VIETMATHS.NET Ren luyen ky nang giai Toan qua nhung bai toan nang cao Doan Van Bo, Huynh Anh Kiet



PHÂN TÍCH SAI L M



PHÂN TÍCH SAI L M

L I NÓI Đ

U

b t kì hình th c thi nào trong m t cu c thi nào thì cễng có nh ng sai l m mà h c sinh v p ph i và cễng cẩ nh ng bài toán khó trong đ thi. ộăm tr v tr c, v i hình th c thi t lu n thì các câu h i khẩ th ng r i vào hình h c gi i tích trong m t phẳng, ph ng trình, b t ph ng trình, h ph ng trình và các bài toán liên quan đ n b t đẳng th c, giá tr l n nh t, giá tr nh nh t c a bi u th c. Và b t đ u năm 2017, B Giáo d c và Đào t o đ i từ hình th c thi t lu n sang hình th c thi tr c nghi m khách quan thì cễng khẫng tránh kh i là không ra nh ng câu h i khẩ. Đ c bi t là nh ng l i sai c b n c a h c sinh, nhằm đánh giá đềng năng l c c a h c sinh. D a trên v n đ đẩ, chềng tẫi biên so n ra cu n sách

Những câu hỏi nâng cao rèn luyện kĩ năng giải toán môn toán v i

mong mu n giúp cho các b n h c sinh có thêm ngu n t li u tham kh o, trau d i ki n th c đ có th thi t t kì thi Trung h c Ph thông Qu c gia và đ t đ c c m vào ngẫi tr ng Đ i h c mà mình mong mu n.

Cu n sách này g m có các ph n sau:

PH N I: PHÂN TÍCH SAI L M QUA NH NG BÀI TOÁN C TH

PH N II: T NG H P CÂU H I NÂNG CAO

Ỏhuyên đ 4: S ph c

Ỏhuyên đ 5: Hình h c không gian

Ỏhuyên đ : ớh ng pháp t a đ trong không gian PH N III: M T S BÀI T P T LUY N

Cu n sách này đ c chúng tôi biên so n d a trên các bài toán trong các đ thi th trên c n c, từ các nhóm h c t p trên facebook. Trong m i bài toán, chềng tẫi luẫn đ a ra nh ng h ng d n gi i chi ti t. ởhêm vào đẩ, nh ng bài t p nào có ki n th c m i thì chềng tẫi cễng cẩ đ a vào, tuy nhiên do th i gian h n hẹp nên chềng tẫi cễng khẫng cẩ vi t thêm lý thuy t đ c nhi u. Ỏhềng tẫi đ a nh ng ki n th c m i, nằm ngoài sách giáo khoa nhằm giúp các b n h c sinh có nh ng ki n th c m i, v n d ng nhanh chóng vào các câu h i nâng cao. Ờua đẩ cễng giềp các b n h c sinh có cái nhìn m i v Toán h c. Các ki n th c m i này nằm ngoài ch ng trình h c c a các b n h c sinh nên có th r t b ng v i. Các b n h c sinh có th đ c và t ch ng minh đ ki m ch ng nh ng ki n th c m i đẩ. ộgoài ra, chềng tẫi cẪn thêm nh ng bài t p t ng t sau nh ng bài t p h ng d n gi i. Tuy nhiên, cễng ch là m t chút ít trong s nh ng bài t p mà chúng tôi cẩ phân tích và h ng d n.

hoàn thi n h n.

Cu i cùng, chúc các b n h c sinh có th thi t t kì thi Trung h c Ph thông Qu c gia.

Các tác gi

Đoàn ỡăn ọ - Huỳnh Anh Ki t (Sinh viên Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh)

---

M i s đóng góp vui lòng g i v 1_:

Facebook: https://www.facebook.com/dvboo Gmail: K40.101.183@hcmup.edu.vn

M C L C

L Ổ ộ2Ổ Đ U ... 4

PH N I: PHÂN TÍCH SAI L M QUA NH NG BÀI TOÁN C TH ... 8

PH N 2: T NG H P CÂU H I NÂNG CAO ... 39

Ỏhuyên đ 1: KH O SÁT HÀM S VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ... 39

Ỏhuyên đ : ỘŨ – LOGARIT ... 54

Ỏhuyên đ 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN ... 64

Ỏhuyên đ 4: S PH C ... 87

Ỏhuyên đ 5: HÌNH H C KHÔNG GIAN ... 107

Ỏhuyên đ : ớồ ộG ớồÁớ ở Ọ Đ TRONG KHÔNG GIAN ... 130

PH N III: M T S BÀI T P T LUY N ... 167

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK

PH N I: PHÂN TÍCH SAI L M QUA NH NG

BÀI TOÁN C TH

Câu 1.

Cho hàm s y f x

 

. M nh đ nào sau đây đềng?

A. f x

 

  0, x

 

a b;  f x

 

đ ng bi n trên

 

a b; .

B. f x

 

     0, x _{ }a b; f x

 

đ ng bi n trên đo n  _{ }a b;

C. f x

 

đ ng bi n trên kho ng

 

a b;

 

0,

 

; .

f x x a b

   

D. f x

 

ngh ch bi n trên

 

a b;  f x

 

  0, x

 

a b; .

Giải:

V i câu này, ch c hẳn nhi u h c sinh hoang mang, không bi t ch n đáp án Ọ hay Ỏ. ỡ i câu h i nh th này, n u không n m v ng lý thuy t thì s không tr l i đềng câu này. H c sinh quen làm v i hàm b c ba, trỂng ph ng hay b c hai trên b c nh t thì h c sinh s ch n ngay đáp án Ỏ. ọ i vì v i lý lu n mà h c sinh hay làm bài t p là: Hàm sốđồng biến trên

 

a b; khi và chỉ khi f x

 

  0, x

 

a b; .

Sai l m c a h c sinh khi ch n đáp án Ỏ là ng nh n nh ng ki n th c c a bài t p mà h c sinh hay làm.

Đáp án ỏ sai vì n u f x

 

  0, x

 

a b; thì f x

 

ngh ch

bi n trên kho ng

 

a b; .

