Mặt phẳng đi qua ? và vuông góc với ?? có phương trình là?. + Lưu ý: nếu hết phạm vi bảng thì cứ ấn enter để hiển thị tiếp dòng tiếp theo; error thì theo quan sát do giá trị lớn tăng dần
Trang 1(Math 10 – Thầy Phong) Từ một hộp chứa 12 quả bóng gồm 5 quả màu đỏ và 7 quả màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả Xác suất để lấy được 3 quả màu đỏ bằng ?
A 1
7
- Tư duy + Casio:
+) Không gian mẫu: 𝑛(Ω) = 𝐶123
+) Gọi 𝐴 là biến cố “ cả 3 quả đều màu đỏ” ⇒ 𝑛(𝐴) = 𝐶53
+) Xác suất để lấy được 3 quả màu đỏ là: 𝑃(𝐴) = 𝑛(𝐴)
𝑛(Ω)= 𝐶53
𝐶123 = 1
22 Chọn A
(Math 10 – Thầy Phong) Với mọi 𝑎, 𝑏 thỏa mãn 𝑙𝑜𝑔2𝑎3+ 𝑙𝑜𝑔2𝑏 = 5, khẳng định nào dưới đây là đúng ?
A 𝑎3𝑏 = 32 B 𝑎3𝑏 = 25 C 𝑎3+ 𝑏 = 25 D 𝑎3 + 𝑏 = 22
- Tư duy + Casio:
+) Ta có: 𝑙𝑜𝑔2𝑎3+ 𝑙𝑜𝑔2𝑏 = 5 ⇔ 𝑙𝑜𝑔2(𝑎3𝑏) = 5 ⇔ 𝑎3𝑏 = 32
Chọn A
(Math 10 – Thầy Phong) Trên đoạn [−1; 2], hàm số 𝑦 = 𝑥3+ 3𝑥2+ 1 đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm ?
A 𝑥 = 2 B 𝑥 = 0 C 𝑥 = −1 D 𝑥 = 1
- Tư duy + Casio:
+) Cách 2: Có thể ấn giải phương trình bậc 3 để tìm nhanh điểm cực trị
Chọn B
Hoàng Thanh Phong
Trang 2(Math 10 – Thầy Phong) Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho hai điểm 𝐴(1; 0; 0) và 𝐵(3; 2; 1) Mặt phẳng đi qua 𝐴 và vuông góc với 𝐴𝐵 có phương trình là ?
A 2𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − 2 = 0 B 4𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − 17 = 0
C 4𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − 4 = 0 D 2𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − 11 = 0
- Tư duy + Casio:
+) Phương trình mặt phẳng (𝑃) đi qua 𝐴(1; 0; 0)
+) Vecto 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ = (2; 2; 1) là vecto pháp tuyến có dạng:
2(𝑥 − 1) + 2(𝑦 − 0) + 1(𝑧 − 0) = 0 ⇔ 2𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 − 2 = 0
Chọn A
(Math 10 – Thầy Phong) Cho hàm số bậc bốn 𝑦 = 𝑓(𝑥) có đồ thị là đường cong trong hình bên Số nghiệm thực của phương trình 𝑓(𝑓(𝑥)) = 0 là ?
- Tư duy + Casio:
+) Áp dụng tư duy đồng thị siêu cấp nhẩm nhanh 𝑢 = 𝑓(𝑥), giá trị 𝑓(𝑥) đi từ
−∞ → 1 → −1 → 1 → −∞, đồng thị và xét tương giao với đường thẳng 𝑦 = 1 +) Xét 2 lần u đi từ −∞ → 1: 2 x ba nghiệm; u đi từ 1 → −1 → 1: bốn nghiệm; +) Vậy số nghiệm thực của phương trình 𝑓(𝑓(𝑥)) = 0 là 10 nghiệm
Chọn B
(Math 10 – Thầy Phong) Có bao nhiêu số nguyên 𝑥 thỏa mãn biểu thức sau đây: (2𝑥2 − 4𝑥)[𝑙𝑜𝑔3(𝑥 + 25) − 3] ≤ 0 ?
