SKKN Lời giải chi tiết một số câu hỏi trắc nghiệm hay và khó trong các đề thi thử Trung học Phổ thông quốc gia môn toán

Nội dung tóm tắt: SKKN Lời giải chi tiết một số câu hỏi trắc nghiệm hay và khó trong các đề thi thử Trung học Phổ thông quốc gia môn toán

1. Chú ý: Có thể sử dụng BĐT Cô si để tìm min, cụ thể 256 128 128 128 S 2x2 2x2 33 1282.2 S 96 S 96 khi 2x2 x 4 . x x x min x Bài tập 5: Cho hai hàm số y f x , y g x . Hai hàm số y f x và y g x có đồ thị như hình vẽ bên, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm số y g x . 3 Hàm số h x f x 4 g 2x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 2 31 9 31 25 A. . 5; B. ;3 . C. ; . D. . 6; 5 4 5 4 Lời giải Chọn B. 3 Ta có h x f x 4 2g 2x . 2 9 25 Dựa vào đồ thị, x ;3 , ta có x 4 7 , f x 4 f 3 10 ; 4 4 3 9 3 3 2x , do đó g 2x f 8 5 . 2 2 2 3 9 Suy ra h x f x 4 2g 2x 0,x ;3 . Do đó hàm số đồng biến 2 4 9 trên ;3 . 4 Bài tập 6: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y x8 m 2 x5 m2 4 x4 1 đạt cực tiểu tại x 0. A. .3 B. . 5 C. 4 .D. Vô số. Lời giải Chọn C. 5
2. Ta có: y 8x7 5 m 2 x4 4 m2 4 x3 x3 8x4 5 m 2 x 4 m2 4 .  g x Ta xét các trường hợp sau * Nếu m2 4 0 m 2. 7 Khi m 2 y 8x x 0 là điểm cực tiểu. Khi m 2 y x4 8x4 20 x 0 không là điểm cực tiểu. * Nếu m2 4 0 m 2. Khi đó ta có 2 5 2 2 y x 8x 5 m 2 x 4 m 4 x Số cực trị của hàm y x8 m 2 x5 m2 4 x4 1 bằng số cực trị của hàm g x 5 2 2 g x 8x 5 m 2 x 4 m 4 x 4 2 g x 40x 100 m 2 x 4 m 4 Nếu x 0 là điểm cực tiểu thì g 0 0 . Khi đó 4 m2 4 0 m2 4 0 2 m 2 m 1;0;1 Vậy có 4 giá trị nguyên của m. 3 2 Bài tập 7: Biết giá trị lớn nhất của hàm số f x x 3x 72x 90 m trên đoạn 5;5 là 2018. Trong các khẳng định dưới đây, khẳng định nào đúng? A. 1600 m 1700 B. m 1618 C. 1500 m D. 1600 m 400 Lời giải Đáp án A Xét hàm số g x x3 3x2 72x 90 có 2 x 6  5;5 g x 3x 6x 72; g x 0 x 4  5;5 Xét g 5 400; g 4 86; g 5 70 . Do đó với x  5;5 thì g x  86;400 Từ đó Max f x 400 m 400 m 2018 m 1618 1600;1700 . x  5;5 Bài tập rèn luyện Bài 1. Cho hàm số y f (x) có đạo hàm đến cấp hai trên ¡ Biết. f '(0) 3, f '(2) 2018 ; lim f ' x và bảng xét dấu của f ''(x) như sau: x Hàm số y f (x 2019) 2018x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x thuộc0 khoảng nào sau đây? 6
3. A. ( 2019;0). B. (2019; ). C. (0;2). D. ( ; 2019). 2x + 3 Bài 2. Có bao nhiêu số nguyên m Î é- 2018;2019ù để hàm số y = đồng biến trên ëê ûú 2x - m æ ö ç1 ÷ khoảng ç ;1÷. èç2 ø÷ A. 2017 B. 2016 C. 2018 D. 2015 Bài 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2cos3x m 2cos x 3 m 6cos x có nghiệm? A. 5 B. 4 C. 6 D. 3 Bài 4. Giả sử đường thẳng y ax b là tiếp tuyến chung của đồ thị các hàm số y x2 5x 6 và y x3 3x 10 . Tính M 2a b . A. M 16. B. M 4. C. M 4. D. M 7. 7