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK

Ta có

 

2

2 _0,

3

y x D

x



    

 .

 Hàm s ngh ch bi n trên \ 3

 

ho c



_; 3

 

3;_



Ởuy ra đềng.

Ti m c n đ ng x3, ti m c n ngang y1. Suy ra (2) sai.

M nh đ đềng.

Đ n đây h c sinh ch n ngay đáp án Ọ. Ộà đáp án Ọ sai. Phân tích sai lầm: H c sinh nh đ nh nghĩa đ ng bi n (ngh ch bi n) trên kho ng nh ng l i không bi t đ n rằng mình không có h c đ nh nghĩa trên hai kho ng h p nhau. H c sinh ng nh n rằng ngh ch bi n trên



_; 3



và



3;_



thì g p thành



; 3

 

3;



ho c \ 3

 

và d n đ n nói câu này đềng. ộh v y, h c sinh c n ph i nh rõ rằng, ch h c đ nh nghĩa đ ng bi n (ngh ch bi n ) trên kho ng, đo n, n a đo n; không có trên nh ng kho ng h p nhau.

M nh đ (1) sai (gi i thích trên). S a l i: Hàm s ngh ch bi n trên



_; 3



và



3;_



.

M nh đ (2) sai.

M nh đ đềng. ồàm b c nh t trên b c nh t không có đi m c c tr .

M nh đ đềng vì giao đi m hai đ ng ti m c n c a đ th hàm s b c nh t trên b c nh t chính là tâm đ i x ng c a đ th hàm s .

Câu 3.

Trong không gian v i h tr c t a đ Oxyz, cho m t phẳng

 

P :x y z   6 0 và m t c u

 

S :x2  y2 z2 12. Có

bao nhiêu m t phẳng

 

Q song song v i

 

P và ti p xúc

v i

 

S .

A. 0 B. 1 C. 2 D. vô s

Giải:

G i O



0; 0; 0



và R2 3 l n l t là tâm và bán kính c a

m t c u

 

S .

Vì

   

Q / / P nên

 

Q :x y z D   0 (*).

Vì

 

Q ti p xúc v i

 

S nên d O Q



;

 



R.

2 2 2 2 3

1 1 1

D

 

  (1)

Đ n đây h c sinh k t lu n ngay là có 2 m t phẳng. Ngoài ra n u làm ti p thì D    6 D 6(2). H c sinh cễng k t lu n có hai m t phẳng c n tìm. ộh v y, n u h c sinh nào ch n C thì sai.

Phân tích sai lầm: H c sinh th y A B v i B0 thì s

t n t i hai giá tr c a A th a mãn đi u đẩ nên k t lu n li n.

Tuy nhiên v i (2), h c sinh cễng sai. ỗ i sai (1) và (2) là h c sinh quên đ t đi u ki n c a D (*) nên d n đ n không lo i

đáp án. (1) h c sinh ng ngay s có hai giá tr D th a mãn.

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK Câu 4.

Cho hàm s 4 ₂ 2 ₂

y x x  . C c đ i c a hàm s bằng

A. 0 B. 1 C. 2 D. 1 Giải:

Ta có _y _4x3_{4x; 0} 0

1

x y

x

       _ B ng bi n thiên

x  1 0 1 

y _{   }

y

 2 

1 1

Nhìn vào b ng bi n thiên, th y ngay đ c c c đ i c a hàm s . Tuy nhiên n u không hi u rõ các khái ni m v v n đ này thì s m c sai l m câu này và phân vân gi a đáp án A, C.

đáp án Ọ, đẩ là đi m c c đ i ch không ph i c c đ i c a hàm s .

Nh c l i khái ni m: Nếu hàm số y f x

 

đạt cực đại (cực tiểu) tại điểm x₀ thì x₀ được gọi là điểm cực đại (cực tiểu) của hàm số, f x

 

₀ được gọi là giá trị cực đại (cực tiểu) của hàm số còn gọi tắt là cực đại (cực tiểu) . N m v ng khái ni m này thì

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK Câu 7.

Cho s ph c z a bi  , a b,  . M nh đ nào sau đây là

sai?

A. Đ i v i s ph c z, a là ph n th c.

B. Đi m M a b

 

; trong h tr c t a đ Oxyđ c g i là đi m

bi u di n s ph c z.

C. Đ i v i s ph c z, bi là ph n o.

D. Đ i v i s ph c z, b là ph n o.

Giải:

Đ i v i câu này thì r t nhi u h c sinh b i r i trong vi c ch n đáp án gi a C, D. Có nhi u h c sinh s ch n đáp án ỏ. Phân tích sai lầm: B i vì h c sinh không nh ho c nh nh m gi a các ph n th c, ph n o c a s ph c z. H c sinh

hay cho rằng ph n o chính là bi. Nh c l i m t chút lý

thuy t: Cho số phức z a bi  với a b,  thì a được gọi là phần thực, b được gọi là phần ảo còn i được gọi là đơn vịảo .

ộh v y thì ph n o c a s ph c z không có ch a i. V y

m nh đ C sai.

Phân tích từng m nh đ :

M nh đ Ọ, ỏ đềng theo phân tích lý thuy t trên). M nh đ ọ đềng. ỡ i m i s ph c có d ng z a bi  thì

   

;

M z  a b đ c g i là đi m bi u di n s ph c z.

M nh đ C sai (theo phân tích lý thuy t trên).

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK ộh v y h c sinh ch n ngay đáp án Ọ.

Phân tích sai lầm: H c sinh đã xét thi u tr ng h p. N u m u có hai nghi m phân bi t và có m t nghi m là c a t thì đ th hàm s v n cẩ đềng m t ti m c n đ ng.

ợét thêm tr ng h p _x2_{2mx3m 4 0 có nghi m}

1

x  thì ta có m 5.

Th l i thì th y m 5 th a mãn yêu c u bài toán. Câu 10.

Đ th hàm s

2

1 1

x y

mx

 

 không có ti m c n ngang khi và ch khi

A. m0 B. m0 C. m0 D. m0

Giải: Có l nhi u h c sinh ch n đáp án Ỏ. Phân tích sai lầm:

 Nguyên nhân th nh t: H c sinh quên xét tr ng h p m0. N u m0 thì đ th hàm s y x 1

cễng khẫng cẩ ti m c n ngang.

