Đề thi học sinh giỏi có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 tỉnh bắc giang

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI BẮC GIANG 1009 S = ( C1009 ) + ( C1009 ) + + ( C1009 ) Câu [1D2-3] [HSG,Bắc Giang, 2018] Tính tổng: 1009 C2018 A B 1009 C2018 −1 1009 C2018 +1 C D 22018 − Lời giải Chọn B f ( x) = ( 1+ x) 2018 = ( 1+ x) 1009 ( x + 1) 1009 Xét khai triển 1009 1009 1009 = ( C1009 + C1009 x + + C1009 x ) ( C1009 x1009 + C1009 x1008 + C1009 ) (C ) +(C ) +(C ) 1009 x1009 1009 2 1009 ( 1009 + + C1009 ) Suy hệ số là: (1) 2018 2018 2017 1009 1009 f ( x) = ( 1+ x) C2018 x + C2018 x + C2018 x + + C1009 Mặt khác: = 1009 1009 C2018 x Suy hệ số là: (2) (C ) +(C ) +(C ) 1009 Từ (1) (2) suy ra: ( ⇒ C1009 Câu ) +(C ) 2 1009 ( 1009 + + C1009 ) 1009 2 1009 ( 1009 + + C1009 ) 1009 = C2018 1009 = C2018 −1 1 2 1008 1009 S = C1009 C1009 + C1009 C1009 + C1009 C1009 + + C1009 C1009 [1D2-3- PT1] Tổng 1008 1008 C2018 C2018 −1 A B C 1008 C2018 +1 D là: 2018 Lời giải: Chọn C f ( x) = ( 1+ x) 2018 = ( 1+ x) 1009 ( x + 1) 1009 Xét khai triển 1009 1009 1009 = ( C1009 + C1009 x + + C1009 x ) ( C1009 x1009 + C1009 x1008 + C1009 ) x1008 Câu 1 2 1008 1009 C1009 C1009 + C1009 C1009 + C1009 C1009 + + C1009 C1009 Suy hệ số là: (1) 2018 1009 f ( x) = ( 1+ x) C2018 x 2018 + C2018 x 2017 + C1008 + + C1009 2018 x Mặt khác: = 1008 1008 C2018 x Suy hệ số là: (2) 1 2 1008 1009 1008 C1009C1009 + C1009 C1009 + C1009 C1009 + + C1009 C1009 = C2018 Từ (1) (2) suy ra: S = Cn0C21n + Cn1C22n + CnnC2nn+1 ( n ≥ 2, n ∈ Ν ) [1D2-3- PT2] Tổng là: 2n n n +1 C3n C3n C3n C32nn −1 A B C D Lời giải Chọn C f ( x) = (1+ x) 3n = ( + x ) ( x + 1) 2n n Xét khai triển = ( C20n + C21n x + + C n2 n x n + C2nn+1 x n +1 + + C22nn x n ) ( Cn0 x n + Cn1 x n −1 + Cnn ) Cn0C21n + Cn1C22n + Cnn C2nn+1 x n +1 Suy hệ số là: (1) 3n n +1 n +1 f ( x ) = ( + x ) = C3n + C3n x + + C3n x + + C33nn x3n Mặt khác: C3nn+1 x n +1 Suy hệ số là: (2) Từ (1) (2) suy ra: Cn0C21n + Cn1C22n + CnnC2nn+1 = C3nn+1 Câu 12 [2D1-3] [HSG,Bắc Giang, 2018]Cho hàm số bậc ba hàm số hình vẽ bên Tìm tất giá trị có ba điểm cực trị là: A  m = −  m =  B  m ≤ −  m ≥  ≤m≤ 2 C y -4 -2 x -1 -2 -3 -4 Lời giải Chọn D g ( x ) = f ( x ) + 2m Xét hàm số g '( x) = Khi , ∀x ∈ ¡ f '( x).