Câu hỏi tổng hợp có đáp án chi tiết về hàm số lớp 12

x Câu [2D3-3] Nếu  a A f (t )dt   x với x  hệ số a t2 B 19 C Lời giải D Chọn A Gọi F (t ) nguyên hàm f (t ) f (t ) , suy F '(t )  t t x f (t )dt   x  F (t ) |ax 6  x  F ( x )  F (a )   x t a f ( x)  F '( x )     f ( x)  x x x x x  Ta có x  a x a  3 a  Vậy Câu x f (t ) dt t t   dt   dt  t |ax  x  a  x  (gt) t t t a a  [1D2-4] Giả sử  x  x  x3   x10  11  a0  a1 x  a2 x  a3 x3   a110 x110 , với a0 , a1 , 10 11 a2 ,…, a10 hệ số Giá trị tổng T  C11 a11  C11 a10  C11 a9  C11 a8   C11 a1  C11 a0 A T  11 B T  11 C T  D T  Lời giải Chọn A  Ta có  x  x  x3   x10 1 x    11  a0  a1x  a2 x  a3 x   a110 x110 11 11   1 x   x11 11  a0  a1 x  a2 x  a3 x   a110 x110   1 x 11 a   a1 x  a2 x  a3 x   a110 x110  *   có số hạng tổng quát   x   C  1 x , k  ¢,0  k  11 Khai triển  x11 k tk 1  C11 11 11 11 k k 11 k 11k Hệ số số hạng chứa x11 khai triển ứng với k  C11 Mặt khác khai triển  11 k  11 110   x  a0  a1x  a2 x  a3 x   a110 x    C11   x  k  a0  a1x  a2 x  a3 x   a110 x110  k 0  11   k    C11  1 k x k  a0  a1x  a2 x  a3 x3   a110 x110  k 0  11 Số hạng chứa x khai triển     11 C11  1 x11a0  C1110  1 11   x a1x  C11  1 x9a2 x   C110  1 x 0a11x11 10 10  10 11  C11 a11  C11 a10  C11 a9  C11 a8   C11 a1  C11 a0 x11 Suy hệ số số hạng chứa x11 khai triển 10 11 C11 a11  C11 a10  C11 a9  C11 a8   C11 a1  C11 a0  T  *  T  C11  11  Câu [2D3-3] Cho hàm số   f   x   dx  11 f  x có đạo hàm liên tục  x f  x  dx   1 A B  0;1 thỏa mãn f  1  , 1 Tích phân  f  x  dx bằng? 55 1 C D 55 11 Lời giải Chọn A Ta xét I   x f  x  dx du  f   x  dx u  f  x    Đặt  x5 d v  x dx v    x5 I f  x x 10 Mà dx  1 1 11    x10  2x f   x    f   x   1 1   x f   x  dx      x f   x  dx   x5 f   x  dx  50 55 50 11  dx   f   x   x  f  x   x  C x6  6 x 1 1 f ( x)dx   dx  Vì f  1  nên f  x    Câu [2D3-4] Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  x x  , trục Ox đường  a b  ln  b thẳng x  c B 12 A 11  với a, b, c số nguyên dương Tính a  b  c C 13 Lời giải D 14 Chọn C Ta có S   x x  dx   x.x x  dx u  x  Đặt  suy 2 2 dv  x x  dx   x  1 d  x  1  1 1 S  x  x  1 x     x  1 x  dx 30 1 1  S  2   x x  dx   x  dx 30 30 2 1 S  S I 3 S I     I   x  dx    du  dx  Khi đó,  v   x  1 x  1 Ta tính I   x  dx u  x  Đặt  suy dv  dx 1 I  x x2    0 x  dx  du  x  Khi đó,  v  x    dx     x   dx x2  x  0  x2 1 0  I    x  1dx   x2    I   I  ln x  x   dx    ln  2      ln  2 1    ln    4 2  Tức a  3, b  2, c  Vậy a  b  c  13  Vậy S  Câu  [1D2-4] Cho lưới ô vuông gồm 16 vng nhỏ, vng có kích thước 1x1 (mét) hình vẽ bên Con kiến thứ vị trí A muốn di chuyển lên vị trí B , kiến thứ hai vị trí B muốn di chuyển xuống vị trí A Biết kiến thứ di chuyển cách ngẫu nhiên phía bên phải lên trên, kiến thứ hai di chuyển cách ngẫu nhiên phía bên trái xuống (theo cạnh hình vng) Hai kiến xuất phát thời điểm có vận tốc di chuyển mét/phút Tính xác suất để hai kiến gặp đường A 35 128 Chọn A B 35 256 