Bài tập có đáp án chi tiết môn toán đại số lớp 12 mức độ vận dụng cao lần 1 | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Mỗi tam giác tù có một góc tù và hai góc nhọn, nên ta tiến hành tính số tam giác tù như sau:.. - Chọn một đỉnh tam giác thuộc góc nhọn: Có n cách..[r]

TUYỂN TẬP CÁC CÂU VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO (LẦN 1) Câu 1 [2D2-3] [ĐỀ THỬ SỨC THTT SỐ 486] Xét các số thực dương ,x y thỏa mãn

, t 0

3 3cos 3 sin 2 sin 1

31

1

ln 22



Lời giải Chọn B.

2

t

t t

2 3

Như vậy phương trình f2 x 3

có 9 nghiệm thuộc 0; 4

.+ Bằng quy nạp ta chứng minh được phương trình f k x 3

+ Yêu cầu bài toán  y 0 x3 x  0 x   ;0  3; , do  g x 0,   x

Câu 5 [2D1-4] [THPT YÊN ĐỊNH 2 THANH HÓA LẦN 1 - 2018] Cho hàm số y f x 

xácđịnh và có đạo hàm trên ℝ thỏa mãn  f(1 2 ) x 2  x  f(1 x) 3 Viết phương trình tiếp tuyếncủa đồ thị hàm số yf x 

tại điểm có hoành độ bằng 1.

y x

Lời giải Chọn A.

ta sẽ được : 4 '(1) (1) 1 3 '(1)f f   f  f(1) (2)2

Từ phương trình  2

suy ra f x   0

không thỏa mãn Vậy f x    1

, do đó ta thu được1

A.

32



P

22



P

D. P 3.

Lời giải Chọn D.

Câu 7 [2D3-3] Cho hàm số

 

1 1

2d3

Lời bình: Với cách làm này, chỉ cần học sinh nắm rõ nguyên tắc tìm một hàm số đại diện cho

lớp hàm số thỏa mãn giả thiết bài toán là có thể dễ dàng tìm được kết quả bài toán bằng máy tính hoặc bằng phương pháp cơ bản với hàm số yf x  khá đơn giản Đối với bài toán này

ta có thể chọn hàm số h x   1 cho đơn giản.

Với f x( )a phương trình có 1 nghiệm.

Với f x( )b phương trình có 3 nghiệm

Với f x( )c phương trình có 1 nghiệm

Vậy phương trình có 5 nghiệm

Câu 9 [2H3-4] [TH & TT SỐ 8] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

; S ACD const; S BCD const

Và 3V ABCD r S ABCS ABDS ACDS BCD

với r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD

Do đó để mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất khi CH DK nhỏ nhất

Dựng hình chữ nhật CHKE , khi đó ED const; d K ED  ;  const

A

B

C

D E

H

Dựng tam giác E KD  cân tại K và E D  ED

Dựng tam giác EKE cân tại K, khi đó D là trung điểm của DE và DK CH DK EK

Ta có 38x3 f x x d 25.

Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số yf x  tại điểm có hoành độ, biết rằng hàm

số f x( ) thỏa mãn điều kiện f21 2 x  x f31 x

Câu 12 [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 1 2i  Gọi 4 M và m lần lượt là giá trị lớn

nhất và giá trị nhỏ nhất của z  Tính giá trị của tổng 2 i SM2m2

A S  82 B S 34 C S 68 D S 36.

Lời giải Chọn C.

Câu 13 [1H3-3] Cho lăng trụ ABC A B C '   có đáy ABC là tam giác đều cạnh a Tam giác A BC đều

và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ABC

, M là trung điểm CC Tính côsin'

góc  giữa hai đường thẳng AA và BM

A

2 22cos

11

 

B

11cos

11

 

33cos

11

 

22cos

11

 

Lời giải

Chọn C.

Ta có CC//AA  CC BM, 

Gọi H , H  lần lượt là trung điểm của BC, B C 

Tam giác ABC và tam giác A BC đều cạnh a nên

32

a MC



Câu 14 [1H3-4] Cho hình chóp S ABC có SA vuông góc với đáy, SA2BC và BAC 120 Hình

chiếu của A trên các đoạn SB , SC lần lượt là M , N Tính góc giữa hai mặt phẳng ABC

và AMN

Lời giải Chọn D.

Dựng DBAB , DCAC

AD

ASD SA

ASD

Câu 15 [2D4-4] Có bao nhiêu số phức z mà điểm biểu diễn của nó, nghịch đảo của nó và một điểm

trên trục hoành tạo thành một tam giác đều có độ dài các cạnh

1

3 4



Lời giải Chọn B.

