Một số cách giải nhanh trắc nghiệm môn Toán Lớp 12

Nội dung text: Một số cách giải nhanh trắc nghiệm môn Toán Lớp 12

1. BÀI TOÁN 1 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y mx4 đạt cực tiểu tại điểm x0 0 . A. Không có m. B. m>0. C. m 0 . D.m ¡ . Lời giải 1: y, (0) 0 4.m.o3 0 YCBT , hệ này vô nghiệm. Chọn A ???. Lời giải này ,, 2 y (0) 0 12.m.o 0 hoàn toàn sai lầm ! Lời giải 2: +) Điều kiện cần: y '(0) 0 4.m.03 0 , thỏa mọi m. +)Điều kiện đủ: Thử lại bằng cách chia 3 trường hợp Trường hợp 1: m=0 không thỏa, Trường hợp 2: m>0, lập bảng biến thiên thấy thỏa, Trường hợp 3: m<0, lập bảng biến thiên thấy không thỏa. Chọn B. Lời giải 3: Lời bình: Trong nhiều trường hợp, ta dùng định nghĩa giải khá nhanh và có thể mở rộng. YCBT f (x) f (0),x 0 và x gần 0 mx4 0,x 0 và x gần 0 m 0 . Chọn B. Mở rộng: 1
2. BÀI TOÁN 2 Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y x8 m 2 x5 m2 4 x4 1 đạt cực tiểu tại x 0? . A. 3 .B. .C. .D. Vô số. 5 4 Lời bình: Đây là một bài toán trong kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2018. Bài này giải theo cách thông thường cực kỳ khó ! Tôi đề xuất cách giải nhanh như sau: +) YCBT f (x) f (0),x 0 và x gần 0 x4 (m 2)x m2 4,x 0 và x gần 0 +) Qua giới hạn khi x dần đến 0, suy ra m 2 . Chỉ cần thử lại tại dấu bằng . Với m=2, ta có x4 0,x 0 .( Đúng ) , m=2 thỏa. Với m=-2, ta có x4 4x 0 . Qua điểm 0 biểu thức x4 4x đổi dấu. Loại m=-2. +) Vậy có 4 giá trị của m. Chọn C. 2
3. BÀI TOÁN 3 ( Câu 48 đề minh họa của Bộ giáo dục năm 2020 ) Cho hàm số f (x) liên tục trên ¡ và thỏa mãn xf (x3 ) f (1 x2 ) x10 x6 2x . 0 Khi đó f (x)dx bằng 1 17 13 17 A. . B. . C. . D. 1 . 20 4 4 Lời giải 1: Từ giả thiết ta có 6x2 f (x3 ) 6xf (1 x2 ) 6x( x10 x6 2x) 0 0 17 Suy ra 2 f (x3 )dx3 3 f (1 x2 )d(1 x2 ) 1 1 4 0 1 17 Suy ra 2 f (x)dx 3 f (x)d(x) ( 1 ) 1 0 4 Từ giả thiết thay x bởi –x ta suy ra f(x)+f(-x)=-4 (*) 1 1 1 0 Suy ra f (x)dx f ( x)dx 4 f (x)dx f (x)dx 4 ( 2 ) 0 0 0 1 0 13 Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta có f (x)dx . 1 4 Chọn B. Lời bình: 1. Ta có đẳng thức ( * ) khi xét x khác 0. 1 Do đó, ta có đẳng thức (2) khi xét giới hạn f (t)dt (x o ) . x Ta có thể cải tiến như sau , từ giả thiết xf (x3 ) f (1 x2 ) x10 x6 2x Ta suy ra x2 f (x3 ) 2x2 ( x10 x6 f (1 x2 )).x . Để ý vế phải là hàm số lẻ. 1 1 1 1 Như vậy x2 f (x3 )dx 2x2dx 0 . Suy ra 3x2 f (x3 )dx 6x2dx 1 1 1 1 1 0 Suy ra f (x)dx f (x)dx 4 . 0 1 2 .Trong trắc nghiệm ta có thể chọn một hàm số thỏa điều kiện bài toán là được nên tôi có lời giải 2 nhanh hơn như sau: Từ giả thiết xf (x3 ) f (1 x2 ) x10 x6 2x , ta suy ra 3 10 6 2 3 x f (x ) 2 x x f (1 x ) . Vế phải là hàm số chẵn nên f (x ) 2 là hàm số lẻ Chọn f (x) x3 bx 2 ( Điều này khá thú vị vì vế phải có hệ số dẫn đầu -1 và bậc cao nhất bẳng 10 ).Để ý f(1)=0 nên b=3. Lưu ý là thử lại thỏa điều kiện bài toán ! 0 0 13 Vậy f (x)dx ( x3 3x 2)dx . Chọn B. 1 1 4 3
