 � B  1; 2 



� đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A  0;1 , B  1; 2  .

� phương trình đường thẳng AB:



x y 1



� x  y 1 � y  x  1.

1 2 1



Câu 19. Chọn đáp án B

Trang 14/7



Phương pháp

Cách 1: Tìm GTLN và GTNN của hàm số y  f  x  trên  a; b  bằng cách:

+) Giải phương trình y '  0 tìm các nghiệm xi .

+) Tính các giá trị f  a  , f  b  , f  xi   xi � a; b   . Khi đó:

min f  x   min  f  a  ; f  b  ; f  xi   , max f  x   max  f  a  ; f  b  ; f  xi   .

 a ;b 

 a ;b

Cách 2: Sử dụng chức năng MODE 7 để tìm GTLN, GTNN của hàm số trên  a; b  .

Cách giải

TXĐ: D   �;6 .

Nhập hàm số đã cho vào máy tính và sử dụng chức năng MODE 7 của máy tính để làm bài toán.

63

+) Nhập hàm số f  x   2 x  4 6  x ; Start : 3; End : 6; Step :

19



Khi đó ta có:







� M  Max y  12; m  Min y  18 .

 3;6



 3;6



� M  m  12  18  6 .

Câu 20. Chọn đáp án C

Phương pháp

b

Giải phương trình logarit: log a f  x   b � f  x   a  0  a �1



Cách giải

ĐKXĐ: x  6 .

log 3 x  log 3  x  6   log 3 7 � log3 �

x  x  6 �



� log3 7



x  1 ktm 

� x2  6x  7 � x2  6 x  7  0 � �

x  7  tm 



Câu 21. Chọn đáp án D

Phương pháp

+) Cơng thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là:

1

V  Sh .

3

Cách giải

Gọi AC �BD   O � SO   ABCD  .

Ta có: S . ABCD là hình chóp tứ giác đều � SA  SB � SAB cân tại S.



 gt  � SAB là tam giác đều � SA  SB  AB  a .

Lại có �ASB  60�

Ta có: AC  AB 2  BC 2  a 2 (định lý Pitago) � AO 



1

a 2

.

AC 

2

2

Trang 15/7



� SO  SA2  AO 2  a 2 



a2 a 2

.



2

2



1

1 a 2 2 a3 2

.

� VSABCD  SO.S ABCD  .

.a 

3

3 2

6

Câu 22. Chọn đáp án A

Phương pháp

Xác định góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng  P  là góc giữa d và d ' là hình chiếu của nó trên  P  .

Sử dụng định lý Py-ta-go tính các cạnh và công thức lượng giác: tan  



canh doi

.

canh ke



Cách giải

Gọi H là trung điểm của AB � SH  AB .

Ta có:  SAB    ABCD  , SH  AB � SH   ABCD  .

� � SD,  ABCD    � SD, HD   �SDH   .

Áp dụng định lý Pytago với các tam giác vuông SAH, ADH ta có:



SH  SA2  AH 2  4a 2 



a 2 a 15

.



4

2



DH  AH 2  AD 2  a 2 



a2 a 5

.



4

2



SH a 15 a 5



:

 3.

DH

2

2

Câu 23. Chọn đáp án D

Phương pháp

Sử dụng công thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp có cạnh bên vng góc với mặt đáy:

� tan  



2



�h �

R  � � r 2 với h là độ dài cạnh bên vng góc với mặt đáy và r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa

�2 �

giác đáy.

Cách giải

Ta có: SA, AB, BC đơi một vng góc

� SA   ABC  và ABC vuông tại B.

Gọi I là trung điểm của AC � I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC .

1

1 2

b  a2 .

Khi đó bán kính đường tròn tâm I ngoại tiếp ABC : r  AC 

2

2

Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC là:

2



a 2 b2  c2 1 2

�SA �

R  � � r 2 





a  b2  c 2 .

2

4

4

2

� �

Câu 24. Chọn đáp án B

Phương pháp

+) Xác định các điểm M, N.

