CÁC CHUYÊN ĐỀ ÔN THI 7 ĐIỂM TOÁN- THẦY NGUYỄN TIẾN CHINH.PDF

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. b Viết phương trình tiếp tuyến của C, biết hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình f '' x 0... b, Viết phương trình t

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

b) Xác định tọa độ giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng (D) : y = x – 1

Gọi M x y 0; 0là tiếp điểm của tiếp tuyến và (C)

b/ Chứng minh rằng trên (C) không thể tồn tại hai điểm có hoành lớn hơn 3 sao cho hai tiếp tuyến với (C) tại hai điểm đó vuông góc với nhau

Bài 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình f '' x 0

Bài 2

Hướng dẫn giải

1

xy

3'

y

-2 -1

1 2 3 4 5

2 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D) là :

11

x

xx

Số nghiệm phương trình (*) là số giao điểm của

đường thẳng (d): y = log m và (C ):y = x 5x 4

Từ đồ thị C ta suy ra đồ thị C ' :

 Điểm đặc biệt:

 Vẽ đồ thị:

Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng

b) Định m để đường thẳng d: y = mx + 3 cắt đồ thị (C) tại 2 điểm M, N sao cho OMN vuông tại O

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: 2x 1 mx 3

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0

b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá

2

2 1 -1

O

a, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b, Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm trên (C) có tung độ bằng 5

1

x y x

Bài 8.Cho hàm số 2 3 ( 1) 2 ( 2 4 3) 1

3

y x  m x  m  m x (1) (m là tham số

thực)

a) Khi m =  3 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Tìm m để hàm số (1) có hai cực trị tại hai điểm x x1, 2.Khi đó, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A x x1 2 2(x1x2)

X –∞ 0 2 +∞

y' 0 0

Y 1 + ∞

–∞

+ Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0), (2;), nghịch biến trên ( 0; 2)

Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1; và đạt cực tiểu tại x = 2; yCT =

3

5



Tìm đúng điểm uốn U(1 ; – 1/3 )

+ Đồ thị ( qua 5 điểm : CĐ, CT, điểm uốn và 2 điểm có hoành độ x < 0 và x> 2

y

y = m - 1

3 1

3 -1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Tìm m để phương trình x33x2 m 0 có 3 nghiệm phân biệt

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

–1 -



- Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–;0) và (2;+)

- Hàm số đạt cực đại tại : x = 2 ; yCĐ = 3 Hàm số đạt cực tiểu tại : x = 0 ; yCT = -1

3 Đồ thị :

Cho x = -1  y = 3 , ( -1 ; 3 )

Tâm đối xứng I (1;1)

2

2 1 -1

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = m – 1

Dựa vào đồ thị (*) có 3 nghiệm phân biệt   1 m   1 3 0 m 4

Bài 10 Cho hàm số: 2 1

1

x y x





a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số

b) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại điểm trên ( ) C có tung độ bằng 5

Giao điểm với trục tung: cho x     0 y 1

b) Viết phương trình tiếp tuyến của ( ) C tại điểm trên ( ) C có tung độ bằng 5

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1)

2 Tìm trên trục hoành những điểm mà từ đó kẽ được các tiếp tuyến với (C), sao cho trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc nhau

2) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 2 và 0; , đồng biến trên khoảng 2; 0

+ Hàm số đạt cực đại tại điểm x0; giá trị cực đại của hàm số là y(0) 4 + Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x 2; giá trị cực tiểu của hàm số là y( 2) 0 

3 Đồ thị:

+ Giao điểm của đồ thị với trục tung là điểm 0; 4

+ Giao điểm của đồ thị với trục hoành là các điểm 2; 0 ; 1; 0  

+ Đồ thị đi qua điểm 1; 2

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

-5 -4 -3 -2 -1

1 2 3 4 5 6 7 8

x y

y=m m

3

b Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại của đồ thị (C) và vuông góc với tiếp tuyến của đồ thị (C) tại gốc tọa độ

Bài 14 Cho hàm số 1

1

x y x





1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)

2) Tìm trên đồ thị hàm số (1) các điểm M có hoành độ âm sao cho M cùng

với hai điểm A1;0 , B3;1 tạo thành một tam giác có diện tích bằng 5

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số đã cho

b) Dựa vào đồ thị  C hãy tìm tất cả các giá trị của tham số k để phương trình sau có bốn nghiệm thực phân biệt

