Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Trung học phổ thông Tai lieu toan phuong phap giai nhanh toan & de thi nbt...

Tài liệu Tai lieu toan phuong phap giai nhanh toan & de thi nbt

.PDF
51
184
108

Mô tả:

Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm Thầy Nguyễn Bá Tuấn T[I LIỆU TẶNG HỌC SINH PHƯƠNG PH\P TƯ DUY GIẢI TO\N TRẮC NGHIỆM Dành cho học sinh ôn thi THPT quốc gia 2017 (Đăng ký tham gia khóa học tại TP HCM ngày 16/4/2017 tại link http://bit.ly/dang-ky-hoc-toan-mien-phi) Thầy: Nguyễn Bá Tuấn Giáo viên Toán, Giảng viên ĐH Công nghiệp Hà Nội Tác giả bộ sách “Phương pháp tư duy giải nhanh Toán trắc nghiệm” Link đặt sách: bit.ly/dat-mua-sach-toan-trac-nghiem https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 1 Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm Thầy Nguyễn Bá Tuấn I. CÁC PHƯƠNG PH\P TƯ DUY GIẢI NHANH ĐIỂN HÌNH 1. Kĩ năng dùng M\Y TÍNH CẦM TAY_CASIO HOẶC VINACAL 1.1 Ứng dụng MODE 7: Chức năng của phím MODE 7 ( TABLE) l{ một bảng gi| trị của h{m số f(x). Từ bảng đó ta quan s|t có thể : + Tìm nghiệm phương trình khi c|c đ|p |n c|ch nhau một khoảng không đổi + Dự đo|n tính đơn điệu của h{m số + Tình giới hạn + Dự đo|n được min, max h{m số nếu có Lưu ý: m|y casio 570vnplus chỉ chạy được 10 đoạn trong khi es chạy dc 29 đoạn. nguyên nh}n do 570vn chạy với 2 h{m l{ f(x) v{ g(x) còn es chỉ có f(x). Ta có thể chuyển vn sang dạng es bằng phím S, mode, mũi tên xuống, 5, 1 (lựa chọn f(x)) +step =(b-a)/n với n l{ số đoạn muốn m|y chạy. Đoạn c{ng nhiều sự khảo s|t c{ng tỉ mỉ. VD1: Tìm m để phương trình 3 21  4 x  x 2  m  4 x  2 có nghiệm A. 35  x  15 B. 40  x  15 C. 30  x  15 D. 20  x  15 Hướng dẫn Gi| trị của m l{ miền gi| trị của f ( x)  3 21  4 x  x 2  4 x  2 Dùng MODE 7 nhập h{m số trên với khởi tạo START = -10, END = 10, STEP = 1 được miền gi| trị l{ (-30;15) VD2: H{m số y  x 4  2 x 2  3 nghịch biến trên khoảng: A. ( ; 1) B. ( 1;0) C. (1; ) D. R Hướng dẫn Nhập h{m số v{o MODE 7 với khởi tạo START= -10, END = 10, STEP = 1 thấy trong khoảng ( ; 1) gi| trị giảm dần, còn c|c khoảng trong c|c đ|p |n còn loại không giảm dần. Do đó chọn đ|p |n A. VD: Câu 11.(MH_01)Tìm tất cả gi| trị thực của tham số m sao cho h{m số y    đồng biến trên khoảng  0;  .  4 A. m  0 hoặc 1  m  2 C. 1  m  2 tan x  2 tan x  m B. m  0 D. m  2 Hướng dẫn giải: Dùng tư duy điểm biên điển thuận lợi để chọn m=0 v{ m=1 ta được hàm tan x  2 tan x  2 bấm mode7 v{ nhập hai h{m trên đối với m|y 570vn f ( x)  ; g ( x)  tan x tan x  1  0 ba 4   plus (vinacal) với START =0; END = ; STEP= thấy cả hai h{m đều   n 20 80 4 tăng. Từ đó, f(x) đồng biến nên m=0 thỏa m~n từ đó loại C,D. Còn lại A, B m{ g(x) đồng biến nên m=1 thỏa m~n từ đó loại B. Vậy Chọn A. https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 2 Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm Thầy Nguyễn Bá Tuấn 2. Ứng dụng phím CALC :  G\N GI\ TRỊ VD1: (Đề chuyên HY) H{m số n{o trong c|c h{m số sau có tập x|c định D=(-1;3) A. y  2 x 2  2 x 3 B. y  log2 ( x 2  2 x  3) C. y  ( x 2  2 x  3)2 D. y  x 2  2 x  3 Hướng dẫn : Lấy 1 gi| trị ngo{i D thay v{o c|c đ|p |n. Nếu không b|o MATH ERROR thì loại đ|p |n đó vì khi đó h{m số có tập gi| trị lớn hơn D. Nhập c|c h{m số rồi CALC x= 5 thì đ|p |n A, B, C đều ra kết quả. VD2 : Nghiệm của phương trình log4 (log2 x)  log2 (log4 x)  2 là: A. x = 2  B. x = 4 C. x = 8 D. x = 16 TÍNH LIM x 3 có: 5 x A. một đường tiệm cận đứng x  5 v{ một đường tiệm cận ngang y  1 . VD1: Đồ thị h{m