35 64 Lời giải C D 32 35 Nhận xét: để di chuyển đến đích, kiến phải có hành trình (mét) Vì hai kiến xuất phát thời điểm vận tốc di chuyển nên chúng gặp di chuyển (mét) (sau phút) Do chúng gặp giao điểm nằm đường chéo chạy từ góc bên trái xuống góc bên phải  A1 A5  Xác suất để sau phút, kiến thứ đến vị trí A1 P1  A1   Xác suất để sau phút, kiến thứ hai đến vị trí A1 P2  A1   C40 ; 24 C40 ; 24 C Xác suất để hai kiến gặp A1 là: P  A   P  A  P  A     ; 1 256 C Tương tự xác suất để hai kiến gặp A2 , A3 , A4 , A5 là: P  A     ; 256 P  A3  C   2 256 ; P A  C   256 ; P A  C   4 256 Vậy xác suất để hai kiến gặp là: C  C  C  C  C  P Câu 2 4 4 70 35  256 256 128 [1D2-4] Từ tập A   0;1; 2;3; 4;5;6 có số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho ? A 5292 B 2058  C 5589 Lời giải D 1601 Chọn D Gọi số phải tìm có dạng a1a2 a3a4 a5 ,  A , i  1, Kết hợp với đề ta có: a1  a2  a3  a4  a5  ; a1  a2  a3  a4  a5  18 ; a1  a2  a3  a4  a5  27 Ta xét trường hợp 1: a1  a2  a3  a4  a5  , với  a1  ,   với i  2,3, 4,5 a1  x2  x3  x4  x5  13  Đặt xi   , với i  2,3, 4,5 , ta có: 1  a1  1  x  i   1 Số nghiệm nguyên dương  1 C12 Nếu a1  , ta có  1  x2  x3  x4  x5   xi  , nên không trùng với trường hợp xi  Phương trình có C64 nghiệm Nếu xi  , ta có  1  a1   x j   a1 , x j  nên không trùng với trường họp j i trên, phương trình có C nghiệm nên với vị trí xi có 4C5 nghiệm 4 Vậy trường hợp có C12  C6  4C5 số thỏa mãn Ta xét trường hợp 2: a1  a2  a3  a4  a5  18 , với  a1  ,   với i  2,3, 4,5  x1  x2  x3  x4  x5  17  Đặt xi   , với i  2,3, 4,5 , ta có: 1  x1  1  x  7, i  2,3, 4,5 i  Số nghiệm nguyên dương   C16  2 Nếu x1  , ta có  1  x2  x3  x4  x5  10  xi  , nên không trùng với trường hợp x1  Phương trình có C104 nghiệm Nếu xi  , i  2,3, 4,5 ta có    a1   x j   x j  nên không trùng với trường j i họp trên, phương trình có C nghiệm nên với vị trí xi có 4C5 nghiệm 4 Vậy trường hợp có C16  C10  4C9 số thỏa mãn Ta xét trường hợp 3: a1  a2  a3  a4  a5  27 , với  a1  ,   với i  2,3, 4,5  x1  x2  x3  x4  x5   3  Đặt xi   , với i  1, 2,3, 4,5 , ta có: 1  x1  1  x  7, i  2,3, 4,5 i  Từ   xi   xi  nên tập nghiệm  3 không vượt khỏi miền xác định xi Phương trình có C7 nghiệm Vậy trường hợp có C7 số thỏa mãn Câu 4 4 4 Như tất có C12  C16  C7  C6  C10  4C5  4C9  1601 số Chọn D [2D1-4] Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục ¡ f    Biết đồ thị hàm số y  f   x  đường cong hình vẽ bên Hỏi phương trình f  x   f      x có nghiệm đoạn  2; 2 ? A B C D Lời giải Chọn C Đường thẳng y  x tiếp xúc với đồ thị hàm số y  f   x  A  2;  2 Suy f     Như f  x   f      x  f  x    x  Đặt g  x   f  x    x x  Ta có g   x   f   x   x Quan sát đồ thị ta thu g   x      x  2 Bảng biến thiên x g  x g  x    0 g  2  Vì f    nên g    2  g  0  g  2   Từ đồ thị ta có diện tích hình phẳng giới hạn đường y  x , y  f   x  , x  2 , x  lớn diện tích hình phẳng giới hạn đường y  f   x  , y  x , x  , x  nên 2  