Giai chi tiet de thi thu mon Toan So GD&DT Ninh Binh - [blogtoanhoc.com]

Trong sách Công phá kỹ thuật Casio trang 88 tôi có đưa ra cách tính đạo hàm cấp 2 tại một điểm.. Trong sách Công phá kỹ thuật Casio và Công phá Toán 2 phần giới hạn có nêu rõ cách tìm gi

Trang 1

Đáp án chi tiết Sở GD ĐT Ninh Bình Ngọc Huyền LB

ĐÁP ÁN CHI TIẾT SỞ GD-ĐT NINH BÌNH

1.D 2.B 3.B 4.C 5.C 6.B 7.C 8.C 9.B 10.C 11.A 12.D 13.A 14.A 15.A 16.A 17.C 18.A 19.A 20.C 21.B 22.C 23.A 24.D 25.D 26.A 27.B 28.B 29.B 30.B 31.C 32.C 33.D 34.D 35.A 36.B 37.B 38.A 39.B 40.D 41.D 42.D 43.B 44.A 45.C 46.D 47.A 48.D 49.D 50.C

Câu 1: Đáp án D

Hàm số  2 2

1

y x   là hàm số lũy thừa có số mũ 2 là số nguyên âm nên hàm

số xác định khi x2 1 0x 1.Vậy D \ 1  là tập xác định của hàm số

đã cho

Câu 2: Đáp án B

Tập xác định D \ 2  

 

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định

Trong sách Công phá Toán 3 tôi đã đề cập rất rõ các phần lũy thừa với số mũ nguyên, lũy thừa với số mũ hữu tỷ và lũy thừa với số mũ vô tỷ như sau

- Trang 191, phần khung Chú ý xanh có ghi rõ 0

0 và 0n

không có nghĩa, ta loại

D

- Từ định nghĩa lũy thừa với số hữu tỉ và lũy thừa với số mũ vô tỉ đều yêu cầu a

là số thực dương, cụ thể như sau

Lũy thừa với số mũ hữu tỉ

Cho số thực a dương và số hữu tỉ r m,

n

 trong đó m,n  Lũy thừa a với *

số mũ r là số a xác định bởi r

m n

a a  a

Lũy thừa với số mũ vô tỉ

Cho a là số thực dương,  là một số vô tỉ Ta gọi giới hạn của dãy số  r n

a là

lũy thừa của a với số mũ , kí hiệu là a

lim r n

n



Từ đây ta loại A và C Ta chọn B

Câu 4: Đáp án C

u u q q   q 

Áp dụng công thức tỉ số thể tích ta có

.

S A B C

S ABC

V

 

Tâm mặt cầu đi qua hai điểm A và B phải cách đều A và B, do vậy tập hợp các tâm mặt cầu luôn đi qua hai điểm cố định A và B là mặt phẳng trung trực của đoạn AB Do vậy ta chọn B

STUDY TIPS

Tập xác định của hàm số

lũy thừa yx tùy thuộc

vào giá trị của  Cụ thể

+ Với  nguyên dương, tập

xác định là 

+ Với  nguyên âm hoặc

bằng 0, tập xác định là

 

\ 0



+ Với  không nguyên tập

xác định là 0; 

STUDY TIPS

0

0 và 0 n

không có nghĩa

Trang 2

2

5

2 6









Mà x 0; do vậy ;5

6 6

x S 

Trong sách Công phá kỹ thuật Casio trang 88 tôi có đưa ra cách tính đạo hàm cấp 2 tại một điểm Sau đây tôi sẽ áp dụng luôn như sau

Tính f    0,000001 và gán vào A

qw4qyk2Q))$qK+0.000001

=qJz

Tính f   rồi gán vào B  

E!!ooooooooo=

Do ở đây ra kết quả bằng 0 nên ta nhớ luôn không cần gán

0,000001

A

Kết quả trên màn hình máy tính hiện  4 do vậy ta chọn C

Hàm số ycosx tuần hoàn với chu kì 2 chứ không phải chu kì 

Cách 1: Giải toán thông thường

Với A:

1 3

1

3

n





Với B:

1 2

1

2

n









Với C:

1 4

1

3

n





Vậy ta chọn C, không cần xét D

Cách 2: Sử dụng máy tính

Trong sách Công phá kỹ thuật Casio và Công phá Toán 2 phần giới hạn có nêu

rõ cách tìm giới hạn

Với A: Ta thực hiện

a3Q)p1R3Q)+1r10^10=

n





n







Trang 3

n

n n





Câu 11: Đáp án A.

Hai đường thẳng a và b phân biệt có 4 vị trí tương đối

- Hai đường thẳng a và b cắt nhau

- Hai đường thẳng a và b song song

- Hai đường thẳng a và b chéo nhau

Do cạnh viên SA vuông góc với mặt phẳng đáy ABC nên SA là đường cao 

của hình chóp S ABC

3

Câu 13: Đáp án A

Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB

Do tam giác AMB vuông tại M nên trung tuyến MO bằng một nửa cạnh huyền

2

AB

   Vậy tập hợp các điểm M nhìn AB dưới một góc vuông nằm trên mặt cầu đường kính AB là một mặt cầu cố định (nhìn hình vẽ)

Với B: Hai đường thẳng không nói rõ là hai đường thẳng phân biệt nên ta loại

B

Với C: Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng không

nhất thiết song song với nhau, chúng có thể vuông góc với nhau, như hình bên (       P  R ; Q  R nhưng  P không song song với  Q ) Vậy ta loại C

Với D: Ta loại D do hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường

thẳng chưa chắc đã song song, xem hình bên

Từ đây ta chọn A

yx  x  có hệ số a   và 1 0 ab    nên đồ thị hàm số có 3 0 dạng W x0 là điểm cực đại của hàm số A0; 2 là điểm cực đại của đồ thị hàm số

Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm cực đại A0; 2 là

 0

ky

qyQ)^4$p3Q)d+2$0=

2

y

  là tiếp tuyến tại A0; 2  Vậy ta chọn A

2

1

y x mx

2018

y x  mx x đồng biến trên  thì y 0;  x

2

4 0

1 0

m





Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu đề bài

M

O

R

P

Q

P

a

b

c

Trang 4

Ta thấy cả bốn đồ thị hàm số trong phần phương án đều có đường tiệm cận đứng x   và đường tiệm cận ngang 1 y 1

Ta tiếp tục xét đến giao điểm với trục tung và trục hoành

Với x  thì 0 1

2

y  do vậy ta chọn C và loại A; B; D

Trong mặt phẳng ACD kẻ  MN AD N CD ;  Trong mặt phẳng ABC kẻ  MP AB P BC ; 

  MNP

Mà thiết diện của MNP và tứ diện ABCD là tam giác MNP Do vậy ta chọn A 

Ta thấy phương trình 2

1 0

x bxb  luôn có một nghiệm x  (do tổng các 1

hệ số bằng 0) Do vậy phương trình luôn có một nhân tử x 1 Ta tìm nhân tử còn lại bằng máy tính (phần này được giải thích rõ trong sách Công phá kĩ thuật Casio)

w2aQ)dpQnQ)+Qnp1RQ)p1 rb=100=

1

x

x b

 

 



Do con xúc sắc xuất hiện mặt b chấm nên có 6 trường hợp cho b

Để phương trình có nghiệm lớn hơn 3 thì b 1 3b4 Có hai trường hợp

Do vậy xác suất sao cho phương trình 2

1 0

x bxb  có nghiệm lớn hơn 3 là

63 Ta chọn A

Phần giới hạn trong sách Công phá kỹ thuật Casio tôi đã giới thiệu rất kĩ việc tính giới hạn Sau đây tôi sẽ áp dụng vào bài toán





