Đề thi thử thpt quốc gia 2018 môn toán thpt Hoàng mai có đáp án chi tiết | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Có bao nhiêu vị trí của M để diện tích tam giác SAM đạt giá trị lớn nhất?. A..[r]

Câu 1. [2D2-2] Cho  H hình phẳng giới hạn Parabol y2x2 nửa đường trịn có phương1 trình y 2 x2 (với  2 x 2) (phần tơ đậm hình vẽ)

Diện tích  H

A

3

6



B

3 10

3



C

3

6



D

3 10

6



Lời giải Chọn D.

Phương trình hồnh độ giao điểm:

2

2

1 x

x x

x  

    

 

Ta có:

   

1 1

2 2

0

1 0

2

2 2 2 2 2

3

S x x dx x x dx x x x dx I



 

   

               

   

     

  

Tính:

1

2

0

2 I   x dx

Đặt: x sint dx costdt

Đổi cận: x t 0;x t 

     

Suy ra:

 

4 4

2

0

0

sin

2cos cos

2

t

I tdt t dt t

  



 

       

 

 

Do đó:

2 10

1

3

S      

Câu 2. [2D3-3] Biết

2

2

d ,

1 x

x a b c

x     



A P  B P  C P 

D P 2 Lời giải

Chọn C.

Ta có    

2 3

2 2

2

1

1

1

d 1 d

3 3

1 x

x x x x x x

x                   Vậy

5

, ;

3 2

a b c  P

Bình luận: Ý tưởng tốn tính tích phân để ẩn biến số, yêu cầu học sinh phải tính tích phân, hạn chế việc sử dụng máy tính casio

Bài tốn u cầu học sinh sử dụng thành thạo phép biến đổi đại số

PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN

Câu 1. [2D3-3] Cho tích phân

 

 

3

2

6

ln sin 3

3 ln ln , ,

cos

x

I dx a a b c

x b c







    

Tính giá trị biểu thức S a b c  

A 3 B 2 C 1 D 1

Lời giải Chọn B.

Đặt

 

2

ln sin d cos

sin

tan cos

u x x x

du dx

x

v v x

x               Suy    

3 3

2

6 6

ln sin 3

tan ln sin ln ln

cos

x

dx x x dx

x               3

3 ln ln 1; 3;

2 a b c



      



Do S a b c   2

Bài Cho tích phân

    2

2 cos , ,

I x xdx a b c

a b c



 

     

Tính giá trị biểu thức S a b c  

A 1 B 2 C 2 D 1

Lời giải Chọn C. Ta có 2 2

0 0

1 1

cos cos d sin cos d

2 2

x

I x x x x x x x x x x

2

8 J

 

  

Đặt

d d

1 d cos d sin

2 u x u x

v x x v x

             Suy 2 0

1 1

sin sin d cos

2

J x x x x x



 

    

Do

2 1

8; 4; 2

8

I      a b c  S

Câu 2. [2D3-3] Cho tích phân

 

4

2

0

tan ln , ,

I x xdx a b c a b c



 

    

Tính giá trị biểu thức S a b c  

A 32  B 31 C 16  D 32 Lời giải Chọn C. Ta có 4 2 0

1 d d

cos 16 cos

x

I x x x

x x                Đặt d cos x J x x  

Đặt

d d tan d d d cos u x u x

v x x

v x x              Suy   4 0

tan tan d ln cos ln

4

J x x x x x



 

 

      

Vậy

2 1 1 1 1 5

ln

16 16 16

I      S   

Câu 3. [2D1-3] Có giá trị nguyên dương tham số m để hàm số

   

3

1

3

x x

y  m  m x

đồng biến khoảng 1;?

A 5 B 4 C 2 D 3

Lời giải

Ta nhận thấy biểu thức y lập m nên đưa tốn tìm m để m g x  ,

1; 

x

   nhờ BBT.

Chọn D

Ta có  

2 1 1

y x  m x m 

Hàm số đồng biến khoảng 1;  y  0, x 1; 

 

2

1 , 1;

1 x

m x

x

     

  m 1 xmin1;g x  với  

1 x g x

x 

 .

Ta có

 

 

2

2

x x

g x x



 



;  

0

2 x g x

x      



 .

Ta có BBT hàm số g x :

Từ BBT suy m  3

Mà m nguyên dương suy m 1;2;3

PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN

Câu 1. [2D1-3] Tìm tất giá trị m để hàm số    

3 2

1

1 2018

3

y x  m x  m  x

nghịch biến

khoảng 0;2 ?

A m   1;7 B m   5; 5 C m   1; 5 D m  5;7 Lời giải

Phân tích: Ta cần tìm m để  y  0, x 0;2

Ta sử dụng tính chất nghiệm tam thức bậc hai để giải toán

Chọn C

TXĐ D .

Hàm số nghịch biến khoảng 0; 2  y  0, x 0;2

'

y

 có hai nghiệm phân biệt x x thỏa mãn 1, x1  0 x2

   

1

1

0

2

x x x x            

1 2

0

2

x x

x x x x

           2

6

m m m              5; 1;7 m m              1;

m  

  

 

Câu 2. [2D1-3] Có giá trị m nguyên để hàm số

2x

y

x m

 

 đồng biến khoảng 1; 

?

A.Vô số B 2 C.1 D 3

Lời giải

Phân tích: Đây hàm số dạng bậc / bậc nên hàm số đồng biến khoảng 1; 

 

0, 1; y x

     ý điều kiện xác định x m

Chọn B

TXĐ D\ m

Ta có  

2m

y x m     

Hàm số đồng biến khoảng 1;   y0, x 1;

1 m m         1 m    

Mà m m0;1

Câu 4. [1D1-2] Phương trình 1 cos sin 2 x x3cos 22 x có tổng nghiệm đoạn 0; là:

A 3 

B

3



C . D

2  Lời giải Chọn C.

1 cos sin 2x x 3cos 22 x

  2cos sin 22 x x 3cos 22 x 0

  

 

2

cos 2sin 2x x cos 2x

     2x 2 k x 4 k 2k 

            Xét 0;1

4 k 2 k k

 



        

Vậy tổng nghiệm

3

4

 



 

PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN

Câu 1. [1D1-2] Số nghiệm phương trình cos x 2cos3x.s inx 02    khoảng 0;  là:

A. B. C. D. 3

Lời giải

Chọn A.

