10 đề toán bản pdf đẹp (7)

Tất cả các mặt của nó là các đa giác đều, bằng nhau 2.. Các mặt không cắt nhau ngoài các cạnh 3.. Mỗi đỉnh là giao của một số mặt như nhau cũng là giao của số cạnh như nhau... Ta làm the

Trang 1

HÀNH TRÌNH 80 NGÀY ĐỒNG HÀNH CÙNG 99ER ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017 TRƯỜNG KIM SƠN A – NINH BÌNH LẦN 2 MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút

Họ và tên thí sinh:

Số Báo Danh:

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B

- Phương pháp: Giải phương trình logarit: log f xa   b   b





 



6 log x  2 x 6   x 6

Câu 2: Đáp án C

- Phương pháp: Tính đơn điệu của hàm số:

Định lí 1:

+ f ' x   0, x  a; b thì f là hằng số trên (a;b)

+ f ' x   0, x  a; b thì f là đồng biến trên (a;b)

+ f ' x   0, x  a; b thì f là nghịch biếnt trên (a;b)

Định lí 2:

Giả sử f ' x 0 chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm thuộc (a;b)

+ f đồng biến trên (a;b) khi và chỉ khi f ' x   0, x  a; b

+ f nghịch biến trên (a:b) khi và chỉ khi f ' x   0, x  a; b

- Cách giải: Hàm số đồng biến trên R  y ' 0 với mọi x

3

  => y’ chưa chắc đã lớn hơn 0 với mọi x

Đáp án B: là hàm số bậc nhất trên bậc nhất => hàm số không liên tục trên R => hàm số không thể đồng biến trên R

y '3x     hàm số đồng biến trên R => phù hợp 4 0 x

Đáp án D: y '2x 4 y’ chưa chắc đã lớn hơn 0 với mọi x

Câu 3: Đáp án D

- Phương pháp: Hàm số mũ yax, với số mũ hữu tỉ thì điều kiện a > 0

3

y 3 x

Đkxđ: 3 x 0   x 3

Câu 4: Đáp án A

- Phương pháp: Một khối đa diện lồi là đều nếu và chỉ nếu thỏa mãn các tính chất:

1 Tất cả các mặt của nó là các đa giác đều, bằng nhau

2 Các mặt không cắt nhau ngoài các cạnh

3 Mỗi đỉnh là giao của một số mặt như nhau (cũng là giao của số cạnh như nhau)

- Cách giải: Bát diện đều có 12 đỉnh và 6 cạnh  n 12, m   6 n m 6

Câu 5: Đáp án B

ĐỀ SỐ 45/80

Trang 2

- Phương pháp: Hàm số nhất biến: ax b 

y a 0; ad bc 0

cx d



c

 

  

 

2

  2 2

y '



Nếu P > 0 hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định

Nếu P < 0 hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định

3 Các đường tiệm cận

d

x

c

d

c



     là tiệm cận đứng

x

lim y y

    là tiệm cận ngang

4 Bảng biến thiên và đồ thị

5 Đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất được gọi là một hypebol vuông góc có tâm đối xứng I d a;

c c

 

  là

giao điểm của hai đường tiệm cận

- Cách giải:

Hàm số có tiệm cận ngang y 1 , tiệm cận đứng x1, điểm 0; 1  thuộc đồ thị hàm số

Từ đồ thị ta có hệ:

a 1 c

b 1 c

 



 



- Phương pháp:

xung quanh

S  2 rh

- Cách giải: Sxq 50.100 2 r.50 r 50



Trang 3

- Phương pháp: Đường cong C: yf x , đường thẳng d: yaxb

+ Số nghiệm của phương trình là số giao điểm cuả C và d

Giải pt hoành độ giao điểm ta có tọa độ các giao điểm

- Cách giải: d : y  x 3; y x 1

x 2







 





A 5; 2 ; B 1; 2 ; M 3; 0

- Phương pháp: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số yf x  Ta làm theo các bước sau: + Tìm tập xác định của hàm số

+ Tìm y'

+ Tìm các điểm x1,x2, xn thuộc khoảng (a,b) mà tại đó y' = 0 hoặc y' không xác định

+ Tính các giá trị f(a),f(b),f(x1),f(x2) f(xn)

Kết luận:

          1 2  n 

a;b

max f x max f a , f x , f x , , f x

          1 2  n 

a;b

min f x min f a , f x , f x , , f x

- Cách giải: y 74x

4

  