 Nguyên nhân th hai: Không hi u rõ m nh đ và ph đnh sai. Vì ban đ u h c sinh có th tìm m đ

đ th hàm s có ti m c n ngang tr c. Và gi i tìm đ c đi u ki n nh sau: m0. Ph đnh l i, đ th hàm s không có ti m c n ngang khi và ch khi

0

m . ộh v y, đã ph đnh sai m nh đ .

n m v ng ki n th c, đ nh nghĩa v đ ng tròn, hình tròn. Đ phân bi t hai đ nh nghĩa này, sau đây nh c l i m t chút v đ nh nghĩa đ ng tròn, hình tròn. Nh c l i các khái ni m này:

Đường tròn Đường tròn tâm I bán kính là R0 là hình gồm những điểm cách đều điểm I một khoảng bằng R. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường tròn tâm I a b

 

; bán kính R có phương trình

là

   

x a 2 y b 2 R2.

Hình tròn: Hình tròn là tập hợp những điểm nằm trong và nằm

trên đường tròn hay là tập hợp những điểm cách tâm một khoảng nhỏ hơn hoặc bằng bán kính. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hình tròn tâm I a b

 

; bán kính R có phương trình là

   

2 2 ₂

x a  y b R .

Gi s z x yi x y  ; ,  . Khi đẩ,

 

   

2 2

2 3 7 2 3 49

x  y i   x  y  .

ộh v y, v i lý thuy t này ta s ch n đáp án Ỏ.

Lưu ý: Cần phân biệt rõ đường tròn và hình tròn để tránh sai sót và mất điểm không đáng những câu như thế này.

Câu 16.

Đ tìm c c tr c a hàm s _y4x5_5x3_{, m t h c sinh l p}

lu n ba b c sau:

”ước 1: Hàm s có t p xác đ nh là D .

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK

 

₂₀ 3

   

_{1 , 0} 3

 

_{1 0} 0

1

x

f x x x f x x x

x

 

      _{    }

 ”ước 2: Đ o hàm c p 2 f

 

x 20x2



4x3 .



Suy ra f

 

0 0, f

 

1 20 0 .

”ước 3: Từ các k t qu trên ta k t lu n:

 Hàm s không có c c tr t i đi m x0.  Hàm s đ t c c ti u t i x1

V y hàm s có m t đi m c c ti u và đ t t i x1. H i l p lu n trên đềng hay sai? ộ u sai thì sai b c nào?

A. L i gi i đúng B. Sai b c 1 C. Sai b c 2 D. Sai b c 3

Giải:

ọài này cễng cẩ nhi u h c sinh làm sai. Đ c bi t đẩ cễng là cách làm c a m t s h c sinh và cho rằng bài toán này hoàn toàn đềng và ch n đáp án Ọ.

Phân tích sai lầm: Sai l m v m t lu n c : Do áp d ng sai đ nh lý. T c là h c sinh đã ng nh n đnh lý sau có hai chi u:

Giả sử tồn tại khoảng

 

a b; chứa điểm x₀ sao cho

 

a b; chứa trong tập xác định của hàm số y f x

 

. Hàm số y f x

 

có đạo hàm cấp một trên

 

a b; và có đạo hàm cấp hai tại x₀. Khi đó

- Nếu f x

 

₀ 0 và f

 

x₀ 0 thì x₀ là điểm cực đại của hàm số f x

 

.

ộh v y, v i đnh lý này ch đềng khi f

 

x0 0. Còn

 

0 0

f x  thì không th k t lu n đ c x₀ có ph i là đi m c c

tr hay không mà ph i l p b ng bi n thiên.

Câu 17. Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Đề minh họa THPT Quốc gia – lần 1

Cho hàm s y f x

 

xác đnh, liên t c trên và có b ng

bi n thiên:

x  0 1 

y + || - 0 +

y

0 

 _1

Khẳng đ nh nào sau đây là khẳng đ nh đềng? A. Hàm s cẩ đềng m t đi m c c tr .

B. Hàm s có giá tr c c ti u bằng 1.

C. Hàm s có giá tr l n nh t bằng 0 và nh nh t bằng 1 D. Hàm s đ t c c đ i t i x0 và đ t c c ti u t i x1.

Giải:

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK Phân tích sai lầm: H c sinh nhìn vào b ng bi n thiên, th y t i x0, y khẫng xác đ nh. M c đnh cho rằng hàm s

s khẫng đ t c c tr t i đi m đẩ. ở i đi m x1, y

 

1 0 nên

hàm s đ t c c tr t i x1. Từ đẩ lo i đi đáp án ỏ. Ỏh n ngay đáp án Ọ. Đ không nh m l n, c n nh nhanh nh sau:

 

y f x đạt cực trị tại x₀  f x

 

đổi dấu tại x₀

Phân tích từng câu:

A sai vì hàm s cẩ hai đi m c c tr .

B sai vì hàm s có giá tr c c ti u bằng _1 khi x1. C sai vì hàm s không có giá tr l n nh t và nh nh t trên .

Câu 18.

Tìm tham s m đ hàm s cot 1

cot 1

x y

m x

 

 đ ng bi n trên kho ng ;

4 2        ?

A. m1 B. ₀m 0 ₁

m

    

 C. m1 D. m0 Giải:

Sai l m đ u tiên câu 5. Bây gi , gi s h c sinh bi t đ i bi n đềng.

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK Phân tích sai lầm: H c sinh nhìn vào đ th th y hàm s đ t c c đ i t i đnh c a đ th hàm s . ộh ng l i chi u qua tr c tung và nói hàm s đ t c c đ i t i x2, trong khi đẩ, ta ph i chi u xu ng tr c hoành đ c x 1. Nh ng câu cho đi m trong đ thi THPT Qu c gia, h c sinh c n ph i th n trong, đừng h p t p nh câu này d n đ n m t đi m.

