Đề kiểm tra cuối hè năm 2019 môn toán 12 trường THPT chuyên bắc ninh đã chuyển đổi

Trích một số câu vận dụng trong đề kiểm tra
cuối hè năm 2019 môn Toán 12 trường THPT
chuyên Bắc Ninh

Bài này một số bạn sẽ nghĩ nó phức tạp vì số mũ cao hoặc thấy lạ vì ít gặp những bài có dạng
này. Nhưng thật ra đây là một bài toán rất cơ bản, chỉ cần áp dụng công thức:

(

)

lim f ( x ) / g ( x ) = lim f ( x ) / lim g ( x )
x→p

Ta có lim

x →1−

f ( x)

( x − 1)

2019

x→p

=

x →p

lim f ( x )

x →1−

lim ( x − 1)

2019

= −

x →1−

Đây là một dạng toán viết phương trình tiếp tuyến thường gặp trong các đề thi thử của trường
chuyên. Nhìn thì rất phức tạp nhưng biết cách phân tích và nắm rõ về các bước viết phương
trình tiếp tuyến thì bài này không quá phức tạp.
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoàng độ bằng 1 có dạng:

y = f ' ( 1)( x − 1) + f ( 1) .

 f ( 1) = −1
=0
 f ( 1) = 0
Mặc khác: 4. f ' ( 2 x + 1) f ( 2 x + 1) − 3 f ' ( 1 − x ) f 2 ( 1 − x ) = 1 . Thay x = 0 vào ta được

()

()

Thay x = 0 vào  f ( 2 x + 1)  +  f ( 1 − x )  = x ta có f 1 + f 1
2

3

2

3

4 f ' ( 1 ) f ( 1) − 3 f ' ( 1 ) f 2 ( 1 ) = 1

()

()

()

()

Trường hợp 1: f 1 = −1  −4 f ' 1 − 3 f ' 1 = 1  f ' 1 =
tuyến cần tìm là y = −

1
6
x−
7
7

−1
. Suy ra phương trình tiếp
7


Trường hợp 2: f ( 1) = 0  0 = 1 ( Vô lý)

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = −

1
6
x−
7
7

Vì MNPQ là tứ diện đều nên suy ra MN ⊥ PQ  CA ' ⊥ AB '  CA.AB ' = O

(

)(

)

(

)(

)

 CA + AA ' AB + BB ' = 0  CA + AA ' CB − CA + AA ' = 0  AA ' = a

Đây là một bài toán vận dụng rất quen thuộc trong cách đề thi thử. Bài toán này thường sẽ vận
dụng giữa hàm số và các bất đẳng thức ( BĐT AM-GM; BĐT Bunyakovsky; …) ở mức độ cơ
bản.
Phương trình tiếp tuyến của ( C ) có dạng: y =

4

(x

0



Mặc khác M thuộc đồ thị ( C ) nên M  x0 ;



Ta có: d I ,TT C =
( ( ))

8

(x

0

+ 2)

Vậy d I ,TT C min = 1 khi
( ( ))

=

16

( x0 + 2 )

16

(x

0

+ 2)

2

4

+1

+ 2)

2

2 x0
+2
0

(x − x ) + x
0

2 x0 

x0 + 2 

8

16

( x0 + 2 )

2

+ ( x0 + 2 )

1
2

 x = 0  y0 = 0
2
2
. Chọn D.
= ( x0 + 2 )  ( x0 + 2 ) = 4   0
 x0 = −4  y = 4


Đây là một dạng toán lạ với những ai chưa gặp hoặc chưa tìm hiểu kỹ về cách làm của những
dạng toán tìm giới hạn. Nhưng với những ai đã gặp hoặc đã có tìm hiểu thì bài toán này có rất
nhiều cách giải. Phổ biến nhất cho các dạng toán tìm giới hạn khi

f

0
có dạng
hoặc
mà
g


0

f'
tại điểm tới hạn đó tồn tại thì ta sẽ dùng phương pháp Lopitan (L’Hospital).
g'
Cách 1: Dùng phương pháp Lopitan (L’Hospital).

x 2 + ax + b
2 x + a −1
= lim
=
 a = −3
2
x →1
x →1
2x
2
x −1
( x − 1)( x − b) = −1  b = 2
x 2 − 3x + b
Thay vào suy ra lim
= lim
2
x →1
x →1
2
x −1
x2 − 1
Vậy S = 13.

Ta có lim

Cách 2: Cách này là cách mẹo để giải nhanh.

Ta đặt x 2 + ax + b = ( x − 1)( x − b ) với a = −b − 1

x2 + ax + b
x − b −1
= lim
=
 b = 2  a = −3
2
x →1
x →1 x + 1
2
x −1
Vậy S = 13.
Ta có: lim

Đây là một dạng toán vận dụng mà vận dụng một số kiến thức về đạo hàm và tích phân. Đối
với bài toán này ta chỉ cần áp dụng công thức đạo hàm là sẽ giải quyết ra. Và đây là cách giải
của anh Phạm Minh Tuấn.

( ) ( ( ))

Ta có g x = f ' x

2

− f " ( x) f ( x)

Đồ thị hàm số y = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt bên phương trình

f ( x ) = 0  a ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 )( x − x4 ) , với xi , i = 1, 2, 3, 4 là các nghiệm.
Suy ra


f ' ( x ) = a ( x − x2 )( x − x3 )( x − x4 ) + ( x − x1 )( x − x3 )( x − x4 ) + ( x − x1 )( x − x2 )( x − x4 ) + ( x − x2 )( x − x2 )( x − x3 )
f ' ( x)

 f ' ( x)   1
1
1
1
1
1
1
1 

=
+
+
+

+
+
+
 =

 f ( x) 

f ( x ) x − x1 x − x2 x − x3 x − x4

  x − x1 x − x2 x − x3 x − x4 



'

(

f " ( x) f ( x) − f ' ( x)
f 2 ( x)

)

2

'

  1 2  1 2  1 2  1 2 
= −
 +
 +
 +
 
  x − x1   x − x2   x − x3   x − x4  



( )

( ) ( ) ( ( ))

( )

Nếu x = xi với i = 1,2,3,4 thì f x = 0, f ' x  0  f " x f x  f ' x
Nếu x  xi ( i = 1, 2, 3, 4 ) thì

(

)

1

( x − xi )

2

2

(

.

 0, f 2 ( x )  0. Suy ra f " ( x ) f ( x ) − f ' ( x )

(

)

)

2

0

 f " ( x ) . f ( x )  f ' ( x ) . Vậy phương trình f ' ( x ) − f " ( x ) f ( x ) = 0 vô nghiệm hay
2

2

phương trình g ( x ) = 0 vô nghiệm. Do đó, số giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là O.

Một trong những tính chất của đa giác đều 2n đỉnh là lấy hai đường chéo đi qua tâm của đa
giác thì sẽ tạo ra một hình chữ nhật. Vì vậy ta sẽ áp dụng tính chất này cho bài toán trên
3
Chọn 3 trong 2n đỉnh của đa giác có: C 2n
(cách)

Số đường chéo đi qua tâm của đa giác là n .
Số hình chữ nhật nhận 2 đường chéo đi qua tâm của đa giác làm 2 đường chéo là Cn2
Trong 1 hình chữ nhật sẽ tạo ra C43 = 4 tam giác vuông. Vì vậy số tam giác vuông được tạo
thành từ đa giác là 4.Cn2

4.Cn2 1
Ta có: 3 =  n = 8.
C2 n 5


Đây là một bài toán chỉ ở mức vận dụng trong các đề thi thử. Vì vậy bài này chỉ cần biến đổi

biểu thức trên bằng cách công thức cơ bản từ định nghĩa như Cnk =

n!
k !( n − k )!

Ta có:

1
1
1
1 9
+ 2 + 2 + ... + 2 =
2
C2 C3 C4
Cn 5

( n − 2 ) !.2! = 9
0!.2! 1!.2! 2!.2!
+
+
+ ... +
2!
3!
4!
n!
5
1 1
 9
1
1


1 9
 2.  +
+
+ ... +
 =  2.  1 −  =  n = 10
 2 3.2 4.3

n ( n − 1)  5
 n 5




Cn5 + Cn3+ 2
59
Thay n = 10 vào P =
suy ra P =
90
(n − 4)!

Bài này có công thức tính tổng quát là :

VS. ABC =

SA.SB.SC
1 + 2 cos ASBcos BSCcos CSA − cos2 ASB − cos 2 BSC − cos 2 CSA.
6

Nhưng nếu ai cần cách làm tự luận thì ad sẽ gợi ý như sau :

Áp dụng cách hệ thức lượng trong tam giác ta sẽ tìm được độ dài các cạnh đáy. Sau khi tính
toán ta sẽ thấy tam giác ABC cân tại C. Từ tam giác SAB kẻ SI ⊥ AB . Mặt khác CI ⊥ AB suy
ra ( SIC ) ⊥ ( ABC ) . Vì vậy d S , ABC = SH với SH ⊥ CI . Vậy VS. ABC = SABC .SH
( ( ))
3

1