- Tư duy + Casio:
+) Điều kiện: 𝑥 > −25, dùng máy tính thử nhanh tìm kết quả
Hoàng Thanh Phong
Trang 3+) Qua đó, ta thấy tại 𝑥 ∈ [−24; 0] ∪ {2} thỏa mãn → 26 giá trị thỏa mãn
+) Điểm lưu ý: 𝑥 ∈ [−24; −19] sẽ không hiển thị vì kết quả quá lớn
Chọn D
(Math 10 – Thầy Phong) Cho hàm số 𝑓(𝑥) = { 2𝑥 + 2 𝑘ℎ𝑖 𝑥 ≥ 1
3𝑥2+ 1 𝑘ℎ𝑖 𝑥 < 1 Giả sử 𝐹 là nguyên hàm của 𝑓 trên ℝ thỏa mãn 𝐹(0) = 2 Giá trị của 𝐹(−1) + 2𝐹(2) bằng ?
- Tư duy + Casio:
+) Ta có: ∫ (3𝑥0−1 2+ 1)𝑑𝑥 = 𝐹(−1) − 𝐹(0) = 𝐴 − 2 → 𝐹(−1) = 𝐴 = 0, tương tự: +) ∫ (3𝑥01 2+ 1)𝑑𝑥= 𝐹(1) − 𝐹(0) = 𝐵 − 2 → 𝐹(1) = 𝐵 = 4;
+) ∫ (2𝑥 + 2)𝑑𝑥12 = 𝐹(2) − 𝐹(1) = 𝐶 − 4 → 𝐹(2) = 𝐶 = 9;
+) Vậy 𝐹(−1) + 2𝐹(2) = 0 + 2.9 = 18
Chọn A
(Math 10 – Thầy Phong) Cắt hình nón (𝑁) bởi mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với mặt phẳng chứa đáy một góc bằng 30𝑜, ta được thiết diện là tam giác đều cạnh 2𝑎 Diện tích xung quanh của (𝑁) bằng ?
A √7𝜋𝑎2 B √13𝜋𝑎2 C 2√13𝜋𝑎2 D 2√7𝜋𝑎2
- Tư duy + Casio:
+) Tam giác 𝑆𝐴𝐵 đều nên 𝑆𝐴 = 𝑆𝐵 = 𝐴𝐵 = 𝑙 = 2𝑎;
+) Chiều cao 𝑆𝑂 là: ℎ = 𝑆𝑂 = 𝑆𝐻 𝑠𝑖𝑛 30𝑜 =2𝑎√3
2 𝑠𝑖𝑛 30𝑜 = 𝑎√3
2 ; (𝑆𝐻 là chiều cao của tam giác đều nên 𝑆𝐻 =𝑥√3
2 ) +) Bán kính đáy là 𝑟 = √𝑙2− ℎ2 = √(2𝑎)2− (𝑎√3
2 )
2
= 𝑎√13
2 ; +) Vậy 𝑆𝑥𝑞 = 𝜋𝑟𝑙 = 𝜋.𝑎√13
2 2𝑎 = √13𝜋𝑎2 Chọn B
Hoàng Thanh Phong
Trang 4(Math 10 – Thầy Phong) Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho đường thẳng 𝑑:𝑥
1 = 𝑦
−1 =𝑧−1
2
và mặt phẳng (𝑃): 𝑥 + 2𝑦 − 2𝑧 + 2 = 0 Hình chiếu vuông góc của 𝑑 trên (𝑃) là đường thẳng có phương trình ?