Do hai hàm số ở phương án B và D giống nhau nên ta xét D trước Giữ nguyên



D Từ đây ta chọn C

1

5 5 8

8

5

 

 

C

D

M

N

P

Trang 5

Sử dụng máy tính cầm tay như phần tiệm cận trong sách Công phá kỹ thuật Casio

Với A: Ta thực hiện ấn

a2pQ)R9pQ)dr10^10=

rz10^10=

0

y

  là một đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số, ta loại A

Với B: Ta thực hiện

aQ)d+Q)+1R3p2Q)p5Q)dr1 0^10=rz10^10=E

1

5

y

   là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số, ta loại B

Với C: Ta thực hiện

aQ)dp3Q)+2RQ)+1r10^10= rz10^10=

2

lim

1

lim

1

x





 





 



 đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang, ta

chọn C

Diện tích xung quanh của hình trụ là S tru  2 r r 32 3r2

non

S  r r r  r

2 2

2 3

3

2

tru

non



xx  mx   x 

 m2 4 0 m  2; 2 



Quay trở lại tính chất của hàm số mũ

Cho hàm số mũ x 0; 1 

ya a a Với a  thì hàm số luôn đồng biến 1

Với 0a1 thì hàm số luôn nghịch biến

2

 

2

x

y   



  nghịch biến trên tập xác định

Ta có khối trụ có hai đáy là hai hình tròn ngoại tiếp hai mặt của một hình lập phương cạnh a do vậy bán kính của hình tròn đáy là

2

Thể tích của khối trụ là

2

3 2

V    a

Điều kiện 1 x1

Ta sử dụng máy tính cầm tay bằng 2 cách SOLVE và TABLE được giới thiệu trong sách Công phá kỹ thuật Casio

Trang 6

Cách 1: Sử dụng máy tính chức năng SLOVE

i5$1+Q)d$+i1a3$$1pQ)dq r1=qrz1=

Cả hai trường hợp đều ra nghiệm x  nên phương trình có duy nhất một 0 nghiệm

Cách 2: Sử dụng TABLE xét sự đổi dấu

qwR51w7i5$1+Q)d$+ia1R3

$$1pQ)d=p1=1=0.1=

Nhìn vào bảng giá trị ta kết luận phương trình chỉ có nghiệm duy nhất x 0

Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy có một giá trị của x (giả sử là xa) để y  và 0

không có giá trị nào của x làm y không xác định Mặt khác y đổi dấu từ

dương sang âm khi đi qua xa do vậy xa là một điểm cực trị của hàm số

 

y f x Ta chọn B

Phần rút gọn biểu thức được giới thiệu kĩ trong phần mũ, logarit sách Công phá kỹ thuật Casio, nên ta sẽ áp dụng luôn như sau

Nhập biểu thức vào màn hình và CALC cho a2;b3

Với A:

aQz^1a3$$sQx$+Qx^a1R3$

$sQzRq^6$Qz$+q^6$Qx$$p q^6$QzQxr2=3=

Kết quả không bằng 0 nên ta loại A

Với B:

!!!!oo3=

Kết quả bằng 0 nên ta chọn B

Nhìn vào hình vẽ ta thấy sẽ khó để tính trực tiếp thể tích của khối tứ diện

,

ACB D  do vậy ta sẽ tính gián tiếp

Ta tính thể tích các khối tứ diện ACDD AA D B ABCB CC B D;   ; ;    Sau đó lấy thể tích khối hộp trừ đi tổng thể tích các khối trên

Ta nhận thấy cả bốn khối tứ diện ACDD AA D B ABCB CC B D;   ; ;    đều có thể

V  AA S  V      V

 thể tích của khối tứ diện ACB D  bằng 2 4

V

V V  V   tỉ số cần tìm là

3 Ta chọn B

Số cách rút ra đồng thời hai con bài từ cỗ bài tú lơ khơ là 2

52 1326

Ta có phép quay   



;

OA OE



 