4. PHẦN 2. MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN MŨ VÀ LOGARIT. Bài tập 1: Biết x1, x2 x1 x2 là hai nghiệm của phương trình 2 1 log x2 3x 2 2 5x 3x 1 2 và x 2x a b với a, b là hai số nguyên 3 1 2 2 dương. Tính a b. A. B.a b 13 a b 14 C. a b 11 D. a b 16 Lời giải: Chọn B. Điều kiện: x 12; Đặt t x2 3x 2, t 0 x2 3x 1 t2 1 nên phương trình có dạng: t2 1 log3 t 2 5 2 * t2 1 Xét hàm số f t log3 t 2 5 trên 0; . Hàm số đồng biến trên 0; và f 1 2 . PT (*) 3 5 3 5 f t f 1 t 1 x2 3x 2 1 x2 3x 1 0 x , x 1 2 2 2 1 a 9 Do đó x1 2x2 9 5 a b 14 2 b 5 1 x+ Bài tập 2: Biết rằng 2 x = log é14 - y - 2 y + 1ù trong đó x 0. Tính giá trị của biểu 2 ëê ( ) ûú thức P x2 y2 xy 1. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Lời giải: Chọn B. 1 1 1 x Ta có x 2 x. 2 2 x 4. Lại có: 14 y 2 y 1 14 y 1 y 1 3 y 1 x x Đặt t y 1 0 Ta xét hàm số f t t3 3t 14 trên 0; có kết quả max f t f 1 16 Vậy 14 y 2 y 1 16 log2 14 y 2 y 1 4 . t 0; 1 x x 1 Khi đó 2 x log 14 y 2 y 1 P 2 2 y 0 1 1 1 x Ta có x 2 x. 2 2 x 4. Lại có: 14 y 2 y 1 14 y 1 y 1 3 y 1 x x 8
5. Đặt t y 1 0 Ta xét hàm số f t t3 3t 14 trên 0; có kết quả max f t f 1 16 Vậy 14 y 2 y 1 16 log2 14 y 2 y 1 4 . t 0; 1 x x 1 Khi đó 2 x log 14 y 2 y 1 P 2 2 y 0 1 ab Bài tập 3: Xét các số thực dương a,b thỏa mãn log 2ab a b 3. Tìm giá trị nhỏ 2 a b nhất Pmin của P a 2b. 2 10 1 2 10 3 2 10 5 2 10 7 A. B.P  P  C. P  D. P  min 2 min 2 min 2 min 2 Lời giải Chọn B. Điều kiện: a,b dương và ab 1. Đặt u a b 0 và v 2(1 ab) 0. Giả thiết trở thành u log2 u v log2 v. (1) 1 Xét hàm số f (t) t log t trên (0; ). Ta có f / (t) 1 0,t 0. Do đó f (t) đồng 2 t ln 2 biến trên (0; ). a 2 Vì vậy (1) tương đương với u v a b 2(1 ab) b  2a 1 1 (a2 1) Ta có b 0 nên ab 1,a 0. a a(2a 1) x 2 Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) x 2 trên (0; ). 2x 1 4x2 4x 9 1 10 1 10 Ta có f / (x) , f / (x) 0 x và x (loại). (2x 1)2 2 2 1 10 2 10 3 Lập BBT ta được Pmin min f (x) f ( )  (0; ) 2 2 2 2 Bài tập 4: Cho a 0 , b 0 thỏa mãn log3a 2b 1 9a b 1 log6ab 1 3a 2b 1 2 . Giá trị của a 2b bằng 7 5 A. 6 .B. .C. 9 .D. . 2 2 Lời giải Chọn C. 3a 2b 1 1 log 9a2 b2 1 0 2 2 3a 2b 1 Ta có a 0 , b 0 nên 9a b 1 1 . log6ab 1 3a 2b 1 0 6ab 1 1 Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta được 2 2 2 2 log3a 2b 1 9a b 1 log6ab 1 3a 2b 1 2 log3a 2b 1 9a b 1 log6ab 1 3a 2b 1 9
6. 2 2 2 2 2 2 2 2 log6ab 1 9a b 1 log6ab 1 9a b 1 1 9a b 1 6ab 1 3a b 2 0 3a b . Vì dấu “ ” đã xảy ra nên log 9a2 b2 1 log 3a 2b 1 log 2b2 1 log 3b 1 3a 2b 1 6ab 1 3b 1 2b2 1 3 1 2b2 1 3b 1 2b2 3b 0 b (vì b 0 ). Suy ra a . 2 2 1 7 Vậy a 2b 3 . 2 2 x Bài tập 5: Cho phương trình 5 m log5 x m với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m 20;20 để phương trình đã cho có nghiệm? A. .2 0 B. 19. C. 9 . D. .21 Lời giải Chọn B. Điều kiện x m x x Ta có 5 m log5 x m 5 x x m log5 x m x log5 x m 5 x 5 log5 x m 1 . Xét hàm số f t 5t t , f t 5t ln 5 1 0,t ¡ , do đó từ 1 suy ra x x log5 x m m x 5 . 1 Xét hàm số g x x 5x , g x 1 5x.ln 5 , g x 0 x log log ln 5 x . 5 ln 5 5 0 Bảng biến thiên Do đó để phương trình có nghiệm thì m g x0 0,92 . Các giá trị nguyên của m 20;20 là 19; 18; ; 1 , có 19 giá trị m thỏa mãn. Bài tập 6: Cho x, y là các số thực thỏa mãn log4 x y log4 x y 1 . Biết giá trị nhỏ nhất của biển thức P 2x y là a b 1 a,b ¢ . Giá trị a 2 b2 là: A. a 2 b2 18 B. a 2 C.b2 8 a 2 b2 13 D. a 2 b2 20 Lời giải Đáp án C. x y 0 x y 0 Từ giả thiết ta có x y 0 x y 0 log x y x y 1 x y x y 4 4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương x y và 3 x y ta được: 10
