Ôn luyện các nhóm câu hỏi vận dụng cao trong đề thi THPTQG môn Toán

ĐỀ ƠN LUYỆN CÁC NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO TRONG ĐỀ THI THPT QUỐC GIA Đề thi gồm 40 câu trắc nghiệm Thời gian làm 180 phút Good Luck! Câu 1: Cho tam giác ABC vuông A Gọi  góc hai đường trung tuyến BD CK Giá trị nhỏ cos bằng? A B C D 4 Câu 2: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hënh vẽ Hỏi có tất giá trị m nguyên để phương trënh sau có nghiệm phân biệt: m  m  16 f  x   f  x   A B C D   x Câu 3: Cho hàm số y  sin  x    cos2    sin x  a2 (với tham số) Gọi m , M 6  2   2  giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn hàm số đoạn  ;  Có 6  321 giá trị nguyên a để m2  M  ? A B Câu 4: Cho dãy số  un  C D n sau: un  , n  , , Tính giới hạn tổng  n2  n4 lim  u1  u2   un  x  Fanpage: Tạp chí tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN 1 C D B 4 Câu 5: Cho hàm số f  x   ax   a  b   x  8a  4b có max f  x   f  3  Giá trị lớn A   ;0  1  hàm số f  x  đoạn  ;  là? 2  A B C  25a D  25a Câu 6: Cho tứ diện vuông O.ABC, gọi R r bán kính mặt cầu ngoại tiếp nội tiếp tứ diện Biết R  r  2OC  3OA2  6OB2  10 Tính VOABC ? 2 A B C D 3 3 Câu 7: Cho số thực a , b , c , d cho c  d  đồng thời thỏa mãn   log   a  b    log  a  b   4  2 c.2  d.2 c  d  ln  c  d  2cd  4c  d    16  Gọi M m GTNN GTLN biểu thức P   a  c   b  d Tính giá trị S  M  n ? A B C 10 D 12 Câu 8: Gọi  a ; b  tập hợp giá trị m để phương trënh 1 x x  x 1 1 x  m Với giá trị m bất phương trënh ln đúng? C m  D m  A m  3 B m  Câu 9: Cho tam giác ABC cạnh a ,trên đường thẳng d vng góc với mặt phẳng  ABC  A lấy điểm M khác A Gọi H trực tâm tam giác MBC , biết đường thẳng    vng góc với mặt phẳng MBC H ln cắt đường thẳng d N Tìm giá trị nhỏ diện tích tồn phần tứ diện MNBC A  a2 2   B  a2   C  a2   D  a2  abc    Câu 10: Cho ba số thực dương a,b,c thoả mãn  Gọi M, N  a  1 b  1 c  1  15 giá trị nhỏ giá trị lớn P  ab  bc  ca Tính giá trị biểu thức: Q  MN A B 41 x  10  Câu 11: Cho hàm số f  x     f  f  x  11  C 15 x  2018 x  2018 D 65 Tính giá trị f    f  2018  A 1999 B 2009 C 4018 D 4036 Câu 12: Một đồng hồ cát có thiết diện qua trục parapol đối xứng qua mặt nằm ngang Khi để thẳng đứng cát khơng chảy thë hënh vẽ ( phần màu xanh cát), | Chinh phục olympic tốn Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học 40 CÂU VẬN DỤNG CAO CĨ GIẢI CHI TIẾT mực cát parapol chiều cao parapol Khi lật ngược đồng hồ cát thë lưu lượng cát chảy từ xuống không đổi 3cm /phút Khi chiều cao 6cm bề mặt tạo thành đường trịn có diện tích 9cm Biết sau 900s cát khơng cịn chảy Hỏi lượng cát chảy xuống chiều cao parapol thể tích cát phần parapol (coi lượng cát chảy không đáng kể) A 14 B 13, 05 C 12,75 D 13, u1    Câu 13: Tìm số hạng tổng quát dãy số  un  biết  3un  un   un    A un  tan    n  1  6 8   C un  tan    n  1  3 2   B un  tan    n  1  6 3   D un  tan    n  1  7 4 Câu 14: Cho hai hàm số f  x  g  x  có đạo hàm liên tục  0;  , thỏa mãn f '   f '    g  x  f '  x   x  x   e Tính tích phân I   f  x  g '  x  dx x A I  4 B I  C I  e  D I   e Câu 15: Cho hàm số f  x  xác định liên tục  0; 1 , thỏa mãn f '  x   f '   x  với x   0; 1 Biết f    1, f    41 Tính tích phân I   f  x  dx A I  41 B I  21 C I  41 D I  42 n 1   Câu 16: Với n số nguyên dương x  , xét khai triển Newton  x  x    Hỏi x x   có số n  2018 cho khai triển biểu thức có số hạng tự ? Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học Chinh phục olympic tốn | TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN A 1009 B 403 C 1615 D 625 Câu 17: Có số nguyên dương m đoạn  2018 ; 2018  cho bất phương trënh sau với x   ; 100 :  10x  A 2018 m log x 10 B 4026  10 11 log x 10 C 2013 D 4036 Câu 18: Một số tự nhiên gọi số thú vị số có chữ số đơi khác lập thành tự tập 1; 2; ; 8 số chia hết cho 1111 Hỏi có số tự nhiên thú vị thế? A 384 B 385 C 386 D 387 Câu 19: Cho hàm số x  ax  b , gọi M giá trị lớn hàm số đoạn  3;  Khi M đạt giá trị nhỏ T  log a 1 b có giá trị ? A B 4026 D C 2 Câu 20 : Cho hình hộp ABCD.A ' B 'C 'D ' có cạnh AB  a diện tích tứ giác A1 B1CD 2a Mặt phẳng A1 B1CD tạo với mặt phẳng đáy góc 60 Khoảng cách hai đường thẳng AA CD P Khi P max , tìm thể tích khối hộp biết hình chiếu đỉnh A1 thuộc miền hai đường thẳng AB CD A 3a B 7a C 7a D 7a Câu 21: Có giá trị nguyên tham số m để phương trënh: sin x   cos x    cos x  m   cos x  m   cos x  m   2  Có nghiệm thuộc 0;  ?   A B C D Câu 22: Cho tam giác ABC có AB  , AC  Phân giác AD góc BAC cắt AD trung tuyến BM I Tính tỉ số AI 13 11 10 10 A B C D Câu 23: Cho bất phương trënh sau 1  3x   2   1   1 x 2 x2     2   1   m 3x   Biết với m   ; a  b   a , b   bất phương trënh với x Khi tổng S  a  b có giá trị bao nhiêu? A 301 | Chinh phục olympic tốn B 302 C 304 D 305 Fanpage: Tạp chí tư liệu toán học 40 CÂU VẬN DỤNG CAO CÓ GIẢI CHI TIẾT Câu 24: Xét số thực a , b , c cho phương trënh ax  bx  c  có hai nghiệm thuộc  0; 1 Giá trị lớn biểu thức T   a  b  a  b  aa  b  c 35 B Tmax  C Tmax  D Tmax  Câu 25: Gọi A tập hợp tất số tự nhiên có tám chữ số đơi khác Chọn A Tmax  ngẫu nhiên số thuộc A , tính xác suất để số tự nhiên chọn chia hết cho 45 53 54 56 A B C D 2268 2267 2263 41 2 Câu 26: Cho số thực x,y thỏa mãn log x  log y  log xy  log xy   Gọi M,m max biểu thức P  log 32 xy A 15 23 B 14 23 8x Tính M.n? y C 16 23 D  17 23 Câu 27: Cho số thực x  1, y  thỏa mãn điều kiện max x  ; x  y   x  y  x2  y Hỏi biểu thức P   x    x  y   có tất ước số nguyên dương? A B C D Câu 28: Cho số a1 , a2 , a3 , a4 , a5  lập thành cấp số cộng với công sai d b1 , b2 , b3 , b4 , b5  lập thành cấp số nhân với công bội q Biết a1  b1 a5  b5 Hỏi có khẳng định khẳng định sau? i) a2  b2 ii) a3  b3 iii) a4  b4 iv) d  q A B C D Câu 29: Cho hai hình cầu đồng tâm O  0, 0,  , bán kính R1  2, R2  10 Tứ diện ABCD có A, B   O , R1  ; C , D   O , R2  Tìm giá trị lớn thể tích tứ diện ABCD A D B C Câu 30: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh bên 1, mặt bên tam SC  giác có góc đỉnh S 450 Cho A’ trung điểm SA, C’ thuộc cạnh SC cho SC  Mặt phẳng (P) qua A’, C’ cắt cạnh SB, SD B’, D’ Số gần với giá trị nhỏ chu vi tứ giác A’B’C’D’ A 1.79 B 3.3 C 2.05 D 1.3 Câu 31: Cho hàm số y  ax  bx  cx  d có đồ thị C  Biết C  cắt trục hoành điểm phân biệt có hồnh độ x1  x2  x3  trung điểm nối điểm cực trị C  có hồnh độ x0  Biết  3x1  x  5x   44  x1 x2  x2 x3  x3 x1  Hãy tính tổng S  x1  x 2  x 3 ? Fanpage: Tạp chí tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN A 137 216 B 45 157 Câu 32: Cho Parabol  P1  : y  f  x   C 133 216 D 1 x  x ,  P2  : y  g  x   ax  4ax  b  a   có đỉnh I , I Gọi A , B giao điểm  P1  Ox Biết điểm A, B, I , I tạo thành tứ giác lồi có diện tích 10 Tính diện tích S tam giác IAB với I đỉnh Parabol  P  : y  h  x   f  x   g  x  A S  B S  C S  D S  Câu 33: Cho hàm số bậc ba f  x  g  x   f  mx  nx  p   m , n , p   có đồ thị hënh dưới, đường nét liền đồ thị hàm f  x  , đồ thị hàm nét đứt đồ thị hàm g  x  , đường x   trục đối xứng hàm g  x  Giá trị biểu thức P   n  m   m  p  p  2n  bao nhiêu? A B 24 C 12 D 16 Câu 34: Có số nguyên m   2018; 2018 để phương trënh x 1 8  x  m có nghiệm thực phân biệt? A 2013 B 2012 C 4024 D 2014 Câu 35: Với x  1 ta có khai triển sau: | Chinh phục olympic