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)

b) Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(1;1) và có hệ số góc bằng 3 Tìm điểm M thuộc đường

thẳng d sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất

Hướng dẫn giải

a + TXĐ : D=R , Đạo hàm: y’=3x2-6x=0 0

2

x x

b.+ d: y=3x-2

+ Xét biểu thức P=3x-y-2 Thay tọa độ điểm (0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm 2)=>P=6>0 Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng d

(2;-Từ đây, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng

+ Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2

+ Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:

 

* Để hàm sốy x3 2mx2 m1x  đồng biến (tăng) trên đoạn 0;21   thì

y'3x24mxm 1 0 ;    x 0;2

  2

* Dựa vào bảng biến thiên: m   (1 m g x( ) nên lấym nhỏ hơn số nhỏ trong BBT)

Bài 18 Tìm tham sốm để hàm số: yx3 3x2 m1x 4m nghịch biến trên khoảng 1;1

biến trên khoảng2; 0

* Để hàm số đồng biến trên khoảng2; 0x2 1 2m x 1 ,   x  2; 0

* Hàm số đã cho liên tục và xác định trên

Bài 27 Tìm tham số m để: y mx3 3x2 12x 2 đạt cực đại tại điểm x 2

* Hàm số đã cho liên tục và xác định trên

'' 2 0

2

m m

y

m m

Tìmmđể hàm số đạt cực trị tại hai điểm x x1, 2 sao cho: 1 2

* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên

* Để hàm số có 2 điểm cực trịy'mx22m1x 3m2 0 1  có 2 nghiệm phân biệtx x 1; 2

* Theo định lý Vi-ét và yêu cầu bài toán ta có:

m m

m m

có hai cực trị đều dương

* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên

2 2

m m

 



 

 là những giá trị cần tìm thỏa yêu cầu bài toán

Bài 31.Cho hàm số:y x4 2m x2 2 1 Tìm tham sốmđể hàm số có 3 cực trị,

đồng thời 3 điểm cực trị này là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân



Bài 32 Cho hàm số:y x4 2mx 2mm4 Tìm tham sốm để hàm số có 3 cực

trị, đồng thời 3 điểm cực trị này lập thành một tam giác đều

* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên

Bài 33 Cho hàm số: y x4 2mx2 m1 Tìm tham sốmđể hàm số có 3 cực

trị, đồng thời các điểm cực trị A,B,C của đồ thị tạo thành một tam giác có bán

kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1

* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên

12

Vậy: nghiệm của BPT đã cho là 1 1

ln 2

11

lne

22

x x

Bài 3 Giải phương trình 52x2 26.5x2 10

Điều kiện: log (22 x2)02x2    1 1 x1

x x

 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 0 và x = 2

Bài 7 Giải phương trình: log3 x   1 log 3  3   x  log 23 x  3 

23415

x x

Bài 9 Giải phương trình 2

log x8 log x 3 0 Giải phương trình 2

log x8 log x 3 0 (1) Điều kiện: x0

Bài 10 Giải phương trình: 2

2log (x 2x8) 1 log (  x2)2

2log (x 2x8) 1 log (  x2)

2) Giải bất phương trình:

1 2

1

22

Bài 12 Giải phương trình 3.25x2 3x105x2x3

1 0 1 5

3

0 3 5

1 5

3

2 2

2 2

x

x

x x

x x

3

1 log 2 3

1 5

  2  5x2   x  3 Vế trái là hàm đồng biến vế phải là hàm nghịch biến

mà (2) có nghiệm x = 2 nên là nghiệm duy nhất

Vậy Pt có nghiệm là: x = 2  log53 và x = 2

Bài 13.Giải phương trình: log 23 x 1  2  1

   

x x

Bài 22 Giải phương trình:  1 

19

    1      

2 1

Bài 27.Giải phương trình: log22x4 log2x  3 0 1  

Điều kiện: x 0 Đặt t log2x Khi đó:

4 3

2 2

Bài 32 Giải phương trình: log23x  log23x   1 5 0 6  

Điều kiện: x 0 Đặt t  log23x   1 1 t2 log23x  1 log23x t2 1

2 3

z

z z

Giả sử z = x + yi => z = x– yi (x, yIR)

.102

2 2

y x

5

y

x

Bài 4 Gọi z z1, 2 là hai nghiệm phức của phương trình 2

 

42

z

z z

i i

Vậy môđun của số phức z là : z  22  ( 1)2  5

Bài 8 Tìm phần thực và phần ảo của số phức: 3 4 (3 5 )(6 )

