Câu hỏi tổng hợp có đáp án chi tiết về hàm số lớp 12 | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Biết rằng con kiến thứ nhất chỉ có thể di chuyển một cách ngẫu nhiên về phía bên phải hoặc lên trên, con kiến thứ hai chỉ có thể di chuyển một cách ngẫu nhiên về phía bên trái hoặc xuống[r]

x Câu [2D3-3] Nếu A f (t )dt  2 x t2  a với x  hệ số a B 19 C Lời giải D Chọn A f (t ) f (t ) F '(t )  2 t Gọi F (t ) nguyên hàm t , suy x f (t )dt  2 x  t2  F (t ) |ax 6 2 x  F ( x)  F (a)  2 x a Ta có  F '( x) 2 x x f ( x)  x x  f ( x) x x  x x f (t )dt t t    dt  dt 2 t |ax 2 x  a 2 x  t t t a a a a 3  a 9 Vậy Câu (gt) 1 x  x [1D2-4] Giả sử a2 ,…, a10  x   x10  11 a0  a1x  a2 x  a3 x   a110 x110 , với a0 , a1 , 10 11 hệ số Giá trị tổng T C11a11  C11a10  C11a9  C11a8   C11 a1  C11 a0 A T  11 C T 0 Lời giải B T 11 D T 1 Chọn A 11 10   x  x  x   x  a  a x  a x Ta có   x  a  a x  a x  a x   a x  2  a3 x   a110 x110 11 11 1 x   x11  11 11 2 3 11 110 110 110 110 x    x   a  a x  a x  a x   a   x  có số hạng tổng quát Khai triển t C   x  C   1 x , k  ,0 k 11 11 k 1 k 11 11   * 11 k k 11 k 11k 11 Hệ số số hạng chứa x khai triển ứng với k 1  C11 Mặt khác khai triển  11    x  11 a0  a1x  a2 x  a3 x3   a110 x110   C11k   x  k  a0  a1x  a2 x  a3 x3   a110 x110  k 0  11   k   C11   1 k x k  a0  a1x  a2 x  a3 x3   a110 x110  k 0  11 Số hạng chứa x khai triển     11 11 C11   1 x11a0  C1110   1  10 10 9 x a1x  C11   1 x 9a2 x   C110   1 x 0a11x11 10 11  C11 a11  C11 a10  C11 a9  C11 a8   C11 a1  C11 a0 x11   11 Suy hệ số số hạng chứa x khai triển 10 11 C11 a11  C11 a10  C11 a9  C11 a8   C11 a1  C11 a0 T   * Câu  T  C11  11 f  x 0;1 [2D3-3] Cho hàm số có đạo hàm liên tục   thỏa mãn 1 1 x f  x  dx  f  x  dx  f  x   dx     11 55 0 Tích phân bằng? 1 1 A B C 55 D 11 Lời giải Chọn A f  1 0 , I x f  x  dx Ta xét du  f  x  dx u  f  x      x5 dv  x dx v   Đặt 1 x5 1  I  f  x   x f  x  dx    x f  x  dx  50 55 50 10 x Mà  x 10  2x f  x    f  x   Vì x f  x  dx 11 dx  11  f  x  f  1 0  dx 0  f  x  x  f  x   x6  C x6  nên x 1 1  f ( x )dx  dx  0 Câu 2 [2D3-4] Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  x x  , trục Ox đường  a b  ln  b thẳng x 1 A 11 c B 12  với a, b, c số nguyên dương Tính a  b  c C 13 D 14 Lời giải Chọn C S x 2 x  dx x.x x  dx 0 Ta có u  x   2 d x2 1 d v  x x  d x  x       Đặt  suy du dx   2 v   x  1 x  Khi đó, 1 1 S  x  x  1 x    x  1 x  dx 30 1 1  S  2  x x  dx   x  dx 30 30 S    I  x  dx    2 1  S I 3 I  S Ta tính I  x  dx x  dx