Ôn tập toán 11

TOÁN HỌC BẮC TRUNG NAM ĐỀ THI ĐÁNH GIÁ NÂNG LỰC ĐHSP HÀ NỘI MƠN TỐN Mã đề thi I Câu PHẦN TRẮC NGHIỆM TOÁN HỌC (27 CÂU) Hàm số sau đồng biến tập xác định chúng x x B y e A y ln x Câu Câu Cho số phức w A z 1  Câu Câu D y log x i Tính số phức w i z  3z w  i B 10 w  i C Gọi S tập tất giá trị nguyên m để phương trình nghiệm Tập S có phần tử? A Câu 1 y    3 C B C 10 D log  x  m   log   x  0 có D Một người gửi ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn tháng, lãi suất 5% quý theo hình thức lãi kép ( sau tháng tính lãi cộng vào gốc) Sau tháng, người gửi thêm 50 triệu đồng với kì hạn lãi suất trước Tính tổng số tiền người nhận sau năm ( Tính từ lần gửi đầu tiên)? A 179, 676 triệu đồng B 177, 676 triệu đồng C 178, 676 triệu đồng D 176, 676 triệu đồng  3    sin  x   sin  x   4  có tổng nghiệm thuộc khoảng  0;     Phương trình 7 3  A B  C D Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên Hỏi hàm số hàm nào? A Câu y  x2 2x  Hàm số B y  f  x y x2 2x  C y  x 2x  D y x 2x  có bảng biến thiên y  f  x Số tiệm cận đồ thị hàm số là: B A C D y  x3   m  1 x   m  1 x Câu Hàm số A m 1 Câu Cho hàm số sai A Hàm số đạt cực trị điểm có hồnh độ x 1 B m 0; m 4 C m 4 D m 0; m 1 f  x  a; b  F  x a f  x  dx F  a   F  b  f  x  dx 0 a B a b a Tìm khẳng định b f  x  dx  f  x  dx a f  x nguyên hàm b b C liên tục D f  x  dx F  b   F  a  a Câu 10 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vuông A , B ; AD 2a, AB BC SA a; cạnh bên SA vng góc với đáy; M trung điểm AD Tính khoảng cách h từ M đến mặt phẳng  SCD  a h A B h a C h a D h a  cm  Câu 11 Một hình trụ có bán kính đáy Một mặt phẳng qua trục hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện hình vng Tính thể tích khối trụ A 4  cm3  B 8  cm  C 16  cm3  D 32  cm  A  0;0;  1 B   1;1;0  C  1;0;1 Câu 12 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm , , Tìm điểm M cho 3MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ 3    M  ; ;  1 M   ; ;2    A  B  3  M   ; ;  1   C   M   ; ;  1   D I  1;1;1  P  : x  y  z  0 Mặt cầu  S  tâm Câu 13 Trong hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng I cắt  P  theo đường trịn bán kính r 4 Phương trình  S   x  1 A 2 2   y  1   z  1 16  x  1 B 2 2   y  1   z  1 9  x  1   y  1   z  1 5  x  1   y  1   z  1 25 C D Tài liệu chia sẻ Website VnTeach.Com https://www.vnteach.com A  1;  1;  B  2;1;1 Câu 14 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ;  P  : x  y  z 1 0 Mặt phẳng  Q mặt phẳng chứa A , B vng góc với mặt phẳng  P Mặt  Q  có phương trình là: phẳng A  x  y 0 B 3x  y  z  0 C x  y  z  0 D 3x  y  z  0 Câu 15 Từ chữ số ; ; ; lập số tự nhiên có chữ số đơi khác nhau? A 12 B 24 C 42 D Câu 16 Lấy ngẫu nhiên hai viên bi từ thùng gồm bi xanh, bi đỏ bi vàng Tính xác suất để lấy hai viên bi khác màu? A 67, 6% B 29,5% C 32, 4% D 70,5% Câu 17 Phương trình A T 2 3x x 1  0 3x có hai nghiệm x1 , x2 Tính T  x1 x2  x1  x2 B T  log C T 1 D T  z 4 Câu 18 Cho số phức z có Tập hợp điểm M mặt phẳng tọa độ Oxy biểu diễn số phức w  z  3i đường trịn Tính bán kính đường trịn A B C Câu 19 Biết hàm số f  x   f  2x  D có đạo hàm 18 x 1 đạo hàm 1000 x 2 f  x  f  4x Tính đạo hàm hàm số x 1 A 2018 B 1982 C  2018 D 1018 x x y log c x có đồ thị  C1  ,  C2  ,  C3  hình bên Câu 20 Cho ba hàm số y a ; y b ; Mệnh đề sau đúng? A a  b  c B b  a  c C c  b  a D c  a  b SA   ABC  ABC Câu 21 Cho hình chóp S ABC có , tam giác cạnh a tam giác SAB cân  SBC  Tính khoảng cách h từ điểm A đến mặt phẳng h A Câu 22 Trong a không h a Oxyz , cho B gian h C hai mặt 2a phẳng D h a    : x  my  z  6m  0    : mx  y  mz  3m  0 ; hai mặt phẳng cắt theo giao tuyến đường thẳng  Gọi  hình chiếu  lên mặt phẳng Oxy Biết m thay đổi đường thẳng  ln tiếp xúc với mặt cầu cố định có tâm 2 thức P 10a  b  3c A P 56 Câu 23 Cho đa giác B P 9 H I  a; b; c  thuộc mặt phẳng Oxy Tính giá trị biểu C P 41 D P 73  O  Người ta lập tứ giác tùy ý có 60 đỉnh nội tiếp đường trịn có bốn đỉnh đỉnh  H  Xác suất để lập tứ giác có bốn cạnh đường  H  gần với số số sau? chéo A 85, 40% B 13, 45% C 40,35% D 80, 70% 12  4sin x đoạn Câu 24 Giá trị lớn M giá trị nhỏ m hàm số 12 4 12 12 M  m m M  m ; 3 ; D M A B M 4 ; C y   5    ;  là: 12 m 11 4 ; A  3;1;0  B  2;0;  1 C  0; 2;  1 D  0;0;   Câu 25 Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm , , , Với M  a; b; c  điểm M tùy ý, đặt T MA  MB  MC  MD Gọi cho T đạt giá trị nhỏ Lúc đó, tổng a  5b  c A B C D  13 n Câu 26 1 x  x  Cho khai triển a0  a1 x  a2 x    a2 n x n a a a a , với n 2 , , ,., 2n a3 a4  S a0  a1  a2    a2n hệ số Biết 14 41 , tổng 10 11 12 A S 3 B S 3 C S 3 Câu 27 Số giá trị nguyên nhỏ 2018 tham số 13 D S 3 m để phương trình log  2018 x  m  log  1009 x  có nghiệm B 2017 A 2020 C 2019 D 2018 II PHẦN TỰ LUẬN (3 CÂU) z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z  z  0 Tính M z1100  z100 Câu 28 Gọi , Câu 29 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy hình vng cạnh a Tam giác SAD cân S mặt bên  SAD  vng góc với mặt phẳng đáy Biết thể tích khối chóp S ABCD a Tính khoảng cách h từ điểm B đến mặt phẳng  SCD  C  C  Câu 30 Cho hàm số y  x  3x  m có đồ thị m , với m tham số thực Giả sử m cắt trục Ox bốn điểm phân biệt hình vẽ S1 , S , S3 diện tích miền gạch chéo cho hình vẽ Tìm giá trị m để S1  S3 S2 ? Gọi HƯỚNG DẪN GIẢI Câu Hàm số sau đồng biến tập xác định chúng x x B y e A y ln x Chọn  1 y    3 C Lời giải D y log x A Phương án Hàm số đồng biến A Tập xác định D  0;   