+ Nêu được hai nghiệm 1 3 6 1 2

Bài 1 Tính tích phân sau:

2

2 3

1 1

1 1

1

1ln

1

e

I x xdx

Đặt

1ln

x

v 



dx x x I

I =

2 0

4

.cos.sin2



dx x

Đặt t=sinx => dt=cosxdx

▪ 

1 0

4

2 4

dx I

I 



Bài 12 Tính tích phân I =

3 2 1

1

vx

11

ln

u u

Bài 14 Tính tích phân

1

2 0

21

21

t t

2 2 4 2 2

11

.31

.3

11

 I x x x dx

2 2 2 0

.( 1)1







bài 46

x x

11

e

3ln 2

2 3

e dx I

31



  I = dt

t

1 3 0

2 ( 1) + d t t

t t

1 2 2 0

3

8 ln

bài 136

x x

t

2 3 2

bài 146

x x

1 2 0

32

t t

3 2 2 1

dx I

12





  Đặt t 1x2 t2  1 x22tdt2xdx  I 2 =

t dt t

2 2 2 2

02( 1)



Vậy: I  1 Cách 2: Đặt tx x21

4 1 3

4 

 Đặt t = 4x2 t2 4x2tdt xdx

1 15ln

11

2 ( 1)

2 ( 1)( 1)

2011





  Đặt t

x

3 2

11

3 7

3 2

3 0

t

t t

2 3

11

Bài 3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

( ) : x 2 y 2 z 6 0

P x y z P

Bài 4 Viết phương trình đường thẳng d’ là hình chiếu vuông góc của đường

Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (P) H  (P)

Thay x, y, z của phương trình  vào phương trình mặt phẳng (P) ta được:

32

x y z  x y z  Lập phương trình mặt phẳng ( )P chứa truc

Oy và cắt mặt cầu ( )S theo một đường tròn có bán kính r 2 3

phương trình mặt phẳng (Q) song song với đường thẳng AB, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt (S) theo một đường tròn (C) sao cho diện tích hình tròn (C) bằng 18

]

Hay nQ

= (2; 1; 1) Suy ra pt mp(Q): 2x  y + z + d = 0 Gọi r, d lần lượt là bán kính của (C), khoảng cách từ tâm I của (S) đến mp(Q)

Ta có diện tích hình tròn (C) bằng 18 nên r2 = 18

Do đó d2 = R2  r2 = 24  18 = 6  d = 6

Ta có d = 6  |d 2| = 6  d = 8 hoặc d =  4

Từ đó, có 2 mp là (Q1): 2x  y + z + 8 = 0, (Q2): 2x  y + z  4 = 0

Mp(Q) có pt trên có thể chứa AB

Kiểm tra trực tiếp thấy A(1; 1; 1)  (Q1) nên AB // (Q1); A(1; 1; 1)  (Q2) nên

Hướng dẫn giải

Phương trình mp(P) đi qua M và vuông góc với d2: 2x 5y  z 2 0

Toạ độ giao điểm A của d1 và mp(P) là:A  5; 1;3  d: 1 1 1

điểm D, tiếp xúc với mặt phẳng (ABC).Viết phương trình mp tiếp diện với mặt cầu (S) song song với mp(ABC

- Mặt cầu ( ) S có tâm D, tiếp xúc mp(ABC)

Tâm của mặt cầu: (0; 3;1)A 

Hướng dẫn giải

Lập luận để được mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng qua BC

và vuông góc với (ABC)

Suy ra VTPT của   là :nBC n, ABC  5; 2;1

Tìm tọa độ giao điểm của mặt phẳng (P) và đường thẳng d

2) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc đường thẳng d và đi qua hai điểm

A và O

Hướng dẫn giải

Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng

(d) Tìm tọa độ giao điểm của mặt phẳng (P) và đường thẳng (d)

 Đường thẳng d đi qua M 1; 1; 00   và có VTCP là: a2; 1; 2 

 Do mặt phẳng (P) đi qua điểm A 1; 2; 5    và vuông góc với d nên VTPT của (P) là n a2; 1; 2 

 Suy ra phương trình của mặt phẳng (P):

x32y 1 2z42 26

Bài 13 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 - 4x + 2y + 4z - 7 = 0 và

mặt phẳng (α) : x - 2y + 2z + 3 = 0

a Tính khoảng cách từ tâm I của mặt cầu (S) tới mặt phẳng (α)

b Viết phương trình mặt phẳng (β) song song với mặt phẳng (α) và tiếp xúc với mặt cầu (S)