du  u  x  x 1    Đặt dv dx suy v  x Khi đó, 1  x  I x x2 1   dx    x    dx x2 1 x2 1  0  I  2  1 x  1dx   x2 1   I   I  ln x  x   dx  ln  2        ln  2 1    ln    4 2  Vậy Tức a 3, b 2, c 8 Vậy a  b  c 13 S Câu   [1D2-4] Cho lưới ô vuông gồm 16 ô vuông nhỏ, vng có kích thước 1x1 (mét) hình vẽ bên Con kiến thứ vị trí A muốn di chuyển lên vị trí B , kiến thứ hai vị trí B muốn di chuyển xuống vị trí A Biết kiến thứ di chuyển cách ngẫu nhiên phía bên phải lên trên, kiến thứ hai di chuyển cách ngẫu nhiên phía bên trái xuống (theo cạnh hình vng) Hai kiến xuất phát thời điểm có vận tốc di chuyển mét/phút Tính xác suất để hai kiến gặp đường 35 A 128 35 B 256 35 C 64 Lời giải 32 D 35 Chọn A Nhận xét: để di chuyển đến đích, kiến phải có hành trình (mét) Vì hai kiến xuất phát thời điểm vận tốc di chuyển nên chúng gặp di chuyển (mét) (sau phút) Do chúng gặp giao điểm nằm AA  đường chéo chạy từ góc bên trái xuống góc bên phải Xác suất để sau phút, kiến thứ đến vị trí A1 Xác suất để sau phút, kiến thứ hai đến vị trí A1 P1  A1   P2  A1   C40 24 ; C40 24 ; Xác suất để hai kiến gặp A1 là: C  P  A  P  A  P  A   1 256 ; Tương tự xác suất để hai kiến gặp A2 , A3 , A4 , A5 là: 2 C  P A   3 256 ; C  P A   256 ; C  P A   256 ; 4 C  P A   256 Vậy xác suất để hai kiến gặp là: 4 2 4 4 C   C  C  C  C  P 256 Câu [1D2-4] Từ tập A 5292 A  0;1; 2;3; 4;5; 6 B 2058  70 35  256 128 có số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho ? C 5589 Lời giải D 1601 Chọn D Gọi số phải tìm có dạng a1a2 a3a4 a5 ,  A , i 1, Kết hợp với đề ta có: a1  a2  a3  a4  a5 9 ; a1  a2  a3  a4  a5 18 ; a1  a2  a3  a4  a5 27 Ta xét trường hợp 1: a1  a2  a3  a4  a5 9 , với a1 6 , ai 6 với i 2,3, 4,5  a1  x2  x3  x4  x5 13  1 a1 6 1  x 7 x  a  i i  2,3, 4,5 i i Đặt , với , ta có:   1 C124 Số nghiệm nguyên dương  1  1  x2  x3  x4  x5 6  xi  , nên không trùng với trường hợp Nếu a1 7 , ta có xi 8 Phương trình có C64 nghiệm Nếu xi 8 , ta có  1  a1   x j 5  a1 , x j  nên không trùng với trường họp trên, phương trình có C nghiệm nên với vị trí xi có 4C5 nghiệm 4 Vậy trường hợp có C12  C6  4C5 số thỏa mãn Ta xét trường hợp 2: a1  a2  a3  a4  a5 18 , với a1 6 , ai 6 với i 2,3, 4,5 j i  x1  x2  x3  x4  x5 17  1  x1 6 1  x 7, i 2,3, 4,5 i Đặt xi 7  , với i 2,3, 4,5 , ta có:    C164 Số nghiệm nguyên dương  2  1  x2  x3  x4  x5 10  xi  , nên không trùng với trường hợp Nếu x1 7 , ta có x1 8 Phương trình có C104 nghiệm Nếu xi 8 , i 2,3, 4,5 ta có    a1   x j 9  xj  nên không trùng với