7. 2P x y 3 x y 2 3 x y x y 2 3.4 4 3 P 2 3 x y 3 x y x y 3 x y x y 3 x y Dấu “=” xảy ra 2 4 2 (do x y ) x y x y 4 x y x y 3 3 6 4 x y x 3 3 2 2 x y y 3 3 2 2 Vậy Pmin 2 3 , do đó a b 13 Bài tập rèn luyện 2 2 Bài 1: Số nghiệm của phương trình 2x2 2x 9 x2 x 3 .8x 3x 6 x2 3x 6 .8x x 3 là: A. 1. B. 3. C. 2. D. 4. Bài 2: Cho các số thực a,b thỏa mãn điều kiện 0 b a 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 4 3b 1 2 thức P loga 8log b a 1. 9 a A. 6. B. 33 2. C. 8. D. 7. Bài 3: Có bao nhiêu giá trị nguyên m  2018;2018 để phương trình 2 2 3x 2mx 2 32x 4mx m 2 x2 2mx m có nghiệm. A. 4037. B. 0. C. 4036. D. 2018. Bài 4: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình 2 2 9 x 3x m 2.3 x 3x m 2 x 32x 3 có nghiệm? A. 6. B. 4. C. 9. D. 1. 11
8. PHẦN 3. MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN TÍCH PHÂN. Bài tập 1: Cho hàm số y f (x). Đồ thị của hàm số y f / (x) như hình dưới đây. Đặt g(x) 2 f (x) (x 1)2. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. B.g( 3) g( 3) g(1). g(1) g(3) g( 3). C. D.g( 3) g(3) g(1). g(1) g( 3) g(3). Lời giải Theo hình vẽ (mỗi ô vuông có diện tích bằng 1) ta có 3 3 f / (x)dx S 6 (x 1)dx. 1 1 3 Do đó ta được 2 f / (x) (x 1) dx 0 g(x) 3 0 g(3) g(1). 1 1 3 3 * Theo hình vẽ ta có f / (x)dx S 6 (x 1)dx. 3 1 3 3 Do đó ta được 2 f / (x) (x 1) dx 0 g(x) 3 0 g(3) g( 3). 3 3 Vậy g(1) g(3) g( 3). 2 2 Bài tập 2: Cho hàm số f x thỏa mãn f 2 và f x 2x f x với mọi x ¡ . 9 Giá trị của f 1 bằng 35 2 19 2 A. . B. . C. . D. . 36 3 36 15 Lời giải Chọn B. f x 0 2 f x 1 1 2 Ta có f x 2x f x 2x 2x x C . 2 f x f x f x 2 1 Từ f 2 suy ra C . 9 2 1 2 Do đó f 1 . 2 1 3 1 2 12
9. Bài tập rèn luyện Bài 1: Cho hàm số f (x) thỏa mãn ( f '(x))2 f (x). f ''(x) 15x4 12x,x ¡ và f (0) f '(0) 1. Giá trị của f 2 (1) bằng 9 A. 4. B. . C. 10. D. 8. 2 2 Bài 2: Cho f x là hàm số có đạo hàm liên tục trên ¡ , có f 2 1 và f x dx 3 . Khi đó 0 1 x.f 2x dx bằng 0 1 1 5 A. 1. B. . C. . D. . 4 4 4 13
10. PHẦN 4. MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. Bài tập 1: Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 3 . Tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất. 64 16 6 64 2 16 A. .B. . C. . D. . 3 3 3 3 Lời giải Chọn A S 3 b M A I D O a B a C Gọi O AC  BD ,M là trung điểm SA và I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều S.ABCD . SM SI b2 a2 Ta có SMI : SOA 3. b2 . SO SA 2 2 3 b2 b2 b2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 a 2 36 b b b 36 36 18 Ta có VS.ABCD .SO.SABCD . b .a . 2 72. 3 3 2 18 36 36 18 3 64 V . 