A 𝑥
−2 =𝑦
4 = 𝑧−1
3 B 𝑥
14 = 𝑦
1 = 𝑧+1
8 C 𝑥
−2= 𝑦
4 = 𝑧+1
3 D 𝑥
14 = 𝑦
1 =𝑧−1
8
- Tư duy + Casio:
+) Ta có: 𝑑′ lần lượt là các đáp án, mà 𝑑′ trên (𝑃) ~ tức thuộc (𝑃)
+) Theo đáp án điểm 𝐴(0; 0; 1) và điểm 𝐷(0; 0; 1) thuộc (𝑃), ngược lại key 𝐵, 𝐶 sai +) 𝑢⃗ 𝑑′ = [𝑢⃗ 𝑝, [𝑢⃗ 𝑑; 𝑛⃗ 𝑝]] → 𝐶𝑎𝑠𝑖𝑜 → (−14; −1; −8) ℎ𝑎𝑦 (14; 1; 8) → Loại A
Chọn D
(Math 10 – Thầy Phong) Có bao nhiêu số nguyên 𝑦 sao cho tồn tại 𝑥 ∈ (1
3; 6) thỏa mãn
273𝑥2+𝑥𝑦 = (1 + 𝑥𝑦) 2718𝑥 ?
- Tư duy + Casio:
+) Ta có: 273𝑥 2 +𝑥𝑦 = (1 + 𝑥𝑦) 2718𝑥 ⇔ 𝑓(𝑥) = 273𝑥2+𝑥𝑦−18𝑥 − 1 − 𝑥𝑦 = 0
+) Phương trình có nghiệm 𝑥 ∈ (1
3; 6) ⇔ 𝑓 (1
3) 𝑓(6) < 0
Do 273𝑥2+𝑥𝑦−18𝑥 > 0 nên −1 − 𝑥𝑦 > 0 ⇔ 𝑦 > −1
𝑥 ⇒ 𝑦 > −3 vì 𝑥 ∈ (1
3; 6)
+) Vậy 𝑦 ∈ {−2; −1; 1; 2; … ; 18} → 20 giá trị nguyên thỏa yêu cầu bài toán +) Lưu ý: nếu hết phạm vi bảng thì cứ ấn enter để hiển thị tiếp dòng tiếp
theo; error thì theo quan sát do giá trị lớn tăng dần nên sẽ hiển thị lỗi
Chọn B
(Math 10 – Thầy Phong) Trên tập hợp các số phức, xét phương trình
𝑧2− 2(𝑚 + 1)𝑧 + 𝑚2 = 0 (𝑚 là tham số thực) Có bao nhiêu giá trị của 𝑚 để phương trình đó có nghiệm 𝑧0 thỏa mãn |𝑧0| = 6 ?
Hoàng Thanh Phong
Trang 5- Tư duy + Casio:
+) Ta có: Δ′ = (𝑚 + 1)2− 𝑚2 = 2𝑚 + 1, lần lượt xét các trường hợp
+) TH1: Δ′ < 0 ⇔ 𝑚 < −1
2: pt có 2 nghiệm phức 𝑧 = 𝑚 + 1 ± √−2𝑚 − 1𝑖 Suy ra |𝑧0| = 6 ⇔ (𝑚 + 1)2− 2𝑚 − 1 = 36 ⇔ 𝑚2 = 36 ⇔ [ 𝑚 = 6(𝑙𝑜ạ𝑖)
𝑚 = −6(𝑡ℎỏ𝑎) +) TH2: Δ′ ≥ 0 ⇔ 𝑚 > −1
2: pt có 2 nghiệm thực pb 𝑧 = 𝑚 + 1 ± √−2𝑚 − 1𝑖 Suy ra |𝑧0| = 6 ⇔ [𝑧0 = 6 → 𝑚2− 12𝑚 + 24 = 0 ⇔ 𝑚 = 6 ± 2√3 (𝑡ℎỏ𝑎)
𝑧0 = −6 → 𝑚2+ 12𝑚 + 48 = 0 ⇔ 𝑣ô 𝑛𝑔ℎ𝑖ệ𝑚 +) Vậy có 3 giá trị 𝑚 thỏa mãn yêu cầu bài toán
Chọn D
(Math 10 – Thầy Phong) Cho khối hộp chữ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ có đáy là hình vuông, 𝐵𝐷 = 4𝑎, góc giữa hai mặt phẳng (𝐴′𝐵𝐷) và (𝐴𝐵𝐶𝐷) bằng 60𝑜 Thể tích của khối họp đã cho bằng ?