trường họp trên, phương trình có C nghiệm nên với vị trí xi có 4C5 nghiệm 4 Vậy trường hợp có C16  C10  4C9 số thỏa mãn j i Ta xét trường hợp 3: a1  a2  a3  a4  a5 27 , với a1 6 , ai 6 với i 2,3, 4,5  x1  x2  x3  x4  x5 8  3  1  x1 6 1  x 7, i 2,3, 4,5 i Đặt xi 7  , với i 1, 2,3, 4,5 , ta có:    xi 1  xi 6 nên tập nghiệm  3 không vượt khỏi miền xác định xi Từ Phương trình có C7 nghiệm Câu Vậy trường hợp có C7 số thỏa mãn 4 4 4 Như tất có C12  C16  C7  C6  C10  4C5  4C9 1601 số Chọn D y  f  x [2D1-4] Cho hàm số có đạo hàm liên tục  f   1 y  f  x  Biết đồ thị hàm số đường cong hình  f  x   f   1  x vẽ bên Hỏi phương trình có  2; 2 nghiệm đoạn  ? A B C D Lời giải Chọn C y  f  x  A  2;  Đường thẳng y 2 x tiếp xúc với đồ thị hàm số 2   f   2 f  x   f   1  x  f  x    x 0 Suy Như g  x  f  x   x Đặt  x 0 g  x  0   g  x   f  x   x  x 2 Ta có Quan sát đồ thị ta thu Bảng biến thiên x  g  x   0   g   2   g  2 g  x g  0 Vì f   1 nên g     y  f  x  x  x 0 Từ đồ thị ta có diện tích hình phẳng giới hạn đường y 2 x , , , y  f  x  y 2 x x 0 x 2 lớn diện tích hình phẳng giới hạn đường , , , nên 2  x  f  x   dx   f  x   x  dx  2  f  x   x  dx   g    g    2  f  x   x  dx   g    g     g     0  g  2  g   2  2; 2 Suy Do phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn  * Nhận xét: Trong lời giải trên, bước gần cuối cùng, lời giải thực theo kiểu "nhìn hình ta có", cách làm áp dụng cho trắc nghiệm, với tự luận cịn có nhiều ý kiến trái chiều suốt thời gian vừa qua Câu 1 z1   i z2   i 2 , 2 Gọi z số phức thỏa mãn [2D4-4] Cho hai số phức 3z  3i  Đặt M , m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức T  z  z  z1  z  z2 21 A Tính mơ đun số phức w M  mi B 13 C Lời giải D Chọn A Gọi A , B , P điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , z 1 3 1 3 A  ;  B  ;  2  2  OA OB  AB 1   Ta có , , Suy OAB cạnh ,nội tiếp  3 I  0;  R   C  tâm   bán kính đường trịn Lại có 3z  3i   z 3 i  3  PI   P   C  Viết lại T OP  PA  PB O N I A B 2 P  Trên hình vẽ, khơng tính tổng quát, giả sử P thuộc cung nhỏ AB   Khi OPB OAB 60    Trên đoạn OP lấy điểm N cho PN PB Khi PNB nên NBP 60  B1 B2  (cùng cộng với góc NBA để góc có số đo 60 )   Mặt khác A2 O2 (Tính chất góc nội tiếp đường trịn)  PAB NOB  PA ON Khi T OP  PA  PB OP  ON  PN 2OP T 2OP 2  PI  IO  4 R  Ta thấy T OP  PA  PB OA  AB 2 m Vậy Câu w M  mi  [2D1–3] [Năng M 21 21  2i  w   w 3 khiếu TPHCM] Cho f  x  x3  3x  x  Phương trình f  f  x   1   f  x   A có nghiệm thực B C D Lời giải Chọn A Đặt f  x   t  