Bài giải đề cương ôn tập Toán 12 - Học kỳ I

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BÀI GIẢI ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 - HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2012-2013. Bài 1 : Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau :. x  1 . f ' ( x)  0    x  3 Ta có : f (4)  13; f (3)  20; f (1)  12; f (3)  20 .Vậy: max f ( x)  20  x  3 ; min f ( x)  12  x  1 . a. Xét hàm số f  x   x 3  3 x 2  9 x  7 trên đoạn  4;3 . Đạo hàm : f '  x   3 x 2  6 x  9;. x 4; 3 . x 4; 3 . b.Bạn đọc tự làm ..  3   . Đạo hàm : f ' ( x)  2 cos x  2 cos 2 x .  2 3  0  x  2  3  x  0  x    k 2 0  x     2   3   ; k  Z    x  .  2 cos 2 x  cos x  1  0   cos x  0,5 3   x     k 2     cos x  1 3 x    x    k 2  . c. Xét h/s : f ( x)  2 sin x  sin 2 x , trên đoạn 0;.   3 3  3 ; f    0 ; f   2 3  2  3 3 Như vậy : min f ( x)  ,đạt được khi x =  3  3 2 x 0;  Lại có : f (0)  0; f . . f ' ( x)  0. 3  .  2  x  0 . x  . ; min f ( x)  0 ,đạt được khi   3  x 0;   2 . 2 .  . d. Xét hàm số : f  x   ln 2 x  2 ln x  3 , trên đoạn 1; e 3 .. TXĐ : D = (0;+∞) .. 2 2 2. ln x 2 . ln x    ; f ' ( x)  0  x  e . Lại có : f(1) = -3 ; f(e) -4 ; f(e3) = 0 . x. ln e x. ln e x x Vậy : min3 f ( x)  4 , đạt được khi x = e ; max3 f ( x)  0 , đạt được khi x = e3 . Đạo hàm : f ' ( x) .  .  . x 1;e. x 1;e.  .  . 1 2. e. Xét hàm số : f ( x)  e x  e  x , trên đoạn ln ; ln 2 . Đạo hàm : f ' ( x)  e x  e  x ;.  . 1 2. Ta lại có : f  ln   1; f 0   2; f ln 2   4 . Vậy:. min.  1  x ln ;ln 2   2 . f ' ( x)  0  x  0 .. f ( x)  1 , đạt được khi x = ln. 1 ; max f ( x)  4 , khi x = ln2 2 x ln 1 ;ln 2   2. . . f. Xét hàm số : f ( x)  x  4  x 2 . Đạo hàm : f ' ( x)  1  Lại có : f(-2) = -2 ; f. TXĐ : D = [-2;2] .. 2x. ; f ' ( x)  0  x  2 . 2 4  x2 2  2 2 ; f(2) = 2 ..  . Vậy : min f ( x)  2 , đạt được khi x = -2 ; max f ( x)  2 2 , đạt được khi x = x 2; 2 . x 2; 2 . g. Xét hàm số : f ( x) . x 1. , trên đoạn [-1;2] .. TXĐ : D = [-1;2] .. x2 1 2 x( x  1) x 2  1  x( x  1) 2 x 1  1 x 2 x2 1 x2 1 ; f ' ( x)  0  x  1 .   2 2 x 1 x 1 ( x 2  1). x 2  1. . Đạo hàm : f ' ( x) . 2 .. Lại có : f(-1) = 0 ; f(1) =. 2 ; f ( x) . . 3 5 .Như vậy : min f ( x)  0 , đạt được khi x = -1 ; max f ( x)  2 , khi x = 1 . x1; 2  x1; 2  5. _______________________________________________________________________________________ Lop12.net. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> BÀI GIẢI ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 - HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2012-2013. 2 3 x  4 x 2  6 x  m  1 . (1) 3 2 1. Với m = 1, h/số (1) trở thành : y = f ( x)  x 3  4 x 2  6 x . TXĐ : D = R 3 2  Giới hạn ,tiệm cận : lim f ( x)  lim   x 3  4 x 2  6 x    ; lim f ( x)   .Suy ra, ĐTHS kg có tiệm cận . x   x   x   3  x  3 Đạo hàm : f ' ( x)  2 x 2  8 x  6 ; f ' ( x)  0   . x  1 Bảng biến thiên : Bài 2: H/số : y . x. -∞. f'(x). 1 +. 0. 3 -. 