s3-ap-southeast-1.amazonaws.com file) P và Q cắt nhau khi và chỉ khi chúng không song song...

HOC360.NET – TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ

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

Đáp án

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

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

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án D

Phương pháp: Xét hai mặt phẳng 1 1 1 1 2 2 2 2P : a x b y c z d 0, Q : a x b y c z d 0 :

1 1 1 1

2 2 2 2

a b c d) P Q .

a b c d Khi đó P Q

n / /n

) P và Q cắt nhau khi và chỉ khi chúng không song song hay trùng nhau.

P Q P Q) P Q n n n .n 0

Cách giải: P : 2x y 3z 1 0, Q : 4x 2y 6z 1 0 Ta có: 2 1 3 1

4 1 6 1

P và

Q song song với nhau.

Câu 2: Đáp án C

Phương pháp: Gọi số cần tìm là abc, a,b,c 2;3;4;5;6;7 , chọn lần lượt các chữ số a, b, c

sau đó áp dụng quy tắc nhân.

Cách giải: Gọi chữ số lập thành là abc, a, b,c 2;3;4;5;6;7 .

Khi đó : a có 6 sự lựa chọn, b có 6 sự lựa chọn, c có 6 sự lựa chọn. =>Số các số gồm 3 chữ số

được lập từ 6 chữ số đó là : 36 216.

Câu 3: Đáp án A

Phương pháp:

- TXĐ

- Tính đạo hàm y’

- Tìm nghiệm của phương trình y ' 0 và điểm mà tại đó y’ không xác định.

- Xét dấu y’.

- Kết luận.



Cách giải: 3 2 2 x 11y x 2x 3x 1 y ' x 4x 3 0

x 33

Hàm số đồng biến trên các khoảng ;1 và 3;

Câu 4: Đáp án D

Phương pháp: n 1 x

xx axndx C, n 1; a dx C,a 0

n 1 ln a

Cách giải: 2 x

x x 2x 2 dx C

2 ln a

Câu 5: Đáp án D

Phương pháp: O xy : z 0, Oyz : x 0, O xz : y 0. Trục

x 0

Oy : y t

z 0

Cách giải: M 1;0;3 O xz

Câu 6: Đáp án C

Cách giải: klim n , k

Câu 7: Đáp án C

Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình nón: xqS Rl

Trong đó : R bán kính đáy, l độ dài đường sinh.

Cách giải: Tam giác ABC vuông cân tại A, AH BC

BC a 2aAH HB HC ,AB AH 2

2 2 2

Diện tích xung quanh của hình nón:2

xq

a 2a 2aS Rl .HB.AB . .

2 2 4

Câu 8: Đáp án A

Phương pháp: c aa clog b log b , a,b,c 0;a,c 1

Cách giải: 7 7log 3 log 49 249 3 3 9

Câu 9: Đáp án A

Phương pháp:

Đường thẳng đi qua 0 0 0M x ; y ;z và có VTCP là u a;b;c

có phương trình chính

tắc: 0 0 0x x y y z z

a b c



Cách giải:

Đường thẳng d đi qua M 2;0; 1 và có VTCP là u 2; 3;1

có phương trình chính tắc:

x 2 y z 1

2 3 1

Câu 10: Đáp án B

Phương pháp: Loại trừ phương án sai.

Cách giải: Hàm số ở bốn phương án có dạng 3 2y a x bx cx d,a 0

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên R a 0

=> Loại đi phương án A và C.

Mặt khác, hàm số đồng biến trên R y ' 0, x

Xét 3 2 2y 2x 6x 6x 1 y ' 6x 12x 6

y ' 0 có hai nghiệm phân biệt 3 2y 2x 6x 6x 1 có khoảng đồng biến, có khoảng

nghịch biến.

=>Loại đi phương án D.

=>Chọn phương án B.