Câu 20. Đề minh họa THPT Quốc gia – Lần 2 Tìm t t c các ti m c n đ ng c a đ th hàm s

2

2

2 1 3

5 6

x x x

y

x x

    

  A. x 3 và x 2 B. x 3

C. x3 và x2 D. x3

Giải: Sai lầm thường gặp:

T p xác đnh D \ 2; 3

 

.

H c sinh k t lu n ngay, đ th hàm s có hai ti m c n đ ng là x2 và x3. Ch n đáp án Ỏ.

Phân tích sai lầm: H c sinh ng nh n các nghi m c a m u bằng đ u là các ti m c n đ ng mà không hi u đ n đ nh nghĩa c a ti m c n đ ng. Hay h c sinh ám nh cái câu:

Muốn tìm tiệm cận đứng, ta giải phương trình mẫu bằng 0 và ngộ nhận luôn như vậy mà không kiểm tra lại . ộh c l i đnh

nghĩa ti m c n đ ng c a đ th hàm s y f x

 

:

Đường thẳng xa được gọi là đường tiệm cận đứng (tiệm cận đứng) của đồ thị hàm số y f x

 

nếu thỏa mãn một trong các

(1) lim

xay  (2) limxay 

(3) lim

xay  (4) limxay 

ộh v y, khi gi i ph ng trình m u bằng 0, ta c n ki m tra l i xem nẩ cẩ đềng là ti m c n đ ng hay không bằng đnh nghĩa đã nẩi trên.

Câu 21.

Cho hàm s y f x

 

có b ng bi n thiên nh sau:

X  1 0 1 

y + 0  + 0 

Y

2

 1

3

1

 2

Hàm s cẩ bao đi m c c tr ?

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Giải:

V i câu này, nhi u h c sinh ch n các đáp án Ọ, ọ, Ỏ. Phân tích sai lầm:

Sai l m th nh t, h c sinh ch n đáp án Ọ vì nghĩ hàm s đ t c c đ i t i hai đi m x 1 nên xem nó là m t c c tr và ch n đáp án Ọ.

Sai l m th hai, h c sinh ch n đáp án Ỏ vì th y yđ i d u

qua x0 thì hàm s đ t c c tr t i x0 và có thêm 2 c c tr

Do b c t nh h n b c m u nên đ th hàm s có m t ti m c n ngang là y0. V y đ th có t ng c ng ba ti m c n đ ng và ti m c n ngang. Ch n C.

H c sinh 2

Đi u ki n xác đnh x1. Khi đẩ,

  

1 1 1 11

_{ }

1

x y

x x _{x x}



 

  _{ } .

Hàm s suy bi n t i x1 nên không có ti m c n đ ng 1

x . Do x 1 không thu c t p xác đnh nên x 1 không

ph i là ti m c n đ ng.

B c t nh h n b c m u nên có ti m c n ngang là y0. Ch n A.

Phân tích sai lầm:

V i cách gi i c a h c sinh 1, sai l m ch , h c sinh 1 quên đ t đi u ki n xác đ nh đ hàm s cẩ nghĩa. Ỏhính vì v y, h c sinh đã khẫng tr l i đ c đ ng thẳng x 1 có ph i là ti m c n đ ng hay khẫng? ộh v y, n u đ t đi u ki n xác đnh cho hàm s thì s ki m tra đ c rằng gi i h n (từ đnh nghĩa ti m c n đ ng) có t n t i hay không?

V i cách gi i c a h c sinh th 2, h c sinh dùng máy tính đ tính gi i h n c a hàm s khi x ti n v 1. Khi b m máy

tính, chẳng h n nh p x1,0000001 ( đây khẫng nh p 0,99999

x đi u ki n xác đ nh c a hàm s là x1 nên ch

t n t i x1) thì th y giá tr c a y ch là m t con s không

đ l n đ h c sinh có th k t lu n rằng y . ỏo đẩ h c

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK Phân tích sai lầm: H c sinh không phân bi t đ c rõ t p h p. đây, t p h p các giá tr c a m là t p r ng và kí hi u là

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK trong không trung c a mình bằng cách di chuy n từ tòa nhà này đ n toàn nhà khác và trong quá trình di chuy n đ y có m t l n anh đáp đ t t i m t đi m trong kho ng cách gi a hai tòa nhà (bi t m i di chuy n c a anh đ u là đ ng thẳng). Bi t tẪa nhà ban đ u ỏynano đ ng có chi u cao là a m , tẪa nhà sau đẩ ỏynano đ n có chi u cao là b

(m)

 

a b và kho ng cách gi a hai tòa nhà là c (m).V trí

đáp đ t cách cách tòa nhà th nh t m t đo n là x (m). H i x bằng bao nhiêu đ quãng đ ng di chuy n c a Dynano

là bé nh t. A. x 3ac

a b



 B. 3

 

ac x

a b

 

C. x ac a b



 D. 2

 

ac x

a b

  Giải:

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK Ỏhuyên đ : ỘŨ – LOGARIT

Câu 1. Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT Lương Thế Vinh – Hà N i

Cho f

 

1 1; f m n



 

    

f m  f n mn, m n,  *.

Giá tr c a bi u th c log

   

96 69 241 2

f f

T   là:

A. 4 B. 3 C. 6 D. 9 Giải:

Cho m1, ta có f n

     

 1 f n  f 1  n f n

 

 n 1.

V i n1, ta có f

   

2  f 1 2

V i n2, ta có f

   

3  f 2 3

…

V i n k thì f k

   

 f k  1 k 1

C ng v theo v ta đ c

 

2 ...

     

1 2 ...

 

1 2 ...

 

1

f   f k  f  f   f k    k

Suy ra

   

1 2 ... 1 2 ...

 

1 2

k k f k  f        k k  .

V y hàm c n tìm là

   

1 2

n n f n   .

Ta có

 

96 96.97 4656 2

f   ;

 

69 69.70 2415

2

f   .

Suy ra

   

2 2 Schwarz, b t đẳng th c Bunhiacopxki...