Trang 16/7



+) Sử dụng định lý Ta-lét tính các số



SM SN

,

.

SB SC



+) Sử dụng cơng thức tính tỉ lệ thể tích: Cho các điểm



M �SA, N �SB, P �SC



ta có:



VSMNP SM SN SP



.

.

.

VSABC

SA SB SC

1

+) Cơng thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: V  Sh .

3

Cách giải

Qua G, kẻ đường thẳng song song với BC, cắt SB tại M và cắt SC tại

N.

Gọi H là trung điểm của BC.

SG 2



 (tính chất đường trung tuyến).

SH 3

SM SN SG 2





 (định lý Ta-lét)

Ta có: MN / / BC �

SB SC SH 3

AC

 a ( ABC cân tại B)

Ta có: AB 

2

1

1

1

1 1 2 1 3

2

Có: VS . ABC  SA.S ABC  SA. AB  .a. a  a .

3

3

2

3 2

6

VSAMN SA SM SN 2 2 4

4

4 1

2 3



.

.

 .  � VSAMN  VSABC  . a 3 

a .

Theo công thức tỉ lệ thể tích ta có:

VSABC SA SB SC 3 3 9

9

9 6

27

Câu 25. Chọn đáp án D

Phương pháp

Cơng thức tính diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy R, chiều cao

h : S xq  2 rh .

Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao

h :V   R2h .

Cách giải

Vì thiết diện qua trục là hình vng nên ta có: h  2r  4cm .

� S xq  2 rh  2 .2.4  16 cm 2

Câu 26. Chọn đáp án A

Phương pháp

Dựa vào BBT để nhận xét các GTLN và GTNN của hàm số trên khoảng cần xét.

Cách giải

f  x   2 khi x  1 và hàm số không tồn tại GTLN trên  5;7  .

Dựa vào BBT ta thấy: min

 5;7 

Câu 27. Chọn đáp án A

Phương pháp

x

Giải phương trình mũ: a  b � x  log a b  0  a �1 .



Cách giải

Ta có:

Trang 17/7



1

4 x 1  2 x 3  4  0 � .22 x  8.2x  4  0

4



2 x  16  4 17  tm 

��

� x  log 2 4 17  16 .

x



2





16



4

17

ktm







Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.

Câu 28. Chọn đáp án D

Phương pháp

Dựa vào BBT để nhận xét các đường tiệm cận của đồ thị hàm số.











f  x  �

+) Đường thẳng x  a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y  f  x  � lim

x �a

f  x  b .

+) Đường thẳng y  b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y  f  x  � xlim

���

Cách giải

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có hai đường TCĐ là: x  2, x  0 và 1 đường TCN là: y  0 .

Câu 29. Chọn đáp án B

Phương pháp



a 1







0  f  x  g  x





+ Giải bất phương trình log a f  x   log a g  x  � �

0  a 1









�f  x   g  x   0



Cách giải

ĐKXĐ: x  0, x �1 .

2 log 1 x  1  log 1 x  1 � 2log 2 x  1   log 2 x  1

2



2



� 2log 2 x  1  log 2 x  1 � log 2  x  1  log 2 x  log 2 2

2



� log 2  x  1  log 2  2 x  �  x  1  2 x (Do 2  1 )

2



2





x  2 3

� x2  2x  1  2x  0 � x2  4x  1  0 � �

.

x  2 3





�x ��

� x � 4;5;...

Kết hợp điều kiện � Bất phương trình vơ nghiệm �

�x � 0; 2  3 � 2  3; �

Vậy bất phương trình có vơ số nghiệm thỏa mãn bài toán.

Câu 30. Chọn đáp án A

Phương pháp

Dựa vào BBT để nhận xét các điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Cách giải







 







Cách vẽ đồ thị hàm số y  f  x  : Giữ lại phần đồ thị hàm số y  f  x  ở phía trên trục Ox và lấy đối

xứng phần đồ thị của hàm số y  f  x  ở phía dưới trục Ox lên phía trên trục Ox.

