Đề kiểm tra học kỳ 2 có đáp án môn toán lớp 12 trường THPT lê hồng phong | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Cách xác định chân đường cao của hình chóp: Ở bài này sử dụng định lý “Cho 2 mặt phẳng vuông góc với nhau, đường thẳng nằm trong mặt này vuông góc với giao tuyến thì vuông góc[r]

HKII-LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH

Câu 1: [1D1-1] Tập xác định của hàm số là?

A B

C D

Câu 2: [2D2-2] Tìm tập nghiệm của bất phương trình

A B C D

Câu 3: [2H1-1] Khối bát diện là khối đa diện loại nào ?

A B C D

Câu 4: [2D2-2] Họ nguyên hàm của hàm số là

A B C D

Câu 5: [2D1-1] Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số khoảng

A B C D

Câu 6: [2D2-2] Giải phương trình

A B C D

Câu 7: [1D4-1]

A B C D

Câu 8: [2D3-2] Một vật chuyển động vận tốc tăng liên tục biểu thị đồ thị là đường cong parabol có hình bên

tan

y x

\ ,

4

D  k k  

 

  \ ,

4

D  k k 

 

 

\ ,

2

D k k 

 

  \ ,

2

D  k k  

 

 

S log 32 x 2 log 52  x 0

6 1;

5 S  

 

2 ;1 S  

  S  1; 

6 1;

5 S  

 

5;3 3; 4 4;3 3;5

  3x f x  

ln

x

C



ln

x

x C  

3x x C

  lnx x x C 

 

f x x

x

   0;

min0; f x 3 min0; f x  5 min0; f x  2 min0; f x 3

 

4

2log xlog x 2 16

x  x 1 x 4 x 3

2

lim

x

x x

   

Biết sau s thì vật đạt đến vận tớc cao nhất và bắt đầu giảm tốc Hỏi từ lúc bắt đầu đến lúc đạt vận tớc cao nhất thì vật quãng đường mét?

A m B m C m D m

Câu 9: [2H2-2] Cho hình trụ có bán kính đáy cm Một mặt phẳng qua trục của hình trụ và cắt hình trụ theo thiết diện là hình vng Tính thể tích của khới trụ cho

A B C D

Câu 10: [2D1-2] Đồ thị hàm sớ có đường tiệm cận?

A B C D

Câu 11: [2D1-1] Hàm số đồng biến các khoảng nào các khoảng sau?

A B C D

Câu 12: [2H2-2] Hình trụ có mặt phẳng đối xứng?

A Vô số. B C D

Câu 13: [2D2-3] Tính đạo hàm của hàm sớ

A B

C D

Câu 14: [2H1-1] Thể tích khới lăng trụ có chiều cao , diện tích đáy là

A B C D

Câu 15: [2D1-2] Đường cong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào đây?

A B C D

Câu 16: [1D2-2] Một nhóm có học sinh gồm nam và nữ Hỏi có cách chọn học sinh có nam và nữ

A B C D

Câu 17: [2D1-1] Cho hàm sớ có bảng biến thiên hình vẽ sau: 10

300

1400

1100

1000

3

8 cm 16 cm

3

16 cm



3

16 cm

1 x y

x  



3

3 3

y x  x

2;0 0;1 2018; 2  1;0

2

2 1 8x

y 



2 8x

y  x  

2

2

2 ln 8x

y  x x   2 

1 8x

y  x  1

6 8x ln y  x 

h B

1 2B h

1

3B h B h

1 6B h

2

1 x y

x  



2

1 x y

x  



1

2

x y

x  



1

2

x y

x  



6

32 20 16

  yf x

O

1 

1 

1 x

Hàm số đạt cực tiểu điểm nào các điểm sau?

A B C D

Câu 18: [2D4-2] Tìm tập hợp điểm biểu diễn sớ phức thoả

A Đường trịn tâm , bán kính B Đường trịn tâm , bán kính C Đường trịn tâm , bán kính D Đường trịn tâm , bán kính

Câu 19: [2D2-3] Cho hàm sớ Tính tổng

A B C D

Câu 20: [2H1-2] Cho hình chóp có đáy là hình vuông cạnh , , cạnh bên tạo với mặt đáy góc Tính thể tích của khới chóp theo

A B C D

Câu 21: [2D3-2] Giá trị của và là phân sớ tới giản Tính giá trị của biểu thức

A B C D

Câu 22: [2D4-2] Trong mặt phẳng phức, cho điểm hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào là sai?

A B Số phức có phần ảo

C D

Câu 23: [2H3-2] Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai đường thẳng

và đường thẳng Viết phương

trình đường thẳng qua , đồng thời vng góc với hai đường thẳng và

A B

  yf x

x  x 0 x 2 x 1

z z 1 2i 3  1; 2

I  r 9 I1;2 r 9

1; 2

I  r 3 I  1;2 r 3

  ln2018

x f x

x 

 Sf 1  f 2   f2018 2018

2019 S 

1

S  S ln 2018 S 2018

S ABCD a SAABCD SC

45 V S ABCD a

3 2

V a

3 3

3 a V 

3 2

3 a V 

3 2

6 a V 

3

2

9 x xd a b

 

 a b  , a

b T ab

35

T  T 24 T 12 T 36

M z

6

z z  z

5

z  z  3 4i

Oxyz

1:

6 x t

d y t

z t

  

  

  



1

:

2

x y z

d    

 1; 1;2

A  d1 d2

1

14 17

x y z

  1

2

x y z

 

C D

Câu 24: [2D3-2] Trong không gian với hệ tọa độ , cho đường thẳng là giao tuyến của hai mặt

phẳng và và đường thẳng có phương trình

cắt Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng và

A B C D

Câu 25: [2H1-2] Cho hình chóp có đáy là hình thang vuông và Hình chiếu vuông góc của mặt đáy trùng với trung điểm Biết

Góc hai mặt phẳng và mặt phẳng đáy là Tính thể tích của khới chóp

A B C D

Câu 26: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P x:  2y z  1 Véc-tơ nào là véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng  P ?