Nh c lí thuy t ph ng pháp hàm s đ gi i ph ng trình, b t ph ng trình và h ph ng trình :

Định lý 1: Nếu hàm số f x

 

liên tục và đơn điệu trên D thì

phương trình f x

 

0 có nhiều nhất một nghiệm thuộc D.

Định lý 2: Nếu f x

 

liên tục, đồng biến trên D; g x

 

liên tục, nghịch biến (hoặc hàm hằng trên D và ngược lại thì phương trình f x

   

g x có nhiều nhất một nghiệm thuộc D.

Định lý 3: Nếu f x

 

0 có một nghiệm trên

 

a b; thì phương trình f x

 

0 có nhiều nhất hai nghiệm trên

 

a b; . Tổng quát nếu f n

 

x 0 có n nghiệm phân biệt trên

 

a b; thì

 n 1

_{ }

f  x có nhiều nhất n1 nghiệm trên

 

a b; .

Định lý 4: Nếu f x

 

đồng biến trên

 

a b; thì

   

f u  f v  u v. Ngược lại, nếu f x

 

nghịch biến trên

 

a b; thì f u

   

 f v  u v với mọi u v, 

 

a b; .

Định lý 5: Nếu f x

 

liên tục và đơn điệu trên D thì

   

, ,

f u  f v   u v u v D .

Khi gi i ph ng trình, b t ph ng trình và h ph ng trình, đi u ki n r t quan tr ng. ộh v y, u tiên đ u tiên là đ t đi u ki n xác đ nh. N u không sau khi gi i ra s không bi t nghi m nào nh n, nghi m nào lo i.

Giải: Đi u ki n x .

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK Bài tập tương tự:

Bài 1. Đề minh họa THPT Quốc gia 2017 – Lần 3

Cho hàm s liên t c trên đo n và

th a mãn f x

   

  f x 2 2cos 2 x , . Giá

tr c a tích phân bằng?

A. _6 B. 0 C. 2 D. 6

Câu 11. Group Nhóm Toán

Cho hàm s cẩ đ th

 

C_m v i m là tham s th c. Gi s

 

Cm c t tr c Ox t i b n đi m phân bi t nh hình v :

G i S S S₁, ,_{2 3} là di n tích các mi n g ch chéo đ c cho trên hình v . Tìm tham s m đ S₁ S₂ S₃.

5 5 5 5

 

y f x 3 ;3

2 2   _ 

 

 

3 _;3 2 2

x   

  _{ }

 

 

3 2

3 2

f x dx



Câu 12. Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 –Đề thi off thầy Đoàn Trí Dễng

Cho hàm s y 1 x

 cẩ đ th hàm s nh hình v d i đây. G i S là di n tích c a hình phẳng đ c gi i h n b i các

đ ng y 1,x a x, 1

x

   và tr c hoành. G i S là di n tích

c a hình phẳng đ c gi i h n b i các đ ng y 1,x 1,

x

 

x b và tr c hoành. ởrong đẩ 0  a 1 b. Đ S S  thì

khẳng đ nh nào sau đây đềng?

A. ab1 B. 2 2 ₁

a  b C. a b ab  D. a b e 

Giải:

Ta có

1 ₁

ln

a

S dx a

x





  ,

1

ln

b

dx

S b

x

 



 .

ln ln 1

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK Câu 13. Group Nhóm Toán 12

Cho hàm s _{8 27} 3

y x x cẩ đ th

 

C và đ ng thẳng

:y c

  v i c0. Trong góc ph n t th nh t c a h tr c t a đ , g i S₁ và S₂ là di n tích c a hai hình phẳng g i h n

b i

 

C và tr c tung nh hình v d i đây. ọi t rằng c

th a mãn S₁ S₂. Ch n khẳng đ nh đềng trong cách

khẳng đnh sau:

A. 0 1 2

c

  B. 3 2

2 c C.

1

1 2  c D.

3 1

2

c

 

Giải:

Đ th

 

C c t tr c hoành t i các đi m cẩ hoành đ

2 6 0;

9

x x  .

ộh v y, trong góc ph n t th nh t, đ th

 

C c t tr c

hoành t i x0 và 2 6 9

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK Câu 14. Group Nhóm Toán 12

Ỏho hia đ ng tròn



O₁; 5



và



O₂; 3



c t nhau t i hai đi m

A, B sao cho AB là đ ng kính c a đ ng tròn

 

O₂ . G i

D là hình phẳng gi i h n b i hai đ ng ( ngoài đ ng

tròn l n, ph n đ c g ch chéo nh hình v ). Quay quanh

D quay quanh tr c O O_{1 2} đ c m t kh i tròn xoay. Tính

th tích kh i trẪn xoay đ c t o thành.

A. 14

3 B.

68

3 C. 40

3

 _{D. 36}

Phân tích lời giải: Bài toán có nhi u cách gi i. Tùy vào đ c gi thích gi i theo cách nào. Ởau đây, xin gi i thi u đ n hai cách:

Cách th nh t: Áp d ng công th c tính th tích ch m c u. khi đẩ th tích c n tìm là _{ }

2;3 1

2VO Vcc. V n đ công th c tính

Ỏhuyên đ

4: S PH

Ứ

C

Câu 1. Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT Chuyên Ngoại Ngữ - Hà N i

Cho s ph c z th a mãn z 1. Tìm giá tr l n nh t c a

bi u th c T  z 1 2 z1 .

A. 2 5 B. 2 10 C. 3 5 D. 3 2 Phân tích lời giải: Cách gi i thu n tềy, đ t z x yi  ; ,

x y . Sau đó bi n đ i gi thi t và bi u th c c n mà đ bài

đ bài yêu c u. Ngoài ra, có th dùng b t đẳng th c. Nh c l i:

Bất đẳng thức Bunhiacopxki: Với hai bộ số

   

a b; , ;x y thì





2

_

_{2 2}

_

_{2 2}

_

ax by  a b x y .

Giải:

Cách 1: Gi s z x yi x y  ; ,  . Khi đẩ x2 y2 1.