toán Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học 40 CÂU VẬN DỤNG CAO CÓ GIẢI CHI TIẾT  x2  2x      x1  2018  a0  a1 x  a2 x   a2018 x 2018  b3 b2018 b1 b2     2018 x   x  1  x  1  x  1 2018 Tính tổng S   bk ? k 1 1009 A S  2017  C 2018 1009 B S  2018  C 2018 1009 C S  2018  C 2018 1009 D S  2018  2C 2018 Câu 36: Có hàm số y  f  x  liên tục  0; 1 thỏa mãn điều kiện   f  x  2018 A dx    f  x  B 2019 dx    f  x  2020 dx C D Câu 37: Cho hàm số f  x  , g  x  liên tục  0; 1 , thỏa m f  x   n f   x   g  x  với m , n số thực khác A m  n  1 0  f  x  dx   g  x  dx  Tính m  n B m  n  C m  n  D m  n  Câu 38: Có số tự nhiên có 2018 chữ số cho số tổng chữ số ? 2 2   C 2017  A2017  A2016  C 2016 A  4C 2017   C 2017   C 2017 2 2   C 2017  A2017  A2016  C 2016 B  4C 2017    C2017   C 2017 2 2   C 2017  A2017  A2016  C 2016 C  4C 2017   C 2017   C 2017 2 2   C 2017  A2017  A2016  C2016 D  C 2017   C2017   2C2017 Câu 39: Cho số thực x , y  thỏa mãn điều kiện:  log 3y  log 3y   log 3xy   log x Đặt P  x  xy  y Hỏi mệnh đề sau đúng? A P   11; 12  B P   12; 13 C P   10; 11 D P  10 Câu 40: Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M , N hai điểm thay đổi thuộc cạnh BC , BD cho  AMN  ln vng góc với mặt phẳng  BCD  Gọi V1 , V2 giá trị lớn giá trị nhỏ thể tích khối tứ diện ABMN Tính V1  V2 A 17 216 B 17 72 Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học C 17 144 D 12 Chinh phục olympic toán | TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ VẬN DỤNG CAO LỜI GIẢI ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI NHÓM CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Câu    1 BA  BC CA  CB 2  Ta có cos   BD.CK BD.CK BD.CK  BA.CA  BA.CB  BC CA  BC CB 4.BD.CK     BA.CA  BC CA  BA  BC ) 4.BD.CK  2 BC 4.BD.CK  BC 2.BD.CK Vì tam giác ABC vng A nên BA.CA  Mặt khác 2.BD.CK  BC  AM GM   AB2  BC AC BD2  CK       AC  BC AB2        BC AB2  AC BC 5BC  cos     BC   5BC 4 4 Dấu “=” xảy BD = CK hay ABC vuông cân A88 Câu Đặt t  f  x  , t  Dựa vào đồ thị ta thấy, với  t  cho ta giá trị x Phương trënh trở thành: m  m  16t  4t  m  m  16t  16t m  4u  16t   Đặt u  m  16t , u  , ta có hệ phương trënh:  m  16t  u   Từ (1) (2) suy ra:  u  4t   u  4t    u  4t   u  4t   Khi đó: 4t  m  16t  16t  16t  m  *  t   Xét hàm số f  t   16t  16t  0;   Để phương trënh cho có nghiệm phân biệt thë phương trình (*) phải có nghiệm t1 ; t2 thỏa mãn:  t1  t2   4  m  Do m số nguyên nên m  3; 2; 1 Câu  x  Ta có cos2    sin x  cos x  sin x    sin  x   6 2  | Chinh phục olympic tốn Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học 40 CÂU VẬN DỤNG CAO CĨ GIẢI CHI TIẾT         2  Do y  sin  x    sin  x    a2  Đặt t  sin  x   , x   ;   t   0; 1 6 6 6   6    1 Hàm số trở thành y  2t  2t  a    t    a2   2 2 2 1 1 1  1  1 Vì  t     t      t    Suy a2    t    a2   a2  2 2  2  2  2 321 321 m  a   1    a     a2  1   3  a  m M 2   M  a2   Suy có giá trị nguyên thỏa Câu Ta có un  n 1  n  2  n2 Ta có u1  u2   un   n n  n   n  n    1 1     n n1 n n1 1 1 1 1 1              2 3 7 13 13 21 n n1 n n1 1 1  n n n 1  lim  u1  u2   un   lim  1  1 2 n n1 n n1 1  2 n n Câu A T C O B Để đơn giản toán ta đặt OA  a , OB  b , OC  c Ta có cơng thức quen thuộc để tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện vuông R  a  b  c Công việc cịn lại ta tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện Gọi T tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC, ta 3V 1 có VOABC  VTOAB  VTOAC  VTOBC  VTABC  r (SOAB  SOAC  SOBC  S ABC )  r Stp  r  OABC 3 Stp Vậy tóm lại ta có R  3V a  b  c r  OABC , đó: Stp Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học