Tài liệu Giải đề thi thử báo thtt tháng 11 năm 2016

TUYỂN TẬP 100 ĐỀ TRẮC NGHIỆM HAY LẠ KHÓ MÔN TOÁN 2017 Giải và bình luận: Vương Thanh Bình Bản full tại Facebook: https://www.facebook.com/ThanhBinhKami Video bình luận tại: Comment Email để nhận links Liên hệ giao lưu toán học : 0986843246 BÁO TOÁN HỌC TUỔI TRẺ Số ra tháng 11/2016 ĐỀ 01: BÁO TOÁN HỌC TUỔI TRẺ THÁNG 11 - 2016 Câu 6. Trong các hàm số sau, hãy chỉ ra hàm số giảm trên R   A. y    3 x 5 B. y     3e  x C. y    x  1  D. y    2 2 x Hướng dẫn : +) Hàm số giảm (nghịch biến ) nếu có đạo hàm y '  0 +) Xét hàm số mũ có dạng y  a x (trong chương trình chúng ta học thì a  0; a  1 ) Khi tính đạo hàm thì  a x  '  a x .ln a trong đó a x  0 . Vì vậy việc xét dấu của đạo hàm chỉ xét dấu của ln a +) Ta có ln a  0 khi a  1 và ln a  0 khi a  1 . Áp dụng kiến thức vào bài toán ta chỉ cần xem 1 đáp án nào có a  1 là xong và ta dễ dàng biết được đáp án D vì 1 2 2 Câu 6. Giải sử hàm số f liên tục trên khoảng K và a, b, c là 3 số bất kì thuộc K . Khẳng định nào sau đây là sai ? a A. b  f  x  dx  0 B. C. b c  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx với c   a; b  a  f  x  dx   f  x  dx a a b a c a D. b b b a a  f  x  dx   f t  dt Hướng dẫn: +) Dễ thấy đáp án C sai vì theo công thức đổi cơ số thì đúng phải là : b  a c c b a f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx +) Ngoài công thức đổi cơ số trên ta còn gặp 1 số công thức đổi cơ số nữa như: log a x   c  0; c  1 hay alogb x  xlogb a log c x log c x  a, x  0;  1 +) Nếu nhìn không kĩ dễ bị chọn nhầm đáp án D là sai. Nhưng kì thực đáp án D lại là đúng. Ta chứng minh một cách đơn giản. b b  f  x  dx  F  x  a  F b   F  a  a b  a f  t  dt  F  t  b a  F b   F  a  Câu 9. Khẳng định nào sau đây là sai : 1 A. 2017 x   x  1 2017 B. Hàm số y  log 2 2 x xác định khi x  0 x 1 C. Đồ thị hàm số y  2 x và y    đối xứng với nhau qua trục tung 2 D. Nếu ln  x  1 x  2   ln  x  1  ln  x  2  thì x phải là nghiệm đúng của bất phương trình  x 1 x  2  0 Hướng dẫn : +) Theo điều kiện xác định của hàm logarit thì ln a tồn tại khi và chỉ khi a  0 Vậy ln  x 1 x  2   ln  x 1   ln  x  2  thì  x  1 và  x  2  đều phải dương. Nhưng  x  1 x  2   0 thì lại có kết quả là 2 trường hợp : Hoặc  x  1 ,  x  2  đều dương, hoặc đều âm. Trường hợp đều âm là vi phạm rồi. Vị dụ khi x  0 chẳng hạn thì ln  x  1 x  2   ln 2 tồn tại nhưng ln  x  1 thì lại không tồn tại. +) Bài toán dễ bị nhầm lẫn sang đáp án C vì khó tưởng tượng. Chúng ta nhớ lại khi nào thì hàm số y  f  x  và y  g  x  đối xứng với nhau khi nào. Khi f  x   g   x  . Điều này đúng với 2 hàm sở đáp án C. Câu 14. Bà A gửi 100 triệu và ngân hàng theo thể thức lãi kép (đến kì hạn mà người gửi không rút lãi ra thì tiền lãi được tính vào vốn của kì kế tiếp ) với lãi suất 7% một năm. Hỏi sau 2 năm bài A thu được lãi là bao nhiêu (giả sử lãi suất không thay đổi ) A. 15 triệu B. 14,49 triệu C. 20 triệu D. 14,50 triệu Hướng dẫn : + Gọi số tiền ban đầu là S0  100 triệu + Số tiền bà A nhận được sau 1 năm là S1  S0 (1  r )  100 1  0.07   107 triệu +) Vì bà A không rút lãi nên số tiền S1 được coi là tiền gửi đầu năm 2. Vậy cuối năm 2 bà A sẽ thu về cả gốc và lãi là S2  S1 1  r   107 1  0.07   114.49 triệu Vậy đáp án B là chính xác. Câu 15. Cho hình chóp S. ABCD , đáy là hình chữ nhật ABCD có BC  2 AB , SA vuông góc với đáy và M là điểm trên cạnh AD sao cho AM  AB . Gọi V1 ;V2 lần lượt là thể tích của hai khối chóp S. ABM và S. ABC thì tỉ số 1 8 Hướng dẫn: A. B. V1 bằng : V2 1 6 C. 1 4 D. 1 2 1 1 SA. . AB. Am VS . ABM 3 AM 1 2 +)    VS . ABC 1 .SA. 1 AB.BC BC 2 3 2 +) Một bài tỉ số thể tích đơn giản. Đề thi có thể xuất hiện nhiều câu phức tạp hơn. Xem thêm tại chủ đề " Phương pháp Tỉ số thể tích " http://moon.vn/KhoaHoc/DeCuong/1524/633/1 a Câu 16. Tìm giá trị của a thỏa mãn   3x 2  2  dx  a 3  2 rồi điền vào ..... 0 Hướng dẫn : +) Đặc điểm : Bài thi không thể nhập phân số hay các số lẻ nên chỉ có thể nhập các giá trị tự nhiên Vì a là cận trên của 0 nên ta dùng máy tính cacsio thử với các giá trị a  1; 2;3; 4 và dễ nhận thấy a  1 thì cả vế phải và vế trái của đẳng thức đều bằng 3 Câu 17. Nguyên hàm của hàm số f  x   e x 1  2017e2 x  là : A. e x  2017e x  C B. e x  2017e x  C 2017  x 2017  x C. e x  D. e x  e C e C 2 2 Hướng dẫn: +) Theo định nghĩa: Nếu F  x  là 1 nguyên hàm của f  x  thì F '  x   f  x  . Khi đó ta chọn một giá trị x  a thì F '  a   f  a  *Cách 1: Nhẩm thông thường đối với các khá +) Ta có f  x   e x  2017e x vậy chỉ có  e x  2017e x  '  f  x  vậy đáp án A là chính xác * Phương pháp : Sử dụng thủ thuật máy tính Casio Bước 1: Chọn giá trị x  1 ( hay x  2;3; 4.. đều được ) . Khi đó f 1  739.294551 Bước 2: Bây giờ theo 4 đáp án ta có 4 hàm F  x  là : e x  2017e x , e x  2017e x , e x  , ex  2017  x e 2 2017  x e ta sẽ thử xem đáp án nào cho F 1  739.249551 2 Và ta thấy  e x  2017 e x  x 1 có giá trị  739.249551 Vậy đáp án A là đáp án chính xác. Câu 19. Diện tích ba mặt của hình hộp chữ nhật bằng 20cm2 , 28cm2 ,35cm2 . Thể tích của hình hộp đó là : A. 160cm3 B. 190cm3 C. 140cm3 D. 165cm3 Hướng dẫn : Gọi chiều chiều rộng, dài, cao của hình hộp chữ nhật trên là x, y, z . Theo đề bài ta có : xy  20; yz  4  28; zx  35  xy. yz.zx  20.28.35   xyz   19600 2 Vậy thể tích hình hộp trên là V  xyz  140cm3 Câu 22. Có bao nhiêu đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  A. 1 Hướng dẫn : B. 2 C. 3 x 1 4x  2x 1 D. 4 2 +) Tiệm cận ngang : Nếu lim f  x   y0 thì đồ thị hàm số y  f  x  nhận y  y0 là tiệm cận x  ngang.   1   x 1 1 x 1 1 1 +) Từ đó ta thấy lim     y  và xlim    y 2 2 x   2 2 2  4x  2x 1  2  4x  2x 1  Vậy đồ thị hàm số trên có 2 tiệm cận 1 1 và  xem bài tính giới hạn bằng máy tính casio tại địa chỉ : 2 2 http://moon.vn/KhoaHoc/DeCuong/1523/633/1 +) Vì sao không có tiệm cận đứng và tiệm cận xiên xem bài xây dựng cách tính các đường tiệm cận tại địa chỉ: http://moon.vn/KhoaHoc/DeCuong/1523/633/1 +) Vì sao giới hạn 2 phía lại là Câu 29. Biết log 2  a,log 3  b thì log 3 0,18 bằng : A. 2b  a  2 3 B. b  2a  2 3 C. 3b  a  2 3 D. b  3a  2 3 Câu 33. Một cái mũ của nhà ảo thuật với các kích thước như hình