Dap an cac cau hoi va bai tap ho tro hs hoc truc tuyen mon toan 12

Vậy chọn phương án D.. Suy ra chọn phương án D.[r]

Trang 1

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT SƠN TÂY

ĐÁP ÁN HỆ THỐNG CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP

HỖ TRỢ HỌC SINH LỚP 12 HỌC TẬP TRỰC TUYẾN TRONG THỜI GIAN NGHỈ PHÒNG

DỊCH COVID-19 TUẦN 1

I Bài: Tích phân – Tiết 1

Câu 1: Chọn D

Câu 2: Chọn A

Ta có

3

3 0 0

dxx   3 0 3

Câu 3: Chọn B

2

0 0

4x3 dx 2x 3x | 2



Ta có: 2 3 4 2    

4

2

3 1

2

1

x

Ta có:

1

0

1

8 d

0

x x

     

 

Câu 7: Chọn C

1 0

x



e

e 0 0

cos dx xsinx sin e

Tính được

2

4

sin

4

x



2

2 2 1 1

I  mx x mx x  m   m m

I   m

MÔN: TOÁN

Trang 2

Ta có    2  3

1

m

mx x mx x mx x m  m

2

m





           

 

3

1

7

f x dx

1 7

f x

   f  3  f  1 7

 1 4 7 3

f

Ta có F x f x dx  3  4 3 2

2

Mà   3

1 2

Vậy   4 3 2

2 1 2

F x x  x  x Khi đó F x 2x1 4 3 2

2 1 2 1 2

0 2

x x 

   

6 0

2

    

f x x f x x f x  f x  f  f 

Gọi (H) là diện tích phần giới hạn bởi parabol, trục hoành, và hai đường thẳng x = -2, x = 2;

(B) là diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi đường thẳng y = 4, trục hoành và hai đường thẳng x = -2, x

= 2;

Và (H’) thì là diện tích phần gạch chéo thì:

'

2





B H H

Trang 3

II Bài: Phương trình mặt phẳng – Tiết 1

Ta có  P : 1

1 2 3

x  y z 6x3y2z 6 0 P có một vectơ pháp tuyến n6; 3; 2 

hương trình m t phẳng đi qua đi m A1; 2; 3  có vectơ pháp tuyến n2; 1;3  là :

2 x 1 1 y 2 3 z3  0 2x y 3z 9 0

Ta có AB1;1; 1 , AC  4;3;1, AB AC,   4;3;7

ABC

 có một vectơ pháp tuyến là n4;3;7

A là hình chiếu của M3;0; 2 trên trục Ox nên ta có A3;0;0

B là hình chiếu của M3;0; 2 trên m t phẳng Oyz nên ta có B0;0; 2

Gọi I là trung đi m AB Ta có 3;0;1

2

 

M t phẳng trung trực đoạn thẳng AB đi qua I và nhận BA3;0; 2  làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình 3  

2

    

 

5

2

x z 

Ta có: BC  4; 2;0 suy ra một vecto pháp tuyến là n  2;1;0

Vậy phương trình m t phẳng đi qua A và vuông góc với BC có dạng:

         2x y 1 0 2x  y 1 0

Cách 1: Ta có  

0;1;0

3; 1; 4

j OM

 





Do đó   qua đi m M và có 1 véctơ pháp tuyến là n4;0; 3 

Vậy phương trình m t phẳng   là 4x 3 0 y 1 3 z40 hay 4x3z0

Vậy chọn phương án D

Cách 2 (Trắc nghiệm)

M t phẳng   chứa Oy nên loại B và C

Thay toạ độ đi m M vào phương trình ở phương án A và D Suy ra chọn phương án D

C1 Nhận xét ABC có 1 vectơ pháp tuyến là OM 2;1; 3 

hương trình m t phẳng ABC: 2x 2 1 y 1 3 z  3 0 2x y 3z140

Cách 2 Giả sử A a ;0;0 , B 0; ;0 ,b  C 0;0;c,abc0

Khi đó m t phẳng   có dạng: x y z 1

a   b c

Do   2 1 3  

1 1

M



Ta có: AM 2a;1; 3 ,  BM 2;1 b; 3 , BC0;b c; , AC  a;0;c

Trang 4

2 3 0

2

Thay  2 vào  1 ta có: 4 1 3 1 14 7, 14

3c 3c c c 3 a b

Do đó   3

7 14 14

A, B, C lần lượt là hình chiếu của M trên các trục Ox , Oy , Oz nên A3; 0; 0, B0;1; 0,

0; 0; 4

hương trình m t phẳng ABC: 1

y

  

 4x12y3z120 Vậy phương trình m t phẳng ABC là: 4x12y3z120

Giả sử m t phẳng  P :axbycz 18 0 cắt 3 trục toạ độ Ox Oy Oz lần lượt tại , ,, , A B C

Do AOxA x A; 0; 0; BOyB0;y B; 0; COzC0; 0;z C

Vì G1; 3; 2  là trọng tâm tam giác ABC nên :

0 0

1

3

6

0 0

2 3

A

A B

B C C

x

x y

z z

 









 

    



Do A B C, ,  P nên mp P có phương trình: 1 6 2 3 18 0

       

Suy ra: a6;b 2;c3 Vậy a  b c 7

1; 2; 7

M t phẳng ABC qua đi m A0; 2;1 và có một vectơ pháp tuyến là nAB AC;   36; 24;12 

Vậy phương trình m t phẳng ABC: 36x24y 2 12z 1 0 hay 3x2y z  3 0

2

3

a

c







       