Chinh phục olympic tốn | TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN 2 2R a  b  c Stp a  b  c    3VOABC r 3VOABC Stp  2R  r  a  b  c ab  bc  ca  a b  a c  b c abc  Vậy a2  b  c  3abc  3abc 3 abc   ab  bc  ca  a b  a 2c  b 2c 2 abc   3 a b c  3 a2 b c  3 a b c    abc  1  2R   Dấu “=” xảy a  b  c r Thay vào giả thiết thứ ta tëm a  b  c   VOABC  2.2.2  Câu Biến đổi giả thiết ta có log   a2  b    log  a  b   a  b   10  a  b    a     b    49 2 Giả thiết tương đương c.2  d.2  c d  ln  c  d  2cd  4c  4d    16  Theo bất đẳng thức AM – GM ta có  c d   c d  22 c d  c d    ln  c  d     16   16 Mặt khác ln  c  d      VT  16 Dấu “=” xảy c  d  2 Ta sử dụng phương pháp hënh học cho Xét đường trịn tâm I  5;  bán kính R  , đường thẳng    : x  y   Gọi điểm A  a ; b  , B  c ; d  Ta có hình vẽ 10 | Chinh phục olympic tốn Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Vì AO  a a tam giác ABC cạnh a ; AI  Rõ ràng MN  AB; MI  BC ; NI  BC nên Stp  1  MN.AB  MI.BC  MN.AC  NI.BC   a  MN  MI  NI  ABC cạnh a 2 3a2 Ta có MI  AM  AI  AM  Nên theo ta có MI  Tương tự ta có NI  Mà MN  a nên Stp  a AM  a  3a  Do Stp  a  MN  MN    5  AN   a2 2   Dấu xảy AM  AN  a 2 Câu 10 Từ giả thiết suy ra: ab  bc  ca  a  b  c  13 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 15   a   b   c     a     a a 1 Đặt k  3      16 a  a  a   a  a  ;i  3   bc    a1 a  a 1 3   a 10   3   a Chứng minh tương tự thë ta thu i  b ; c  k Từ suy ra:  a  k  b  k  c  k     k  k  a  b  c   k  ab  bc  ca    k  k  a  b  c  ab  bc  ca    k  k   ab  bc  ca    ab  bc  ca   k  k    k  13 k  ab  bc  ca   k  13 k 13   k  k2 Hoàn toàn tương tự với i:  a  i  b  i  c  i    ab  bc  ca  13   13   M   Q  MN  41 Vậy   N  13   Câu 11 Ta có 12 | Chinh phục olympic tốn Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học 40 CÂU VẬN DỤNG CAO CÓ GIẢI CHI TIẾT f  2018   f  f  2018  11    f  f  2029    2019  10  2009 f  2017   f  f  2017  11    f  f  2028    f  2018   2009 f  2009   f  f  2009  11    f  f  2020    f  2010   2009 f  2008   f  f  2008  11    f  f  2019    f  2009   2009 f  2007   f  f  2007  11    f  f  2018    f  2009   2009 f  2006   f  f  2006  11    f  f  2017    f  2009   2009 f    f  f   11    f  f  12    2009 Do ta có f  2018   f  2018    f  1  2009  f  1  f  2018   4018 Câu 12 Gọi chiều cao parapol h Ta có S  cm2  R  Xét thiết diện qua trục thẳng đứng ta thấy parapol qua điểm  0;  ,  3;  ,  3;  Nên y  3 2x2 y  Diện tích hình trịn qua thiết diện nằm ngang Thể tích phần phìa đồng hồ cát  h h Thể tích phần cát cần tìm VC   60 ydy  45  h   ydy  1,  cm3  Câu 13  un  tan  =   Đặt u  tan v   trở thành: Ta có u1  tan un  n n  1 un  tan un  tan  tan  tan  v     v  v   tan vn  n1 n  n   6   tan tan   Mà u1  tan v1    tan  v1  8     Từ ta có vn1  v1  n.d   n     n  1 8   Hay un  tan    n  1  6 8 un  Câu 14  f '    Từ giả thiết f '   f '       f '    Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học Chinh phục olympic tốn | 13 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN     ex 0 g 2  f '   x Do từ g  x  f '  x   x  x   e   x g  0  2 e     f '0  2 Tích phân phần ta I   f  x  g  x     g  x  f '  x  dx 0 2 0  f   g    f   g     x  x   e xdx    x  x   e xdx  Câu 15 Ta có f '  x   f '   x   f  x    f   x   C  f     f    C  C  42 1 0  f  x    f   x   42  f  x   f   x   42    f  x   f   x   dx   42dx  42   1 0 Vì f '  x   f '   x    f  x  dx   f   x  dx   Từ     , suy 1 0  f  x  dx   f   x  dx  21 Câu 16 n n n 1 1  Ta có  x  x       x   x   nên số hạng tổng quát khai triển x x  x    T  C nk x k  C nh x n10 h  C nkC nh x 3n  k 10 h