  

Vậy (β) có pt là x-2y+2z+12=0 hoặc x-2y+2z-12=0

Bài 14 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1;3; 1 , B  1;1;3 và

Tọa độ trung điểm M của đoạn AB: M0; 2; 1, AB   2; 2; 4 

Mặt phẳng trung trực (P) của đoạn AB đi qua M, nhận n  1; 1;2

làm VTPT nên có phương trình:

phẳng ( ) : 3P x 2y6z   Viết phương trình đường thẳng AB và 3 0

chứngminh rằng AB song song với (P)

+ Đường thẳng AB đi qua A, VTCP AB   12; 6; 4  

phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng và tìm tọa độ điểm

M thuộc đường thẳng  sao cho tam giác ABM vuông tại M

b) (1đ) Ta có M  nên tọa độ M(2t ; 1- t ; 4 + t)

Vì tam giác ABM vuông tại M nên ta có

t= 0t=

+ Kẻ HF vuông góc với AB tại H

theo giao tuyến SF

Kẻ HK  SF tại K HK (SAB)dH SAB,( ) HK

+ Ta có: (SAB) chứa SB và song song với CD

d CD SB , d CD SAB , ( )d C SAB ,  CM (M là hình chiếu của C lên

a

VGSIC=

36

33

a

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, ABa 3, SA=2a, M

là trung điểm của cạnh BC, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AM, góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB)

Bài 2

Hình không gian Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B SA

(ABC) , SA=AB=a; BC=a 3 Gọi I là trung điểm SB, G là trọng tâm tam giác ABC Tính theo a thể tích khối tứ diện GSIC

Bài 3

ADC vuông tại D: AC2AD2DC2ACa 5

Hệ thức lượng ADC: DH.AC = DA.DC

Suy ra: DH DC.DA 2a

60 Mặt phẳng  P chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC,SD lần lượt tại M,N Tính thể tích khối chóp S.ABMN theo a

Bài 6

Gọi G là trong tâm SAC

 A,G,M thằng hàng và M là trung điểm SC

Tương tự ta cũng có N là trung điểm SD

3 2

Gọi H là trung điểm BC

Do SBC cân tại S nên SHBC

Bài 7

Cho hình lăng trụ ABC A B C ' ' ', ABC đều có cạnh bằng a, AA'a

và đỉnh A' cách đều A B C, , Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và

M

O

N

AM  AN  , nên AMN cân tại A

Gọi E là trung điểm AM suy ra AE MN, '

Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên đáy là điểm K thuộc đoạn OB sao cho BK = 2 OK và N

là hình chiếu vuông góc của K lên SO Biết rằng SK = a 3 và SK hợp với mp(SAC) góc 30 0 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và CI

Bài 9

Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC là tam giác vuông tại B,

BC = a, mặt ( A BC ) tạo với đáy một góc 30 và tam giác 0 A BC có diện tích bằng

2 3

a Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C   

Bài 10

Bài 11

Hướng dẫn giải

Vì I là trung điểm AB và tam giác SAB

vuông cân tại S nên SI  AB

2 54

IL  IH IS  

B

C S

Ta có SA ( ABCD)  SA là chiều cao

Đáy ABCD là hình vuông cạnh a

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2, cạnh bên

SA vuông góc với mặt phẳng đáy Đường thẳng SB tạo với mặt phẳng (SAD) một

Bài 14

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh B, ACa, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 0

60 Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB, tính thể tích của khối chóp G.ABC theo a

Bài 15

 Xét hai tam giác vuông SAC và ABC ta suy ra được:

Vẽ đường cao AH của tam giác ABC

Khi đó BC SC (định lí 3 đường vuông góc)

Và góc SHA là góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy

V=1/3 SA.SABC=1/6.SA.AH.BC=

Bài 16

Trong (ABCD), kẻ HK AB ABSHKSAB  SHK

a HI

a

V  + Gọi H là hình chiếu của A lên SD CM được AH SCD

Từ đây khẳng định được d B SCD ,  d A SCD ,  =AH

+ Tính được AH theo công thức 1 2 12 12

Hướng dẫn giải

Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên AA’

HK là đoạn vuông góc chung nên 3

A trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BC Biết rằng

khoảng cách giữa hai đường thẳng '

I

C' B'

H

A

C B

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam

giác ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC

Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN)

Bài 19

S

M