A n 1; 2; 1  

B n   1; 2; 1 

C n 1;0;1 

D n  1; 2;1 

Câu 27: Cho hàm số  

2

4

3

x x

f x







Hỏi mệnh đề nào là mệnh đề sai?

A.      

2

1 log log

f x   x  x  

B.      

2

0.3 0.3

1 log log

f x   x  x  

C.      

2

1 ln ln

f x   x  x  

D.      

2

3

1 log

f x   x  x  

Câu 28: Gọi z z1, 2 là hai nghiệm phức của phương trình z23z  Tính |z1z2|.

A 3 B

3

2 C 5 D

Câu 29: Tìm hệ số của x khai triển của biểu thức 5

7

2

x x

 



 

  .

A 8.C 75 B

3

8.C

C C73 D

2

C

1

3

x y z

 



1

1

x y z

 

Oxyz d

  :x y 0    : 2x y z  15 0 d

1 2

x t

y t

z    

  

 

 I d d

4; 4;3

I  I0;0; 2 I1;2;3 I0;0; 1 

S ABCD A B

S ABCD AB AB 1, BC 2, BD  10

SBD 60 V

S BCD 30

V  30

12

V  30

20

V  30

Câu 30: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P x: 2y 2z 0 , và điểm 1; 2; 3

I 

Mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng P có bán kính là

A

3 B

11

C 1 D 3

Câu 31: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm M2;0;0,N0;1;0 và P0;0; 2 Mặt phẳng MNP có phương trình là

A 2

x y z

  

 B 2

x y z

  



C. 2

x y z

  

D 2

x y z

  



Câu 32: Tìm điểm cực tiểu của hàm số yx33x2 4

A x 2 B M0; 4 C x 0 D M2;0

Câu 33: Tìm tham số m để đồ thị hàm số

1 mx y

x m  

 qua A1; 3 

A m 2 B m 1 C m 2 D m 0

Câu 34: Cho hàm f x  có bảng biến thiên hình vẽ sau

Hàm số f x  đồng biến khoảng nào các khoảng sau?

A 0;3 B 2; 

Câu 35: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vng B , BC 2a Mặt bên SABvng góc với mặt đáy, biết ASB  60 , SB a Gọi  S là mặt cầu tâm B và tiếp xúc với mặt phẳng SAC Tính bán kính r của mặt cầu  S

A. r2a B

3

19 r a

C r2a D

19 a

Câu 36: [2D3-3] Cho hàm số yf x  có đạo hàm liên tục  và thỏa mãn f  2  ,1

 

2

1

2 d

f x x 

Tính  

0

2

d

I x f x x



 

A I  1 B I  0 C I  4 D I  4

Câu 37: [2D2-2] Tìm tập xác định D của hàm số  

3

2 3

yx x 

A D      ;  B D   3;   \ C D 0;   D D   3;   Câu 38: [1D3-3] Cho cấp số cộng  un có các sớ hạng dương, số hạng đầu u  và tổng của 1001

sớ hạng 14950 Tính giá trị của tổng

2 1 2 2018 2017 2017 2018

1 1

S

u u u u u u u u u u u u

   

   .

A

1

1

3 6052

 



 

  B

1

6052 

C 2018 D 1.

Câu 39: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu   S1 : x12y12z 22 16 và        

2 2

2 :

S x  y  z  cắt theo

giao tuyến là đường tròn  C Tìm tọa độ tâm J của đường tròn  C

A

1 ; ; 4 J  

  B

1 ; ; 4 J  

  C

1

; ;

3 4

J   

  D

1

; ;

2 4

J   

 

Câu 40: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A4;2;5 , B0; 4; 3 ,

2; 3;7

C 

Biết điểm M x y z 0; ;0 0 nằm mặt phẳng (Oxy)sao cho MA MB MC 

                                         

đạt giá trị nhỏ nhất Tính tổng P x 0y0z0

A P  3 B P  0 C P  3 D P  6

Câu 41: [2D1-3] Biết đồ thị hàm số ym 4x3 6m 4x212mx7m18 (với m là tham số thực) có ba điểm cớ định thẳng hàng Viết phương trình đường thẳng qua ba điểm cớ định

Câu 42: [1D2-3] Cho tập hợp có 2018 phần tử Hỏi tập có tập mà tập đó có số phần tử là số lẻ

A 1009 B 220181. C T 2i. D 22017.

Câu 43: [2D2-3] Số nghiệm thực của phương trình

1

2018 2018

1 2018

x

x x

  

  là

A 3 B 0 C 2018 D 1.

Câu 44: [2D4-3] Cho phương trình z4 2z36z2 8z 9 0 có bớn nghiệm phức phân biệt là z , 1 z ,2

z , z Tính giá trị của biểu thức 4        

2 2

1 4 4

T  z  z  z  z 

A T 2i. B T  1 C T 2i. D T  0

Câu 45: [1H2-3] Từ các chữ số 1, , , , , lập số tự nhiên gồm chữ sớ cho sớ có ba chữ sớ 1, các chữ sớ cịn lại đôi khác và hai chữ số chẵn không đứng cạnh nhau?

A 2612 B 2400 C 1376 D 2530

Câu 46: [2D1-3] Cho hàm số  

3 1

f x x mx nx

với m , n là các tham số thực thỏa mãn

 

0

7 2

m n

m n   

 

  



 Tìm số điểm cực trị của hàm số y f x  .