 

2 ₂

 

2 ₂

1 2 1 1 2 1

2 2 2 2 2

T x yi x yi x y x y

x x

           

   

Xét hàm s f x

 

 2x 2 2 2 2 x, x  _ 1;1_

Ta có

 

1 2

2 2 2 2

f x

x x

  

 

 

_{0 2 2 2 2 2} 3

5

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK

 

1 4

f   ; 3 2 5

5

f_ _

  ; f

 

1 2. V y maxT2 5 Cách 2:

 

₂



2 2



1 2 1 1 2 1 1

T  z z   z  z

ởa cẩ đẳng th c z₁z₂ 2 z₁ z₂ 2 2



z₁2  z₂ 2



.

Khi đẩ ta cẩ T 5.2

 

z2 1 2 5. V y maxT2 5.

Lưu ý: H c sinh ph i nh đẳng th c bình hành:





2 2 2 2

1 2 1 2 2 1 2

z z  z z  z  z

Câu 2. Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT Thanh Chương 1 – Ngh An

Cho z z₁, ₂ là hai s ph c th a mãn 2z i  2 iz, bi t

1 2 1

z z  . Tính giá tr bi u th c P z1 z2 .

A. 3

2

P B. P 2 C. 2

2

P D. P 3

Giải:

G i z x yi x y  ; ,  . Bi n đ i 2z i  2 iz ta đ c

2 2 ₁

x  y . G i A B, là đi m bi u di n hai s ph c z z₁, ₂.

Khi đẩ ta cẩ z₁ z₂ OA OB  BA AB1. Suy ra tam giác OAB đ u c nh bằng 1.

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK Câu 4.

Trong các s ph c z th a mãn đi u ki n z  2 4i 5.

Tìm giá tr l n nh t c a P z.

A. maxP3 5 B. maxP5

C. maxP 5 D. maxP 13

Giải:

Cách 1: G i z x yi x y  ; ,  . Khi đẩ P x2 y2 .

Ta có x yi   2 4i 5 

   

x 2 2 y 4 2 5. Đ t x 2 5 sin ,t y 4 5 cos ,t t_0; 2_. Suy ra



 

2



2

2 5 sin 4 5 cos

25 4 5 sin 8 5 cos

P t t

t t

   

  

Do  20 4 5 sint8 5 cost20 nên 5 P 3 5.

V y maxP3 5.

Cách 2: Từ cách 1, ta có t p h p đi m M z

 

là

Từ cách bi n đ i z₁  3 4i; z₂ 0. Suy ra r₂ 5.

Câu 6.

Trong các s ph c z th a mãn đi u ki n z   2 4i z 2 .i

Bi t s ph c z x yi  v i x y,  cẩ mẫđun nh nh t. Tính giá tr bi u th c 2 2

P x y .

A. 10 B. 8 C. 16 D. 26 Giải:

 

 

2 4 2 2 4 2

z       i z i x y i   z y i

  

2



2 ₂





2

2 4 2 4

x y x y y x

         

 

 

2

2 2 2 2

2

4 2 8 16

2 2 8 2 2

z x y x x x x

x

       

   

V y P8.

Lưu ý: G p d ng bài mà có t p các đi m bi u di n s ph c

z là m t đ ng thẳng ax by c  0 thì rút y theo x r i th

vào yêu c u bài toán. Chẳng h n nh bài trên.

Câu 7. Đề thi thử THPT Quốc gia 2017- Toán Học Tuổi Trẻ - lần 5.

Cho s ph c z th a mãn z   4 z 4 10. Giá tr l n nh t

và giá tr nh nh t c a z l n l t là:

A. 10 và 4 B. 5 và 4 C. 4 và 3 D. 5 và 3 Giải:

2 ₄ 2 ₄

2 2

c c ac c c ab

z

a a

   _{ }  

Câu 17. Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Toán học và tuổi trẻ - Lần 8

Xét s ph c z th a mãn 2 z 1 3 z i 2 2. M nh đ

nào d i đây đềng? A. 1 3

2  z 2 B. 1 2

z  C. z 2 D. 3 2 2 z Phân tích lời giải: S d ng b t đẳng th c u v  u v .

Giải: Cách 1: Ta có

2 2 2 z 1 2 z i   z i 2 1  i z i

Suy ra z i     0 z i z 1. Ch n D. Cách 2: S d ng hình h c đ gi i:

Gi s z x yi  cẩ đi m bi u di n là M x y

 

; .

S ph c z1 cẩ đi m bi u di n là A x



1;y



, z i có

đi m bi u di n là B x y



; 1



. Khi đẩ

2 z 1 3z i 2 22OA3OB2 2 2 AB

M t khác 2OA3OB2OA2OB OB 2AB OB .

ỏo đẩ 2AB OB 2ABOB    0 B O z i

Câu 18. Đề minh họa THPT Quốc gia 2017 – lần 3

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK Tính P m M 

A. P 13 73 B. 5 2 2 73

2

P 

C. P5 2 73 D. 5 2 73 2

P 

Giải:

G i M x y

 

; là đi m bi u di n s ph c z x yi  .

       

2 2 2 2

2 4 7 6 2

2 1 4 7 6 2

z i z i

x y x y

     

        

Và T   z 1 i

   

x1 2 y 1 2 Cách 1:

Đ t F1

 

2;1 ,F2 

   

4;7 ,A 1; 1 . Khi đẩ

1 2 6 2

MF MF  và T MA.

M t khác ta có F F_{1 2}6 2. ỏo đẩ đi m M thu c vào

đo n thẳng F F_{1 2}.

ớh ng trình đ ng thẳng F F x y_{1 2}:   3 0.

Ki m tra đ c, hình chi u c a C lên đ ng thẳng F F_{1 2}

thu c ngay vào đo n thẳng F F_{1 1}.

Ta có ₁ 13, ₂ 73,



; _{1 2}



5 2 2

CF  CF  d C F F  .

V y _max 73, _min 5 2 2

T  T  và 5 2 2 73

2

P  . Ch n B.

Bình luận: Nếu hình chiếu của điểm C lên đường thẳng F F _{1 2}

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK Cách 3: Áp d ng b t đẳng th c mẫđun z₁ z₂ z₁  z₂

và d u bằng x y ra khi và ch khi z₁0 ho c z₂ 0 ho c t n

t i k0, k sao cho z₁kz₂.

