Đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường chuyên thái bình lần 4 mức độ vận dụng | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Điều kiện xác định của phương trình là x .[r]

TỔ 9

CÂU VD-VDC CHUYÊN THÁI BÌNH LẦN 4

Câu 4. [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Họ parabol Pm:y mx  2m 3x m  2m0

luôn tiếp xúc với đường thẳng d cố định m thay đổi Đường thẳng d đó qua điểm nào dưới đây?

A 0; 2  B 0;2 C 1;8 D 1; 8 

Lời giải Chọn A

Cách 1: Giả sử y ax b là đường thẳng cố định mà Pm qua.

 mx2  2m 3x m  2ax b có nghiệm kép với mọi m  0

 

2 6 2 2 0

mx m a x m b

        có nghiệm kép với mọi m  0

4 4 16 12 36 0

m a b a a

         nghiệm đúng với mọi m  0

2

4 36

2 12 36

a b a

b

a a

   

 

   



   



Vậy đường thẳng cần tìm là y6x

Cách 2: Sử dụng phương pháp nghiệm bội

   2

2 2 3 2 1 6 2

y mx  m x m   y m x   x

.

Pm tiếp xúc với đường thẳng d y: ax b phương trình

 12 ax b m x    x

có nghiệm bội Suy d y: 6x

PHÁT TRIỂN CÂU 4

Câu 1. [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Chứng minh họ Cm:  1 

 

m x m

y

x m m0 tiếp xúc với đường thẳng cố định.

A y x1 B y  x C y x D y x Lời giải

Chọn D

Giả sử Cm: y f x m ,  tiếp xúc với đường thẳng cố định  d : yax b

Cm

( , ) ( , )

f x m ax b f x m a            2 ( )               

m x m

ax b x m m a x m (1) (2) (1) m

m ax b

x m

    



2

( ) 1 m

a x m am m b

x m

      



2

( 1)

( )

a m b m

a

x m x m

  

  

 

Kết hợp với (2) ta

2

( 1)

( )

a m b

a x m m a x m               2 2

( 1)

( )

1

( )

a m b

a

x m a

x m m

                 

 (m 0)

2 2

4am (a 1) m 2(1 b a)( 1)m (1 b)

       

2 2

(a 1) m 2(1 b a)( 1)m (1 b) 0

        (*)

Cm

tiếp xúc với  d  ( ) đúng  m 0

2

2

( 1)

1 ( 1)(1 )

1 (1 )

a a a b b b                   

Vậy Cmtiếp xúc với đường thẳng cố định d : y   x

Cách 2: Gọi phương trình đường thẳng cớ định cần tìm là  d : y ax b

Cm

tiếp xúc với  d 

 1 

 



m x m

ax b

x m có nghiệm kép m0

 1   

 m x m  ax b x m  có nghiệm kép m0

   

2 1 1 1 0

 

 

 ax  a m b  x b m

 2  2     2

1 1

                      a

a b m a b m b

         2

1 1

1 1

1                           a

a b a

a b b

b

Vậy Cmtiếp xúc với đường thẳng cố định d : y  x

Câu 2. [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Họ Hyperbol Hm có

phương trình  

 2  2 4

,    

 



m x m m

y f x m

khi m thay đổi

A 1. B C D 0

Lời giải

Chọn B.

Gọi phương trình đường thẳng cớ định cần tìm là  d : y ax b

Cm

tiếp xúc với  d 

 1 

 



m x m

ax b

x m có nghiệm kép với mọi m

 2  2 4

   

  



m x m m

ax b

x m có nghiệm kép với mọi m

m 2x m2 2m 4 ax b x m  

      



có nghiệm kép với mọi m

 

2 2 2 4 0

ax am b m x m m bm

           có nghiệm kép với mọi m

 2      2  

1 2 4 0,

    

 

             

a

a m a m b b a m m bm m

      2

0

2 2 16 ,

  

 

  

  

           

a

a a m a b a ab m b a m

  

 

2

2

0

1

2

2

2

2

2 16



  

  

 

  

 

  

 

 

 



 

  

           

  

  

a

a a

a a

b b

a b a ab

b b

b a

Vậy có hai đường thẳng cố định tiếp xúc với Hm là y  x và y x

Câu 5: [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho số thực dương x, y thoả mãn log(x y )(x2y2) 1 Giá trị lớn biểu thức

là:  

3

48 156( ) 133( ) A x y  x y  x y 

A 29 B

1369

26 . C 30 D

505 36

Lời giải

Chọn B.

TH1:

,

1 x y x y

  

 

  x y, (0;1)  2

x x

y y

   

 

M

I O

O'

A B

Từ gt suy ra:  x2y2  x y  1 x y2 Đặt t x y 

Xét hàm số f t( ) 48 t3156t2133t 0; 2

  144 312 133 0

    

f t t t

19 12 12 t

t 

   

  

Lập bảng biến thiên suy ra: Giá tri lớn A là: 1369

26

Câu 6. [2H2-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hình trụ có hai đáy là hai hình trịn ( )O và ( )O¢, chiều cao 2R và bán kính đáy R Một mặt phẳng ( )a qua

trung điểm OO¢ và tạo với OO¢ góc 30° Hỏi ( )a cắt đường tròn đáy theo dây cung có độ dài bao nhiêu?

A

2

3 R

B

4 3

R

C

2 R

D

2

R

Lời giải

Chọn A.

Gọi M là trung điểm OO¢

Giả sử mặt phẳng( )a cắt đường tròn đáy theo dây cung AB , gọi I là trung điểm AB

Khi đó (OO¢,( )a )=IMO· = °30

Ta có OA=OB= , R OO¢=2R

Trong tam giác vuông MOI , ta có:

.tan 30 R

OI=MO °=

D

B A'

A

O'

O H

2

2 2 2.

3

R R

IA= OA - OI = R - ổ ửỗỗỗố ứữữữữ=

Suy

2

2

3 R AB= IA=

PHÁT TRIỂN CÂU 6

Câu 1. [2H2-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và 'O , bán kính đáy a , chiều cao 2a Trên đường tròn tâm

O lấy điểm A , đường tròn tâm 'O lấy điểm B cho AB= 7a Thể tích khới tứ diện OO AB bằng:'

A 3 12

a

B

3

6 a

C

3

3 a

D

3

2 a

Lời giải

Chọn B

Kẻ đường sinh AA , gọi D là điểm đối xứng với '' A qua tâm 'O và H là hình chiếu vng góc B 'A D

Ta có ( )

'

' ' '

BH A D

BH AOO A

BH OO

ì ^

ïï ị ^

ớù ^

ùợ nờn ' '

1

OO AB OO A

V = S BH

Trong tam giác vuông 'A AB có A B' = AB2- AA'2 = 3a

Trong tam giác vuông 'A BD có BD= A D' 2- A B' =a

Do đó suy tam giác BO D nên '

3 a BH=

Vậy

3

' '

1 1

'

3

OO AB OO A

a

V = S BH = OA OO BH =

H O

O' A

A'

B

hai đường tròn tâm O và 'O , bán kính đáy a , chiều cao 3.a Hai điểm A B, lần lượt nằm hai đường tròn đáy cho góc AB và trục OO hình trụ 30°.' Khoảng cách AB và OO bằng:'

A

a

B a 3. C2

a

D

3 a

Lời giải

Chọn D

Từ giả thiết ta có OA O B= ' =a

Gọi AA là đường sinh hình trụ ' O A' '=a, AA'=a

( ) ( ) ·

, ' , ' ' 30

AB OO = AB AA =BAA = °

Vì OO'P(ABA') nên

( '; ) ( ';( ')) ( ';( ' ))

d OO AB =d OO ABA =d O ABA

Gọi H là trung điểm 'A B , suy ra

( )

' '

' '

' '

O H A B

O H ABA

O H AA

ü ^ ïï Þ

^ ý

ï

^ ùỵ nờn d O( ';(ABA')) =O H'

Tam giác ABA vuông '' A nên BA'=AA' tan 30°=a

Suy tam giác 'A BO có cạnh a nên '

3

'

Câu 8: [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho     d ln x x

x x e

x ae b e c x e



  





với a , b , c   Tính P a 2b c .

A P  1 B P  1 C P  2 D P  0

Lời giải

Chọn D.

Ta có:

   

1

0

1

d d

1

x x x

x x

x x e xe x e

x x

x e e x

         

1 1

d

x x

x

xe x e

x e x         1

1 d

1 x x xe xe          

 ln 1 ln 1

0

x x

xe xe e e

 

       

Suy a  , 1 b  , 1 c  1

Vậy, P a 2b c  0

PHÁT TRIỂN CÂU 8

Câu 1. [2D3-3][Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018]Cho tích phân

 

1

1 ln

d ln

1 ln

e x x e

x ae b

x x e

    

   

  



đó a , b là số nguyên Khi đó tỉ số a b bằng:

A

2. B 1. C D 2

Lời giải

Chọn B

Ta có:

 

1

1 ln ln

d d

1 ln ln

e x x e x

x x

x x x x

    

   

   

  x ln 1 xlnx 1e e lne 1

        ln e e e       

  Suy ra: 1 a a b

b    

Câu 2. [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho tích phân

0

sin

d ln

2sin cos x

I x a b

x x       

, với a , b Q Khi đó a b bằng:

A 1. B 2 C

1

2. D 0

Lời giải

Ta có:

2sin cos  2cos sin  sin

2sin cos 2sin cos

A x x B x x

x

x x x x

  



 

2 sin  cos 2sin cos

A B x A B x

x x

  





2

2 5

2

5 A A B A B B                   Khi đó: 2 0

sin 2cos sin

d d

2sin cos 5 2sin cos

x x x

I x x

x x x x

               

ln 2sin cos

5

0

x x x

         ln 5    Suy ra: a  , b 

Vậy, a b 

Câu 13: [2D3-2] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hàm số

 

yf x có đạo hàm  f  5 10

,

 

0

d 30 x f x x 



Tính  

d f x x



A.20. B.70 C.20 D.30.

Lời giải Chọn C. Xét   d 30 I x f x x 

Đặt    

d d

d d

u x u x

v f x x v f x

                Vậy          

5 5

1

0 0

d d 5 d

I x f x x xf x f x x f f x x

       

Mà I  và 1 30 f  5 10

 

d 20 f x x

  

PHÁT TRIỂN CÂU 13

Câu 1: [2D3-2] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hàm số

 

yf x có đạo hàm  f  2 15

,

 

0

d 60 x f x x 

 Tính   d f x x



Lời giải

Chọn A.

Xét

 

1

d 60 I x f x x 

Đặt    

d

d d

u x du x

v f x x v f x

 

 

 



 



 

 

 

Vậy

         

2

2 2

1

0 0

d d 2 d

I x f x x xf x f x x f f x x

       

Mà I  và 1 60 f  2 15

 

d 30

f x x

  

Câu 2: [2D3-2] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hàm số

 

yf x có đạo hàm  f  4 13

,

 

0

d 24 x f x x 



Tính  

d f x x



A.11. B.28. C.76 D.28

Lời giải

Chọn D.

Xét

 

1

d 24 I x f x x 

Đặt    

d d

d d

u x u x

v f x x v f x

 

 

 



 



 

 

 

Vậy

         

4

4 4

1

0 0

d d 4 d

I x f x x xf x f x x f f x x

       

Mà I  và 1 24 f  4 13

 

d 28 f x x

  

Câu 17: [2H3-4] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P x y z:     , đường thẳng1

 : 15 22 37

1 2

x y z

d     

lần lượt thuộc mặt phẳng  P cho AA, BB song song với  d Giá trị lớn biểu thức AABB là

A

8 30 

B

24 18 

C

12 

D

16 60 

Lời giải

Chọn B.

Mặt cầu  S có tâm I4;3; 2  và bán kính R  5

Gọi H là trung điểm AB IH AB và IH  nên H thuộc mặt cầu 3  S tâm I bán kính R  3

Gọi M là trung điểm A B  AABB2HM , M nằm mặt phẳng  P .

Mặt khác ta có    ;

3

d I P  R

nên  P cắt mặt cầu  S và   

5 sin ; sin

3

d P   

Gọi K là hình chiếu H lên  P HK HM sin. Vậy để AABB lớn HK lớn nhất

HK

 qua I nên max   

4 3

;

3

HK Rd I P    

Vậy AABB lớn

4 3 3 24 18

2

5

3

   



 

 

  .

PHÁT TRIỂN CÂU 17

Câu 1: [2H3-4] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P x y z:     , đường thẳng1

 : 15 22 37

1 2

x y z

d     

và mặt cầu  

2 2

: 4

S x y z  x y z  Một đường

lần lượt thuộc mặt phẳng  P cho AA, BB song song với  d Giá trị lớn biểu thức AABB là

A

8 30 

B

24 24 

C

4 

D

16 60 

Lời giải

Chọn B.

Mặt cầu  S có tâm I4;3; 2  và bán kính R  5

Gọi H là trung điểm AB IH AB và IH  nên H thuộc mặt cầu 4  S tâm I bán kính R  4

Gọi M là trung điểm A B  AABB2HM , M nằm mặt phẳng  P .

Mặt khác ta có    ;

3

d I P  R

nên  P cắt mặt cầu  S và   

5 sin ; sin

3

d P   

Gọi K là hình chiếu H lên  P HK HM sin. Vậy để AABB lớn HK lớn nhất

HK

 qua I nên max   

4 4

;

3

HK Rd I P    

Vậy AABB lớn

4 3 24 24

2

5

3

   



 

 

  .

Câu 2: [2H3-4] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P x y z:     , đường thẳng2

 : 15 22 37

2

x y z

d     

và mặt cầu  

2 2

: 4

S x y z  x y z  Một đường

lần lượt thuộc mặt phẳng  P cho AA, BB song song với  d Giá trị lớn biểu thức AABB là

A

1 3 

B 2 3 C 1 3 D

1 3 

Lời giải

Chọn B.

Mặt cầu  S có tâm I4;3; 2  và bán kính R  5

Gọi H là trung điểm AB IH AB và IH  nên H thuộc mặt cầu 3  S tâm I bán kính R  3

Gọi M là trung điểm A B  AABB2HM , M nằm mặt phẳng  P .

Mặt khác ta có    ;

3

d I P  R

nên  P cắt mặt cầu  S và   

1

sin ; sin

3

d P   

Gọi

K là hình chiếu H lên  P HK HM sin. Vậy để AABB lớn HK lớn nhất

HK

 qua I nên max   

1 3

;

3

HK Rd I P    

Vậy AABB lớn

1 3

2

3

  

 

 

 

  .

Câu 24: [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hàm sớ

  4 2 1,

f x x  x  x  x    Tính x    

2

f x f x dx

A

3. B 2 C

2 

D 2.

Lời giải

Chọn C.

Ta có

             

3 3

1

2

0

1

0

3 3

f x f f

f x f x dx  f x df x    

 

PHÁT TRIỂN CÂU 24

Câu 1: [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hàm sớ

  3 2,

f x x  x  x    Tính x    

3

f x f x dx



A

4. B

15

4 . C

1

4. D

15 

Lời giải

Chọn D.

Ta có

             

4 4

1

3

0

1 15

0

4 4

f x f f

f x f x dx  f x df x    

 

Câu 2: [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hàm số

  5 3 1,

f x x  x  x     Tính x    

2017

f x f x dx



A

2018. B

1

1009. C 2018 

D

1 1009 

Lời giải

Chọn C.

Ta có

         

2018

1

2017 2017

0

1 2018

  

f x f x dx f x df x f x 2018 1 2018 0

2018 2018



f f 

Câu 29. [2D2-2] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Tập nghiệm bất

phương trình      

3

2 2

3log x3  log x7  log 2 x

là Sa b;  Tính P b a 

A 5 B C D 1.

Lời giải

Chọn A.

Điều kiện: 3   x

BPT  log2x3 log  2x7 log 22  x x 2  x 2x 7

So điều kiện ta tập nghiệm bất phương trình là S   3; 2 nên chọn đáp án A

PHÁT TRIỂN CÂU 29

Câu 1. [2D2-2] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Tập nghiệm bất phương trình 2log2x1log 52  x là Sa b;  Tính P a b 

A B 4 C D 1.

Lời giải

Chọn B.

Điều kiện: 1  x

BPT    

2

2

log x log x      

x 12 5 x

        3 x 3

So điều kiện ta tập nghiệm bất phương trình là S 1;3 nên chọn đáp án B

Câu 2. [2D2-2] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Tập nghiệm bất

phương trình      

3

3

1

log 2 log log

x  x  x

là Sa b;  Tính Q a 2b2

A 56 B 17 C 50 D 65

Lời giải

Chọn D.

Điều kiện: x  4

BPT  log3x 2log3x 4log 23 x1 x 2 x 4 2x 1

        1 x 7

So điều kiện ta tập nghiệm bất phương trình là S 4;7 nên chọn đáp án D

Câu 33: [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hàm số liên tục và có bảng biến thiên sau

Có mệnh đề đúng số mệnh đề sau đối với hàm số g x f 2 x 2?   yf x



x   0 2 

'

y   

y

 

1 

2

I Hàm số g x  đồng biến khoảng 4;  

II Hàm số g x  nghịch biến khoảng 0; 

III Hàm số g x  đạt cực tiểu điểm -2

IV Hàm số g x  có giá trị cực đại -3

A 3 B 2 C 1 D 4

Lời giải

Chọn A

Cách 1: Thực phép biến đổi đồ thị.

Từ đồ thị f x  để thu đồ thị hàm số g x  f 2 x 2, ta thực phép biến đổi đồ thị sau:

- Lấy đối xứng đồ thị f x  qua trục Oy ta thu đồ thị hàm số f x

- Tịnh tiến đồ thị f x theo vec tơ k2i

 

(với i1;0 

là vectơ đơn vị ) thu đồ thị hàm

số f 2 x

- Cuối thực phép tịnh tiến đồ thị  

f  x theo vec tơ m 2 j (với j0;1 

là vectơ

đơn vị ) ta thu đươc đồ thị hàm số g x  f 2 x

Thay thực đờ thị ta có thể biến đổi dựa bảng biến thiên, ta thu bảng biến

thiên hàm số g x  sau:

Do đó có phát biểu IV là đúng

Cách khác: Ta có g x'  f ' 2  x ,    

2

' '

2

x x

g x f x

x x

  

 

       

  

 

Từ đó suy bảng biến thiên hàm số g x 

PHÁT TRIỂN CÂU 33

x   0 2 

'

g   

g

 4

3 

Câu 1: [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018]

Cho đồ thị hàm số yf x  hình vẽ Khi phát biểu

đúng hàm số g x f x 1 phát biểu sau:

A Hàm số g x  đồng biến khoảng  ;1 B Hàm số g x  nghịch biến khoảng 1;1 C Hàm số g x  đạt cực đại x  1

D Đồ thị hàm số g x  cắt trục hoành điểm phân biệt Lời giải

Chọn B

Cách 1: Thực phép biến đổi đồ thị:

Thực phép biến đổi đồ thị là : tịnh tiến đồ thị f x  theo vec tơ i 

sau đó tịnh

tiến đồ thị theo vec tơ m2j                            

ta đờ thị hàm sớ g x  hình vẽ Do đó hàm số nghịch

biến 1;1

Cách khác: Ta có g x'  f x' 1 ,    

1

' '

1 x

g x f x

x  

     



 Từ đó lập bảng

Câu 2: [2D1-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018]

Cho hàm số yf x  có đồ thị hình vẽ:

Gọi M m, giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số

3 2

x y f  

  đoạn 0; 2 Khi M m là

A 3 B 1. C 2 D 0.

Lời giải

Chọn A

Ta suy đồ thị hàm số x y f  

  từ đồ thị hàm số yf x  cách thực phép dãn

Cách khác: Ta có  

3

' '

4 x g x  f  

  ,  

0

' '

4

x x

g x f

x           

   Từ đó lập bảng biến

thiên hàm số g x 

Câu 35. [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho F x  là

nguyên hàm hàm số

1 sin y

x 

 với

\ ,

4

x   k k 

     

 

R Z

, biết F 0  ;1

  F  

Tính

11

12 12

P F   F      .

A P  2 B P  0 C Không tồn P D P  1

Lời giải Chọn D. Cách 1: Ta có ( ) 1 d d

1 sin 2sin

4

F x x x

x x p

= = ổ ử + ỗ + ữữ ỗ ữ ỗố ứ ũ ũ

- cot ;

2 4

1

- cot ;

2 4

x C x k k

x C x k k

p p p

p p

p p p

p p ì ỉ ỉ ù ữ ữ ù ỗ + ữ+ ẻ -ỗ + + ữ ù ỗỗ ữ ỗỗ ữ ù ố ø è ø ï =íï ỉ ỉ ï ỗ + ữ+ ẻ ỗ + + ữ ù ỗ ữữ ỗ ữữ ù ỗố ứ ỗố ứ ùợ ( ) ( )

0 2

1

2 C F

F p C

ìïï = ì = ï ï ï ï Þ ï í í ï = ï ï ï î ïïïî = Vậy ( )

1 3

- cot ;

2 4

1

- cot ;

2 4

x x k k

F x

x x k k

p p p p p

p p p p p

ì ỉ ổ ù ữ ữ ù ỗ + ữ+ ẻ -ỗ + + ữ ù ỗỗ ữ ỗỗ ữ ù è ø è ø ï =íï ỉ ỉ ù ỗ + ữ+ ẻ ỗ + + ữ ù ỗ ữữ ỗ ữữ ù ỗố ứ ỗố ứ ùợ . Khi đó 11 12 12

P F   F  

   

Cách 2:

Ta có        

11 11

0

12 12 12 12

P F   F  F  F  F   F  F  F 

         

0

11

12 12

1

d d

1 sin 2x x sin 2x x            Ta có

 2

1 1

1 sin sin cos 2cos

4

x  x x  x 

   



 

 

0

12 12

1 1

d tan

1 sin 2x x x  



 

 

      

  



;

 

11 11

12 12

1 1

d tan

1 sin 2x x x  

 



 

      

  



Vậy P  1

PHÁT TRIỂN CÂU 33

Câu 1: [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho F x  là nguyên hàm hàm số y=2x- xác định ¡ \ 2{ } thỏa mãn f( )1 =1 và f( )3 =-

Giá trị biểu thức F( )- +F( )4

A - B 7 C - 14 D 0

Lời giải

Chọn A.

Ta có

( ) ( )

( )

( )

( )

2

2

2 d 2 2

2 d

2

2 d

x x x x C x

F x x x

x C x

x x x

ìï - > ìï

ï ï - + >

ïï ï

= - =íï =í

ï - - + <

- - <

ï ïïỵ

ïïỵ ị ị

ị .

Do

( ) ( )

2

1

1 1

1 2

3

F C C

C C

F

ì = ì ì

ï ï- + = ï

=-ï Þ ï Û ï

í í í

ï =- ïï + =- ïï =

ï ỵ ỵ

ỵ nên

( ) ( )

( )

2

2

2

x x

F x

x x

ìï - - > ïï

=í

ï - - + <

ïïỵ .

Vậy F( )- +F( )4 =- + + - =-9

Câu 2: [2D3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Cho hàm sớ f x( ) xác

định ¡ \{- 1;1} và thỏa mãn ( ) 2

1 f x

x ¢ =

- , f ( )- +f( )3 =0 và

1

2

2

fổ ửỗỗỗ- ữữữ+fỗỗổửỗ ữữữ=

è ø è ø

Giá trị biểu thức f ( )- +f( )0 +f( )4

A 2ln 2ln ln 5- - . B 6ln 2ln ln 5- - . C - ln 2ln 2ln 1+ + + . D 2ln ln 6- + .

Lời giải

Chọn C.

Có ( )

1

1

f x

x x

¢ =

Khi đó

( ) ( )

2

ln +C 1

1 d

1

ln +C 1

x

x x

x

f x f x x

x

x x

ì ỉ-

ù ữ

ù ỗ ữ <- ẩ >

ù ỗỗ ữ ù ố + ứ ù Â = = ớù ổ ử

-ù ỗ ữ - < < ù ỗ ữữ

ù ỗố + ứ ïỵ

ị

Có f( )- + f( )3 = Û0 ln 2+C1+ln 2+C1 =0 Û C1 =ln 2.

Có

1

2

2

fỗổ ửốỗỗ- ứữữữ+fỗỗỗổửố ứữữữ=

2 2

ln C ln C C

Û + - + = Û =

Khi đó:

( )

1

ln ln 1

1

ln 1

1 x x x x f x x x x ì ỉ- ï ữ

ù ỗ ữ+ <- >

ù ỗỗ ÷ ï è + ø ï

= íï ỉ ử

-ù ỗ ữ+ - < < ù ỗ ữữ

ù ỗố + ứ ùợ

U

Vậy f ( )- +f( )0 +f( )4 =ln ln ln ln ln 2+ + + - + =- ln 2ln 2ln 1+ + +

Câu 48: [2H3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Trong không gian với

hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  1

3 1

:

1

x y z

d     

 ,  2

1 :

1

x y z

d   

 ,

 3

1 1

:

2 1

x y z

d     

,  4

1 :

1 1

x y z

d   

  Số đường thẳng không gian cắt 4 đường thẳng là

A B C Vô số. D 1.

Lời giải

Chọn A.

 d1 qua điểm M13; 1; 1   và có VTCP u  1 1; 2;1



 d2 qua điểm M20;0;1 và có VTCP u  2 1; 2;1 

 

1 3;1; M M   

Vì u u1; 2                                           

và u M M1; 2    5; 5; 5  0

  

nên  d1 song song với  d2 .

Gọi  P là mặt phẳng chứa hai đường thẳng  d1 và  d2 .

 P

qua điểm M20;0;1 và có nP u M M1; 2   5; 5; 5                                            

hay n 1;1;1 

có phương

Gọi A   d3  P Xét hệ phương trình

 

1

1

1; 1;1

1

1 0

x t x

y t y

A

z t z

x y z t

                               .

Gọi B   d4  P Xét hệ phương trình

 

0

1

0;1;0

1 0

x t x

y t y

B

z t z

x y z t

                               .

Vì BA  1; 2;1



phương với u1



nên  d không thỏa mãn

PHÁT TRIỂN CÂU 48

Câu 1: [2H3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Trong khơng gian với

hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  1

1

:

1 2

x y z

d    

 ,  2

2

:

2 4

x y z

d    

 ,

 3 : x t

d y t

z t         ,

 4

1

:

1

x t

d y t

z t            

 Gọi  d là đường thẳng cắt bốn đường thẳng Điểm nào

sau thuộc đường thẳng  d ?

A A0;0;1 B B2; 2; 2 C C6;6; 3  D. D4;4; 2 

Lời giải

Chọn D.

 d1 qua điểm M11; 2;0 và có VTCP u 1 1; 2; 2 



 d2 qua điểm M22; 2;0 và có VTCP u 2 2; 4; 4 



 

1 1;0;0 M M 



Vì u u1; 2                                           

và u M M1; 2  0; 2; 2   0

  

nên  d1 song song với  d2 .

Gọi  P là mặt phẳng chứa hai đường thẳng  d1 và  d2 .

 P

qua điểm M11;2;0 và có nP u M M1; 2 0; 2; 2     

hay n 0;1;1 

có phương

Gọi A   d3  P Xét hệ phương trình

 

1

1;1;1

2

x t x

y t y

A

z t z

y z t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

     

  .

Gọi B   d4  P Xét hệ phương trình

 

1

2

2; 2;0

1

2

x t x

y t y

B

z t z

y z t



  

 

  

 

 

 

 



  

 

     

  .

 d

qua điểm A1;1;1 và có VTCP AB 1;1; 1 



có phương trình 1

x t

y t

z t

   

     

 .

Vì AB khơng phương với u1



nên  d thỏa mãn

Dễ thấy D4; 4; 2    d

Câu 2: [2H3-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Trong khơng gian với

hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

 1 : x t

d y t

z t

  

  

  

 ,  2

2 :

2 1

x y z

d   

,

 3

1 1

:

5

x y z

d     

Viết phương trình đường thẳng  d cắt ba đường thẳng      d1 , d2 , d3 điểm A B C, , cho AB BC .

A

2

1 1

x y z

 

 . B

2

1 1

x y z

 

C

2

1 1

x y z

 

 . D.

2

1 1

x y z

 

 .

Lời giải

Chọn B.

 1  ; ;  A d  A a  a   a .

 2 2 ;2 ;  B d  B b b b .

Vì B là trung điểm AC nên

1

2 4 5 1 1

4

2 2

2

2 2

1 2

a c

b

a b c a

a c

b a b c b

a b c c

a c

b

  

 

   

 



  

  

        

  

      

 

    

 

 .

1;3;1 , 0; 2;0

A B

 .

 d

qua điểm B0; 2;0 và có VTCP BA 1;1;1



có phương trình

2

1 1

x y z

 

Câu 49. [2D2-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Sớ nghiệm phương trình 2log5x3 x

 là

A.0 B 1. C 3 D 2

Lời giải

Chọn B.

Điều kiện xác định: x   3

Vì 2log5x3

 nên điều kiện có nghiệm phương trình là x  0 Ta có:

 

 

5

log

5

2 x x log x log x

   

Đặt log x t2  , ta suy

 

3

2 1

5

2

t t

t

t t

t

x x   

    

     

    

    



 .

Xét hàm số  

2

3

5

t t

f t      

     Ta có:

  ln2 ln1

5 5

t t

f t       

    , t   nên hàm số f t  nghịch biến   1

f  nên suy 1t  là nghiệm phương trình  1

Với t  1 log2x 1 x

Vậy phương trình cho có nghiệm

PHÁT TRIỂN CÂU 49

Câu 1: [2D2-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Sớ nghiệm phương trình log2x 2 log3x1 là

A.0 B 1. C 3 D 2

Lời giải

Điều kiện xác định phương trình là x  2

Đặt log2x 2 log3x1  t

 

1

3 *

3

2

t t

t t t

t

t

t

x x

              

      



  

   

Dễ thấy t  là nghiệm 1  *

Xét hàm số    

1 1 1

ln ln

3 3 2

t t t t

f t       f t      

        , nên f t  là hàm nghịch

biến  Suy phương trình  * có nghiệm t 1 x 4

Kết hợp với điều kiện, ta nghiệm phương trình cho là x  4

Câu 2: [2D2-3] [Trường chuyên Thái Bình,tỉnh Thái Bình,lần 4,năm 2018] Sớ nghiệm phương

trình

 2

1

1

8log 18 31

2 x

x x

x 

  

 là

A.0 B 1. C 3 D 2

Lời giải

Chọn D.

Điều kiện:

1 x

x 

     

 .

Khi đó phương trình cho có dạng:

 2    2  

1

2

8log x1  8log 2x1  x1  2x1  24

 2  2    

1

2

1

log 1 log 2

8 x x x x

 

        

 

Xét hàm số 12 ( ) log g t  t t

khoảng 0; ta có:

  1 0, 0; 

ln

g t t

t

      

 nên g t( ) là hàm nghịch biến khoảng 0; .

Do đó:        

2

1

1

1 1 22

8

g x g x  x  x  x 