D  0;   Ta có y  x  y  , x   0;   x Phương án B Tập xác định D  Ta có y  e  y  , x   Hàm số nghịch biến D  x  1 y   ln  y  , x   Hàm  3 Phương án C Tập xác định D  Ta có số nghịch biến D  y log x  x ln D  0;    y  , Phương án D Tập xác định Ta có x   0;   Câu Cho số phức w A Hàm số nghịch biến z 1  D  0;   i Tính số phức w i z  z w  i B 10 w  i C 10 D Lời giải Chọn A     w i   i     i  i    i  3     Câu Gọi S tập tất giá trị nguyên m để phương trình nghiệm Tập S có phần tử? C B A log  x  m   log   x  0 có D Lời giải Chọn B Ta có: 2  x   x  m  log  x  m   log   x  0   log   x  log  x  m   x   x  x   m   x   m 2 m x  2  x  x  m     Phương trình có nghiệm  m   m   Khi ta có Câu S   1; 0 Do số phần tử S Một người gửi ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn tháng, lãi suất 5% quý theo hình thức lãi kép ( sau tháng tính lãi cộng vào gốc) Sau tháng, người gửi thêm 50 triệu đồng với kì hạn lãi suất trước Tính tổng số tiền người nhận sau năm ( Tính từ lần gửi đầu tiên)? A 179, 676 triệu đồng B 177, 676 triệu đồng C 178, 676 triệu đồng D 176, 676 triệu đồng Lời giải Chọn D Số tiền 100 triệu đồng lần đầu tiên, kì hạn tháng, r 5% Sau tháng, vốn lẫn lãi là: n T1  A1   r  100.106   5%  Sau đó, gửi thêm 50 triệu tháng tiếp theo, kì hạn tháng, r 5% Tổng số tiền người nhận sau năm: 2 T2 T1   5%  (100.10   5%   50.10 )   5%  176675625 176676000 Câu  3    sin  x   sin  x   4  có tổng nghiệm thuộc khoảng  0;     Phương trình 7 3  A B  C D Lời giải Chọn B   2x    3     2x  sin  x   sin  x    4    Ta có  3 x   k 2  x   k 2 4   k , l      x   l 2   x  l 2 4   0;   Họ nghiệm x   k 2 khơng có nghiệm thuộc khoảng  2  2 x  l   0;      l    l   0; 1 6  5 x  x   0;   Từ suy tổng Vậy phương trình có hai nghiệm thuộc khoảng nghiệm thuộc khoảng Câu Cho hàm số y  f  x  0;   phương trình  có bảng biến thiên Hỏi hàm số hàm nào?  x2 x2 y y 2x  2x  A B Chọn D C Lời giải y  x 2x  D y x 2x  Dựa vào bảng biến thiên suy đồ thị hàm số ngang Câu y Hàm số y  f  x có tiệm cận đứng x , tiệm cận hàm số đồng biến khoảng xác định Do loại đáp án A, B, C y  f  x có bảng biến thiên Số tiệm cận đồ thị hàm số A B Chọn y  f  x là: D C Lời giải B lim f  x   lim f  x  0 Qua bảng biến thiên ta có x    x   nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang: y  y 0 Lại có lim f  x    x   2 nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  y  f  x Vậy số tiệm cận đồ thị hàm số Câu y  x3   m  1 x   m  1 x Hàm số Hàm số đạt cực trị điểm có hồnh độ x 1 A m 1 B m 0; m 4 C m 4 D m 0; m 1 Lời giải Chọn C Tập xác định D  y 3 x   m  1 x   m  1 * ĐK cần    : Hàm số đạt cực trị điểm có hồnh độ x 1  m 0  y 1 0    m  1   m  1 0  3m  12m 0  m 4   * ĐK đủ 2 y 3x  x  3  x  1 0 + Với m 0 , nên hàm số khơng có điểm cực trị Vậy loại m 0  x 1  y    x 9  + Với m 4 , y 3 x  30 x  27 ; nên hàm số đạt cực trị điểm có hồnh độ x 1 Vậy nhận m 4 Câu Cho hàm số sai f  x liên tục  a; b  F  x nguyên hàm f  x Tìm khẳng định A b a f  x  dx F  a   F  b  f  x  dx 0 a b C B a f  x  dx  f  x  dx a b a b f  x  dx F  b   F  a  D a Lời giải Chọn A Định nghĩa tính chất tích phân Câu 10 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vng A , B ; AD 2a, AB BC SA a; cạnh bên SA vng góc với đáy; M trung điểm AD Tính khoảng cách h từ M đến mặt phẳng  SCD  a a h h A B Chọn C Lời giải h a D h a B CM  AM a  AD nên ACD vuông C AC a + Ta có: + Kẻ AH  SC H Ta có: d  A,  SCD    AH AH   SCD  nên AH  CD Suy ra: H Suy ra:  1 1  2  2 2 2 SA AC a 2a 2a + SAC vng A có: AH CD   SAC  Suy ra: d  A,  SCD    AH  a d  M ,  SCD   + Ta có: AM   SCD  D nên d  A,  SCD   a d  M ,  SCD    d  A,  SCD    Suy ra: Vậy h a  DM  DA  cm  Câu 11 Một hình trụ có bán kính đáy Một mặt phẳng qua trục hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện hình vng Tính thể tích khối trụ A 4  cm3  Chọn B 8  cm3  16  cm3  C Lời giải D 32  cm3  C O A B C D O Giả sử ABCD thiết diện qua trục hình trụ (hình vẽ) Theo giả thiết ABCD hình vng nên chiều cao hình trụ Vậy thể tích khối trụ h OO 2r 4  cm  V  r h  22.4 16  cm  A  0;0;  1 B   1;1;0  C  1;0;1 Câu 12 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm , , Tìm điểm M cho 3MA2  2MB  MC đạt giá trị nhỏ 3     3    M  ; ;  1 M   ; ;2 M   ; ;  1 M   ; ;  1 4        A B C D Lời giải Chọn Giả sử D   AM  x; y; z  1   M  x; y; z    BM  x  1; y  1; z    CM  x  1; y; z  1  AM x  y   z  1  2  2  BM  x  1   y  1  z  2 2 CM  x  1  y   z  1 2  3MA2  MB  MC 3  x  y   z  1     x  1   y  1  z      2    x  1  y   z  1    3 5 2  4 x  y  z  x  y  z   x     y  1   z     2 4  2 Dấu " " xảy  x    M   ; ;  1 y  4, , z  ,  I  1;1;1  P  : x  y  z  0 Mặt cầu  S  tâm Câu 13 Trong hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng I cắt  P  theo đường tròn bán kính r 4 Phương trình  S   x  1 A  x  1 C Chọn 2   y  1   z  1 16 B   y  1   z  1 5  x  1 D  Lời giải 2   y  1   z  1 9 2 x  1   y  1   z  1 25 D d  I , P   Ta có: 1    3 1  2  S Bán kính mặt cầu R  d  I ,  P    r  32  42 5 Vậy phương trình mặt cầu  S  x  1 2   y  1   z  1 25 A  1;  1;  B  2;1;1 Câu 14 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ;  P  : x  y  z  0 Mặt phẳng  Q mặt phẳng chứa A , B vng góc với mặt phẳng  P Mặt  Q  có phương trình là: phẳng A  x  y 0 B 3x  y  z  0 C x  y  z  0 Chọn  Ta có D 3x  y  z  0 Lời giải D AB  1; 2;  1  P mặt phẳng có véctơ pháp tuyến  n p  1;1;1  Q  chứa A , B vng góc với mặt phẳng  P  nên có véctơ pháp tuyến Mặt phẳng    nQ  AB, n p   3;  2;  1 Vậy mặt phẳng  Q có phương trình:  x  1   y  1   z   0  x  y  z  0 Câu 15 Từ chữ số ; ; ; lập số tự nhiên có chữ số đôi khác nhau? A 12 Chọn B 24 C 42 Lời giải D B Mỗi số tự nhiên có chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số ; ; ; hoán vị phần tử Vậy số số cần tìm là: 4! 