3 Bài tập 2: Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N ,P thuộc các cạnh BC , BD ,AC sao cho BC 4BM , AC 3AP , BD 2BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt phẳng MNP . 7 7 8 8 A. .B. .C. .D. . 15 13 15 13 Lời giải Chọn B Trong mặt phẳng DBC vẽ MN cắt CD tại K . Trong mặt phẳng ACD vẽ PK cắt AD tại Q . Theo định lý Mennelaus cho tam giác BCD cát tuyến MNK ta có KC ND MB KC . . 1 3 . KD NB MC KD 14
11. Theo định lý Mennelaus cho tam giác ACD cát tuyến PKQ ta có KC QD PA QA 3 QA 3 . . 1 . KD QA PC QD 2 AD 5 Đặt V VABCD , ta có VB.APQ SAPQ AP AQ 1 1 4 . VB.APQ VB.ACD VB.PQDC . V VB.ACD SACD AC AD 5 5 5 VP.BMN SBMN BM BN 1 VP.BCD SCPD CP 2 1 . và VP.BMN V . VP.BCD SBCD BC BD 8 V SACD CA 3 12 V V S S Q.PBN SPBN 1 BQPD DQP DQP SADP 2 1 và . VQPBN V . VQ.PBD SPBD 2 V SACD SDAP SACD 15 15 V V V V 7 V 7 AB.MNPQ A.BPQ P.BNM Q.PBN AB.MNPQ . V V 20 VCD.MNPQ 13 Bài tập 3: Cho tam giác ABC đều cạnh a , gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với mặt phẳng ABC . Trên d lấy điểm S và đặt AS x , x 0 . Gọi H và K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC . Biết HK cắt d tại điểm S . Khi SS ngắn nhất thì khối chóp S.ABC có thể tích bằng a3 6 a3 6 a3 3 a3 2 A. .B. . C. . D. . 24 6 8 27 Lời giải Chọn A Xét tam giác SA S có H là trực tâm, ta có 15
12. AS AH a 3 a 3 a2 S AH ∽ A AS AS .AS AA .AH . AA AS 2 3 2 a2 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: SS SA AS 2 AS.AS 2 a 2 2 a 2 Dấu “ ” xảy ra khi SA AS x . 2 Bài tập 4: Cho tứ diện ABCD cóAB CD 4 ,AC BD 5 ,AD BC 6 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng BCD . 3 6 3 2 3 42 7 A. .B. . C. . D. . 7 5 7 2 Lời giải Chọn C Xây dựng bài toán tổng quát N n A M m h I a D b B c C Từ giả thiết ta có: MNDC là hình thoi; các tam giác CAN, DAM là các tam giác cân, suy ra: AI  NC , AI  DM AI  (CDMN) 1 1 1 1 Ta có: V V .4V 2V IA.IM.IN h.m.n ABCD 2 A.MNDC 2 A.IMN A.IMN 3 3 2 2 2 2 a b c m h2 m2 c2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c Từ h n b n 2 2 2 2 m n a 2 2 2 2 a b c h 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Suy ra: VABCD a b c a b c a b c 6 2 1 15 6 42 52 62 42 52 62 42 52 62 . 6 2 4 BC CD DB 4 5 6 15 15 7 Ta có p S p p 4 p 5 p 6 2 2 2 BCD 4 16
13. 15 6 3. 3V 3 42 Ta có d A, BCD A.BCD 4 . S BCD 15 7 7 4 Bài tập rèn luyện Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Tam giác SAB vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi là góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng SBC , với 45 . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABCD . 8a3 4a3 2a3 A. 4a3 .B. .C. .D. . 3 3 3 Bài 2: Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh BC , BD , AC lần lượt lấy các điểm M , N , P 3 sao cho BC 3BM , BD BN , AC 2AP . Mặt phẳng MNP chia khối tứ 2 V1 diện ABCD thành hai phần có thể tích là V1 , V2 . Tính tỉ số . V2 V 26 V 26 V 3 V 15 A. 1 .B. 1 .C. 1 . D. 1 . V2 13 V2 19 V2 19 V2 19 17