A 2 B 9 C 11. D 5

Câu 47: [2D3-3] Tính diện tích hình phẳng giới han các đường y x 2 và y x

A 13

3 B

7

3 C 3 D

11

Câu 48: [2D1-3] Cho hàm số    

3 3

y x a  x b  x

với a , b là tham số thực Khi hàm số đồng

biến     , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ;     

2

4

A a b  a b  ab

A MinA  2 B

1 Min

16 A 

C

1 Min

4 A 

D MinA  0

Câu 49: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

1

:

2 1

x y z

  

 và hai điểm A0; 1;3 , B1; 2;1  Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  cho MA22MB2 đạt giá trị nhỏ nhất

A M5;2; 4  B M    1; 1; 1 C M1;0; 2  D M3;1; 3 

Câu 50: [2H1-4] Cho tứ diện ABCD , các cạnh BC , BD , AC lấy các điểm M , N , P

sao cho BC3BM,

3 BD BN

, AC2AP Mặt phẳng MNP chia khối tứ diện ABCD

thành hai phần tích là V , 1 V Tính tỉ sớ 2

A

1

26 13 V

V  . B

1

26 19 V

V  . C

1

3 19 V

V  . D

1

15 19 V

V  .

-HẾT -GIẢI CÁC CÂU VD-VDC

Câu 19. [2D2-3] [Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định năm 2018]Cho hàm số

2018 ( ) ln

1 x f x

x 

 Tính tổng Sf 1  f 2   f2018

A

2018 2019 S 

. B S 1. C S ln 2018 D S 2018.

Lời giải Chọn A.

Ta có:  

2018 2018 x x f x x x             2018 2018 x x x      1 x x  

Khi đó:   1

1.2 f  

;  

2.3 f  

; …;  

1 2018

2018.2019

f  

S

1 1

1.2 2.3 2018.2019

    1 1 1

2 2018 2019

       1

2019

  2018

2019 

Chọn phương án A

2018 2019 S 

Bài toán tương tự:

Câu 1. [2D2-3] Cho hàm số ( ) 2018.f x  ex Tính tổng S f 0  f 1   f2018

A 2019 2018 e S e  

 . B

2018 2018 e S e  

 C

2018 1 e S e  

 . D

2019 21 2018 e S e    . Lời giải Chọn A.

Ta có:   2018

x

f x  e   2018

x

f x  e

Khi : f  0 2018 ; f 1 2018.e ;…;  

2018

2018 2018

f  e

S 2018 2018.e 2018.e2018

     

2018

2018 e e

    2019 2018 e e    .

Chọn phương án A

2019 2018 e S e    .

Câu 2. [2D2-3] Cho hàm số

1 ( ) ln f x

x 

Tính tổng          

2

lim 2 2n

n

S f f f f

 

   

    

A S 2. B S 2. C

Lời giải Chọn A.

Ta có:  

1

f x x

x x

  

    

  .

Khi đó: f  1  ;  

2 f  

;  

2

2

1

2 f  

; …;  

2

n

n

f  

S

1 1

lim

2 2n

n 

 

       

 

1 1

lim

2 2n

n 

 

       

  2.

Chọn phương án A S 2.

Câu 25 [2H1-2] [Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định năm 2018] Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình thang vng A và B Hình chiếu vng góc của S mặt đáy (ABCD) trùng với trung điểm AB Biết AB1,BC2,BD 10 Góc hai mặt phẳng SBD và mặt phẳng đáy là 60 Tính thể tích V của khới chóp 0 S BCD

A 30

4 B

30

12 C

30

20 D

3 30 Lời giải

Chọn C.

Gọi H là trung điểm của AB  SH ABCD kẻ HI BD I suy SI vng góc với BD

Suy góc mp SBD  và mặt phẳng mp ABCD  là góc SI IH,  SIH 600 Ta có ABD đồng dạng với IBH

10

20

BD AD AD BH

IH

BH IH BD

    

Trong SHI vuông H có

0 30

tan 60

20

SH IH 

A

B

C

D S

Do  , 

/ /

2

BCD D BC

AD BC S  d BC

 , 

1

2d A BC BC 2AB BC

  

1 30

3 20

SBCD BCD

V SH S

  

Câu phát triển :[2H1-2 -PT] Cho khới chóp .S ABCD có SA vng góc với đáy, SA  ,4 AB  ,6 10

BC  và CA  Biết BD cắt AC trung điểm I của AC cho 8 DI 3BI Tính thể tích khới chóp S ABCD

A V 128 B V 192 C V  32 D V 24 Lời giải

Chọn A.

Ta có AB2AC2 6282 102 BC2 suy tam giác ABC vuông A , Do DI 3IB dD AC;  3dB AC;  18

Diện tích ABCD là:

 , 

1

2

ABCD BAC DAC D AC

S S S  AB AC d AC

1

.6.8 18.8 96

2

  

Vậy

1

.4.96 128

3

SABCD ABCD

V  SA S  

Câu 35. [2H2-3] (Đề thi HK2-Lê Hồng Phong-Nam Định) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông B , BC2a Mặt bên SAB vng góc với đáy, ASB 60o, SB a Gọi

 S

là mặt cầu tâm B và tiếp xúc với SAC Tính bán kính r của mặt cầu  S

A r2a. B

3

19 r a

C r2a 3. D

3 19 r a

Lời giải

Ta có SAB  ABC, SAB  ABC AB, BCAB BCSAB. Vẽ BM SA M  SABMC  SAC  BMC, vẽ BH MC H

 

BH SAC

   r BH .