Số hạng số hạng tự 3n  k  10 h   3n  5(2 h  k ) Nếu n không chia hết cho khai triển khơng chứa số hạng tự do, tức số hạng tự 2n n , k  , số hạng tự CnkCnh  , Còn n chia hết cho h  5 khơng thỏa Câu 17 Biến đổi giả thiết tương đương log x  11   m  10   log x  1  10 log x   log x  10m  log x    11log x     10m  log x    log x  10 log x  Do x   ; 100   log x   ;  Do ta có 10m  log x    log x  10 log x   10m  Đặt t  log x , t   ;  , xét hàm số f  t   14 | Chinh phục olympic toán 10 log x  log x log x  10t  t t1 Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học 40 CÂU VẬN DỤNG CAO CĨ GIẢI CHI TIẾT Ta có: f '  t   10  2t  t  t  1  t   ;  Do f    f  t   f     f  t   16 10 log x  log x 16 Để 10m  với x   ; 100  10m  m 15 log x  8  Do m   ; 2018 hay có 2018 số thỏa mãn  15  Câu 18 Số cần tìm có dạng i  a1 a2 a3 a4 b1b2 b3b4 Ta có tổng chữ số số cần tìm tổng chữ số từ đến 36 chia hết số cần tìm chia hết cho Do 1111 có ước chung lớn nên theo giả thiết i chia hết cho 9999 Đặt x  a1 a2 a3 a4 , y  b1b2 b3 b4 Ta có i  x.10  y  9999x  x  y chia hết cho 9999 từ suy  x  y  chia hết cho 9999 Mặt khác  x  y  2.9999  x  y  9999 Do a1  b1  a2  b2  a3  b3  a4  b4  Từ chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8 có cặp  1;  ,  2;7  ,  3;  ,  4;  nên có cách chọn a1 ; cách chọn a2 ; cách chọn a3 cách chọn a1 tức chọn a k có ln b k Vậy số số thú vị 8.6.4.2  384 số Câu 19 Xét hàm số h  x   x  ax  b Gọi m,n giá trị nhỏ giá trị lớn h  x  đoạn  3;  m  x  b  27 m  a  b  Suy   n  a  b  n  9x  b  27 y max  max  m ; n   y max  mn mn a  b   a  b  27  a  b   a  b  27 Vì a  b   a  b  27  ; a  b   a  b  27  Vậy y max m  n a    Dấu “=” xảy  m     T  log a 1 b  log 36  b   36    n0  Câu 20 Ta có AB  a  A1 B1  a Gọi DK đường cao hình hộp Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học Chinh phục olympic tốn | 15 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN DH đường cao A1 B1CD  DH  a2  a .Khoảng cách hai đường thẳng AA a CD khoảng cách từ D1 đến  ABB1 A  Từ A để đường cao AQ đến  A1 B1C 1D1  , tách hình ta có h h hình chiếu từ K Q đến A1 B1 , suy h1  h2  D1 J  x Đặt khoảng cách từ Q đến  ABB1 A1  h Từ góc  A1 B1CD   A1 B1C1D1   600  KH  Ta có : 3a  x  a  1 1  2   h 2 2 h h1 AQ  x  a  3a 3a2   x  a  d  K ;  ABB1 A1    h Ta có  DH  a ; DK  AQ  3a a 3a2  xa 3a3   x  a  d  D1 ;  ABB1 A1   d  K ;  ABB1 A1   3a   ax 3ax D1 J x    d  D1 ;  ABB1 A1    h2 a a  ax  x 3a2   x  a  3a  3a  3a  2a  4a a   2a          x x  x a  x ax   x  a  V  DK D1 J A1 B1  3a.4 a.a  3a Dấu “=” xảy  x 4a a  1 x2 x 16 | Chinh phục olympic tốn Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học 40 CÂU VẬN DỤNG CAO CĨ GIẢI CHI TIẾT Câu 21 Phương trënh tương đương với sin x  sin x   cos x  m   cos x  m   cos x  m  Xét hàm f  t   2t  t với t  Ta có f '  t   6t    f  t  đồng biến Mà f  sin x   f   cos x  m  , suy sin x  sin x  cos x  m    sin x  cos x  m   2   sin x  cos x  m  sin x  0, x  0;      cos x  cos x  m   m  2 cos x  cos x   2    Đặt u  cos x , x  0;   u    ; 1 Khi phương trënh trở thành     m  2u  u      u     ; 1   Xét g  u   2u3  u  , có g '  u   6u  u ; g '  u         u      ; 1    Lập bảng biến thiên suy phương trënh có nghiệm 4  m   28  m  4; 3; 2 27 Câu 22 Theo tính chất đường phân giác ta có Và IB AB    IB  3IM  IM AM DB AB    4DB  3DC  DC AC 2 IB  IM  2 AB  AM  AI  AB  AM  10 AI   Vậy ta có   4DB  3DC   AB  AC  AD  AB  AC  AD Suy AC  AM  AD  10 AI  AD  10 AI   AD 10  AI Câu 23 a   x 1 1    2  a  b  , ta chứng minh   a  1      b  1     VP Đặt  2  b  a   b  x  Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học Chinh