t  t     f  t   t   f  t    t  1  f  t   t  1  t  3  2 t  3t  6t   t  1  t   3 t  4t  8t  0  t 5, 44  t 0,118  Với t 5, 44  f  x   5, 44  x  3x  x   5, 44  Phương trình có nghiệm Với t 50,118  f  x   0,118  x  3x  x   0,118  Phương trình có nghiệm Câu 10 [2D2-3] (Đề chuyên Vĩnh Phúc – lần 4-2018) Tìm tất giá trị tham số m để phương ln m  ln  m  x   x trình  có nhiều nghiệm A m 0 B m  C m  e Lời giải D m  Chọn B m ln m  ln  m  x   x Kí hiệu phương trình  (1) Điều kiện x  e  m y ln  m  x   y ln  m  y   x  e x  m  y x  e  m ta Thay vào (1) ta Đặt Ta có hệ e x  m  y  e x  e y  y  x  e x  x e y  y  y e  m x f  t  et  t Do hàm số Xét hàm số x  y  x ln  x  m   e x  x m đồng biến  nên suy g  x  e x  x  g  x  e x  1; g  x  0  x 0 x  g  x  g  x   0     Ta có bảng biến thiên Suy phương trình có nhiều hai nghiệm  m  (Thỏa mãn điều kiện) Câu 11 [2D3-3] [ĐỀ SỞ BẮC GIANG 2018] Cho hàm số f  1 0 f  x có đạo hàm đoạn 1 e2  x  f x d x  x  e f x d x             0 A I 2  e  0;1 I f  x  dx Tính tích phân e e I I 2 C D Lời giải B I e  Chọn B x Xét tích phân  x 1 e f  x  dx u  f  x    dv  x  1 e x dx   Đặt  du  f  x  dx  x v  xe x Nên  x 1 e f  x  dx  f  x  xe 1 x  xe f  x  dx  xe x f  x  dx 0 xe f  x  dx  e 1 Lại có (theo BĐT tích phân) 2 1 1 x   e2   x    x.e f  x  dx  x  e  dx. f  x   dx      0 0  f  x  k xe x Dấu " " xảy Suy x kx  e  x x Do x 1  e2 dx   k   f  x   xe x 1  e2  xe f  x  dx   x thỏa mãn x f  x dx  xe dx   x  e Do  Vậy x  C  f  1 C 0 I f  x  dx   x  e x dx e  0 Câu 12 [2D1-3] Cho ba số thực dương   P 3 x  xy  xyz   x  y  z  A max P 1 x, y, z Tìm giá trị lớn biểu thức: B max P 2 C max P 3 Lời giải D max P 4 Chọn B Áp dụng bất đẳng thức Cô si 13  x  x y  x y.16z   x  y  z x  xy  xyz 4 Khi đó: 2 P 3 x  xy  xyz   x  y  z  3  x  y  z    x  y  z  P 4t  2t  f  t  Đặt t  x  y  z , điều kiện: t  Ta có: f  t  4  4t 0  t 1 Lập bảng biến thiên suy max P 2 f  X  4 X  X Cách 2: Dùng máy tính casio Start , End , Step 0, 25   Câu 13 [2H3-3] (THPT ĐƠNG HÀ – QUẢNG TRỊ) Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho   7 A  a;0;0  B  0; b;  C  0;0; c  điểm , , , a  , b  , c  a b c Biết mặt  ABC  phẳng tiếp xúc với mặt cầu diện OABC A B  S  :  x  1 2   y     y  3  C Lời giải 72 Thể tích khối tứ D Chọn D Ta có  ABC  : x y z   1  bcx  acy  abz  abc 0 a b c   7  bc  2ca  3ab 7 abc Theo có: a b c  ABC  tiếp xúc với mặt cầu  S   d  I ,  ABC   R Mặt phẳng  bc  2ca  3ab  abc 2 2 2  72 b c c a a b  1 1 1     2     36  a b c  72 a b c 2 1  1 1 1 1   