Giải bài tậpcao có đáp án chi tiết môn toán lớp 12 năm 2017 trường thpt lê hồng phong

TUYỂN TẬP CÁC CÂU VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TRONG ĐỀ THI TRONG ĐỀ THI TUẦN KÌ II- LÊ HỒNG PHONG-NAM ĐỊNH 2017-2018 + ĐỀ THI THỬ THPTQG –THPT HỒNG LĨNH – HÀ TĨNH (Nhóm GV thuộc tổ 10 thực hiện) Đề LÊ HỒNG PHONG Câu [1D3-3] Cho dãy số u1 = xác định  Tìm số giá trị để ( un ) un +1 = un + n,∀n ≥ n un ≤ 21529 A 209 B 208 C 210 D 211 Lờigiải: Chọn B u2 − u1 = u3 − u2 = u − u3 = un − un −1 = n − Cộng vế với vế ta được: un − u1 = + + + + + n − ⇒ un = + ( n − 1) ( n ) ≤ 21529 ⇒ n ≤ 208 Bài toán Phát triển: Câu [1D3-3] Cho dãy số n để un ≤ 21529 A 209 Chọn B u2 − u1 = u3 − u2 = u4 − u3 = un − un −1 = n Cộngvếvớivế ta được: u1 = xác định  Tìm số giá trị ( un ) un +1 = un + n + 1,∀n ≥ B 208 C 211 Lời giải: D 211 un − u1 = + + + + n ⇒ un = + ( n + 1) ( n ) ≤ 21737 ⇒ n ≤ 208 u1 = Câu [1D3-3].Cho dãy số xác định  Tìm số giá trị để ( un ) n un +1 = un + n ,∀n ≥ un ≤ 21529 A 2019 B 2018 C 2020 Lờigiải: D 2021 Chọn B u2 − u1 = 12 u3 − u = 2 u4 − u3 = 32 un − un −1 = ( n − 1) Cộng vế với vế ta được: un − u1 = 12 + 2 + 32 + + ( n − 1) ⇒ un = + ( n − 1) ( n ) ( 2n − 1) ≤ 2737280786 ⇒ n ≤ 2018 u1 = 2, u2 = Tính giới hạn un+ = 5un +1 − 6un , ∀n ≥ Câu : [1D3-3] Cho dãysố (un ) xác định sau  u  lim  nn ÷ 3  A C +∞ B Lờigiải: Chọn A Xét phương trình đặc trưng dãy truy hồi λ − 5λ + = Phương trình có nghiệm λ1 = 2, λ2 = 1 n n Do un = a.2 + b.3 Với u1 = 2, u2 = ⇒ a = , b = u n −1 n −1 Suyra un = + lim  nn 3  ÷=  Tổng quát u1 =, u2 = au + bu + cu = 0, ∀ n ≥ n +1 n  n+ : Cho dãysố (un ) xác định sau  D Tìm số hạng tổng quát Xét phương trình đặc trưng aλ + bλ + c = (1) Nếu (1) có nghiệm λ1 , λ2 số hạng tổng quát un = a1.λ1 n + a2 λ2n Từ u1 =, u = ta tìm a1 , a2 n Nếu (1) có nghiệm kép un = (a1 + na2 )λ (Nguồn:tài liệu thầy Mai Xuân Việt) Câu 35 [2D1-3] Cho hàm y = 2x −1 có đồ thị ( C ) điểm P ( 2;5 ) Tìm tổng giá trị tham số x +1 m để đường thẳng d : y = − x + m cắt đồ thị ( C ) điểm phân biệt A B cho tam giác PAB A B −7 D −4 C Lời giải Chọn D Phương trình hồnh độ giao điểm ( C ) d : 2x −1 = − x + m ⇔ x + ( − m ) x − − m = ( 1) ( điều kiện x ≠ −1 ) x +1 ( C ) cắt d điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có nghiệm phân biệt khác −1 ⇔ m ∈ ¡ Tọa độ giao điểm A ( x1 ; − x1 + m ) ; B ( x2 ; − x2 + m ) với x1 ; x2 nghiệm phương trình ( 1) Độ dài đường cao PH tam giác PAB là: PH = d( P ,d ) = 7−m ( x1 − x2 ) AB 7−m ⇔ = 2 2 Vì tam giác PAB nên PH = Áp dụng định lý Viet phương trình ( 1) ta được: −2m − 8m + 10 = Vậy tổng giá trị m thỏa yêu cầu toán −4 Chọn phương án D −4 Bài toán tương tự: Bài 1: [2D1-3] x −1 Cho hàm số y = có đồ thị ( C ) đường thẳng ( d ) : y = − x + m Tìm m để ( d ) cắt ( C ) x−2 điểm phân biệt A B cho trọng tâm tam giác OAB thuộc đường thẳng x + y = A m = B m = C m = −1 D m = Lời giải Chọn B Phương trình hoành độ giao điểm ( C ) d : x −1 = − x + m ⇔ − x + ( m + 1) x + − 2m = ( 1) ( điều kiện x ≠ ) x−2 ( C ) cắt d điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có nghiệm phân biệt khác m > ⇔ ( *) m <  Tọa độ giao điểm A ( x1 ; − x1 + m ) ; B ( x2 ; − x2 + m ) với x1 ; x2 nghiệm phương trình ( 1) Gọi G trọng tâm tam giác OAB  x + x − x + m − x2 + m   m +1 m −1  ; Khi G  ; ÷ hay G  ÷ 3     m +1 m −1 + = ⇔ m = ( thỏa ( *) ) Theo đề G thuộc đường thẳng x + y = nên 3 Vậy phương án chọn B m = Bài 2: [2D1-3] Đường thẳng ( d ) : y = x + cắt đồ thị hàm số ( C ) : y = x + 2mx + ( m + 3) x + điểm phân biệt A, B, C cho tam giác MBC có diện tích ( điểm B, C có hồnh độ khác M ( 1;3) ) Tổng S giá trị m thỏa yêu cầu toán là: A S = B S = C S = −5 D S = Lời giải Chọn B Phương trình hồnh độ giao điểm ( C ) d : x=0  x + 2mx + ( m + 3) x + = x + ⇔ x ( x + 2mx + m + ) = ⇔  ( x + 2mx + m + ) = ( 1) ( C ) cắt d điểm phân biệt  m >1 ⇔ phương trình (1) có nghiệm phân biệt khác ⇔  ( *)  m < −2 Tọa độ giao điểm B ( x1 ; x1 + ) ; C ( x2 ; x2 + ) với x1 ; x2 nghiệm phương trình ( 1) Độ dài đường cao MH tam giác MBC là: MH = d ( M ,d ) = 1− + = MH BC = ⇔ BC = ⇔ ( x2 − x1 ) = Áp dụng định lý Viet phương trình ( 1) ta 4m − 4m − 24 = Theo đề S MBC = ⇔ Giải ta m = m = −2 Kết hợp với điều kiện ( *) suy giá trị m cần tìm m = Vậy chọn đáp án B S = Bài 3: [2D1-3] 3x + Cho hàm y = có đồ thị ( C ) điểm P ( 2;5 ) Tìm tổng giá trị tham số m để x −1 đường thẳng d : y = x + m cắt đồ thị ( C ) điểm phân biệt A B cho tam giác PAB B A D −4 C Lời giải Chọn D Phương trình hồnh độ giao điểm ( C ) d : 3x + = x + m ⇔ x + ( m − ) x − − m = ( 1) ( điều kiện x ≠ −1 ) x −1 ( C ) cắt d điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có nghiệm phân biệt khác −1 ⇔ m ∈ ¡ Tọa độ giao điểm A ( x1 ; x1 + m ) ; B ( x2 ; x2 + m ) với x1 ; x2 nghiệm phương trình ( 1) Độ dài đường cao PH tam giác PAB là: PH = d( P ,d ) = m−3 ( x1 − x2 ) AB m−3 Vì tam giác PAB nên PH = ⇔ = 2 2 Áp dụng định lý Viet phương trình ( 1) ta 2m − 14m + 47 = Vậy tổng giá trị m thỏa yêu cầu toán Chọn phương án B.7 x−2 y z = = mặt cầu Câu 36 [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : −1 + ( y − ) + ( z − 1) = Hai mặt phẳng ( P ) ( Q ) chứa d tiếp xúc với ( S ) Gọi M ,N tiếp điểm Tính độ dài đoạn thẳng MN A B C D 2 Lời giải Chọn C Ta có mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; 2;1) , bán kính R = ( S ) : ( x − 1) 2 Cách 1: Gọi H hình chiếu điểm I đường thẳng d ⇒ IH = d ( I , d ) = Theo ta có: IM = IN = R = ⇒ MH = NH = IH − IM = 1 1 ⇒ = + = + = 2 ME MI MH 4 ⇒ ME = Cách 2: ⇒ MN = 3 r Đường thẳng d qua điểm A ( 2;0;0 ) , có vectơ phương u ( 2; −1; ) Mặt phẳng ( P ) chứa d có dạng ( P ) : A ( x − ) + By + Cz = (A + B2 + C ≠ 0) Do d ⊂ ( P ) nên ta có A − 1.B + 4C = ⇔ B = A + 4C Ta có điều kiện tiếp xúc R = d ( I,( P) ) ⇔ = − A + 2B + C A + 9C ( *) A2 + B + C A2 + 17C + 16 AC Biến đổi phương trình (*) phương trình đẳng cấp bậc A, B Giải phương trình, tìm mối liên hệ A theo B Từ suy phương trình mặt phẳng tiếp diện, suy tọa độ tiếp điểm Chú ý: - Do phương trình (*) có nghiệm q lẻ nên tơi khơng trình bày chi tiết Tơi chọn 01 minh họa cách giải - Với tập cách giải thứ phù hợp Tuy nhiên với tốn tìm tọa độ tiếp điểm M , N hay viết phương trình đường thẳng MN cách phù hợp Bài toán tương tự: Bài 01: [2H3-3] (Minh họa cách 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x − 13 y + z d: = = mặt cầu ( S ) : x + y + z − x − y − z − 67 − Qua d dựng mặt −1 phẳng tiếp xúc với ( S ) T1 , T2 Viết phương trình đường thẳng T1T2 x − y −1 z − x − y +1 z − = = = = A B −1 −1 x − y −1 z + x − y −1 z − C D = = = = 1 −5 −1 Lời giải Chọn A Ta có mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; 2;3) , bán kính R = r Đường thẳng d qua điểm A ( 13; −1;0 ) , có vectơ phương u ( −1;1; ) ⇔ 2= Mặt phẳng ( P ) chứa d có dạng ( P ) : A ( x − 13) + B ( y + 1) + Cz = (A + B2 + C ≠ 0) Do d ⊂ ( P ) nên ta có −1 A + 1.B + 4C = ⇔ B = A − 4C Ta có điều kiện tiếp xúc R = d ( I , ( P ) ) ⇔ = ⇔9= −12 A + 3B + 3C A2 + B + C A + 9C  A = 2C ⇔  A = 8C A + 17C − AC 2 Suy hai mặt phẳng tiếp diện ( P1 ) : x − y + z − 28 = 0; ( P2 ) : x + y + z − 100 = Suy tọa độ tiếp điểm T1 ( 7; −4;6 ) , T2 ( 9;6; ) ⇒ T1T2 : x−7 y +4 z −6 = = −1 Chọn đáp án A x−2 y z = = Bài 02 [2H3-3]: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : −1 mặt cầu ( S ) tâm I ( 1; 2;1) , bán kính R Hai mặt phẳng ( P ) ( Q ) chứa d tiếp xúc với ( S ) tạo với góc 600 Hãy viết phương trình mặt cầu ( S ) B ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 1) = A ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 1) = 2 C ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 1) = 2 2 D ( x − 1) 2 + ( y − ) + ( z − 1) = 2 Lời giải Chọn C Gọi M , N tiếp điểm mặt phẳng ( P ) , ( Q ) mặt cầu ( S ) Gọi H hình chiếu điểm I đường thẳng d ⇒ IH = d ( I , d ) = · TH1: Góc MHN = 60° : Theo ta có: R = IM = IH sin 300 = = 2 2 ⇒ ( S ) : ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 1) = · TH2: Góc MHN = 120° : Theo ta có: R = IM = IH sin 600 = ⇒ ( S ) : ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 1) = 2 18 = 2 2x −1 có đồ thị (C ) Gọi I giao hai đường tiệm cận Gọi x +1 M ( x0 ; y0 ) ; ( x0 > 0) điểm (C ) cho tiếp tuyến với (C ) M cắt hai đường tiệm Câu 39 [ [2D1-3] Cho hàm số y = cận A, B thỏa mãn AI + IB = 40 Khi tích x0 y0 15 A B C Lời giải Chọn B D  2m −  Ta có I ( −1; ) Gọi M  m; ÷;(m > 0) m +1   Khi phương trình tiếp tuyến (C ) M y = 2m − ( x − m) + (m + 1) m +1 Gỉa sử A, B giao tiếp tuyến nói với tiệm cận đứng tiệm cận ngang 2m −   (C ) , ta dễ tìm tọa độ A  −1; ÷ B ( m + 1; ) → IA = m + ; IB = m + m +1   36 + 4(m + 1) = 40 ⇒ m = ⇒ x0 = 2; y0 = → x0 y0 = 2 (m + 1) ax + b Phân tích: Ta có số tính chất quen thuộc tiếp tuyến đồ thị hàm y = , M cx + d trung điểm AB , diện tích tam giác IAB ln khơng đổi… Nếu nhớ nhanh tính chất, tốn biến đổi nhanh chút: AI + IB = 40 ⇔ AB = 40 ⇔ IM = 10 ( M trung điểm cạnh huyền tam giác vuông IAB ) Nên AI + IB = 40 ⇔ + (m + 1) = 10 suy kết (m + 1)2 Bài tập phát triển: Dựa tính chất tiếp tuyến nói trên, ta phát triển thêm số tốn 2x −1 [2D1-3] Cho hàm số y = có đồ thị (C ) Gọi I giao hai đường tiệm cận Gọi x +1 M ( x0 ; y0 ) ;( x0 > 0) điểm (C ) cho tiếp tuyến với (C ) M cắt hai đường tiệm cận A, B cho bán kính đường trịn nội tiếp tam giác IAB lớn Khi tổng x0 + y0 ⇔ Câu A B D −1 C − −1 Lời giải Chọn A  2m −  Ta có I ( −1; ) Gọi M  m; ÷;(m > 0) m +1   Khi phương trình tiếp tuyến (C ) M y = 2m − ( x − m) + (m + 1) m +1 Gỉa sử A, B giao tiếp tuyến nói với tiệm cận đứng tiệm cận ngang  2m −  (C ) , ta dễ tìm tọa độ A  −1; ÷ B ( m + 1; ) → IA = m + ; IB = m + m +1   S Ta có: Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác IAB Khi r = , với S , p p diện tích nửa chu vi tam giác IAB Từ ta có S = IA.IB = , suy r lớn p nhỏ p = IA + IB + IA2 + IB ≥ IA.IB + IA.IB = 2.6.2 + 2.6.2 Xảy IA = IB = m + → m = − → x0 = − 1, y0 = − → x0 + y0 = m +1 2x −1 Câu [2D1-3] Cho hàm số y = có đồ thị (C ) Gọi I giao hai đường tiệm cận Gọi x +1 M ( x0 ; y0 ) ; ( x0 > 0) điểm (C ) cho tiếp tuyến với (C ) M cắt hai đường tiệm cận A, B Gọi D điểm đối xứng I qua M Khi bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác DAB 10 tích x0 y0 ⇔ A B C Lời giải 15 D Chọn B  2m −  Ta có I ( −1; ) Gọi M  m; ÷;(m > 0) m +1   Khi phương trình tiếp tuyến (C ) M y = 2m − ( x − m) + (m + 1) m +1 Gỉa sử A, B giao tiếp tuyến nói với tiệm cận đứng tiệm cận ngang 2m −   (C ) , ta dễ tìm tọa độ A  −1; ÷ B ( m + 1; ) → IA = m + ; IB = m + M m +1   trung điểm đoạn AB Do suy tứ giác DAIB hình chữ nhật M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DAB + (m + 1) = 10 ⇒ m = ⇒ x0 = 2; y0 = → x0 y0 = nên IM = 10 ⇔ (m + 1) 2x −1 Câu [2D1-3] Cho hàm số y = có đồ thị (C ) Gọi I giao hai đường tiệm cận Gọi x +1 M ( x0 ; y0 ) ; ( x0 > 0) điểm (C ) Khi khoảng cách từ điểm I đến tiếp tuyến với (C ) M lớn tổng x0 + y0 A B C − −1 D −1 Lời giải Chọn A  2m −  Cách lập luận 1: Ta có I ( −1; ) Gọi M  m; ÷;(m > 0) m +1   2m − ( x − m) + (d ) Khi phương trình tiếp tuyến (C ) M y = (m + 1) m +1 Gọi S , p diện tích nửa chu vi tam giác IAB ( A, B giao điểm tiếp tuyến M với tiệm cận) S 12 = Từ ta có S = IA.IB = , suy d ( I , d) = lớn AB nhỏ AB AB AB = IA2 + IB ≥ IA.IB = 2.6.2 Xảy IA = IB ⇔ m + = m + → m = − → x0 = − 1, y0 = − → x0 + y0 = Cách lập luận 2: phương trình tiếp tuyến (C ) M y = d ( I , d) = m +1 2m − ( x − m) + (d ) (m + 1) m +1 6 m +1 ≤ = Xảy IA = IB ⇔ = m +1 → m = −1 m +1 ( m + 1) + m + → x0 = − 1, y0 = − → x0 + y0 = Câu 43 [2H1-4] Một hình hộp chữ nhật kích thước × × h chứa khối cầu lớn có bán kính khối cầu nhỏ bán kính Biết khối cầu tiếp xúc tiếp xúc với mặt hình hộp (như hình vẽ) Thể tích khối hộp là: A 64 B 48 + 32 C 32 + 32 D 64 + 32 Lời giải Chọn C Khối cầu lớn khối cầu nhỏ có bán kính r1 = 2;r2 = Gọi A, B,C, D tâm bốn khối cầu nhỏ (phía dưới), S tâm khối cầu lớn Khi hình chóp S.ABCD hình chóp có cạnh đáy 2r2 = , cạnh bên r1 + r2 = Gọi h′ chiều cao khối chóp S.ABCD h = 2h′ + 2r1 = 2h′ + Ta có  2 h′ = −  ÷ ÷ = ⇒ h = +   ( ) Khi thể tích khối hộp chữ nhật là: V = 4.4.h = 16 + = 32 + 32 Một số ý tưởng phát triển làm câu tương tự Thay hình hộp chữ nhật hình lăng trụ đáy tam giác Thay hình hộp chữ nhật hình chóp đều! Bài tương tự Câu 1.[2H1-4] Cho hình lăng trụ tam giác chứa khối cầu lớn có bán kính R1 = 3+ cầu nhỏ có bán kính R2 = Thể tích khối lăng trụ là: A 64 B 48 + 32 C 4(4 + 3)(1 + + ) 32 + 32 D 64 + 32 Gọi phương trình ( P ) : x = ay + by + c  a =  ( P ) qua điểm A(4;0); B(3;5) C (3; −5) nên ta có b =  c = − 25  Vậy phương trình ( P) : x = − y + 25 Thể tích thùng rượu : V =π ∫(− −5 y + 4) dy ≈ 425,2dm = 425, 2l 25 Suy đáp án D Bài Ơng An muốn làm cửa rào sắt có hình dạng kích thước hình vẽ bên, biết đường cong phía Parabol Giá 1( m ) rào sắt 700.000 đồng Hỏi ông An phải trả tiền để làm cửa sắt (làm trịn đến hàng phần nghìn) 2m 1,5m 5m A 6.520.000 đồng B 6.320.000 đồng C 6.417.000 đồng D 6.620.000 đồng Lời giải Chọn C Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Trong A ( −2,5;1,5 ) , B ( 2,5;1,5 ) , C ( 0; ) Giả sử đường cong Parabol có dạng y = ax + bx + c , với a; b; c ∈ ¡ Do Parabol qua điểm A ( −2,5;1,5 ) , B ( 2,5;1,5 ) , C ( 0; ) nên ta có hệ phương trình  a = − a ( −2,5) + b( −2,5) + c = 1,5  25   a ( −2,5) + b(2,5) + c = 1,5 b = c = c =    2 x +2 25 Diện tích S cửa rào sắt diện tích phần hình phẳng giới đồ thị hàm số y = − x + , trục hoành hai đường thẳng x = −2,5 , x = 2,5 25 Khi phương trình Parabol y = − 2,5 Ta có S = 55  2  ∫−2,5  − 25 x + ÷ dx = Vậy ông An phải trả số tiền để làm cửa sắt S ( 700.000 ) = Câu 49 55 700000 ≈ 6.417.000 (đồng) [1D2-3] Có 30 thẻ đánh số từ đến 30 Lấy ngẫu nhiên thẻ nhân số thẻ Tìm xác suất để kết đạt số chia hết cho 79 49 77 A B C D 49 116 116 116 Lời giải Chọn B A = { 2;6;10;14;18; 22; 26;30} → n ( A ) = B = { 4;12;16; 20; 24; 28} → n ( B ) = C = { 1;3;5; ; 29} → n ( C ) = 15 Xảy trường hợp sau : • Chỉ có số chẵn số chẵn thuộc tập B : có 7.C152 cách lấy • Chỉ có hai số chẵn hai số chẵn thuộc tập A ∪ B : có C152 15 cách lấy • Cả ba số số chẵn ba số chẵn thuộc tập A ∪ B : có C153 cách lấy 7.C152 + C152 15 + C153 79 = Vậy xác suất cần tìm C30 116 Phát triển Câu [1D2-3] Có 30 thẻ đánh số từ đến 30 Lấy ngẫu nhiên thẻ nhân số thẻ Tìm xác suất để kết đạt số chia hết cho 159 59 51 45 A B C D 406 406 203 203 Lời giải Chọn A A = { 3;6;12;15; 21; 24;30} → n ( A ) = B = { 9;18; 27} → n ( B ) = C = { 1; 2; 4;5; ; 28; 29} → n ( C ) = 20 Xảy trường hợp sau : • Chỉ có số chia hết cho số thuộc tập B : có 3.C202 cách lấy • Chỉ có hai số chia hết cho hai số thuộc tập A ∪ B : có C102 20 • Cả ba số số số chia hết cho ba số thuộc tập A ∪ B : có C103 cách lấy Câu 3.C202 + 3.C202 + C103 159 = Vậy xác suất cần tìm C303 406 [1D2-3] Có 30 thẻ đánh số từ đến 30 Lấy ngẫu nhiên thẻ nhân số thẻ Tìm xác suất để kết đạt số chia hết cho 115 512 517 495 A B C D 406 812 812 812 Lời giải Chọn C A = { 6;12;18; 24;30} → n ( A ) = B = { 2; 4;8;10;14;16; 20; 22; 26; 28} → n ( B ) = 10 C = { 3;9;15; 21; 27} → n ( C ) = D = { 1;5;7;11;13;17;19;13; 25; 29} → n ( D ) = 10 Xảy trường hợp sau : • Một số thuộc A hai số thuộc B ∪ C ∪ D : có 5.C252 cách lấy • • • • Hai số thuộc A số thuộc B ∪ C ∪ D : có C52 25 cách lấy Hai số thuộc A : có C53 cách lấy Một thuộc B + số thuộc C + số thuộc D : có 10.5.10 cách lấy Hai thuộc B + số thuộc C: có C102 cách lấy • Một số thuộc B + hai số thuộc C: có 10.C52 cách lấy 5.C252 + C52 25 + C53 + 10.5.10 + C102 + 10.C52 517 = Vậy xác suất cần tìm C303 812 Đề HỒNG LĨNH Câu 39: [2D1-2] Cho hàm số y = x − x + x − có đồ thị (C ) Từ điểm đường thẳng kẻ tiếp tuyến đến đồ thị (C ) ? A x = B x = C x = D x = −1 Lời giải Chọn A ( C ) : y = x3 − 3x + 3x − = ( x − 1) Gọi đường thẳng thỏa yêu cầu toán là: ( d ) : x = m Lấy A ( m; a ) ( d ) Đường thẳng qua A có dạng: (∆) : y = k ( x − m ) + a ( x − 1) = k ( x − m ) + a Điều kiện tiếp xúc:  3 ( x − 1) = k Þ Þ ( x − 1) = ( x − 1) ( x − m ) + a ( x − 1) ( −2 x + 3m − 1) = a Để phương trình ln có nghiệm với a tùy ý hàm số f ( x ) = ( x − 1) ( −2 x + m − 1) khơng có cực trị f ' ( x ) = ( x − 1) ( x − m ) phải vơ nghiệm nghiệm kép Þ m =1 Vậy đường thẳng là: x = Þ Cách 2: + Điều kiện cần: Do từ điểm đường thẳng x = a nên ta xét trường hợp đặc biệt kẻ từ điểm M ( a;0 ) Phương trình tiếp tuyến điểm A ( x0 ; f ( x0 ) ) là: y = ( x02 − x0 + 3) ( x − x0 ) + x03 − 3x02 + 3x0 − Tiếp tuyến qua điểm M ( a;0 ) nên ta có : = ( x0 − x0 + 3) ( a − x0 ) + x0 − x0 + x0 − ⇔ −2 x03 + ( + 3a ) x02 − 6ax0 + 3a − = ⇔ ( x0 − 1) ( −2 x02 + ( + 3a ) x0 − 3a + 1) = ( *)  x0 = ⇔  −2 x0 + ( + 3a ) x0 − 3a + = ( ) Để từ M ( a;0 ) kẻ tiếp tuyến đến đồ thị ( C ) phương trình ( *) phải có nghiệm dẫn đến phương trình ( ) có nghiệm kép x0 = vơ nghiệm Mà có phương trình ( ) ∆ = 9a − 18a + = ( a − 1) nên xảy trường hợp ( ) có ∆ =  ⇔ a = Vậy đường thẳng cần tìm x = nghiệm kép x0 = ⇔  − ( + 3a ) =1   −4 + Điều kiện đủ: Lấy M ( 1; m ) thuộc đường thẳng x = Phương trình tiếp tuyến qua M ( 1; m ) là: m = ( x02 − x0 + 3) ( − x0 ) + x03 − x02 + x0 − ⇔ −2 x03 + x02 − x0 + = m ( **) Xét hàm số y = −2 x + x − x + hàm ln nghịch biến ¡ nên phương trình ( **) ln có nhiều nghiệm (đpcm) Bài tập tương tự: Câu 1: [2D1-2] Cho hàm số y = ( x − 2)3 có đồ thị (C ) Từ điểm đường thẳng kẻ tiếp tuyến đến đồ thị (C ) ? A x = B x = C x = D x = −1 Lời giải Chọn A ( C ) : y = ( x − 2) Gọi đường thẳng thỏa yêu cầu toán ( d ) : x = m Lấy A ( m; a ) ( d ) Đường thẳng qua A có dạng (∆) : y = k ( x − m ) + a ( x − ) = k ( x − m ) + a Điều kiện tiếp xúc:  3 ( x − ) = k Þ Þ ( x − 2) = 3( x − 2) ( x − m ) + a ( x − ) ( −2 x + 3m − 1) = a Để phương trình ln có nghiệm với a tùy ý hàm số f ( x ) = ( x − 1) ( −2 x + m − 1) khơng có cực trị f ' ( x ) = ( x − ) ( x − m ) phải vô nghiệm nghiệm kép Þ m=2 Vậy đường thẳng là: x = Þ Câu 2: [2D1-2] Cho hàm số y = − x + x − có đồ thị (C ) Hỏi có điểm thuộc đồ thị (C ) mà từ kẻ tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C )? A B C D Lời giải Chọn C Xét M (a; b) ∈ (C ) , tiếp tuyến qua M với hệ số góc k có dạng: y = k ( x − a ) − a + 3a −  − x + 3x − = k ( x − a ) − a + 3a − Điều kiện tiếp xúc:  có nghiệm  −3 x + x = k Thế phương trình thứ hai vào phương trình thứ hệ ta x = a  x + a − = ⇔ ( ) x = − a  Để từ M vẽ tiếp tuyến đồ thị hàm số phương trình (*) phải có nghiệm 3− a ⇔ = a ⇔ a =1⇒ b = Vậy có điểm M (1, 0) thỏa mãn x3 − ( a + 1) x + 6ax + a3 − 3a = ( *) ⇔ ( x − a ) Câu 3: [2D1-2] Cho hàm số y = − x + x có đồ thị (C ) Hỏi có điểm đường thẳng x = mà từ kẻ tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C )? A B C D Lời giải Chọn B Điểm M (2, a ) ∈ x = Tiếp tuyến qua M có hệ số góc k là: y = k ( x − 2) + a  x − x = k ( x − ) + a Điều kiện tiếp xúc  có nghiệm 3 x − = k Thế phương trình thứ hai vào phương trình thứ hệ ta a = −2 x + x − ( *) Xét hàm số f ( x) = −2 x + x − Dễ dàng vẽ bảng biến thiên Để từ M kẻ tiếp tuyến tới đồ thị hàm số phương trình ( *) phải có nghiệm phân biệt, dựa vào bảng biến thiên ta thấy ( *) có nghiệm phân biệt −6 < a < ⇒ có giá trị nguyên thỏa Câu 43 [2D1-3]Cho ( P ) đường Parabol qua ba điểm cực trị đồ thị hàm số y = Gọi m0 giá trị để ( P ) qua điểm B A ( ) 10; 15 ( ) ( ) x − mx + m2 2; Hỏi m0 thuộc khoảng B −2; ( ) C −5;   D ( −8; ) Lời giải Chọn B Ta có: y ' = x − 2mx Hàm số có điểm cực trị phươngtrình x − 2mx = có nghiệm phân biệt Khiđó m > x m m 2 Lại có: y = y ' − x + m Suy parabol ( P ) : y = − x + m Do B 2 ( ) 2;2 ∈ ( P )  m = ( TM ) ⇒ Suy chọn đáp ánB −2;  m = −1 ( L ) Nhậnxét: Việc khó khăn trongbài tốn tìm dạng củaParabol Nếusử dụng cách tìm ( ) bằngviệc viết Parabol qua điểmcực trị khó khăn Ở ta sử dụngviệc chia y cho y ' để lấy phần dư cơng việc đơn giản Bài toán tương tự: Bài 1: [2D1-3]Cho ( P ) đường Parabol qua ba điểm cực trị đồ thị hàm số y = x − mx + m Gọi m0 giá trị để ( P ) qua điểm B ( 0;1) Hỏi m0 thuộc khoảng A ( ) 10; 15 (  1 C  −5; ÷  2  ) B −2; D ( −8;0 ) Lời giải Chọn B Ta có: y ' = x − 2mx Hàm số có điểm cực trị phương trình x − 2mx = có nghiệm phân biệt Khiđó m > x m m 2 Lại có: y = y ' − x + m Suy parabol ( P ) : y = − x + m Do B ( 0;1) ∈ ( P ) 2  m = ( TM ) ⇒ Suy chọn đáp án B −2;  m = −1 ( L ) ( ) Bài 2: [2D1-3] Cho ( P ) đường Parabol qua ba điểm cực trị đồ thị hàm số y = x − mx + m2 Gọi m0 giá trị để ( P ) qua điểm B ( 0;4 ) Hỏi m0 thuộc khoảng A ( ) 10; 15 Chọn B ( ) B −2;  1 C  −5; ÷  2  D ( −8;2 ) Ta có: y ' = x − 2mx Hàm số có điểm cực trị phương trình x − 2mx = có nghiệm phân biệt Khi m > x m m 2 Lại có: y = y ' − x + m Suy parabol ( P ) : y = − x + m Do B ( 0;4 ) ∈ ( P ) 2  m = ( TM ) ⇒ Suy chọn đáp ánB −2;  m = −2 ( L ) ( ) π  Câu 47 [1D1-3]Số giá trị nguyên tham số m để phương trình sin x + sin  x + ÷− = m có 4   3π  nghiệm thực thuộc khoảng  0; ÷   A B C 0  D Lờigiải Chọn B π π π   2 Ta có: sin x + sin  x + ÷− = m ⇔ 2sin  x + ÷+ sin  x + ÷ = m + 4 4 4    π 3π π π  ⇔ < x+ 4, n ∈ N ) khơng có ba điểm thẳng hàng 2n điểm có n điểm nằm mặt phẳng nên: TH1: Mặt phẳng qua n điểm: 1 TH2: Mặt phẳng qua điểm ( P ) , điểm không thuộc ( P ) : Cn Cn TH2: Mặt phẳng qua điểm ( P ) , điểm không thuộc ( P ) : Cn Cn TH4: Mặt phẳng tạo từ điểm n điểm không thuộc ( P ) : Cn 2 Số mặt phẳng thỏa mãn + Cn Cn + Cn Cn + Cn 2 * Theo giả thiết ta có phương trình + Cn Cn + Cn Cn + Cn = 201 Giải phương trình dùng máy tính thử ta có n = Chọn đáp án D Bài tương tự: Câu Cho tam giác, ba cạnh AB, AC , BC ta lấy điểm, điểm, n điểm ( n ≥ 3) Tìm n để có tất 1617 tam giác có đỉnh thuộc điểm cho? A B C D Lời giải ChọnB * Số cách chọn điểm từ 16 + n điểm cho: C16 + n 3 * Số cách chọn điểm thẳng hàng: C9 + C7 + Cn 3 3 * Số tam giác thỏa yêu cầu: C16+ n − ( C9 + C7 + Cn ) = 1617 ⇒ Sử dụng MTCT tìm n = Câu Cho hình vng ABCD Trên cạnh AB, BC , CD, DA cho 1, 2, n điểm phân biệt ( n 3, n ẻ Ơ ) khỏc A, B, C , D Lấy ngẫu nhiên điểm từ n + điểm cho Biết xác suất lấy tam giác A n = 10 439 Tìm n 560 B n = 19 C n = 11 Lời giải Chọn A n ( Ω ) = Cn3+ Gọi A biến cố “Chọn tam giác” A biến cố “Không chọn tam giác” C33 + Cn3 C33 + Cn3 ⇒ P ( A) = − Ta có n A = C + C ⇒ P A = Cn3+6 Cn3+6 ( ) 3 n ( ) D n = 12 Theo đề ta có − C33 + Cn3 439 = Thử MTBT ta có n = 10 Cn3+ 560 Câu Trong không gian cho 2n điểm phân biệt ( n > 4, n ∈ N ) khơng có ba điểm thẳng hàng 2n điểm có n điểm nằm mặt phẳng, n điểm lại nằm đường thẳng khơng có điểm chung với mặt phẳng Tìm tất giá trị n cho 2n điểm cho tạo 805 mặt phẳng phân biệt A B 12 C 5  D Lời giải Chọn B Gọi ( P ) mặt phẳng chứa n điểm, d đường thẳng chứa n điểm lại * Tìm số mặt phẳng tạo từ 2n điểm cho: Vì 2n điểm phân biệt ( n > 4, n ∈ N ) khơng có ba điểm thẳng hàng 2n điểm có n điểm nằm mặt phẳng nên: TH1: Mặt phẳng qua n điểm: 1 TH2: Mặt phẳng qua điểm ( P ) , điểm ( d ) : Cn TH2: Mặt phẳng qua điểm ( P ) , điểm ( d ) : : Cn Cn Số mặt phẳng thỏa mãn + Cn + Cn Cn 1 * Theo giả thiết ta có phương trình + Cn + Cn Cn = 805 Giải phương trình dùng máy tính thử ta có n = 12 Câu 50.[2H1-4] Cho tứ diện ABCD có AB = AC = BD = CD = Khi thể tích khối tứ diện ABCD lớn khoảng cách hai đường thẳng AD, BC 1   A B C D 3 Lời giải Chọn C Gọi M trung điểm BC , Vì ∆DBC , ∆ABC cân ⇒ BC ⊥ ( ADM ) , Kẻ MN ⊥ AD ⇒ MN đoạn vng góc chung AD, BC , đặt AD = x, BC = y ⇒ MN = − VABCD = x2 y2 − 4 1 x2 y 2 x y x2 y2 AD.BC.MN = xy − − = ( )( ) − − 6 4 2 4 Áp dụng BĐT côsi: V ≤ x y x2 y 2 , dấu xảy = = − − ⇔x= y= 27 2 4 3 Bài toán tương tự: Bài 1: [2H1-4] Cho tứ diện ABCD có AB = x thay đổi, tất cạnh lại a Tính khoảng cách hai đường thẳng AB CD trường hợp thể tích tứ diện ABCD lớn Vậy MN = A a B a C a D a Lời giải Chọn B Gọi M trung điểm BC , Vì ∆DBC , ∆ADC ⇒ DC ⊥ ( ABM ) , Kẻ MN ⊥ AB ⇒ MN đoạn vng góc chung AD, BC , a Dựng AH ⊥ BM ⇒ AH ⊥ ( BDC ) , ta có AH ≤ AM = VABCD lớn AH lớn ⇔ AH = AM = a Khi ∆AMB vng M ⇒ d ( AB, CD ) = MN = AM MB AM + MB = a Bài 2: [2H1-4] Cho hình chóp S.ABC có SA =SB = SC = 2, đáy ABC tam giác vuông A, AB = Tìm thể tích lớn khối chóp S.ABC 5 A B C D 3 Lời giải Chọn A BC Gọi H trung điểm BC ta có SH ⊥ ( ABC ) AC = x AH = = x2 + 15 − x SH = SA − AH = 1 x + 15 − x VSABC = S ABC SH = x 15 − x ≤ = 12 2.12 2 30 Bài : [2H1-4] Cho hình chữ nhật S.ABCD có ABCD hình chữ nhật với AD = 4a, cạnh bên 6a Tìm thể tích lớn khối chóp S.ABCD ? Dấu xảy x = 15 − x ⇔ x = A 130a B 125a 3 128a Lời giải C Chọn C Gọi O tâm đáy ta có SO ⊥ ( ABCD ) Đặt AB = x ta SO = ( 6a ) − x + ( 4a ) = 32a − x2 D 250a 3 Suy : 1 x2 VSABCD = SO.S ABCD = ( 4ax ) 32a − = ax 128a − x 3 ≤ x + 128a − x 128a a = 3 Dấu xảy : x = 128 − x ⇔ x = 8a ... được: −2m − 8m + 10 = Vậy tổng giá trị m thỏa yêu cầu toán −4 Chọn phương án D −4 Bài toán tương tự: Bài 1: [2D1-3] x −1 Cho hàm số y = có đồ thị ( C ) đường thẳng ( d ) : y = − x + m Tìm m... ( C ) = 20 Xảy trường hợp sau : • Chỉ có số chia hết cho số thuộc tập B : có 3.C202 cách lấy • Chỉ có hai số chia hết cho hai số thuộc tập A ∪ B : có C102 20 • Cả ba số số số chia hết cho ba... ngồi l = h ≈ 10cm Chọn đáp án C Bài 2: Một thùng rượu có bán kính đáy 30 cm , thiết diện vng góc với trục cách Vậy V = 87 ⇒ 2π h = 87 ⇒ h = hai đáy có bán kính 40cm , chi? ??u cao thùng rượu 1m (hình