Ta có z           2 i z 4 7i z 2 i 4 7i z 6 2. V y áp d ng d u bằng x y ra:

TH1: z 2 i. Suy ra T  13.

TH2: z 4 7i. Suy ra T  73.

TH3: T n t i s k0 th a z  2 i k z 4 7i .

đây, ch n k1 và th a mãn. T p h p các đi m bi u di n c a z th a mãn z    2 i z 4 7i chính là đ ng

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK lềc sau do đáp án khẫng cẩ S_OMN V y t i sao không b t đ u

từ AC th xem nào ? T i sao đ g i nh c đi m Ổ nh ng v n ch a đ c s d ng ? Hãy th tách kh i c n tìm thành 2 kh i nh MIBD;NIBD v ý t ng nẩ xem xem nh trên nh ng l i

th đây là cẩ đáy là IBD và trong đáp án cẩ IBD. Đi u khó

h ng này là đ ng cao. Giải:

G i I là trung đi m MN, O là tâm hình vuông.

Ta có:

 ,( )  ,( )

1 _. 1 _.

3 3

MNBD MIBD NIBD M IBD IBD N IBD IBD

V V V  d S  d S

L i có d M IBD



,

 



d N IBD



,

 



(do I là trung đi m MN).

Do AM/ /IO nên AM/ /

 

IBD d_{( ;(M IBD))} d_{( ;(A IBD))} AO

Suy ra 2 . 1 .

3 3

MNBD IBD IBD

V  AO S  AC S

V y ch n đáp án Ọ. Câu 4:

Cho hình chóp t giác đ u S.ABCD có c nh đáy bằng a,

c nh bên h p v i đáy m t góc _{60 . G i} 0

M là đi m đ i

x ng c a C qua D, N là trung đi m SC. M t phẳng



BMN



chia kh i chóp S.ABCD thành hai ph n. Tính t s th tích

gi a hai ph n trên.

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK

Khi cắt hình nón bởi một mặt phẳng song song với

đáy thì phần mặt phẳng nằm trong hình nón là một hình tròn. Phần hình nón nằm giữa mặt phẳng nói trên và mặt đáy được gọi là một hình nón cụt.

Trong sách gi i tích 12 nâng cao, cẩ đ c p đ n công th c tính th tích hình chóp c t:

Gọi B và B lần lượt là diện tích của đáy lớn và đáy nhỏ của hình chóp cụt; h là chiều cao của nó (h chính là khoảng cách giữa hai mặt phẳng chứa hai đáy c)ng bằng khoảng cách từ một điểm bất kì của đáy này đến mặt phẳng chứa đáy kai. Khi đó thể tích khối chóp cụt:





3

h

V  B B  BB .

Từ th tích c a kh i chóp ch t, ta có th tính đ c th tích kh i nón c t.

Gọi R r h, , lần lượt là bán kính đáy lớn, bán kính đáy nhỏ của hình nón cụt. Khi đó thể tích khối nón cụt:



2 2



3

h

V  R  r Rr .

T p h p tâm các m t c u luôn luôn ch a m t đ ng tròn c đ nh cho tr c là đ ng thẳng d vuông góc v i m t phẳng

ch a đ ng tròn t i tâm c a nó.

ộh v y, đ xác đnh tâm m t c u ch a hai hai đ ng tròn c t nhau chính là giao đi m c a hai đ ng thẳng l n l t vuông góc v i hai m t phẳng ch a đ ng trẪn đẩ t i tâm c a hai đ ng trẪn đẩ.

Đ i v i bài toán này thì đã hoàn toàn xác đ nh hai đ ng tròn ngo i ti p tam giác AHB, AKC c a hình chóp A.BCKH

b i vì hai tam giác đẩ đ u là tam giác vuẫng. ộh v y ch c n từ tâm c a hai đ ng trẪn đẩ, kẻ m t đ ng thẳng vuông góc v i t i m t phẳng ch a hai đ ng trẪn đẩ t i tâm c a hai đ ng trẪn. Giao hai đ ng thẳng đẩ thì đ c tâm m t c u.

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AC, AB. Kẻcác dường thẳng d d,  lần lượt vuông góc với AC AB, tại E, F. Do

,

DAd DAd (DA



ABC



) nên d



DAC



, d 



DAB



.

Do đó d và d chính là hai đường thẳng mà ta đã nói ở trên. Gọi I

là giao điểm của d d,  thì I chính là tâm mặt cầu chứa hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC, AKC.

Thật vậy, trong mặt phẳng



ABC



ta có I là giao điểm của hai

đường trung trực hai cạnh của một tam giác nên I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác “”C. Do đó IA IB IC  . Mặt khác, ta có một điểm nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp thì đều cách

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK

bằng IAR, c)ng chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

Đ n lúc này, ta đã hoàn toàn xác đ nh đ c tâm và bán kính. V n đ còn l i là tính bán kính. Chính là d a vào gi thi t đáy ABC th a

mãn đi u ki n trên.

M t s liên ki n th c liên quan t i h th c l ng trong tam giác.

Cho tam giác ABC, gọi

AH là đường cao, R, r lần lượt là bán kính ngoại tiếp và nội tiếp tam giác, p là nửa chu vi. Kí

hiệu aBC b, AC c, AB, diện tích là S

Định lý cosin:

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 cos 2 cos 2 cos

a b c bc A

b a c ac B

c a b ab C

        

Định lý sin:

2

sin sin sin

a b c

R A  B C 

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK ỏo đẩ I I G_{1 4}  DSI₄ mà hai tam giácSDI₃ và I I G_{1 4} là

hai tam giác vuông nên SDI₄ I GI_{4 1}.

Suy ra 4 4 4

4 1 4

1 4 1 1

3

. .2 3

2

SI I D I D r

SI I I r r

I I  I G   I G  r  .