Ta có : cos x 2cos3x.s inx 02    cos x sin 2x2   sin 4x 0 

 cos x sin 2x sin 4x 02    

Xét hàm số f x  cos x sin 2x sin 4x 22    0;  ta thấy f x 0  phương trình cho vơ nghiệm.

Câu 2. [1D1-4] Có giá trị nguyên tham số m để phương trình 3m33m3sinx sinx

có nghiệm thực ?

A 5 B 7 C 3 D 2.

Lời giải

Chọn A.

Ta có 3m33m3sinx sinx 33m3sinx sin3x m  1

Đặt sin x u Điều kiện 1   u 3m3sinx  v m3u v 3.  2

Khi  1 trở thành u3 m 3v  3

Từ  3  2 suy u3 3v v 3 3u   

2 3 0

u v u uv v

     

u v  

(Do

2

2 3 3 0

2

v u uv v  u v   

  , u , v )

Suy ra: 3m3u  u m u 3 3u, với u   1;1 .

Xét hàm số f u u3 3u đoạn 1;1 Ta có f u  3u2 3; f u   0 u

Suy  1;1  

max f u

  , min1;1 f u  2.

Do phương trình có nghiệm 2   , m m ẻ Â nờn m m 0; 1; 2  

A x1  0 x2  3 x3  B 1x1x2  3 x3 C 0x1 1 x2  3 x3  D 1x1 3 x2  4 x3

Lời giải Chọn C.

2

' 12 y  x  x

1 '

3 x y

x      



x   0 1 3 4 

'

y   

y

 

m m 4 m m 4



Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị cắt trục hoành ba điểm phân biệt có hồnh độ thỏa

1

x x x ta có 0x1 1 x2  3 x3 4

PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN

Câu 1. [2D1-3] Cho hàm số y x 4 2x2m có đồ thị  C Giả sử  C cắt trục hoành bốn điểm có hồnh độ x x x x (với 1; ; ;2 x1x2 x3 x4) Trong khẳng định sau, khẳng định đúng?

A x1  1 x2  0 x3  1 x4. B  x1  1 x2  0 x3 1 x4 2. C  1 x1 0 x2 1 x3 x4 D x1x2  0 x3  1 x4

Lời giải Chọn B.

3 ' 4 y  x  x

0 '

1 x y

x      



x   2

 1 

'

y    

y  m 1

m

1 m 

m

1 m 



Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị cắt trục hoành bốn điểm phân biệt có hồnh độ thỏa

1

x x x x khi ta có  2x1  1 x2  0 x3 1 x4 

Câu 2. [2D1-3] Cho hàm số yx33x m 21 có đồ thị  C Giả sử  C cắt trục hồnh ba điểm có hồnh độ x x x (với 1; ;2 x1x2 x3) Trong khẳng định sau, khẳng định đúng?

C  1 x1 0 x2  1 x3. D. 2x1  1 x2 1 x32. Lời giải

Chọn D.

' 3

y  x 

'

y   x

x  

2 1 

'

y   

y 

m 2

2 3

m 

m 2

2 3

m 

 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị cắt trục hoành bốn điểm phân biệt có hồnh độ thỏa

1

x x x khi ta có  2 x1  1 x2 1 x32

Câu 6. [1D4-2] Để

2

4

lim 2 x x x mx       

 Giá trị m thuộc tập hợp sau đây?

A 3;6 B 3;0 C 6; 3  D 1;3 Lời giải

Chọn C

Ta có

2

4

lim x x x mx        

1

4 lim

2 x

x

x x x x m x                     

1

4 lim

2 x

x x x m x                     m  

Theo đề ta có

2 m m    

PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN

Câu 1: [1D4-2] Để

2

lim

2

x

x x x

mx   

 



 .Giá trị m thuộc tập hợp sau đây?

A 3;6 B. 3;0 C. 6; 3  D 1;3 Lời giải

Chọn B

2 1

lim lim

2

x x

x x

x x x x

mx x m

x                     1

1 1 1

2 lim lim 2 1 x x x x x m x m x x                            .

Câu 2: [1D4-2] Cho a b c, , ba số thực khác Để giới hạn

2 3

lim

1 x

x x ax bx

  

  

A a b   B a b   C a b    D a b    . Lời giải Chọn A Ta có 3 lim x

x x ax bx       lim x x a x x b x                     a b   Vậy a b  

Câu 7. [1D2-3] Tìm hệ số khơng chứa x khai triển

3 n x x     

  biết n số nguyên dương thỏa

mãn Cnn Cnn 78

 

  .

A 112640 B 112643. C 112640. D. 112643 .

Lời giải

Chọn C

Điều kiện: n n      

Ta có: Cnn Cnn 78

 

     

! !

78 ! 2! !

n n

n n

  

 

 1

78

n n

n 

  

2 156 0

n n

     n12.

Khi đó:  

12 12

12

3

12

2 k k k

k

x C x

x x                     12 36 12 k k k k

C x 



 

Hệ số không chứa x khai triển có: 36 4 k  0 k  9

Hệ số cần tìm là:   9

12 112640

C   .

PHÁT TRIỂN BÀI TỐN

Câu 1: [1D2-3-PT1] Tìm hệ số x5 khai triển      

1 n

P x x  x x  x

biết n số

nguyên dương thỏa mãn 21 n

n n

C  n A



   .

A 3240 B 2643. C 3320. D. 259200

Lời giải

Điều kiện: n n      

Ta có: 21 n

n n

C  n A

          ! !

