Tổng hợp các câu vận dụng có đáp án môn toán năm 2018 trường thpt chuyên võ nguyên giáp lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

- Thay khối nón bởi khối trụ được tạo thành khi cắt khối cầu đã cho bởi hai mặt phẳng. song song với nhau, cách đều tâm khối cầu và cùng vuông góc với đoạn AB[r]

CÂU VD-VDC CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP – QUẢNG BÌNH LẦN 1

Câu 40: [2D4-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho số phức z thỏa mãn

z z  Biết phần thực z a Tính z theo a

A.

1 z

a 

 B.

2 1

2

a a

z    C.

2 1

2

a a

z    D.

2 4

2

a a

z   

Lời giải

Chọn D.

Gọi z a bi a b   ,   ; z z a bi   a bi  2a

Ta có z z   z z 2 z zz z 2  z zz z 2

 

z z z z z z

      z2 2a z  0  z2 a z 1 *  

2 4 0

a

    nên  

 

2

2

4 *

4

a a

z

a a

z L

  

   

  

  



Vậy

2

a a

z   

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2D4-3] Xét số phức z thỏa mãn 1 2i z 10 i z

    Mệnh đề sau đúng?

A.

2  z  B.

1

2 z 2 C. z 2 D z  .

Lời giải

Chọn B.

Từ giả thiết, ta có 1 2i z 10 i z

    1 2i z i 10 z

     z z i i 10

z

    

  10 

2

z z i

z

     

Lấy môđun hai vế   , ta    z 22 2 z 12 10 z

      .

Đặt tz , ta có t 22 2 1t 2 10 t25t2 5 10 t4 t2 2 0 t 1.

t

            

Vậy z 1

Câu 2: [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn z 1 Đặt

z i A

iz  

 Mệnh đề sau đúng?

A. A 1 B. A 1 C. A 1 D A 1

Lời giải

Chọn A.

Từ giả thiết, ta có 2  2 2

z i

A A iz z i A Azi z i

iz 

        



 

2

2 A i

A i z Ai z

Ai 

     



Mặt khác 2 2 

2 A i

z A i Ai

Ai 

       



Đặt A x yi x y   ,   Khi    2x2y1i   y 2xi

 2  2

2

4x 2y y x

     

2 2 2

4x 4y 4y x y 4y x y

          

Vậy A x2 y2 1

  

Câu 41. [2D1-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho hàm số y x3 3x

  có đồ thị  C điểm A a ;2 Gọi S tập hợp tất giá trị thực a để có ba tiếp tuyến  C qua A Tập hợp S bằng

A S     ; 1 B S 

C ; 2;   \

3

S       

  D

2 ; S   

 

Lời giải

Chọn C.

Gọi d đường thẳng qua A với hệ số góc k , suy d y k x a:    2

Đường thẳng d tiếp xúc với  C hệ phương trình sau có nghiệm

   

 

3

3

3

x x k x a

x k

    

 

  



Thế  2 vào  1 ta phương trình:

    

3 3 3 3 2 2 3 3 2 3

x  x x  x a   x  ax  a 

Điều kiện để có ba tiếp tuyến  C qua A phương trình  3 có nghiệm phân biệt khơng có hai nghiệm đối

Ta có:

      

   

2

2

1

3 3

2 3

x

x x a x a

x a x a

 

        

    



Phương trình  3 có nghiệm phân biệt khơng có hai nghiệm đối

phương trình  4 có hai nghiệm phân biệt không đối khác 1

   

2

3

2 3

2 6

2 3

1 a

a a

a a

a a

a a

a 

   

 

  



  



          

   

 

      

  



Vậy ; 2;   \

3

S      

 

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [2D1-3] Cho đường cong  C :y x 4 4x22 điểm A0;m Tìm tất giá trị của tham số m để qua A kẻ bốn tiếp tuyến với  C

A. m 2 10

m  . B m  2

B C 2 10 m

  D 10

3 m 

Lời giải

Chọn C.