0. +∞ +. 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 . H/số đạt cực tiểu tại x = 3 ; yCT = 0 . 3. Bạn đọc tự vẽ Đồ thị hàm số . 2. Xét hàm số : y = f ( x) . 2 3 x  4 x 2  6 x . Có đồ thị h/số (C) . 3. 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. x  4  2 x 2  8x  0   .Với x = 4, pttt của ĐTHS (C) có dạng : y - f(4) = 6(x - 4) <=> y = 6x - 4 . 3 x  0  Với x = 0, pttt của ĐTHS (C) có dạng : y - f(0) = 6(x-0) <=> y = 6x .. 2 3 2 8 5 x  4 x 2  6 x  m  1  0  x 3  4 x 2  6 x  m  1 ,có 3 nghiệm p/biệt  0  1  m     m  1 . 3 3 3 3 2 2 2 8 4. PT : x 3  6 x 2  9  k  x 3  4 x 2  6 x  k .Như vậy : Với 0 < k  hay 0 < k < 4 thì pt x 3  6 x  9 x  k có 3 3 3 3 3 8 8 2 2 k 3 k  3  k  4 k  4 3 3   nghiệm phân biệt . Với  thì pt x 3  6 x  9 x  k có 2 nghiệm phân biệt . Với  thì pt k  0 k  0 2 k  0 2 k  0  3  3 x 3  6 x  9 x  k có 1 nghiệm duy nhất . 3 1 Bài 3 : 1. Khi m = 1, h/s trở thành : y  f ( x)  x 3  x 2  (*). Bạn đọc tự khảo sát và vẽ ĐTHS (*) . 2 2 3 1 2. Xét h/số : y = x 3  mx 2  m 3 . TXĐ : D = R . Đạo hàm : y' = 3x2 - 3mx. 2 2 Để hàm số có cực trị thì pt : y' = 0  3 x 2  3mx  0 có hai nghiệm phân biệt. Do đó :   9m 2  0  m  0 . 3. ycbt  pt :. Giả sử A(x1 ; y1) và B(x2 ; y2) là hai điểm cực trị của h/số .. x  0  1  . Suy ra A  0; m 3 ; Bm;0  .  2  x  m. Suy ra : x1 , x2 là hai nghiệm của pt : 3x2 - 3mx = 0  . . Suy ra : AB m;. .  m m3   m3   và M  ;  là trung điểm của AB . Và n(1;1) là vtcp cuả đ/thẳng : y = x . 2  4  2. _______________________________________________________________________________________ Lop12.net. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> BÀI GIẢI ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 - HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2012-2013. m  1 m 3  0  AB  n  2  m0 . Ycbt   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 : y  f ( x) . x 1 . x3. TXD : D = R\{3} .. x 1  1 . Suy ra, h/số có tiệm cận ngang là đ/thẳng : y =1 . x3 lim f ( x)  ; lim f ( x)   . Suy ra, hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng : x= 3 .. Giới hạn, tiệm cận : lim f ( x)  lim x . x 3. Đạo hàm : f ' ( x) . x 3. 4 x 1  0, x  D . Suy ra, h/s y  f ( x)  nghịch biến trên toàn tập xác định . 2 x3 ( x  3). Bảng b/thiên. x. -∞. f'(x). 3. +∞. _ 1. _ +∞. f(x) . -∞ 1 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 vào ta đc (  ): y = -x + 8.  4 2 4 1       k  1  k k k 2 2    2   x  3   x  3 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  . Toạ độ giao điểm A của (  ) và Ox là ng của hệ : 2 a  3 a  32 (a  3). y  0  a 2  6a  3  a 2  6a  3   a 2  6a  3   x     0;  .  . Vậy A . Tương tự, ta có B ; 0  4 x a  1 4 a 4   2   y    4 ( a  3 )     2 2  y  0 a  3 (a  3) (a  3)  . Diện tích OAB : S OAB Do S OAB. . . . 1 1 a 2  6a  3 a 2  6a  3 1 a 2  6a  3  xA . yB  . .  2 2 4 8 (a  3) 2 a  32. . 1 a 2  6a  3 = 1/8 nên 8 a  32. 2. 2. (đ.v.d.t). 