7  49                 a b c a b c     a b c Ta có a b c  a 2  a 2b 3c  b 1    1 c      a b c  Dấu xảy 1 2 VOABC  abc  2.1  6 Vậy Cách 2:  3 x y z M  ; ;    ABC    1   7 7 7 a b c Ta có a b c suy  3 M  ; ;   S   ABC  tiếp xúc với  S  M  7 7 Lại có nên x y z 1 2  ABC  :   1 VOABC  abc  2.1  6 Suy nên  ABC  : Câu 14 [2D1-3] Cho hàm số y  f  x  x2  y  f  x Hàm số y  f  x  nghịch biến khoảng đây:     ;    A  3    ;  2 C      ;    B  1   ;    D  Lời giải Chọn D Cách : Có  y  f  x  x    2x  f  x  x      x 2    x  x 1   x 0  x  x 2 y 0     x  f x  x      y '    f    Có nên ta có bảng biến thiên sau: Bảng biến thiên: có đồ thị hàm bên Hàm số 1   ;    Dựa bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến khoảng  Cách 2: Đặt Có g  x   f  x  x2   g  x  0  f  x  x    x  f  x  x      x 2    x  x 1  x   x  x   0  1 1  1 x  x   x      f  x  x   f    f  x  2 4   4 Nhận xét: đơn điệu giảm 1    ;   suy g  x    x  f  x  x  dấu với  2x  g  x    x  Do A  2; 2;  B  0; 2;  C  2;0;  D  2; 2;  Câu 15 [2H3-4] Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm , , , M  a; b; c  Điểm khơng gian cho S a  b  c A B 3MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ Khi C D Lời giải Chọn B Ta thấy tứ diện ABCD tứ diện vuông A AB  AC  AD B E A C F K H D Dựng hình lập phương ABEC.DHFK     AB  AC  AD  AF , AF  AB Khi đó: Sử dung tính chất tích vô hướng:               a.b  a b cos a , b  a b a.b  a b cos a , b  a b     3MA  3MA  MB  MC  MD     MB AB MC AC MD AD 3MA    AB AC AD      AB AC AD  3MA  MA      AB  AC  AD AB AC AD        AB   AC  AD  AF 3MA  MA   AB  AC  AD   AB  AC  AD  3MA  MA AB AB     AF AB 3MA  MA  AB  AC  AD  3MA  MA  AB  AC  AD AB AB Ta có:     MB AB MC AC MD AD   AB AC AD  AB  AC  AD M  2; 2;  Do 3MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ M trùng với A hay Vậy S a  b  c 2   6 Câu 16 [1H1-4] Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' có cạnh 1, M trung điểm AB Một kiến từ điểm M thẳng tới điểm N thuộc cạnh CC ' , từ điểm N thẳng tới điểm P thuộc cạnh CC ' , từ điểm P ' thẳng tới điểm D ' (điểm N , P thay đổi tùy theo hướng kiến) Quãng đường ngắn để kiến từ M đến D ' A Chọn A Dùng kĩ thuật trải phẳng B 1 C Lời giải  D Trải mặt ABCD, BCC ' B ', CDD ' C ' mặt phẳng Quãng đường kiến từ M đến D ' : MN  NP  PD MD Đẳng thức xảy M , N , P, D ' thẳng hàng BM  , BD 2 Tam giác BMD ' vng B ' có Khi MD  BM  BD  Câu 17 [2D3-4] Cho hàm số y  f  x có đạo hàm dương liên tục 1 f  x   f  x  1 dx 2 f  x  f  x  dx 0 A 33  27 18 