Bai viet so 5 hocgiaitoantracnghiem

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHUYÊN MỤC HỌC GIẢI TOÁN TRẮC NGHIỆM 12 Bài viết số 5 MỘT SỐ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH CHƯƠNG 2 ( MŨ – LOGARIT) Bài tập liên quan đến lũy thừa và logarit là một nội dung rất thú vị , phong phú về số lượng, đa dạng về mặt hình thức. Khi học phần này học sinh cần nắm thật vững các khái niệm lũy thừa với số mũ guyên dương, nguyên , hữu tỷ , số thực – tính chất của lũy thừa , loga thể hiện dưới dạng đẳng thức, bất đẳng thức – biết phác họa đồ thị của hàm số lũy thừa mũ logarit trên cơ sở đó nắm đầy đủ tính chất của các hàm số này – nắm vững các phương pháp giải các phương trình và bất phương trình mũ loga cơ bản- biết và tính đạo hàm các hàm liên quan đến hàm lũy thừa mũ ,loga một cách thuần thục ... Tài liệu trắc nghiệm của phần này nói riệng và các phần khác nói chung ở trên mạng rất nhiều. Các em nên tuần tự làm từ dễ đến khó hơn và khó hơn chút nữa. Dưới đây là các bài tập chúng tôi tự biên soạn – một số bài thông hiểu còn lại là vận dụng ở các mức độ khác nhau, xin được giới thiệu để các em làm, tập dượt khả năng giải toán trắc nghiệm. Vì thời gian dành cho bài viết không nhiều nên không thể tránh khỏi những điều thiếu sót. Và vì quá nhiều nội dung cần viết nên mỗi bài viết chúng tôi giới thiệu một lượng bài tập tối thiểu có thể phản ánh tương đối chủ đề bài viết.( mỗi bài viết thường không quá 15 bài tập) I/ Một số bài tập trắc nghiệm giải tích chương 2 1 1 a  3 a7  7 a a . 0001: Biết . Tính giá trị biểu thức M = A. M= 843 B. M= 834 C. M= 832 D. M=823 1 1 log n ; log 1 ( n  1) ;log n 2 , 1 n  1 n  3 n2 0002: Số lớn nhất trong các số ( n>1) 1 1 log 1 (n  1) log n n  3 n  1 n2 A. B. C.-1 D. 0003: a,b,c là các số dương khác 1. Đẳng thức nào dưới đây đây là đúng? log b c log b c logb c blogc a c loga b c logb a A. a B. a C. a log n 2. logb c b loga c D. a. 2 0004: Cho hàm số y= ln(x+ 1  x ) . Mệnh đề nào dưới đây đây là SAI? A. Tập xác định của hàm là D =R B. Hàm không chẵn, không lẻ. C. Hàm đồng biến trên R. D. Hàm không có cực trị. x -x 0005: Cho 0<a  1, f(x) = a +a . Mệnh đề nào dưới đây đây là sai ? A. f(x)  2 với mọi x. B. f là hàm chẵn. C. f ’(x) là hàm lẻ. D. f(x)= 1-2x-x2 có nghiệm 0006: Cho hàm số f(x) = a+bcx xác định trên R và thỏa f(0) = 15, f(2)=30, f(4)= 90. Tính f(1). A. f(1)= 20 B. f(1)= 0 C. f(1)= 10 D. 30 x 0007: Cho hàm số y = ln x .Mệnh đề nào dưới đây đây là sai ? A. Hàm xác định trên ( 0,1). B. Hàm nghịch biến trên (0,e) C. Đồ thị hàm số có tiệm cận C. Hàm số có cực trị. 0008: Số nghiệm phương trình log |x| = - m2 ( m là tham số ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 0009: Khảo sát cực trị của hàm số f(x) = (x-3).e|x+1| trên x(-2,4). Mệnh đê nào dưới đây đúng? A. Hàm số đạt cực đại tại x =1 B. Hàm số đạt cực tiểu tại x= -2 C. Giá trị cực đại của hàm là ycđ = -2.e2 D. Giá trị cực tiểu của hàm là yct = - e3 1  s inx log( ) 1  s inx là 0010: Tập xác định của hàm số y=.