2 x  f   x   dx    f   x   x  dx    f   x   x  dx   g    g  2  2   f   x   x  dx   g    g     g      Suy  g    g  2  Do phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn  2; 2 * Nhận xét: Trong lời giải trên, bước gần cuối cùng, lời giải thực theo kiểu "nhìn hình ta có", cách làm áp dụng cho trắc nghiệm, với tự luận cịn có nhiều ý kiến trái chiều suốt thời gian vừa qua Câu [2D4-4] Cho hai số phức z1  1  i , z2   i Gọi z số phức thỏa mãn 2 2 z  3i  Đặt M , m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức T  z  z  z1  z  z Tính mơ đun số phức w  M  mi A 21 B 13 C D Lời giải Chọn A Gọi A , B , P điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , z  1  1 3 Ta có A  ; , B  ;     , OA  OB  AB  Suy OAB cạnh 1,nội tiếp  2  2   3 đường tròn  C  tâm I  0; bán kính R      Lại có z  3i   z  3  P C i     PI  3 Viết lại T  OP  PA  PB O N I A 2 B P Trên hình vẽ, khơng tính tổng qt, giả sử P thuộc cung nhỏ »AB · · Khi OPB OAB 60 B ả Ã Trờn đoạn OP lấy điểm N cho PN  PB Khi PNB nên NBP  60  B · (cùng cộng với góc NBA để góc có số đo 60 ) ¶ (Tính chất góc nội tiếp đường trịn) Mặt khác ¶A  O 2  PAB  NOB  PA  ON Khi T  OP  PA  PB  OP  ON  PN  2OP Ta thấy T  2OP   PI  IO   R  M T  OP  PA  PB  OA  AB   m Vậy w  M  mi  Câu [2D1–3] [Năng 21 21  2i  w   w 3 khiếu TPHCM] f  x   x3  3x  x  Cho Phương trình f  f  x   1   f  x   có nghiệm thực B A C Lời giải D Chọn A t  1 t  1    f  t     t  1  f  t    t  1  Đặt f  x    t  f  t    t    t  1 t  1 t  5, 44    2 t  0,118 t  3t  6t    t  1  t  4t  8t   Với t  5, 44  f  x    5, 44  x  3x  x    5, 44  Phương trình có nghiệm Với t  50,118  f  x    0,118  x  3x  x    0,118  Phương trình có nghiệm Câu 10 [2D2-3] (Đề chuyên Vĩnh Phúc – lần 4-2018) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình ln  m  ln  m  x    x có nhiều nghiệm A m0 B m 1 C m  e D m  1 Lời giải Chọn B Kí hiệu phương trình ln  m  ln  m  x    x (1) Điều kiện x  e  m  m x Đặt ln  m  x   y ta x  e y  m Thay vào (1) ta ln  m  y   x  e  m  y e x  m  y  e x  e y  y  x  e x  x  e y  y Ta có hệ  y e  m  x x t Do hàm số f  t   e  t đồng biến ¡ nên suy x  y  x  ln  x  m   e  x  m x x Xét hàm số g  x   e  x  g   x   e  1; g   x    x  x  g  x g  x    0    Ta có bảng biến thiên Suy phương trình có nhiều hai nghiệm  m  (Thỏa mãn điều kiện) Câu 11 [2D3-3] [ĐỀ SỞ BẮC GIANG 2018] Cho hàm số f  x  có đạo hàm đoạn  0;1 thỏa mãn 1 e2  Tính tích phân I   f  x  dx f  1    f   x   dx    x  1 e f  x  dx  0 x A I   e e C I  Lời giải B I  e  D I  e 1 Chọn B Xét tích phân   x  1 e f  x  dx x u  f  x  du  f   x  dx  Đặt   x x dv   x  1 e dx v  xe Nên   x  1 e f  x  dx  f  x  xe x Do  xe f   x  dx   x x 1   xe f   x  dx    xe x f   x  dx x 0 e 1 Lại có (theo BĐT tích phân) x 2 1  e2 1 x  x  e2   x    x.e f   x  dx    x  e  dx.  f   x   dx      xe f  x  dx    0  0 x Dấu "  " xảy f   x   k xe 1  e2 x  k  1  f   x    xe x Suy  kx  e  dx  Do  f   x  dx    xe dx    x  e x 