14. PHẦN 5. MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN. Bài tập 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2 , SA 2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy ABCD . Gọi M , N là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB , AD sao cho mặt phẳng SMC vuông góc với mặt phẳng SNC . 1 1 Tính tổng T khi thể tích khối chóp S.AMCN đạt giá trị lớn nhất. AN 2 AM 2 5 2 3 13 A. T 2 .B. T .C. T .D. . T 4 4 9 Lời giải Chọn B Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A 0;0;0 , B 2;0;0 , D 0;2;0 , S 0;0;2 . Suy ra C 2;2;0 . Đặt AM x , AN y , x, y 0;2 , suy ra M x;0;0 , N 0; y;0 .    SM x;0; 2 , SC 2;2; 2 , SN 0; y; 2 .       n SM , SC 4;2x 4;2x , n SN, SC 4 2y; 4; 2y . 1 2   Do SMC  SNC nên n1.n2 0 4 4 4y 4 2x 4 4xy 0 xy 2 x y 8 . 8 2x 8 2x y , do y 2 nên 2 x 1 . x 2 x 2 SAMCN SABCD SBMC SDNC 4 2 x 2 y x y . 18
15. 1 2 2 8 2x 2 x2 8 Do đó VS.AMCD SA.SAMCN x y x . 3 3 3 x 2 3 x 2 2 x2 8 2 x2 4x 8 Xét f x với x 1;2 , f x . 3 x 2 3 x 2 2 f x 0 x2 4x 8 0 x 2 2 3 ; x 2 2 3 (loại). Lập BBT ta suy ra max f x f 1 f 2 2 . 0;2 x 1 y 2 1 1 1 1 5 Vậy maxVS.AMCN 2 T . x 2 AM 2 AN 2 x2 y2 4 y 1 Bài tập 2: Cho hình lăng trụ đều ABC.A B C . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ABC bằng a, góc giữa hai mặt phẳng ABC và BCC B bằng với 1 cos (tham khảo hình vẽ dưới đây). Thể tích khối lăng trụ ABC.A B C bằng 2 3 2 2 2 2 A. 3a3 . B. a3 . C. 3a3 .D. . 3a3 4 2 2 8 Lời giải Chọn C Gọi O là trung điểm của AB , E là trung điểm của BC Trong mp C CO kẻ CH  C O tại H Khi đó d C, ABC CH a Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, gọi 2x là độ dài cạnh của tam giác ABC ta có 19
16. 1 1 1 CH 2 C 'C 2 CO2 1 1 1 1 1 3x2 a2 3x2 a2 2 2 2 2 2 2 2 C 'C C 'C CH CO a 2x 3 3a x ax 3 2 3x2 a2 x x 3 A x;0;0 B x;0;0 C 0; x 3;0 C ' 0; x 3; E ; ;0 Khi đó, , , , , ax 3 2 2    2ax2 3 2 VTPT của mặt phẳng ABC là n1 OC , AB 0; ;2x 3 2 2 3x a   3x x 3 mặt phẳng BCC B là n AE ; ;0 VTPT của 2 2 2 3   3ax 2 2 1 n1.n2 1 3x a 1 cos   x a 2 3 n n 2 3 12a2 x4 9x2 3x2 2 3 1 2 12x4 . 3x2 a2 4 4 3 a 6 2 3a 2 VABC.A B C C C.S ABC .a 3 . 2 2 Bài tập 3: Cho A(4;6;2), B(2; 2;0) và mặt phẳng (P) : x y z 0. Xét đường thẳng d thuộc (P) và đi qua B. Gọi H là hình chiếu của A lên d. Biết rằng d thay đổi thì H thuộc đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó. A. R 6. B. R 2. C. R 3. D. R 1. Lời giải Vì ·AHB 900 nên H thuộc mặt cầu (S) có đường kính AB. Vì vậy H thuộc đường tròn (C) cố định là giao tuyến của (S) và (P). * Tâm của (S) trung điểm I(3;2;1), bán kính r IA 3 2. * Ta có d d(I,(P)) 2 3. Do đó bán kính của (C) là R r 2 d 2 6. A I (C) J d B H Bài tập 4: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S có tâm I 2;1;2 và đi qua điểm A 1; 2; 1 . Xét các điểm B , C , D thuộc S sao cho AB , AC , AD đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng A. .7 2 B. . 216 C. . 108 D. 36 . 20
