Hướng dẫn giải câu vận dụng toán 12 nhu thanh

HƯỚNG DẪN GIẢI CÂU VẬN DỤNG
MƠN TỐN 12 – THI KHẢO SÁT LẦN 3 NĂM HỌC 2018-2019
721

34

Câu – mã đề
722 723 724

47

50

45

NỘI DUNG
Mặt cầu  S  có tâm I  0;3;  4  ; R 2 , OI 5 .
Ta có:

2
 2 
  2
2
OM 2  ON 2 OM  ON  OI  IM  OI  IN
  
 
 
 
2OI . IM  IN 2OI .NM 2OI .MN.cos OI , NM 10 cos OI , NM .
 
 

Để OM 2  ON 2 đạt giá trị nhỏ nhất  cos OI , NM Min  cos OI , NM  1 .





 





















Khi đó OM 2  ON 2  10
Điều kiện: x    1;1 .

Với x    1;1 thì 0  1  x 2 1 , do đó, 20 2 1 x2 21 hay 1 2 1 x2 2 .
2
2
Đặt t 2 1 x  t   1; 2 . Phương trình trở thành: t   m  2  t  2m  1 0
t 2  2t  1
m
t 2
(do t 2 khơng là nghiệm của phương trình).
t 2  2t  1
Xét hàm số f  t  
trên  1; 2  .
t 2
 x 1   1; 2 
1
Có f  x  1 
2 , f  x  0  
.
 t  2
 x 3   1; 2 
 t 2  2t  1 m  t  2  

35

39

46

48

x



y

1

2

0




0

y



Do đó, Phương trình đã cho có nghiệm thì m 0 .
Suy ra có 11 giá trị nguyên của m thuộc đoạn   10; 20 để phương trình.
4

36

36

44

42

3

2

Số tiền Long phải trả bằng 10.  1, 04   10.  1, 04   10.  1, 04   10.1, 04 44,163
triệu đồng.
Trong hệ tọa độ Oxy
Gọi số phức z  x  yi . Tập hợp số phức z thỏa mãn z  4  3i 3 , thuộc
đường tròn  C  tâm I  4;  3 . Bán kính là R 3

37

42

36

36

38

35

38

34

Mà z OM . với M  x; y    C 
Do đó OM lớn nhất khi và chỉ khi OM OI  R 8

Vậy z0 8

2
2
2
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, đường tròn  C  : x  y R .

1


Quay hình trịn quanh trục hồnh ta được khối cầu bán kính R .
R

2



2

V1   R  x
R
2

2



1  R 5 R 3

dx   R 2 x  x 3  | R 

3  2
24 ,


4
5 R 3 27 R 3
.
V2 V0  V1   R 3 

3
24
24
V1
5
 .
Vậy
V2 27
39

37

39

38

2
2
Ta có: 2 f  x   x  m  2 f  x   x  m , với mọi x    2;3 .
2
Đặt g  x  2 f  x   x xét trên đoạn x    2;3 .

g '  x  2  f '  x   x 
Vẽ đường thẳng y  x cùng với đồ thị hàm số y  f '  x  trên cùng một hệ trục
tọa độ.

 x  2

Ta có: g '  x  0  f '  x   x   x 1 .
 x 3
Bảng biến thiên:

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f '  x  , y  x , x  2
, x 1 . Gọi H là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f '  x  ,
y  x , x 1 , x 3 . Dựa vào đồ thị dễ thấy S  H  S  H  0 .
2


3

1
3
 1
g ' x
1
dx

g
'
x
dx


g '  x  dx    S  H   0 .





2
2 2
2
1
 2
3
g ' x
g  x 3
g  3  g   2 
 
dx  0 
0 
 0  g  3  g   2  .
2
2 2
2
2

Ta có

 Min g  x  g   2  .
x  2;3

2
Để bất phương trình g  x  2 f  x   x  m đúng với mọi x    2;3 thì:

Min g  x   m  g   2   m  m  2 f   2   4 .

x  2;3

1
dx
x ln10
1
dv 
dx chọn v  1  1  x .
2
 x  1
x 1
x 1

Đặt u log x  du 

10

40

44

43

47

10

log x

 x

dx 
.log x  
Khi đó I  
2
 x 1
1
1  x  1

10

 1

1 

 ln10 . x 1 dx
1

10
1
10
1
11 10
11 10
 

ln x  1   
ln   log   log11  log 2 .