số y  B. một đường tiệm cận đứng x  5 v{ một đường tiệm cận ngang y  1 . C. một đường tiệm cận đứng x  5 v{ một đường tiện cận ngang y  1 . D. một đường tiệm cận đứng x  5 v{ một đường tiệm cận ngang y  1 . Hướng dẫn X 3 sau đó nhấn CALC x= 5,00001 v{ x = 4,99999 được 5 X một số rất lớn nên x = 5 l{ TCĐ X 3 + Tìm tiệm cận ngang: Nhập sau đó nhấn CALC x = 105 được xấp xỉ - 1 nên TCN y = 5 X -1 (lưu ý: Trong qu| trình tính giới hạn sử dụng CALC ta không nên lấy c|c gi| trị lớn qu| đối với b{i to|n x ra vô cùng v{ không nên lấy gi| trị s|t qu| đối với giới hạn tại một điểm).  TÌM NGHIỆM ( SHIFT + CALC) x  4 5  y 2z  1 VD1: Giao điểm M của đường thẳng (d ) : và ( P) : 2 x  4 y  3z  8   1 2 5 là: Hướng dẫn x  4 5  y 2z  1 5t  1 Ta có (d ) :    t  M (t  4;5  2 t; ) 1 2 5 2 5X  1 Nhập v{o ( P) : 2(X  4)  4(5  2 X )  3.  8  0 sau đó nhấn SHIFT+CALC với gi| trị 2 khởi tạo X = 0 được nghiệm x =1 hay ns c|ch kh|c t =1 Kinh nghiệm: kết hợp MODE 7 để tìm ra khoảng nghiệm, từ đó nhập gi| trị khởi tạo chuẩn hơn + Tìm tiệm cận đứng: Nhập https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 3 Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm VD2: Biết phương trình 9 x  2 1 P  a  log 9 2 2 2 A. P  1 2 x 1 2 2 x 3 2 Thầy Nguyễn Bá Tuấn  32 x 1 có nghiệm a. Tính gi| trị biểu thức 1 C. P  1  log 9 2 2 2 B. P = 1 D. P  1  log 9 2 2 Hướng dẫn C|ch tìm gi| trị a: Bước 1: Nhập f ( x)  9  2 X X 1 2 2 X 3 2  32 X 1 Bước 2: Nhấn SHIFT + CALC cho x bằng gi| trị bất kì , m|y sẽ tự tìm ra nghiệm a nhưng rất l}u. Kết hợp MODE 7 thì biết được nghiệm nằm trong khoảng (0,7 ; 0,8) nên sẽ cho gi| trị bắt đầu x= 0,75. Tìm được nghiệm x  0,7695. G|n ( SHIFT+RCL) nghiệm đó với A rồi tính gi| trị P Tính đạo hàm cấp 2: Ví dụ 1. H{m số y  3 3x  2 có đạo h{m f '(2) ;f’’(2) A. 0 B. 2 C. 1 4 D. 1 Hướng dẫn giải Bấm SHIFT    d  dx  x rồi nhập h{m cần tính đạo h{m v{ gi| trị cần tính đạo h{m tại điểm. f '(x 0  A)  f'(x 0 ) A 0 A Để tính đạo h{m cấp 2 : df df  dx X  ( x0  A) dx X  x0   CALC A  0, 001;...  f ''( x0 ) A CALC với nguyên hàm f ''( x0 )  lim Câu 46: Với gi| trị n{o của a, b, c thì f (x)  x 3  2 x có một nguyên h{m l{ F ( x)  (ax 2  bx  c) 3  2 x A. a  2, b  1, c  3 2 1 3 B. a  , b  , c  5 5 5 1 2 2 ,c  D. a  , b  3 5 3 2 1 1 C. a  , b  , c  3 2 3 Hướng dẫn Nhập h{m v{ CALC (ở đ}y lúc CALC m|y vẫn hỏi gi| trị X nhưng khi thực hiện tính đạo h{m thì nó vẫn hiểu tính đạo h{m tại x=1 mặc dù lúc đầu cho gi| trị kh|c của X) 1.3 Một vài ví dụ điển hình 1. Tính đạo h{m h{m số tại 1 điểm ( SHIFT+ tích ph}n ) https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 4 Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm Thầy Nguyễn Bá Tuấn VD1 : ( Đề minh họa) Tính đạo h{m của h{m số y  ln(1  x  1) A. y '  1 2 x  1(1  x  1) B. y '  C. y '  1 x  1(1  x  1) D. y '  1 1 x 1 2 x  1(1  x  1) Hướng dẫn Ta tính đạo h{m h{m số tại một điểm bất kì x0. Sau đó so s|nh với y(x0) xem có bằng nhau hay không 2. Phương pháp tư duy loại dùng điểm biên và điểm thuận lợi VD1: Giải bất phương trình 3x 2 4   x 2  4  3x 2  1 có nghiệm : A. D   2;   B. D   ; 2  C. D   ; 2  2;   D. D=[-2;2] Hướng dẫn: Nghiệm của phương trình thỏa m~n khi thay v{o biểu thức 3X 2 4  ( X 2  4).3X 2  1 ra giá trị lớn hơn hoặc bằng 0. Nhập 3X 2 4  ( X 2  4).3X 2  1 sau đó CALC x = 2 thấy thỏa m~n nên loại được đ|p |n A, B. Sau đó CALC x = 1,9999 thấy không thỏa m~n nên loại được đ|p |n D. VD2:Cho h{m số y  x 3  6 x 2  mx  1 , tìm m để h{m số đồng biến trên (0; ) A. m  0 B. m  12 C. m  12 D. m  0 Hướng dẫn Ta lấy f(0)= 1 m{ f(1) = m – 2. Vì h{m số đồng biến trên (0; ) nên f(1)> f(0) hay m > 3. Từ đó loại được ngay đ|p |n A, B, D. 3. Phương pháp tư duy đặc biệt hóa VD1: Cho họ đường thẳng (dm) : (1  m)2 x  2my  m2  4m  1  0 . Khi tham số m thay đổi thì (dm) luôn tiếp xúc với một đường tròn (C) cố định. Phương trình của đường tròn (C) là : A. ( x  1)2  y 2  1 B. x 2  ( y  1)2  1 C. x 2  ( y  2)2  1 D. ( x  1)2  y 2  1 Hướng dẫn Trước hết ta thấy 4 đ|p |n đều l{ đường tròn có b|n kính bằng 1 nên d(I,dm)= 1. Vì tham số m thay đổi nên chọn m l{ những gi| trị đặc biệt. Chọn m = 0 ta được dm: x +1 = 0. Tới đ}y ta kiểm tra c|c đ|p |n xem d(I,dm)= 1 hay không thì loại được đ|p |n B, C. Chọn tiếp m = 1 ta được dm : y – 1 = 0. Tiếp tục xét d(I,dm)= 1 ta loại được đ|p |n B. VD2 : Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m để h{m số y = x + m(sinx + cosx) đồng biến trên ( Đề chuyên LHP) 1 1 1 )( ; ) A. m  ( ; B. 3  m  2 2 2 https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 5 Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm Thầy Nguyễn Bá Tuấn 1 1 1   1   D. m   ; m  ;    2 2 2  2   Hướng dẫn Chọn m = 0 ta được y = x, h{m số n{y đồng biến trên nên m = 0 thỏa m~n. Vậy loại đ|p án A, D. Chọn m = -2 ta được y  x  2(sinx  cosx) . Dùng MODE 7 khảo s|t thấy h{m số không C. đồng biến nên m = -2 không thỏa m~n. Vậy chọn B. (lưu ý nếu chúng ta không chọn chế độ radian trong b{i n{y thì sẽ bị nhầm trường hợp m=-2 l{ h{m số đồng biến v{ chọn đ|p |n B) 4. Phương pháp tư duy tổng quát hóa, VD3 : Nguyên h{m của h{m số f ( x )  x 3  2 x là : A. C. 1 3 2 3  2 x  x2  x   5 5 5 1 1 2 3  2 x  x2  x   2 3 3 B. 3  2 x  2 x 2  1x  3 D. 4 1  3  2 x  x2  x  2  5 3  Hướng dẫn Nhận thấy c|c đ|p |n đều có dạng 3  2 x (ax 2  bx  c) nên ta sẽ sử dụng CALC v{ tính năng tính đạo h{m h{m số tại 1 điểm để kiểm tra c|c đ|p |n. d Nhập v{o m|y tính để tính đạo h{m h{m số tại 1. 3  2 x  AX 2  BX  C  x 1 dx Sau đó nhập CALC, m|y hỏi c|c gi| trị của X,A,B,C thì ta nhập A,B,C tương đương với c|c đ|p |n v{ X l{ gi| trị kh|c 1. Nếu ra gi| trị bằng f(1)=1 thì đ|p |n đó đúng. 5. Tư duy truy hồi VD1 : GTNN v{ GTLN của h{m số f ( x)  2 x 3  12 x 2  18x  10 trên đoạn [0 ;4] là :   A. -10 và -2 B. 1 và 3 C. -10 và 8 D. 1 và 8 Hướng dẫn Sắp xếp c|c gi| trị ứng với GTNN theo thứ tự tăng dần l{ -10, 1 x  0 Xét f ( x )  10   đều thuộc [0 ;4] nên gi| trị -10 thỏa m~n l{ GTNN x  3 Do đó loại được đ|p |n B, D. Sắp xếp c|c gi| trị ứng với GTLN theo thứ tự giảm dần l{ 8, -2 Xét f ( x)  8  x  4,4 [0;4] nên gi| trị 8 không thỏa m~n l{ GTLN. Vậy loại đ|p |n C. 6. Tư duy ước lượng VD1 : Cho hình trụ có chiều cao h nội tiếp mặt cầu b|n kính R biết h = kR. Tỉ số thể tích của hình trụ v{ hình cầu l{ : 3 5 A. B. (4  k 2 )(k  1) C. (4  k 2 )k 16 7 3 3 D. (2  k 2 )k (4  k 2 )(k  1) 16 16 Hướng dẫn Khi ta kéo hình trụ theo chiều cao thì chiều cao dần đến đường kính mặt cầu bằng 2R hay k = 2. Lúc đó V dần tới 0. https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 6 Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm Thầy Nguyễn Bá Tuấn Nếu ta kéo cho chiều cao dần tới 0 thì đường kính mặt đ|y cũng dần tới đường kính mặt cầu. Vậy h dần tới 0 tức k dần tới 0 khi đó V dần tới 0. Từ hai trường hợp trên ta thấy khi k xấp xỉ 2 v{ 0 thì V gần bằng 0. Chỉ có đ|p |n A thỏa mãn. VD2:Câu 9.