  



Gọi A a ; 0; 0, B0; ; 0b , C0; 0;c Từ đó ta có OA a , OB b, OC c

M t phẳng qua các đi m A,B,C có phương trình theo đoạn chắn: x y z 1  P

a  b c

Vì M P nên 1 3 2 1

a  b c Vì OAOBOC a  b  c

Từ đó ta có hệ phương trình:

Trang 5

1 3 2

1

   





  



1

a b c

b c

   



 

 





1

a b c

a b

b c



   



 



   





 

  





1

a b c

   



  





   



   





   





   







   



    



4 6 2

    





    

     



Vậy có 3 m t phẳng thỏa mãn

Gọi H là trực tâm ABC

Ta có: BH AC AC OBH AC OH 1



Chứng minh tương tự ta có: BCOH 2

Từ    1 , 2 OH ABC

Ta có: 12 12 12 1 2

OA OB OC OH Vậy đ bi u thức 12 12 12

OA OB OC đạt giá trị nhỏ nhất thì OH đạt giá trị lớn nhất

Mà OH OM nên suy ra OH đạt giá lớn nhất bằng OM hay H M

Vậy OM ABC P có 1 vectơ pháp tuyến là OM 1;3; 4

hương trình m t phẳng  P : 1x 1 3 y 3 4 z4  0 x 3y4z260

Giả sử A a ; 0; 0Ox, B0; ; 0b Oy, C0; 0;cOz và a b c, , 0

Ta có OA OB OC  a b c hương trình m t phẳng  P có dạng: x y z 1

a  b c

Ta có:     1 9 4

1 3 2

      

                 

 2

1 2 3

a b c

Trang 6

Dấu "" xảy ra khi:

1 3 2

18 12

1 3 2

b

c

a b c

     



6 18 12

P

    (thỏa)

Vậy m t phẳng  P đi qua đi m 0;0;12 

Gọi a; 0; 0, 0; ; 0b , 0; 0; c lần lượt là tọa độ các đi m A B C, , (a0, b0, c0)

Th tích khối tứ diện OABC là: 1

6

V  abc hương trình m t phẳng  P : x y z 1

a  b c

Đi m     1 8 1

36

V

  Dấu bằng xảy ra khi:

1

3

a c

a b c

b

   

  



 hương trình m t phẳng  : 1 8 8 24 0

3 24 3

Trang 7

TUẦN 2

III Bài : Tích phân – Tiết 2

Ta có

5

2 4 f x dx2 dx4 f x dx2x 4 f x dx2 2 5 4.1034

Ta có  d  d  d  d

f x x f x x f x x f x x

f x x f x x f x x

Ta có 4     4   4  

f x g x x f x x g x x  

Do đó A đúng

Ta có 4   1   4   3   4    

f x x f x x f x x  f x x f x x    

Do đó B sai, C đúng

Ta có 4     4   4  

4f x 2g x dx4 f x dx2 g x dx4.3 2.7  2

Do đó D đúng

Ta có 2   2  

A  f x x g x x và 2   2  

B  f x xg x x 

Đ t 2  

1

d

f x xu

1

d

g x xv

 , ta có hệ phương trình

5

7

u

u v

v

  



 

    



Vậy 2  

1

5 d

7

f x x  u

Ta có:

 

     

2

f x

Bảng xét dấu:

f(x) + 0 - 0 +



          

Trang 8

Đổi cận:



  



Ta có

2

8 2 2

t

I  t t t t t   

 

 

Đ t 3 1d d

3

t  x t x

Đổi cận: 0 0

  



   



Ta có 3   3  

I  f t dt  f t dt 

t x   t x x x t t

Đổi cận: 0 1

  



   



Ta có

1

0

I x x x x 0  1 

1 t dt t t 1 t dt t

    

Ta có: 4 cos 2 1

b

xdx





 2sin 2x b 1 sin 2 1

2

b

5 12

  



  



k Z

Do đó, có 4 số thực b thỏa mãn yêu cầu bài toán

Ta có: 3   1   3  

f x x f x x f x x

2

x



    ln 4 6

0

d

m

P xx x 2 3

0

m

  

 

Đ t   2 3

    f m 0m0 ho c m1

Lập bảng biến thiên

'( )

f m + 0 -

( )

f m 1

6

0



Trang 9

Vậy f m  đạt GTLN tại m1 khi m dương

Đ t 2.s inx 1d cos d

2

Đổi cận:

2 2

  





   



Ta có 2   2  

I  f t dt  f t dt 

Đ t t      2 x x 2 t dx dt

ta có 3  

1

d



3



   3  

1



  

Từ     1 2

2

f  x f x  x x, ta có

3 2

1



    

2

d

1

t

 Đổi cận: x  0 t 0 và 1

4

x   t

Do đó: 4  

0







Ta có      2

g x  f x  x

  2   2 2 0   1

        Quan sát trên đồ thị ta có hoành độ giao đi m của

 

f x và y x 1 trên khoảng 3;3 là x1

Vậy ta so sánh các giá trị g 3 , g 1 , g 3

Xét 1 g x x d 21 f   x x 1 d x 0

       

Trang 10

Tương tự xét      

g x x  f x  x  x

  g   3 g 1  0 g 3 g 1 Vậy

3;3

maxg x g 1

 

Định dạng
Số trang	10
Dung lượng	617,98 KB