24 số Câu 16 Lấy ngẫu nhiên hai viên bi từ thùng gồm bi xanh, bi đỏ bi vàng Tính xác suất để lấy hai viên bi khác màu? A 67, 6% B 29,5% C 32, 4% D 70,5% Lời giải Chọn D Tổng số bi thùng   15 (bi) Số kết lấy viên bi từ 15 viên bi C15 105 1 1 1 Số kết thuận lợi lấy hai bi khác màu C4C5  C5C6  C4C6 74 74 P  A  70,5% 105 Gọi A biến cố lấy hai viên bi khác màu Xác suất xảy A Câu 17 Phương trình 3x x 1  A T 2 0 x, x T x1 x2  x1  x2 3x có hai nghiệm Tính B T  log3 C T 1 Lời giải D T  Chọn D Ta có 3x x 1   2 0  3x x 1 3 x x   log 3x x 1 log 3 x  x   x  1 log  x  x    log  x  log 0  * Do T  x1 x2  x1  x2    log   log3  z 4 Câu 18 Cho số phức z có Tập hợp điểm M mặt phẳng tọa độ Oxy biểu diễn số phức w  z  3i đường trịn Tính bán kính đường trịn A B C D Lời giải Chọn A Gọi số phức w  x  yi , x , y   Điểm M  x; y điểm biểu diễn số phức w  w  3i  z  w  3i  z  Ta có: w z  3i  w  3i  z x   y  3 4  x   y  3 16 I  0;3 Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức w đường trịn có tâm bán kính Câu 19 Biết hàm số f  x   f  2x có đạo hàm 18 x 1 đạo hàm 1000 x 2 f  x   f  4x Tính đạo hàm hàm số x 1 A 2018 B 1982 C  2018 Lời giải Chọn A - Ta có: D 1018  f  x   f  x     f  x   f  x   f  1  f   18  f    f   1000  f  1  f   2018 Theo giả thiết ta được:  Vậy  f  x  f  4x  x 1  f  1  f   2018 x x y log c x có đồ thị  C1  ,  C2  ,  C3  hình bên Câu 20 Cho ba hàm số y a ; y b ; Mệnh đề sau đúng? A a  b  c B b  a  c C c  b  a Lời giải D c  a  b Chọn A x x Do y a y b hai hàm số đồng biến nên a, b  y log c x hàm số nghịch biến nên  c  Vậy c bé Do  a m  y1  m b  y2 y y  x  m Mặt khác: Lấy , tồn , để  m m Dễ thấy y1  y2  a  b  a  b Vậy a  b  c SA   ABC  ABC Câu 21 Cho hình chóp S ABC có , tam giác cạnh a tam giác SAB cân  SBC  Tính khoảng cách h từ điểm A đến mặt phẳng h A Chọn a A B h a h C Lời giải 2a D h a S H B A D C  1 Gọi D trung điểm BC Do tam giác ABC nên AD  BC  2 Trong tam giác SAD , kẻ AH  SD Do  SA   ABC   SA  BC   BC   SAD    SBC    SAD   AD  BC  SA  AD  A    Từ  2  3 , ta suy AH   SBC   d  H ,  SBC    AH AD  Theo giả thiết, ta có SA  AB a , Tam giác SAD vuông nên  3 a 1 1 a  2   2 2   AH  2 2 AH SA AD AH a 3a AH 3a Câu 22 Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng    : x  my  z  6m  0    : mx  y  mz  3m  0 ; hai mặt phẳng cắt theo giao tuyến đường thẳng  Gọi  hình chiếu  lên mặt phẳng Oxy Biết m thay đổi đường thẳng  ln tiếp xúc với mặt cầu cố định có tâm 2 thức