B Tính  f  x    0;1 thỏa mãn f  1  f   1 dx 33 C 18 Lời giải 33  54 18 D Chọn C Ta có 1 2 f  x   f  x  1 dx f  x  f  x  dx  f  x  dx 0 1 1 f  x  f  x  dx  f  1  f   f  x  f  x  dx  dx  f  x  f  x   1 dx 0 1 f  x   f  x  1 dx 2 f  x  f  x  dx   f  x  f  x  1 dx  2 f  x  f  x  dx 0 0    0 f  x  f  x   1 dx 0   f  x  f  x  1  f  x  f  x  1  f  x  x  C  f  x  3x  C  f  x   3x  C f  1  f   1  Mà  3 C 3  f  x   0, x   0;1  C   3 C 1   C  C  C 3   C 1  27 5 33 C   27  33 C  3 C   C  3C  0  C   C 27 18 18 Suy  f  x     27  33  33 dx  3x   dx  18 18 0     Câu 18 [2D1-4] Cho khối chóp S ABC có SA SB SC a ASB BSC CSA 30 Mặt phẳng V k  S ABC     qua A cắt SB, SC B, C  cho chu vi tam giác ABC  nhỏ Tính VS ABC ? k k 2  A k 2  B k 4  C D Lời giải Chọn B  A  A Ta có Trải tam giác SAB, SAC , SBC mặt phẳng SAC SAC  AC   AC  Do chu vi tam giác ABC  AB  BC   C A  AB  BC   AC   AA   Dấu xãy B E , C  F hay SB SE , SC  SF  Tam giác SAA có góc S 90 , SA SA nên tam giác SAA vuông cân S ,   SA  A 450 SAA 0 0  Xét tam giác SAE có SEA 180  30  45 105 SE SA SE a     SE    a 0   sin 45 sin105 sin SAE sin SEA Áp dụng định lí sin ta có  Khi k SB SC    1 SB SC  Câu 19 [2D3-4] Cho hàm số   4  y  f  x nhận giá trị không âm liên tục  0;1 Đặt x g  x  1  f  t  dt   g  x   A g  x   f  x   Biết với x   0;1 Tìm giá trị lớn dx B C Lời giải D Chọn D Cách x  g   1 g  x  1  2f  t  dt    g  x  2 f  x  Ta có  g  x    g  x  2  g  x    g x g  x   f  x       Do t t t g  x  33 t dx  dx   g  x   2 x    g  t       g  x t   0;1 2   ta có  g     2t  3   g  t   2t   2  g  t    t   1  4   g  x   dx  x  1dx  3  0 Cách F  x f  x F   0 F  x   f  x  Gọi nguyên hàm thỏa Ta có x Ta có g  x  1  f  t  dt 1  F  x   f  x    2F  x   F  x   , x   0;1  F  x  x   0;1 , với  2F  x   0 , x   0;1  F  x   t h  t    1dx  h t     F x    x t  3   F t   t        3    0   2F  x      t Đặt  0;1 , hàm số nghịch biến h t   F  t   2F  t   0 33  h  x  h   x   0;1    F  x   x  x   0;1 , , 1 4    g  x    x  x   0;1    g  x   dx  x  1 dx   0 , Câu 20 [2D1-4] Biết tập hợp tất giá trị thực tham số m để phương trình  4m   x    3m    x  m  0 bao nhiêu? A ab 2 B ab  có nghiệm thực đoạn C ab  Lời giải  a; b D ab 1 Chọn D Cách 1: Điều kiện:   x 1 Ta có  4m  3 x    3m    x  m  0  m  x    x 1 x    x 1  1 1   3 x       x   x 3  7     m  1  m  1  1  1 x   x     3  x   7  7   x 3  1 x  t  4t x   3;1  t   ;15   x 3   1  m   2  15   3t Đặt Từ 1  t   ;15 1 2    15  Để có nghiệm phải có nghiệm 1 x  Khi ab 1  1   4t f ' t   0,  