1 a 2  6a  3    1 . Giải ra các giá trị của a thay vào (  ) ta được các pttt. 8 a3. 1 1 4 1 Đáp số : Có hai pttt thoả mãn là  1  : y   x  ;  2  : y   x  . 4 4 9 3 a, a  0 x 1 6. Bạn đọc tự vẽ ĐTHS : y  (C) . Lưu ý : Ta có y  a   . Do đó ĐTHS (C) gồm : x3  a, a  0 x 1 x 1 Phần từ trục Ox trở lên của ĐTHS y  , và phần đối xứng phần ĐTHS y  ở dưới trục Ox qua trục Ox . x3 x3 _______________________________________________________________________________________ Lop12.net. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> BÀI GIẢI ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 - HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2012-2013. Bài 5 : H/số : y  x  2(m  1) x 3  3m . 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) . 6 16 6 5 x . 2. y'' = 12x2 - 8 ; y'' = 0  12 x02  8  0  x0  (vì x0 > 0) . Suy ra pttt cần tìm là : y =  3 9 3 3. ĐS:Với -4<k<0,pt có 4 nghiệm.Với k = -4 và k>0,pt có 2 nghiệm.Với k = 0,pt có 3 nghiệm.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 . 3 x  1 2 x 1 2 x 2 x 3  5.3  2  0  3.(3 )  5.3  0    x  1 . Bài 6 : a. 3 x 3  2, (loai ) 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. 0  x  1 0  x  1 0  x  1 0  x  1  c. 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 6  x  log 4 6 4 x  log 4 6     x x 2 x log 5 (4  6)  log 5 (2  2)  2     x  1 4 6 x x  log 5 5 log 5 (4  6)  log 5 2  2  2 log 5 x  x x 2 2  4  6  5 2  2 4. Từ đó giải tiếp ta được nghiệm là x = 2.. x  0 x  0  x  10 4  f. - 3lgx = - 4  2 .  lg x  4   lg x  5 lg x  4  0 x  10     lg x  1  1 1 Bài 7 : a. 4x - 1 - 16x < 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 . 0  x 2  3 x  2 0  x 2  3 x  2 0  x 2  3 x  2 0  x  1 2 c. log 1 ( x  3 x  2)  1     2  2 2  x  3 x  2  2  log 2 ( x  3 x  2)  1 log 2 ( x  3 x  2)  log 2 2 2  x  3 2 lg2x. lgx2.  1  x  2  1  x  2  1  x  2     1 d. log 1 ( x  1)  log 2 (2  x)   . 1  log ( x  1 )  log ( 2  x ) log  log ( 2  x )  2  x 2 2  2 2  2 x  1  x  1 1 5 1 5 x . 2 2 9  v 2  10v  0 u  v  10 1  v  9 31 x  u u  v  10    e. Đặt  1 x , u , v  0  . Khi đó :    9 9 . 9 3  v u  v u  v uv  9 u  v log 3 31 x  log 3 3 31 x  1 x  0 Thay vào, ta được :  1 x    2  x  0 . 1 x 3  9 log 3 3  log 3 9  x  2. Giải tiếp hệ trên ta được kết quả. ĐS :. _______________________________________________________________________________________ Lop12.net. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> BÀI GIẢI ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 - HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2012-2013.  0  x  3  3 x  x 2  0 0  x  1   3 5  2  x   f. log 3 x  x 2 (3  x)  1  3 x  x  1 3 5 . 2 x  3  x  3 x  x 2   2    x  3   x  1. 2 3 3 2 x  x  5x  C . 3 2 3 x 8 x3 .dx   (x 2  2 x  4  ).dx   x 2  4 x  8. ln x  2  C . 2.  x2 x2 3 x 1 x 1 1 3.  sin 2 .dx   2. sin 2 .dx   (1  cos x).dx  ( x  sin x)  C . 2 2 2 2 2 2  dx   3 cos x  2 tan x  C . 4.   3 sin x  .dx  3 sin x.dx  2  2 cos x  cos 2 x  ex dt .dx    ln t  C . 