1 0 x  C  f  1  C  x Vậy I   f  x  dx     x  e dx  e  Câu 12 [2D1-3] Cho ba số thực dương   P  x  xy  xyz   x  y  z  A max P  x, y, z Tìm giá trị lớn biểu thức: B max P  C max P  Lời giải Chọn B Áp dụng bất đẳng thức Cô si 1 x.4 y  x.4 y.16 z   x  y  z  Khi đó: x  xy  xyz  x  4 P  x  xy  xyz   x  y  z    x  y  z    x  y  z  Đặt t  x  y  z , điều kiện: t  Ta có: P  4t  2t  f  t    f   t    4t   t  Lập bảng biến thiên suy max P  Cách 2: Dùng máy tính casio f  X   X  X Start , End , Step 0, 25 D max P  Câu 13 [2H3-3] (THPT ĐÔNG HÀ – QUẢNG TRỊ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A  a;0;  , B  0; b;0  , C  0; 0; c  , a  , b  , c  phẳng  ABC  tiếp xúc với mặt cầu  S  :  x  1   y     y    diện OABC A B C 2    Biết mặt a b c 72 Thể tích khối tứ D Lời giải Chọn D x y z Ta có  ABC  :     bcx  acy  abz  abc  a b c Theo có:     bc  2ca  3ab  7abc a b c Mặt phẳng  ABC  tiếp xúc với mặt cầu  S   d  I ,  ABC    R   bc  2ca  3ab  abc b c  c a  a 2b  72  1 1 1  2 2      36  a b c  72 a b c 2 1  1 1 1 1  Ta có     49                   a b c a b c b c a b c  a  a  a  2b  3c    b  Dấu xảy    a  b  c   c   1 2 Vậy VOABC  abc  2.1  6 Cách 2: x y z Ta có  ABC  :       suy a b c a b c 1 3 M  ; ;   ABC  7 7 1 3 Lại có M  ; ;   S  nên  ABC  tiếp xúc với 7 7  S M x y z 1 2 Suy  ABC  :    nên VOABC  abc  2.1  6 Câu 14 [2D1-3] Cho hàm số y  f  x  Hàm số y  f   x  có đồ thị hàm bên Hàm số y  f  x  x  nghịch biến khoảng đây:   A   ;     3  C  ;  2    B   ;     1  D  ;   2  Lời giải Chọn D Cách : Có y   f  x  x      2x  f   x  x     x  1  x     x  x2   x  y    2  f   x  x    x  x   Có y '    f     nên ta có bảng biến thiên sau: Bảng biến thiên: 1  Dựa bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến khoảng  ;   2  Cách 2: Đặt g  x   f  x  x  Có g   x    f  x  x      x  f   x  x     x      x  x2   x   x  x    1 1 1  Nhận xét: x  x    x      f   x  x   f     f   x  đơn điệu giảm 4 2 4  1   ;  suy g   x     x  f   x  x  dấu với  2x   Do g   x    x  Câu 15 [2H3-4] Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A  2; 2;  , B  0; 2;  , C  2;0;  , D  2; 2;0  Điểm M  a; b; c  khơng gian cho S  a  b  c 3MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ Khi A B C D Lời giải Chọn B Ta thấy tứ diện ABCD tứ diện vuông A AB  AC  AD Dựng hình lập phương ABEC.DHFK uuu r uuur uuur uur u Khi đó: AB  AC  AD  AF , AF  AB Sử dung tính chất tích vơ hướng: rr r r r r r r rr r r r r r r a.b  a b cos a , b  a b a.b  a b cos a , b   a b  Ta có:  3MA  MB  MC  MD  3MA    MB AB MC AC MD AD   AB AC AD uuur uuu r uuuu r uuur uuuu r uuur MB AB MC AC MD AD  3MA    AB AC AD uuu r uuur uuur uuur  AB AC AD   3MA  MA     AB  AC  AD  AB AC AD  uuu r uuur uuur uuur uuur  AB  AC  AD  uuur AF  3MA  MA   AB  AC  AD  AB  AC  AD  3MA  MA AB AB   uur u uuur AF AB  3MA  MA  AB  AC  AD  3MA  MA  AB  AC  AD AB AB  AB  AC  AD 3MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ M trùng với