(MH02) Tìm tập hợp tất cả c|c gi| trị của tham số thực m để h{m số y  ln( x2  1)  mx  1 đồng biến trên khoảng (; ) A. (; 1] B. (; 1) C. [  1;1] D. [1;+) Đạo h{m v{ chuyển vế ta được dạng m  g ( x) khi đó ta chọn đ|p |n phải lấy dấu đoạn v{ không có đ|p |n dạng m lớn hơn gi| trị n{o đó. Từ đó loại c|c đ|p |n còn mỗi A. Xem chi tiết c|c phương ph|p giải nhanh tại cuốn “Phương ph|p tư duy giải nhanh To|n trắc nghiệm d{nh cho học sinh lớp 12” https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 7 Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm Thầy Nguyễn Bá Tuấn II. CÔNG THỨC TÍNH NHANH THEO CHUYÊN ĐỀ 1. Công thức bài toán thực tế 1.1 Lãi kép: - Dạng 1: Gửi v{o lượng tiền A sau n kì hạn nhận được An  A(1  r )n - Dạng 2: Gửi th|ng đầu tiên l{ A v{ sau mỗi kì hạn gửi thêm một lượng B khi đó số tiền nhận được sau n kì hạn là: Sn  A(1  r )n  B(1  r ) (1  r )n1  1 r (1  r )n1  1 (1  r ) n  1  A(1  r ) r r Đặc biệt: Khi vay một số tiền l{ P v{ sau đó mỗi th|ng trả số tiền bằng m thì m Đặc biệt khi A=B ta có: Sn  A(1  r )n  A(1  r ) (1  r )k được tính theo công thức m  rP. có thể tính trực tiếp công thức như c|ch tính (1  r ) k  1 ở trong s|ch PP tư duy giải nhanh 12 hoặc |p dụng công thức dạng 2 khi coi th|ng ban đầu gửi một lượng tiền l{ –P khi đó ta có (chú ý l{ nếu trả trong n kì hạn thì trong công thức S n phải thay n bằng n+1 vì tính thêm tháng vay) Sn1   P(1  r )n1  m(1  r ) (1  r )n  1 (1  r ) n  0  m  Pr r (1  r )n  1 Áp dụng cho c}u 21 đề Minh Họa 01 1. 1.2 B{i to|n về tuổi cổ vật, chất phóng xạ. C}u 21_đề 01: Chu kì b|n r~ của chất phóng xạ plutoni Pu 239 l{ 24360 năm (tức l{ một lượng Pu 239 sau 24360 năm ph}n hủy thì chỉ còn lại một nửa). Sự ph}n hủy được tính theo công thức S  Aert , trong đó A l{ lượng chất phóng xạ ban đầu, r l{ tỉ lệ ph}n hủy h{ng năm ( r  0 ), t l{ thời gian ph}n hủy, S l{ lượng còn lại sau thời gian ph}n hủy t. Để 10 gam Pu 239 ph}n hủy còn 1 gam thì cần thời gian ph}n hủy xấp xỉ (năm) A. 80922 B. 48720 C. 73080 D. 12180 Câu 21. Ta có A=10g, S=1g. A  ln 2  ln10 24360ln10  A.e24360 r  r  ;1  10.ert  t    80922 2 24360 r ln 2 S ln A .T với T l{ chu kì b|n r~. Công thức chung t   ln 2 14 C}u 21_đề 03: Hạt nh}n 6 C l{ một chất phóng xạ có chu kỳ b|n r~ T = 5730. Trong c}y cối có chất phóng xạ ấy. Độ phóng xạ của một mẫu gỗ tươi v{ một mẫu gỗ cổ đại đ~ chết có cùng khối lượng lần lượt l{ 0,250 Bq v{ 0,215 Bq.Biết độ phóng xạ l{ số hạt nh}n ph}n r~ trong một gi}y được tính theo công thức H (t )  H 0e  ln 2 t T với H 0 l{ độ phóng xạ ban đầu, H (t ) l{độ phóng xạ tại thời điểm t. X|c định xem mẫu gỗ cổ đại đ~ chết c|ch đ}y xấp xỉ bao nhiêu năm? https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 8 Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm A. 2492 năm Thầy Nguyễn Bá Tuấn B. 2865 năm C. 1432 năm D. 1246 năm Hướng dẫn giải: H (t ) Thay H 0 = 0,250 và H (t ) = 0,215, ta tính tỉ số được đ|p |n l{ 1246 năm. H0 Đap an: D. 2. Các công thức dùng pp tọa độ hóa 1  Tam giác: S ABC   AB,AC  2  Hình bình hành: S ABCD  AB,AD    Tứ diện: VABCD  1 AB,AC  AD  6  Hình lăng trụ tam giác VABC. A' B'C '  1 AB; AC  . AA' 2  Hình hộp: VABCD.A ' B' C ' D'  AB,AD AA'    AB,CD  .BD   AB và CD (chéo nhau): d( AB,CD )   AB,CD    Khoảng c|ch từ điểm đến mặt phẳng  d(S;(ABC))  3VSABC  AB, AC  .AS  SABC  AB; AC    Góc giữa hai đường thẳng : cos(a; b)  cos(u a ; ub )  ua .ub ua . ub Góc giữa đường thẳng v{ mặt phẳng : u.nP sin(a;(P))  cos(u; nP )  u . nP -Góc giữa hai mặt phẳng: cos((P);(Q))  cos( nP ; nQ )  nP .nQ nP . nQ 3.Các công thức khác: H[M SỐ Cho h{m số y  ax  bx  c