Ta có BM sin 60 oSB

3 a BM

 

, 2

BC BM BH

BC BM





2

3

2

4 a a

a a 



19 a 

Vậy bán kính của mặt cầu  S

19 a

Phân tích: Để giải bài toán trên, học sinh phải nắm vững vấn đề:

1 Cách xác định chân đường cao của hình chóp: Ở bài này sử dụng định lý “Cho mặt phẳng vng góc với nhau, đường thẳng nằm mặt này vng góc với giao tuyến thì vng góc với mặt kia’’

2 Cách xác định khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Bài toán phát triển:

Bài 01: Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vng cân B , biết AB BC a  3,

  900

SAB SCB  , SB tạo với mặt phẳng đáy góc 45 Gọi  S là mặt cầu tâm B và tiếp xúc với SAC Tính bán kính r của mặt cầu  S

A r2a. B a 2. C r2a 3. D r a 6. Lời giải

+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của S mpABC

Ta có:

( )

(gt)

SH ABC

HA AB

SA AB

 

 



 

Tương tự HCBC Suy tứ giác HABClà hình vuông

+ Do SH ABCH  SB ABC,  SBH 450 SH HB a

+ Dựng HK SO K (1) (với O là tâm của hình vuông HABC)

Do O

SH AC

H AC

  



  ACSHO  ACHK 2

Từ (1) và (2) suy HK (SAC), nên

[ ,( )]

d H SAC HK 2

SH HO

SH HO



 2

6

6

a a

a a



 a

Lại có: HB(SAC)O d B SAC ,( ) d H SAC ,( ) a

Vậy bán kính của mặt cầu  S a

Câu 38: [1D3-3] [Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định năm 2018]Cho cấp số cộng  un có các sớ

hạng dương, sớ hạng đầu u  và tổng của 100 số hạng 14950 Tính giá trị1

của tổng

2 1 2 2018 2017 2017 2018

1 1

S

u u u u u u u u u u u u

   

  

A

1

1

3 6052

 



 

  B

1

6052 

C 2018 D 1.

Giải Chọn A.

Gọi d là cơng sai của cấp sớ cộng Khi đó:

100

100.99

100 100 4950 14950

2

S  u  d   d   d 

Ta có:  

1

1 1 1

1 1 1

k k

k k k k k k k k k k k k

u u

d d

u u u u u u u u u u u u



     

 



     

 

  

 Do đó:

1 2 2017 2018 2018

1 1 1 1 1 1

S

d u u d u u d u u d u u

     

 

             

       

       

1

1

3 6052

 

   

 

Phân tích tốn:

- Bài toán kết hợp cấp số nhân và bài toán tính tổng S của biểu thức liên quan đến n số hạng cách

- Để giải bài toán ta cần xác định công sai của cấp sớ cộng, sau biến đổi tổng về theo công sai, số hạng đầu và số hạng thứ n Từ đó, tính tổng S

BÀI TOÁN PHÁT TRIỂN:

Câu 1: [1D3-3] Cho cấp sớ cộng ( )u có sớ hạng đầu n u1 1 và sớ hạng thứ 100 1090 Tính

tổng 2 2017 2018

1 1

S

u u u u u u

   

A

22187 22188 S 

B S 22188 C

2017 22188 S 

D

1 22188 S 

Giải

Chọn C.

Gọi d là công sai của cấp số cộng  un .

Từ giả thiết suy u 1 99d 1090  d 11  u2018 22188 Ta có:

1 2 2017 2018 2 2017 2018

1 1 1 1 1 1

S

u u u u u u d u u d u u d u u

   

 

              

     

1 2018

1 1 2017

22188

d u u

 

   

 

Câu 39. [2H3-3](HK2 Lê Hồng Phong – Nam Định – 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,

cho mặt cầu        

2 2

1 : 1 16

S x  y  z 

và        

2 2

2 :

S x  y  z  cắt

nhau theo giao tuyến là đường tròn ( )C Tìm tọa độ tâm J của đường tròn ( )C

A.

1 ; ; 4

J 

  B.

1 ; ; 4

J 

  C.

1 ; ; 4

J  

  D.

1 ; ; 4

J  

 

Chọn D

Các điểm thuộc đường trịn ( )C có tọa độ thỏa mãn hệ:

     

     

2 2

2 2

1 16

1

x y z

x y z

      

 

     



  4x 2y6z 

Hay ( )C nằm mặt phẳng ( ): 0P x y z  Suy tâm J của đường tròn ( )C hình chiếu vng góc của I ( là tâm của mặt cầu (S )1 nên mặt phẳng (P)

+ Phương trình đường thẳng IJ là:

1 2

x t

y t

z t

   

  

  

 Suy ra, tọa độ của Jlà nghiệm của hệ

1 2

4

x t

y t

t

x y z

       

 

    



3 4

t

x

y

z

        

      

1

; ; 4 J  

  

  Chọn D

Phân tích:Bài toán giải cách khác : Tìm tâm Jbằng cách tính tỉ lệ J chia đoạn thẳng nối tâm hai mặt cầu Ở lời giải trên, ta sử dụng kỹ thuật quen thuộc việc tìm phương trình của « phần chung » của các đường, mặt bậc : Ta thường khéo léo kết hợp hai phương trình để tạo phương trình của phần tương giao (Ở bài này (hoặc các bài tương giao của hai đường tròn phẳng) thì ta trừ hai phương trình cho nhau, ta thu phương trình mặt phẳng ( đường thẳng))

Bài tập phát triển: Ta đưa bài toán tương tự

Câu 1: [2H3-3-PT1] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu   S : x12y12z 22  và điểm 9 M1;3; 1 

Biết các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M tới mặt cầu cho ln thuộc vào đường trịn ( )C Tìm tâm J và bán kính r của đường tròn ( )C

A.

12 11 23 , 1; ; 25 25 25

r J 

  B.

12 41 11 23

, ; ;

5 25 25 25

r J 

 

C.

12, 1;11 23;

5 25 25

r J  

  D.

12 11 73 , 1; ; 25 25 25

r J 

 

Cách 1: Ta có        

2 2

: 1

S x  y  z 

có tâm (1; 1; 2)I  , bán kính R 3 IM  024232 5 GọiA là tiếp điểm Sử dụng định lý Pytago, ta dễ dàng tính MA IM2 IA2  4

+ Do AJ IM nên ta có: AJ MA sin AMJ

12

5 IA MA

IM

 

r

 .