1
11 ln10
11 ln10 2 11
2 11
10
Vậy a  , b 1, c  1  S 11a  2b  3c 10  2  3 9 .
11
10

41

38

47

46

Do AA  AB  AC nên hình chiếu vng góc của A lên  ABC  trùng với
trọng tâm O của tam giác ABC .
Gọi H là hình chiếu vng góc của B lên AA .
Do A. ABC là hình chóp tam giác đều nên CH cũng vng AA
  P   BCH  .
Gọi M là trung điểm của BC  MH  AA .
Thiết diện của lăng trụ khi cắt bởi  P  là BCH .
3a
2
3a

Tam giác ABC đều cạnh a nên AM 
, AO  AM 
.
2
3
3
Dễ thấy: HB HC  HM  BC .
3a 2
1
3a 2
3a
Theo đề: S BCH 
.
 HM .BC 
 HM 
8
2
8
4
AH  AM 2  HM 2 

3a 2 3a 2 3a

 .
4
16
4
3

AO HM
AO.HM a

 AO 
 .
AO AH
AH
3
3
1
3a
Vậy VABCABC   AO . S ABC AO. . AM .BC 
.
2
12
Gọi A là điểm biểu diễn số phức z1  A thuộc đường trịn tâm I  1;3 , bán kính
R1 1
Dễ thấy MAH và AAO đồng dạng 

5
1
i   2 z2  8  5i 1
2
2
Gọi B là điểm biểu diễn số phức 2 z2  B thuộc đường tròn tâm H  8;5  , bán
Ta có: z2  4 

kính R2 1
Gọi V là điểm biểu diễn số phức z  V thuộc đường thẳng d : x  2 y  2 0 .

42

41

34

35

Ta có: P  z  z1  z  2 z2  2 VA  VB  2 VA  R1  VB  R2
Mà VA  R1 VA  IA VI (Quy tắc 3 điểm) và VB  R2 VB  HB VH (Quy tắc
3 điểm)
Nên P VI  VH
Nhận xét: I và H nằm cùng phía so với d
Gọi E là điểm đối xứng của I qua d , D là giao điểm của d và IE.
 12 1 
IE : 2 x  y  5 0  D  ; 
 5 5
 19 13 
Vì D là trung điểm của IE nên E  ;  
5
 5
Ta có: VI  VH VE  VH EH (Quy tắc 3 điểm)
1885
1885
1885
. Do đó: P 
. Vậy Pmin 
.
 VI  VH 
5

5
5

4


43

40

40

37

Ta có  SBD    ABCD  , kẻ SH  BD tại H , suy ra SH   ABCD 

SA và SD tạo với đáy một góc 600 , suy ra SAH
600 và SA SD , do đó
SHA SHD , suy ra AHD cân tại H , có ADB 450 nên AHD vng
AD
a 3 .
2
Xét SAH ta có SH  AH .tan 600 3a .
Cách 1 :
Vì CB   SAD   d  C ,  SAD   d  B,  SAD   .
Lại có
BD
2a
2
d  B,  SAD   

.d  H ,  SAD   
.d  H ,  SAD    .d  H ,  SAD   .
HD
a 3
3
Kẻ HK   SAD  , mà SH  AD , suy ra AD   SHK    SAD    SHK  .
cân tại H , suy ra AH HD 

HD a 3

.
2
2
Trong  SHK  kẻ HI  SK tại I , suy ra HI   SAD   d  H ,  SAD   HI .
Xét SHK vuông tại H , đường cao HI , ta có:
1
1
1
2
1
3a 7
.
 2
 2  2  HI 
2
2
HI
SH
HK
3a 9a

7
2
2 3a 7 2a 21

Vậy d  C ,  SAD    .HI  .
.
7
3
3 7
Cách 2 :
1
1
3
Thể tích khối chóp SABCD là V  SH .S ABCD  .3a. AH .BD 2a 3
3
3
1
 VCSAD  V a 3 3 .
2
SAD cân tại S , kẻ SE  AD ( E trung điểm AD ).
Ta có HKD vng cân tại K , suy ra HK 

Ta có SE  SA2 

AD 2
AD 2 a 21
.
 SH 2  HA2 

4

4
2

1
1 a 21
3a 2 7
.a 6 
Do đó S SAD  SE. AD  .
.
2
2
2
2
2
3V
7 2a 21
3 3a

Vậy d  C ,  SAD    CSAD 3 3a :
S SAD
2
7
5


44

34

37

44

Số phần tử không gian mẫu  10!.
Số cách sắp mà khơng có hai học sinh cùng giới đứng cạnh là 2.5!.5! cách.
Trong các cách sắp trên ta sẽ đếm số cách sắp khơng có hai học sinh cùng giới
đứng cạnh nhưng Phong và Lan thì ln đứng cạnh là 18.4!.4!.
Suy ra số cách sắp xếp mà khơng có 2 học sinh cùng giới đứng cạnh nhau, đồng
thời Phong và Lan cũng không đứng cạnh nhau là 2.5!.5! 18.4!.4!
2.5!.5! 18.4!.4!
8

.
Xác suất cần tìm là
10!
1575
2
Ta có:  1  cos x   cos 4 x  m cos x  m sin x
  1  cos x   cos 4 x  m cos x   m  1  cos 2 x  0
  1  cos x   cos 4 x  m cos x  m  1  cos x   0

 cos x  1

.
 cos 4 x m
 Xét phương trình cos x  1  x   k 2

45

48

35

49

 k   .