Đường thẳng d qua điểm A0;m với hệ số góc k có phương trình  y kx m 

Đường thẳng d tiếp tuyến đồ thị  C hệ phương trình sau có nghiệm

   

4

3

4

4

x x kx m

x x k

    

 

 

 

Thế  2 vào  1 ta có x4 2x2 2 4x3 8x x m 3x4 4x2 2 m, * 

         

Qua A kẻ bốn tiếp tuyến với  C  * có bốn nghiệm phân biệt

Xét hàm số y 3x4 4x2 2

   có đồ thị sau

Để đồ thị hàm số y 3x4 4x2 2

   cắt đường thẳng y m bốn điểm phân biệt

khi 10 m

 

Câu 2. [2D1-3] Cho hàm số  

4

2

3

2

x

y  x  C điểm M C có hồnh độ xM a Có

giá trị nguyên a để tiếp tuyến  C M cắt  C hai điểm phân biệt khác M

A.0 B 3 C.2 D 1

Lời giải

Chọn D

*Tiếp tuyến  C Mcó dạng d y: y a x a'    y a 

  

4

3

2

2

a

a a x a a

     

*) Xét phương trình hồnh độ giao điểm d  C :

  

4

2 5

3

2 2

x a

x a a x a a

       

x a2x2 2ax 3a2 6

     

 

2 2 3 6 *

x a

x ax a 

  

   



*) d cắt  C hai điểm phân biệt khác M   * có hai nghiệm phân biệt khác a

2

2

2

2

a a a a a



   

  

   

 

3

1 a a

   

    

Do aZ nên có a  0

Câu 42. [2H1-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho tứ diện S ABC hai điểm M , N thuộc cạnh SA , SB cho

2 SM

AM  , SN

BN  Mặt phẳng  P qua hai điểm M N, song song với cạnh SC , cắt AC , BC L, K Tính tỉ số

SCMNK

SABC V

V

A

9 SCMNK

SABC V

V  B

1 SCMNK

SABC V

V  C

2 SCMNK

SABC V

V  D

1 SCMNK

SABC V

V 

Lời giải

Cách 1:

Chọn A

Ta có

9 CSKL

CSAB

V CK CL

V CA CB  ;

4

9 27

SAKL SMKL

SABC SABC

V AK CL V

V CA CB   V  ;

1

3 27

SABL SMNL

SABC SABC

V BL V

V CB   V 

Vậy 4

9 27 27 SCMNK

SABC V

V    

Cách 2:

Chia khối đa diện SCMNKL mặt phẳng NLC hai khối chóp N SMLC

N LKC Vì SC song song với MNKL nên // //

SC ML NK

Ta có:

 

 

 

 

1

d ;

3

d ;

3

MLCS N SMLC

B SAC

SAC N SAC S V

V B SAC S







AML SAC S NS

BS S

 

 

   

 

2 2 10

1

3 3 27

AM AL AS AC

   

      

   

 

 

 

 

1

d ;

3

d ;

3

KLC N KLC

S ABC

ABC

N ABC S

V

V S ABC S





 NB LC CK

SB AC CB

 1

3 3



27 

Suy SCMNKL SABC V

V 

N SMLC N KLC

B SAC S ABC

V V

V V

10 27 27

 

9 

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [2H1-3] Cho khối tứ diện tích V Gọi V  thể tích khối đa diện có đỉnh trung điểm cạnh khối tứ diện cho, tính tỉ số V

V 

A

2 V

V 

 B

4 V

V 

 C

3 V

V 

 D

8 V

V 



Lời giải

Chọn A

Cách Đặc biệt hóa tứ diện cho tứ diện cạnh a Hình đa diện cần tính có

cách cắt góc tứ diện, góc là tứ diện có cạnh a

Do thể tích phần cắt bỏ

V V

V   

(Vì với tứ diện cạnh giảm nửa thể tích giảm

3

1

2

       )

Vậy

2

V V

V

V     

Cách Khối đa diện hai khối chóp tứ giác (giống nhau) có đáy hình bình hành úp

lại Suy ra:

1 1

2 4

2

N MEPF N MEP P MNE

V  V  V  V  V  V

( Do chiều cao giảm nửa, cạnh đáy giảm nửa nên diện tích giảm 4)

Cách Ta có V' V VA QEP VB QMF VC MNE VD NPF

V V

   



. .

1 VA QEP VB QMF VC MNE VD NPF

V V V V

     1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2

     

Câu 2. [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD , có cạnh đáy 2a Mặt bên hình chóp tạo với đáy góc 60 Mặt phẳng  P chứa AB qua trọng tâm G tam giác SAC cắt SC ,

SD M , N Tính theo a thể tích V khối chóp S ABMN

A

3

V  a B 3

4

V  a C 3

2

V  a D 3 V  a

Hướng dẫn giải

Chọn C

Mặt bên tạo với đáy góc 60 nên 0 SIO  600

tan 60 SO a a

3

1 3.2

3

S ACD S ABC

a

V V  a a 

S ABMN S ABM S AMN

V V V

   

3

1

2

S ABM

S ABM S ABC

V SM a

V

V SC

   

3

1

4

S AMN

S ABM S ACD

V SM SN V a

V SC SD

Vậy . . . 3 3 3

3

S ABMN S ABM S AMN

a a a

V V V   

Câu 43. [3H2-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A2;2;1 , B4; 4; 2, C  2; 4; 3  Đường phân giác AD tam giác ABC có vectơ phương

A 2;4; 3 . B 6;0;5 . C 0;1;

 



 

  D

4 ; ; 3

 

  

 

 

Lời giải

Chọn C.

A

C D

B

AD đường phân giác nên AB

DB DC DC

AC

 

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

1 2; 4;

3

D  

  

 

2 0;2;

3

AD  

   

 



Do phân giác AD có vectơ phương 0;1;

 



 

  nên chọn C

CÔNG THỨC TÍNH NHANH

Đường phân giác AD có vectơ phương u AB AC

AB AC

 



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

  

   

1

2;2;1 4; 2;

3

u

     0;1;

3

u  

   

 



PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [3H2-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A2; 2;1 , 8

; ; 3 B   

  Đường thẳng qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB vng góc với mặt phẳng OAB có phương trình

A.

1 2

x y z

 

 B

1

1 2

x y z

 



C

1 11

3

1 2

x y z

 



D

2

9 9

1 2

x y z

 



Lời giải

Chọn A.

Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Ta có

A B C

J

A B C

J

A B C

J

BC x AC x AB x x

BC AC AB BC y AC y AB y y

BC AC AB BC z AC z AB z z

BC AC AB

                        1 J J J x y z         

0;1;1 J

 nên chọn A

Câu 2.[3H2-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A1; 2;1  ,  2; 2;1

B  , C1; 2; 2  Đường phân giác góc A tam giác ABC cắt mặt phẳng Oxy điểm sau đây?

A 14 8; ;0 5

 



 

  B

8 14 ; ;0 5     

  C

8 14 ; ;0 5

 

 

  D

8 14 ; ;0 5        Lời giải Chọn D.

Đường phân giác góc A tam giác ABC có vectơ phương

1

u AB AC

AB AC

 

  

   

1

3; 4;0 0;0;1

u

    4; ;1

5

u  

   

 



Đường phân giác góc A cắt mặt phẳng Oxy điểm M

Phương trình đường thẳng AM

3 5 x t y t z t               

Do z 0 t1 8; 14;0 5

M  

   

  nên chọn D

Câu 44: [2D4-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn 12

z  z2 4 i 5 Giá trị nhỏ z1 z2 là:

A 0 B 2 C 7 D 17

Lời giải

Chọn B.

Gọi M , N hai điểm biểu diễn z1, z2 Ta có: M thuộc đường tròn  C1 tâm O

, bán kính R 1 12; N thuộc đường tròn C2 tâm I3; 4, bán kính R 2

Mặt khác: z1 z2 MN

Quan sát hình vẽ ta thấy MN nhỏ R1 2R2 2

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn z   z 2i Tìm giá trị nhỏ biểu thức

1  11

P  i z  i

A.

5

P  B min

2

P  C min

2

P  D

2 P 

Lời giải

Chọn A.

Đặt z x yi  , x y  , có điểm biểu diễn M x y ; .

Ta có: x yi  x yi 1 2i  x2y2 x12y 22  2x4y 0 . Suy ra: tập hợp điểm M x y ;  thuộc đường thẳng : 2x4y 0

Lại có: P1 2 i z 11 2 i  1 2i z 3 4i  5.MA, với A  3;4 . P

 nhỏ MA nhỏ M hình chiếu vng góc A lên  MA nhỏ

nhất  ,  3 2 4.4 52 2

d A      



Vậy min 5 2

P  

Câu 2. [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn z i   1 z 2i Tìm GTNN z

A.

1

P  B min

2

P  C P min D

2

P 

Lời giải

Chọn B.

Giả sử z x yi x y   ,   Ta có: x yi i    1 x yi 2i

x 12 y 12 x2 y 22

      

2 2 1 2 1 2 4 4

x x y y x y y

           x y  1 x 1 y

Lại có: z2 x2y2 y12 y2 2y22y1 2 1 y y         

1 1

2

2 2

y           z

 

2

x  , y 

Câu 45. [1Đ4-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho số thực a, b, c thỏa mãn

2

18

c a xlim ax2 bx cx

     Tính P a b  5c

A P 18. B P 12. C P 9. D P 5 Lời giải

Chọn B.

Ta có  

 

 

2

2 2

2

2

0

lim lim 2

0

x x

a c

ax bx c x b

ax bx cx

a c ax bx cx

c                          

Kết hợp với c2 a 18

  12 a c b          12 P a b c

    

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [1D4-2-PT1] Cho a, b, c số thực khác Để giới hạn lim 3

x

x x ax

bx

  

  



A a b



 B a

b 

 C a

b  

 D a b 





Lời giải

Chọn A.

Ta có

3

3

lim lim

1

x x

x ax

x x ax x a

bx bx b

                .

Câu 2. [1D4-3-PT1] Cho hai số thực a b thỏa mãn

2

4

lim x x x ax b x            

  Khi a b

bằng

A 4 B 4 C 7 D 7

Lời giải

Chọn D.

2

4

lim x x x ax b x                 23

lim 11

2 x  a x b x

            11 a b          11 a b     

  a b 7

Câu 46: [1D3-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho dãy số  an thỏa mãn a 1

và an 10an11,  n Tìm giá trị nhỏ n để loga n 100 ?

A 100 B 101 C 102 D 103

Lời giải

Chọn C

Ta có

1

10

9

n n

a a 

 

    

 

Đặt

9

n n

b a   n suy

8 b 

Do đó: bn 10bn1

Vậy  bn cấp số nhân với công bội 10

1 1 10 10 n n n

b b  

  

1

8 8.10

.10

9 9

n n n a   

     n

1

8.10

log 100 log 100

9 n n a           Ta có 100 101 100

8.10 8.10

10

9

 

 

100 101

8.10 8.10

log 100 log

9

     

     

   

1 101 102

n n

    

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1: [1D3-3] Cho dãy số  an thỏa mãn a 1 an12an5,  n Tính số hạng thứ 2018 dãy

A a2018 3.220185 B

2017

2018 3.2

a   C a20183.22018 D

2017

2018 3.2

a  

Lời giải

Chọn C

Ta có an 5 2an15

Đặt bn an 5  n suy b 1

Do đó: bn 2bn1

Vậy  bn cấp số nhân với công bội

1 1.2 6.2

n n

n

b b  

    an 6.2n1 3.2 n  n

Vậy 2018

2018 3.2

a  

Câu 2: [1D3-3] Cho dãy số ( )un thỏa mãn

2

1 2

ln(u u 10) ln(2 u 6 )u un2un 2un11 với

mọi n 1 Giá trị nhỏ n để u n 5050 :

A.100 B.99 C.101 D.102

Lời giải

Chọn C

Ta có 2

1 2

ln(u u 10) ln(2 u 6 )u u12u2210 2 u16u2

2

1

(u 1) (u 3)

     u1 1,u2 3

Do un2un 2un11  (un2 un1) ( un1 un) 1

Đặt vn un1 un ta vn1vn 1 nên ( )vn cấp số cộng với công sai d 1 v 1

Mặt khác un u1  v1 v2 vn1   2 n

Vậy un    1 n

(n 1) n  

Nên u n 5050 n n  ( 1) 10100 n2 n 10100 0

    100

101 n

n      



Câu 47. [2H3 - 4] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A2;1;3 , B6;5;5 Gọi  S mặt cầu có đường kính AB.Mặt phẳng

 P vng góc với đoạn AB H cho khối nón đỉnh A đáy hình tròn tâm H( giao măt cầu  S mặt phẳng  P ) tích lớn nhất, biết  P : 2x by cz d    với0

, ,

b c d Z Tính S b c d  

A S 18 B S 11 C S 24 D S 14

Lời giải

Chọn A.

Ta có: AB 4; 4;2 Mặt cầu  S đường kính ABcó tâm I4;3;4 bán kính

R AB

Gọi r bán kính đường tròn tâm H Vì thể tích khối nón lớn nên ta cần xét trường hợp Hthuộc đoạn IB, tức AH  3

Đặt IH x, 0 x r2 R2 x2 9 x2

    

Khi thể tích khối nón đỉnhA đáy hình tròn tâm H là:

   

2

1

3

V  AH r  x   x      

3 cos

1 12 32

3 2x

6 3

i

x x     

       

 

Thể tích lớn 32

3   3  x 2x  x1

Ta có mặt phẳng  P nhận 1 2; 2;1 2AB 



làm véc tơ pháp tuyến có phương trình là:

2x2y z m  0 Lại có:  ;  1 18 1

m

d H P     15

21 m m

    



Khi m 15 ta có phương trình mặt phẳng  P : 2x2y z 15 0 lúc nàyI B nằm

phía so với mặt phẳng  P (AH d A P ; 3) nên loại

Khi m 21 ta có phương trình mặt phẳng  P : 2x2y z  21 0 lúc nàyIvà B nằm khác

phía so với mặt phẳng  P (AH d A P ;  ) nên nhận

Vậy b2;c1;d 21 S 18

Lưu ý: Ta dùng phương pháp hàm số để tìm GTLN f x  3 x 9 x2.

  

Hướng phát triển toán:

Bài toán thực chất cho mặt cầu cố định nên ta giữ nguyên giả thiết thay đổi

cách hỏi đề bài:

- Tìm thể tích lớn khối nón nội tiếp khối cầu cho

- Trong khối nón nội tiếp khối cầu cho tìm độ dài đường cao khối nón có

thể tích lớn

- Thay khối nón khối trụ tạo thành cắt khối cầu cho hai mặt phẳng

song song với nhau, cách tâm khối cầu vng góc với đoạn AB Tìm

phương trình mặt phẳng khoảng cách hai mặt phẳng để thể tích khối trụ

lớn nhất…

Ta xét toán trường hợp tổng quát

Câu 1. [2H3 - 4]] Cho mặt cầu  S có tâm I , bán kính R Xét mặt phẳng  P thay đổi cắt mặt cầu theo giao tuyến đường tròn  C Hình nón  N có đỉnh S nằm mặt cầu, có đáy đường

tròn  C có chiều cao h Tính h theo R để khối nón tạo nên  N tích lớn nhất.

A h 2R B 2R

3

h  C 3R

2

h  D 4R

3 h 

Lời giải

Chọn D.

Gọi H tâm r bán kính đường tròn  C Khi thể tích khối nón đỉnh Svà đáy

hình tròn  C là: 2

AH h

3

V  r  r

Kẻ đường kính SB A, điểm thuộc đường tròn  C Tam giác SAB vuông A có đường cao

AH r nên: r2 SH HB h  (2R h)

 

2

1

h 2R

V h 

    

3 cos

3

1 4R 32

4R

6 81

i

h h h     R

     

 

Thể tích lớn 32

81R  h4R 2 h

4R h

  .

Câu 48. [1H3-3][Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho hình lăng trụ tam giác

ABC A B C   có AB a , AA b gọi M N, trung điểm AA , BB ( tham khảo hình bên ) Tính khoảng cách hai đường thẳng B M CN

A  ,  32 2

12 ab d B M CN

a b

 

 B   2

3 ,

4 12 ab d B M CN

a b

 



C  ,  a

d B M CN  D  , 

2 a d B M CN 

Lời giải

Chọn A

Ta có : AN B M//  ( Vì AA B B  hình chữ nhật M N, trung điểm AA , BB)

Vậy B M //ANC d B M CN  ,  d B M ANC  ,  d B ANC , 

Gọi P trung điểm AC BPAC (Vì ABC tam giác )  1

Mặt khác BB AC ( BB ABC)  2

Từ  1  2 ACBPN

Dựng BH PN mà ACBH ( ACBPN)

Vậy BH ANC d B M CN  ,  BH

Ta có :

2 b

BN  ( AABBb) a

BP  ( ABC tam giác cạnh a )

Xét tam giác vuông BPN theo hệ thức lương tam giác vng ta có :

2

2 2 2 2

1 1 1

12

3

2 2

ab BH

BH BN BP  BH b a    a  b

   

   

Câu 49: [1D2-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Trong lễ tổng kết năm học 2017 2018 , lớp 12T nhận 20 sách gồm sách toán, sách vật lý, sách Hóa học, sách môn học giống Số sách chia cho 10 học sinh lớp, học sinh nhận hai sách khác môn học Bình Bảo hai số 10 học sinh Tính xác suất để 2 sách mà Bình nhận giống 2 sách của Bảo

A.

5 B.

17

90 C.

14

45 D.

12 45

Lời giải

Chọn C.

Gọi x, y, z số phần quà gồm sách Tốn Vật lý, Tốn Hóa học, Vật lý Hóa học

Khi theo đề ta có hệ phương trình

5 x y x z y z

  



  

   

2 x y z

     

  

Số phần tử không gian mẫu n C C C102 .83 55 2520

Gọi A biến cố 2 sách mà Bình nhận giống 2 sách Bảo.

Số phần tử A nA C C C22 .83 55C C C82 .61 55C C C82 .63 33 784

Vậy xác suất cần tìm   748 14 2520 45

P A  

Câu tương tự:

Câu 50.[2H3-4] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục R thỏa mãn f x  f x'   1, x R

và f  0 0 Tìm giá trị lớn f  1

A 2e e



B e

e 

. C e 1. D 2e 1.

Lời giải

Chọn B

Ta có: e f xx ( ) e f xx '( ) ex

  e f xx ( ) ' ex

1

0

( ) '

x x

e f x dx e dx

 

   ef  1  0 e

 1 e

f

e 

 