+ MJ MA cos AMJ

16

5 MA MA

IM

 

Vậy

16 25 MJ MI 

16 25

MJ MI

    1;11 23; 25 25

J  

  

 

Cách 2: Gọi A x ; y; z là tiếp điểm,

2

4

MA IM  IA       

2 2

1 16

x y z

      

Vậy tọa độ của A là nghiệm của hệ

     

     

2 2

2 2

1 16

1

x y z

x y z

      

 

     



  4y 3z  Hay A( ) : 4P y 3z 

Vậy:

2 2( ,( )) 12

5 r R  d I P 

, J là hình chiếu vng góc của I lên ( ) : 4P y 3z  Tọa1

độ của J là nghiệm của hệ:

4

1

y z

x

y t

z t

  

    

  

   

1 11 25 23 25 x y

z     

  

 

 



Câu 40: [2H3-3] [Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định năm 2018]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A4; 2;5

, B0;4; 3 , C2; 3;7  Biết điểm M x y z 0; ;0 0 nằm mặt

phẳng Oxy cho MA MB MC    

                                      

đạt giá trị nhỏ nhất Tính tổng P x 0y0z0

A.P 3 B.P 0 C.P 3 D.P 6

Gọi G2;1;3 là trọng tâm ABC MA MB MC  3MG 3MG

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

Do MA MB MC    

                                      

nhỏ nhất MG nhỏ nhất

Mà MG d G Oxy  ,  GH nên MG nhỏ nhất M H M là hình chiếu vng góc của G lên Oxy  M2;1;0  x0y0z0 

Câu 49: [2H3-3][Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định năm 2018]Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz , cho đường thẳng

1

:

2 1

x y z

  

 và hai điểm A0; 1;3  , B1; 2;1  Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  cho MA22MB2 đạt giá trị nhỏ nhất.

A.M5;2; 4  B.M    1; 1; 1 C.M1;0; 2  D.M3;1; 3  Lời giải

Chọn B.

Vì M thuộc đường thẳng  nên M1 ; ; 2 t t   t

Ta có MA22MB2            

2 2 2

2 1t t t 2 t t t 

          

  18t236t53

 MA22MB2  

2

18 t 35

   35,  t .

Vậy  

2

min MA 2MB 35  t1

hay M    1; 1; 1

Bài phát triển

Hai bài là bài toán cực trị hình học tìm M a b c , ,  nằm đường thẳng hay mặt phẳng, dạng này rất nhiều các đề thi thử gần và có khá phong phú bài tập Bên dưới, em phát triển bài tìm M a b c , ,  nằm mặt cầu Kỹ thuật dùng là hình học kết hợp với biến đổi tí đại sớ Ý tưởng tạo bài là MA kMB (với k là sớ thích hợp) thì M di động mặt cầu.

Bài 1. [2H3-4]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   S : x 32y 22z12  , 4 A  1;2;1

và B2,5,1 Cho M a b c , ,  là điểm di động mặt cầu  S cho MA2MB đạt giá trị nhỏ nhất Tính a b c 

A.5 3. B.5 3. C.4 3. D.4 3.

Chọn A.

  S : x12y 22z12  có tâm 4 I3; 2;1 , R 2 Ta có IA 4 R A nằm ngoài khới cầu.

10

IB R B nằm ngoài khối cầu.

Ta có      

2 2

1

MA x  y  z

x 12 y 22 z 12 3x 32 y 22 z 12 4

            

 

 2  2  2

4 x y z 2MC

      

với C2;2;1 Ta có IC  1 R C nằm bên khối cầu.

Ta có MA2MB2MC2MB2BC.

 

Min MA MB  BC M là giao điểm của đoạn thẳng BC và mặt cầu S (nghĩa là M nằm ,B C ).

Phương trình đường thẳng BC là

 

2

2 2;2 ,1

x

y t M t

z

  

   

  

 .

2;2 ,1  

M  t  S       

2 2

2 3 1

3

t t

        

Vậy

 

 

2;2 3;1 2;2 3;1 M

M

 



 

 .

Do M nằm ,B C nên M2; 2 3;1 (do MC hướng BC )

Câu 41: [2D1-3] Câu 41 [LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH – HK2 ]Biết đồ thị hàm số

 4 6 4 12 7 18

y m x  m x  mx m (với m là tham số thực) có ba điểm cớ định thẳng hàng Viết phương trình đường thẳng qua ba điểm cớ định

A.y48x10 B.y 3x C y x  D.y2x Lời giải

Chọn A.

Gọi M x y 0; 0 là điểm cố định của đồ thị hàm sớ cho.

Khi đó:    

3

0 12 18

y  m x  m x  mx  m

m  

  

3

0 12 24 18

x  x  x  m y  x  x 



3

0 0

3

0 0

6 12

4 24 18

x x x

y x x

            

0 0

3

0 0

6 12

4 24 18

x x x

y x x

            

 y04 12 x0 718 0  y0 48x010.

Vậy phương trình đường thẳng qua ba điểm cố định là y48x10 Câu thêm :

Câu 1. Biết đồ thị Cm của hàm số  

( 1)

0

m x m

y m

x m

 

 

 qua điểm M cố định khi m thay đổi Tọa độ điểm M là

A. 1;         M

B M0;1 C M1;1 D M0; 1  Lời giải

Chọn B.

Gọi M x y là điểm cố định cần tìm.( ; )0

Ta có 0 ( 1) ,

m x m

y

x m

 



  m 0  x y0 0my0mx0x0m,   , m 0 x0 m

0 0 0

( 1)

m y x x y x

      ,m 0

0

0 0

1 0         y x

x y x

0 0       x

y  M(0;1)

Câu 2. Hỏi m thay đổi đồ thị (C của hàm số m) y x 3 3mx2 x3m qua điểm cố

định ?