A hay M  2; 2;  Vậy S  a b c  222  Do Câu 16 [1H1-4] Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' có cạnh 1, M trung điểm AB Một kiến từ điểm M thẳng tới điểm N thuộc cạnh CC ' , từ điểm N thẳng tới điểm P thuộc cạnh CC ' , từ điểm P ' thẳng tới điểm D ' (điểm N , P thay đổi tùy theo hướng kiến) Quãng đường ngắn để kiến từ M đến D ' A 2 1 B Lời giải C D  2 Chọn A Dùng kĩ thuật trải phẳng Trải mặt ABCD, BCC ' B ', CDD ' C ' mặt phẳng Quãng đường kiến từ M đến D ' : MN  NP  PD  MD Đẳng thức xảy M , N , P, D ' thẳng hàng Tam giác BMD ' vng B ' có BM  , BD  2 Khi MD  BM  BD  Câu 17 [2D3-4] Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm dương liên tục  0;1 thỏa mãn f  1  f    1  A 1 f   x   f  x   1 dx   f   x  f  x  dx Tính   f  x   dx B 33  27 18 C 33 18 Lời giải Chọn C Ta có  1 0 f   x   f  x   1 dx   f   x  f  x  dx   f   x  dx D 33  54 18 1 1 0 0   f   x  f  x  dx  f  1  f     f   x  f  x  dx   dx    f   x  f  x   1 dx 1  f   x   f  x   1 dx  2 0 1 f   x  f  x  dx    f   x  f 2    f   x  f  x   1 dx      x   1 dx  2 f   x  f  x  dx  0 f  x f  x   f  x f  x   f  x  x  C  f  x   3x  C  f  x   3 x  C f  x   0, x   0;1  C  3 3 Mà f  1  f     C   C    C  C  C 33 C    C 3  C 1 27  33 C 3 27  33  C  3C  0C   C  27 18 18  27  33  33 dx  Suy   f  x   dx    3x    18 18 0  · · Câu 18 [2D1-4] Cho khối chóp S ABC có SA  SB  SC  a ·ASB  BSC  CSA  300 Mặt phẳng  qua A cắt SB, SC B, C  cho chu vi tam giác ABC  nhỏ Tính k  C k  B k   A k    VS ABC  ? VS ABC  D k  2  Lời giải Chọn B Trải tam giác SAB, SAC , SBC mặt phẳng  A  A  Ta có SAC  SAC  AC   AC  Do chu vi tam giác ABC  AB  BC   C A  AB  BC   AC   AA Dấu xãy B  E , C   F hay SB  SE , SC   SF Tam giác SAA có góc S$  900 , SA  SA nên tam giác SAA vng cân S , ·   SA · A  450 SAA · Xét tam giác SAE có SEA  1800  300  450  1050 SE SA SE a     SE  1  a Áp dụng định lí sin ta có · · sin 45 sin1050 sin SAE sin SEA SB SC   1    Khi k  SB SC     Câu 19 [2D3-4] Cho hàm số y  f  x  nhận giá trị không âm liên tục x g  x     f  t  dt Biết g  x    f  x     g  x   dx A B Đặt với x   0;1 Tìm giá trị lớn  0;1 Lời giải C D Chọn D Cách  g    Ta có g  x    2 f  t  dt    g   x   f  x   g x    g x  Do g  x    f  x    g  x     g x     t t t g  x 2 dx   2dx  3  g  x    x t    g  t     g      2t t   0;1 ta có        g x     0 x 1 2 3 4    g  t    2t    g  t    t     g  x   dx    x  1dx  3 2  0 Cách Gọi F  x  nguyên hàm f  x  thỏa F    Ta có F   x   f  x  x Ta có g  x    2 f  t  dt   F  x   f  x  , với x   0;1 F x   , x   0;1   2F  x    F   x   , x   0;1   2F  x  Đặt t  t  F x 2 3 t h t    1dx  h  t    1  F  x     x  1  F  t    t     2F x   4 4 0    0 hàm số nghịch biến  0;1 , h  t    h  x   h   , x   0;1  F t   2F  t  1  33 1  F  x    x  , x   0;1 4 1 4    g  x    x  , x   0;1    g  x   dx    x  1dx  3  0 Câu 20 [2D1-4] Biết tập hợp tất giá trị thực tham số m để phương trình  4m   x    3m    x  m   có nghiệm thực đoạn  