2x

7 4x



 1;1 

- Phương pháp: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ đưa pt về dạngax2bx c 0

Giải phương trình x , x Tìm 1 2 x1x2

- Cách giải: 2.25x5x 1   2 0 2.52x5.5x 2 0

x

5

x

5

1

5

2



 



- Phương pháp: Tích phân từng phần:

Nếu u(x),v(x) là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn [a,b] thì :

           

b

a

A ln x 1 dx ln xdxdx

Trang 4

Iln xdx

Đặt

1

x



m m

1

m

1







+ Nếu hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a; b] thì diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f(x)

và các đường thẳng x = a; x = b; y = 0 được tính theo công thức:

b

a b a

a

f x dx khi f x 0

S f x dx

f x dx khi f x 0











+ Miền phẳng D giới hạn bởi các đường: xa, xb a b , y f x , y1  f2 x trong đó f1, f2 liên tục từng khúc trên [a,b] Gọi diện tích của miền phẳng D là S

Theo ý nghĩa hình học của tích phân xác định, nhận được công thức tính S:

   

b

a

- Cách giải: Giao điểm của đồ thị yx , y2 2x là nghiệm của hệ:

2





S x 2x dx 2x x dx x x

- Phương pháp: Ban đầu dân số là N, mỗi năm dân số tăng là r

Dân số sau 1 năm là N 1 r  

N 1 r

…

N 1 r

- Cách giải: Dân số sau 15 năm là 91, 7.1, 01115

- Phương pháp: Phương pháp 1: Tìm cực trị bằng cách sử dụng bảng biến thiên

Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số f(x)

Bước 2: Tìm y', giải phương trình y' = 0

Bước 3: Lập bảng biến thiên và kết luận:

* Nếu y' đổi dấu từ - sang + khi qua điểm x0 (từ trái sang phải) thì hàm số đạt cực tiểu tại x0

* Nếu y' đổi dấu từ + sang - khi qua điểm x0 (từ trái sang phải) thì hàm số đạt cực tiểu tại x0

Trang 5

Phương pháp 2: Tìm cực trị bằng cách sử dụng đạo hàm cấp 2

Phương pháp này thường được sử dụng đối với các hàm số mà việc lập bảng biến thiên tương đối khó khăn Ta làm theo các bước sau:

Bước 1: Tìm tập xác định

Bước 2: Tính y' Giải phương trình y' = 0 và kí hiệu xi (i=1,2, ) là các nghiệm của nó

Bước 3: Tính f"(x) và f"(xi) rồi kết luận:

* Nếu f"(xi)<0 thì hàm số đạt cực đại tại xi

* Nếu f"(xi)>0 thì hàm số đạt cực tiểu tại xi

- Cách giải: y  x4 5x22

Tập xác định D = R

3

x

2









Bảng biến thiên:

x

2

 0 10

2 

y’ + 0 - 0 + 0 -

y

Hàm số có 2 cực đại

2

tp

S    rl r

- Cách giải: Từ lí thuyết

- Phương pháp: Đồ thị C : y = f(x)

+ x = a là tiệm cận đứng của C lim f xx a  





- Cách giải:

xlim 2

  đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 2

xlim 2

   đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y 2

- Phương pháp: log ba m m log ba

 

log b.c log b log c

Trang 6

a a a

b

log log b log c

c  

- Cách giải:

7

P ln 21 2 ln14 3ln ln 3 ln 7 2 ln 2 ln 7 3 ln 7 ln 2

2

5ln 2 ln 3 5a b

a 'a ln a

f x 4 3

  x

f ' x 4 ln 4

 

f 1 4 ln 4

- Phương pháp: Với a, c1 ta có: log ba log c.log ba c

c a

c

log b log b

log a



- Cách giải: Đáp án A, C, D đều thỏa mãn do a, b1

Đáp án B sai do log ac chưa có điều kiện c 1

- Phương pháp: Tìm cực trị bằng cách sử dụng đạo hàm cấp 2:

Bước 1: Tìm tập xác định

Bước 2: Tính y' Giải phương trình y' = 0 và kí hiệu xi (i=1,2, ) là các nghiệm của nó

Bước 3: Tính f"(x) và f"(xi) rồi kết luận:

Nếu f"(xi) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại xi

Nếu f"(xi) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại xi

y x mx m m 1 x 1

3

Tập xác định: D

y 'x 2mx m  m 1

y"2x2m

 