 2 
Phương trình cos x  1 khơng có nghiệm trong đoạn  0;  .
3 

 2 
Xét cos 4 x m . Ta có x   0;  .
3 

 8 
 4 x   0; 
 3 
Với 4 x   0; 2  \    và m    1;1 phương trình cos 4 x m có 2 nghiệm.
8 

 1 
Với 4 x   2 ;  và m    ;1 phương trình cos 4 x m có 1 nghiệm.
3 

 2 
 2 
 1 
Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt thuộc  0;  khi m    ;1 .
3 


 2 

I
R
A
46

45

49

50

47

46

45

39

B

d

H

Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương u  2;1; 2  và P  1;  1;1  d .



 u, IP 


Ta có: IP  0;  1;  2    u , IP   0;  4;  2  . Suy ra: d  I ; d       20 .
u
3
Gọi R là bán kính của (S). Theo giả thiết, IAB vuông tại I
1
1
1
2
40

 2  2  2  R  2 IH  2d  I , d  
2
IH
IA IB
R
3
40
2
2
2
Vậy (S) :  x  1  y   z  3  .
9
3
2
2
Ta có:  2m  2   x  1  x  1   m  m  1  x  1  2 x  2  0

  x  1   2m  2   x 3  1   m2  m  1  x  1  2   0

6


  x  1   2m  2  x 3   2m  2    m 2  m  1 x   m 2  m  1  2   0
  x  1   2m  2  x 3   m 2  m  1 x   m 2  m  1   0  *
3
2
2
(*) vô nghiệm   x  1   2m  2  x   m  m  1 x   m  m  1  0  2* luôn

đúng với mọi x.
3
2
2
Điều kiện cần  x  1 là nghiệm của  2m  2  x   m  m  1 x   m  m  1
 m 0
   2m  2    m2  m  1   m 2  m  1 0  2m 2  2m 0  
 m 1
Điều kiện đủ
+) m 0
2
 2*   x 1  2 x3  x 1 0   x 1  2 x 2  2 x 1 0, x
 m 0 : Thỏa mãn
+) m 1:
2
2
2

 2*   x  1  4 x3  3x  1 0   x 1  4 x 2  4 x  1 0   x 1  2 x  1 0, x
 m 1: Thỏa mãn.
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn

Ta có g ( x) xác định trên  và g ( x)  f ( x)  ( x  1) 2 do đó số nghiệm của
phương trình g ( x ) 0 bằng số giao điểm của hai đồ thị y  f ( x) và y ( x  1) 2
; g ( x)  0 khi đồ thị y  f ( x) nằm trên y ( x  1) 2 và ngược lại.
y
4
3
2

48

43

41

1

40

x
-2

-1

1

2

3

4

-1
-2

 x 0

Từ đồ thị suy ra g ( x ) 0   x 2 nhưng g ( x) chỉ đổi dấu từ dương sang âm
 x 1
khi qua x 1 . Do đó hàm số đạt cực đại tại x 1 .
49

49

48

43

Đặt t 3  2 1  3sin 2 x , ta có:
x

0

sin x

0
1

t


2
1
0

Nhận xét:

0
1
0

1

3
2



0
1

 t 1
 3 
+) Với 
thì 1 giá trị của t cho 2 giá trị của x   0;  .
 3 
 t  1

 3 
+) Với  1  t  1 thì 1 giá trị của t cho 3 giá trị của x   0;  .
 2 
7


m 2
(*) , với t    1;1 .
3
YCBT  Cần tìm m để phương trình  * có đúng 1 nghiệm t và nghiệm đó
Xét phương trình f  t  

thuộc   1;1 .

50

50

42

41

m 2

  1 3 1   1  m  5


 m 8
 m  2 2
 3

Do m   nên m   0;1; 2;3; 4;8 .
x  1 y 1 z 1


Vì A '  d  :
nên A '  t  1;  t  1; t  1
1

1
1

 AA '  t ;  t  1; t  5 

Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là u  1;  1;1
 
Vì AA '  d nên AA '.u 0  t  t  1  t  5 0  t 2  A '  3;  3;1
 a  2b  3c 3  6  3 0

8