A 48√3𝑎3 B 16√3𝑎3
9 C 16√3𝑎3
3 D 16√3𝑎3
- Tư duy + Casio:
+) Chiều cao 𝐴𝐴′ = 𝐴𝑂 𝑡𝑎𝑛 𝐴′𝑂𝐴̂ = 2𝑎 𝑡𝑎𝑛 60𝑜 = 2𝑎√3;
+) Diện tích 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 1
2 𝐴𝐶 𝐵𝐷 = 1
2 (4𝑎)2 = 8𝑎2; +) Vậy thể tích khối chóp 𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷.𝐴′ 𝐵′𝐶′𝐷′ = 𝐴𝐴′ 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 2𝑎√3 8𝑎2 = 16√3𝑎3 Chọn D
(Math 10 – Thầy Phong) Cho hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥3+ 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 với 𝑎, 𝑏, 𝑐 là các số thực Biết hàm số 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝑓′(𝑥) + 𝑓′′(𝑥) có hai giá trị cực trị là −5 và 2 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng 𝑦 = 𝑓(𝑥)
𝑔 ( 𝑥 ) +6 và 𝑦 = 1 bằng ?
- Tư duy + Casio:
+) Ta có: 𝑓(𝑥) ⇒ 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2+ 2𝑎𝑥 + 𝑏 ⇒ 𝑓′′(𝑥) = 6𝑥 + 2𝑎 ⇒ 𝑓′′′(𝑥) = 6;
+) 𝑔′(𝑥) = 𝑓′(𝑥) + 𝑓′′(𝑥) + 𝑓′′′(𝑥); 𝑔′(𝑥) = 0 ⇔ [𝑥 = 𝑥𝑥 = 𝑥1(𝑥1 < 𝑥2) hay [𝑔(𝑥1 ) = −5 ;
Hoàng Thanh Phong
Trang 6+) 𝑆 = |∫ |𝑥2 𝑔𝑓(𝑥)(𝑥)+6− 1| 𝑑𝑥
𝑥1 | = |∫ |𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)−6
𝑔 ( 𝑥 ) +6 | 𝑑𝑥
𝑥2
𝑥1 | = |∫ |𝑓′(𝑥)+𝑓′′(𝑥)+𝑓′′′(𝑥)
𝑔 ( 𝑥 ) +6 | 𝑑𝑥
𝑥2
+) Dễ dàng nhận thấy 𝑆 = |∫ |𝑥2 𝑔𝑔(′𝑥(𝑥))+6| 𝑑𝑥
𝑥1 | = |𝑙𝑛 |𝑔(𝑥) + 6|||
𝑥1
𝑥2
= 𝑙𝑛 8 = 3𝑙𝑛2
Chọn B
(Math 10 – Thầy Phong) Xét các số phức 𝑧, 𝑤 thỏa mãn |𝑧| = 1 và |𝑤| = 2 Khi đó
|𝑧 + 𝑖𝑤̅̅̅ + 6 + 8𝑖| đạt giá trị nhỏ nhất, |𝑧 − 𝑤| bằng ?
A √29
5 B √221
- Tư duy + Casio:
+) Chọn đại diện 𝑧 = 1 → 𝑧 = 1∠𝑥 hay 𝑧 = 1∠(180 − 𝛼);
+) Ta lại có: 𝑤̅ =2∠(180−𝛼)
𝑖 hay 𝑤 = 2∠−(180−𝛼)
𝑖 ; +) Vậy |𝑧 − 𝑤| = |1∠(180 − 𝐴𝑟𝑔(6 + 8𝑖)) −2∠−(180−𝐴𝑟𝑔(6+8𝑖))
𝑖 | =√29
5 ; +) Dạng toán ở trên là đưa về lượng giác để xử lý kể cả Arg (Acgumen);
Chọn A
(Math 10 – Thầy Phong) Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho hai điểm 𝐴(−2; 1; −3) và 𝐵(1; −3; 2) Xét hai điểm 𝑀 và 𝑁 thay đổi thuộc mặt phẳng (𝑂𝑥𝑦) sao cho 𝑀𝑁 = 3 Giá trị lớn nhất của |𝐴𝑀 − 𝐵𝑁| bằng ?
- Tư duy + Casio:
+) Theo đề ta có: 𝑀, 𝑁 ∈ (𝑂𝑥𝑦) → chọn 𝑀(−1; −1; 0) → 𝐴𝑀(1; −2; 3); tương tự: chọn 𝑁(−2; −1; 0) → 𝐵𝑁(−3; 2; −2) → |𝐴𝑀 − 𝐵𝑁| ≈ 7,55 → Loại B, C
+) Xét thêm phép thử 𝑀, 𝑁 ∈ (𝑂𝑥𝑦) → chọn 𝑀(1; 1; 0) → 𝐴𝑀(3; 0; 3); tương tự: chọn 𝑁(4; 1; 0) → 𝐵𝑁(3; 4; −2) → |𝐴𝑀 − 𝐵𝑁| ≈ 6,4 → Loại D
+) Hoặc có thể áp dụng công thức nhanh: 𝐴(−2; 1; 𝑎); 𝐵(1; −3; 𝑏); 𝑀𝑁 = 𝑐 tính nhanh giá trị lớn nhất: √(|𝑎| − |𝑏|)2+ (5 + 𝑐)2
Chọn A
(Math 10 – Thầy Phong) Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có đạo hàm 𝑓′(𝑥) = (𝑥 − 9)(𝑥2− 16)
∀𝑥 ∈ ℝ Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số 𝑚 để hàm số 𝑔(𝑥) = 𝑓(|𝑥3+ 7𝑥| + 𝑚) có ít nhất 3 điểm cực trị ?
- Tư duy + Casio:
Hoàng Thanh Phong
Trang 7+) Dò bảng thử 𝑚 với 𝑔(𝑥) = ∫ 𝑓0𝑢 ′(𝑥)𝑑𝑥 = ∫0|𝑥3+7𝑥|+𝑚(𝑥 − 9)(𝑥2− 16)𝑑𝑥;
+) Qua đó, tại 𝑚 = 1 thỏa – mà giá trị 𝑚 phải liên tục nên chặn đáp án thử 𝑚;
+) Như vậy, tại 𝑚 = 9 thì không thỏa mãn nhưng tại 𝑚 = 8 thì có 3 cực trị
Chọn D
- Tư duy + Casio:
+) Ta có: 𝑔′(𝑥) = 𝑑
𝑑𝑥(|𝑥3+ 7𝑥|)𝑥=𝑥 𝑓′(|𝑥3+ 7𝑥| + 𝑚), +) 𝑔′(𝑥) = 0 ⇔ [
𝑑
𝑑𝑥(|𝑥3+ 7𝑥|)𝑥=𝑥 = 0 ⇔ 𝑥 = 0
𝑓′(|𝑥3 + 7𝑥| + 𝑚) = 0 ⇒ 𝑓
′(|𝑥3+ 7𝑥| + 𝑚) = 0 phải có tối thiểu 2 nghiệm; mà 𝑓′(𝑥) = 0 ⇔ 𝑥 = 9 𝑜𝑟 𝑥 = ±4;
+) Đồng thị 𝑢 = |𝑥3+ 7𝑥| thấy giá trị đi từ +∞ → 0 → +∞ xét tương giao được: {
|𝑥3+ 7𝑥| = 9 − 𝑚
|𝑥3+ 7𝑥| = 4 − 𝑚
|𝑥3+ 7𝑥| = −4 − 𝑚
⇒ 9 − 𝑚 > 0 ⇔ 𝑚 < 9 Mà 𝑚 ∈ ℤ+ nên 𝑚 ∈ [1; 8]
Chọn D
Hoàng Thanh Phong