4. BÀI TOÁN 4 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích V. Trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm A’, B’, C’ sao cho SA=a.SA’, SB=b.SB’, SC=c.SC’. Mặt phẳng (A’B’C’) cắt SD tại D’.Giả sử SD=d.SD’. Tính thể tích v của khối chóp S.A’B’C’D’ theo V và a, b, c, d. Bài giải: V SA'.SB '.SC ' d S.A'B'C ' (1) VS.ABC SA.SB.SC abcd V SA'.SC '.SD ' b S.A'C 'D' (2) VS.ACD SA.SC.SD abcd V (b d) Từ (1) và (2) suy ra v . (3) 2 abcd V (a c) Làm tương tự ta có v . (4) 2 abcd V (a b c d) Từ (3) và (4) ta có v . và đặc biệt ta có a+c=b+d. 4 abcd Áp dụng: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích V. Trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm A’, B’, C’ sao cho SA=2.SA’, SB=3.SB’, SC=4.SC’. Mặt phẳng (A’B’C’) cắt SD tại D’. Tính thể tích v của khối chóp S.A’B’C’D’ theo V. V V V V A. . B. . C. . D. . 18 24 12 9 Lời bình: Cái độc đáo của bài toán này là ta không cần vẽ hình để tìm giao điểm D’. Ta chỉ cần lưu ý là a+c=b+d. Suy ra d=3. V (a c) V (2 4) V Vậy v . . .Chọn B 2 abcd 2 2.3.3.4 24 4
5. BÀI TOÁN 5 Cho hình chóp tam giác S.ABC có ASˆB BSˆC CSˆA 600 ; SA=3, SB=6, SC=9. Tính thể tích V của khối chóp đã cho. 9 2 27 2 3 2 A. V . B. V . C. V . D. V 27 2. 2 2 2 Lời bình: Lời giải nhanh của bài toán này là quy về bài toán quen thuộc như sau: Trên các tia SB, SC lần lượt lấy các điểm E, F sao cho SE=SF=3. Khi đó tứ diện SAEF là tứ diện đều có cạnh bằng 3. 3 VS.AEF SE.SF 3 3 1 3 . 2 27 2 Ta có . . Suy ra VS.ABC 6. (đvtt). VS.ABC SB.SC 6 9 6 12 2 Chọn B. 5
6. BÀI TOÁN 6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho parapol (P) có đỉnh I(1,4) và đi qua điểm M(0,3). Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi (P) và trục hoành. 32 16 A.S . B. S= 16. C. S= 5 . D. S= . 3 3 Lời bình: Bài toán này học sinh cần xác định parapol y ax2 bx c(a 0) nên phải giải hệ ba phương trình ba ẩn số. 2 Lưu ý: y a(x x0 ) y0 , với (x0 , y0 ) là tọa độ đỉnh của parapol. Từ đó chỉ còn có một ẩn nên cách giải nhanh như sau: +) y a(x 1)2 4,M(0,3) (P) a 1 . Suy ra, y x2 2x 3 . 3 32 +) S ( x2 2x 3)dx . 1 3 Chon A. 6