2

m 1 y" 1 0











a log f x b a  1 0 f x a

3 log x 4x4 0

2



      

- Phương pháp: SA là chiều cao tứ diện VSABC 1SA.SABC

3

- Cách giải: SABC a2 3

4



Trang 7

2 3

V SA.S a 3.a a

- Phương pháp: e dxx ex C

n 1





e 2x dxe x c



- Phương pháp: Vật thể tròn xoay: Là vật thể được tạo ra khi quay hình thang cong giới hạn bởi đường y

= f(x), x = a, x = b và y = 0 quanh trục Ox Khi đó thể tích vật thể tròn xoay được tính theo công thức:

 

b

2

x

a

- Cách giải:

a a

2

1 1

        



- Phương pháp: Hàm số yf x 

Hàm số đồng biến trên R y '0 với mọi x

- Cách giải: ymx sin 3x

y ' m 3cos3x 0 x

- Phương pháp: sin xdx cos xC; cos xdxsin xC

n 1





f x dx sin x.cos xdx sin x.d sin x sin x C

5

yax bxc a0

Với a < 0 thì hàm số có cực đại Khi đó 3 là giá trị cực đại của hàm số

- Cách giải: y  x2 mx 1

Giá trị lớn nhất của hàm số đạt 3

y x mx 1 y ' 2x m 0 x

2

          

2

- Phương pháp: a, b0;

0 c 1 : log ac log bc  a b

c 1 : log ac log bc  a b

- Cách giải: Từ lí thuyết ta thấy C sai do 1 1

3 nên

Trang 8

1 1

log alog b a b

ax b a  





- Cách giải:

5 5

1 1





- Phương pháp: Dựa vào bảng biến thiên

- Cách giải: Đáp án A: từ bảng biến thiên ta thấy x 1 hàm số đạt cực tiểu, x0 hàm số đạt cực đại Đáp án B: Hàm số có giá trị lớn nhất bằng -3 và giá trị nhỏ nhất bằng -4 => sai vì hàm số đạt giá trị cực đại bằng -3

Đáp án C: Sai vì hàm số có 3 cực trị

Đáp án D: Sai vì hàm số đạt giá trị cực đại tại x = 0

- Phương pháp: Hàm số yf x 

Dựa vào tính đơn điệu của hàm số ta có:

+ f ' x   0, x  a; b thì f là hằng số trên (a;b)

+ f ' x   0, x  a; b thì f là đồng biến trên (a;b)

+ f ' x   0, x  a; b thì f là nghịch số trên (a;b)

- Cách giải: Đáp án A:y2016x 12 , tập xác định D = R

y '2016 0 hàm số đồng biến trên R

y3x x 4

3

y ' 12x 2x  0 x 0

x 0 y ' 0

  

   =>y’ chyển dấu từ - sang + khi đi qua x = 0 => hàm số nghịch biến trên ; 0

y  x 3x 2 , tập xác định D = R

2

y ' 3x    3 0, x hàm số nghịch biến trên R

x 2





 , tập xác định D \ 2 

 2

1



- Phương pháp: Nếu hàm số yf x  liên tục trên đoạn  a; b thì diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi

đồ thị hàm số yf x , trục hoành và hai đường thẳng xa; xb là: b  

a

S f x dx

- Cách giải: Từ lí thuyết

- Phương pháp: Hàm số ylog xa

đK: 0 a 1 

Tập xác định D0;

Trang 9

- Cách giải:  2  

yln x2 log x 1

2



 



- Phương pháp: Nếu hàm số yf x  liên tục trên đoạn  a; b thì diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi

đồ thị hàm số yf x , trục hoành và hai đường thẳng xa; xb là: b  

a

S f x dx

- Cách giải: y ln x, x 1, x e, y 0

e

1

1 e

2

e

Hệ thức lượng trong tam giác

Định lí pitago

- Cách giải:

Gọi AA’= x

BC AB AC 2AB.AC.cos120 7

2

0 ABC.A 'B'C' ABC

3

V AA '.S AA '.AB.AC.sin120 2 5 15

2

- Phương pháp: Hàm số y = f(x)

Hàm số không có cực trị y '0 vô nghiệm

- Cách giải:

Đáp án A:

2

k j

A

B

C

A'

B'

C'

D

Trang 10

Đáp án B:

2





 Đáp án C:

3





       

 Đáp án D:

3

2

    => hàm số không có cực trị

Hình đa diện (gọi tắt là đa diện) (H) là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai điều kiện:

Hai đa giác phân biệt chỉ có thể hoặc không giao nhau, hoặc chỉ có một đỉnh chung, hoặc chỉ có một cạnh chung

Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác

Mỗi đa giác như thế được gọi là một mặt của hình đa diện (H) Các đỉnh, cạnh của các đa giác ấy theo thứ

tự gọi là các đỉnh, cạnh của hình đa diện (H)

- Cách giải: Từ lí thuyết hình 2 không phải hình đa diện

Tâm của 2 đường thẳng d, d’ nằm trên đường tròn qua tâm hình cầu

EBCD

ABCD

V AB

- Cách giải: EBCD

ABCD

V  AB 4

- Phương pháp: Diện tích hình vuông cạnh a là 2

a

l

C

A

H

Trang 11

Diện tích toàn phần hình lập phương là 6a

- Cách giải: Hình được tạo bởi 5 khối lập phương trên có tổng só mặt là: 6.5 8 22

Diện tích toàn phần của khối lập phương là 22a2

- Phương pháp: Nếu SH    d S;   SH

- Cách giải:

Gọi I là trung điểm của BC

Hạ AH vuông góc với A’I













- Phương pháp: Đồ thị C : y = f(x)

x a

lim f x





- Cách giải: =>hàm số không có tiệm cận ngang

2

mx 2

x 1

 



2

mx 2 lim y lim m

x 1

 



Hàm số có 2 tiệm cận ngang     m m m 0

- Phương pháp: Diện tích toàn phần hình lập phương có cạnh là a là 6a2

- Cách giải:

Cạnh lập phương ban đầu là a

Cạnh hình lập phương tăng gấp 2 lần là 2a

=> Diện tích toàn phần hình lập phương là 6.4a2

Diện tích toàn phần hình lập phương tăng lên 4 lần

- Phương pháp: e dxax 1eax C

a



f x dx e dx  e C

A'

A

I C

B

B'

C'

H

Trang 12

 

F 0       2 1 C 2 C 3

- Phương pháp: Thể tích hình cầu có bán kính là R là: 4 3

R

3

Thể tích hình nón có bán kính đáy là R, chiều cao là h là: 1 R h2

3

- Cách giải:

Ta có: 1V

2 hình cầu   18

3

1 4

.R 18 R 3

2 3     

O60 nên góc HOK300 nên OK2 3 Vậy bán kính đường đáy hình nón bằng 2 3

3

- Phương pháp: Thể tích hình nón có bán kính đáy là R, chiều cao là h là: 1 R h2

3

- Cách giải: Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác vuông => đường sinh là cạnh bên của tam giác

vuông cân

  

2

R h 8

   

2

V R h

xq

S  2 Rh

2 tp

S  2 Rh 2 R

2

V R h

4

   

xq

S  2 Rh 9

2 tp

27

S 2 Rh 2 R

2

     

C D

Trang 13

 

d I, P II '

- Cách giải: Gọi bán kính đường tròn C là r => r = 1

II '    3 1 8 II '2 2

- Phương pháp: Hàm số ylog xa

Đk: 0 a 1 

Tập xác định: D0;, ylog xa nhận mọi giá trị trong R

Hàm số đồng biến trên R khi a 1 và nghịch biến trên R khi 0 a 1 

- Cách giải:

1

3

ylog x

Đáp án A: hàm số xác định x    0 x 0 đúng

Đáp án B: hàm số nghịch biến trên R khi 0 a 1   đúng

Đáp án C:

x

lim y 0

y '

x ln 3 x ln 3

- Phương pháp: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số yf x  Ta làm theo các bước sau: + Tìm tập xác định của hàm số

+ Tìm y'

+ Tìm các điểm x1,x2, xn thuộc khoảng (a,b) mà tại đó y' = 0 hoặc y' không xác định

+ Tính các giá trị f(a),f(b),f(x1),f(x2) f(xn)

Kết luận:

          1 2  n 

a;b

max f x max f a , f x , f x , , f x

 a;b         1 2  n 

min f x min f a , f x , f x , , f x

f t 45t t

f ' t 90t 3t

 

f " t 90 6t   0 t 15

- Phương pháp: Các phép biến đổi logarit

- Cách giải:

e

2 1

ln xdx I

x ln x 2







t 2





   





Trang 14

 

t 2;3

3

2

t





Định dạng
Số trang	14
Dung lượng	618,13 KB