Với dạng này, trong phần tính đơn điệu của hàm số trong sách Công phá kỹ thuật Casio tôi có giới thiệu sử dụng TABLE xét dấu đạo hàm từ đó suy ra tính đồng biến nghịch biến

Sử dụng máy tính cầm tay với chức năng TABLE

A

D

A’

D’

Trang 7

w7(Q)+1)d(2pQ))(Q)+3)= z5=5=1=

Nhìn vào bảng giá trị ta thấy trên 3; 2thì y 0; do vậy hàm số đồng biến trên khoảng 3; 2 ta loại A Từ đây ta có thể chọn D luôn

Khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a là khối lăng trụ đứng

có đáy là tam giác đều cạnh a và có đường cao bằng a Suy ra

Xét B: Ta thấy V langtru B h do vậy nếu có diện tích đáy và chiều cao tương ứng bằng nhau thì thể tích bằng nhau ta loại B

Xét C: Ta có khối lập phương có tất cả các cạnh bằng nhau, do vậy nếu diện

tích toàn phần bằng nhau thì hai khối lập phương có cạnh tương ứng bằng nhau, suy ra thể tích bằng nhau Vậy ta loại C

Xét D: Tương tự B thì D cũng đúng, do vậy ta loại D

Từ đây ta chọn A

Nhìn vào bảng biến thiên ta có thể thấy hàm số đã cho là hàm số bậc ba có dạng

yax bx cx d a  Ta có 2

y  ax  bx c

Từ BBT x  thì 0 y 0c0

Tại x  thì 2 y 012a4b03a b 0 1   Tại x  thì 0 y2d2

Tại x   thì 1 y     2 a b 2    2 a b 4

Từ  1 và  2 ta có 3 0 1



Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy, để phương trình f x  f m  có ba nghiệm phân biệt thì  2 m33m222

Giải bất phương trình 3 2

m  m   

wR1211=p3=0=2+2==

1 2

m m

  

 





Giải bất phương trình 3 2

wR1221=p3=0=0==

3 0

m m

 





Kết hợp lại ta có

0; 2

m







Kí hiệu trên đồ thị như hình bên

STUDY TIPS

Trong bài toán này rất

nhiều bạn sẽ kết luận luôn

 2; 2

m  do nhầm lẫn với

bài toán thường gặp

  .

f x m Do vậy cần chú ý

đọc kĩ yêu cầu đề bài

y

3

-6

3

-7

Trang 8

Đặt u f x  Ta có g x  f f x   f u 

       

g x u f u   f x f u 

 

0 0

0

f x

g x

f u

 

1

2

0

x

f x



(nhìn hình để xác định a)

1 1

0

f u

  0  ;1;   3; 4; 5

f x  x b c  x x x

 

f x b (nhìn vào đồ thị thể hiện bên ta thấy đồ thị hàm số f x cắt đường  

thẳng yb (với 0b 1) tại ba điểm phân biệt do vậy phương trình

 

f x b có ba nghiệm phân biệt x x x 6; 7; 8 Kết hợp lại thì phương trình g x 0 có 8 nghiệm phân biệt

AB AC BC  tam giác ABC vuông tại A

Trong ABC kẻ AM BC tại M

Trong ADM kẻ AH DM tại H

5

AB AC AM

BC

Tam giác DAM vuông tại A có AH là đường cao 12 12 1 2

Ta có

2

V abc





Theo đề ta có abc2ab bc ca  ; 1  a b c

Kết hợp với 2 2 2 1

abc  ta có

3; 7; 42 , 3; 8; 24 , 3; 9; 18 , 3; 10; 15 , 3; 12; 12 ,

4; 5; 20 , 4; 6; 12 , 4; 8; 8 , 5; 5; 10 , 6; 6; 6

Vậy ta chọn B

Kẻ AM vuông góc với CD tại M

Đặt DMa ta có 2

AM a CD a

A

D

B

C

M

H

A

D

B

C

M

1

O

x

y

3

-6

3

-7

y = b

Trang 9

Diện tích của hình thang là

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số     2

f a  a a trên

0;1 

Sử dụng chức năng TABLE của máy tính ta nhập

w7(Q)+1)s1pQ)d=0=1=0.1=

Nhìn vào bảng giá trị ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số 1, 299. So sánh với các phương án chỉ thấy D thỏa mãn, ta chọn D

x x x m  m   x m x  m x m

x m2x x m x 1

x

 

 



Giải phương trình 2x x1

w72^Q)$pQ)p1=p10=9==

phần tử thì m  0;1 Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn, ta chọn D

Gọi I; J là hình chiếu của H trên AB và BC

;

SI AB SJ BC

    ,   60 ;

trung điểm của AC

3

3 2

Điều kiện

4

x x



 







x



2

0

1 tan

x





Ta có biểu thị các họ nghiệm của phương trình trên đường tròn lượng giác như hình bên

Vậy đa giác tạo bởi các điểm trên đường tròn lượng giác biểu diễn các họ

4

x x

A

B

C

S

H

I

J

3

O

B’

+

B

M’

M

Trang 10

2 2

10





có 0,949 gần 2.0,949 nhất

Kí hiệu như hình vẽ

Ta chọn A

,

1

8

S A B C

S ABC

.

1

8

S A C D

S ACD

1 8

S A B C S A C D S A B C S A C D S A B C D

                

Đặt A n lognlog log 5 log 4 log 3 log 2              Khi đó ta có A n nA n1

2

0 log 2 1  0A 1

…

Vậy A2017log 2020; log 2021 

Cách 1: Ta có f t 2t

  4 cos

g t  t

Vẽ đồ thị hai hàm số y f t  và yg t  ta có

N

Trang 11

 

1 2 1 2

0

0 0

t t

f t

f t f









và

 

2

1

6 2

2 1

2

f



     







 

   

1

2

Cách 2: Sử dụng tích phân

2





Từ hình vẽ ở cách 1 ta có A2B

Quãng đường đi được từ thời điểm A đến thời điểm B được tính bằng công

thức

       

2

B

A

Theo đề thì ta suy ra chữ số 1 và chữ số 3 không đứng cạnh nhau, và chữ số 2 phải đứng giữa chữ số 1 và 3 Tức là có 5 chữ số 2 đứng ở tất cả các vị trí chẵn, hoặc đứng ở tất cả các vị trí lẻ

Chọn vị trí cho 5 số 2 có 2 cách

2 cách xếp vị trí các chữ số 1 và 3

Vậy có tất cả 2.25 64 số thỏa mãn Ta chọn D

Ta có SAC SABAB1AC1

y

2 2

4

y = 4cost

y = 2 – t

STUDY TIPS

Trong vật lý hàm vận tốc là

đạo hàm của hàm li độ, do

vậy trong bài toán ta thực

hiện vẽ hai đồ thị hàm

 

yf t và yg t  để

tìm giao điểm t t và xét 1;2

dấu v

Lưu ý vận tốc có thể âm,

tức chất điểm có điểm

“lùi” Do đó không được

tính quãng đường bằng

 2  1 .

f t f t

I

A

S

B

C

M

H

Trang 12

Mặt phẳng SAM đi qua trung điểm H của B C1 1 và B C1 1SAM nên

SAM là mặt phẳng trung trực của B C1 1 Do IAMSAM nên

 

IB IC







2

NA NB  AB Như vậy ta có các tam giác vuông sau bằng nhau

 

Từ    1 , 2 và  3 suy ra 5 điểm A B C B C; ; ; 1; 1 cùng nằm trên mặt cầu tâm I,

Ta có

3

4

3 2

h

V V    

 

 2 2 

3

coc nc

V V h R r Rr

Mà V nc2V mc do vậy

 

3

2

h



 

 

2

r

tm

pt

l R





 









Vậy ta chọn C

B

C

A r

D

h

Định dạng
Số trang	12
Dung lượng	369,53 KB