2! ! !

n n n n n           

6

2 n n

n n n 

    

2 9 10 0

n n

      n 10.

Khi      

5 10

1

P x x  x x  x

Ta có:      

5

5

5

0

1 k k k k k

k k

x x x C x x C x 

 

      

Số hạng chứa x5 tương ứng với k  1 k  4

Tương tự: ta có    

10 10

10

2 2

10 10

0

1 i i i i i

i l

x x x C x C x 

 

   

Số hạng chứa x5 tương ứng với 2    i i

Vậy hệ số x5 khai triển P x   

4 3

5 10.3 3320

C C 

Câu 2: [1D2-3-PT2] Tìm hệ số chứa x10 khai triển     1 n

f x  x  x  x

  với n số

tự nhiên thỏa mãn An3 Cnn 14n 

  .

A 2 C5 1910. B

5 10 10 19

2 C x . C 10

19

2 C . D. 10 10

19

2 C x .

Lời giải

Chọn A

Từ phương trình An3 Cnn 14n 

  , ta tìm n  Khi đó: 5

    15 1

f x  x  x  x

     

4 15

1

2

16 x x

    219

16 x   19 19 19 16

k k k

k

C x 



 

Số hạng chứa x10 khai triển tương ứng với 19 k10 k 9

Vậy hệ số số hạng chứa x10 khai triển

10 10

19 19

1

2

16C  C

Câu 8. [2D2-3] Tìm m để phương trình 4x 2x3 3 m có hai nghiệm x 1;3 ?

Chọn C

Phương trình phương trình bậc hai với ẩn phụ t 2x

Cách làm chung khảo sát hàm số vế phải dùng điều kiện có nghiệm phương trình

Với t 2x phương trình ban đầu trở thành t2 8t 3 m Vì x1;3 t 2;8

Xét hàm  

2 8 3 g t  t t

 

'

g t  t ; g t'     ;0 t

t

  '

g t  

  g t

9 

-13

Từ bảng biến thiên, phương trình có hai nghiệm 13    t BÀI TẬP PHÁT TRIỂN.

Câu 1: [2D2-3] Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình 4x 2x1m0 có hai

nghiệm thực phân biệt

A m    ;1 B m 0;  C m 0;1 D m 0;1 Lời giải

Chọn D

Đặt t 2xthì phương trình cho trở thành t2 2t m 0. 1

Phương trình ban đầu có hai nghiệm thực phân biệt phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt dương

Hay

1

2 0 m

m    

   

  m 0;1.

Câu 2: [2D2-3] Tìm tấ giá trị thực tham số m để phương trình 4x2 2x22 6 m có 3 nghiệm phân biệt

A m2. B m3. C 2m3. D 2m3. Lời giải

Chọn B

Đặt t 2x2, ta có phương trình: t2 4t 6 m0 2 

Với t  nghiệm phương trình ta có:1 m  3

Với m  thay vào phương trình 3  2 :t2 4t 3

1 t t

    

 nên có ba nghiệm 0; log 32 .

Câu 9. [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn z 1 Tìm giá trị lớn biểu thức T  z 2 z

A maxT 5 B maxT 2 10 C maxT 3 D maxT 2 Phân tích: Gọi z x yi  Từ giả thiết z  1 x2y2 1

u cầu tốn trở thành tìm GTLN    

2 2

2 2

T  x y  x y

, áp dụng

bất đẳng Bunhiacopski rút y2  1 x2, thay vào xét hàm Lời giải

Chọn A.

Gọi z x yi  , x y  , 

Do

2

1

z   x y 

Khi đó,    

2 2 2

2 2 2

T  z  z  x y  x y

12 22x 22 y2 x 22 y2 10x2 y2 4

          

 

5 T

  .

Dấu đẳng thức xảy

   

2

2 2 2

1

2

1

x y

x y x y

  



    

 



2

1

4

4 5 7

1 4

x x y

x x

y 

    

 

     



  

 

 .

Vậy maxT 5

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN.

Câu 1: [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn z 3 i  5 Gọi M m giá trị lớn và

giá trị nhỏ biểu thức

2

2

P z  z i

Tính T 2M3m

Chọn B.

Gọi z x yi  , ,x y  

Từ giả thiết, suy    

2

2

x  y  .

Khi đó:    

2 2 2 2

2

P z  z i  x y  x  y   x y

   

   

5 2

P x y

     

Có            

2

2 2 2

5 2 2 100

P  x  y     x  y  

   

10 P 10 P 15         

Suy M  , 15 m  Vậy 5 T 2M 3m15.

Câu 2: [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn z  1 Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P  z i z 2 i Tính mơ đun số phức w M mi  .

A w 2 B w 3 C w 4 D w 4 Lời giải

Chọn A.

Gọi z x yi  , ,x y  

Từ giả thiết, suy   2

1

x y 

Khi đó,      

2 2

2 1 2 1

P x  y  x  y

Có        

2 2

2

2 1 2

P x  x  y  y   P  x  y  

     P 4

max

M P

  

Đồng thời, ta lại có          

2 2 2

2 1 2 1 2 1 1

P x  y   x   y  x  x  y   y

2 2

P m P

     .

Vậy  

2

4 2 2

w   i   

Câu 10. [2D2-3] Cho dãy số  un thỏa mãn log2u1logu1 0 un1 un  , với mọi5

1,

n n  Giá trị lớn n để u n 500 bằng:

A 80 B 100 C 99 D 82

Chọn B.

Ta có log2u1logu1 0

1

1 log

log

u u

 

  



1

1

100 1000

u

u

   

 

 .

Do un1 un  nên  un Cấp số cộng với công sai d  5

Trường hợp 1: u 1 100, un1un nên  un Cấp số cộng với u 1 100 công sai

d 

 

100 n

u n

   

Khi u n 500 100n1 500   n81 Nên giá trị lớn n  80

Trường hợp 2:

1 1000

u 

, un1un nên  un Cấp số cộng với

1 1000

u 

và công sai d 5

 

1

1 1000

n

u n

   

Khi u n 500  

1

1 500

1000 n

   

100,9998

n

  Nên giá trị lớn n 100.