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>    k 2 , k  Z  k , k  Z A. D= R\ { 2 } B. D= R\ { 2 }    k 2 , k  Z C. D= R\ { 2 } D. D= R\ { k , k  Z } x 0011: Số nghiệm của phương trình 2 = m –x ( m là tham số) là A. 0 B. 1 C. 2 D. vô số x x 0012: Tìm m để phương trình: 4  m.2  m 0 có đúng 1 nghiệm . Giá trị m phải tìm là A. m > 4 B. m  0 C. m = 4 hoặc m  0 D. m  4 hoặc m 0 0013: Bất phương trình A. -1  x  2 1  17 1  17 x  2 2 C.. . 2. 3. . x 1. .  2 3. .  x 2 3. có nghiệm là B. x  -1 hoặc x  2 1  17 1  17 x x 2 2 D. hoặc. x 2 .log 2 5  3 x  m  log 2 5 0 0014: Biết x=-1 là 1 nghiệm của phương trình phương trình . Nghiệm còn lại của phương trình là A. x= 1- 3log52 B. x= 1- log52 C. x= -1+ 3log52 D. x=1- 2log52 II/ Hướng dẫn giải các bài tập trong mục I 1 a  3 a 0001: Sử dụng máy tính, xác lập hai nghiệm của là a1,a2. 1 a17  7 a1 . Chọn A. Sử dụng máy tính , tính M =. Chú ý. a17 . 1 1 a27  7 7 a1 a2. 1 1 log n (  log n (n  1)   1) n 3 , n 1 0002: Để ý các số đều nhỏ hơn -1 và số log 1 ( n  1)  log n 2 (n  1)   1 n2  chọn D 0003: Cách 1 : Nếu a=b=2 thì loại A . Nếu b =c=2 thì loại B và D.  chọn C Cách 2 . Thử với a=2,b=4,c=8 ... chọn C Cách 3 : lấy logarit cơ số thích hợp 2 vế. Nếu các cơ số của 2 lũy thừa là a,b thì lấy logarit cơ số c 2 vế,… nếu thấy sai thì loại trường hợp tương tự. log b c clog b a , đây là kết quả đáng lưu ý- bạn cần nhớ (và thực ra a có thể bằng 1 trong đẳng Chú ý a thức này.) 1 0 2 1  x 0004: Hàm xác định trên R và y’=  hàm đồng biến trên R, hàm không có cực trị. Chọn B . Chú ý hàm là hàm lẻ 0005: Trong các phát biểu thì phát biểu “f(x)= 1-2x-x2 có nghiệm’’ là khó kiểm tra hơn cả. Không khó nhận thấy A,B,C đều đúng. Chọn D Chú ý: Vì f(x)  2 và 1-2x-x2 = 2-(1+x)2  2  phương trình có nghiệm  f(x)= 1-2x-x2 =2 (*) (*) là không xảy ra vì f(x)=2  x=0, 1-2x-x2 =2  x=-1 . Hệ (*) vô nghiệm. 0006: Từ giả thiết , chú ý c>0 ta suy ra a=10,b=5,c=2  f(1) = a+bc=20. Chọn A log n 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 0007: Hàm số không xác định tại x=1  Hàm số không nghịch biến trên (0,e). Chọn B 0008: Vẽ đồ thị hàm số y= log |x| ( hàm chẵn) trên cơ sở đồ thị hàm y = logx Đường thẳng y = -m2 cắt đồ thị hàm số y= log |x| tại 2 điểm . Chọn C 0009: ( x  3)e x  1  2  x   1 e  x  1 (4  x)  2  x   1 f ( x)  f '( x )   x 1 x 1  1 x  4  1 x  4  ( x  3)e  e ( x  2)  Có thể thấy : f’(x) đổi dấu từ - sang + khi x qua điểm 2 f’(x) đổi dấu từ + sang -1 khi x qua điểm -1  Hàm số đạt cực đại tại x = -1, đạt cực tiểu tại x= 2  loại A,B. Tính f(-1) , f(20  chọn D 1  s inx   k , k  Z 0010: Điều kiện xác định là 1  s inx >0  sin x   1  cosx  0  x  2 . Chọn B. 0011: Đặt f(x) =2x +x . Vì f(x) là hàm đồng biến trên R nên phương trình f(x) = m có nhiều nhất 1 nghiệm (1) lim lim f liên tục trên R và x  f(x)= +  , x   f(x)= -  nên f(x) nhận mọi giá trị trên (- ,+ ) (2) (1) và (2)  pt f(x)=m có đúng 1 nghiệm. Chọn B Cách 2 Với cách đặt vấn đề trong bài toán thì số nghiệm pt không phụ thuộc giá trị m nên khi m=0 có thể thấy ngay 2 đường y=2x và y=-x cắt nhau tại 1 điểm  phương trình có đúng 1 nghiệm. Chọn B 4x m x x x x x 0012: 4  m.2  m 0  4 m.(2  1)  2  1 ( vì x=0 không là nghiệm) t 2  2t t2 0  t 0, t 2 f (t )  m (t  0) 2 ( t  1) t  1 Xét phương trình . f’(t)=. Dựa vào bbt, giá trị m cần tìm. Chọn C. 0013: Thử x=2 ( giá tri nguyên có trong các “ đáp án”) nghiệm đúng bất pt ( trường hợp dấu bằng xảy ra)  loại các phương án C.D. Thử tiếp x=0 vào bất pt thấy không thỏa  loại tiếp A. Chọn B x 2 .log 2 5  3 x  m  log 2 5 0 0014: x=-1 là 1 nghiệm của phương trình phương trình  m=3 và c log 2 5  3 3   1  1  3log5 2 a log 5 log 5 2 2 nghiệm còn lại của phương trình là x= -----------------------------------------------------------------------Hẹn gặp lại các em trong bài viết số 6 –.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Bài viết số 6 MỘT SỐ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM VỀ KHỐI CẦU, KHỐI TRỤ , KHỐI NÓN I/ Một số bài tập trắc nghiệm 0001. Một hình chóp tam giác đều SABC có thể tích bằng V. Thể tích hình nón ngoại tiếp hình chóp tam giác đều này có giá trị gần nhất giá trị A. 2,41V B. 2,42V C. 2,4V D. 2,43V 0002. Thể tích tứ diện đều nội tiếp trong hình cầu bán kính R bằng: R3 2R3 4 R3 8R3 A. 3 B. 3 3 C. 9 3 D. 9 3 0003. Cho hình trụ có bán kính đáy R= 5. AB là dây cung của đáy trên có độ dài bằng 6. Mặt phẳng  qua tâm hình trụ và chứa AB cắt đáy dưới theo dây cung CD . Biết tứ giác ABCD có diện tích bằng 60. Tính thể tích V hình trụ. A. V=150 . B. V=120 . C. V=180 . D. V=100 0004. ABCD.A’B’C’D’ là lăng trụ tứ giác đều nội tiếp trong hình trụ có bán kính đáy R=5 và chiều cao h =8. Tính gần đúng độ dài l đoạn ngắn nhất nối hai điểm A và D’ trên mặt xung quanh hình nón. A. l= 11.21 B. 11.22 C. 11.15 D. 11.16 0005. Cho hình nón tròn xoay có đường cao h = 20, bánh kính đáy r = 25.Một thiệt diện đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12cm. Diện tích của thiết diện đó bằng: A. 400 B. 600 C. 500 D. 800 0006. Người ta bỏ ba quả bóng bàn cùng kích thước vào trong một chiếc hộp hình trụ có đáy bằng hình tròn lớn của quả bóng bàn và chiều cao bằng ba lần đường kính quả bóng bàn. Gọi S1 là tổng diện tích của ba quả bóng bàn,. S2. là diện tích xung quanh của hình trụ. Tỉ số. S1 bằng : S2. 