a; b  Khi ab bao nhiêu? A ab  B ab  2 C ab  1 Lời giải D ab  Chọn D Cách 1: Điều kiện: 3  x  Ta có  4m  3 x    3m    x  m    m  x   1 x 1 x   1 x 1  1 1 x   x3 7 m 1 1 x  1 x   7  x3 1 x  1    x     7  m  1    x     7    1 x   3;1  t   ;15 Từ  m   4t Đặt t      15   t x3  1  Để  1 có nghiệm   phải có nghiệm t   ;15 15  1 x  Xét hàm số f  t   1   4t 1   0, t   ;15 với t   ;15 Có f '  t   15   3t   3t  15  7 9 Từ bảng biến thiên suy m   ;  Vậy a  ; b   ab  9 7 Cách 2: Điều kiện: 3  x  + Trong điều kiện ta có:  x   2,   x  0  X , Y  + Đặt X  x  3, Y   x , đó:  2 X Y  Phương trình ban đầu trở thành:  4m   X   3m   Y  m   + Ta quy tốn hình học: “Tìm tham số m để đường thẳng  :  4m  3 x   3m   y  m   cắt đường tròn  C  : x2  y  điểm nằm góc phần tư thứ nhất”  1 + Nhận thấy đường thẳng  qua điểm cố định M   ;  , cung nằm góc phần  7 tư thứ  C  cung »AB với A  2;0  , B  0;  (như hình vẽ) uuur  15  + Ta có MA   ;  suy đường thẳng 1 qua A, M có hệ số góc k1  15  7 uuur  15  MB   ;  suy đường thẳng  qua B, M có hệ số góc k2  15 7  x    (vơ nghiệm) + Nếu m  phương trình ban đầu trở thành 3 4m  Do đường thẳng  cắt cung + Nếu 3m   đường thẳng  có hệ số góc k   3m  trịn »AB k1  k  k2  4m    15   m  15 3m  7 Vậy a  ; b   ab  Câu 21 [1D2-3] Trong thi trắc nghiệm khách quan có 10 câu Mỗi câu có bốn phương án trả lời, có phương án Mỗi câu trả lời điểm, trả lời sai bị trừ 0,5 điểm Một thí sinh khơng học nên làm cách với câu chọn ngãu nhiên phương án trả lời Xác suất để thí sinh làm số điểm khơng nhỏ là: A 10 1 B C    4 10 3 1 C A108     4 4 Lời giải Chọn D Gọi số câu trả lời x  x  N , x  10   Số điểm đạt : x  0,5  10  x   1,5 x    x  8 1 +) TH1: sai ,  C   4 10 3   4 1 3 +) TH2: có đúng, sai  C     4 4 10 3   4 D 109 262144 10 1 +) TH3: có 10 đúng, sai    4 109 Tổng cộng 262144 Câu 22 [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn iz  2  iz   Gọi M , m giá trị lớn 1 i i 1 giá trị nhỏ z Tính giá trị P  M m A P  B P  D P  C P  2 Lời giải Chọn C Cách 1: Ta có iz  2  iz    z  1 i  z 1 i  1 i i 1  z   i  z 1  i  z   i  z   i  2z  z  z   z   i  a    b  1 i Giả sử z  a  bi với a, b  ¡ ,   z   i  a    b  1 i a 1 b 1   a  b Dấu “ ” xảy  a 1 b 1 Mặt khác ta có z   i  z   i   a  1   a  1  2 z   i  a 1  a 1  2  a    b  m    z    i  2 Mặt khác ta có   z   i  z   i      42  2.2 z   i  4     z 1 i  z 1 i   z   z   z  Dấu “ ” xảy  z   i  z   i   a  1   b  1   a  1   b  1  a  b Mặt khác ta có z   i  z   i   a  1 2 2   a  1  z  1 i 2   a  1   a  1   a  1  b  1    z  1  i Vậy M  m  Vậy P  M m  2 Cách 2: 2  iz    z   i  z   i   * Ta có iz  1 i i 1 Gọi A điểm biểu diễn số phức z , xét hai điểm F1  1;1 F2  1; 1  *  AF1  AF2  , mặt khác ta có F1F2  2   A thuộc Elip có độ dài trục lớn 2a  tiêu cự 2c  2 , nhận O làm tâm đối xứng  a   b  a2  c2  Có  c   M  z max  OA1  a  Ta có z  OA , theo tính chất Elip ta có  m  z  OB1  b  Vậy P  M m  2   Câu 23 [2D1-4] Cho hai hình cầu đồng tâm  