Vậy giá trị lớn thỏa mãn yêu cầu đề n 100 BÀI TẬP PHÁT TRIỂN.

Câu 1: [2D2-3] Cho cấp số cộng  an , cấp số nhân  bn thỏa mãn a2 a1 ;0 b2 b1 hàm số1   3

f x x  x cho f a 2  2 f a 1 f log2 2b  2 f log2 1b Số nguyên dương n nhỏ cho bn 2018an là:

A 16 B 15 C 17 D 18

Lời giải

Chọn A.

Dễ dàng nhận thấy hàm số nghịch biến 1;1 Lại có a2 a1 b2 b1 nên1 2

log b log b  0

Ta có f a 1  f a 2   mà 0 a 1a2 a10;a2  1 an   ( Do n  an cấp số cộng)

Và f log2 1b  f log2b2  mà log2b2 log2 1b 0

2 1

2 2

log

log

b b

b b

  

  

  

 bn 2n



 

( Do  bn cấp số nhân).

Khi bn 2018an  

2n 2018 n    . *

Thử bốn đáp án ta n  giá trị nguyên dương nhỏ thỏa mãn 16  *

Câu 2: [2D2-3] Cho dãy số  un thỏa mãn log22u4 3log2u4 2 0 un1 un , với mọi2

1,

n n  Giá trị lớn n để u n 2018 bằng:

A 1010 B 1011 C 999 D 1000

Lời giải

Chọn B.

Ta có log22u4 3log2u4 2

2

2

log

log

u u

 

 

 

4

4 u u

   



 .

Do un1 un nên  un Cấp số cộng với công sai d  2

Nên

4 u u

  

 

1

1

3

3

u d u d

 

  

 



1

1 u u

    

Trường hợp 1: u  , 1 un1un nên  un Cấp số cộng với u  công sai1

d 

 

4 n

u n

    .

Khi u n 2018  4 n1 2018   n1012 Nên giá trị lớn n 1011.

Trường hợp 2: u  , 1 un1un  nên  un Cấp số cộng với u  công sai1 2

d 

 

2 n

u n

    .

Khi u n 2018  2 n1 2018   n1011 Nên giá trị lớn n 1010.

Vậy giá trị lớn thỏa mãn yêu cầu đề n 1011

Câu 11. [12H1-2]Cho khối chóp tứ giác S ABCD , đáy ABCD hình vng có cạnh a , tâm O , cạnh bên a Gọi M trung điểm CD , H điểm đối xứng O qua

SM Thể tích khối đa diện ABCDSH bằng:

A

5 10

24

a

B

3 10

18

a

C

3 10

24

a

D

3 10

12

a

Lời giải

Chọn A

Ta có:

5

ABCDSH S ABCD H SCD S ABCD S OCD S ABCD

V V V V V  V

Mà

2

1 10 10

3

S ABCD ABCD

V  SO S  a a  a

Vậy

3 10

24 ABCDSH

a

V 

Câu 12. [1H3-3] Hình chóp tam giác .S ABC có đáy ABC tam giác vuông A ,



, 30

AB a ACB  SA SB SD  , với D trung điểm BC Biết khoảng cách hai

đường thẳng SA BC

4 a

Tính cơsin góc hai mặt phẳng (SAC) (SBC)

A

11 B 3 C

65

13 . D

5 33

Lời giải

Chọn C

Cách 1:

Ta có ABD đều, cạnh a.

Mà SA SB SD  , nên hình chóp S ABD hình chóp đều. Gọi O tâm ABD , ta có SO(ABD).

Gọi M trung điểm BD , hạ MN SA NSA

Mà BDSAM nên MN BD.

Vậy MN đoạn vng góc chung hai đường SA BC

Nên  

3 ,

4 a d SA BC MN 

Vì ta có AHM đồng dạng với tam giác SOM

Nên

3

2

a a

SO AM MN SA SO  SA SA SO

+) Có

2

2 2 2

3

a

SA  SO AO  SO  SO   SO a

+) Hạ AH SM  AH (SBC) Khi đó, SAC có hình chiếu SHC (SBC). x

y z

M

D

B S

A

C

N

H

+) Gọi  góc (SAC)và (SBC) Ta có  

.cos cos SHC

SHC SAC

SAC

S

S S

S

 

  

+) Tính

2

15 15

,

4 39

SHC SAC

a a

S  S 

, thay vào (1) suy

65 os

13

c 

Cách 2: Chọn hệ tọa độ Axyz hình vẽ

Ta có:

0;0;0 ,  3;0;0 , 0; ;0 , 3; ;

6

a a

A C a B a S a

 

Khi :

 

 

3;0;0

0; 2;1

; ;

SAC AC a

n

a a

AS a

 

 

  

  



  

  





 

 

 

3; ;0

3;3;1

; ;

SBC

CB a a

n a a

CS a

  

 

 

  

 

  

  

 

 

Vậy:

5 65

cos

13 13

SAC SBC

SAC SBC

n n

n n

    

 

 

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN.

Câu 1: [1H3-3] Hình chóp S ABC có SA vng góc với ABC, SA2a Tam giác SBC có diện tích 6 2a Gọi 2  góc hai mặt phẳng SBC ABC Tính góc , biết thể tích khối chóp S ABC V 4a3.

A 30. B  90 C 60 D 45 Lời giải

Gọi SEA góc  SBC ABC

Ta có

3

1 3.4

3

ABCD

ABCD ABC ABC

V a

V SA S S a

SA a

 

    

Do SAABC nên A hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng ABC

ABC

  hình chiếu vng góc SBC lên mặt phẳng ABC.

Do SABC SSBC.cos

2

2

6

cos

6 2

ABC

SBC

S a

S a

 



   

45



   .

Câu 2: [1H3-3] Cho hình chóp ABCDS có đáy ABCD hình chữ nhật, cạnh SA vng góc với mặt phẳng ABCD , SA AB a  , AD3a Gọi M là trung điểm BC Tính cosin góc tạo hai

mặt phẳng ABCD SDM

A

5

7 B

6

7 C

3

7 D

1

Lời giải

Chọn B

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho

O trùng A, Ox hướng AB,Oy cùng

hướng AD, Oz hướng AS Khi đó

(0;0;0)

A , B a( ;0;0), D(0;3 ;0)a , S(0;0; )a ,

3

( ; ;0)

2

a M a

(0;3 ; )

SD a a

3

(a; ; )

2

a

SM  a



2

2

3

, ; ;

2 a

SD SM  a a 

                                      

Một VTPT (ABCD):

1 (0;0;1) n AS a    

Một VTPT (SDM): 2  

1

, 3; 2;6

n SD SM

a                                                 

Gọi  góc ABCD SDM Khi  2 2

6

cos cos ,

7

3

n n                                  

Câu 13. [1D1-4] Tìm m để phương trình cos 2x 2m1 cos x m  1 0 có nghiệm

3 ; 2

x  

 

A 0  m B    m C 0m 1 D    1 m Lời giải

Chọn B.

Ta có: cos 2x 2m1 cos x m  1

 

2

2cos x 2m cosx m

    

Đặt cos x t ,khi

3 ; 2

x  

  t   1;0

Khi phương trình trở thành: 2t2 2m1t m 0 có nghiệm t   1;0

 

2

2

2

2 t t

t m t m m t

t 

      

 Vậy: 1   m

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN.

Câu 1. [1D1-4-PT1]Với giá trị m để phương trình: msin2x 3sin cosxx  m1 0 có đúng

3 nghiệm

3 0;

2 x  

 

A m  1 B m 1 C m  1 D m 1 Lời giải

Với   x

phương trình trở thành:

  

       

2

sin 3sin cos 1

2 2

m m m m

  1 (vơ lý)

Do   x

khơng phải nghiệm phương trình

Với x 



Chia 2vế cho cos x2 ta được

   

2 2

tan tan tan 1 tan tan tan

m x x m  x   x   x x m  

Đặt ttanx.u cầu tốn trở thành tìm m để phương trình t23t m  1 0 có 2

nghiệm trái dấu m  1 m  1

Câu 2. [1D1-4-PT2] Gọi K tập hợp tất giá trị tham số m để phương trình

sin 2 sin

4

x+ ỗốổỗỗx+pữữửữứ- =m

(1) cú ỳng nghiệm phân biệt thuộc khoảng

3 0;

4

ổ ửữ

ỗ ữ

ỗ ữ

ỗố ứ

p

Hi K tập tập hợp đây?

A

2

;

2

ổ ự

ỗ- ỳ

ỗỗ ỳ

ỗố ỳỷ B (1- 2; 2). C

2 2;

2

ổ ửữ

ỗ- ữ

ỗ ữ

ỗ ữữ

ỗố ứ. D.

2 ;

æ ù

ỗ- ỳ

ỗỗ ỳ

ỗố ỳỷ

Li giải

Chọn C

Đặt

2 sin sin cos ;

4

t= ỗỗốỗổx+pữửữữứ= x+ x

với (

3

0; 0;

4

xẻ ỗổốỗỗ pữứữữửị ẻt ỳựỷ

Khi đó: sin 2x= -t2 Phương trình cho trở thành:t2+ - =t m.(2)

Lưu ý rằng: nghiệm tỴ (1; 2) phương trình (2) cho ta nghim

3 0;

4

xẻ ổỗỗỗố pư÷÷÷ø

phương trình (1) với ( )

2 0;1

t t

é= ê êỴ ê

ë cho ta nghim

3 0;

4

xẻ ổỗỗỗố pư÷÷÷ø

phương trình (1) Số

Dựa vào bảng biến thiên ta suy yêu cầu toán - < <- +1 m

Vậy ( )

2

1; 2;

2

K= - - + è -ổỗỗỗ ửữữữ

ữ ữ

ỗố ø

Câu 14. [1D2-3] Có 10 học sinh lớp A, học sinh lớp B xếp ngẫu nhiên vào bàn tròn (hai cách xếp cho giống cách xếp kết phép xếp thực phép quay tâm góc đó) Tính xác suất để khơng có học sinh lớp B đứng cạnh

A

10!

18!. B

8 10 9!

17! A

C

7!

17! D

8 11 10!

17! A

Lời giải

Chọn B

Gọi C biến cố xếp 18 học sinh cho khơng có học sinh lớp đứng cạnh nhau.

Số phần tử không gian mẫu số cách xếp 18 học sinh hai lớp vào bàn trịn có

18! 17!

18  cách xếp.

- Xếp 10 học sinh lớp A có 10!

9!

10  cách xếp

- Mỗi cách xếp tạo thành 10 khoảng trống để xếp học sinh lớp Bvào nên có A108 cách xếp học sinh lớp B

Nên n C   9!.A108 cách xếp

Xác suất  

8 10 9!.A

17! P C 

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN.

Câu 1. [1D2-3] Có 10 học sinh lớpA, học sinh lớp B xếp ngẫu nhiên thành hàng ngang.

A.

8!

18! B

10!

18! C.

8 11 10!

18!

 A

P

D.

10!.8! 18! 

P

.

Lời giải

Chọn C

Xếp ngẫu nhiên18 học sinh thành hàng ngang nên số cách xếp 18! Số phần tử không gian mẫu n  18!

Gọi A biến cố xếp 18 học sinh cho khơng có hai học sinh lớp B đứng

cạnh

Xếp 10 học sinh lớp A thành hàng ngang có 10! cách xếp.

Với cách xếp 10 học sinh lớpA nói trên: hai học sinh có khoảng trống, tính khoảng trống hai đầu hàng ta có 11khoảng trống Chọn khoảng trống số

11 khoảng trống để khoảng trống xếp học sinh lớp Bcó A118 cách xếp.

Vậy có n A  10!.A118 cách xếp.

Xác suất

8 11 10!

18!

 A

P

Câu 2. [1D2-3] Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B học sinh lớp 12C vào bàn tròn (hai cách xếp coi giống cách xếp kết cách xếp ta thực phép quay bàn tâm góc đó) Tính xác suất để khơng có hai học sinh lớp ngồi cạnh

A.

1 252 

P

B.

1 126 

P

C.

1 630 

P

D.

11 630 

P

Lời giải

Chọn B

Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh vào bàn trịn có 9! cách xếp n  9!

Gọi A biến cố xếp 10 học sinh vào bàn tròn cho khơng có 2 học sinh lớp

đứng cạnh

Xếp học sinh lớp 12C có 4!cách.

Cần phải xếp học sinh lớp A B cho khơng có hai học sinh lớp đứng cạnh nên có 5! cách xếp

Vậy n A  4!.5!

Vậy

4!.5! 9! 

P

Câu 15. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng  P qua 1; 2;3

M

cắt tia Ox ,Oy, Oz điểm A,B,C cho

2 2

1 1

T

OA OB OC

  

đạt giá trị nhỏ nhất?

A  P x: 2y3z14 0 B  P : 6x3y2z18 0 C  P : 3x2y z 10 0 D  P : 6x 3y2z 0

Lời giải

Chọn A.

Dựa vào hệ thức lượng tam giác vuông mối quan hệ vng góc khơng

gian ta chứng minh với H trực tâm tam giác ABC 2 2

1 1

OH OA OB OC

và OH ABC

Do 2

1 1

T

OA OB OC

  

đạt giá trị nhỏ OH lớn

Mà OH OM nên muốn OH lớn thìM H , OM 1; 2;3



véc tơ pháp tuyến

của  P

Do phương trình mặt phẳng  P cần tìm 1x12y 23z 3  hay0

 P x: 2y3z14 0

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN.

Câu 1. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng  P qua

2;3; 4

M

cắt trục Ox ,Oy, Oz điểm A,B,C cho M trực tâm của tam giác ABC ?

A  P : 2x3y4z 29 0 B  P : 2x3y4z C  P : 6x4y3z12 0 D  P : 6x4y3z 36 0

Chọn A.

M trực tâm ABC  OM ABC,  P nhận OM 2;3;4



làm VTPT

Phương trình mặt phẳng  P là: 2x 23y 34z 4  hay 2x3y4z 29 0

Câu 2. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng  P qua

1;3;5

M cắt tia Ox ,Oy, Oz điểm A,B,C cho thể tích khối tứ

diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất?

A  P :15x5y3z 45 0 B  P x: 3y5z 35 0 C  P :15x5y3z  D  P x y z:    0

Lời giải

Chọn A.

Gọi A a ;0;0 , B0; ;0 ,b  C0;0;c với a b c , ,

Phương trình mặt phẳng  :

x y z

ABC

abc  .

 

M ABC

a b c

    

Ta có:

1

6

OABC

abc

V  OA OB OC

3

1 15

1

a b c abc

    405 135

2

OABC

abc V

   

, dấu “=” xảy

3

9

15 a b a b c

c         

 

   P :15x5y3z 45 0

Câu 16. [1D2-2] Một hộp đựng20 cầu có cầu màu trắng, cầu màu xanh 10 cầu màu đỏ Lấy ngẫu nhiên cầu từ hộp Tính xác suất để cầu chọn có đủ màu

A

3

20. B

24

19. C

2

57. D

4 19.

Lời giải

Chọn D

Số phần tử không gian mẫu: C C C201 191 181 6840.

Vậy:  

240 6840

P A 

57 

PHÁT TRIỂN HAI CÂU.

Câu 1. [1D2-2] Một hộp đựng20 cầu có cầu màu trắng, cầu màu xanh

10 cầu màu đỏ Lấy ngẫu nhiên 3 cầu từ hộp Tính xác suất để 3

quả cầu chọn có màu

A

12

95. B

155

19 . C

9

38. D

4 19.

Lời giải

Chọn A

Số phần tử không gian mẫu: C C C201 191 181 6840.

Số phần tử biến cố: A63A43A103 864

Vậy:  

864 6840

P A  12

95 

Câu 2. [1D2-2] Một hộp đựng20 cầu có cầu màu trắng, cầu màu xanh

10 cầu màu đỏ Lấy ngẫu nhiên 3 cầu từ hộp Tính xác suất để 3

quả cầu chọn có hai màu đỏ

A

12

95. B

5

38. C

9

38. D

4 19.

Lời giải

Chọn B

Số phần tử không gian mẫu: C C C201 191 181 6840.

Số phần tử biến cố: C A 101 102 900

Vậy:  

900 6840

P A 

38 

Câu 17. [1D1-3] Có tất giá trị nguyên tham số m để phương trình 3

34sinx m sinx sin x 4sinx m 8 2

       có nghiệm thực.

A 21 B 18. C 22 D 20.

Lời giải

Chọn D

Đặt asinx phương trình có nghiệm thực phương trình

 

3

34a m a   a 4a m  8 1

có nghiệm a   1;1

a b3 6a b2 12a b 8 a3 b3 8 3ab a b  6a b2 12a b 0

                

        

3 a b ab 2(a b) a b b a

          

Th1: a , đưa tìm m để phương trình b a3 4a m có nghiệm a   1;1.

Xét f t  x3 4x 1;1, có f t'  3x2 0, x  m  5;5

Th2: b  , đưa tìm m để phương trình 82  a  có nghiệm m a   1;1 .

Xét f t  4x 1;1, có f t'  4 0, x  m  12; 4 

Th3: a2 l a   1;1

Kết hợp ba trường hợp có số 20 số nguyên thỏa yêu cầu toán PHÁT TRIỂN HAI CÂU.

Câu 1. [1D1-3] Có tất giá trị nguyên tham số m để phương trình 3sin3x 3sinx m 27 m 3sinx sinx 3



A 7 B 8 C 9 D 10

Lời giải

Chọn A

Đặt a sinx , ta có a   1;1, b3 m 3sinx Thế vào phương trình ta được:

     

    

       

3 3 3

2

3 3

27 27

27 27 27

3

3

a b b a a b a b

a b a b ab a b a b a b

a b ab a b a b a b

          

           

     

     

Đưa tốn tìm m để phương trình  * có nghiệm a   1;1 TH1: ab a33a m

Xét hàm f t t33t f t'  3t2    Suy t m 2;4

TH2: a3( )l a   1;1 TH3: b  3 27 3 a m

Xét hàm f t  27 3 t f t'   3 0, Suy t m   27; 24  Vậy có số nguyên thoả yêu cầu toán

cosx 2cosx m  1 8cosx10 2cosx m m   1 0.

A 3 B 4 C 5 D 6

Lời giải Chọn B

Đặt a cosx , ta có a   1;1 , b 2cosx m Thế vào phương trình ta được:

 

         

2

2 2

1 10 1 10

2 10

2 4

a b a b b a b a b b

a ab b a b a b b a ab a b

a a b a b a a b

             

              

         

Đưa toán tìm m để phương trình  * có nghiệm a   1;1

TH1:

2

2

4

a

a b  a m

Xét hàm    

2

2 '

4

t t

f t   t f t     t

Suy

7 ; 4 m   

 

TH2: a4( )l a   1;1

Vậy có số nguyên thoả yêu cầu toán

Câu 18. [1H3-3]Cho lăng trụ ABC A B C    có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc điểm A lên mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm G tam giác ABC Biết khoảng

cách hai đường thẳng AA BC

3 a

Tính A G

A

3 a

B

3 a

C 3

a

. D

3 a

Lời giải

Chọn C.

Có   BC AM

BC AA M M BC AH BC A G

 

 

   



 

 .

Có  

AH MM

AH BCC B AH BC



 

 

 

  

Khi :        

3

, , , a

d AA BC d AA BCC B   d A BCC B  AH 

Có

3

2 ,

a a

AM  AG 2

4 a

HM AM AH

   

Do HAM ∽GA A

HM HA AG A G

 



3

3 3

AG HA a a a

A G

HM a



     

CÁC CÂU PHÁT TRIỂN

Câu 1: [1H3-3]Cho lăng trụ ABC A B C    có đáy ABC tam giác vng cân A, cạnh AB a Hình chiếu vng góc điểm A lên mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm G tam giác

ABC Biết khoảng cách hai đường thẳng AA BC 2

a

Tính A G

A a

B

2 a

C

2 a

. D

3 a

Lời giải

Chọn A.

Lấy M M  trung điểm , BC B C,   H hình chiếu A MM .

Có  

BC AM

BC AA M M BC AH BC A G

 

 

   



 

 .

Có  

AH MM

AH BCC B AH BC



 

 

 

  

Khi đó:  ,   ,   ,  a d AA BC d AA BCC B   d A BCC B  AH 

Có

2

2 ,

a a

AM  AG 2

2 a

HM AM AH

   

Do HAM vng cân H.

Do HAM∽GA A  GAA' vuông cân G

2 a A G AG

  

Câu 2: [1H3-3]Cho lăng trụ ABC A B C    có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc của điểm A lên mặt phẳng ABC trùng với trung điểm M cạnh BC Biết khoảng cách giữa

hai đường thẳng AB CC a

Tính A M .

A a

B 4

a

C 2

a

. D

3 a

Lời giải

Chọn B.

Do CC'ABB A' ' M trung điểm BC nên:

 , '  ', ' '  , ' '  , ' '

d AB CC d CC ABB A d C ABB A  d M ABB A

 

 , ' '  a83

d M ABB A

 

Gọi ,N I trung điểm đoạn AB NB,

1

2

, a

MI AB MI CN

   

Dựng H hình chiếu M A I' ,

Ta có :  

' '

AB A M

AB MA I AB MH AB MI

 

   

 

 .

Do  

' ' '

MH AB

MH ABB A MH A I

 

 

 

 Suy   

3

, ' ' a

d M ABB A MH 

Trong MA I' vuông M có: 2

1 1

' MH MI  A M

2 2

1 64 16 16

4

3 '

'

a A M

A M a a a

     

Câu 19. [2D1-3] Cho hàm số yf x  Hàm số yf x  có đồ thị hình vẽ Hàm số 2 x

yf e

nghịch biến khoảng sau đây? f(x)=x^3-3x^2 f(x)=-4 x(t)=2 , y(t)=t T ?p h?p

x y

-A. 0;  B.  ;0 C. 1;3 D. 2;1

Phân tích

Dựa vào đồ thị hàm yf x , suy nghiệm f x   dấu f x 

Dùng tính chất hàm hợp xét dấu 2  x

f e

, suy dấu 2 

x x

e f e

Từ chọn đáp án

Lời giải

Chọn B

Ta có  

0

3 x f x

x      



 .

Xét 2  x

yf e

, có 2 

x x

ye f e

; 2 

x x

y  e f e 

2

0

2

x

x

e

x e

  

   

 

 .

Mặt khác, 2 

x x

y  e f e  2 ex 3 x 0

     .

Do hàm số 2  x

yf e

nghịch biến  ;0.

CÁC CÂU PHÁT TRIỂN

Câu 1: [2D1-3] Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục  có đồ thị hàm yf x  như

hình vẽ Xét hàm số  

( ) 

g x f x

Mệnh đề sai?

O y

x

1



4 

1

A Hàm số g x( ) đồng biến 2; B Hàm số g x( ) nghịch biến 0; 

C Hàm sốg x( )nghịch biến 1;0  D Hàm số g x( )nghịch biến   ; 

Lời giải

Chọn C

Dựa vào đồ thị hàm số  

1

2      

 

x f x

x f x   0 x2

Xét     2

 

g x f x

có tập xác định 

   

' 2  g x x f t

với tx2

 

2

0

' 1

2 2



  

 

       



     



x x

g x t x x

x

t x

Lại có  

2

0 2

2          

  

x

f t t x

x

Do đó, ta có bảng xét dấu g x' 

x   2 1 0 1 2 

 



g x      

Từ bảng xét dấu ta chọn phát biểu sai C

Câu 2: [2D1-3] Cho hàm số yf x  Hàm số yf x có đồ thị hình bên Hàm số yf 2 x đồng biến khoảng:

A 1;3  B 2;   C 2;1 D  ; 2

Lời giải

Chọn C.

Hàm số đồng biến     

2

2

1

x x

f x f x

x x

   

 

 

        

     

  .

Câu 20. [2D1-4] Gọi S tập hợp giá trị nguyên dương tham số m để giá trị nhỏ hàm số

2 4 3 4

yx  x  mx

lớn 2 Số phần tử S

là

A B vô số. C. 1. D. 2.

Lời giải

Chọn C

Ta có

   

 

2

2

4 ;1 3;

4 1;3

x x mx x

y

x x mx x

        

 

    



 .

   

 

2 4 ;1 3;

2 4 1;3

x m x

y

x m x

       

  

   



 .

 2x 4 m 0 x 2 2m  2x 4 4m 0 x 2 2m

a) Khi

1

m 

ta có bảng biến thiên

Giá trị nhỏ hàm số trường hợp : y2 2 m 4m2 8m

Nên

2

4 8

2

m m m m m

          

Trường hợp có giá trị nguyên m thỏa mãn m  1

b) Khi

1

2

m

 

ta có bảng biến thiên

miny 2

   

1 y

y     

  

4

12 2

m

m m

 

   



 không thỏa mãn trường hợp xét.

c) Khi

1

m 

   

 

2

2

2 ;1 3;

6 1;3

x x x

y

x x x

       

 

   

 

   

 

2 ;1 3;

2 1;3

x x

y

x x

      

  

  

 

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy minyy 1  không thỏa mãn.2

Vậy, có giá trị nguyên m thỏa mãn m  Hay 1 S  1

Câu 21. [2H2-4] Cho hình nón đỉnh S , đáy hình trịn tâm O , góc đỉnh 120 Trên đường tròn đáy, lấy điểm A cố định điểm M di động Có vị trí M để diện tích tam giác SAM đạt giá trị lớn nhất?

A 1. B 2. C 3 D Vô số.

Lời giải Chon B

Đặt SO h h , 0

Vì góc đỉnh 120 tính bán kính đáy r h 3.

Đặt IO x , 0  x h 3, ta có AI  AO2 IO2  3h2 x AM2, 2AI2 3h2 x2

2 2

Diện tích tam giác SAM

2 2 2 2

1

.2 3

2

SAM

S  SI AM  h x h  x  h x h  x

Ta có        

2 2 2 2 2

4h  h x  3h  x 2 h x 3h  x

Nên SSAM  h2x2 3h2 x2 2h2.

Vậy diện tích tam giác SAM đạt giá trị lớn 2h2khi

2 3 2 2 2 2 2 2 3

h x  h  x  x h  AI h  AM  h r h.

Vậy M lần tìm giao đường tròn A;2 2hvà đường tròn O h; 3, có điểm Mthỏa mãn.

Phân tích: -Thực chất tốn tốn tìm giá trị lớn hàm số; Bài toán có thể dùng bất đẳng thức Cơ-si phương pháp hàm số

- Với toán dạng ta thường đặt đại lượng biến thiên làm ẩn, (tìm điều kiện nó) biểu diến đại lượng khác đại lượng cần tìm min, max qua đại lượng biến thiên đó; sau đánh giá khảo sát hàm số để tìm min, max

CÁC CÂU PHÁT TRIỂN

Câu 1: [2H2-4] Cho hình nón đỉnh S , đáy hình trịn tâm O , góc đỉnh 120 Trên đường tròn đáy, lấy điểm A cố định điểm M di động Có vị trí M để thể tích khối chóp

SAOM đạt giá trị lớn nhất?

A 1. B 2. C 3 D Vô số

Lời giải Chọn B

Đặt SO h h , 0

Vì góc đỉnh 120 tính bán kính đáy r h 3.

Đặt IO x , 0  x h 3, ta có AI  AO2 IO2  3h2 x AM2, 2AI2 3h2 x2 Thể tích khối chóp SAOM là

 

2 2 2 2

1 1 1 1

.2 3

3 3

SAOM

h V  SO OI AM  h x h  x  h x h  x  h x  h  x  h 

Dấu

6

6 2

2

h

x  AM h  r h

Câu 2: [2H2-4] Cho hình nón đỉnh S , đáy hình trịn tâm O , góc đỉnh 120 Trên đường tròn đáy, lấy điểm A cố định điểm Mdi động Xác định độ dài đoạn AM để thể tích khối chóp

SAMB lớn nhất, Với ABlà đường kính

A AM h 3. B

2

h AM 

. C

6

h AM 

D AM h Lời giải

Chọn D

Đặt SO h h , 0

Vì góc đỉnh 120 tính bán kính đáy r h

Đặt IO x , 0  x h 3, ta có AI  AO2 IO2  3h2 x AM2, 2AI2 3h2 x2

2

MB IO x

Thể tích khối chóp SAMB là

 

2 2 2 2

1 1 2

.2

3 3

SAMB

V  SO AM MB h h  x x h x h  x  h x  h  x h

Dấu xảy

6

6

h

x  AM h