Ta chia ra hai trường hợp:

 Nếu z 1 thì điểm biểu diễn số phức nghịch đảo

 Nếu z 1 thì ta có tính chất hình học như sau: "Gọi ,A A là điểm biểu diễn số phức z và

AA M AOM A OM A AM suy ra tam giác AM A   cân tại M  hay M M

Do đó để tam giác AMA đều khi và chỉ khi AMA   60 OA Oy;  30

Có 4 trường hợp OA Oy  ;  30

, trong mỗi trường hợp này nếu đặt OA x thì

1

OA x

 

và

2 2

11

AA  

Khi đó để tam giác AMA đều 

có cạnh

134

, do đó có tất cả 8 trường hợp

Kết hợp hai trường hợp lại ta có tất cả 12 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 16 [2D4-4] [Phạm Minh Tuấn – Vted 15] Cho ba số phức z z z, ,1 2 thỏa z1 z2 6

Gọi , ,A B M là điểm biểu diễn số phức z z z1, ,2 , khi đó từ giả thiết ta suy ra tam giác OAB

vuông cân tại O và bài toán quy về tìm giá trị nhỏ nhất của

P MA MB MO MA MO MB

Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát

Cho tam giác ABC, đặt AB c , AC b , BC a , khi đó ta có

MA MB MC

từ đó sử dụng  suy ra hệ thức   

Áp dụng bài toán trên ta có P36 2, chọn B.

Ta có thể chứng minh bài toán   trên bằng ngôn ngữ số phức.

Gọi tọa độ các điểm , , ,A B C M trên mặt phẳng phức là , , , u v w x khi đó   a v w , bw u ,

Câu 17 [2H2-4] Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB a AC , 2a

Biết SBA SCA  90 Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng

23

a

Tính diệntích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC.

A S 6a 2 B S4a 2 C S9a 2 D S8a 2

Lời giải Chọn C

Dựng tia Axsong song với BC, DH Ax và cắt BC tại E ; Gọi O là giao điểm của BC với

AD và K là hình chiếu của D trên SH thì

d SA BC d BC SAx d O SAx d D SAx DK DK

Xét tam giác ABC có

55

2 2

2017.2018 1

 a  , b1 a b 4070308

Câu 19 [1D2-4] Cho đa giác đều 100 đỉnh nội tiếp một đường tròn Số tam giác tù được tạo thành từ

3trong 100 đỉnh của đa giác là:

Lời giải Chọn C.

Xét 1 đỉnh A của đa giác đều, chúng ta sẽ đi tìm được số các tam giác tù tại đỉnh A

Đánh số các đỉnh tiếp theo của đa giác theo chiều kim đồng hồ là 2,3,4, ,100 Chú ý rằng với hai đỉnh ,a b mà a b 50

thì ab là đường chéo chính và tam giác Aab vuông tại A Khi đó

tam giác Aab 2  a b 100

là tù tại A  b a 50 b50a và 52 a 50 b 100

Suy ra có C cách chọn các đỉnh ,ab 492

Vậy số tam giác cần tìm là 100C492 117600.

Một cách tổng quát: Cho đa giác đều n đỉnh n5,n N 

nội tiếp một đường tròn Ta tìm số tam giác tù được tạo thành từ 3 trong n đỉnh của đa giác đều đó.

+) Nếu n chẵn :

Mỗi tam giác tù có một góc tù và hai góc nhọn, nên ta tiến hành tính số tam giác tù như sau:

- Chọn một đỉnh tam giác thuộc góc nhọn: Có n cách Chẳng hạn chọn A1( Góc A1 nhọn).

- Chọn hai đỉnh còn lại ( một đỉnh góc nhọn và một đỉnh góc tù )

Đường thẳng qua hai điểm OA chia đường tròn thành hai loại điểm : Các điểm từ tập1

1 2

2.C n

Vậy có

2 2

2 2

2 2

.2

.2

Ta có f x( ) 2018 ( ) 2018. f x  x2017.e2018x

2017 2018

2017 2018

Câu 21 [2D2-4] [Trường THPT Cổ Loa – Hà Nội] Cho x y, là các số thực Gọi M, m lần lượt là giá

trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

A 4 B

2 5 33



Lời giải Chọn C.

Áp dụng công thức hạ bậc và công thức cos  2  sin 2

Câu 22 [2H1-4] Xét tứ diện ABCD có các cạnh AB BC CD DA   1 và AC , BD thay đổi Giá trị

lớn nhất của thể tích tứ diện ABCD bằng.

Lời giải Chọn A

Từ H kẻ HK AC  d AC BD ;  HK

, K là trung điểm của AC

14

A m 4;5

73;

m   

5

;32

m  

 

Lời giải Chọn C.

Gọi điểm biểu diễn của z là M Khi đó M nằm trên đường tròn tâm I0; 1 ,  R Gọi tọa 1

độ các điểm A 2; 1 ,  B 2; 3 

do đó:

K  

  khi đó ta có:

1.2

Biết tiếp tuyến của   C1 , C2

tại điểm x 0 1 có phương trình lần lượt là

y x y x Phương trình tiếp tuyến của  C3 tại điểm có hoành độ x 0 1 là

A y12x 5 B y6x 3 C y24x 21 D y12x 9

Lời giải Chọn A

hay f f  1  7

nên f  3  7Cuối cùng, ta xét hàm số  4 

tại x  là 0 1 k3 4f  3 12

và f  3  7Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y12x1 7 12x 5

.