Đề cương ôn tập mon toán lớp 12 (16)

ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP HKI MÔN TOÁN LỚP 12
NĂM HỌC 2011 - 2012

Bài 1 : Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau :
a. Xét hàm số f ( x ) = x 3 + 3x 2 − 9 x − 7 trên đoạn [ − 4;3] . Đạo hàm :
x = 1
f ' ( x) = 0 ⇔ 
 x = −3

.

f (−4) = 13; f (−3) = 20; f (1) = −12; f (3) = 20

Ta có :

f ' ( x ) = 3 x 2 + 6 x − 9;

min f ( x) = −12 ⇔ x = 1

x∈[ − 4;3 ]

f ( x) = 20 ⇔ x = ±3 ;
.Vậy: xmax
∈[ − 4;3 ]

.

b.Bạn đọc tự làm .
 3π 
0; 2  . Đạo hàm : f ' ( x) = 2 cos x + 2 cos 2 x
3π


0 < x < 2

3π

x = 0
 x = π + k 2π
0 < x < 2


π

3
2
f ' ( x) = 0 ⇔ 2 cos x + cos x − 1 = 0 ⇔ 
⇔ 
; ( k ∈ Z ) ⇔ x = .
cos x = 0,5
3


 x = − π + k 2π

cos x = −1

3
x = π
 x = π + k 2π



f ( x ) = 2 sin x + sin 2 x ,

c. Xét h/s :

Lại có :

trên đoạn

.

3
π  3 3
 3π 
f (0) = 0; f   =
; f (π ) = 0 ; f   =
.
2
3
 2  2

f ( x) =
Như vậy : x∈min
 3π 
0;



2 

3 3

2

,đạt được khi x =

π
3

min f ( x) = 0

; x∈0; 32π 


d. Xét hàm số : f ( x ) = ln 2 x − 2 ln x − 3 , trên đoạn
Đạo hàm :

f ' ( x) =

2
2
2. ln x 2
. ln x −
=
−
x. ln e
x. ln e
x
x

;



[1; e ]
3

.

,đạt được khi

x = 0
x = π


.

TXĐ : D = (0;+∞) .

f ' ( x) = 0 ⇔ x = e

. Lại có : f(1) = -3 ;

f(e) -4 ; f(e3) = 0 .
Vậy :

min f ( x) = −4 ,

[ ]

x∈ 1;e3

đạt được khi x = e ;

e. Xét hàm số : f ( x) = e x + e − x , trên đoạn
f ' ( x) = 0 ⇔ x = 0

max f ( x) = 0 ,

[ ]

x∈ 1;e3

 1

ln 2 ; ln 2 .

đạt được khi x = e3 .

Đạo hàm :

f ' ( x) = e x − e − x

;

.

1


 1
f  ln  = 1; f ( 0 ) = 2; f ( ln 2 ) = 4 .

 2
f ( x) = 4

Ta lại có :
max

 1

x∈ ln ;ln 2 
 2




f ( x) = 1



, đạt được khi x =

ln

1
;
2

2

.

, khi x = ln2 .

f. Xét hàm số :
Đạo hàm :

f ' ( x) = 1 −

min f ( x) = −2 ,

g. Xét hàm số :

2x
2 4 − x2

f ( x) =

x +1
x2 +1

Bài 2: H/số :

(x

2 x( x + 1)

Lại có : f(-1) = 0 ; f(1) =
max f ( x ) = 2

max f ( x) = 2 2 ,

x∈[ − 2; 2 ]

, trên đoạn [-1;2] .
2

2 ; f ( x) =

đạt được khi x =

TXĐ : D = [-1;2] .

)

+ 1 − x( x + 1)

2 x2 +1
=
x2 +1

f ' ( x) =

.

; f(2) = 2 .

2

đạt được khi x = -2 ;

x2 +1 −

x∈[ −1; 2 ]

TXĐ : D = [-2;2] .

; f ' ( x) = 0 ⇔ x = 2

( 2) = 2

f

x∈[ − 2; 2 ]

Đạo hàm :

.

f ( x) = x + 4 − x 2

Lại có : f(-2) = -2 ;
Vậy :

min

Vậy: x∈ln 12 ;ln 2 

x2 +1
x2 +1
3 5
5

=

.Như vậy :

1− x

f ' ( x) = 0 ⇔ x = 1

;

.

( x + 1). x + 1
2

2

min f ( x ) = 0 ,

x∈[ −1; 2 ]

đạt được khi x = -1 ;

, khi x = 1 .
y=

2 3
x − 4x 2 + 6x + m − 1
3

. (1)

1. Với m = 1, h/số (1) trở thành : y =
Giới hạn ,tiệm cận :

f ( x) =

2 3
x − 4x 2 + 6x
3

2

lim f ( x) = lim =  x 3 − 4 x 2 + 6 x  = +∞
x → +∞
x → +∞
3


.

TXĐ : D = R

f ( x) = −∞ .Suy ra, ĐTHS
; xlim
→ −∞

kg có tiệm cận .
Đạo hàm :

f ' ( x) = 2 x 2 − 8 x + 6

;

x = 3
f ' ( x) = 0 ⇔ 
x = 1

.

Bảng biến thiên :
x

-∞
+∞

f'(x
) +

1
+

0

3
-

0

2


8
3

f(x)

+∞

-∞

0

Vậy : Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞;1) và (3;+ ∞) ; hàm số nghịch biến trên
khoảng (1;3) .
Hàm số đạt cực đại tại x = 1 ; yCĐ =

8
3

. H/số đạt cực tiểu tại x = 3 ; yCT = 0 .

Bạn đọc tự vẽ Đồ thị hàm số .
2. Xét hàm số : y =

f ( x) =

2 3
x − 4x 2 + 6x

3

. Có đồ thị h/số (C) .

TXĐ : D = R .

Đạo

hàm : f'(x) = 2x2 - 8x + 6 .
Hoành độ tiếp điểm của ĐTHS (C) song song với đ/thẳng (d1) : y = 6x - 6 là nghiệm
của phương trình : 2x2 - 8x +6 = 6
có dạng : y - f(4) = 6(x - 4) <=>

x = 4
⇔ 2 x 2 − 8x = 0 ⇔ 
x = 0
y = 6x - 4 3 .

.Với x = 4, pttt của ĐTHS (C)

Với x = 0, pttt của ĐTHS (C) có dạng : y - f(0) = 6(x-0)
<=> y = 6x .
2 3
2
x − 4 x 2 + 6 x + m − 1 = 0 ⇔ x 3 − 4 x 2 + 6 x = m − 1 ,có
3
3
8
5
⇔ 0 < 1− m < ⇔ − < m < 1.

3
3

3. ycbt

⇔ pt :

4. PT :

x3 − 6x 2 + 9 = k ⇔

pt

x3 − 6x + 9x = k

2 3
2
x − 4x 2 + 6x = k
3
3

.Như vậy : Với 0 <

có 3 nghiệm phân biệt . Với

nghiệm phân biệt . Với

8
2
3 k > 3

k > 4
⇔

k < 0
2 k < 0
 3

3 nghiệm p/biệt

8
2
3 k = 3
k = 4
⇔

k = 0
2 k = 0
 3

thì pt

x3 − 6x + 9x = k

2
8
k<
3
3

thì pt

hay 0 < k < 4 thì
x3 − 6x + 9x = k

có 2

có 1 nghiệm duy nhất .

3


Bài 3 : 1. Khi m = 1, h/s trở thành :

y = f ( x) = x 3 −

3 2 1
x +
2
2

(*). Bạn đọc tự khảo sát và

vẽ ĐTHS (*) .
3
1
x 3 − mx 2 + m 3 .
2
2

2. Xét h/số : y =

Đạo hàm : y' = 3x2 - 3mx.

TXĐ : D = R .

Để hàm số có cực trị thì pt : y' = 0
∆ = 9m 2 > 0 ⇔ m ≠ 0 .

có hai nghiệm phân biệt. Do đó :

⇔ 3x 2 − 3mx = 0

Giả sử A(x1 ; y1) và B(x2 ; y2) là hai điểm cực trị của h/số .
Suy ra : x1 , x2 là hai nghiệm của pt : 3x2 - 3mx = 0
Suy ra :

 − m3 

AB m;
2 


và

 m m3 
M  2 ;− 4 



x = 0

⇔
.
x = m




1

Suy ra A  0; 2 m

là trung điểm của AB . Và

n(1;1)

3


; B( m;0)


.

là vtcp cuả đ/thẳng

:y=x.
Ycbt

m − 1 m 3 = 0
 AB ⊥ n


2
⇔
⇔
⇔m=0
3
m
−
m
M ∈ đ / t : y = x
 2 =
4

.

3. Tương tự ý 4-Câu 2. Bạn đọc tự làm .
Bài 4 : 1. (ĐHKTQD-2001).. Xét h/s :
Giới hạn, tiệm cận :

lim f ( x) = lim
x →∞

=1 .

x +1
=1
x−3

y = f ( x) =

x →3

.

TXD : D = R\{3} .

. Suy ra, h/số có tiệm cận ngang là đ/thẳng : y

lim f ( x) = +∞; lim− f ( x) = −∞

x →3+

x +1
x−3

. Suy ra, hàm số có tiệm cận đứng là

đường thẳng : x= 3 .
Đạo hàm :

f ' ( x) =

−4
=< 0, ∀x ∈ D
( x − 3) 2

. Suy ra, h/s

y = f ( x) =

x +1
x−3

nghịch biến trên toàn

tập xác định .
Bảng b/thiên

x

-∞
+∞

f'(x
)

.

3
_

_

1

+∞

-∞

1

f(x)

4


Bạn đọc tự vẽ ĐTHS.
2.Pttt của (C) tại x0 = 1 có dạng : y - f(1) = f'(1).(x - 1) hay : y + 1 = -1(x - 1)

⇔ y=x

.

3.Hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến của ĐTHS vuông góc với đ/thẳng (d): y = x
+2010 là ng của pt : y' . 1 = -1.
Từ đó tìm ra các giá trị của x ta sẽ viết được các pttt cần tìm. ĐS :có hai pttt thảo
mãn là (∆ 1 ) : y = − x + 8; ( ∆ 2 ) : y = − x .
4. Pttt đi qua điểm A(5;3) có dạng ( ∆ ): y = k(x - 5) + 3 . Đ/thẳng ( ∆ ) tiếp xúc với
ĐTHS (C) khi hệ sau có nghiệm :
k 1
 2
4
4
 x +1

x −3 = − 2 + 2
 x − 3 = k ( x − 5) + 3
1 + x − 3 = − x − 3 − 2k + 3

⇔

⇔
⇔ k = −1 .Thay
 −4
2
−4
1




− ( − k + 1) = k
=k
=k

 ( x − 3) 2
 ( x − 3) 2
  2
∆ ):

vào ta đc (

y = -x + 8.

5. Gọi M ( a; y (a) ) là tiếp điểm của (C) và tiếp tuyến. Pttt tại M của (C) có dạng ( ∆ ):
y − y (a ) =
(∆) : y =

−4
.( x − a ) .
(a − 3) 2

−4
a +1
4a
x+
−
2
a − 3 ( a − 3) 2
( a − 3)

. Toạ độ giao điểm A của ( ∆ ) và Ox là ng của hệ :

y = 0

a 2 − 6a − 3

x =
− 4x
a +1
4a ⇔ 
4

.
y
=
+
−
2
2



y
=
0
a − 3 (a − 3)
(a − 3)


2
 a − 6a − 3 
 0;
.
(a − 3) 2 


Diện tích
Do

S ∆OAB

∆OAB : S ∆OAB

= 1/8 nên

Vậy

 a 2 − 6a − 3 
;0  .
A 
4




Tương tự, ta có B

(

)

1
1 a 2 − 6a − 3 a 2 − 6 a − 3 1 a 2 − 6 a − 3
= xA . yB = .
.
=
2
2
4
8
(a − 3) 2
( a − 3) 2

(

)

1 a 2 − 6a − 3
8
( a − 3) 2

2

=

1
a 2 − 6a − 3
⇔
= ±1 .
8
a −3

2

(đ.v.d.t)

Giải ra các giá trị của a thay vào

( ∆ ) ta được các pttt.
1
1
4
1
Đáp số : Có hai pttt thoả mãn là ( ∆ 1 ) : y = − x +
; (∆2 ) : y = − x − .
4

6. Bạn đọc tự vẽ ĐTHS :

y=

x +1

x−3

4

(C) . Lưu ý : Ta có

9

3

a, ∀a > 0
y= a =
− a, ∀a < 0

. Do đó

ĐTHS (C) gồm :

5


Phần từ trục Ox trở lên của ĐTHS

y=

dưới trục Ox qua trục Ox .
Bài 5 : H/số :

y = x 4 − 2(m + 1) x 3 − 3m

x +1
,
x−3

và phần đối xứng phần ĐTHS

y=

x +1
x−3

ở

.

1. Do (Cm) cắt Oy tại điểm A(0;-3) nên toạ độ của A chính là nghiệm của pt:
y = x 4 − 2(m + 1) x 2 − 3m .
Thay vào ta có :

− 3 = 0 4 − 2(m + 1).0 2 − 3m ⇔ m = 1 ⇒ h / sô.( C ) : y = x 4 − 4 x 2 − 3 .

Bạn đọc khảo sát và vẽ ĐTHS (C) .
2. y'' = 12x2 - 8 ; y'' = 0
−

16 6
5
x−
9
3

⇔ 12 x02 − 8 = 0 ⇔ x 0 =

6
3

(vì x0 > 0) . Suy ra pttt cần tìm là : y =

.

3. ĐS:Với -4nghiệm.Với k < -4,pt vô nghiệm.
4. Để h/số có 3 điểm cực trị thì pt: y' = 4x3 - 4(m+1)x = 4x3 - 4(m+1)x = 0 có 3 nghiệm
phân biệt.
Suy ra pt : x2 - (m+1) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0. Để thoả mãn điều này thì
m+1 > 0 hay m > -1 .
Bài 6 : a.

3

2 x +1

3 x = 1
3
+ 5.3 − 2 = 0 ⇔ 3.(3 ) + 5.3 − 0 ⇔ 
⇔ x = −1 .
3 x = −2, (loai )
2

x 2

x

b. Ta thấy : 4x > 0 ; 6x > 0 ; 9x > 0.Nên: 3.4x + 8.6x + 4.9x > 0, ∀x ∈ R .Suy ra pt đã cho
vô nghiệm .
Ta có thể giải bằng cách chia cả hai vế của pt đã cho cho 22x,sau đó giải tiếp.
c.
0 < x ≠ 1
0 < x ≠ 1
0 < x ≠ 1
0 < x ≠ 1

log 4 ( x + 2). log x 2 = 1 ⇔ 
⇔
⇔
⇔  x = 2 ⇒ x = 2
2
log 2 ( x + 2). log x 2 = 2
log x ( x + 2) = 2 log x x
x + 2 = x
 x = −1


.
d.ĐS : x = 5. Bạn đọc tự giải .
.
 x > log 4 6
log 5 (4 x − 6) − log 5 (2 x − 2) 2 = 2 ⇔ 
x
log 5 (4 − 6) − log

5

 x > log 4 6

⇔
4x − 6
x
2 −2 =2
log
= log

5
2x − 2


 x > log 6
4

⇔ x ≠ 1
5
 x
5
x
4 − 6 = 5 2

6


Từ đó giải tiếp ta được nghiệm là x = 2.

f. lg2x - 3lgx = lgx2 -

x > 0
x > 0
 x = 10 4

⇔
⇔
⇔
lg
x
=
4

4 lg 2 x − 5 lg x + 4 = 0 

 x = 10

lg x = 1


.

Bài 7 : a. 4x - 1 - 16x <
1
1
2 log 4 8 = 2 log 4 2 3 ⇔ 4 x −1 − 16 x − 3.2. . log 2 2 < 0 ⇔ 4 x − 4 2 x − 3 < 0 ⇔ 4.4 2 x − 4 x + 12 > 0
2
4

BPT trên nghiệm đúng với mọi x .
b. Bạn đọc tự giải .
c.

2
0 < x 2 − 3 x + 2
0 < x 2 − 3 x + 2
0 ≤ x < 1
0 < x − 3x + 2
log 1 ( x 2 − 3 x + 2) ≥ −1 ⇔ 
⇔
⇔
⇔

 2
2
2
 x − 3x + 2 ≤ 2
− log 2 ( x − 3 x + 2) ≥ −1
log 2 ( x − 3 x + 2) ≤ log 2 2
2 < x ≤ 3
2

− 1 < x < 2
− 1 < x < 2
− 1 < x < 2


d. log 1 ( x + 1) ≤ log 2 (2 − x) ⇔ − log ( x + 1) ≤ log (2 − x) ⇔ log 1 ≤ log (2 − x) ⇔  1 ≤ 2 − x
2

2

2
2
 2 x + 1
 x + 1

Giải tiếp hệ trên ta được kết quả. ĐS :
e. Đặt

31+ x = u
, ( u, v > 0) .
 1− x
3 = v

Thay vào, ta được :

f.

Khi đó :

1− 5
1+ 5
2
2

.

9 + v 2 − 10v < 0

u + v < 10
1 < v < 9
u + v < 10
⇔
⇔
⇔



9
9 .
9
u = v
u = v
uv = 9
u = v

1− x
31− x > 1
x < 0
log 3 3 > log 3 3
⇔
⇔
⇔ −2 < x < 0
 1− x
1− x
3 < 9
log 3 3 < log 3 9
 x > −2


0 < x < 3

3 x − x 2 > 0
0 < x < 1


3± 5

2
log 3 x − x 2 (3 − x) > 1 ⇔ 3 x − x ≠ 1
⇔ x ≠
⇔
3− 5
2
3 − x > 3 x − x 2

x ≠
2


 x > 3

 x < 1

Bài 8 : 1.

∫ (2 x

2

− 3 x + 5).dx =

2 3 3 2
x − x + 5x + C
3
2

.

.

.

2.

x3
8
x3
2
.
dx
=
(
x
−
2
x
+
4

−
).
dx
=
− x 2 + 4 x − 8. ln x + 2 + C
∫ x+2
∫
x+2
3

3.

∫ sin

2

.

x
1
x
1
1
.dx = ∫ 2. sin 2 .dx = ∫ (1 − cos x).dx = ( x − sin x) + C
2
2
2
2
2

.

.

7


4.



2

∫  3 sin x − cos

2

dx

= −3 cos x − 2 tan x + C
.dx = 3∫ sin x.dx − 2 ∫
x
cos 2 x

5 . Đặt ex + 1 = t,

7.

Suy ra :

ex
dt
∫ e x + 1 .dx = ∫ t = ln t + C .

2t
.dt = dx .Suy ra:
3
dx
1 2t
2
2t
2
= ∫ . .dt = ∫ .dt = + C =
3x + 1 + C .
t 3
3
3
3
3x + 1
3x + 1 = t ⇒ t 2 = 3x + 1 ⇒

6. Đặt

∫

dt = e x .dx .

.

∫x

2

dx
dx
1 
x−2
 1
=∫
= ∫
−
+C .
.dx = ln x − 2 − ln x − 1 + C = ln
( x − 2)( x − 1)
x −1
− 3x + 2
 x − 2 x −1

Bài 9 :
Gọi O là chân đường cao kẻ từ S tới mp(ABC). Do S.ABC là hình chóp đều nên O
Cũng là trọng tâm, trực tâm của

∆ABC

đều .

Gọi H là trung điểm của AB. Dẽ dàng c/minh : SH ⊥ AB .
S
Tam giác SAH : cos ∠SAH

= cos 45 0 =

2 AH
a 2
=
⇒ SA =
= SC .
2
SA
2

Do Tam giác ABC đều cạnh a nên độ dài trung tuyến CH là : CH =
2
2 a 3 a 3
CH = .
=
.
3
3 2
3

Và CO =

Suy ra

=

SO = SC 2 − CO 2

a 3

2

a2 a2 a2 6
−
=
2
3
6

(đ.v.đ.d) .
.

A

C
Diện tích tam giác đều ABC cạnh a là :
H

S ∆ABC

a2 3
=
4

(đ.v.d.t) .

O

Do đó : VS . ABC

=

1
1 a 6 a2 3 a3 2
SO.S ∆ABC = .
.
=
3
3 6
4
24

(đ.v.t.t) .

B
A

C
Bài 10 : Ta thấy hình chiếu của A' trên mp(ABC) là điểm A.
Suy ra: hình chiếu của cạnh A'B trên mp(ABC) là AB
Xét

∆A' BA

hay A'A =

vuông tại A và có

∠A' BA = 60 0 ,

⇒ ( A' B; mp ( ABC ) ) = ∠A' BA = 60 0 .

nên : A'A = AB.tan ∠A' BA = a.tan 600

a 3 (đ.v.đ.d).

8


Mặt khác :

∆ABC

là tam giác vuông cân tại B nên diện tích là :

S ∆ABC =

1
BA.BC
2

Do đó : Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là :
C'
1
a3 3
V ABC . A'B 'C ' = A' A.S ∆ABC = a 3. BA.BC =
2
2

A'

(đ.v.t.t) .

Bài 11:
a. Bạn đọc tự làm . ĐS : VS . ABCD

=

a3 2
3

(đ.v.t.t).

b.Lấy O làm tâm của hình vuông ABCD hay O =

S
AC ∩ BD .

SO cắt B'D' tại H. Kéo dài AH cắt SC tại C' .
Ta có : BC ⊥ AB và BC ⊥ SA nên BC ⊥ mp( SAB) ⇒ BC ⊥ AB' .
C'
D'
Lại có

SB ⊥ AB'

nên suy ra AB'

⊥ mp ( SBC ) ⇒ AB ' ⊥ SC .

Tương tự, ta có : AD' ⊥ SC . Suy ra : SC
c. Có AC =
AC'
D

⊥ SC ⇒

Ta có :

2a 2 = a 2 =

∆SAC

∆SB' A

Tương tự, ta có:

₪

,

vuông cân tại A.

VS . AD 'C ' SA SD' SC ' SD'
=
.
.
=
VS . ADC
SA SD SC 2 SD

B'
SA 2 + AC 2

=a.

A

.

SB ' SA
SB ' SA 2
2a 2
2
∆SAB ⇒
=
⇒
=
= 2
= .
2
2
SA SB
SB SB
3
2a + a

SD' 2
= .
SD 3

∆ABC = ∆ADC ⇒ VS . ABC = VS . ADC = 0,5.VS . ABCD

Suy ra :

(đ.p.c.m) .

C' là trung điểm của SC => SC' = 0,5.SC = 0,5

VS . AB 'C ' SA SB ' SC ' SB '
=
.
.
=
VS . ABC
SA SB SC 2 SB

Mặt khác :

Do

SA . Suy ra

⊥ mp ( AB' D' )

B

D

.

3
3
VS . AB 'C ' VS . AD 'C '
V
1 2 2
+
= S . AB 'C 'D ' = . +  ⇒ VS . AB 'C 'D ' = 2 . a 2 = a 2
VS . ABC VS . ADC
0,5.VS . ABCD 2  3 3 
3 6
9

(đ.v.t.t) .

Bài 12 : Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ BCD, O' là tâm đường tròn
ngoại tiếp ∆ ACD và I = AO ∩ BO' .Ta có: I ∈ AO cách đều 3 điểm B,C,D
và I ∈ BO' cách đều 3 điểm A,C,D. Suy ra I cách đều 4 điểm A,B,C,D.

9


Hay I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ diện ABCD .
Độ dài BO là :
D

B

BO =

2 a 3 a 3
BO
3
6
.
=
⇒ sin ∠OAB =
=
⇒ cos ∠OAB = 1 − 3 =
.
9
3 2
3
AB
3
3

⇒ AI =

AB
a 6
=
2. cos ∠OAB
4

. Bán kính R = AI =

a 6
4

(đ.v.đ.d).

C

10