Câu 11: Đáp án C

Phương pháp: Giải bất phương trình loagrit cơ bản:

balog f x b f x a nếu a 1

balog f x b f x a nếu 0 a 1

Chú ý tìm điều kiện xác định của f x

Cách giải: 2 3

1x2x 1 0 1 92log 2x 1 3 x

9 2 22x 1 2x

2

Câu 12: Đáp án A

Phương pháp: Thể tích khối lăng trụ: V Bh , trong đó

B: diện tích đáy, h: chiều cao.

Cách giải: Tam giác ABC vuông tại A,ACB 60

2

ABC

AB AC.tan ACB a.tan 60 a 3

1 1 a 3S AB.AC .a 3.a

2 2 2



Thể tích khối lăng trụ: 2

3ABC

a 3V S .A A ' .2a a 3

2

Câu 13: Đáp án D

Phương pháp: Hàm số bậc ba 3 2y a x bx cx d,a 0 :

y ' 0 có hai nghiệm phân biệt : Hàm số có 2 điểm cực trị.

y ' 0 có 1 nghiệm (nghiệm kép) : Hàm số không có cực trị.

y ' 0 vô nghiệm : Hàm số không có cực trị.

Cách giải: 3 2 2 x 0y x 3x 1 y ' 3x 3x 0

x 1

Hàm số có hai điểm cực trị.


Phương pháp: Điểm biểu diễn của số phức z a bi, a, b là M a;b

Cách giải: Số phức z 4 3i được biểu diễn bởi điểm M có tọa độ M 4;3


Cách giải: Thể tích V của khối nón tròn xoay thu được khi cho hình phẳng (H) giới hạn bởi

đồ thị của y f x , x a, x b, a b khi quay xung quanh trục Ox tính bằng công

thức: b

2

a

V f x dx


Phương pháp: Sử dụng sự tương giao giữa hai đồ thị hàm số để đánh giá số nghiệm của

phương trình.

Cách giải: 3 3x 12x m 2 0 x 12x 2 m *

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 3y x 12x 2 và

đường thẳng y m

Xét 3y x 12x 2 có 2y ' 3x 12 0 x 2

Bảng biến thiên:

x 2 2

y ' + 0 - 0 +

y 14

18



Khi đó, 3y x 12x 2 cắt y m tại 3 điểm phân biệt 18 m 14 14 m 18


Phương pháp: Cách xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:

Gọi a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P).

Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a’.

Cách giải: ABCD là hình chữ nhật 22 2 2AC AB AD a 2a a 5

Vì SA ABCD nên SC; ABCD SC;AC SCA

10 SA 10 SA 10tan SCA SA a 2

5 AC 5 5a 5

Ta có: AB / /CD,CD SCD d B; SCD d A; SCD

Kẻ AH SD,H SD

Ta có:

CD SA, doSA ABCD

CD SAD CD AHCD AD

Mà AH SD AH SCD d A; SCD AH

Tam giác SAD vuông tại A,

2 22 2 2 2

1 1 1 1 1 3 2 3a 2 3AH SD AH d B; SCD

AH SA AD 4a 3 32aa 2


Cách giải:

3 2 2

x 1 1;2y 2x 3x 12x 2 y ' 6x 6x 12 0

x 2 1;2

1;2

1;2

Min y 5 mM

f 1 5;f 1 15;f 2 6 3Max=15=M m


Phương pháp :Nếu xlim y a y a

là TCN của đồ thị hàm số.

Nếu 0

0x xlim y x x

là TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:



a x 1

y ; a;b R,ab 22x b

có hai đường tiệm cận là

b ax ; y

2 2 giao điểm của hai

đường tiệm cận là

b2

a 2b a 2I ;

a b 42 21

2


Phương pháp:

- Cách xác định góc giữa hai mặt phẳng:


Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng

a và a’.

Cách giải: Tam giác ABC vuông tại C có 0AB 2a,CAB 30

0 3AC ABcos A 2a.cos30 2a. a 3

2

Tam giác SAC vuông tại A

222 2SC SA AC 2a a 3 a 7

Vì SA ABC SC; ABC SC,AC SCA

AC a 3 21cos SC; ABC cosSCA

SC 7a 7


Phương pháp: Xét hàm số có dạng xy a ,a 0,a 1:

+ Nếu 0 a 1 hàm số nghịch biến trên ;

+ Nếu a 1 : hàm số đồng biến trên ;

Cách giải: Với 0 a 1:

2 2 3

3 2 3

1 1 1a a a 0 a 1

a a a

(luôn đúng). Vậy phương án A đúng.

3

3 2

a1 a 1 a 1

a (Loại). Vậy phương án B sai.

1 1 1

3 3 2a a a a a 1 (Loại). Vậy phương án C sai.

2017 2018

2017 2018

1 1a a a 1

a a (Loại). Vậy phương án D sai.




Phương pháp: b b

a a

I u ' x dx d u x

Cách giải: 4 4

41

1 1

I f ' x dx d f x f x f 4 f 1 10 2 8


Phương pháp: - Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ được tính:

A B CG

A B CG

A B CG

x x xx

3

y y yy

3

z z zz

3

- Phương trình mặt phẳng đi qua 0 0 0M x ; y ;z và có 1 VTPT

0 0 0n a;b;c : a x x b y y c z z 0

Cách giải: Trọng tâm G của tam giác ABC: G 1;1;1

(P) vuông góc với AB => (P) nhận AB 2;2; 3

là một VTPT

Phương trình mặt phẳng P : 2 x 1 2 y 1 3 z 1 0 2x 2y 3z 3 0


Phương pháp: Áp dụng định lí Vi –et, xác định tổng và tích hai nghiệm của phương trình bậc

hai một ẩn 2az bz c 0,a 0

Cách giải: Xét phương trình 23z z 4 0 . Áp dụng định lý Vi-ét: 1 2

1 2

1z z

3

4z z

3

2

22 21 2 1 21 2 1 2

2 1 1 2 1 2

1 4 1 82.z z 2z zz z z z 233 3 9 3P

4 4z z z z z z 123 3


Phương pháp:

n A) P A

n

) P 1P A



Cách giải: Số phần tử của không gian mẫu: 618n C

Gọi A: “Mỗi khối có ít nhất 1 học sinh được chọn.”

Khi đó 6 611 7n A C C

Xác suất:

6 611 7

618

n A C CP A

n C

6 611 7

618

C C 2585P A 1 P A 1

C 2652


Phương pháp:

+) Công thức khai triển nhị thức Newton: n

n i i n in

i 0

x y C .x .y

k kn n

n! n!) A ,C

n k ! k! n k !

Cách giải:

2 n 1 2n n

n 0 Loain!A 3C 11n 3n 11n n n 1 14n 0 n 15n 0

n 2 ! n 15

Với 15

n 15 15 ii in

i 0

n 15 : P x x 2 x 2 C x 2

Hệ số chứa 10x ứng với i 10 và bằng 15 1010

15C 2 96096


Phương pháp: Biến đổi và đặt 2log x t, giải bất phương trình ẩn t.

Cách giải: x 22log x log 16 log x 1, ( Điều kiện : x 0, x 1 )

2 x 2 2

2

42log x 4log 2 log x 1 3log x 1 0 1

log x

Đặt 2log x t, t 0. Bất phương trình (1) trở thành: 24 3t t 4

3t 1 0 0t t

Bảng xét dấu:

t 1 0 4

3

23t t 4 + 0 - - 0 +

t - - 0 + +



23t t 4

t

- 0 + - 0 +

2

42

3

1log x 1t 1 x24 4

0 t 0 log x3 3 1 x 2

Mà x x 2

Câu 28: Đáp án

Phương pháp: Sử dụng phương pháp hàm số.