A.1. B C.2 D.4

Lời giải Chọn C.

Gọi M x y là điểm cố định cần tìm.( ; )0

Ta có: y0 x03 3mx02 x03 ,m m 

2

0 0

3(1 x m x) x y 0, m

      

2

0 0

1

0 x

x x y

           0 x y       hoặc 0 x y      .

Vậy đồ thị hàm số cho qua hai điểm cố định

Câu 43: [2D2-3] [HK2- Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định-2018] Số nghiệm thực của phương trình

1 2018 2018 2018 x x x   

  là

A B C 2018 D 1.

Lời giải Chọn A.

Điều kiện x  , 1 x 2018

Xét hàm số  

1 2018 2018 2018 x f x x x    

 

 2  2

1

2018 ln 2018

1 2018

x

f x

x x

    

 

,     x x  ;1

 

f x 

đồng biến khoảng xác định

Ta có BBT của hàm sớ yf x :

Căn vào BBT suy phương trình f x   có nghiệm phân biệt Vậy phương trình cho có nghiệm thực

Câu phát triển:

Câu 1: [2D2-3-PT1] Số nghiệm thực của phương trình

2

1

2017 2017

2 2017

x

m

x x

   

  là

A 2 B C 2018 D 4

Lời giải Chọn B.

Điều kiện x 

,

2017 x 

Xét hàm số  

1

2017

2 2017

x

f x

x x

  

  với

2 x 

,

2017 x 

có

 

 2  2

3

2017 ln 2017

3 2 2017

x

f x

x x

    

 

,

2 2017

, ,

3

x x x

  

 

f x 

đồng biến các khoảng

2 ;

3

 

 

 

  ,

2 2017 ;

3

 

 

  ,

2017 ;

 

 

 

Căn BBT suy phương trình f x  2017m2 có nghiệm thực phân biệt1 Vậy phương trình cho có nghiệm thực

Câu 2: [2D2-3-PT2] Tập tất các giá trị thực của m để phương trình

1

2020

5 2020

x m

x x

  

 

có ba nghiệm thực là

A  ; 2020 B 1; 2020 C 0;   D     ;  Lời giải

Chọn C.

Điều kiện x 

, x 505

Xét hàm số  

1

2020

5 2020

x

f x

x x

  

  với

5 x 

, x 505 có  

 2  2

2

2020 ln 2020

2 2020

x

f x

x x

    

 

,

5

, , 505

2

x x x

  

 

f x

 đồng biến các khoảng ;

2

 

 

 

  ,

; 505

 

 

Căn BBT suy phương trình f x   có nghiệm thực phân biệt m m 0 suy phương trình cho có nghiệm thực m>

Câu 44: [2D4-3] Câu 44 [Thi HK2, THPT Chuyên Lê Hồng Phong, 2017-2018, Nam Định] Cho

phương trình z4 2z36z2  8z  có bớn nghiệm phức phân biệt là 9 z1, z2, z3, z4 Tính

giá trị của biểu thức        

2 2

1 4 4

T  z  z  z  z 

A.T 2i. B.T  1 C.T 2i. D.T 0.

Lời giải Chọn B.

Đặt  

4 2 6 8 9

f z z  z  z  z

Ta có z1, z2, z3, z4 là nghiệm của phương trình f z   nên ta phân tích f z 

z z1 z z2 z z3 z z4

     z1  z z2  z z3 z z4  z

Ta có    

2 4 42 2 2

z  z  i  z i z i

T

 z12i z  2i z  2i z  42i   z1 2i z   2i z   2i z   2i

   2

f i f i

   

Câu tương tự: [2D4-3] Gọi z , 1 z , 2 z , 3 z là các nghiệm của phương trình 4 z4 4z37z216z 12 0 .

Tính biểu thức        

2 2

1 4 4

T  z  z  z  z 

A.T 2i. B.T  1 C.T 2i. D.T 0.

Lời giải Chọn D.

Ta có     

4 4 7 16 12 0 1 3 4 0

Ta có z1, z2, z3, z4 là nghiệm của phương trình nên tồn tạizi, i 1, thỏa mãn  

2 4 0

i

z  

Vậy T 0

Câu 45 [1D2-3] [Đề thi học kì II chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định -2018] Từ các chữ số 1, , , ,5 , lập số tự nhiên gồm tám chữ số cho sớ có ba chữ sớ 1, các chữ sớ cịn lại đơi khác và hai chữ số chẵn không đứng cạnh nhau?

A 2612 B 2400 C 1376 D 2530

Hướng dẫn giải Chọn B.

Bước 1: ta xếp các sớ lẻ: có các sớ lẻ là 1, 1, 1,3 , vậy có 5!

3! cách xếp

Bước 2: ta xếp số chẵn , , xen kẽ số lẻ có vị trí để xếp sớ vậy có A cách xếp.36

Vậy có

3

5!

.A 2400

3!  thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài tương tự

Câu [1D2-3 PT1] Có sớ tự nhiên gồm 10 chữ sớ đơi khác nhau, các chữ số 1, 2,3, 4,5 xếp theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải và chữ số đứng trước chữ số 5?

A 2888 B 22680 C 544320 . D 630 .

Hướng dẫn giải Chọn B.

Xếp 1, 2,3, 4,5 coi là vách ngăn nên có cách xếp Xếp trước có cách xếp và tạo khoảng trớng Lần lượt xếp 7,8,9 vào có số cách là 7,8 và cách

Xếp vào có cách Do có 5.7.8.9.9=22680 sớ thỏa mãn

Câu [1D2-3 PT1] Có sớ tự nhiên gồm 5chữ số đôi khác nhau, các chữ sớ lớn 4và có 3 chữ số lẻ đứng kề nhau.

A 36 B 72 C 120 D 27216

Lời giải Chọn A.