O;  O; 10 Một tứ diện ABCD có hai đỉnh   A, B nằm mặt cầu  O;  hai điểm C , D nằm mặt cầu O; 10 Tính thể tích lớn khối cầu tứ diện ABCD A 12 B C D Lời giải Chọn D K D C I A B H +) Đặt IK  a, IH  b  V  a.b.d sin  CD AB.HK  6 V  V  3  10  a    b   a V   10  a    2b   a V  216  6  10  a    b   a  b  2 2 2 2  2b   2b  \ Vậy Vmax  Dấu “ ” xảy a  2; b  Câu 24 [2H1-4] Cho hình hộp ABCD ABC D Gọi M điểm thuộc đoạn CC  thỏa mãn CC   3CM Mặt phẳng  ABM  chia khối thành hai phần tích V1 , V2 Gọi V1 thể tích phần chứa điểm B Tính tỉ số k  A k  B k  27 V1 V2 C k  Lời giải Chọn C 13 41 D k  13 20 C B D A M C B A D I K Cách 1: Trong mặt phẳng  BCC B  kéo dài BM cắt BC I Trong mặt phẳng  ABCD  nối AI cắt DC K Thiết diện hình hộp bị cắt mặt phẳng  ABM  hình thang ABMK CM CI CK 1     CI  BC Ta có CC  BI CD Đặt h h  d  B;  ABCD    d  M ;  ABCD    S S  S ABCD  S ABC  Gọi V thể tích khối hộp ban đầu, V  h.S Ta có V1  VIABB  VIMCK  1 1 · VIABB  VB ABI  d  B;  ABI   S ABI  h AB.BI sin IBA 3 1 1 V  h AB BC.sin B  h AB.BC.sin B  h.S  2 2 4 1 h · VIMCK  VM ICK  d  M ;  ICK   S ICK  CI CK sin ICK 3 h 1 1 1 V     BC CD.sin C  h BC.CD.sin C  h.S  3 2 54 108 108 V 13 V V 26 26 82  V  V2  V  V1  V  V V   Thay vào  1 có V1   V2 41 108 108 108 108 Cách 2: Đặt V  VABCD ABC D  , V1  VABC BMK  VM ABCK  VM ABB  1 Trong đó: 1 2 VM ANCK  d  M ;  ABCK   S ABCK  d  C ;  ABCD   S ABCD  V 3 3 27 1 1 VM ABB  d  M ;  ABB   S ABB  d  C ;  ABB   S ABBA  V 3 V1 13 13 13 41 Thay vào  1 ta có V1  V  V  V  V2  V  V  V   V2 41 27 54 54 54 un ,  n  ¥ *  Tính Câu 25 [1D3-4] Cho dãy số (un ) xác định u1  un 1  2(2 n  1) u  n tổng 2018 số hạng dãy số đó? 4036 4035 4038 4036 A B C D 4035 4034 4037 4037 Lời giải Chọn D Ta có: 1     4n      n  1   4n     4.1     4.2      4n   un 1 un u1  un 1  4n  8n   2n  4n  2 2 1  un 1    un    4n  8n   2n  1  2n   (2n  1)(2n  1) 2n  2n   Do   1 1 1  S n  u1  u2   un  1           2n   3 3 5  n  2n   4036  S 2018    2.2018  4037 Câu 26 [2D1-3] Cho hàm số y  x( x  3) có đồ thị  C  có điểm M thuộc đồ thị  C  thỏa mãn tiếp tuyến M  C  cắt  C  trục hoành điểm phân biệt A ( khác M ) B cho M trung điểm đoạn thẳng AB ? A B.1 C Lời giải Chọn C Ta có y  x  3x  y  x  D 3 Gọi M  m; m  3m   (C )  y(m)  3m  Phương trình tiếp tuyến  C  M  : y   3m  3  x  m   m  3m 3 Phương trình hồnh độ giao điểm  C   : x  x   3m  3  x  m   m  3m   x  m   3m  3   x  m   x  mx  m    x  m  x  m x  m    x  m  x  mx  2m   x  2m Theo yêu cầu toán m  Từ giả thiết suy x A  2m Gọi B giao điểm đường thẳng  trục Ox suy B  xB ;0  Do M trung điểm AB nên ta có: xM  x A  xB 2m  xB m  xB  4m  B  4m;  2 Mà B     4m  m   3m  3  m  3m  m   3m  3m  3  m  m     m  10m  12     m    Do m  khơng thỏa mãn điều kiện nên có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán 2 x3 Câu 27 [2D1-4] [Đề thi thử lần – Sở Bình Phước - 2018] Cho hàm số y   ax  3ax  , với a x12  2ax2  9a a2   tham số Để hàm số đạt cực trị x1 ; x2 thỏa mãn a2 x2  2ax1  9a athuộc khoảng nào?   