phục olympic toán | 17 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN  1      a    b     b    a          1  1  a  b     b a     1 a b 2 2 a b     2              2 a b b a  ab  b a       b2 a2 3 3a  3b  AM  GM  4   a  b   2   b a  ab         2 2   2   a b  ab     AM  GM 6    4      4   6  2     17  12 ab  16 ab   6 a2  b2     16        Câu 24 Với số thực a , b , c làm cho phương trënh ax  bx  c  có hai nghiệm thuộc  0; 1 b   x1  x2  a Suy a  Gọi hai nghiệm x1 , x2 , theo định lì Viet ta   x x  c  a Ta có T   a  b  (2 a  b)   a  b  a  b  a2 abc a a( a  b  c )  b  b         x  x   x  x  a  a 2   b c  x1  x  x1 x 1  a a   x1  x2  x1 x2   x1  x2  x12  x22  x1  x  x1 x 2 x1  x2  x12  x22  x1  x  x1 x Khơng tính tổng qt ta giả sử  x1  x2  ,   x1  x1 x Suy    x1  x2  x1 x2   x1  x2  x12  x1  x2  x12  x22   x2  Suy x1  x2  x12  x22 x1  x2  x12  x22 x1  x2  x12  x22    1  x1  x2  x1 x2  x1  x2  x12 x1  x2  x12  x22 Suy T    Vậy Tmax  , dấu “=” xảy x1  x2  Nếu hàm số y  f ( x ) hàm số lẻ đoạn   a ; a  ,  a   có giá trị lớn giá trị nhỏ max f  x   max f  x   f  x    a ; a 0; a   a ; a Câu 25 18 | Chinh phục olympic tốn Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học 40 CÂU VẬN DỤNG CAO CĨ GIẢI CHI TIẾT  A97 Ta có n     A10 Gọi A tập hợp số a có chữ số khác chia hết cho 45 Khi a chia hết cho (tổng chữ số chia hết cho số hàng đơn vị )  Trường hợp 1: a có hàng đơn vị ; chữ số cịn lại có chữ số số 1; 8 , 2;7 , 3; 6 , 4; 5 , có 4.7 ! số  Trường hợp 2: a có hàng đơn vị ; chữ số cịn lại có chữ số số 0; 9 , 1; 8 , 2;7 , 3; 6 Khơng có 0; 9 , có ! số Có 0; 9 , có C 32  ! 6! số  n  A   4.7 ! C  ! 6! số  P  A   4.7! C 32  7! 6! A A 10  53 2268 Câu 26  a  log x Đặt   x  y  xy  6x  y   b  log y Yêu cầu toán trở thành 8x log y 3 ab P   P   a  b    a  b  a  P    b  P    5P  32  a  b log xy Đến a theo b P thay vào phương trënh ta phương trënh bậc 2, sử dụng điều kiện có nghiệm ta suy kết toán! Ta minP  27  27  , max P  23 23 Câu 27 Ta có tính chất hàm trị tuyệt đối   Áp dụng ta có max x  ; x  y   ab ab   max  a ; b  2 x2  2x  y  x  2x  y  2 Sử dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối ta có x2  2x  y  x2  2x  y 2x2  2x2       x  1 2 2 Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có x  y x2  y    x2  y  x2  y  2 Vậy VT   VP Dấu “=” xảy ta x  y  Khi P  24 có tất ước số nguyên dương Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học Chinh phục olympic tốn | 19 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Câu 28 Đặt a1  b1  x , a5  b5  y , mà a5  a1  4d a2  a1  d nên a2  ta tình a3  a4  3a1 3x  y  Tương tự 4 xy x  3y a4  Lập luận tương tự với CSN, ta có b2  x y , b3  xy , b4  xy Theo bất đẳng thức Cơ-si a3  xy 3x  y x  3y  xy  b3 , a2   x y  b2 , a4   xy  b4 4 Do đó, i), ii) va iii) Tuy nhiên, điêu kiên iv) không đúng, chẳng hạn x  y d  q  Câu 29 + Dựng mặt phẳng (P) chứa AB song song CD cắt  O , R1  theo giao tuyến đường tròn tâm I + Dựng mặt phẳng (Q) chứa CD song song AB cắt  O , R2  theo giao tuyến đường tròn tâm J + Lần lượt dựng đường kính AB, C D vng góc Khi đó, IJ  d  AB, CD   d  AB, C D  1 AB.CD.d  AB, CD  sin  AB, CD   AB.C D.IJ  VABCD Do cần xét 6 tứ diện dạng ABC D Ta có: VABCD  Vậy điều kiện cần để VABCD lớn AB  CD Gọi M, N trung điểm AB CD   Đặt AM  x , CN  y x  0, 10  , y   0, 2   ON  10  x ; OM   y ; d  AB, CD   MN  OM  ON  10  x   y Khi đó: VABCD  1 AB.CD.d  AB, CD    x.2 y 6 20 | Chinh phục olympic toán   10  x   y  xy  10  x   y  Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học 40 CÂU VẬN DỤNG CAO CĨ GIẢI CHI TIẾT Ta có: VABCD   VABCD   VABCD   10  x xy    