Vì số tự nhiên cần tìm có các chữ sớ lớn 4 nên số tự nhiên cần tìm thành lập từ tập A= 5; 6; 7; 8; 9{ }

Vì 3 chữ số lẻ đứng kề nên gom chúng thành chữ số M . ● Bước Xếp M và hai chữ sớ chẵn cịn lại có 3! cách xếp.

Câu 46 [2D1-3] (Đề thi học kì II chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định -2018) Cho hàm số

 

f x x mx nx với , m n là các tham số thực thoả mãn  

7 2

m n

m n

 

 

  

 Tìm số

điểm cực trị của hàm số y f x 

A B 9 C 11 D 5.

Lời giải: Chọn C

 

0

7 2

m n

m n

 

 

  



   

1

2

f f

 

  

 



Vì f  1 0 f  2 nên hàm số f x  đồng biến R Vậy hàm số f x  có hai điểm cực trị

Ta có f  0  , f  1 m n  , f  2  7 4m2n và xlim f x     p

sao cho f p   Suy phương trình f x   có ba nghiệm phân biệt c 1 0;1,

 

2 1;

c 

và

 

3 2;

c  p

Do đồ thị hàm sớ có hai điểm cực trị x1c c1; 2 và x2 c c2; 3, dễ thấy 1,

x x là các số dương, hai giá trị cực trị này trái dấu f x 1 0 f x 2 (vì hệ số cao

nhất là 1)

Đồ thị hàm sớ f x  có hai điểm cực trị x , 1 x là các số dương nên đồ thị hàm sớ 2 f x  có

5 điểm cực trị

Bình luận:

Đây là dạng bài tập đếm số điểm cực trị của hàm sớ dạng f x  số điểm cực trị của hàm số f x  và điều kiện liên quan bị ẩn

Để giải bài toán này bạn đọc cần dựa vào giả thiết bài toán để tìm:  Số điểm cực trị n của hàm số f x 

 Số điểm cực trị dương m (với m n ) của hàm số

 Số giao điểm p của đồ thị hàm số với trục hoành có q điểm có hoành độ dương Bây giả sử ta tìm các kiện ta suy

 Đồ thị hàm sớ f x  có 2m  điểm cực trị1

 Đồ thị hàm sớ f x  có np điểm cực trị

 Đồ thị hàm số f x  có 2m2q điểm cực trị.1

Ngoài vấn đề tìm sớ điểm cực trị, bài toán cịn có nhiều hướng để đề khác ví dụ hỏi sớ giao điểm với trục hoành, tính đồng biến nghịch biến của hàm số

Bài tập phát triển ý tưởng

Câu 1. Cho hàm số yf x  ax4 bx2  thoả điều kiện c  

2

0

4

ab

ac b ac

 

 

 



 Số nghiệm lớn nhất có

thể có của phương trình f x  m, m  R là

A. 4 B C D 12.

Lời giải:

Chọn C

Do ab  nên hàm sớ cho có ba điểm cực trị và tính toán ba điểm cực trị 0

là A0;c ,

Δ ;

2

b B

a a

 

 

 

 

  ,

Δ ;

2

b B

a a

 

  

 

 

  với Δb2  4ac.

Lại có  

2 4 0

ac b  ac 

2

2

4

.b ac

c a

a 

  Δ

4 c

a

  

cực trị , B C nằm khác phía với A so với trục hoành Suy dạng đồ thị của hàm số f x  lúc này là

Dựa vào các đồ thị ta thấy số nghiệm lớn nhất của phương trình f x  m có là

Câu Cho các số thực , , a b c thoả mãn

1

4

0 a b c

a b c

bc     



  



 

 Đặt f x  x3 ax2 bx c Số điểm cực

trị của hàm số f x  lớn nhất có là

A B 9 C 11 D 5.

Lời giải:

Chọn C

Từ giả thiết bài toán ta có f  1  , f  2  và xlim   f x  , xlim  f x   ta suy

phương trình f x   có ba nghiệm phân biệt, suy hàm số f x  có hai điểm cực trị x , 1 x2

(x1 x2) và hai giá cực trị trái dấu

Khi 0 b c

  



 thì ta có b x x  

nên x1 0 x2 và f  0   nên c f x   0 có hai

nghiệm dương Do đồ thị hàm sớ f x  có điểm cực trị

Khi 0 b c

  



 thì ta cóx x  và 1 f  0   nên hàm số có hai điểm cực trị dương và bac

giao điểm với trục hoành có hoành độ dương Khi đồ thị hàm sớ f x  có 11 điểm cực trị Câu 48. [2D1-3] [Thi HK2, THPT Chuyên Lê Hồng Phong, 2017-2018, Nam Định] Cho hàm số

 3  3

y x a  x b  x

với a , b là tham số thực Khi hàm số đồng biến     ,;  tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức    

2

4

A a b  a b  ab

A MinA  2 B

1 Min

16 A 

C

1 Min

4 A 

Chọn B.

Ta có    

3 3 3 2 3

y x  a b x  a b x a b  y3x26a b x  3a2b2 Hàm số đồng biến    ;   y ,       x  ;     ab  0 ab

Ta có    

2

4

A a b  a b  ab  

2

1 1

2

4 16 16

a b ab

 

      

  .

Vậy

1 Min

16 A 

1 a b a b

   

  



0 8 a b

a b  

 



 

    

       

 .

Phân tích: Bản chất bài toán là tìm max; của biểu thức biến ,a b với ,a b thỏa mãn một điều kiện cho “dữ kiện gián tiếp” Việc đánh giá biểu thức A dựa vào phân tích thành tổng bình phương và “dư” ab để sử dụng ab  0

Bài toán tương tự:

Bài 1: Cho hai số thực thay đổi ,a b thỏa mãn a b  Đặt

ln xy S

z

 

  

  , x e 2a3,

3

2b

y e , và z e 3 a b Khẳng định là

A S 0 B S  4 2 C S 52 D S  52

Lời giải Chọn D.