A a   3; 5      B a   5; 7      C a   2; 1   D a    ; 3  Giải Ta có y  x  2ax  3a Để phương trình cho có hai điểm cực trị x1 , x2 ta cần phương 2 trình y   x  2ax  3a   1 có hai nghiệm phân biệt Phương trình  1 có hai a  nghiệm phân biệt   a  3a   a  a       a  3 Áp dụng định lý Vi-et ta x1  x2  2a   Chú ý x1 nghiệm  1 sử dụng   nên x1  2ax1  3a   x12  2ax2  9a   x12  2ax1  3a   2a  x1  x2   12a  2a  x1  x2   12a  4a  12a 2 Tương tự ta có x2  2ax1  9a  4a  12a x12  2ax2  9a a2 4a  12a a2     2 a2 x22  2ax1  9a a2 4a  12a 4a  12 a      4a  12   a  2a  4a  12     4a  12   a   a 4a  12 7    a  4   5;    Câu 28 [2D4-4] Cho z1 , z2 hai số phức z thỏa mãn điều kiện z   3i  , đồng thời z1  z2  Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức w  z1  z2 mặt phẳng tọa độ Oxy đường trịn có phương trình đây? 2 5  3  A  x     y    2  2  C  x  10    y    36 2 2 5  3  B  x     y    2  2  D  x  10    y    16 Lời giải 2 Chọn C Gọi A , B điểm biểu diễn z1 , z2 H trung điểm AB 2 z   3i  suy A, B   C1  :  x     y  3  25 z1  z2   AB  suy H   C2  :  x     y  3  uuuu r uuu r uuu r uuur Gọi M điểm biểu diễn w  z1  z2  OM  OA  OB  2OH Suy M ảnh H qua phép vị tự tâm O tỉ số vị tự 2 Vậy quỹ tích điểm M đường trịn có phương trình  x  10    y    36 Câu 29 [1D2-4] Có 30 thẻ đánh số từ tới 30 Rút ngẫu nhiên thẻ Tính xác suất để tổng số ghi thẻ chia hết cho 2 A 68 203 B 203 C 23 680 D 13 55 Lời giải Chọn A Gọi A biến cố : “Rút ngẫu nhiên thẻ mang số có tổng chia hết cho ” Ta có: n ( W) = C30 - Ta chia 30 thẻ đánh số từ tới 30 thành loại sau: Loại 1: 10 thẻ mang số chia cho dư Loại : 10 thẻ mang số chia cho dư Loại : 10 thẻ mang số chia hết cho - Rút thẻ mang số có tổng chia hết cho xảy trường hợp sau : TH : thẻ thẻ loại có : C10 cách TH : thẻ thẻ loại có : C10 cách TH : thẻ thẻ loại có : C103 cách TH : thẻ gồm thẻ loại 1, thẻ loại , thẻ loại có : 10.10.10 = 1000 cách n ( A) 3C103 +1000 68 = = Xác suất biến cố A : P ( A) = n ( W) C30 203 Câu 30 [2D4-3] Cho số phức z  a  bi  a, b  R thỏa mãn z 2018  z Hỏi có cặp  a; b  thỏa mãn đề bài: A 2021 B 2018 C 2019 D 2020 Lời giải: Chọn D z 0 2018 2018 z z  z  Ta có z  z  + Nếu z   z  2018  z  z 2018   z 2019  + Nếu z  , ta có z z 2019 Vì phương trình z  có 2019 nghiệm nên có tất 2020 số phức z thỏa mãn Vậy có 2020 cặp  a; b  thỏa mãn đề  ... số có tổng chia hết cho ” Ta có: n ( W) = C30 - Ta chia 30 thẻ đánh số từ tới 30 thành loại sau: Loại 1: 10 thẻ mang số chia cho dư Loại : 10 thẻ mang số chia cho dư Loại : 10 thẻ mang số chia... Như tất có C12  C16  C7  C6  C10  4C5  4C9  1601 số Chọn D [2D1-4] Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục ¡ f    Biết đồ thị hàm số y  f   x  đường cong hình vẽ bên Hỏi phương... y z 1 2 Suy  ABC  :    nên VOABC  abc  2.1  6 Câu 14 [2D1-3] Cho hàm số y  f  x  Hàm số y  f   x  có đồ thị hàm bên Hàm số y  f  x  x  nghịch biến khoảng đây:   A   ;