V y ch n C. Câu 9:

Cho hình chóp t giác S ABCD. cẩ đáy là ABCD là t giác

l i và góc t o b i

    

SAB , SBC , SCD

 

, SDA



v i m t đáy

l n l t là 90 ,60 ,60 ,60_{   } . Bi t rằng tam giác SAB vuông

cân t i S có AB a và chu vi t giác ABCD là 9a .Tính

th tích hình chóp S ABCD. . A. 3 ₃

a B. 3 3

4

a

C. 3 2 3

9

a D. 3 3

9

a

Phân tích đề toán: Do m t

 

SAB t o v i đáy m t góc

vuông nên m t

 

SAB vuông góc v i đáy và do tam giác SAB

vuẫng cân nên đ ng cao từđnh S c a tam giác SABcễng

là chi u cao kh i chóp. C n nh thêm di n tích c a m t hình l n có th tính bằng t ng các hình nh c ng l i.

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK Câu 10. Đề minh họa THPT Quốc gian 2017 – Lần 3

Cho m t c u tâm O, bán kính R. Xét m t phẳng

 

P thay đ i c t m t c u giao tuy n là đ ng tròn

 

C . Hình nón

 

N cẩ đnh S nằm trên m t c u, cẩ đáy là đ ng tròn

 

C

và có chi u cao là h



hR



. Tính hđ th tích kh i nón t o

b i

 

N có giá tr l n nh t.

A. hR 3 B. hR 2 C. 4

3

R

h D. 3

2

R h

Phân tích lời giải: Nh n th y rằng đây là câu tìm hđ th

tích kh i nẩn đ t giá tr l n nh t. Xu t phát từđây, b c đ u c n ph i xác đ nh đ c th tích kh i nẩn nh th nào. Bài

toán đ t ra, th tích l n nh t nên nghĩ đ n đẩ chính là bài

toán tìm c c tr . ớh ng pháp đ u tiên nghĩ đ n đẩ chính là

dùng ki n th c giá tr l n nh t nh nh t c a hàm s đ tìm giá tr l n nh t và nh nh t c a bi u th c th tích kh i nón. Mu n làm đ c đi u này thì c n ph i bi n đ i th tích kh i nón v cùng m t bi n, lềc đẩ thì m i có th xét hàm đ c.

M t chút ki n th c v ph n này:

(1) Thể tích khối nón có bán kính đáy r, chiều cao h:

2

1 3

V  r h

Suy ra _. 1 8

A MQR

V  V. ở ng t các th tích còn l i.

V y 1 1

2 2

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK

Ỏhuyên đ

: PH ƠộG PHÁP T Ọ Đ

TRONG

KHÔNG GIAN

Câu 1. Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Trường THPT Thanh Chương 1 – Ngh An

Trong không gian v i h tr c t a đ Oxyz, cho m t c u

 

Sm





2 2 2 _{2 2 1 2 0}

x   y z mx m y mz m    . V i

m i m , m t c u

 

Sm luẫn đi qua m t đ ng tròn c

đnh. Tìm bán kính c a đ ng tròn c đ nh đẩ. A. r3 B. r 2 C. r 3 D. r2

Phân tích lời giải: V i nh ng d ng bài nh th này thì ta th y rằng nó r t gi ng v i d ng bài tìm đi m c đnh c a đ th hàm s đi qua. ởr c đây gi i nh ng d ng bài đẩ thì tìm các đi u ki n đ nẩ đềng v i m i tham s m. T c là đ a v

d ng 1

 

1 ... 0 0 1

n n

m m

a m a _ m    a , v i các a_i ch a các n x, y. Do đẩ đi u ki n đ ph ng trình nghi m đềng v i m i m thì a_i  0, i, và từ đẩ tìm đ c đi m c đnh. V i d ng bài

này cễng th , ta s đ a v d ng c a ph ng trình . ộh v y, bài toán trên đ c gi i nh sau:

Giải:

Gi s M x y z



₀; ;_{0 0}

  

 C c đ nh. Khi đẩ M

 

S_m .

Hay 2 2 2





0 0 0 2 0 2 1 0 0 2 0

x   y z mx  m y mz   m





2 2 2

0 0 0 0 0 0 0

2 2 1 2 2 0

m x y z x y z y

- HU NH ANH KI T DVBO - HAK

bi u th c P abc sao cho 1 2 4 1

a  b c và a b c, , 0. Đ n đây

chuy n v bài toán b t đẳng th c mà đã h c tr c đây. ởhẫng th ng dùng b t đẳng th c Cauchy.

Giải:

Gi s A a



; 0; 0



; B



0; ; 0b



; C



0; 0;c



v i a b c, , 0. Khi

đẩ m t phẳng

 

P là:

1

y

x z

a  b c .

Do M thu c

 

P nên ta có 1 2 4 1

a  b c .

Th tích t di n OABC là: 1

6

OABC

V  abc.

Theo b t đẳng th c Cauchy:

3

1 2 4 1.2.4

1 3 abc 216

a b c abc

     

216 ₃₆ 6

OABC

V

   , d u bằng x y ra khi 1 2 4 1 3

a   b c

Gi i đ c a3;b6;c12.

V y ph ng trình m t phẳng c n tìm là:

 

: 1

3 6 12

y

x z

Do I là tâm m t c u ngo i ti p hình chóp t giác đ u S.ABCD nên 2 2 3 2

 

2 2 2

 

1 2 5

6

SI BI  t  t   t t   t .

Suy ra ₁ 1



7; 5;1



6

u  BI  .

T i đây, lo i đ c đáp án ọ, Ỏ.

Do SH BD, có giá vuông góc v i AC nên





2 , 2 1;1; 2

u _SH BD_  

Suy ra n_u u₁, ₂_   



9; 15; 12



. V y VTPT là n



3; 5; 4



Câu 6. Đề thi thử THPT Quốc gia 2017- Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

Trong không gian Oxyz, cho đi m A a



; 0; 0



; B



0; ; 0b



;



0; 0;



C c v i a, b, c d ng th a mãn a b c  4. Bi t a, b, c thay đ i thì tâm I m t c u ngo i ti p t di n OABC thu c

m t phẳng

 

P c đnh. Tính kho ng cách d từ đi m



1;1; 1



M  đ n m t phẳng

 

P .

A. d 3 B. 3 2

d C. 3

3

d D. d0

Read more

Read more