[ f ( x) + 2m ] f ( x ) + 2m ;  f '( x ) = ⇔ g '( x ) =  f ( x ) = −2 m y = f ( x) m có đồ thị y = f ( x ) + 2m để D  m ≤ −  m ≥  Từ đồ thị ta thấy f '( x ) = có hai nghiệm phân biệt f ( x ) = −2m Để hàm số cho có cực trị có nghiệm khác f '( x ) = f ( x) = −2m nghiệm có hai nghiệm phân biệt có f '( x ) = nghiệm trùng nghiệm Dựa vào đồ thị ta thấy yêu cầu toán  −2 m ≥ ⇔  −2 m ≤  m ≤ −  ⇔ m ≥  Bài tập phát triển : Câu [2D1-3] Cho hàm số bậc ba Tìm tất giá trị A  m = −2 m =  B m y = f ( x) có đồ thị hàm số hình vẽ bên y = f ( x) − m để −2 < m < có năm điểm cực trị là: −2 ≤ m ≤ C D y -4 -2 -1 -2 -3 -4 Lời giải Chọn B g ( x) = f ( x) − m Xét hàm số , ∀x ∈ ¡ x  m ≤ −2 m ≥  g '( x) = Khi f '( x).[ f ( x ) − m ] f ( x) − m Từ đồ thị ta thấy ; f '( x ) =  f '( x) = ⇔ g '( x ) =  f ( x) = m có hai nghiệm phân biệt Để hàm số cho có cực trị f '( x ) = nghiệm Dựa vào đồ thị ta thấy yêu cầu toán y = f ( x) Câu [2D1-3] Cho hàm số bậc bốn Tìm tất giá trị A m>2 B −2 < m < m f ( x) = m ⇔ −2 < m < có nghiệm khác có đồ thị hàm số hình vẽ bên y = f (x) − m để có năm điểm cực trị là: C m≥2 D  m ≤ −2 m ≥  y -4 -3 -2 -1 -1 -2 -3 -4 -5 x Lời giải Chọn C g ( x) = f ( x) − m Xét hàm số , g '( x ) = ∀x ∈ ¡ f '( x).[ f ( x ) − m ] f ( x) − m Khi Từ đồ thị ta thấy f '( x ) = ;  f '( x) = ⇔ g '( x ) =  f ( x) = m có ba nghiệm phân biệt Để hàm số cho có cực trị f '( x ) = f ( x) = m f '( x ) = ⇔ f ( x) = m có nghiệm khác nghiệm có ba nghiệm phân biệt có nghiệm trùng nghiệm Dựa vào đồ thị ta thấy yêu cầu tốn ⇔m≥2 Câu 13 [2D2-4] [HSG,Bắc Giang, 2018]Trong khơng gian với hệ tọa độ mặt phẳng phẳng qua A ( P) : x + y + z + = A và vng góc với x + y − 2z − = B A ( 3; 2;1) ( P) , B ( 2;1; ) , cho Lập phương trình mặt đồng thời cách x + y + 2z − = Oxyz B x − 2y + z = C Lời giải khoảng lớn D x − y − 2z − = Chọn A ( d) ( P) A Gọi đường thẳng qua vng góc với mp phương trình đường thẳng đường thẳng là: x − y − z −1 = = (d) : 1 Gọi ( Q) mặt phẳng qua mặt phẳng ( Q) là: ( Q) : x + y + z − = B song song với mp ( P) phương trình Giao điểm đường thẳng ( d) mp ( Q) 8 2 C ; ; ÷ 3 3 uuur  2 −4  BC  ; ; ÷ 3 3  A ( 3; 2;1) Vậy để thỏa mãn yêu cầu đề mặt phẳng qua vng góc BC với đường thẳng ta có phương trình mặt phẳng cần tìm là: ( P′ ) : x + y − z − = Phát triển Bài [2D2-4] Trong không gian với hệ tọa độ ( P) : x + y − z + = vuông góc với A x + y + 2z −1 = A ( 3; 2;1) , B ( 2;1; ) Oxyz , cho mặt phẳng Lập phương trình mặt phẳng qua A đồng thời cách B khoảng lớn ( P) B −2 z + = 2z − = C Lời giải D x + y + 3z − = Chọn B ( d) ( P) A Gọi đường thẳng qua vng góc với mp phương trình đường thẳng đường thẳng là: ( d) : Gọi x − y − z −1 = = 1 −1 ( Q) mặt phẳng qua mặt phẳng ( Q) B song song với mp ( P) là: ( Q ) : x + y − z −1 = Giao điểm đường thẳng ( d) mp ( Q) C ( 2;1;0 ) phương trình uuur BC ( 0;0; −2 ) A ( 3; 2;1) Vậy để thỏa mãn yêu cầu đề mặt phẳng qua vng góc BC với đường thẳng ta có phương trình mặt phẳng cần tìm là: ( P′) : −2 z + = Bài [2D2-4] Trong không gian với hệ tọa độ ( P) : x − 2y + z + = vng góc với A x+ y+ z−2 =0 ( P) A ( 1;0;1) , B ( 2; 2; ) Oxyz , cho mặt phẳng Lập phương trình mặt phẳng qua A đồng thời cách B khoảng lớn B x + y − 4z − = C x + y −3 = D x+ y−z =0 Lời giải Chọn A ( d) ( P) A Gọi đường thẳng qua vng góc với mp phương trình đường thẳng đường thẳng là: x −1 y z −1 = = (d) : −2 Gọi ( Q) mặt phẳng qua mặt phẳng ( Q) B song song với mp ( P) là: ( Q) : x − y + z = Giao điểm đường thẳng uuur  −4 −4 −4  BC  ; ; ÷  3  ( d) mp ( Q) 2 2 C ; ; ÷ 3 3 phương trình Vậy để thỏa mãn yêu cầu đề mặt phẳng qua với đường thẳng BC A ( 1;0;1) vng góc ta có phương trình mặt phẳng cần tìm là: ( P′ ) : x + y + z − = S ABCD Câu 28 [1H3-3] [HSG,Bắc Giang, 2018]Cho hình chóp vuông cạnh a đường thẳng SA M,N ( SMN ) mặt phẳng Đặt đẳng thức ? 2x + a = a ( x + y ) x + a = a ( x + 2y) C BM = x, DN = y cho mặt phẳng với B < x, y < a D vng góc với Trong đẳng thức sau, x2 + a2 = a ( x + y ) x + 2a = a ( x + y ) hình Lấy điểm ( SAM ) BC , CD nằm cạnh A ( ABCD ) vng góc với mặt phẳng ABCD có đáy Lời giải Chọn B Ta có: ( SMN ) Ta có ( SMN ) ⊥ ( SAM ) ⇒ d ⊥ MN d tồn đường thẳng MN ⊥ SA ( SAM ) vng góc với MN ⊥ ( SAM ) ⇒ MN ⊥ AM , suy , mà nên 0 ·AMN = 90 ⇒ ·AMB + NMC · · = 90 ⇒ tan ·AMB = cot NMC ⇒ AB MC ⇒ a = a − x 2 = x a − y ⇒ x + a = a( x + y) BM NC Câu phát triển Câu 1: [1H3-3-PT1]Cho hình bình hành h Trên hai tia với mặt phẳng ( BDM ) , ( BDN ) A ab = h Ax, Cy ABCD có khoảng cách từ vng góc với ( ABCD ) ( ABCD ) ta lấy hai điểm A đến BD nằm phía so M,N cho mặt phẳng AM = a, CN = b vng góc với Đặt Chọn mệnh đề 2 2 a +b = h ab = 2h a + b = 4h B C D Lời giải Chọn A H,K A, C BD AH = CK = h Gọi hình chiếu vng góc lên Ta có  BD ⊥ MA  ·  BD ⊥ AH ⇒ BD ⊥ ( AHM ) ⇒ ( MBD ) , ( ABCD )  = MHA Vì  BD ⊥ CK  ·  BD ⊥ CN ⇒ BD ⊥ ( CKN ) ⇒ ( NBD ) , ( ABCD )  = NKC Vì ( MBD ) ⊥ ( NBD ) ⇒ ( MBD ) , ( NBD )  = 900 Ta có ⇒ ( MBD ) , ( ABCD )  + ( NBD ) , ( ABCD )  = 900 · · · · ⇒ MHA + NKC = 900 ⇒ tan MHA = cot NKC ⇒ Câu 2: a h = ⇒ ab = h h b [1H3-3- PT2]Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh ( ABCD ) a M,N vng