với a, b  0 x|c định v{ liên tục trên 4 2 Đồ thị h{m số có 3 cực trị A, B, C luôn lập th{nh 1 tam gi|c c}n +) Nếu ABC l{ tam gi|c đều thì 24a  b3  0  8a +)Nếu ABC c}n có góc ở đỉnh l{  thì tan 2  3 2 b +) Nếu ABC là tam giác vuông cân thì 8a  b3  0 https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 9 Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm Thầy Nguyễn Bá Tuấn +) Nếu ABC có c|c góc đều l{ góc nhọn thì 8a  b3  0 +) Nếu ABC có diện tích S0 thì 32a3 S02  b5  0 ( Ứng dụng trong c}u hỏi tìm m để ABC có diện tích lớn nhất) +) Nếu ABC nhận gốc tọa độ O l{m trọng t}m thì b2  6ac  0 +) Nếu ABC nhận gốc tọa độ O l{m t}m đường tròn ngoại tiếp thì b3  8a  4bc  0 +) Nếu ABC nhận gốc tọa độ O l{m trực t}m thì b2  6ac  0 +) Ba điểm A, B, C cùng gốc tọa độ O tạo th{nh hình thoi thì b2  2ac  0 1 b 2 2a 2 +) Nếu ABC b|n kính đường tròn ngoại tiếp l{ R thì R  (  ) 2a 4 b SỐ PHỨC Dạng b{i tìm số phức z khi có cả số phức z VD : Cho (2  3i) z  (1  2i) z  5  7i Hướng dẫn : a1 x  b1 y  c1 Gọi z = x + yi. Khi đó x, y sẽ l{ nghiệm của hệ  a2 x  b2 y  c2 Trong đó : 5  7i  c1  c2i Nhập v{o m|y tính (2  3i)( X  Yi)  (1  2i)( X  Yi) sau đó CALC X = 1, Y = 0 ra kết quả chính là a1  a2i . Còn CALC X = 0, Y = 1 thì ra kết quả chính l{ b1  b2i KHỐI TRÒN XOAY +) Hình nón có chiều cao x nội tiếp khối cầu có b|n kính R thì b|n kính đ|y 1 r  x(2 R  x ) và V  x 2 (2 R  x) 3 8R 4R hoặc r  3 3 +) Cho lăng trụ chiều cao h, b|n kính r nội tiếp hình cầu b|n kính R. Ta có tỉ số thể tích Vtru 3  (4  k 2 )k Vcau 16 Thể tích nón lớn nhất khi chiều cao x  HÌNH TỌA ĐỘ OXYZ Tìm hình chiếu của điểm lên đường thẳng : C|ch l{m: Tính khoảng c|ch từ điểm M ( x0 , y0 , z0 ) đến đường thẳng d: x a y b z c   m n q Hướng dẫn Gọi M1 ( x1 , y1 , z1 ) l{ hình chiếu của M lên d. Khi đó ta có d : x1  a y1  b z1  c   t m n q Đặt Khi đó t  ( x0  a)m  ( y0  b)n  ( z0  c)q . Có được t ta sẽ suy ra x1 , y1 , z1 m2  n 2  q 2 Tìm hình chiếu của điểm lên mặt phẳng : Tìm hình chiếu của A(x 0 , y0 , z0 ) lên mặt phẳng (P) : ax+by+cz+d=0 https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 10 Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm Thầy Nguyễn Bá Tuấn Cách làm: Tính t    ax0  by0  cz0  d a 2  b2  c 2 H(x 0  at; y0  bt; z0  ct ) Ví dụ: Tìm hình chiếu của A(2;3;4) lên (P) : x  2 y z  3  0 Lời giải: Cách 1: Tính k   2 2 2.3 2 4 2 3   9 1  2 1 6 9 9 9  Hính chiếu l{ H (2  1.( ); 3  2.( ); 4  1.( )) 6 6 6 1 5 ; 0; ) . Trong thực tế ta tính t bằng casio v{ g|n cho A sau đó tính 2 2 c|c tọa độ của H Cách 2 : Dùng m|y tính cầm tay : Nhập biểu thức (2  X )  2(3  2 X )  (4  X )  3 dùng phím shift solve để giải phương trình Hay H ( tìm ra X chính là t theo cách 1. Xem chi tiết c|c công thức giải nhanh tại cuốn « Tuyển tập đề thi và phương pháp giải nhanh Toán trắc nghiệm lớp 12 » https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 11 Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm Thầy Nguyễn Bá Tuấn III. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI MINH HỌA THEO C\C PP GIẢI NHANH ĐỀ THI MINH HỌA - 01 THPT QUỐC GIA 2017 Nguồn: Bộ Giáo dục và Đào tạo Hướng dẫn giải: thầy Nguyễn Bá Tuấn Câu 1: Đường cong trong hình bên l{ đồ thị của một h{m số trong bốn h{m số được liệt kê ở bốn phương |n A,B,C,D dưới đ}y. Hỏi h{m số đó l{ h{m số n{o? A y   x 2  x  1 B. y   x3  3x  1 C y  x 4  x 2  1 D. y  x3  3x  1 Lời giải C1: Nhìn v{o đồ thị có ngay a>0 nên loại A, B. Đồ thị đ~ cho l{ đồ thị h{m bậc 3 nên chọn luôn D C2: Đồ thị h{m số ở hình bên có hai điểm cực trị v{ lim y   ;lim   x  x  A Sai vì đ}y l{ đồ thị h{m bậc hai chỉ có một điểm cực trị C Sai vì đồ thị h{m trùng phương nhận Oy l{m trục đối xứng B Sai do lim y   , hệ số a<0. x  Vậy chọn D. Câu 2:Cho h{m số y  f  x  có lim f  x   1 và lim f  x   1 . Khẳng định n{o sau đ}y x  x  l{ khẳng định đúng ? A. Đồ thị h{m số đ~ cho không có tiệm cận ngang. B. Đồ thị h{m số đ~ cho có đúng một tiệm cận ngang C. Đồ thị h{m số đ~ cho có hai tiệm cận ngang l{ c|c đường thẳng y  1 và y  1 D. Đồ thị h{m số đ~ cho có hai tiệm cận ngang l{ c|c đường thẳng x  1 và x  1 Lời giải: Ta có: +) lim f ( x)  1  y  1 l{ một đường tiệm cận ngang x  +) lim f ( x)  1  y  1l{ một đường tiệm cận ngang. x  Vậy chọn C. Câu 3: Hỏi h{m số y  2 x 4  1 đồng biến trên khoảng n{o? 1  A.  ;   2   1  C.   ;    2  B.  0;    ;0  Lời giải: Ta có y  8x  0  x  0 . Do đó h{m số đ~ cho đồng biến trên khoảng (0; ) 3 Vậy chọn B. https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 12 D. Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm Thầy Nguyễn Bá Tuấn Câu 4: Cho h{m số y  f  x  x|c định, liên tục trên R v{ có bảng biến thiên: Lời giải: Sai vì h{m số có hai cực trị Sai vì h{m số có gi| trị cực tiểu bằng -1 Sai vì h{m số không có gi| trị lớn nhất v{ gi| trị nhỏ nhất trên R Đúng Vậy chọn D. A. B. C. D. Câu 5: Tìm gi| trị cực đại yCD của h{m số y  x3  3x  2 A. yCD  4 B. yCD  1 C. yCD  0 D. yCD  1 Lời giải:  x  1  y  4 Ta có y  3x 2  3  0    x  1  y  1 Vậy gi| trị cực đại của h{m số bằng 4(h{m bậc 3 có gi| trị cực đại lớn hơn gi| trị cực tiểu). Vậy chọn A. x2  3 trên đoạn  2; 4 x 1 B. min y  2 C. min y  3 Câu 6:Tìm gi| trị nhỏ nhất của h{m số y  A. min y  6 2;4 min y   2;4 2;4 2;4 D. 19 3 Lời giải: C1: Do xét trên [2;4] nên dễ thấy y>0 từ đó loại B,C. Còn lại A v{ D thử thấy x=3 thì y=6 v{ do nên chọn D. ( có thể dùng casio để tìm x) Ta có: y   x  1(loai) x2  2 x  3 0 ( do ta xét trên đoạn  2; 4 ) x 1 x  3 H{m số liên tục trên đoạn  2; 4 và ta có y  2   7; y  3  6; y  4   https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 13 19 . 3 Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm Thầy Nguyễn Bá Tuấn Vậy chọn A. Câu 7:Biết rằng đường thẳng y  2 x  2 cắt đồ thị h{m số y  x3  x  2 tại điểm duy nhất ; ký hiệu  x0 ; y0  l{ toạ độ của điểm đó. Tìm y0 A. y0  4 B. y0  0 C. y0  2 D. y0  1 Lời giải: C|ch 1: Phương trình ho{nh độ giao điểm: 2 x  2  x  x  2  x  3x  0  x  0  y  2 3 3 Vậy chọn C. Câu 8: Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m sao cho đồ thị của h{m số y  x 4  2mx 2  1 có 3 điểm cực trị tạo th{nh tam gi|c vuông c}n 1 A. m   3 9 m 1 Lời giải: B. m  1 C. m  1 9 3 D. x  0 Ta có: y  4 x3  4mx  0   2  x  m Điều kiện h{m số có 3 điểm cực trị–m>0(có thể nhìn nhanh để hs bậc 4 trùng phương có 3 cực trị thì a.b<0) m<0 => Ta loại đ|p |n C, D (*) Khi đó tọa độ 3 điểm cực trị l{ A(0;1); B ( m ; m2  1) ; C ( m; m2  1) Ta thấy AB=AC nên tam gi|c ABC luôn c}n tại A.  m  0(loai) Vậy YCBT  AB. AC  0  m  m4  0    m  1 Hướng kh|c: Từ (*) Đến đ}y chỉ còn đ|p |n A hoặc B đúng. Thay m=1 ta có tọa độ 3 điểm A(0;1); B(1;0);C(-1:0) thấy TM tam gi|c ABC vuông c}n nên chọn B. Nếu ko thỏa m~n ta sẽ chọn A. Vậy chọn B. Câu 9:Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m sao cho đồ thị của h{m số : y  có 2 tiệm cận ngang. A. Không có gi| trị thực n{o của m thỏa m~n yêu cầu đề b{i. B. m  0 C. m  0 D. m  0 Lời giải: Khi m=0 ta có y= x+1 Đồ thị h{m số không có tiệm cận => Loại