7. BÀI TOÁN 7 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm không thẳng hàng A(1,2,3), B(4,2,1) và C(1,3,5). Vectơ nào sau đây là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng qua ba điểm A,B,C ? A.n (2,1,4) . B. n (2,1,5) . C. n (2,6,3) . D. n (2, 6,3) . Lời bình: Nếu mặt phẳng (ABC) không đi qua gốc tọa độ O thì mặt phẳng đó có phương trình dạng ax by cz 1. Thay tọa độ ba điểm A, B, C và giải hệ ta được n ( 2,6, 3) . Chọn D. Lưu ý:  OA 1.  Nếu mặt phẳng trên qua gốc O thì ta chọn tích có hướng của hai vectơ và OB . 2. Cách làm trên gọi là tìm vectơ pháp tuyến bằng máy tính. (còn sử dụng trong bài toán 8 ) 3. Phương trình mặt phẳng (ABC) là 2x 6y 3z 1 0. 7
8. BÀI TOÁN 8 ( Câu 37 mã đề 101/ 2018 ) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ tâm O. Gọi I là tâm hình vuông A’B’C’D’ và M là điểm trên đoạn OI sao cho OM=2MI.Khi đó cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (MAB) và (MC’D’) bằng A. .6B.8 .5C. . 7 D.85. 17 13 6 13 85 85 65 65 Cách 1: +) Chọn hệ Oxyz: B(0,0,6), A(6,0,6), M(3,3,1), C '(0,6,0) , D '(6,6,0) . +)VTPT của (MAB) là a 0,5,3 và của (MC ' D ') là b (0,1,3) a.b 7 85 +) Vậy cos = = . a . b 85 Chọn B. Lưu ý: Tìm VTPT bằng máy tính cho nhanh xem lại bài toán 7. Cách 2: Cách này tôi nghĩ sáng tạo và nhanh +) Gọi ,  lần lượt là góc giữa mp(MAB), mp (MC / D/ ) với mp(ABCD). +) Ta có tan =5/3 và tan =1/3. Góc giữa hai mp(MAB) và mp(MC / D/ ) là  . 7 85 +)Vậy cos( - )= . 85 Chọn B. Lưu ý: Việc tính cos( - ) ta lưu , vào máy casio và bấm thôi ! 8
9. BÀI TOÁN 9 1 Cho hai hàm số f (x) ax3 bx2 cx và gBiết(x) dx2 ex 1 (a,b,c,d ¡ ) 2 rằng đồ thị của hàm số y f x và y g x cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là 3 ; 1 ; 1 (tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng 9 . A. . B. 8 . C.4. D. 5 . 2 Lời bình:Bài toán này là câu 41 mã đề 101 năm 2018.Nhiều tài liệu giải bài này khá dài ! Tôi đưa ra cách giải nhanh như sau: 3 3 +) f (x) g(x) A.x3 B.x2 C.x 0 . Để ý hệ số tự do là . 2 2 +) Từ giả thiết, suy ra (x+3)(x+1)(x-1)=0, vế trái có hệ số tự do là -3. Ta có ngay (x 3)(x 1)(x 1) f (x) g(x) . Đến đây bấm máy là xong ! 2 1 (x 3)(x 1)(x 1) +) S= dx = 4. 3 2 Chọn C. 9
10. BÀI TOÁN 10 ( Câu 49 đề minh họa của Bộ giáo dục năm 2020 ) Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A, AB=a, SBA SCA 900 , góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng 600 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng a3 a3 a3 A.a3 . B. . C. . D. . 3 2 6 Lời bình: Bài này ta chỉ cần vẽ hình phụ hợp lý. Lòi giải: Gọi D là đỉnh thứ tư của hình vuông CABD, ta có SD vuông góc mp(ABCD), như vậy SD chính là chiều cao của hình chóp S.ABC Kẻ BH vuông góc với SA tại H, ta có CH cũng vuông góc với SA. Góc giữa hai đường thẳng BH và CH lúc này bẳng 600 . Góc BHC bằng 600 không thỏa mãn, do đó góc BHC bằng 1200 . Suy ra góc OHC bằng 600 . Từ đó tìm được SD=a 1 1 a3 Vậy V ( .a.a).a (dvtt) S.ABC 3 2 6 Chọn D. 10