y      xy    10  x    y2      1      3 xy 18   x  y   xy 18  2 xy  xy  xy 3   xy   xy    xy xy     xy  xy xy 8 2     xy    2 3        V ABCD 89     72  VABCD  Vậy Vmax  33  10  x   y2   x  Dấu “=” xảy khi:     y   xy    xy  Câu 30 S D' A' C' G B' D C E A B Từ giả thiết toán ta có: SA SC SB SD SB SD       (1) SA SC  SB SD SB ' SD Trải phẳng mặt bên hình chóp ghép lại cho thu nủa lục giác với cạnh SA tách thành SA SA’ đặt vào hệ Oxy(hình vẽ) Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học Chinh phục olympic tốn | 21 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN 1 2   1  Khi ta có: S  0;  ; A  0;  ; A  0; 1  ; A  0;  ; A1'  0;   ; C   ;  ; 2 3   2   2 1 7 4 B '  a ; a  ; D  b ; b  ; a ; b   0;    ab    1    a b 2 ab   Chu vi cần A’B’C’D’ c  AB  BC   C D  DA1' 2 2 1 2 1 2      c  a   a     a    a2  b   b     b    b 2 3 2 3     2 2   1 1    2 2    2 2     c  a a    b b    a    a  b    b  2 2    3 3          c   a  b    a  b  1 Dấu “=” xảy a  b  2 4   ( a  b)   a  b     c   1.79 3  2  BD //BD Câu 31 Trung điểm đoạn nối điểm cực trị điểm uốn đồ thị hàm số, có tọa độ b  x1  x  x    b   b  a x x x 1   3a ; y   3a   Theo Viet ta có     x   b   3a Thế x3   x1  x2 vào giả thiết thứ ta  3x1  4x2   5x1  5x2   44x1x2  44  x1  x2   x1  x2   48x1  16 x1  3x2    45x22  54 x2  25  Ta có  x1  176  3x2    VT  VP Dấu “=” xảy x1  1 ; x2  ; x3  Câu 32 Dễ dàng tëm A  0;  , B  4;  , I  2; 1  , I  2; b  a  với b  a  (vì tứ giác I AI B lồi) Khi tứ giác I AI B có hai đường chéo vng góc nên SI1 AI2 B  1 AB.I I    b  a     b  a   10  b  a  2 1  Ta có h  x   f  x   g  x    a   x   4a  1 x  4a  nên tọa độ đỉnh I 4  4a   2 xI   1  2a    I  2;   SIAB  3.4   4    y I  h    a   a   a   Câu 33 22 | Chinh phục olympic tốn Fanpage: Tạp chí tư liệu toán học 40 CÂU VẬN DỤNG CAO CĨ GIẢI CHI TIẾT Ta có f  x   ax  bx  cx  d  f '  x   3ax  2bx  c Hàm số đạt cực trị x  0; x  đồ thị qua điểm  1;  ,  0;  nên ta có  f '    a     f '    b  3   f  x   x  3x   c  f       f 0  d   Ta có g  x    mx  nx  p    mx  nx  p   Hệ số tự p  p  Đồ thị hàm số g  x  qua điểm  0;  nên p  p    p  Đồ thị hàm số g  x   f  mx  nx  p  có trục đối xứng x   trục đối xứng x   nên đồ thị hàm số y  mx  nx  p có n     m  n 2m Đồ thị hàm số g  x  qua điểm  2;  nên m  n  g  2    g  x    m     m       m  n    Do đồ thị có hướng quay lên nên ta suy m   m  n  p  Câu 34 Phương trënh tương đương với m  x 1 3 x 1   x Hàm số f  x     x 2 hàm số chẵn ta cần xét nửa khoảng  0;   để suy bảng biến thiên hàm số f  x  tập số thực Xét hàm số  x1 3x x1   x  2   g  x   ln  3x  x   x 1 f x    x    f '  x    x 1 2 2 ln  3x    x    2 x    x   x    Ta có g '  x   x  ln x   ln 2   0, x  2, g    ln   0, g    16 ln   nên phương trënh g  x   có nghiệm x0   2;  Vẽ bảng biến thiên cho hàm số f  x  ta suy phương trënh có nghiệm thực m   m  7, 8, , 2018   m  f  x   x0    x   Câu 35  x2  2x   Đặt f  x      x1  2018 , ta có f    a0  b1   b2018  2018 Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học Chinh phục olympic tốn | 23 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Suy a0  S  2018     Lại có f  x    x    x1  1008  k 0 k C2018  x  1 2018 2018  k 2018 k   C 2018  x  1 k  2018 k 0  2018  C  x  1 k  1009 k 2018 k  2018 Suy  1007 1008 b1  b3   b2017   S  b2  b4   b2018  C 2018  C 2018   C 2018  C 2018  1009 1010 2017 2018 1009 a0  C 2018  C 2018   C 2018  C 2018  C 2018  S (vì Cnk  Cnn k )   1009 Từ     , suy S  2017  C 2018 Câu 36 Từ điều kiện ta suy   f  x    f  x   1 2018 dx    f  x   2018  f  x   1 0  f x  Mà f  x  liên tục  0; 1 nên  Vậy có hàm thỏa mãn yêu cầu đề  f  x   Câu 37 