https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 14 x 1 mx 2  1 Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm Khi m>0 có lim x  x 1 mx 2  1  lim x  1 Thầy Nguyễn Bá Tuấn 1 x m 1 x2  1 1 => y= l{ một tiệm cận ngang m m 1 x  1 => y= - 1 l{ một tiệm cận ngang lim  lim x  m m mx 2  1 x m  1 2 x Khi m<0 Đồ thị h{m số không có tiệm cận. Vậy chọn D. C2: m=1 thay v{o rồi dùng casio tìm tiệm cận ngang sẽ thấy có 2 tiệm cận ngang l{ y=1 và y=-1 nên chọn D x 1 1  Câu 10: Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 12 cm. Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng x  cm  , rồi gập tấm nhôm lại như hình vẽ dưới đ}y để được một c|i hộp không nắp. Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất. A. x  6 x4 B. x  3 C. x  2 D. Lời giải: Gọi x l{ cạnh hình vuông bị cắt ( 00  x>1 Phương trình trở th{nh x  1  43  x  65 ( TM) Vậy chọn B. Câu 13:Tính đạo h{m của h{m số y  13x . A. y '  x.13x1 B. y '  13x.ln13 C. y '  13x x 13 ln13 Lời giải: Ta có y  (13x )  13x ln13 y'  Vậy Chọn B. https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 16 D. Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm Thầy Nguyễn Bá Tuấn Câu 14: Giải bất phương trình log 2  3x  1  3 . 1 B.  x  3 3 A. x  3 C. x  3 D. 10 3 Lời giải: ĐK: x>1/3 BPT 3x-1>8 x>3 Kết hợp ĐK ta chọn A. C2: h{m số l{ đồng biến nên nghiệm có dạng x>a nên loại B,C. thử gi| trị thuộc tập ở đ|p |n A m{ không thuộc đ|p |n D thấy thỏa m~n nên chọn A. x Câu 15: Tìm tập x|c định D của h{m số y  log 2  x 2  2 x  3 . A. D   ; 1  3;   B. D   1;3 C. D   ; 1   3;   D. D   1;3 Lời giải: x  3 H{m số x|c định  x 2  2 x  3  0    x  1 Do đó, tập x|c định của h{m số l{ D   ; 1   3;   . Vậy chọn C. Câu 16: Cho h{m số f  x   2 x.7 x . Khẳng định n{o sau đ}y l{ khẳng định sai ? 2 A. f  x   1  x  x 2 log 2 7  0 B. f  x   1  x ln 2  x 2 ln 7  0 C. f  x   1  x log7 2  x2  0 D. f  x   1  1  x log 2 7  0 Lời giải: Với f  x   1 , ta có    2x.7 x  1  log 2 2x.7 x  log 2 1  0  log 2 2 x  log 2 7 x  0  x  x 2 log 2 7  0  2x.7 x  1  ln 2 x.7 x  ln1  0  ln 2 x  ln 7 x  0  x ln 2  x 2 ln 7  0  2x.7 x  1  log 7 2x.7 x  log 7 1  0  log 7 2 x  log 7 7 x  0  x log 7 2  x 2  0 Vì x  2 2 2  2 2   2 2 2  2 nên khẳng định x  x2 log 2 7  0  x 1  x log 2 7   0  1  x log 2 7  0 là sai. Cách 2 : Ước lượng. Vậy chọn D. Câu 17: Cho c|c số thực dương a, b, với a  1. Khẳng định n{o sau đ}y l{ khẳng định đúng ? https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 17 Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm Thầy Nguyễn Bá Tuấn 1 log a b B. log a2  ab   2  2log a b 2 1 1 1 C. log a2  ab   log a b D. log a2  ab    log a b 4 2 2 Lời giải: 1 1 1 1 Ta có log a2  ab    log a ab    log a a  log a b    log a b . 2 2 2 2 C|ch kh|c: có thể lấy a=2, b=5 v{ thử đ|p |n. Chú ý dùng pp Tổng qu|t hóa để việc thử được tối ưu. Vậy chọn D. A. log a2  ab   Câu 18 Tính đạo h{m của h{m số y  A. y '  C. y '  x 1 . 4x 1  2  x  1 ln 2 22 x 1  2  x  1 ln 2 4x B. y '  D. y '  2 1  2  x  1 ln 2 22 x 1  2  x  1 ln 2 4x 2 Lời giải: x x ' x x  x  1   x  1 .4   x  1 .  4  4   x  1 .4 .ln 4 Ta có y '   x    2 2  4   4x   4x  ' ' 1   x  1 .ln 4 1  2  x  1 ln 2 .  4x 22 x C2: Dùng ước lượng C3: dùng casio Vậy chọn A.  