Cách giải: Gọi độ dài đoạn MB là x, 0 x 7 km MC 7 x

Tam giác ABM vuông tại B 2 2 2 2 2AM MN AB x 5 x 25

Thời gian người đó đi từ A tới C: 2x 25 7 x

4 6

Xét hàm số 2x 25 7 x

f x , x 0;74 6

2

2

2 2

2 2 2

x 1y '

64 x 25

x 1 x 1y ' 0 0 3x 2 x 25

6 64 x 25 4 x 25

9x 4x 100 x 20 x 2 5


x 0 2 5 7

y '

y

14 5 5

12

Vậy, để người đó đến C nhanh nhất thì khoảng cách từ B đến M là 2 5




Cách giải:

11 1 111

1 1 121

2 2 22

1 1 1 1 1 1f ' x f ' x dx dx f x dx ln x 2 ln x

x x 2 x x 2 2 x 2 x 2

1 1 3 1 1 1f 1 f ln1 ln ln1 ln 1 f ln 3

2 2 2 2 2 2

a 21 ln 3 1f 1 ln 3 b, a,b a b 3

b 12 2 a


Phương pháp: Hàm số y f x nghịch biến trên khoảng D f ' x 0, x D,f ' x 0

tại hữu hạn điểm thuộc D.

Cách giải:

2

2

mx 4 m 4y y ' , x m

x m x m

Hàm số mx 4

yx m

nghịch biến trên khoảng 1;

2m 4 0 2 m 2 2 m 21 m 2

m 1 m 1m 1;


Phương pháp: Diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số y f x , trục hoành và

hai đường thẳng x a; x b được tính theo công thức : b

a

S f x dx

Cách giải: Phương trình đường thẳng d đi qua A 0;4 có hệ số góc k

y k x 0 4 y kx 4

Cho 4

y 0 x ,k 0.k

Vậy, d cắt Ox tại điểm

4I ;0

k

Giao điểm của 2y x 4x 4 và trục hoành: Cho y 0 x 2

=>Để d chia (H) thành 2 phần thì 4

0 2 k 2k

.

Vì d chia (H) thành 2 phần có diện tích bằng nhau



4 4

2 2k k22

1 2 1 1 2

0 0 0 0

422 3 3k

0 0

1 1 1S S S S S k x 4dx x 4x 4 dx kx 4 dx x 2 dx

2 2 2

kx 4 x 2 21 8 1 8 4. . k 6

2k 2 3 k 2 3 k 3


Phương pháp: - Cách xác định góc giữa hai mặt phẳng:


Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a’.

Cách giải: Vì

SC; ABCD SC;AC SAC 60SA ABCD

SM; ABCD SM;MA SMA

ABCD là hình chữ nhật 22 2 2AC AB BC a 2a a 5

SAC vuông tại A SA AC tanSAC a 5. tan 60 a 5. 3 a 15

ABM vuông tại B 2

22 2 a a 17AM AB BM 2a

2 2

SAM vuông tại A 0SA a 15 2 15tan SMA SM, ABCD SMA 62

AM a 17 17

2


Phương pháp: Công thức tính diện tích tam giác ΔABC trong hệ tọa độ Oxyz là:

ABC

1S AB;AC

2

Cách giải: 1

x 1 y z 2d :

2 1 1

có phương trình tham số :

1

1

1

x 1 2t

y t ,

z 2 t

có 1 VTCP

1u 2; 1;1

2

x 1 y 1 z 3d :

1 7 1

có phương trình tham số :

2

2

2

x 1 t

y 1 7t ,

z 3 t

có 1 VTCP 2u 1;7; 1

1 2A d , B d Gọi 1 1 1 2 2 2A 1 2t ; t ; 2 t ,B 1 t ;1 7t ;3 t



2 1 2 1 2 1AB t 2t 2;7t t 1; t t 5

AB là đường vuông góc chung của 1

1 2

2

AB.u 0d ,d

AB.u 0

2 1 2 1 2 1 2 1

1 2

2 12 1 2 1 2 1

2 t t 2 1 7t t 1 1 t t 5 0 6t 6t 0t t 0

51t 6t 01 t 2t 2 7 7t t 1 1 t t 5 0

A 1;0; 2 ,B 1;1;3 OA 1;0; 2 ,OB 1;1;3

Diện tích tam giác OAB: OAB

1 1 6S OA;OB 2; 1;1

2 2 2


Phương pháp: Đặt x

2 3 t, t 0. Do x x x

x 12 3 2 3 1 1 2 3 .

t Thay

vào phương trình ban đầu và giải phương trình ẩn t.