Từ giả thiết m f  x   n f   x   g  x  , lấy tích phân hai vế ta : Do 1 1 0  f  x  dx   g  x  dx    m f  x   n f   x  dx   g(x)dx  m  n f   x  dx    Xét tích phân x   t   f   x  dx Đặt t   x , suy dt  dx Đổi cận: x   t  0 Khi 1 1 0  f   x  dx   f t  dt   f t  dt   f  x  dx    Từ     , suy m  n  Câu 38 Vì                    nên ta có trường hợp sau:  Trường hợp 1: Số tự nhiên có chữ số đứng đầu 2017 số đứng sau: Có số  Trường hợp 2: Số tự nhiên có chữ số , chữ số 2016 số + Khả 1: Nếu số đứng đầu số đứng 2017 vị trí cịn lại nên ta có C 2017 số + Khả 2: Nếu số đứng đầu số đứng 2017 vị trí cịn lại nên ta có 24 | Chinh phục olympic tốn Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học 40 CÂU VẬN DỤNG CAO CÓ GIẢI CHI TIẾT C 2017 số  Trường hợp 3: Số tự nhiên có chữ số , chữ số 2016 số + Khả 1: Nếu số đứng đầu số đứng 2017 vị trí cịn lại nên ta có C 2017 số + Khả 2: Nếu số đứng đầu số đứng 2017 vị trí cịn lại nên ta có C 2017 số  Trường hợp 4: Số tự nhiên có hai chữ số , chữ số 2015 số + Khả 1: Nếu số đứng đầu số số lại đứng hai 2017 vị trí cịn lại nên ta có A2017 số + Khả 2: Nếu số đứng đầu hai chữ số đứng hai 2017 vị trí cịn lại nên ta có C 2017 số  Trường hợp 5: Số tự nhiên có chữ số , chữ số thë tương tự trường 2  C 2017 hợp ta có A2017 số  Trường hợp 6: Số tự nhiên có chữ số , ba chữ số 2014 số + Khả 1: Nếu số đứng đầu ba chữ số đứng ba 2017 vị trí cịn lại nên ta có C 2017 số + Khả 2: Nếu số đứng đầu số đứng vị trí mà khơng có số khác đứng trước hai số cịn lại đứng 2016 vị trí cịn lại nên ta có C 2016 số + Khả 3: Nếu số đứng đầu số đứng vị trì mà đứng trước có hai số hai số cịn lại đứng 2016 vị trí cịn lại nên ta có A2016 số  Trường hợp 7: Số tự nhiên có năm chữ số 2013 số , chữ số đứng đầu nên bốn chữ số lại đứng bốn 2017 vị trí cịn lại nên ta có C 2017 số 2 2   C 2017  A2017  A2016  C 2016 Áp dụng quy tắc cộng ta có  4C 2017 số cần   C 2017   C 2017 tìm Câu 39 Biến đổi giả thiết ta được:  log 3y  log y   log 3xy   log x 2  log x  log x log 3y  log y log x log Ta nhận thấy log x  log 3y  log  3xy  log x  a  Để đơn giản ta đặt log 3y  b Lúc ta có giả thiết  log c 3xy  Fanpage: Tạp chí tư liệu toán học  3xy a  b  c     a  ab  abc  Chinh phục olympic tốn | 25 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Thế b   a  c vào giả thiết ta được:  2c  1 a2   2c  5c   a  0 Coi vế trái tam thức bậc theo biến a với c tham số ta có:    2c  5c    18  2c     2c    c  4c   2 Chú ý với điều kiện x , y  ta có a , b , c  Mặt khác a  b  c   c  Suy   , điều đồng nghĩa VT    log x  a  x  2    Dấu “=” xảy b   log y    y     c  log   3xy  Từ suy P  76  12 Câu 40 Gọi H tâm tam giác BCD , ta có AH   BCD  , mà  AMN    BCD  nên AH   AMN  hay MN ln qua H Ta có BH   AH  AB2  BH    3 1 BM.BN sin 60  BM.BN Thể tích khối chóp ABMN V  AH SBMN  3 12 Do MN qua H M chạy BC nên BM BN lớn M  C N  D V1  24 BM BN nhỏ MN //CD BM  BN  26 | Chinh phục olympic toán 2 17  V2  Vậy V1  V2  216 27 Fanpage: Tạp chí tư liệu toán học ... 12 Chinh phục olympic toán | TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ VẬN DỤNG CAO LỜI GIẢI ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI NHÓM CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Câu    1 BA  BC ... 6 8 un  Câu 14  f ''    Từ giả thi? ??t f ''   f ''       f ''    Fanpage: Tạp chí tư liệu toán học Chinh phục olympic toán | 13 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN... n0  Câu 20 Ta có AB  a  A1 B1  a Gọi DK đường cao hình hộp Fanpage: Tạp chí tư liệu tốn học Chinh phục olympic tốn | 15 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN DH đường cao A1