Ta có

3

2a 2b a b

xy e z

  

 ln xy 2a3 b3 a b

z

 

     

  .

Ta có        

3 3

3 3

4

a b  a b  ab a b  a b  a b  

3

3

4 a b

a b 

  

Vậy  

3 3

1

3

2

S a b  a b  t  t

với t a b   Lập BBT

Vậy

5 S 

Dấu “=” xảy

1 a b 

Bài 2: [THCS, THPT Nguyen Khuyen - KT Dinh ky - Lan (2017 - 2018)] Cho x 0; y  và0

3

x y Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của

3 1

x y

P

x y

 

  là:

A 2; khơng có giá trị nhỏ nhất B 2;

5

C

;

5 D khơng có giá trị lớn nhất;

4 Lời giải

Chọn B

0;

x y và x3y 4 x 4 3y và

4

0

3 y  

4 3

5

y y

P

y y



 

 

1

4 ( )

3y y f y

   

 

Ta có:    

2

3

'( )

3

f y

y y



  

  8y2 32y 24 0

   

4 0;

3 0;

3 y

y

  

 

  

 

 

  

 

  

 



 0 4;

f 

(1) 2;f 

4 12

3

f    

Vậy GTLN, GTNN của biểu thức là: 2;

5

Câu 50 [2H1-4] [Thi HK2, THPT Chuyên Lê Hồng Phong, 2017-2018, Nam Định] Cho tứ diện ABCD , các cạnh BC , BD , AC lấy các điểm , ,M N P cho BC3BM ,

3 BD BN

, AC2AP Mặt phẳng MNP chia khới tứ diện ABCD thành hai phần có thể

tích là V V Tính tỉ sớ 1, 2

V V

A

1

26 13 V

V  . B

1

26 19 V

V  . C

1

3 19 V

V  . D

1

15 19 V

V  .

( Định lý Menenaus: Cho ABC , đường thẳng  d cắt các cạnh AB BC CA tại, , , ,

M N P Khi ta có MA PB NC MB PC NA  )

N A

B P

M

C

Gọi I MN CD , K ADPI.

Áp dụng định lý Menenaus cho BCD và ba điểm M N I ta có, ,

ID MC NB IC MB ND 

2

1 ID IC

 

4 ID IC

 

Áp dụng định lý Menenaus cho ACD và ba điểm , ,P K I ta có

ID PC KA IC PA KD 

1

4 KA KD

 

1 KA KD

 

Khi đó, ta có

2 1 3

CMPN CBAN

V

V  

1

3

CMPN CBAN ABCD

V V V

  

. 1

5

APKN ACDN

V

V  

2

AKPN ACDN

V V

 

5

CNPKD ACDN

V V

 

5VABCD



. 2

Từ  1 và  2  VCMPKDN VCMPN VCNPKD

2

9VABCD 5VABCD

  19

45VABCD



1

26 19 V V

 

Câu Phát triển1. [2H1-4 PT1] Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P thuộc các cạnh BC , BD , AC cho BC4BM, AC3AP, BD2BN Tính tỉ sớ thể tích hai phần của khới tứ diện ABCD phân chia mp MNP 

A

13 B

7

15 C

8

15 D

8 13 Lời giải

Chọn A

k A

B

C

D

I

M

P

N

(Địnhlý Menelaus Cho tam giác ABC đường thẳng  d cắt các cạnh AB BC CA tại, , , ,

M N P ta có

MA PB NC MB PC NA  )

N A

B P

M

C

Gọi I MNDC K, ADPI

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BCD và điểm M N I ta có, ,

IC ND MB ID NB MC 

1

.1

3

IC IC

ID ID

   

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ACD và điểm , ,P K I ta có

KD PA IC KA PC ID 

1

.3

2

KD KD

KA KA

   

2

.1

3 4

VCPMN CP CM CN

1

(3)

2

VCPMN VCABN VABCD

  

1

.1

3 5

APKN ACDN

V AP AK AN

V AC AD AN  

4

NCPKD ACDN

V V

 

5

NCPKD ACDN

V V

  (4)

5 2VABCD 5VABCD

 

   3 ,  VCMPKDN VCPMN VNCPKD 13 20VABCD

 ABMNKP 137

CMNDK

V V

 

Câu Phát triển1. [2H1-4 PT2] Cho tứ diện ABCD , các cạnh BC , BD , AC lấy các

điểm M N P cho , , BC2BM ,BD3BN, AC4AP Mặt phẳng MNP chia khối tứ

diện ABCD thành hai phần tích là V V Tính tỉ sớ 1, 2

V V

A

1

13 24 V

V  . B

1

5 V

V  . C

1

23 17 V

V  . D

1

9 11 V

V  .

Lời giải. Chọn D

( Định lý Menenaus: Cho ABC , đường thẳng  d cắt các cạnh AB BC CA tại, , , ,

N A

B P

M

C

Gọi I MN CD , K ADPI.

Áp dụng định lý Menenaus cho BCD và ba điểm M N I ta có, ,

ID MC NB IC MB ND 

1

1 ID IC

 

2 ID IC

 

Áp dụng định lý Menenaus cho ACD và ba điểm , ,P K I ta có

ID PC KA IC PA KD 

1

2 KA KD

 

3 KA KD

 

Khi đó, ta có

1 3

CMPN CBAN

V

V  

3

8

CMPN CBAN ABCD

V V V

  

. 1 1

10

APKN ACDN

V

V  

1 10

AKPN ACDN

V V

 

10

CNPKD ACDN

V V

 

10VABCD



. 2

Từ  1 và  2  VCMPKDN VCMPN VCNPKD

1 11

4VABCD 10VABCD 20VABCD

  

1

9 11 V V

 