góc với mặt phẳng Lấy điểm lần BC , CD CM = x, CN = y < x, y < a lượt nằm cạnh Đặt với Biết mặt đường thẳng phẳng SA ( SAM ) , ( SAN ) tạo với góc 2a − 2a ( x + y ) + xy = A a − a ( x + y ) + xy = Chọn mệnh đề 3a − 3a ( x + y ) + xy = B C 450 a ( x + y ) − a − xy = D Lời giải Chọn A Ta có ( SAM ) I ( SAN ) = SA  ⇒ ( SAM ) , ( SAN )  = ( AM , AN ) = MAN ·  SA ( ABCD ) = 450 ả tan àA1 + tan A ⇒ =1 ¶ =1 ⇒ tan µ µ ¶ A + A µ ¶ ⇒ A1 + A2 = 45 − tan A1.tan A2 ( ⇒ ) a−x a− y a−x a− y + = 1− a a a a ⇒ a ( 2a − x − y ) = a − ( a − x ) ( a − y ) diện tích tam giác M ( M ∈ 3; A ( M ∈ 3; ) ) OIK ( ( M ∈ 2; 2 B ) O gốc tọa độ) Hãy chọn khẳng định C Không tồn M D Lời giải Chọn B ( S) ( P) ( Q) E F Giả sử tiếp xúc với , → K = d ∩ ( IEF ) Gọi 2 ( S ) : x + y + z − x + y − z + = → I ( 1; −2;1) IE = IF = Do , → IK = OI = , 1 · · → M = SOIK = IK IO.sin OIK = 6.sin OIK 2 · →M sin OIK = ⇔ OI ⊥ IK đạt giá trị lớn Bài tập phát triển Câu 1: [PT1] Trong không gian Gọi ( P) ( Q) , , cho mặt cầu ( S ) : x2 + y + z − x + y − z + = hai mặt phẳng vng góc với theo giao tuyến đồng thời tiếp xúc với ( S) Oxyz ( S) , K hình chiếu vng góc tâm I d mặt d OIK O lên Khi diện tích tam giác ( gốc tọa độ) đạt giá trị lớn h OK I nhất, gọi khoảng cách từ điểm đến đường thẳng Khẳng định sau đúng? h ∈ ( 0;1) h ∈ ( 1; ) h ∈ ( 2;3) h ∈ ( 3; ) A B C D cầu Lời giải Chọn C ( S) ( P) ( Q) E F Giả sử tiếp xúc với , → K = d ∩ ( IEF ) Gọi 2 S : x + y + z − x + y − z + = → I ( 1; −2;3 ) IE = IF = 10 ( ) Do , → IK = OI = 14 , 1 · · → M = SOIK = IK IO.sin OIK = 14.sin OIK 2 · 70 →M sin OIK = ⇔ OI ⊥ IK đạt giá trị lớn IK IO 595 h= = 17 IA2 + IO Khi Câu 2: [PT1] Trong không gian điểm M ( 2; −3;5 ) Ba tia ( S) Oxyz , cho mặt cầu Mx, My, Mz ( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 3) = 2 thay đổi, đôi vuông góc với A B C M điểm , , Biết hình chiếu lên AB BC CA R đường thẳng , , thuộc mặt cầu bán kính Khẳng định sau đúng? R= R= R= R=3 2 A B C D Lời giải Chọn A cắt mặt cầu BC H K E trung điểm ba điểm , , hình chiếu M AB AC BC , , M ( 2; −3;5 ) ∈ ( S ) Ta có 2 I ( 1; −1;3) ( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 3) = ( s ) r =3 Do có tâm bán kính IN ⊥ ( MBC ) → IN ⊥ ME Suy ME ⊥ IE Suy MH ⊥ IH MK ⊥ IK Chứng minh tương tự ta có , IM = H K E Suy , , thuộc mặt cầu đường kính R= Vậy Gọi Câu 3: N [PT3] Trong không gian Gọi ( P) ( Q) , cầu d ( S) , K hình chiếu vng góc tâm ) Khi diện tích tam giác OIK ( ) ( I d mặt O gốc tọa độ) đạt giá trị lớn OIK r nhất, gọi bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác Khẳng định sau đúng? r ∈ 4; r ∈ 5;3 r ∈ 2; r ∈ ( 3; ) A B C D Lời giải ( lên , cho mặt cầu ( S ) : x2 + y + z − x + y − z + = hai mặt phẳng vng góc với theo giao tuyến đồng thời tiếp xúc với ( S) Oxyz ( ) Chọn D ( S) ( P) ( Q) E F Giả sử tiếp xúc với , → K = d ∩ ( IEF ) Gọi 2 S : x + y + z − x + y − z + = → I ( 2; −2;1) IE = IF = ( ) Do , → IK = 10 OI = , 1 · · → SOIK = IK IO.sin OIK = 10.3.sin OIK 2 10 · → SOIK sin OIK = ⇔ OI ⊥ IK đạt giá trị lớn IK = 19 OIK Khi tam giác nội tiếp đường trịn đường kính 19 r= → Câu 44[2D1-3] [Nguyễn Khuyến, Bình Dương, 18/3,2018] Cho hàm số y = x − 4mx3 − ( m + 1) x + 12 ( m3 + m ) x + g ( x ) = f ′ ( x + 1) + m − gọi n số điểm cực trị lớn hàm số A n=3 B n =1 C Hãy xác định giá trị n=5 D n=7 n Lời giải Chọn C ( ) f ′ ( x ) = 12  x3 − mx − m + x + m3 + m  = 12 ( x − m ) ( x − m − 1) h ( x ) = f ′ ( x + 1) g ( x) Như đồ thị hàm số có cách tịnh tiến r v = ( 0; m + 1) h ( x) đồ thị hàm số theo vectơ Đặt Ta thấy f ′( x) = f ′ ( x + 1) = ln có ba nghiệm phân biệt nên f ′ ( x + 1) ln có ba nghiệm phân biệt, đồ thị hàm số ln có hai điểm cực trị nằm hai phía trục hồnh Do đó, đồ thị hàm số h ( x ) = f ′ ( x + 1) có điểm cực trị Vậy đồ thị hàm số nhiều điểm cực trị g ( x ) = f ′ ( x + 1) + m2 − có Bài tập phát triển Câu [2D1-3] Cho hàm số có đồ thị hàm số cắt trục hồnh điểm hình vẽ Biết Hỏi đồ thị hàm số có điểm cực trị A B C Lời giải Chọn B Từ đồ thị hàm số ta lập biến thiên Cũng từ đồ thị hàm số ta thấy Do hàm số nghịch biến nên Do suy Như vậy, ta có bảng biến thiên hàm D Dựa vào bảng biến thiên đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có điểm cực trị cắt trục hoành điểm đơn Vậy đồ thị hàm số có điểm cực trị Câu [2D1-3] Biết đồ thị hàm số bậc ba cắt trục hoành điểm phân biệt Số điểm cực trị lớn nhỏ đồ thị hàm số Giá trị A B C Lời giải D Chọn C Vì đồ thị hàm số bậc ba cắt trục hoành ba điểm phân biệt nên hàm số có hai điểm cực trị Và gọi hệ số ứng với Để đồ thị hàm số có số điểm cực trị lớn đồ thị hàm số có hai điểm cực trị dương Khi số điểm cực trị lớn hàm số Để đồ thị hàm số có số điểm cực trị lớn đồ thị hàm số có hai giá trị cực trị trái dấu Khi số điểm cực trị lớn đồ thị hàm số Vậy đồ thị hàm số có số điểm cực trị lớn đạt hàm số có hai giá trị cực trị trái dấu hai điểm cực trị dương, Để đồ thị hàm số có số điểm cực trị bé có hai điểm cực trị âm Để đồ thị hàm số có số điểm cực trị bé hai giá trị cực trị dấu dương Vậy đồ thị hàm số có số điểm cực trị bé đạt hàm số có hai giá trị cực trị dấu dương hai điểm cực trị âm, Câu 45: [1D3-3][Nguyễn Khuyến, Bình Dương, 18/3,2018] Cho dãy số  2nπ π  un = sin  − ÷ 6  Gọi Sn T = ( S2017 ) + ( S2018 ) − B T = −2 C T =0 Lời giải Chọn A với tổng n số hạng dãy số Tính giá trị biểu thức T = −1 A ( un ) D T = −3 Ta thấy  2.3k π π  u3k = sin  − ÷= − 6   ( 3k + ) π π  u3k + = sin  − ÷= − 6  Do Nên S 2016 ;  ( 3k + 1) π π  u3k +1 = sin  − ÷= 6  ; = ( u1 + u2 + u3 ) + + ( u2014 + u2015 + u2016 ) = S 2017 = S 2016 + u2017 = S 2018 = S 2017 + u2018  −1  = +  ÷=   T = ( S 2017 ) + ( S 2018 ) − = + 2 − = −1 Vậy Hai câu phát triển thêm : Câu 1: [1D3-3] Cho A ( an ) với B a1 = , an +1 = an + 3an2 −2 Tìm T= C a a a  lim  + +…+ n ÷ = ? an +1   a2 a3 T= D Lời giải an +1 − an  1  an a1 a2 an an2 =  − = = ÷ ⇒ + +…+  an an+1  a2 a3 an +1 an +1 an +1.an an +1.an Ta có:  1  =  − ÷= −  an an +1  3an +1 Suy : a a 4 a   1 lim  + +…+ n ÷ = lim  − ÷ = − lim an +1  an +1  a2 a3  3an +1  3 an   > 0  ∀n ⇒ ( an   ) Ta có: lim an   = L ⇒ L + 3L2 = L ⇒L=0 Vậy Câu 2: ( Vơ lý dãy số tăng Nếu ( an   ) bị chặn   a1 =   ) 1 ⇒ lim = ⇒ lim =0  lim an   = +∞ an   an +1  ( xn ) [1D3-3] Cho dãy số xác định bởi: Với n số nguyên dương x1 = 1; xn +1 ( 2x = n + 1) 2012 2012 + xn (2 xn + 1) 2011 (2 x1 + 1) 2011 (2 x2 + 1) 2011 (2 x3 + 1) 2011 un = + + + + x2 + x3 + x3 + xn +1 + Đặt lim un n →+∞ Tìm lim un = n →+∞ A 1006 lim un = n →+∞ B 1007 lim un = n →+∞ C 2012 lim un = n →+∞ D 2014 Lời giải xn +1 − xn = Ta có Suy (2 xn + 1) 2012 2012 − xn + xn +1 + = , ∀n ≥ 2( xn +1 − xn ) (2 xn + 1) 2011 = (2 xn + 1)(2 xn +1 + 1) 1006(2 xn +1 + 1) n    (2 x i +1)2011  = 1006 − −  ÷ = 1006  ÷ ∑ ∑ xi +1 +  i =1  xi +  x1 + xn +1 +  ⇒ i =1 xi +1 + n xn +1 − xn = Mặt khác: (2 xn + 1) 2012 ≥0 2012 nên dãy ( xn ) dãy số tăng ∀n ≥ Nếu ( xn ) lim xn bị chặn tồn lim xn = a ⇒ Đặt a ≥1 (a + 1) 2012 a= +a 2012 lim xn = +∞ hay suy lim lim un = n →+∞ Suy Câu 46 với [ 1D3-4] u1 = kỳ tập A không bị chặn =0 [Nguyễn Khuyến, Bình Dương, 18/3,2018] Cho cấp số cộng , công sai tập hợp chứa 1006 xn +1 + (vô lý) Suy ( xn ) 1000 X ∪Y d =2 cấp số cộng ( ) có v1 = , cơng sai d =3 ( un ) X ,Y Gọi số hạng cấp số cộng Chọn ngẫu nhiên phần tử bất Xác suất để chọn hai phần tử gần với số nào? 0,83.10−4 B 1,52.10−4 C 1, 66.10−4 D 0,75.10−4 Lời giải Chọn C Số hạng tổng quát dãy Số hạng tổng quát dãy Tìm số phần tử 3m − = n + ⇒ m = Ta có: ( ) un = + ( n − 1)2 = 2n + : vm = + (m − 1)3 = 3m − 1 ≤ n, m ≤ 1000 : , 1000 phần tử 2( n + 1) 3, m ≤ 1000 (n + 1) M ⇒   n ≤ 1000 Ω = C2000 ( un ) 353 có A = C353 ⇒ P ( A) = , số giống C353 → C2000 Đáp án C Bài tập phát triển: Câu 1: [ 1D3-4] v1 = Cho cấp số nhân d =2 C111 C2000 Gọi với u1 = , công bội q=2 cấp số cộng ( ) có X ,Y tập hợp chứa 1000 số hạng đầu X ∪Y tiên dãy số Chọn ngẫu nhiên phần tử tập Tính xác suất để chọn hai phần tử khác A , công sai ( un ) B C1 − 211 C2000 (C ) 1− (C ) 11 C C2000 11 D C2000 Lời giải Chọn B Số hạng tổng quát dãy ( un ) ( ) : un = 2n −1 vm = + (m − 1)2 = 2m ≤ n, m ≤ 1000 : , Số hạng tổng quát dãy un = ⇒ m = 2n − , m ≤ 1000 Ta có: ⇒ 2n −2 ≤ 1000 ⇒ n − ≤ log 1000 ≈ 9,9 → tập Ω = C2000 X ∪Y có 11 giá trị ( ) A = C111 ⇒ P ( A ) = − P A = − , n→ C111 → C2000 Đáp án B có 11 phần tử Câu 2: [ 1D3-4] v1 = Cho cấp số cộng 100 Gọi với u1 = , công sai d =3 cấp số cộng ( ) có X ,Y tập hợp chứa 100 số hạng X ∪Y cấp số cộng Chọn ngẫu nhiên phần tử tập Tính xác suất để chọn phần tử có tổng chia hết cho 3? 49 49 199 396 A B C D , công sai d =3 ( un ) Lời giải Chọn A Số hạng tổng quát dãy Số hạng tổng quát dãy Trong X ∪Y ( un ) ( ) : un = + ( n − 1)3 = 3n vm = + (m − 1)3 = 3m + 1 ≤ n, m ≤ 100 : , có 100 số chia hết cho 100 số chia dư A Gọi biến cố chọn phần tử có tổng chia hết cho 3, suy có khả năng: TH1: phần tử TH2: phần tử Ω = C200 Câu 3: v1 = [ 1D3-4] ∈X ⇒ ∈Y ⇒ ⇒ P ( A) = , có có C100 C100 1 C100 + C100 → C200 Cho cấp số cộng ( un ) Đáp án A với u1 = , công sai d =3 cấp số cộng ( ) có , công sai d =5 Gọi số cộng Chọn ngẫu X ,Y tập hợp chứa nhiên phần tử tập tổng X ∪Y 100 số hạng cấp Xác suất để chọn hai phần tử chúng chia hết cho A C82 C100 B bằng: C82 C200 C C42 C200 D C41 C200 Lời giải Chọn D Số hạng tổng quát dãy Số hạng tổng quát dãy Tìm số phần tử ( un ) ( ) : un = + ( n − 1)3 = 3n + vm = + (m − 1)5 = 5m − ≤ n, m ≤ 100 : , 1000 phần tử 3n + = 5k − ⇒ 3n = ( k − 1) Suy n chia hết cho Vậy ta có 20 x, x Suy ta có Ω = C200 tức n = 5t , k = 3t + 1( t ∈ Z ) , ≤ n ≤ 100 ⇒ ≤ t ≤ 20 số hạng chung Giả sử chọn phần tử chia hết cho 5 có tổng chia hết cho suy Ta có tập chia hết cho C41 2x chia hết cho hay Z = { 5,10,15, 20} cách chọn C41 A = C ⇒ P ( A) = → C200 , Đáp án D Câu 47 [2H1-3] [Nguyễn Khuyến, Bình Dương, 18/3,2018] Cho tứ diện M,N AB, AC ABCD có cạnh Hai điểm di động hai cạnh ( DMN ) ⊥ ( ABC ) T Hãy tính giá trị tích giá trị nhỏ giá trị ADMN lớn thể tích khối đa diện 1 T= T= T= T= 324 324 108 108 A B C D Lờigiải cho x Chọn B G Gọi DG = DG ⊥ ( ABC ) Ta có G Đặt , suy suy MN qua AC =y x, y ≥ AN AB AC sin A S ABC = = xy ( 1) S AMN AM AN sin A S ABC = Mà Ta có ( DMN ) ⊥ ( ABC ) AB =x AM Ta có ABC trọng tâm tam giác S AMN = suy xy S AMN  AM AG AN AG   1  =  + ÷ =  + ÷ ( 2) S ABC  AB AI AC AI   x y  , từ (1), (2) suy 1 1  =  + ÷ xy  x y  ⇔ x + y = Suy y = 3− x mà Pmin = 2, Pmax = y ≥1⇒ x ≤ 2 ≤ VD AMN ≤ 27 24 suy 3 ≤ S AMN ≤ T= suy ta từ P = xy = x ( − x ) 324 mà với 1≤ x ≤ từ tìm VD AMN = DG.S AMN = S AMN suy Bài toán tương tự: OA, OB, OC OABC O Câu [2H1-3] Cho tứ diện có đơi vng góc , OA = OB = , OC = cho A Hai điểm M,N di động hai cạnh ( OMN ) ⊥ ( ABC ) Thể tích khối đa diện 1 B C Lờigiải ABOMN AC , BC lớn bằng: D Chọn A Gọi K trung điểm OI ⊥ CK OK = Ta có AB suy I suy ( OMN ) ⊥ ( ABC ) VO ABC = Ta có , trung điểm suy ,kẻ OI ⊥ ( ABC ) ta chứng minh AB = OK ⊥ AB MN CK qua I VABOMN = VO ABC − VO CMN Suy thể tích khối đa diện thể tích khối chóp ABOMN O.CMN lớn nhỏ nhất, VO.CMN = OI SCMN = SCMN CA CB =x =y x, y ≥ CM CN Đặt , 11  =  + ÷ xy  x y  ⇔ x + y = Ta chứng minh Suy y = 4− x Pmax = mà y ≥1⇒ x ≤ SCMN = suy 1 VABOMN ≤ − = 9 từ SCAB ≥ xy P = xy = x ( − x ) mà với 1≤ x ≤ 1 VO.CMN ≥ OI SCMN = từ tìm suy Câu [2H1-3] Cho hình chóp Mặt phẳng cạnh A (α) SA, SC S ABCD có đáy B thay đổi qua SD B M,N ABCD , trung điểm P hình bình hành tâm I SO VS BMPN VS ABCD D Chọn C Đặt SA SC = x, =y ⇒ x, y ≥ SM SN SD = 3; x+ y=4 SP Nên Từ Xét x+ y =4⇔ x=4− y ≤3 SA SC SB SD SO + = + = =4 SM SN SB SP SI VS BMPN 2 = = = VS ABCD 4.x y.3.1 xy x ( − x ) y ≥ 2( − 2x) f ' x = =0⇔ x=2 ( ) f ( x) = , 1≤ x ≤ 3x ( − x )  3x ( − x ) Ta có Vậy Từ Ta có f ( 1) = f ( 3) = ; f ( ) = VS BMPN VS ABCD đạt GTNN cắt Tính GTNN cùa tỷ số C Lờigiải O ... , có 100 số chia hết cho 100 số chia dư A Gọi biến cố chọn phần tử có tổng chia hết cho 3, suy có khả năng: TH1: phần tử TH2: phần tử Ω = C200 Câu 3: v1 = [ 1D3-4] ∈X ⇒ ∈Y ⇒ ⇒ P ( A) = , có có... Suy n chia hết cho Vậy ta có 20 x, x Suy ta có Ω = C200 tức n = 5t , k = 3t + 1( t ∈ Z ) , ≤ n ≤ 100 ⇒ ≤ t ≤ 20 số hạng chung Giả sử chọn phần tử chia hết cho 5 có tổng chia hết cho suy Ta có tập... 2018i 2018 A 2017 Chọn A B 2018 diễn số T = −3a + b mặt phẳng Tính ? C 2019 D 2020 Lời giải phức f ( x ) = + x + x + x + + x 2017 + x 2018 Đặt f ′ ( x ) = + x + x + + 2017 x 2016 + 2018 x 2018