17. Lời giải Chọn D. Đặt AB a , AC b , AD c thì ABCD là tứ diện vuông đỉnh A , nội tiếp mặt cầu S . Khi đó ABCD là tứ diện đặt ở góc A của hình hộp chữ nhật tương ứng có các cạnh AB , AC , AD và đường chéo AA là đường kính của cầu. Ta có a2 b2 c2 4R2 . 1 1 Xét V V abc V 2 a2b2c2 . ABCD 6 36 2 2 2 3 2 3 2 2 2 3 2 2 2 a b c 2 2 2 4R 2 3 4 3 Mà a b c 3 a b c a b c 36.V V R . 3 3 27 Với R IA 3 3 . Vậy Vmax 36 . Hết 21
18. 8. Những thông tin cần được bảo mật (nếu có): Không 9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Học sinh lớp 12 có học lực khá và tốt về môn Toán và nắm chắc kiến thức cơ bản lớp 12. 10. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả và theo ý kiến của tổ chức, cá nhân đã tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu, kể cả áp dụng thử (nếu có) theo các nội dung sau: 10.1. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả: Đề tài của tôi được học sinh đồng tình và đạt được kết quả, nâng cao khả năng giải một số bài tập khó trong các đề thi. 10.2. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tổ chức, cá nhân: Vĩnh Phúc, ngày tháng 01 năm 2019 Thủ trưởng đơn vị 22
19. KẾT LUẬN 1. KẾT LUẬN - Trên đây là những bài tập mà tôi đúc rút được trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 12 tại trường THPT Bình Xuyên. - Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong năm học này, được học sinh đồng tình và đạt được kết quả, nâng cao khả năng giải dạng toán trắc nghiệm. Các em hứng thú học tập hơn, ở những lớp có hướng dẫn kỹ các em học sinh với mức học trung bình cũng trở lên đã có kỹ năng giải các bài tập. Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt. - Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắc chắn còn có nhiều thiếu sót và hạn chế. Tôi rất mong được sự quan tâm của tất cả các đồng nghiệp bổ sung và góp ý cho tôi. Tôi xin chân thành cảm ơn ! 2. KIẾN NGHỊ - Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có nhiều hơn nữa tài liệu sách tham khảo đổi mới vào phòng thư viện để giáo viên và học sinh có thể nghiên cứu học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ - Tổ chuyên môn cần tổ chức các buổi trao đổi phương pháp giảng dạy cũng như các mảng chuyên đề hay trong các buổi họp tổ chuyên môn để học hỏi kinh nghiệm của nhau. - Học sinh cần tăng cường tính tự giác học tập, ôn bài tại nhà để nâng cao chất lượng học tập. Tôi xin chân thành cám ơn ! Vĩnh Phúc, ngày 09 tháng 01 năm 2019 Tác giả sáng kiến Nguyễn Thị Minh Huệ 23
20. TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Website: ttps://dethi.violet.vn/ [2] Đại số và Giải tích 12 – Tác giả: Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn – Nhà xuất bản Đại học Sư phạm; [3] Báo Toán học tuổi trẻ - Nhà xuất bản Giáo dục; [4] Các đề thi THPTQG các năm 2016-2017, 2017-2018. [5] Các đề thi thử THPTQG của các trường trong cả nước. [6] Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 của các tỉnh những năm trước.   24