Đề thi đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường chuyên sư phạm hà nội lần 3 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABCD.. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và[r]

Câu 1: [2D4-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Gọi  C tập hợp điểm mặt phẳng biểu diễn số phức zx1yi, ( ,x y   thỏa mãn ) z 1và N điểm biểu diễn số phức z0 1 i Tìm điểm M thuộc  C cho MN có độ dài lớn

A M1;1 B 1; 2

M 

 

CM1;0. D M0;0.

Hướng dẫn giải Chọn A.

Ta có: M x y ;  nằm đường tròn   C : x12y2 1 Tâm I1;0

Do N1; 1    C nênMN có độ dài lớn MN đường kính, hay I1;0 trung điểm MN Vậy M1;1

Lời bình: đây tốn tọa độ lớp 10, cho đường tròn C điểm N Tìm điểm M  C cho MN đạt min, max

Bài tập tương tự

Câu 2: [2D4-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Gọi  C tập hợp điểm mặt phẳng biểu diễn số phức z  x yi, x y   thỏa mãn ,  z 1và N điểm biểu diễn số phức z0 53i M điểm thuộc (C) cho MN có độ dài lớn Khi đó độ dài MN lớn

A 6 B 34 C3 . D 5

Hướng dẫn giải Chọn A.

Ta có: M x y ;  nằm đường tròn   C : x 12 y2 1

   Tâm I1;0

Do N5;3nằm ngồi  C nênMN có độ dài lớn MN NIR516

Câu 3: [2D4-2] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Gọi  C tập hợp điểm trên mặt phẳng biểu diễn số phức zx 1 yi, x y   thỏa mãn ,  z 1và N điểm biểu diễn số phức z0 53i M điểm thuộc  C cho MN có độ dài bé Khi độ dài MN bé

A 6 B 34 C3 . D 4

Hướng dẫn giải Chọn D.

Ta có: M x y ;  nằm đường tròn   : 12  

 y

x

C Tâm I1;0

Câu 4: [1H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình vng ABCD cạnh a Điểm M thay đổi không gian cho AMBAMD90 Biết ln tồn một

đường trịn cố định qua điểm M Bán kính đường trịn

A

a

B a C

2

a

D

4

a

Hướng dẫn giải Chọn D.

  90

AMBAMD  nên M nằm đường tròn giao tuyến chung hai mặt cầu, mặt cầu đường kính AB mặt cầu đường kính AD

Ta có: MAMAMBMD MAMBD

 

Gọi I trung điểm BD.

Khi MAMI hay M nằm đường trịn đường kính AI.

Bán kính

2 4

AI BD a R   

Bài tập tương tự

Câu 5: [1H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho tam giác ABC vuông cân A có ABAC2a Điểm S thay đổi không gian cho ASB ASC90 Biết

luôn tồn đường tròn cố định qua điểm S Bán kính đường trịn là.

A

a B 2a C

2

a

D

4

a

Ta có: SA SBSA SC  SASBC

 

Gọi I trung điểm BC

Khi SA SI hay S nằm đường tròn đường kính AI

Bán kính 2

2 4

AI BC a a R    

Câu 6: [1H3-3] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh

;

AB a AD a  Điểm M thay đổi không gian cho AMBAMD90 Biết

luôn tồn đường tròn cố định qua điểm M Bán kính đường trịn là.

A

3

a B 2

a

C

2

a

D

4

a

Hướng dẫn giải Chọn B.

Ta có: MAMAMBMD MAMBD

 

Gọi I trung điểm BD

Khi MAMI hay M nằm đường trịn đường kính AI

Bán kính

2

2 4

Câu 7: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Đặt 2 

1log 3 1 log

2 ,

x x a b       

Giả sử  

7

7

i i i

i

S a b C a b 

   Tập hợp tất cả giá trị x để số hạng thứ khải

triển 84

A x 1, x 2 B x 4 C x 2, x 4 D x 1

Hướng dẫn giải Chọn A.

Ta có

2

log

2 x 9x 7;

a  

      

1

1log 3 1 1

5

2

x x b        

Trong khai triển S , số hạng thứ tương ứng với i  Do đó:5

     

5 1 1

7 84 21 84

x x x x

C a b     

           1

3 1

3 4.3

2 3 x x x x x x                    

Lời bình: Bài tốn khơng khó sử dụng nhiều kiến thức, logarit, hàm mũ, nhị thức Newton, yêu cầu học sinh có kiến thức tổng hợp, đồng thời điểm cần chú ý số hạng thứ

k Đặc biệt tốn có sử dụng kiến thức cả hai khối 11 12, toán

vậy nên khai thác nhiều

Với toán trên, điều kiện phương trình mũ, loga chưa tận dụng làm phương án nhiễu, tương tự sau cần chú ý điều

Bài tập tương tự

Câu 8: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Đặt 1log 255 7 1log 56 3

3

5 ,

x x

a b

  

 

 

Giả sử  

9

7

i i i

i

S a b C a b 

   Gọi A tập giá trị x cho số hạng thứ

khai triển 336 Số phần tử tập A là?

A 1. B 2 C 3 D 0

Hướng dẫn giải Chọn A.

Điều kiện

2

2

25

5

x x           

Ta có 5   

1log 25 7

3

5 25 ,

x

x

a   

      

2

1log 5 3

6

6

x x b        

Trong khai triển S , số hạng thứ tương ứng với i  Do đó:6

     

6 2 2

9 336 84 25 336 25

x x x x

C a b     

           2 2

5

5 4.5

3 5 x x x x x x                    

Thử vào điều kiện thấy có nghiệm

3

Câu 9: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Đặt 2 

1log 1 log 3

2 ,

x x x

a  b  

 

 

Giả sử  

n

n i n i i

n i

S a b C a b 

   Biết số hạng thứ khai triển không chứa x Tìm

n

A n 10 B n 11 C n 5 D n 6

Hướng dẫn giải Chọn A.

     

4

2

1

1 log 1

log 4 3

2 2 , 2

x

x x x x x x

a  b   

  

        

Số hạng thứ khai triển C 26 x 1n26 2 x 1 36 C 26 x 1n210.

n n

  

   

Số hạng thứ không chứa x n10

Câu 10: [2H1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chóp đều S ABCD có đáy

là hình vng cạnh a , M trung điểm SA Biết mặt phẳng MCD vng góc với mặt

phẳng SAB Thể tích khối chóp  S ABCD là

A

3

3

a

B

6

a . C 5

2

a . D 3

6

a .

Hướng dẫn giải Chọn D.

Gọi N trung điểm SB ; P Q trung điểm MN CD

Ta thấy MN song song AB suy MCD  SAB MN  1

Ta có SPMN ( tam giác SMN cân S )  2

Theo giả thiết MCD  SAB  3

Từ  1 ,  2  3 suy SPMDCN Khi tam giác SPQ vuông P

2 2

16

x a

SP   ( Theo Pitago tam giác vuông SPN );

2 2

4

x a

SQ   (Theo Pitago tam giác vuông SQD);

2 2

16

x a

PQ   ( Dựa vào hình thang cân MNCD ).

Vì tam giác SPQ vuông P nên

2 2

SQ SP PQ 

2 2 2

4 4

4 16 16

x  a x  a x  a

  5

2

a x a x

   

Suy SO SQ2 OQ2

  

2

2

2

a a a    

 

Vậy

1 3

3

S ABCD ABCD

a a

V  SO S  a 

Lời bình: Với dạng tốn tính thể tích hình chóp đều biết cạnh bên cạnh đáy khá đơn giản, với toán đề cho cạnh đáy nên việc làm cho chúng ta cần xác định độ dài cạnh bên theo a , lúc điểm mấu chốt toán cần phát tam giác SPQ vuông P để thiết lập mối liên hệ x a

Câu 11: [1D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Trong 100 vé số có 1 vé trúng 10.000 đồng, vé trúng 5000 đồng, 10 vé trúng 1000 đồng, số vé cịn lại khơng có giải thưởng Một người mua ngẫu nhiên vé 100 vé Tính xác suất để người trúng giải 1000 đồng

A 2372

5775 B

3403

5775 C

2304

5775 D

2004

5775

Hướng dẫn giải Chọn A.

Với phép thử mua ngẫu nhiên tờ vé số từ 100 tờ, số phần tử không gian mẫu

  C1003

n  

Để người mua vé trúng giải 1000 đồng cần mua vé có giải

Gọi A biến cố “Trong tờ vé mua có vé có giải”

Thì biến cố đối A A: “Trong tờ vé mua khơng có vé trúng giải”

Số vé khơng có giải 100 1 10   84 (vé).

   

3 84 100

2372

1

5775

C

P A P A

C

    

Nhận xét

- Nếu đếm trực tiếp phần tử thuận lợi cho biến cố A lời giải cần xét nhiều trường hợp rườm rà xét phần bù lời giải

- Học sinh nhầm lẫn đề thành “tính xác suất để mua vé trúng 1000 đồng”

Bài tập tương tự

Câu 12: [1D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018]Trong 100 vé số có vé trúng 10.000 đồng, vé trúng 5000 đồng, 10 vé trúng 1000 đồng, số vé cịn lại khơng có giải thưởng Một người mua ngẫu nhiên vé 100 vé Tính xác suất để người mua vé trúng giải 1000 đồng

Hướng dẫn giải Số phần tử không gian mẫu  

100

C

n   (phần tử)

A: “Người mua vé trúng giải 1000 đồng”

A: “Người khơng mua vé trúng giải 1000 đồng”

Số khả thuận lợi cho A n A  C903 Vậy xác suất cần tính  

3 90 100

C 67

1

C 245

P A   

Câu 13: [1D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Trong 100 vé số có 1 vé trúng 10.000 đồng, vé trúng 5000 đồng, 10 vé trúng 1000 đồng, số vé cịn lại khơng có giải thưởng Một người mua ngẫu nhiên vé 100 vé Tính xác suất để người trúng giải 10.000 đồng

Hướng dẫn giải Số phần tử không gian mẫu n    C1003 (phần tử)

A: “Người trúng giải 10.000 đồng”

Trường hợp 1: Người mua vé trúng 10.000 đồng, có 99

C (khả năng)

Trường hợp 2: Người mua đúng hai vé trúng 5000 đồng khơng mua vé trúng

10.000 đồng, có

C 96 (khả năng)

Trường hợp 3: Người mua cả ba vé trúng 5000 đồng, có

C (khả năng)

Do số khả thuận lợi cho A n A   C299C 96 125  (khả năng)

Vậy xác suất cần tính

2

99 5

100

C C 96 C 5821

C 161700

Câu 14: [2D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Giá trị lớn hàm số

  sinx

f x

x đoạn 3;

 

 

 

 

A 

B 3

 C 2



D 2



Hướng dẫn giải Chọn B.

Hàm số xác định đoạn ;

 

 

 

 

Ta có  

.cos  sin

 x x x

f x

x xác định đoạn 3;

 

 

 

 

Với ;

6

 

 

  

 

x : f x   0 x.cosx sinx 0 tanx x 0

Xét hàm số g x  tanx x với  ;

6

 

 

  

 

x Ta có  

1

1 cos

   

g x

x với 3;

 

 

  

 

x

Vậy g x đồng biến khoảng   ;

 

 

 

  Mà

1

0

6

 

 

  

 

 

g nên g x 0 vô nghiệm

trên đoạn ;

 

 

 

 , hay  

 

f x vô nghiệm đoạn ;

 

 

 

 

Ta có

6         

f ; 3

3         

f mà 3

2

   nên giá trị lớn hàm số  

sin

 x

f x x

trên đoạn ;

 

 

 

 

3



Lời bình: Khó khăn lớn tốn việc giải phương trình f x 0 Ta phải dùng đến phương pháp hàm số để giải phương trình

Bài toán tương tự

Câu 15: [2D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Giá trị lớn hàm số

  sinx

f x

x đoạn

2 ;      

 

A

5 B

3

4 C

3

4 D

3

5

Hướng dẫn giải Chọn B.

Hàm số xác định đoạn ;5

3

 

 

 

Ta có  

.cos  sin

 x x x

f x

x xác định đoạn

2 ;        

Với ;5

3

x   

  :   cos sin tan

       

f x x x x x x

Xét hàm số g x  tanx x với  ;5

3

x   

 

Ta có  

1

1 cos

   

g x

x với

2

;

3

x   

 

Vậy g x đồng biến khoảng   ;5

3

 

 

 

  Mà

5

0

6

g     

  nên g x  0 vô

nghiệm đoạn ;5

3

 

 

 

 , hay  

 

f x vô nghiệm đoạn ;5

3

 

 

 

 

Ta có 3

3 f          ; f       

  mà

3 3

4 5 nên giá trị lớn hàm số

  sinx

f x

x đoạn

2 ;      

 

3

4

Câu 16: [2D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Giá trị lớn hàm số

  cosx

f x

x đoạn 3;

 

 

 

 

A

2 B

3

 C

3

 D

3

2

Hướng dẫn giải Chọn B.

Hàm số xác định đoạn ;

 

 

 

 

Ta có  

.sin cos

x x x f x

x

 

  xác định đoạn ;

 

 

 

 

Với ;

6

 

 

  

 

x : f x    0 x.sinx cosx 0 cotx x 0

Xét hàm số g x  cotx x với ;          x

Ta có  

1

1

sin

g x

x

    với ;

6

 

 

  

Vậy g x nghịch biến khoảng   ;

 

 

 

  Mà g 6

 

 

  

 

  nên g x 0 vô nghiệm

trên đoạn ;

 

 

 

 , hay  

 

f x vô nghiệm đoạn ;

 

 

 

 

Ta có 3

6

f 

  

  

  ;

3

3

f  

 



 

  mà

3 3

2

   nên giá trị lớn hàm số  

cos

 x

f x x

trên đoạn ;

 

 

 

 

3



Câu 17: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chóp O ABC có

OA OB OC a   , 

60

AOB  , 

90

BOC  , 

120

COA  Gọi S trung điểm OB Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC là

A

a

B

a

C

a D

a

Hướng dẫn giải Chọn C.

Áp dụng định lí Cơsin tam giác OCA ta có: AC2 OA2 OC2 2OA OC. .cosCOA 3a2

   

Áp dụng Pitago tam giác BOC ta BC a

Tam giác AOB có 

60

AOB  OA OB a  nên tam giác AOB tam giác đều, suy ra

AB a

Vì BC2 BA2 3a2 AC2

   nên tam giác ABC vuông B

Gọi H trung điểm AC , suy H cách đều điểm A B C, , (1)

Mặt khác O cũng cách đều điểm A B C, , O H (2).

Kẻ đường thẳng trung trực đoạn thẳng SB cắt đường thẳng OH điểm I

Ta có IB IS IA IC nên I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC bán kính

mặt cầu R IS

Ta có   3

4

EI OE OE HB a OEI OHB g g EI

HB OH OH

      

Trong tam giác vng EIS có 2 27 2

16 16

a a a

IS IE ES   

Lời bình: Điểm mấu chốt tốn nhìn cách xác định đường cao hình chóp, để xác định đường cao ta phải dựa vào trục đường tròn, để làm điều ta phải tìm điểm khác mà điểm cách đều điểm phân biệt (trong làA B C, , ) Sau xác định trục đường tròn, trục đường tròn SB nằm

trong mặt phẳng nên ta dựng đường thẳng trung trực SB , đường thẳng trung trực cắt trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy xác định tâm bán kính dựa vào tính tốn thơng thường

Câu 18: [2D1-3][Chun Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tìm tập hợp số thực tham số

m để hệ

2

2

5

3 16

x x

x mx x

   

 

  

 

có nghiệm là:

A m 8;16 B m 0;19 C m 0;1 D m 8;19 Hướng dẫn giải

Chọn D.

+) Ta có

2

2

1

3 16

3 16

x

x x

x

m

x mx x

x x

  

   

 

 

 



  

 





+) Xét hàm số f x  x 16 x x

  1;4 

+) Ta có  

2

2

3 16

2

x f x

x x

  

   

 

;  

2

2

3 16

0

2

x f x

x x

  

    

 

2

16

4

x x

x

 

    





Bảng biến thiên

x

f  

f 19

8

+) Dựa vào bảng biến thiên, phương trình

2

3x 16

m x x



Suy hệ

2

2

5

3 16

x x

x mx x

          

có nghiệm  m8;19.

Lời bình: Từ phương trình

3x  mx x16 0 , chuyển về phương trình dạng f x  g m 

và tìm tập giá trị hàm số f x  

- Sử dụng x2 5x 4 0

   để tìm tập giá trị hàm số f x  

Bài tập tương tự.

Câu 19: [2D1-3] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tìm tập hợp số thực tham số

m để hệ

2

2

2

x x

x mx x

   

 

  



 có nghiệm là:

A   ; 2 

 B  ; 2  C 2; 

 

 D   2;

Hướng dẫn giải Chọn A.

+) Điều kiện xác định hệ x  0

+) Ta có x 0 

2

2

2 4

x x

x mx x

                

hệ vô nghiệm

Do 2 2 4 x x x x m

x mx x

x x                     

+) Xét hàm số f x  x x x

  0; 

+) Ta có   2 12 x f x x x    ;   2 12

0 x

f x

x x



    12

2 x x x         

Bảng biến thiên

x

f  

f



2

+) Dựa vào bảng biến thiên, phương trình

2 4

x

m x x



Suy hệ

2

2

2

x x

x mx x

   

 

  

 

có nghiệm  m    ; 2 

Câu 20: [2D3-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tính tích phân

2

2

2

sin

xdx I

x



 

 



A

4

I  . B

2

I  . C I 0. D I  1

Hướng dẫn giải Chọn C.

Ta có:  

sin

x f x

x



 hàm số lẻ 

2

2

2

sin

0

xdx I

x



 

  





Lời bình: Đây tốn sử dụng tính chất chẵn lẻ để tính tích phân.

+ Bài tốn tổng qt: Nếu hàm số yf x  hàm số lẻ a a;  với a 0

 

a

a

f x dx 





Bài toán tương tự

Câu 21: [2D3-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tính tích phân

1

1

2 cos ln

2

x

I x dx

x





 

  



 



A I  1 B

2

I  . C I 0. D I  2

Câu 22: [2D3-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tính tích phân

5

8

3

cos

x x

I dx

x



 

 



A I 0. B

3

I   . C I  1 D I 

+ Tuy nhiên toán kết quả tính máy tính cầm tay Do thuộc tốn thơng hiểu

Câu 23: [1D1-3][Chun Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả giá trị thực của tham số m để phương trình 4cos 23 x 6 cos2x m 4

   có nghiệm

A m  1;1  B m  1;0  C m 0;1 D m0; 

Hướng dẫn giải Chọn D.

 

4cos 2x cos 2 x  m

3

4cos 2x 3cos 2x m

   

1 cos x

m

    2

Vì cos 6x   1;1 nên để phương trình  2 có nghiệm  m  1  1;1  m0; 2

Bài tập tương tự

Câu 24: [1D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả giá trị thực của tham số m để phương trình 4cos 23 x 6 cos2x m 4

   có nghiệm là?

A m  1;1  B m  1;0  C m 0;1 D m0; 

Lời giải Chọn D.

Phương trình cho tương đương với phương trình

 

3

4cos 2x cos 2 x  m

3

4cos 2x 3cos 2x m

   

1 cos x

m

    2

Vì cos 6x   1;1 nên phương trình  2 có nghiệm  m  1  1;1  m0; 2

Bài tập tương tự

Câu 25: [1D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Có giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn 10;10 để phương trình

4

sin cos

3 x x m

 

   

   

   

    vô nghiệm ?

A 18 B 20 C 21 D 9

Lời giải Chọn A.

Phương trình cho tương đương với phương trình

sin cos

3 x x m

 

   

   

   

   

1

sin cos

2 x x m

 

   

      

2 sin

3 x m



 

   

   3

Vì sin  1;1

3 x



 

  

 

  nên phương trình  3 vơ nghiệm  m  1;1

1

m m

     



Theo giả thiết m nguyên thuộc đoạn 10;10 nên m   10, , 2, 2, ,10 

Câu 26: [1D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho phương trình cos5x3m Gọi a b tập hợp tất cả giá trị m để phương trình có nghiệm Tính ;  S3a b

A S 5. B S2 C S 19

3

 D S 6.

Lời giải Chọn D.

Vì cos5x   1;1 nên phương trình cho có nghiệm 3m 5  1;1 4;2

3

m  

   

 

Từ suy 4;

a b nên S3a b 3.4

3

  

Câu 27: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả giá trị thực tham số m để phương trình m.2x 2x

  có nghiệm ?

A 0; 25

4

m m B 0 25

m

  C 25

4

m  D m 0 Lời giải

Chọn A.

Đặt t 2x

 ta có phương trình trở thành:

1

t

m t m

t t



   

Xét hàm số

5

( ) t

f t t



 với t  ; 0 f t'( ) 5t3 2;

t

 

 '( )

5

f t   t

Từ BBT để phương trình có nghiệm 25;

m m

Bài tập tương tự

Câu 28: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả giá trị thực của tham số m để phương trình m.9x 2m 6 x m.4x

    có nghiệm x 0;1

A 0m6. B m 6. C m  6 D m  0

Lời giải Chọn B.

 

.9x 6x 4x

m  m m  2 

4

x x

x x

m m m

     4x0,  x 

 

2

3

2

x x

m  m   m

        

    (1)

Đặt

2

x t  

  Vì

0

3 3

0 1

2 2

x

x       t

           

     

Phương trình cho tương đương: m t.2 2m 1  t m 0

   

 2 1 0

m t t t

      

 

2

1

1

t m t t m

t

     



Giả sử  

 12 t f t

t



 với

3

2

t

 

 

   

2

4

1

0, 1;

2

1

t t

f t t

t t

     

       

 

 

Bảng biến thiên hàm f t ;     

lim , lim

x

x

f t f t

 





  :

Theo bảng biến thiên của, (1) có nghiệm x 0; 1  m6

Câu 29: [2D2-3] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả giá trị thực của tham số m để phương trình 3x m 9x

   có đúng nghiệm

A 1;3  B 3; 10  C  10  D 1;3 10 Hướng dẫn giải

Ta có 2 1 

1

t

t m t m

t



    



Để phương trình cho có đúng nghiệm phương trình  1 có đúng nghiệm dương

Đặt    

 

2 2

3

1 1

t t

f t f t

t t t

 



  

  

Ta có  

f t   t lim 2

1

t t

t  

 

 ,

3

lim

1

t t

t





 

 nên có bảng biến thiên sau:

Vậy để phương trình  1 có nghiệm

10

m m

  

 



Câu 30: [2D1-4][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả giá trị thực tham số m để phương trình x x 1 x1 x2 m có nghiệm thuộc đoạn 0;1 là

A m   1;0 B m   1;1 C m 0;1 D m 0; 2

Hướng dẫn giải ChọnA.

Đặt t x2 x

  , x0;1 t 0;2 x x 1 x1 x2t t  2 t2 2t

Phương trình x x 1 x1 x2 m có nghiệm phương trình t2 2t m

  (1)

có nghiệm thuộc đoạn 0; Bảng biến thiên hàm số  f t   t2 2t

đoạn 0; 2

Số nghiệm phương trình (1) số giao điểm đồ thị hàm số f t  t2 2t

  đoạn

0; đường thẳng  y m Suy phương trình có nghiệm 1 m0.

Câu 31: [2D1-4][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Có tất cả giá trị nguyên của tham số m để phương trình x1 x1 x2 ( x4) m có nghiệm thuộc đoạn

1;1 ?

A 7 B 8 C 9 D 10

Hướng dẫn giải ChọnD.

Đặt t x2 3x 2

   , x  1;1  t 0;6 x1 x1 x2 x4 t t  6  t2 6t

Phương trình x1 x1 x2 ( x4) m 1 có nghiệm thuộc đoạn1;1

phương trình t2 6t m 1

   (1) có nghiệm thuộc đoạn 0;6 Bảng biến thiên hàm số

 

f t  t t đoạn 0;6

Từ bảng biến thiên suy phương trình (1) có nghiệm

9 m m m 8; 7; ;1

          

Câu 32: [2D1-4] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Có tất cả giá trị nguyên của tham số m để phương trình (x 2)x1 x2 ( x3)m có nghiệm thuộc đoạn0; ?

A 16 B 17 C 18 D 19

Hướng dẫn giải ChọnB.

Đặtt x2 x 2

   , x0; 2   t  2;4 x 2 x1 x2 x3 t t  4  t2 4t

Phương trình (x 2)x1 x2 ( x3)m có nghiệm thuộc đoạn0; 

phương trình t2 4t m

  (1) có nghiệm thuộc đoạn2;4 Bảng biến thiên hàm số

  4

Từ bảng biến thiên suy phương trình (1) có nghiệm

4 m 12 m 4; 3; ;12

     

Câu 33: [2H1-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình lập phương

ABCD A B C D    có cạnh a Gọi M , N , P trung điểm CD , CB , A B 

Khoảng cách từ A đến mpMNP bằng

A

4

a

B

2

a

C a D

2

a

Lời giải Chọn B.

Cách 1: PP TỌA ĐỘ

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ

Ta có A0;0;0 , ; ;0

a M a 

 , 2; ;0

a N a 

 , 0; ;2

a P a

 

; ;0 2

a a MN  

 



, MP a;0;a

Véc tơ pháp tuyến MNP 

2 2

, ; ;

2 2

a a a

MN MP  

   

 

 

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

Phương trình MNP 

a x y z   

Suy khoảng cách từ A đến mpMNP là: 

 

 

3

3

,

2

a a d A MNP



 

tọa độ thích hợp để chuyển tốn từ HHKG về tốn HHGT

- Ta qui đổi đơn vị cách chọn a 1để việc tính tốn đơn giản sau tính tốn bình thường lấy kết quả tìm nhân với a để có kết quả tốn

Cách 2: PP THỂ TÍCH.

 

 

1

,

3

AMNP AMN

V  S d P AMN

2

1

a a



3

8

a



Gọi Q hình chiếu P lên AB, Ta có PQABCD

Dễ thấy MN PQN  MNPN

2

2 2

2

a a

PN  PQ NQ  a   

 

 

2

1

2 2

MNP

a a a S  MN NP 

 

 

3

2

3

3 8

,

2 AMNP

MNP

a

V a

d A MNP

S a

  

Lời bình: Nếu nhận dạng quan hệ vng góc khơng gian tốt chúng ta dùng PP THỂ TÍCH để giải tốn về khoảng cách không gian.

Bài tập tương tự

Câu 34: [2H3-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình lập phương

ABCD A B C D    có cạnh a Gọi M N P, , trung điểm CD CB A B, ,   Tính

khoảng cách giữaAM đến NP

A

7

a . B 21

a . C 21

a . D

3

a .

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ

Ta có A0;0;0 , ; ;0

a M a 

 , 2; ;0

a N a 

 , 0; ;2

a P a

 

; ;0

a AM a 

 



, ; ;

2

a a NP  a

 



; ; ;0

2

a AN a 

 



Suy khoảng cách từ AM NP  ,  , 21

7 ,

AM NP AN a

d AM NP

AM NP

 

 

 

 

 

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

 

Câu 35: [2H3-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình lập phương

ABCD A B C D    có cạnh a Gọi M N, trung điểm CD CB, Tính khoảng

cách từ D đến MN

A

4

a

B 3

4

a

C

4

a

D

2

a

Lời giải Chọn B.

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ

; ;0

a M a 

 , 2; ;0

a N a 

 

0; ;

a D M  a

 



, ; ;0

2

a a MN 

 



Suy khoảng cách từ D' đến MN  ,  ,

4

MN D M a

d D MN

MN

  

 

  

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



Câu 36: [2H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Tam giác SAB đều nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng ABCD Gọi M trung điểm  SD Khoảng cách hai đường thẳng AM và

SC

A

a . B

5

a . C a. D

2

a

Lời giải

Chọn B.

Gọi H trung điểm AB , ta có

   

     

SAB ABCD

SAB ABCD AB SH ABCD

SH AB

 



   



 



Tam giác SAB đều cạnh a nên

2

a SH 

0;0;0

H , 1;0;0

2

A 

 ,

1 ;1;0

C 

 ,

1 ;1;0

D 

 ,

3 0;0;

2

S 

 

Vì M trung điểm SD nên ta có 1; ; 4

M 

 

 

Ta có 1; ; 11; 2; 3

4 4

AM  

 

 



1;1; 11;2; 3

2 2

SC   

 

 



Suy hai đường thẳng AM SC có véc-tơ phương u 1 1;2; 3



 

2 1; 2;

u  

Suy u u  1; 2  3; 3;0

 

Ta có AC 1;1;0

Do đó, ta có    

 

1

1

4 3

; 5

,

5

; 48 12

u u AC d AM SC

u u

  

  





 

 

Cách :Gọi N trung điểm CD Ta có

            MAND

AMN

3V SC / / AMN d SC;AM d SC; ANM d C; ANM d D;ANM

S

    

Trong dễ dàng tính

3

MAND AMN

a a

V ;S

24

  suy d SC; AM  a 5 

Bài tập tương tự

Câu 37: [1H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB 1, BC  ; cạnh bên Gọi 2 E, F, I trung điểm BC AD AB, , Khoảng cách hai đường thẳng EF SI là

A 21

3 B

21

7 C

21

6 D

2 21

3

Chọn B.

Gọi H giao điểm AC BD , ta có SH AC SH ABCD

SH BD

 

 

 



Ta có EF  AB EF SAB  d EF SI ,  d EF SAB ,  d H SAB , 

Ta lại có AB HI AB SHI SAB SHI

AB SH

 

   

 

 theo giao tuyến SI

Trong mặt phẳng SHI , kẻ  HK SI K , ta có HK SAB HK d H SAB  , 

Tam giác SHC vuông H nên

2

2 2 2

4 4

AC

SH SC  HC SC    

Tam giác SHI vuông H có HK đường cao nên

2 2

1 1 21

1

3 HK

HK SH HI     

Vậy  ,  21

7

d EF SI HK 

Câu 38: [1H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh BAD 60

; SA SC , SB SD ; đường cao hình chóp

bằng Gọi M trung điểm CD Khoảng cách hai đường thẳng AB SM

A 2 57

19 B

57

3 C

57

13 D

57

6

Chọn A.

Gọi H giao điểm AC BD , ta có SH AC SH ABCD

SH BD

 

 

 

 SH 1

Ta có AB CD  ABSCD  d AB SM ,  d AB SCD ,  d A SCD , 

ABCD hình thoi cạnh BAD 60 nên ABD BCD tam giác đều cạnh

bằng Do đó, ta có BM CD

Gọi I trung điểm MD , ta có CD HI CD SHI SCD SHI

CD SH

 

   

 

 theo giao

tuyến SI

Trong mặt phẳng SHI , kẻ  HK SI K , ta có HK SCD HK d H SCD  , 

Tam giác BCD đều cạnh nên 3

2

BM

BM   HI  

Tam giác SHI vng H có HK đường cao nên

2 2

1 1 16 19 57

1

3 HK 19

HK SH HI     

Ta có     

 

       

,

2 , ,

,

d A SCD AC

AH SCD C d A SCD d H SCD

HC d H SCD

      

Vậy  ,  57 19

Chú ý : ta tính d H; SCD   hnhư sau : Tứ diện HSDC có HS, HD, HC đơi

vng góc suy 2 2

1 1 1 19 57

1 h

1

h HS HD HC 19

4

        

Câu 39: [1H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chóp S ABCD có đáy là

hình vng cạnh a , SA a vng góc với đáy Gọi M trung điểm SB Góc gữa hai đường thẳng AM BD

A 30 B 60 C 45 D 90

Lời giải Chọn B.

Gọi N trung điểm cạnh SD , MN đường trung bình tam giác ABD

//

MN BD

  AM BD,   AM MN, 

Theo giả thiết ta có ABCD hình vng cạnh a nên BD a 2

2

a MN

 

Xét tam giác vng SAB ta có SB a 2, M trung điểm SB nên

2

a AM 

Tương tự, ta cũng có

2

a

AN  Vậy tam giác AMN tam giác đều  AMN 60.

Vậy AM CD   ,  60

Bài tập tương tự

Câu 40: [1H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho tứ diện OABC có OA , OB ,

OC đơi vng góc OA OB OC a   , I trung điểm BC Tính góc hai đường thẳng AI OB

A arctan B arctan C arctan

5 D

1 arctan

5 Lời giải

Gọi M trung điểm OC Ta có IM //OB

Nên góc AI OB góc giữaAI IM góc AIM

Ta có OB OC OB OAC

OB OA

 

 

 

 mà

//

IM OB nên IM OAC.

Mà AM OAC nên IM AM Xét tam giác vng AIM ta có:

1

2

a

IM  OB ; AM2 AO2OM2

2

2

4

a a

a

  

2

a AM

 



tanAIM AM

IM

    AIM arctan 5

Vậy góc hai đường thẳng AI OB arctan

Câu 41: [1H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a , SA a , SB a mặt phẳng SAB vng góc với mặt

phẳng đáy Gọi M N, trung điểm cạnh AB, BC Tính cơsin góc giữa

hai đường thẳng SM , DN

A

5 B

5

4 C

3

4 D

3

2

Lời giải Chọn A.

Gọi E trung điểm AD, F trung điểm AE

Ta có MF // BE// ND  SM DN,   SM MF,  Ta có

2 2

2

2

SB SA AB

SM    a

SM SA SH MA

    với H trung điểm MA  SH ABCD

( Hoặc theo giả thiết suy SAB vuông tai S nên S

Ta có BE AB2 AE2 a 5

  

2

a MF

  ;

2

a HF  BD ;

2

2

a SH  SA  HA 

Do tam giác SHF vuông H nên 2

2

a SF  SA  HA 

Áp dụng định lý sin tam giác SMF ta có



2 2 2 . cos

SF SM MF  SM MF SMF 

2

2

5 5

2 cos

4

a a a

a a SMF

   



cos

5

SMF

  cos , 

5

SM MF