Từ đó ta vẽ được đồ thị hàm số y  f  x  như sau:

Trang 18/7



�



x



1



f  x



�



3



�



5

1



y0



�



Như vậy đồ thị hàm số y  f  x  có 3 điểm cực trị.

Câu 31. Chọn đáp án B

Phương pháp

+) Đặt OA  x  x  0  . Tính AB và AD theo x.

a2  b2

+) Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số không âm a, b: ab �

. Dấu “=” xảy ra � a  b .

2

Cách giải

Đặt OA  x � AB  2 x  x  0  .

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng OAD ta có:

AD  OD 2  OA2  100  x 2

� S ABCD  AB. AD  2 x. 100  x 2 �x 2  100  x 2  100

Vậy



diện



tích



lớn



nhất



của



hình



chữ



nhật



ABCD







100cm 2 ,



dấu



“=”



xảy



ra



� x 2  100  x 2 � x  5 2  cm  .

Câu 32. Chọn đáp án B

Phương pháp

+) Đổi biến, đặt t  x 2 sau đó sử dụng phương pháp tích phân từng phần tính F  x  , từ đó suy ra

F  x2  x 

2

+) Đặt g  x   F  x  x  , giải phương trình g '  x   0 xác định nghiệm bội lẻ của phương trình, từ đó kết



luận số điểm cực trị của hàm số.

Cách giải

e x  x3  4 x  dx  �

e x  x 2  4  xdx

Ta có F  x   �

2



2



2

Đặt t  x � dt  2 xdx � F  t  



1 t

e  t  4  dt .

2�



u t 4

du  dt





�� t

Đặt �

t

dv  e dx �

ve



� F  t 



1�

1

1

et dt �

 �

  5  t  et  C .

 t  4  et  �

 t  4  et  et �









2

2

2



2

2

1 2

1� 2

 x2  x 

x2

2



� F  x    x  5 e  C � g  x   F  x  x   �

 x  x   5�e  C

2

2











2

2

2

1� 2



 x2  x

 x2  x 

2

� g ' x  �

2  x  x   2 x  1 e

  x  x  5 e

.2  x 2  x  .  2 x  1 �

2�





g '  x    x 2  x   2 x  1 e



 x x

2



2



  x  x   4

2



2



Trang 19/7



g '  x   x  x  1  2 x  1  x 2  x  2   x 2  x  2  e



 x  x

2



2



x0





x  �1



g '  x   0 � � 1

x



� 2

x  2



2

Vậy hàm số F  x  x  có 5 điểm cực trị.



Câu 33. Chọn đáp án C

Phương pháp

1 2

Sử dụng cơng thức tính thể tích khối nón có chiều cao h và bán kính đáy r là V   r h .

3

Cách giải

Khi quay tam giác BMC quanh cạnh AB tạo ra 2 khối

tròn xoay có thể tích là:



1

1

1

1

V   . AC 2 . AB   AM 2 AB   .86.6   .42.6  96 Câu 34. Chọn đáp án C

3

3

3

3

Phương pháp

+) Đặt t  2 x  0 , đưa phương trình trở thành phương trình bậc hai ẩn t.

+) Cơ lập m, đưa phương trình về dạng f  t   m . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị

hàm số y  f  t  và đường thẳng y  m song song với trục hoành.

+) Lập BBT hàm số y  f  t  và kết luận.

Cách giải

2

2

Đặt t  2 x  0 , khi đó phương trình trở thành t  mt  2m  1  0 � t  1  m  t  2 



Nhận thấy t  2 không là nghiệm của phương trình  t

Chia cả 2 vế của phương trình cho t  2 , ta được m 



2.



t2 1

 f  t

t 2



 t  0



(*)



Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  t  và đường thẳng y  m song

song với trục hồnh.

Ta có: f '  t  



2t  t  2   t 2  1



 t  2



2







t 2  4t  1



 t  2



2





t  2 5 � 0; �

0� �



t  2  5 � 0; �





BBT:



Trang 20/7



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Chương 3: Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×