t    t  ;15  15 ;15 f  t   15    3t   3t với Xét hàm số Có  9 m ;  a  ; b   ab 1   Vậy Từ bảng biến thiên suy Cách 2: Điều kiện:   x 1 + Trong điều kiện ta có:  x  2,   x 2 0  X , Y 2  2 X  x  3, Y   x , + Đặt đó:  X  Y 4  4m  3 X   3m   Y  m  0 Phương trình ban đầu trở thành: + Ta quy tốn hình học:  :  4m  3 x   3m   y  m  0 “Tìm tham số m để đường thẳng cắt đường tròn  C  : x  y 4 điểm nằm góc phần tư thứ nhất”  1 M   ;   7  , cung nằm góc phần + Nhận thấy đường thẳng  qua điểm cố định tư thứ  C A  2;0  , B  0;   cung AB với (như hình vẽ)   15  MA  ;  k   7  suy đường thẳng 1 qua A, M có hệ số góc 15 + Ta có   15  MB  ;   7  suy đường thẳng  qua B, M có hệ số góc k2 15 + Nếu m x   0 phương trình ban đầu trở thành 3 (vơ nghiệm) + Nếu 3m  0 đường thẳng  có hệ số góc k  4m  3m  Do đường thẳng  cắt cung 4m  k1 k k2   15  m  AB 15 3m  tròn a  ; b   ab 1 Vậy Câu 21 [1D2-3] Trong thi trắc nghiệm khách quan có 10 câu Mỗi câu có bốn phương án trả lời, có phương án Mỗi câu trả lời điểm, trả lời sai bị trừ 0,5 điểm Một thí sinh khơng học nên làm cách với câu chọn ngãu nhiên phương án trả lời Xác suất để thí sinh làm số điểm không nhỏ là: 8 1  3  1  3 C     A108      4  4  4  4 B C Lời giải A 10 10 109 D 262144 Chọn D Gọi số câu trả lời x  x  N , x 10   Số điểm đạt : x  0,5  10  x  1,5 x  7  x 8  1  3 C      4  4 +) TH1: sai , 10  1  3 C      4  4 +) TH2: có đúng, sai 10 1    4 +) TH3: có 10 đúng, sai 109 Tổng cộng 262144 10 Câu 22 [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn giá trị nhỏ A P 2 z iz  2  iz  4 1 i i Gọi M , m giá trị lớn Tính giá trị P M m B P 1 D P 2 C P 2 Lời giải Chọn C Cách 1: iz  2  iz  4  z   i  z   i 4 1 i i Ta có  z   i  z   i  z   i  z   i  z 2 z  z 2  z   i a    b  1 i  z   i a    b  1 i a , b   z  a  bi Giả sử với ,  Dấu “ ” xảy  a 1 b    a  b a  b 1 2 z   i  z   i   a  1   a  1 4 Mặt khác ta có z  2 i    a   a  2  a   b   z   i 42  z 1  i  z   i   12  12    z 1  i  z  1 i  Mặt khác ta có   42 2.2 z   i 4   2 4 z   z 2  z  2 Dấu 2 “ ” xảy  z   i  z   i   a  1   b  1  a  1   b  1  a b z   i  z   i 2  a  1 2   a  1 4 Mặt khác ta có  z 1  i     a  1   a  1 4  a 1  b 1  z   i 2 Vậy M 2 m  Vậy P M m 2 Cách 2: 2 iz   iz  4  z   i  z   i 4 1 i i Ta có Gọi  * A điểm biểu diễn số phức z , xét hai điểm F1   1;1 F2  1;  1  *  AF1  AF2 4 , mặt khác ta có F1 F2 2   A thuộc Elip có độ dài trục lớn 2a 4 tiêu cự 2c 2 , nhận O làm tâm đối xứng  a 2  b  a2  c2   c Có   M  z max OA1 a 2  m  z OB1 b  z OA Ta có , theo tính chất Elip ta có  Vậy P M m 2  Một tứ diện ABCD có hai đỉnh A, B nằm mặt cầu  O;  hai điểm C , D nằm mặt cầu  O; 10  Tính thể tích lớn Câu 23 [2D1-4] Cho hai hình cầu đồng tâm  O;   O; 10 khối cầu tứ diện ABCD A 12 B C Lời giải Chọn D D K C A H D I B V a.b.d sin  CD AB.HK  6 +) Đặt IK a, IH b V 10  a  b2  a  b     V 3  10  a    b   a V  10  a    2b   a V 216 6 2 2 2  2b   2b  \ Vậy Vmax 6 Dấu “ ” xảy a 2; b 1 Câu 24 [2H1-4] Cho hình hộp ABCD ABC D Gọi M điểm thuộc đoạn CC  thỏa mãn CC  3CM Mặt phẳng  ABM  chia khối thành hai phần tích V1 , V2 Gọi V1 thể V k V2 tích phần chứa điểm B Tính tỉ số 7 k k 27 A B 13 k 41 C Lời giải D k 13 20 Chọn C C B D A M C B A Cách 1: Trong mặt phẳng cắt DC K  BCC B D I K  ABCD  nối AI kéo dài BM cắt BC I Trong mặt phẳng Thiết diện hình hộp bị cắt mặt phẳng  ABM  hình thang ABMK CM CI CK 1     CI  BC Ta có CC  BI CD Đặt h h d  B;  ABCD    d  M ;  ABCD    S S S ABCD  SABC  Gọi V thể tích khối hộp ban đầu, V h.S  1 Ta có V1 VIABB  VIMCK 1  VIABB VB ABI  d  B;  ABI   S ABI  h AB.BI sin IBA 3 1 1 V  h AB BC.sin B  h AB.BC.sin B  h.S  2 2 4 1 h  VIMCK VM ICK  d  M ;  ICK   S ICK  CI CK sin ICK 3 h 1 1 1 V     BC CD.sin C  h BC.CD.sin C  h.S  3 2 54 108 108 V V 26 26 82  V1 13 V    V  V  V  V  V  V  V  1 có 108 108 V2 41 108 108 Thay vào Cách 2:  1 Đặt V VABCD ABC D , V1 VABC BMK VM ABCK  VM ABB Trong đó: 1 2 VM ANCK  d  M ;  ABCK   S ABCK  d  C ;  ABCD   S ABCD  V 3 3 27 1 1 VM ABB  d  M ;  ABB  S ABB  d  C ;  ABB  S ABBA  V 3 13 13 41  V1 13 V  V  V  V  V  V  V  V  1 ta có V2 41 27 54 54 54 Thay vào Câu 25 [1D3-4] Cho dãy số (un ) xác định tổng 2018 số hạng dãy số đó? 4036 A 4035 4035 B 4034 u1  un un 1  ,  n  *  2(2 n  1) u  n Tính 4038 C 4037 Lời giải 4036 D 4037 Chọn D Ta có:   1   n  1    4n     4.1     4.2      4n     4n   u1 un 1 un  un   n  8n    2n  4n  2 2 1  un 1    un    4n  8n   2n  1  2n   (2n  1)(2n  1) 2n  2n  Do ... 3 không vượt khỏi miền xác định xi Từ Phương trình có C7 nghiệm Câu Vậy trường hợp có C7 số thỏa mãn 4 4 4 Như tất có C12  C16  C7  C6  C10  4C5  4C9 1601 số Chọn D y  f  x [2D 1-4 ]... C  P 256 Câu [1D 2-4 ] Từ tập A 5292 A  0;1; 2;3; 4;5; 6 B 2058  70 35  256 128 có số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho ? C 5589 Lời giải D 1601 Chọn D Gọi số phải tìm có dạng a1a2... 5  a1 , x j  nên không trùng với trường họp trên, phương trình có C nghiệm nên với vị trí xi có 4C5 nghiệm 4 Vậy trường hợp có C12  C6  4C5 số thỏa mãn Ta xét trường hợp 2: a1  a2  a3 