3 6 B. 1 C. 2 D. 2 5 0007. Cho mặt cầu (S) tâm O và bán kính R= 5 . M là điểm mà OM=13. Từ điểm M kẻ các tiếp tuyến đến mặt cầu (S) . Tập hợp các tiếp điểm là một đường (L). Tính độ dài l của đường (L). Giá trị gần đúng của l là: A. 29 B. 29.1 C. 29.2 D. 29.3 0008. Cho mặt cầu (S) có bán kính R=5 cm ,và điểm A nằm ngoài (S). Qua A dựng mặt phẳng (P) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính 4cm. Số lượng mặt phẳng (P) là: A. 1 B. Vô số C. 0 D. 2 0009. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc nhau và OA a; OB b; OC c . Bán kính của mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC bằng: 1 2 1 2 2 2 2 2 A. R  a  b  c B. R  a  b  c 2 3. A.. C. R  2(a 2  b 2  c 2 ). D. R  a 2  b 2  c 2. II/ Hướng dẫn giải các bài tập trong mục I.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 0001. a là độ dài cạnh ABC. h là chiều cao hình chóp (hình nón) Gọi R là bán kính đáy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 1 a2 3 h Thể tích hình chóp tam giác đều V= 3 4 2 a 3 a 3 .  3 . Ta có: R= 3 2 1 1 a2 1 a2 3 4 4 V  R 2 h   h ( h).  3 3 3 4 3 3 3 3 . Thể tích hình nón ngoại tiếp hình chóp là 3 Chọn B. 6 0002. Gọi a là độ dài cạnh tứ diện đều  chiều cao tứ diện đều là h= a 3 1 a 2 3 a 6 a3 2 . .  3 12 Thể tích tứ diện đều là: V= 3 4 Tính a theo R ? 3 3a 6 a 6 h  4 3 4 Tâm mặt cầu là tâm ( trọng tâm tứ diện trong trường hợp này)  R = 4 4R 2 3 2 64 R 3 8R 3 a   12 6 6 9 3 . Chọn D.  a= 6  V= 12 0003.. Có thể thấy tứ giác ABC’D’ là hình chữ nhật , S= 60 , AB=6  BC’ =10  MI=5 Tính được MO =4  OI =3  h =6 V=  R2h=  .25.6 = 150 . Chọn A 0004. Cắt hình trụ theo đường sinh AA’ và trải trên mặt phẳng ta được hình phẳng là hình chữ nhật 25 64   2 11.21 4 có kích thước 8x 10 . Trên hình ta có AD’ = chọn A..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Chú ý : Có thể đặt câu hỏi hay hơn: Tính chu vi thiết diện tạo bởi mặt phẳng ABC’D’ với hình trụ. 0005. Cho hình nón tròn xoay có đường cao h = 20cm, bánh kính đáy r = 25cm.Một thiệt diện đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12cm. Diện tích của thiết diện đó bằng: 0006. Hình trụ có bán kính R và chiều cao h .Quả bóng có bán kính r. Theo đề ta có: h= 6r, R=r S1 = 3.4  r2 = 12 r2 S2 =  R2h = 6 r2 Chọn C. 0008. Nếu có khả năng tư duy không gian, học sinh sẽ “thấy” : + điều thứ nhất là có mặt phẳng (P) như vậy + điều thứ hai là có thể cho (P) chạy tròn quanh (S)  có vô số mp(P) - Chọn phương án B. Dưới đây là một lí giải tại sao có vô số(P). Xét bài toán phẳng : A là điểm nằm ngoài đường tròn (C) có bán kính bằng 5. Có bao nhiêu đường thẳng  cắt (C) theo dây cung BC mà ½ BC=4. M là trung điểm BC. Trên hình ta có IM bằng 3  M nằm trên (I,3) Kẻ MH  AI , (H cố định ) M nằm trên d qua H vuông góc AI  M là giao điểm của d và (I,3)  có 2 điểm M  có 2 đường thẳng . Xét bài toán không gian : Trở lại bài toán phẳng , thay (C) bởi mặt cầu (S) tâm I bán kính bằng 5 , thay đường thẳng  bởi mp (P) . mp (P) cắt (S) theo đường tròn tâm M ,có bán kính bằng 4 – Thay đường tròn (T) bởi mặt cầu (T) , đường thẳng d bởi mp  , khi đó M là một giao điểm của (T) và   M  đường tròn giao tuyến của (T) và . C Có vô số M  vô số mặt phẳng (P) qua A vuông góc với IM tại M. 0009. c Trên cơ sở có hình tứ diện OABC, ta dựng hình hộp chữ nhật ( hình bên) A. a 0 b B.