Câu 19: Đặt a  log 2 3 và b  log5 3 . H~y biểu diễn log 6 45 theo a và b . A. log 6 45  a  2ab ab  b B. log 6 45  2a 2  2ab ab C. log 6 45  a  2ab ab  b D. log 6 45  2a 2  2ab ab  b Lời giải: C1: biến đổi v{ dùng c|c công thức cơ bản v{ công thức 1 1 log ( ab ) c   log c (ab) log c a  log c a Biến đổi ta được đ|p |n C. C2 : log32  A (Shift + STO+A) ; log35  B Sau đó thử v{o 4 đ|p |n A,B,C,D  C C3 : Ước lượng : log645  log36 6 2 Nhận xét c|c đ|p |n để chọn đ|p |n C. https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 18 Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm Thầy Nguyễn Bá Tuấn Chọn C. Câu 20 : Cho hai số thực a và b , với 1  a  b . Khẳng định n{o dưới đ}y l{ khẳng định đúng ? A. log a b  1  logb a B. 1  log a b  logb a C. logb a  log a b  1 D. logb a  1  log a b Lời giải: 1  a  b  loga b  1  logb a  1 ) A  log a b  1  loại ) B : logb a  log a b loại +) C  log a b  1  Loại C2: a=2 ; b=3 => Tính logb a;log a b => Nhận xét log a b  log a a  log a b  1  logb a  1  log a b . C3 Ta có b  a  1   logb b  logb a  1  logb a Chọn D. Câu 21. Ông A vay ngắn hạn ng}n h{ng 100 triệu đồng, với l~i suất 12%/năm. Ông muốn ho{n nợ cho ng}n h{ng theo c|ch : Sau đúng một th|ng kể từ ng{y vay, ông bắt đầu ho{n nợ; hai lần ho{n nợ liên tiếp c|ch nhau đúng một th|ng, số tiền ho{n nợ ở mỗi lần l{ như nhau v{ trả hết tiền nợ sau đúng 3 th|ng kể từ ng{y vay. Hỏi, theo c|ch đó, số tiền m m{ ông A sẽ phải trả cho ng}n h{ng trong mỗi lần ho{n nợ l{ bao nhiêu ? Biết rằng, l~i suất ng}n h{ng không thay đổi trong thời gian ông A ho{n nợ. A. m  100. 1,01 3 3 1,01 (triệu đồng) B. m  1,01  1 3 (triệu đồng) 100.1,03 C. m  (triệu đồng) 3 3 D. m  120.  1,12  3 1,12   1 2 (triệu đồng) Lời giải: P=100 triệu, 12%/Năm=> 1%/th|ng, r = 0,01, rP=1. Ta giải sử c|c th|ng l{: thang 1 1/03  Lãi rp; m  m1  rp  1/04 Trả gốc m1  Còn nợ P-m1 thang 2 01/4   1/05 thang 3 01/05   1/06 Lãi r(p- m1 ) m  m2  r( p  m1 ) Trả gốc m2 Còn nợ P-m1-m2 Lãi r(p-m1-m2) m  m3  r( p  m1  m2 ) Trả nốt gốc m3  p  m1  m2 Theo đề  m1  rP  m2  r ( P  m1 )  m2  m1 (1  r ); m3  m2 (1  r )  m1 (1  r ) 2 rP (1  r )3 m1  m2  m3  P  m1   m  m1  rP  rP. (1  r )3  1 (1  r )3  1 https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 19 Phương pháp tư duy giải Toán trắc nghiệm Thầy Nguyễn Bá Tuấn Công thức chung: mk  m1 (1  r ) k 1 v{ số tiền trong mỗi lần đóng sẽ l{: m1  m2  m3  ...  mk  P  m1  rP (1  r )k  m  m  rP  rP . 1 (1  r )k  1 (1  r ) k  1 Vậy chọn B. Câu 22:Viết công thức tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo ra khi quay hình thang cong, giới hạn bởi đồ thị h{m số y  f  x  , trục Ox v{ hai đường thẳng x  a, x  b  a  b  , xung quanh trục Ox. b A. V    f 2 b  x  dx. B. V   f a a 2  x  dx. b C. V    f  x  dx. D. a b V   f  x  dx. a Lời giải: Nhớ công thức (hiểu công thức được lập nên từ gốc l{ tính tổng vô hạn diện tích c|c hình tròn) Có thể nhớ điểm mấu chốt l{ trong công thức có   loại B,D, có R2  A Vậy chọn A. Câu 23: Tìm nguyên h{m của h{m số f  x   2 x  1. A.  f  x  dx  2  2 x  1 2 x  1  C. 3 C.  f  x  dx   B.  f  x  dx  1 2 x  1  C. 3 1  2 x  1 2 x  1  C. 3 D.  f  x  dx  1 2 x  1  C. 2 Lời giải: C1: Ta có I   f  x  dx  2 x  1dx. Đặt 2x 1  t  x   t 2 1  t 2 1 t3 1 2  I   td   t dt   C   2 x  1 2 x  1  C.   2 3 3  2  C2: F ' A, B,C , D | x  5; f (5)  3  B Vậy chọn B. Câu 24: Một ô tô đang chạy với vận tốc 10m/s thì người l|i đạp phanh; từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v(t )  5t  10 (m/s), trong đó t l{ khoảng thời gian tính bằng gi}y, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét ? A. 0,2 m. B. 2 m. C. 10 m. D. 20 m Lời giải: https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan/| 20
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan