Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường thpt chuyên hùng vương bình dương lần 5 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

Cán bộ coi thi đưa cho mỗi thí sinh một bộ câu hỏi thi gồm 15 câu hỏi khác nhau và đựng trong 15 phong bì dán kín có hình thức giống hệt nhau, mỗi phong bì đựng một câu hỏi.. Thí sinh [r]

Câu 1: [2D1-4] [Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018]Cho tứ diện ABCD với AB=a ,CD=b cạnh cịn lại có độ dài Gọi M , N trung điểm AB CD MN=m Biết tồn mặt cầu tiếp xúc với cạnh tứ diện cho Tìm hệ thức biểu diễn mối liên hệ a , b m A ab=m B ab=2 m2 C ab=m2 D ab=2 m2 Lời giải Chọn B Gọi I trung điểm MN, E hình chiếu I lên BC Ta có, ⊥CD CM ⊥ AB ⇒ CD ⊥ MN (1) { ⇒ AB ⊥ MN(2) {BN AN ⊥ CD DM ⊥ AB Từ (1) (2) ta có MN đoạn vng góc chung AB CD suy I tâm mặt cầu đề cho Ta có, b a Δ IEC=Δ INC⇒ EC=CN= Δ BIE=Δ BIM⇒ BM=BE= 2 ⇒ BC= a+b a+b Vậy cạnh lại 2 2 ab  a b  a b MN BN  BM BC  CN  BM      4   Ta có, ⇒ m 2= 2 2 ab Vậy chọ đáp án B Bài tập tương tự Bài 1: [2H2-4][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho tứ diện ABCD với AB=2, CD=4 cạnh cịn lại có độ dài m Biết tồn mặt cầu tiếp xúc với cạnh tứ diện cho Tìm m A m=4 B m=3 C m=5 D m= Bài 2: [2H2-4][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho tứ diện ABCD với AB=a ,CD=b cạnh cịn lại có độ dài Gọi M , N trung điểm AB CD MN=m Biết tồn mặt cầu tiếp xúc với cạnh tứ diện cho Tìm m √ 2ab √ ab A m= √ ab B m= C m= √2 ab D m= 2 Câu 2: [2H3-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  có phương trình x  y  z  x  y  z  0 điểm A  5;3;   Một đường thẳng d thay đổi qua A cắt mặt cầu hai điểm phân biệt M , N Tính giá trị nhỏ biểu thức S  AM  AN A S 50 B S 10 C Smin 5 Lời giải Đáp án sai I(2;-1;1) M N A(5;3;-2) Tâm I  2;  1;1 bán kính mặt cầu R 3 2 AI  (2  5)     3      34 Gía trị nhỏ xảy trường hợp AM  AN Đặt AN  x  AM AN 25 34   x   AM  S 4 AN  AM 4 x  f ( x) 4 x  Xét f ( x) 4  25 x 25  f (x) x 25  34  3;5 x   25 x  25   x   34  3;5 x2 x2  D S 20  S x  34  S 4   34   25 5 34  34  Vậy GTNN S 5 34  x  34  Vậy khơng có đáp án Phân tích ý tưởng: - Bài cốt lõi thực sử dụng ý tưởng phương tích điểm mặt cầu - Tuy nhiên có lỗi mà học sinh kể giáo viên hay mắc phải xét dấu đánh 4x  giá bất đẳng thức cô-si 25 25 2 x 20  Smin 20 Tuy nhiên điều không x x  S  hai điểm phân biệt thể xảy dấu điều kiện để đường thẳng d cắt mặt cầu 34   AN  ta có khống chế điều kiện là: Câu 3: [1D1-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Tìm m để phương trình  2   cos x 1  cos2 x   m cos x   m sin x 0 có hai nghiệm thuộc  0;  1  m 1 B A   m 1 0m C Lời giải D  1 m  Chọn D Phương trình cho tương đương  cos x  1  2cos2 x    m cos x  m   cos x    cos x  0   cos x  1 2cos x   m cos x  m  m cos x 0     cos x  1  cos x  m  0  cos x    cos x m  2  x   0;     Khơng có nghiệm +) cos x   x   k 2 , mà  Để phương trình cho có hai nghiệm thỏa mãn đề phương trình  2  0; cos 2x m phải có nghiệm thuộc   1  2   0;  Xét hàm số y cos x   Khi y  2sin x  y 0   2sin x 0  x k   x k ;  k    2  x   0;   x    Mà Bảng biến thiên của  2  0; y cos x   Từ bảng biến thiên suy phương trình  2  0;    m  cos 2x m có nghiệm thuộc   Vậy chọn D Phân tích ý tưởng: - Đối với giải phương trình lượng giác có chứa tham số thơng thường ta thường nghĩ tới việc phân tích đa thức thành nhân tử thực cô lập tham số bên - Trong tập nhờ phát mối liên hệ sin x 1  cos x   cos x    cos x  nên ta dễ dàng thực phân tích phương trình dạng tích từ đưa tốn ban đầu chuyển toán mà việc giải toán trở nên đơn giản Câu 4: (u ) [1D3-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018]Cho dãy số n có số hạng nπ u n = sin Đặt Sn = u1 + u + + u n Tìm khẳng định khẳng tổng quát với định sau A S2020 0 B S2019  C S2017  Lời giải D S2018 0 Chọn A + Với + Với n = 2k ( k ³ 1, k Ỵ ¥ ) u n = u 2k = sin kπ = hay u = u = = u 2018 = u 2020 = n = 2k +1( k ³ 0, k Ỵ ¥ ) u n = u 2k +1 = sin ( 2k +1) π ỉπ = sin ç + kπ÷ ÷ ç ÷ ç è2 ø Khi k chẵn u1 u5 u9  u2013 u2017 1 (có 505 số hạng) Khi k lẻ u3 u7 u11  u2015 u2019  (có 505 số hạng) .Vậy S2020 = u1 + u + + u 2020 = ; S2019 = u1 + u + + u 2019 = S2017 = u1 + u + + u 2017 = ; S2018 = u1 + u + + u 2018 = Câu hỏi tương tự Bài 1: Cho dãy số ( u n ) có số hạng tổng quát với u n = cos nπ Đặt Sn = u1 + u + + u n Tính S 2020 ; S 2021 ; S 2022 ; S 2023 Bài 2: Cho dãy số Câu 5: ( u n ) có số hạng tổng quát với u n = sin nα Tính Sn = u1 + u + + u n [2D4-4][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho số phức z  x  yi ( x, y   ) thỏa mãn z   3i  z   i Tính S  x  y biết biểu thức P  z   2i  z   i đạt giá trị lớn A S 0 B S 16 C S 54 D S 27 Lời giải Chọn C Gọi M  x; y  điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng Oxy Ta có 2 2 z   3i  z   i   x  1   y  3  x  3   y  1  x  y 0 Gọi P  z   2i  z   i  MA  MB A  1;  B   1;1 , , MA  MB Bài tốn trở thành: “Tìm M thuộc đường thẳng d : x  y 0 cho lớn nhất.” Xét P  x, y   x  y , ta có P  A  P  B   1   2  Do A , B nằm phía đường thẳng d I  3;3 Gọi I giao điểm AB với d , ta tìm Ta có MA  MB  AB Đẳng thức xảy M trùng với I Do P đạt giá trị lớn 3 M  3;3 tọa độ M Vậy x 3 y 3 S 3  54 Nhận xét: Bài tốn khó A , B nằm khác phía đường thẳng d Khi ta cần tìm điểm đối xứng B ' B qua d M trùng với I  AB ' d Bài tập tương tự 2018 2018 z   3i  z   i Bài 1: Cho số phức z  x  yi ( x, y   ) thỏa mãn Tính S  x  y biết biểu thức P  z   2i  z   i đạt giá trị nhỏ Đáp số: S 2 2 z   3i  z   i Bài 2: Cho số phức z  x  yi ( x, y   ) thỏa mãn Tính S  x  y biết biểu thức P  z   2i  z   i đạt giá trị lớn Đáp số: S 18 Câu 6: [2D1-4][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018]Cho hàm số bậc bốn f  x  ax  bx  cx  dx  e  a 0  Biết hệ số a , b , c , d , e số nguyên f   32078 không âm không lớn Tính tổng hệ số S a  b  c  d  e A S 4 B S 10 C S 12 D S 14 Lời giải Chọn D f   6561a  729b  81c  9d  e 32078 Ta có  32078  e 6561a  729b  81c  9d  32078  e9 Mà e   , e 8 nên suy e 2 Vậy ta có 6561a  729b  81c  9d 32076  729a  81b  9c  d 3564  d 3564   729a  81b  9c  9 mà d   , d 8 nên suy d 0 729a  81b  9c 3564  81a  9b  c 396  c 396   81a  9b  9 Từ ta có Mà c   , c 8 nên c 0 Vậy ta có 81a  9b 396  9a  b 44  9a 44  b Vì b   , b 8 nên suy 36 9a 44  a 4  a 4  b 8 Do ta có S 14 Bình luận: Đây thực chất tốn số học tính chất chia hết cho , phát biểu thông qua ngôn ngữ hàm số Việc cho hệ số a , b , c , d , e không lớn giúp cho việc giải toán dễ dàng Bài toán tương tự: Cho hàm số bậc bốn f  x  ax  bx  cx  dx  e  a 0  Biết f  3 317 hệ số a , b , c , d , e số nguyên dương không lớn Đặt S a  b  c  d  e gọi T tập tất giá trị có S Tính số phần tử T T 1 T 2 T 3 T 4 A B C D Câu 7: [2D4-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018]Cho khai triển  2018 x  x  2018  A S 0 2018 a0  a1 x   a4036 x 4036 Tính tổng S a1  a3  a5  a7   a4035 C S 22018 B S  D S 1 Lời giải Chọn A  2018x Cho x i biểu thức  x  2018  2018 a0  a1 x   a4036 x 4036 , ta được: i 2018 a0  a1i  a2i  a3i   a4036i 4036   i2  1009  a0  a2  a4   a4036    a1  a3  a5   a4035  i    a0  a2  a4   a4036    a1  a3  a5   a4035  i Vậy S a1  a3  a5  a7   a4035 0 Bài tốn tương tự: Bài 1: [2D4-3][Chun Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Tính giá trị biểu thức 2 2018 2017 A   C2018  C2018   C2018  C2018  C2018   C2018    C2018  A S 0 B S  22018 C S 22018 Lời giải D S 1 Chọn A 1 i 2018 2018 2017  C2018  C2018  C2018   C2018  C2018  C2018   C2018    C2018 i Ta có : Lấy mođun vế, ta : A 1  i 2018  2 2018   A 22018 Bài : [2D4-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho khai triển  2018 x  x  2018  A S 0 2018 a0  a1 x   a4036 x 4036 Tính tổng S a0  a2  a4   a4036 C S 22018 B S  D S 1 Lời giải Chọn B  2018x2  x  2018 Cho x i biểu thức 2018 a0  a1 x   a4036 x 4036 , ta được: i 2018 a0  a1i  a2i  a3i   a4036i 4036   i2  1009  a0  a2  a4   a4036    a1  a3  a5   a4035  i    a0  a2  a4   a4036    a1  a3  a5   a4035  i Vậy Câu 8: S a0  a2  a4   a4036  [1D4-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho tam giác ABC có cạnh Gọi A1 , B1 , C1 trung điểm cạnh BC,CA,AB, ta tam giác A1B1C1 Lại lấy A2 , B2 , C2 trung điểm cạnh B1C1 , C1 A1 , A1B1 ta tam giác * A2 B2C2 Qúa trình lặp lại sau n  n    bước ta tam giác An BnCn ( tham khảo hình vẽ) Gọi S0 , S n diện tích tam giác ABC tam giác An BnCn Đặt Tn tổng diện tích tam giác ABC, A1B1C1 , , An BnCn Hỏi tổng diện tích Tn khơng vượt số sau A A2 C1 B2 B A 11 B 36 B1 C2 A1 100 C 299 C 19 D 240 Lời giải Chọn C Ta có S0  Ta thấy tam giác có cạnh giảm nửa so với tam giác trước Do diện tích giảm so với tam giác đứng trước 1 S1  S0 Sn  Sn  ,…, Do Sn cấp số nhân lùi vô hạn với công bội 1 1   Tn S  S1  S   S n    1 q n 1  Tn  100  299 Suy BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: [1D4-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Từ bìa hình vng ABCD có cạnh Gọi M , N , P, Q trung điểm cạnh hình vng ABCD Bạn bình dùng kéo cắt theo hình vng MNPQ để hình vng thứ Bạn bình tiếp tục cắt theo trung điểm để hình vng thứ tiếp tục Gọi Gọi S1 diện tích hình vng đầu tiên, S diện tích hình vng thứ hai, …, S n diện tích hình lim  S1  S2   S n  vng thứ n Tính B C D A [1D4-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Để trang hoàng cho Bài 2: hộ mình, chuột Mickey định tơ mãu cho miếng bìa hình vng cạnh Nó tơ màu xám hình vng nhỏ đánh dấu 1, 2,3 , n cạnh hình vng kết tiếp nửa cạnh hình vng trước ( hình bên) Gọi un diện tích hình lim  u1  u2   un  vng màu xám thứ n Tính B A Câu 9: C D [2H2-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Ở số nước nông nghiệp phát triển, sau thu hoạch lúa xong, rơm người ta cuộn thành cuộn hình trụ chất thành đống để chở nhà Mỗi đống rơm thường chất thành chồng cho cuộn rơm tiếp xúc với (tham khảo hình bên) Giả sử đường kính cuộn rơm 1m Hãy tính chiều cao SH đống rơm hình bên S H A   SH    m  B SH 5m C Lời giải SH 2  m  D SH 2,5  m  Chọn A Vì đường trịn tiếp xúc ngồi với nên nối tâm đường trịn hai bên rìa đáy ta tam giác ABC có độ dài cạnh 4m (hình vẽ) Ta có SH  AD  SA  DH   0,5  0,5 2   m  Bình luận: Mấu chốt toán ta phải quy tốn hình học cách phát nối tâm đường tròn bên rìa ngồi đường trịn đáy, ta thu tam giác Khi việc tính SH trở lên dễ dàng Câu 10: [2D1-3] [Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Biết hàm số xm y đồng biến khoảng   ;   2;   tiếp tuyến đồ thị điểm x x0 1 cắt hai trục tọa độ tạo thành tam giác vuông cân Tìm giá trị tham số m A m  B m  C m  D m 0 Lời giải Chọn A y  +) Ta có  2 m  x  2 Hàm số đồng biến khoảng   ;   2;  nên   m    m   m    * y    m  x 1 +) Phương trình tiếp tuyến đồ thị điểm x0 1   A ;0 y    m  x  +) Giao điểm tiếp tuyến với trục Ox   m  +) Giao điểm tiếp tuyến y    m  x  1 1   m OAB  +) Tam giác vuông cân B  0;1 với trục Oy  m   m   m  theo  * m    Bài tập tương tự Bài 1: [2D1-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Biết hàm số x2 y đồng biến khoảng   3;   tiếp tuyến đồ thị điểm x  cắt hai x m m trục tọa độ tạo thành tam giác vuông cân Tìm giá trị tham số A m  B m   C m  D m  Lời giải Chọn A y  +) Ta có  2 m  x  m Hàm số đồng biến khoảng   3;   nên   m    m   m   m  , suy m   * +) Phương trình tiếp tuyến đồ thị điểm x0  +) Giao điểm tiếp tuyến +) Giao điểm tiếp tuyến y  x m2 m2 y  x m2 m  với trục Ox A   2;0  y    B  0;  x  m2 m2 m  với trục Oy  2 2  +) Tam giác OAB vuông cân  m   m   m   m  theo  * m   Bài 2: [2D1-3] [Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Biết hàm số xm y đồng biến khoảng   1;   tiếp tuyến đồ thị điểm x 0 cắt hai trục x 1 tọa độ tạo thành tam giác có diện tích Tìm giá trị tham số m A m 2 B m  C m   2 D m   2 Lời giải Chọn C y  +) Ta có 1 m  x  1 Hàm số đồng biến khoảng   1;   m    * nên  m  y   m  x  m +) Phương trình tiếp tuyến đồ thị điểm x0 0  m  A ;0  y   m  x  m +) Giao điểm tiếp tuyến với trục Ox  m   +) Giao điểm tiếp tuyến y   m  x  m B  0; m  với trục Oy  m 2 m  m  m    m 2 m   m  2 OAB  +) Tam giác có diện tích  m   2 theo  * m   Câu 11: f  x [2D3-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho hàm số liên tục  0;1 thỏa mãn điều kiện f  x   f   x  3x  x , x   0;1 Tính tích phân đoạn I f   x  dx A I  15 B I 1 C I  15 D I  15 Lời giải Chọn C x   0;1 t   0;1 Đặt t 1  x , Ta có f  x   f   x  3x  x  f  x   f   x  3  x  1   f   t   f  t  3t   f  x   f   x  3 x   f  x   f   x  3 x  x  f  x   f   x  3x  x   2 2 f  x   f   x  3 x  4 f  x   f   x  6 x  Xét hệ phương trình:  f  x  3x  x   f  x   x  1  x   0;1 , f   x    x    x  x  Khi  x5 x3   x   I f   x  dx  x  x  1 dx    0 0 15 Suy 1 Phân tích: + Bước 1: Từ f  x   f   x  3x  x ta giải phương trình hàm tìm hàm số f  x + Bước 2: Xác định trực tiếp hàm f 1  x2  tính I f   x  dx Bài tập tương tự Bài 1: [2D3-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018]Cho hàm số e 1  x 1  I   f  x  dx f   x  3, x 1 y  f  x liên tục với x 1 thỏa mãn  x   Tính A I 4e  B I e  C I 4e  D I e  Lời giải t Đặt x 1 t 1 t 1 2  xt  t  x   x  f  t   4  f ( x ) 4  x t  , suy t1 t  hay x e 1 e 1   I     dx  x  ln x   4e  x  1  Ta có Bài 2: [2D3-3] [Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho hàm số f  x I  dx 1 x f  x   f   3 x, x 0 y  f  x  x liên tục với x 0 thỏa mãn Tính A I  B I  C I  D I  Lời giải Tương tự ta xác định f  x   x  x 2 f  x 2 2   Suy I  x dx    x  dx   x  x      1 Câu 12: 2 [2H2-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Trong khơng gian cho  S  tâm O có bán kính R điểm S cho trước cho SO 2 R Từ S ta hình cầu P kẻ tiếp tuyến đến mặt cầu với tiếp điểm thuộc đường tròn (C1 ) Trên mặt phẳng   chứa S N đường tròn (C1 ) ta lấy điểm E thay đổi nằm mặt cầu   Gọi   hình nón có đỉnh S E đáy đường tròn (C2 ) gồm tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ E đến mặt cầu   Biết hai đường tròn (C1 ) (C2 ) ln có bán kính Tính theo R bán kính R đường trịn cố định mà E di động A R  R 15 B R  R 15 C Lời giải Chọn B R  3R D R  R 17 Gọi bán kính (C1 ) , (C2 ) r1 , r2 Gọi C tâm (C1 ) D điểm (C1 )  OSD vuông D  CD.OS DO.DS R2 R OS  R R   r1 CD  OS OS r2 R  R2 OE Tương tự, ta có: Do r1 r2  OE OS 2 R  E di động đường tròn giao tuyến mặt cầu tâm O bán kính 2R với mặt phẳng  P  OD R OC   OS Lại có: R2 R 15  4R   2  R  OE  OC Nhận xét: S +) Qua điểm A nằm mặt cầu   tâm O , bán kính R , kẻ vô số tiếp tuyến đến mặt cầu, chúng tạo thành mặt nón đỉnh A , đường trịn đáy đường tròn qua tiếp P điểm nằm mặt phẳng   vng góc với OA , gọi mặt nón tiếp xúc Đặt OA d , chiều cao hình nón h , bán kính đáy r Ta có: R2 R d  R2 R2 d  R2 R  h d   d d d d S +) Qua hai điểm A, B nằm ngồi mặt cầu   tâm O , bán kính R , tạo hai mặt nón tiếp xúc có bán kính đường trịn đáy r1 , r2 Khi đó: r OA  OB  r1  r2 OA OB  r1 r2 +) Ta xây dựng số tốn dựa vào nhận xét sau: Dạng 1: Tính tốn đại lượng liên quan quan đến mặt nón tiếp xúc VD1: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  P : 2x  y  z  12 0  S  : x  y  z 10 mặt phẳng P thuộc mặt phẳng   Từ A ta kẻ tiếp tuyến đến mặt cầu với tiếp điểm thuộc đường trịn (C1 ) Biết (C1 ) có bán kính nhỏ Tính a  2b  3c A 12 Giả sử A  a; b; c  B  12 C D  S VD2: Trong khơng gian cho hình cầu   tâm O có bán kính R hai điểm A, B cho trước cho OA 2 R , OB 4 R Từ A ta kẻ tiếp tuyến đến mặt cầu với tiếp điểm thuộc đường tròn (C1 ) Từ B ta kẻ tiếp tuyến đến mặt cầu với tiếp điểm thuộc đường tròn (C2 ) Gọi  N1  , N  hình nón có đỉnh A, B , có đáy đường trịn (C1 ) , (C2 ) , có V1 thể tích V1 , V2 Tính tỉ số V2 A 25 B C D 25 Dạng 2: Một số tốn liên quan đến max, min, quỹ tích 2 Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z  0 điểm Trong khơng gian Ví dụ A  4; 2;3 Từ A ta kẻ tiếp tuyến đến mặt cầu với tiếp điểm thuộc đường tròn (C1 ) Tính diện tích đường trịn (C1 ) 144 A 25 256 B 25 24 C 25 12 D 25 S Ví dụ Trong khơng gian cho hình cầu   tâm O có bán kính R điểm I cho trước cho IO 4 R Trên mặt cầu tâm I , bán kính 2R , lấy điểm E Từ E ta kẻ R 33 Biết E di động tiếp tuyến đến mặt cầu với tiếp điểm thuộc đường trịn, bán kính đường trịn cố định Tính theo R bán kính R đường trịn cố định  S D R R Câu 13: [2D3-4][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho f  x  có đạo hàm A R R B R R C R 2 R b liên tục đoạn a; b với f a 0 , M Max f  x  Tìm giá trị nhỏ  f '  x   dx     [a ;b ] a A M  b  a  B M  b  a  C M2 b a Lời giải Chọn C Gọi x0   a; b  , cho f ( x0 ) M Áp dụng BĐT Cauhy – Schwart D M b a x0 x0 x0  x0  2  f '( x)dx    f '( x)  dx dx   f ( x0 )  f (a )  ( x0  a)  f '( x )  dx a a a  a x0 x0 2  f ( x0 ) ( x0  a )  f '( x)  dx  M ( x0  a )  f '( x)  dx a x0 a x0 2 Mà ( x0  a)  f '( x)  dx (b  a)  f '( x)  dx a a x0 x0 2  M (b  a )  f '( x)  dx  a  f '( x) dx  a M2 b a Dấu xảy f ( x) 1 chọn f ( x )  x Phân tích tốn: - Vì biểu thức tìm giá trị nhỏ xuất f '( x)  nên giúp cho liên tưởng  b b b  2 đến BĐT Cauhy – Schwart  f ( x ) g ( x)dx  f ( x) dx g ( x)dx a a a  f  x   f ( x )  f ( x0 ) M , x   a; b  - Do toán cho M Max [ a ;b ] f  x  nên định hướng thêm để ta sử dụng - Quan sát đáp án ta thấy có xuất M Max [ a ;b ] BDT b  2 nên ta có  f ( x)dx   f (b)  f (a )   f (b) M - Vì giả thiết cho f ( a ) 0 a  x0 x0 2 - Do (b  a ) ( x0  a)  ( x0  a )  f ( x)  dx (b  a )  f ( x )  dx a Câu 14: a [2D4-4][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho hai số phức z1 , z2 z  z 2 P  z1  z2 thỏa mãn z1  z2 8  6i Tìm giá trị lớn biểu thức Pmax 2 26 B Pmax 104 C Pmax 32  D Pmax 4 A Lời giải Chọn A Ta có  z1  z2  z1  z2 2 z1  z2   z  z2   z2 8  6i  z1  z1  z2    z1  z2 8  6i   z1  z1   6i   z  z 2 P  z1  z2 2 26  z1   3i 1  Suy , dấu "=" xảy  z2 8  6i  z1    z 17  19i   5  23 11i   z1    5  Vậy Pmax 2 26  z0 0  Tổng quát: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  z0 trị lớn biểu thức P  z1  z2 z1  z2 m  Tìm giá Gọi điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , z0 M , N , K z0  m MN 2  OE   z  z2 OM  ON 2 Ta có 2 z1  z2 z   z2  Suy giá trị lớn Câu 15:  z1  z2  z0  m P  z1  z2 z0  m [2H3-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Trong không gian Oxyz  S  : x  y  z 9 mặt phẳng  P  : x  y  z  0 Gọi  S ' mặt cầu cho mặt cầu  S   P  đồng thời  S ' tiếp xúc với mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến  Q  : x  y  z  0 Gọi I  a; b; c  tâm mặt cầu  S ' Tính T abc 1 T  T 8 A T 1 B C T  D Lời giải Chọn D Cách : Ta có phương trình mặt cầu  S ' có dạng : x  y  z   m  x  y  z  3 0  x  y  z  mx  my  mz   3m 0 mặt cầu  m  m m 3m I ; ; R   3m   S ' có tâm  2  , bán kính   S ' tiếp xúc với mặt phẳng  Q  nên d  I ,  Q   R  m 5 3m 2   3m  1 1 I ; ;  T abc   m  10  9m  36m  108  m  2  Vậy suy  Tổng quát + Phương trình mặt cầu qua giao tuyến mặt cầu x  y  z  2ax  2by  2cz  d 0 mặt phẳng  P  : A x  By  Cz  D 0 có dạng x  y  z  2ax  2by  2cz  d  m  Ax  By  Cz  D  0 m ( tham số ) + Căn vào giả thiết bàn tốn ta tìm điều kiện tâm, bán kính, khoảng cách … ta lập phương trình để tìm tham số m Cách 2:  S  Có tâm O , bán kính R 3 ; d d  O;  P     S   P  r  R  d  Ta có bán kính đường trịn giao tuyến  S ' mặt cầu chứa đường tròn giao tuyến  S   P  nên : I  a; b; c   S ' nằm đường thẳng qua O vng góc với  P  tâm mặt cầu + Tâm  x t   y t  z t  có phương trình Suy a b c  S ' + Bán kính Do  S '  R ' 2 r  d tiếp xúc với mặt phẳng  I; P   Q : x   3a   6      (1) y  z  0 nên R ' d  I ;  Q    a (2) 2  a 5  3a     6     8a  8a  0  a      Từ (1), (2) ta có 1 1 I ; ;  T abc  suy  2  Vậy Tổng quát  S ' mặt cầu chứa đường tròn thiết diện  S   P  Với dạng toán viết PT  S  : x  y  z  2ax  2by  2cz  d 0 mặt phẳng  P  : A x  By  Cz  D 0 K   a;  b;  c  + Trước hết ta tìm tâm bán kính r đường trịn thiết diện I  a; b; c   S ' nằm đường thẳng qua K vng góc với  P  + Tâm tâm mặt cầu  x  a  At   y  b  Bt  z  c  Ct  có phương trình tham số Tham số hóa tọa độ điểm I , vào giả thiết toán ta lập PT tìm tham số t từ suy tọa độ tâm I Câu 16: [2H3-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Trong khơng gian với hệ A  1;1;  B   2;0;1 C  0;0;  tọa độ Oxyz , cho ba điểm , , mặt phẳng  P  : x  y  z  0 Gọi M  a; b; c  điểm thuộc mặt phẳng  P  cho       S MA.MB  MB.MC  MC.MA đạt giá trị nhỏ Tính Q a  b  6c A Q 2 B Q  C Q 0 D Q 1 Lời giải Chọn B   1  G   ; ;1        GA Gọi G trọng tâm tam giác ABC , ta có   GB  GC 0 Theo đề bài, ta có       S MA.MB  MB.MC  MC.MA             MG  GA MG  GB  MG  GB MG  GC  MG  GC MG  GA                 3MG  MG GA  GB  GC  GA.GB  GB.GC  GC.GA           3MG  2MG.0  GA.GB  GB.GC  GC.GA    3MG   GA.GB  GB.GC  GC.GA       3MG  GA.GB  GB.GC  GC.GA   ... a3  a5  a7   a40 35 0 Bài toán tương tự: Bài 1: [2D 4-3 ] [Chuyên Hùng Vương Bình Dương ,thi lần 5 ,năm 2018] Tính giá trị biểu thức 2 2018 2017 A   C2018  C2018   C2018  C2018  C2018... Lấy mođun vế, ta : A 1  i 2018  2 2018   A  22018 Bài : [2D 4-3 ] [Chuyên Hùng Vương Bình Dương ,thi lần 5 ,năm 2018] Cho khai triển  2018 x  x  2018  A S 0 2018 a0  a1 x   a4036... dạng tích từ đưa tốn ban đầu chuyển toán mà việc giải toán trở nên đơn giản Câu 4: (u ) [1D 3-3 ] [Chuyên Hùng Vương Bình Dương ,thi lần 5 ,năm 2018] Cho dãy số n có số hạng nπ u n = sin Đặt Sn = u1