P 10a  b  3c A P 56 Chọn B P 9 C    : x  my  z  6m  0 Mặt phẳng I  a; b; c  thuộc mặt phẳng Oxy Tính giá trị biểu C P 41 Lời giải D P 73  n1  1;  m;1 có véc tơ pháp tuyến , mặt     : mx  y  mz  3m  0 có véc tơ pháp tuyến n2  m;1;  m  phẳng 4  M   3m   3;0;  3m   m m            Ta có     u  n1 ; n2   m  1; 2m; m  1  có véc tơ chỉ phương Gọi  P mặt phẳng chứa đường thẳng  vng góc với mặt phẳng   n  u; k   2m;1  m ;0  có véc tơ pháp tuyến  Oxy  Khi  P   P Phương trình mặt phẳng Vì I  a; b; c    Oxy  nên Theo giả thiết ta suy  2mx    m  y  6m  6m  0 I  a; b;   P 4m    m tiếp diện mặt cầu 2ma    m  b  6m  6m  2 R     S  d  I ;  P   R 2m  a      b  m  b  m2 1 R   m  a      b  m  b   R  m  1   2m  a  3    b  m  b   R  m 1   2  a   0   6  b R  b  R  a      R   6  b b     2  a   0    R 6  b   6  b  R  a  0   6  b b   b   R   R    R 6  b   a   2 I   3;7;  Suy b 7 Vậy , P 10a  b  3c 41 Câu 23 Cho đa giác H  O  Người ta lập tứ giác tùy ý có 60 đỉnh nội tiếp đường trịn có bốn đỉnh đỉnh  H  Xác suất để lập tứ giác có bốn cạnh đường  H  gần với số số sau? chéo A 85, 40% B 13, 45% C 40,35% D 80, 70% Lời giải Chọn D Số phần tử không gian mẫu là: n    C604 Gọi E biến cố “lập tứ giác có bốn cạnh đường chéo Để chọn tứ giác thỏa mãn đề ta làm sau: Bước 1: Chọn đỉnh tứ giác, có 60 cách  H  ” Bước 2: Chọn đỉnh lại cho hai đỉnh tứ giác cách đỉnh Điều tương đương với việc ta phải chia m 60 kẹo cho n 4 đứa trẻ cho đứa trẻ C n C553 có k 2 cái, có m  n ( k  1)  cách, làm tứ giác lặp lại lần 60.C553 n E   Số phần tử biến cố E là: Xác suất biến cố E là: P E  n  E  60.C553  80, 7% n    4.C604 12  4sin x đoạn Câu 24 Giá trị lớn M giá trị nhỏ m hàm số 12 4 12 12 M  m m M  m ; 3 ; D M A B M 4 ; C Lời giải Chọn B   5    x ;  t    ;1  6  nên   Cách 1: Đặt t sin x Vì y f  t    12 t    ;1    4t với Khi hàm số trở thành: 48 f  t    t    ;1    4t   Ta có , nên hàm số đồng biến  1 m min f  t   f     M max f  t   f  1 4      2   ;1   ;1   Do 12   5    x    ;   sin x    ;1  y  0 6  4sin x     Cách 2: Do ; y   5    ;  là: 12 m 11 4 ;     ;1 12 y  12   4   y  y sin x 12  sin x     ;1  y   ;   4sin x 4y   3  M max f  t   f  1 4 Do     ;1    1 m min f  t   f        2   ;1   A  3;1;0  B  2;0;  1 C  0; 2;  1 D  0;0;   Câu 25 Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm , , , Với M  a; b; c  điểm M tùy ý, đặt T MA  MB  MC  MD Gọi cho T đạt giá trị nhỏ Lúc đó, tổng a  5b  c B A C D  13 Lời giải Chọn  C   AB   1;  1;  1 AC   3;1;  1 AD   3;  1;   Ta có ,     AB; AC  AD 0  Mà  nên A , B , C , D đồng phẳng tạo thành tứ giác ABDC có hai  x 3t  AD :  y t  x   2t   x 2  t   BC :  y  t   z   3  I  ; ;  1  đường chéo cắt điểm  2 Mặt khác, MA  MD  AD MB  MC BC nên T MA  MB  MC  MD  AD  BC T  AD  BC  14  2 M I Suy Do Vậy a  5b  c 3 3  M  ; ;  1 2  2 n Câu 26 1 x  x  Cho khai triển a0  a1 x  a2 x    a2 n x n a a a a , với n 2 , , ,., 2n a3 a4  S a0  a1  a2    a2n hệ số Biết 14 41 , tổng 10 11 12 A S 3 B S 3 C S 3 13 D S 3 Lời giải Chọn A n n Ta có k n k k 0 l 0   x  x   Cnk  x  x   Cnk  Ckl x k  l x 2l k 0  l 0; k 3 x k l x  k  l 3    a3 Cn3C30  Cn2C21  l 1; k 2 Hệ số x  l 0; k 4 k l x x  k  l 4   l 1; k 3  a4 Cn4C40  Cn3C31  Cn2C22  l 2; k 2 Tương tự hệ số x 2 14a4 41a3  14  Cn C4  Cn C3  Cn C2  41 Cn C3  Cn C2  Theo giả thiết    n! 3.n ! n! n! 2.n !   14      41   4! n   ! 3! n  3 ! 2! n   !   3! n   ! 2! n   !   n  n  1  n    n  3 n  n  1  n   n  n  1   n  n  1  n     14     n  n  1   41 24 2      n 1 11 185   14  n  n  1  n  n  n      0     24  n 10 Do n 2 nên n 10 10   x  x  a0  a1x  a2 x   a20 x 20 ta Mặt khác thay x 1 vào hai vế khai triển 10 S a0  a1  a2    a20 3 Câu 27 Số giá trị nguyên nhỏ 2018 tham số m để phương trình log  2018 x  m  log  1009 x  có nghiệm B 2017 C 2019 Lời giải A 2020 D 2018 Chọn A 2018 x  m 6t   log  2018 x  m  log  1009 x  t 1009 x 4t  2.4t  m 6t  m  2.4t  6t Đặt f  t   2.4t  6t f  t  6t ln  2.4t.ln Đặt Ta có: t   ln f  t  0     log 16  t log  log 16  ln   Xét Bảng biến thiên:   m  f  log  log 16    2, 01 f  t  m   Phương trình có nghiệm chỉ m  2018  m 2017   Mà m   nên ta có: m   Vậy có 2020 giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán PHẦN TỰ LUẬN (2 câu) Câu 28 Gọi z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  z  0 Tính M z1100  z100 Lời giải  z 1  i z  z  0    z2 1  i M  z1100  z100   i  100  1 i 100 Suy 50  2i     2i  50 2.250  i  25  251   1 i  50 50    1 i  Câu 29 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy hình vng cạnh a Tam giác SAD cân S mặt bên  SAD  vng góc với mặt phẳng đáy Biết thể tích khối chóp S ABCD a Tính khoảng cách h từ điểm B đến mặt phẳng  SCD  Lời giải S A B I D C Ta có chiều cao khối chóp S ABCD SI với I trung điểm AD 4 a  2a SI  a3  SI 2a 3 Suy thể tích khối chóp S ABCD Xét tam giác SCD vng D có: 3a 1 3a 3a SD  SI  ID  S SCD  SD.CD  a  nên 2 2 2 4  a3 2 SSCD h  h  a V  V  V S BCD B.SCD 3 Thấy S ABCD C  C  Câu 30 Cho hàm số y  x  3x  m có đồ thị m , với m tham số thực Giả sử m cắt trục Ox bốn điểm phân biệt hình vẽ S1 , S , S3 diện tích miền gạch chéo cho hình vẽ Tìm giá trị m để S1  S3 S2 ? Gọi Lời giải Gọi x1 nghiệm dương lớn phương trình x  x  m 0 , ta có m  x14  x12  1 x1 S  S S2 S1 S3 nên S2 2S3 hay Vì x1 f  x  dx 0 x1 x1  x5   x14  x   x  mx f x d x  x  x  m d x  x  x  m         1   x1  mx1   5     0 Mà  x4  x14 x1   x12  m  0  x12  m 0      Do đó, x1  x12  x14  x12 0 x12  1 2    x  10 x    1 Từ , ta có phương trình 5  m  x  x 1 Vậy