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật ( có các kích thước a,b,c). Độ dài đường chéo hình hộp là đường kính mặt cầu 1 R  a 2  b2  c 2 2  . Chọn A.. Một hình hộp chữ nhật có ba kích thước là a, b, c Khi đó mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật có bán kính R bằng: Giả sử mặt phẳng (P) qua A cắt mặt cầu (S) theo đường tròn tâm M bán kính r=4. (S) có tâm I bán kính R=5. Ta có IM=3  M nằm trên mặt cầu (T) tâm I , bán kính bằng 3 (*) Dựng MH  AI . Ta có: IH.IA = IM2 =9 , IA không đổi  H cố định. MH  AI  M nằm trên mặt phẳng  qua H vuông góc với IA (**) (*) (**)  M nằm trên đường tròn (C) là giao tuyến của mp  và mặt cầu (T) .  có vô số điểm M  co vô số mặt phẳng (P) qua A vuông góc với IM tại M..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Cho hình nón tròn xoay có đường cao h = 20cm, bánh kính đáy r = 25cm.Một thiệt diện đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12cm. Diện tích của thiết diện đó bằng: A. SSAB = 400 (cm2) B. SSAB = 600 (cm2) C. SSAB = 500 (cm2) D. SSAB = 800 2 (cm ) 0005. Cho hình nón tròn xoay có đường cao h = 20cm, bánh kính đáy r = 25cm.Một thiệt diện đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12cm. Diện tích của thiết diện đó bằng: A. 400 (cm2) B. 600 (cm2) C. 500 (cm2) D. 800 (cm2) Cho hình chữ nhật ABCD các kích thước 3x4. Thể tích khối tròn xoay có được khi ta quay hình chữ nhật quanh trục là đường thẳng AC bằng 1864 1872 374 864 . . . . A. 125 B. 125 C. 25 D. 25 0005. Dựng B’, D’ lần lượt đối xứng với B và D qua AC. Có thể thấy ra khối tròn xoay có được là khối tròn xoay khi ta quay hình thang ABD’C quanh trục là đường thẳng AC . Khối tròn xoay này gồm khối trụ ở giữa và hai khối nón bằng nhau có đáy chung với khối trụ. Thể tích khối tròn xoay là 1 12 9 12 7 1872 2. . ( ) 2 .   ( ) 2 .  . 5 5 5 5 125 V= 2Vn+Vt = 3. 3. Miền xác định của hàm số y=. x log(1  cosx ) là. 3. Cho biểu thức tỷ , ta có:. P  a. a 2 . 4 a 3 . 5 a 4. ( a  0) .Viết lại biểu thức dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu. 57 60 A. a 1. 1 2 .. 123 . .. 1234 . . .. 1 1 1 1    3 4 5. 23 234 2 .a 2 3 4 5 a 2 0001: P a .a .a. 57. a 60.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 1 log 3 1 log 5 log 2 1 1 3 ; 5; 4 4 Số lớn nhất trong các số ; là 1 1 log 1 3 log 2 log 2 3 5 A. B. 4 C. log 2. 1 log 1 3 log 2 1 log 1 5 log n 2 5; n 3 4 4  1; ; là 1 1 log 1 3 log 2 log 2 3 5 A. B. 4 C.. D.. D.. log 1 5 4. log 1 5 4.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>