5 . Đặt ex + 1 = t, dt  e x .dx . Suy ra :  x t e 1 dx 1 2t 2 2t 2 2 t   . .dt   .dt   C  3x  1  C . 6. Đặt 3 x  1  t  t 2  3 x  1  .dt  dx .Suy ra:  t 3 3 3 3 3 3x  1 dx dx 1  x2  1     C . 7.  2 .dx  ln x  2  ln x  1  C  ln ( x  2)( x  1) x 1 x  3x  2  x  2 x 1. Bài 8 : 1.  (2 x 2  3 x  5).dx . 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. 2 AH a 2   SA   SC . 2 SA 2 a 3 Do Tam giác ABC đều cạnh a nên độ dài trung tuyến CH là : CH = (đ.v.đ.d) . 2 Tam giác SAH : cos SAH  cos 45 0 . Và CO =. 2 2 a 3 a 3 CH  .  . Suy ra SO  SC 2  CO 2 = 3 3 2 3. a2 a2 a2 6 .   2 3 6. a2 3 (đ.v.d.t) . 4 1 a 6 a2 3 a3 2  . .  (đ.v.t.t) . 3 6 4 24. Diện tích tam giác đều ABC cạnh a là : S ABC  Do đó : VS . ABC . 1 SO.S ABC 3. A. C H. O B A. C. 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   A' B; mp ( ABC )   A' BA  60 0 . Xét A' BA vuông tại A và có A' BA  60 0 , nên : A'A = AB.tan A' BA = a.tan 600 hay A'A = a 3 (đ.v.đ.d). Mặt khác : ABC là tam giác vuông cân tại B nên diện tích là : S ABC  Do đó : Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là :. 1 BA.BC 2. 3. 1 a 3 V ABC . A'B 'C '  A' A.S ABC  a 3. BA.BC  (đ.v.t.t) . 2 2. _______________________________________________________________________________________ Lop12.net. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> BÀI GIẢI ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP TOÁN 12 - HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2012-2013. Bài 11: a3 2 (đ.v.t.t). 3 b.Lấy O làm tâm của hình vuông ABCD hay O = 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' . Lại có SB  AB' nên suy ra AB'  mp( SBC )  AB'  SC . Tương tự, ta có : AD'  SC . Suy ra : SC  mp( AB' D' ) (đ.p.c.m) .. a. Bạn đọc tự làm . ĐS : VS . ABCD . c. Có AC =. S. C'. 2a 2  a 2 = SA . Suy ra SAC vuông cân tại A.. B'. AC'  SC  C' là trung điểm của SC => SC' = 0,5.SC = 0,5 SA 2  AC 2 = a . V SA SB' SC ' SB' VS . AD 'C ' SA SD' SC ' SD' . .   . .  Ta có : S . AB 'C '  , . VS . ABC SA SB SC 2 SB VS . ADC SA SD SC 2 SD Mặt khác : SB' A ₪ SAB . A. D. SB' SA SB' SA 2 2a 2 2      . 2 2 2 SA SB SB SB 3 2a  a. SD' 2  . SD 3 Do ABC  ADC  VS . ABC  VS . ADC  0,5.VS . ABCD .. Tương tự, ta có:. D'. B. D. VS . AB 'C ' VS . AD 'C ' VS . AB 'C 'D ' 2 a3 2 a3 2 1 2 2     .    VS . AB 'C 'D '  . Suy ra : (đ.v.t.t) . 3 6 9 VS . ABC VS . ADC 0,5.VS . ABCD 2  3 3 . 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. Hay I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ diện ABCD . Độ dài BO là : 2 a 3 a 3 BO 3 6   sin OAB    cos OAB  1  3  . BO = . 9 3 2 3 AB 3 3 AB a 6 a 6  AI   . Bán kính R = AI = (đ.v.đ.d). 2. cos OAB 4 4. B. D. C. -------------------------------------------------------------------------------------------. _______________________________________________________________________________________ Lop12.net. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>