vẽ. Hãy tính tổng diện tích vải cần có để làm nên cái mũ đó (Không kể viền, mép, phần thừa ) A. 700  cm2  B. 754, 25  cm2  C. 750, 25  cm2  D. 756, 25  cm2  Hướng dẫn: Diện tích mũ = Diện tích hình tròn đáy + Diện tích xung quanh của hình trụ phía trên  756, 25  cm2  Câu 38. Một cái tháp hình nón có chu vi đáy bằng 207,5m . Một học sinh muốn đo chiều cao của tháp đã làm như sau. Tại thời điểm nào đó cậu đo bóng mình dài 3,32m và đo được bóng tháy (kể từ chân tháp) dài 207,5m .Biết cậu học sinh đó cao 1, 66m , hỏi chiều cao của tháp là bao nhiêu ? 51,875 25,94 51,87 A. 103,75m B. 103, 75  C. 103, 75  D. 103, 75     Hướng dẫn: +) Ta có tỉ lệ bóng : chiều cao của học sinh là 2 vậy theo Talet thì tỉ lệ bóng : chiều cao của hình nón cũng là 2. lr 51.875 Vậy h   102.75   m 2  Câu 40. Một quả bóng bàn được đặt tiếp xúc với tất cả các mặt một cái hộp hình lập phương. Tính tỉ số thể tích của phần không gian nằm trong hộp đó nhưng nằm ngoài quả bóng và thể tích hình hộp đó là: 8 3 6  2 A. B. C. D. 8 4 6 3 Hướng dẫn : +) Gọi cạnh của hộp hình lập phương là a thì thể tích của hộp là a 3 +) Hình cầu nội tiếp một hình lập phương cạnh a thì có tâm trùng với tâm của hình lập phương a và bán kính r  2 4 3  a3 +) Thể tích của khối cầu là  r  3 6 +) Thể tích phần không gian giữa hộp và hình cầu = Thể tích hộp - thể tích khối cầu  Vậy tỉ số đề bài yêu cầu là 6  3 a 6 6  6 Câu 45. Có 2 chiếc cọc cao 10m và 30m lần lượt đặt tại 2 vị trí A, B như hình. Biết khoảng cách giữa 2 cọc bằng 24m. Người ta chọn một cái chốt ở vị trí M nằm trên mặt đất ( nằm giữa 2 chân cọc ) Tìm vị trí điểm M để tổng khoảng cách từ M đến 2 đỉnh cọc là ngắn nhất. A. AM  6m B. AM  7m C. AM  4m D. AM  12m Hướng dẫn : +) Đây là 1 bài toán lấy ý tưởng trong chủ đề định lý Talet của hình học lớp 8 +) Gọi E ' là điểm đối xứng của E qua AB và M là giao điểm của E ' F và AB ta dễ dàng chứng minh được khi này EM  MF  E ' F là nhỏ nhất AE AM 1 1 1    AM  MB  AB  6m +) Theo định lý Talet ta có BF MB 3 3 4 Câu 48. Tính thể tích V của vật thể nằm giữa 2 mặt phẳng x  0; x  1 biết rằng diện tích của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x  0  x  1 là một tam giác đều có cạnh 4 ln 1  x  A. V  4 3  2ln 2  1 B. V  4 3  2ln 2  1 C. V  8 3  2ln 2  1 D. V  16 3  2ln 2  1 Hướng dẫn: +) Diện tích 1 thiết diện tam giác đều là: 3 2 a  4 3 ln 1  x  với a là cạnh của tam giác đều 4 bất kì. +) Ta có thể coi thể tích vật thể gồm có vô số tam giác đều (thiết diện ) chồng lên nhau 1 +) Theo ứng dụng của tích phân ta có : V   4 3 ln 1  x   4 3  2ln 2  1 0 Câu 50. Cho các hàm số y  f  x  , y  g  x  , y  f  x . Nếu các hệ số góc của các tiếp tuyến g  x của các đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x  0 bằng nhau và khác 0 thì 1 1 1 1 A. f  0   B. f  0   C. f  0   D. f  0   4 4 4 4 Hướng dẫn : +) Nhìn có vẻ loằng ngoằng nhưng ta chỉ cần biến đổi đơn giản một chút là ra ngay.  f  x   a.g  x   f  x  .a Đặt f '  x   g '  x   a Khi đó  a  '  2 g x g x       2 1 1  1 +) Rút gọn ta được f  x   g  x   g  x      g  x    4 2  4 2