Cách giải: Đặt x x 1

2 3 t, t 0 2 3 .t

Phương trình đã cho trở thành:

2

x 2

x 2

t 7 4 31t 14 t 14t 1 0

t t 7 4 3

t 7 4 3 2 3 7 4 3 2 3 x 2

t 7 4 3 2 3 7 4 3 2 3 x 2

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho S 2;2 . Tổng các nghiệm của phương trình là:

2 2 0


Phương pháp:

- Xét phương trình hoành độ giao điểm.

- Sử dụng định lý Vi – ét , tìm m.

Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của d : y x m và 2x 1

C : yx 1

là:

2x 1x m , x 1

x 1

2 2x x mx m 2x 1 x m 1 x 1 m 0 1

(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt và khác -1



2

22

0 m 1 4 1 m 0m 6m 3 0 2

1 m 1 1 1 m 0 3 0

Gọi tọa độ giao điểm là 1 1 2 2 1 2A x ; y , B x ; y x , x là nghiệm của (1).

Theo Vi – ét: 1 2

1 2

x x m 1

x x 1 m

1 1

2 1 1 2

2 2

2 2 2 2 2

2 1 2 1 2 1 1 2 2 1

2 2

2 1 1 2

y x mA, B d y y x x

y x m

AB x x y y x x x x 2 x x

2 x x 8x x 2 m 1 8 1 m

2 2 2 m 1

2 m 1 8 1 m 2 2 m 1 4 1 m 4 m 6m 7 0m 7

( Thỏa mãn điều kiện (2))

Tổng các giá trị của m là: 1 7 6


Phương pháp: Sử dụng phương pháp hàm số.

Cách giải:

x x x

x x x

x x x

x x x

1 1 1

1 1 1 2 3 4m 2 3 4 m 1

2 3 4 2 3 4

Xét hàm số

x x x

x x x

x x x x x x

1 1 1

2 3 42 3 4y

2 3 4 2 3 4

trên 0;1 :

x x x x x x x x x x x x

2x x x

2 ln 2 3 ln 3 4 ln 4 2 3 4 2 3 4 2 ln 2 3 ln 3 4 ln 4y ' 0, x 0;1

2 3 4

=>Hàm số nghịch biến trên

0;1

0;1

13Min y y 1

1080;1Max y y 0 1

=>Phương trình (1) có nghiệm trên 13 13 121

0;1 ;1 a ,b 1 a b108 108 108




Phương pháp: Lập bảng biến thiên của g x và đánh giá số giao điểm của đồ thị hàm số

y g x và trục hoành.

Cách giải: 2x

g x f x g ' x f ' x x2

g ' x 0 f ' x x

Xét giao điểm của đồ thị hàm số y f ' x và đường thẳng y x ta thấy, hai đồ thị cắt

nhau tại ba điểm có hoành độ là: 2;2;4 tương ứng với 3 điểm cực trị của y g x .

22 42g 2 f 2 6 2 4;g 4 f 4 10 8 2

2 2


x 2 2 4

g ' x 0 0 0

g x 2

6

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy g x 0 x 2;4 phương trình g x 0 không có

nghiệm x 2;4


Phương pháp: Xác định góc giữa hai mặt phẳng , :

- Tìm giao tuyến của ,

- Xác định 1 mặt phẳng



- Tìm các giao tuyến a , b

- Góc giữa hai mặt phẳng , : ; a;b

Cách giải: Kẻ OH AM, H AM,OK SH,K SH

Vì AM SO

AM SOH AM OKAM OH

Mà OK SH OK SAM d O; SAM OK 2

Ta có:

SAM OAM AM

AM SOH

( vì AM OH,AM SO )

Mà

0SOH OAM OH, SOH SAM SH SAM , OAM SH,OH SHO 30

Tam giác OHK vuông tại K 0

OK 2OH 4

sin H sin 30

Tam giác SOH vuông tại O 0 4SO OH.tan H 4.tan 30

3

Tam giác OAM cân tại O, 0AOM 60AOM 60 ,OH AM HOM 30

2 2

Tam giác OHM vuông tại H 0

OH 4 4 8OM

cos HOM cos30 3 3

2

Thể tích khối nón:

2

2 21 1 1 8 4 256 3V R h .OM .SO .

3 3 3 273 3


Phương pháp:

- Biểu diễn số phức và giải bài toán tìm GTLN trên mặt phẳng tọa độ.

Cách giải: Gọi I 1;1; , J 1; 3 ,A 2;3 .

Xét số phức z x yi, x, y R , có điểm biểu diễn là M x; y

2 2 2 2

z 1 i z 1 3 i 6 5 x 1 y 1 x 1 y 3 6 5 1

MI MJ 6 5 M di chuyển trên đường elip có tiêu điểm I và J, độ dài trục lớn

là3 5



Tìm giá trị lớn nhất của z 2 3i tức là tìm độ dài lớn nhất của đoạn AM khi M di chuyển

trên elip.

Ta có: IA 1;2 , JA 3;6 JA 3IA,

điểm A nằm trên trục lớn của elip.

=>AM đạt độ dài lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với B, là đỉnh của elip nằm trên trục lớn và

khác phía A so với điểm I.

Gọi S là trung điểm của IJ S 0; 1

Độ dài đoạn AB SA SB

Mà 6 5

AS 2; 4 AS 2 5,SB 3 5 AB 5 52

Vậy max

z 2 3i 5 5


Phương pháp: Nhân xác suất.

Cách giải: Gọi số lần Amelia tung đồng xu là *n, n Số lần Blaine tung là n 1

Amelia thắng ở lần tung thứ n của mình nên n 1 lượt đầu Amelia tung mặt sấp, lần thứ n

tung mặt ngửa, còn toàn bộ n 1 lượt của Blaine đều sấp. Khi đó:

Xác suất Amelia thắng ở lần tung thứ n: n 1 n 1 n 1

1 1 2 1 21 . . 1

3 3 5 3 5

Xác suất Amelia thắng :

n

n 1 2 3

n 1

21

1 2 1 2 2 2 1 1 1 55. 1 ... lim .

2 33 3 3 5 5 5 3 3 915 5

p 5q p 9 5 4

q 9


Phương pháp: Bài toán lãi suất trả góp:

n

n

N 1 r rA

1 r 1

Trong đó:

N: số tiền vay

r: lãi suất

A: số tiền phải trả hàng tháng để sau n tháng là hết nợ.



Cách giải: Ta có:

n 10

n 10

N 1 r r 200. 1 1% .1%A m 21,116

1 r 1 1 1% 1

( triệu đồng)


Cách giải: AB 1; 2;3

x 2 y 1 z 1d :

1 2 2

có 1 VTCP v 1; 2;2

là một VTCP của

là đường thẳng qua A, vuông góc với d mặt phẳng qua A và vuông góc d

Phương trình mặt phẳng :1 x 3 2 y 2 2 z 1 0 x 2y 2z 1 0

Khi đó, mind B; d B; khi và chỉ khi đi qua hình chiếu H của B lên

*) Tìm tọa độ điểm H:

Đường thẳng BH đi qua B 2;0;4 và có VTCP là VTPT của có phương trình:

x 2 t

y 2t

z 4 2t

H BH H 2 t; 2t;4 2t

H 2 t 2 2t 2 4 2t 1 0 9t 9 0 t 1 H 1;2;2

đi qua A 3;2;1 ,H 1;2;2 có VTCP HA 2;0; 1 u 2;b;c u 5


Cách giải: 3 2 2y x 6x m 1 x 2018 y ' 3x 12x m 1

2y ' 0 3x 12x m 1 0 1

' 36 3. m 1 39 3m

) 0 m 13 y ' 0, x R Hàm số đồng biến trên R 1;

) 0 m 13: Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt 1 2 1 2x , x x x

Theo đinh lí Viet ta có 1 2

1 2

x x 4

m 1x x

3

Khi đó, để hàm số đồng biến trên khoảng 1; thì

1 21

1 2

2 1 2

x 1 x 1 0x 1 0x x 1

x 1 0 x 1 x 1 0



1 2 1 2

1 2

m 1x x x x 1 0 4 1 0

3x x 2 0

4 2 0

( vô lí )

Vậy m 13

Mà m 2018,m m 13;14;15;...;2018

Số giá trị của m thỏa mãn là: 2018 13 1 2006


Phương pháp: Đạo hàm: f .g ' f '.g f .g '

Cách giải:

2x 3x 3x 3x 2x 3x 3x 2x

1 1ln6 ln 6

2 23x 3x 2x

0 0

3f x f ' x 1 3e 3e f x e f ' x 3 1 3 e f x ' e 1 3e

e f x 'dx e 1 3e dx

Ta có:

3

1ln 6

1 3ln 62ln6

3x 3x ln 62 20

0

1 1 1ln6 ln 6 ln 6

2 2 23x 2x 2x 2x 2x 2x

0 0 0

1ln 6 12 ln62x 22x 2x

00

1 1 11 1 11e f x 'dx e f x e f ln 6 f 0 e f ln 6 6 6.f ln 6

2 2 3 2 3

1I e 1 3e dx e e 3dx e 3d e 3

2

e 3 e 3 e 31 8 19. 9

32 3 3 32

1 11 19 1 10 5 66 6.f ln 6 f ln 6

2 3 3 2 186 6


Phương pháp: Dựa vào khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song tính khoảng

cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.

+) Lấy mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 2d và song song với 1d .

Khi đó, 1 2 1d d ,d d d , P .

(Chọn sao cho ta dễ dàng tính được khoảng cách).

+) Tính khoảng cách giữa đường thẳng 2d và mặt phẳng P .



Cách giải:

Dựng hình bình hành A’C’B’D

A 'D / /B'C ' B'C '/ / BDA '

d B'C ';BA ' d B'C '; BDA '

Gọi J là trung điểm A’D.

Kẻ B'H BJ,H BJ

A 'B'C ' đều A 'B'D đều B'J A 'D

Mà BB' A 'D A 'D BA 'D A 'D B'H

B'H A 'DB d B'C;A 'B B'H

A 'B'D đều, cạnh bằng a 3

a B'J2

JB'B vuông tại 22 2 2 2 2

1 1 1 1 1 7 a 21B' B'H

B'H BB' JB' a 3a 7a 3

2

a 21

d B'C ';A 'B7


Phương pháp: Đạo hàm hàm hợp: f u x ' f ' u x .u ' x

Cách giải: Ta có: f 2x 4cos x.f x 2x f ' 2x .2 4sin x.f x 4cos x.f ' x 2

2f ' 0 4sin 0.f 0 4cos0.f ' 0 2 2f ' 0 2 f ' 0 1


Phương pháp: 2 2 2d r R

Trong đó,

d: khoảng cách từ tâm O đến mặt phẳng (P),

r: bán kính đường tròn là giao tuyến của mặt cầu (S)

và mặt phẳng (P),

R: bán kính hình cầu.

Cách giải: 2 2 22 2 2S : x y z 6x 4y 2z 5 0 x 3 y 2 z 1 9

S có tâm I 3; 2;1 , bán kính R 3

Q cắt S theo giao tuyến là một đường tròn bán kính r 2



Ta có: 2 2 2 2 2 2d r R d 2 3 d 5

Gọi n a;b;c , n 0

là một VTPT của Q . Khi đó n

vuông góc với VTCP u 1;0;0

của Ox

1.a 0.b 0.c 0 a 0

Phương trình mặt phẳng (Q) đi qua O 0;0;0 và có VTPT n 0;b;c , n 0

là:

0. x 0 b y 0 c z 0 0 by cz 0

Khoảng cách từ tâm I đến (Q):

2 22 2 2 2

2 2

b. 2 c.1d 5 2b c 5 b c b 4ac 4c 0 b 2c 0 b 2c

b c

Cho c 1 b 2 n 0;2; 1

. Phương trình mặt phẳng Q : 2y z 0


Phương pháp: Sử dụng phương pháp xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.

Cách giải: Đặt A x;0;0 ,B 0; y;0 , x, y 0

Vì OA OB OC 1 x y 1

Gọi J, F lần lượt là trung điểm AB, OC. Kẻ đường thẳng

qua F song song OJ, đường thẳng qua J song song OC,

2 đường thẳng này cắt nhau tại G.

OAB vuông tại O => J là tâm đường tròn ngoại tiếp

tam giác.

GJ / /OC GJ OAB GO GA GB

GF / /JO, JO OC GF OC, mà F là trung điểm của OC

=>GF là đường trung trực của OC GC GO

GO GA GB GC G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC : 2

2 2 21R OG FJ O F OJ OJ

2

Ta có:

2 2

222 2

min

x y 1x yAB 2 1 2 3 3 62 2OJ R R

2 2 2 2 2 2 4 8 8 4


Phương pháp: Đạo hàm hàm hợp : y f u x y ' f ' u x .u ' x



Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số y f x ta thấy hàm số có hai điểm cực trị là

CT CD

x 2x 2, x 0 f ' x 0

x 0

2 2

2

2

2

y f x 2x y ' f ' x 2x . 2x 2

x 0x 2x 0

x 2f ' x 2x 0y ' 0 x 2 0

x 1 32x 2 0x 1

x 1

Vậy, hàm số 2y f x 2x có 5 cực trị


Phương pháp: Cho hai mặt phẳng và( ) ) ( cắt nhau, ta xác định

góc giữa và( ) ) ( như sau:

- Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng và( ) ) ( .

- Tìm trong mỗi mặt phẳng ( ), ( ) một đường thẳng �,� cùng

cùng vuông góc với và cùng cắt tại điểm .

- Xác định góc giữa � và �.

Cách giải: Gọi H là trung điểm của A 'B' AH A 'B'C '

Kẻ HJ,A 'K ' B'C ', J,K ' B'C ' , AK BC, K BC

HJ / /A 'K ',A 'K '/ /AK HJ / /AK H, J,A,K đồng phẳng

Vì B'C' HJ

B'C ' AKJHB'C' AH

Ta có:

A 'B'C ' BCC'B' B'C '

B'C ' AKJH

AKJH A 'B'C ' HJ

AKJH BCC'B' KJ

BCC'B' ; A 'B'C ' KJ;HJ

0 0 0 0A 'B'K ' 180 120 60 A 'K ' A 'B'.sin 60

1 A 'K ' a2a. a AK HJ

2 2 2

Xét 2 2B'HC' :HC' B'H B'C ' 2.B'H.B'C '.cos B'



2 22 0 2 2 2 21

a 2a 2.a.2a.cos120 a 2a 2.a.2a. a 4a 2a a 72

AHC' vuông tại H AH HC.tan C' HC.tan AC'; A 'B'C ' (vì AH A 'B'C ' )

0a 7. tan 60 a 21

Xét hình thang vuông a

AKJH : AK A 'K ' a, HJ , AH a 212

Kẻ a a

JS AK SJ AH a 21,SA HJ SK2 2

SJ a 21tan SKJ 2 21

aSK2

Vì AK / /HJ tan HJ;KJ 2 21 tan 2 21

s3-ap-southeast-1.amazonaws.com file) P và Q cắt nhau khi và chỉ khi chúng không song song...

Documents

Transcript of s3-ap-southeast-1.amazonaws.com file) P và Q cắt nhau khi và chỉ khi chúng không song song...