Tổng hợp các câu hỏi vận dụng cao môn toán
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.8 MB, 32 trang )
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
TỔNG HỢP CÂU HỎI
Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến- Lê Đức Việt
Môn : Toán
Bản xem trước !!!
Ngày 30 – Tháng 8 – Năm 2017
Bản tổng hợp này gồm nững câu hỏi Tự biên soạn và sưu tầm từ
các thầy cô trên mạng, các đề thi thử cửa các trường . Lời giải
trong này được giải lại hoàn toàn bởi chính người viết .
Do đây là là bản demo nên có thể có sai soát mong các bạn bỏ qua
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 1
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
Câu 43 : Cho 2 phương trình x2 4 x 3a 0 có nghiệm x1 x2 và x2 9 x 2b 0 có nghiệm x3 x4 với
a, b là tham số thực dương . Tống các giá trị a, b thỏa mãn để x1 , x2 , x3 , x4 theo thứ tự tạo thành cấp số nhân
theo thứ tự đó :
582
A.
B. 11
C. 264
D. Không tồn tại a, b
25
Giải :
4
0
a
3
Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt
.
81
0 b
8
x1 x2 x1 x1.d 4
9
3
d2 d .
Gọi d là công bội của cấp số nhân đó
2
3
4
2
x3 x4 x1.d x1.d 9
a
3
8
Với d x1
2
5
b
x .x
x1.x2 x12 .d 32
a 1 2 0
3
3
3
3
25
. Với d x1 8
.
2
5
x3 .x4
2
x3 .x4 x1 .d
243
b
0
2
2
2
25
32 243
11 .
Tống các số thoả yêu cầu bài toán là :
25 25
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 44 : Cho đồ thị hàm số Cm : y x 4 4 x 2 4 m và đường tròn : x 2 y 2 3 . Biết Cm cắt trục
hoành tại 4 điểm phân biệt, Gọi A, B là giao điểm của Cm với trục hoành có hoành độ dương. Có bao
nhiêu giá trị m nguyên để trong A, B có 1 điểm nằm trong và 1 điểm nằm ngoài đường tròn .
A. 6
B. 4
Phương trình hoành độ giao điểm Cm
C. 2
D. Không tồn tại m
Giải :
và trục hoành : x 4 4 x 2 4 m 0 1 .
Đặt t x 2 Phương trình trở thành t 2 4t 4 m 0 2 .
Ta có Cm cắt trục hoành tại 4 điểm 1 có 4 nghiệm phân biệt 2 có 2 nghiệm dương phân biệt .
' m 0
S 4 0
0m4 .
P 4 m 0
t1 t2 4
.
2 có 2 nghiệm 0 t1 t2 x1 t2 , x2 t1 , x3 t1 , x4 t2 và
t1.t2 4 m
A
t1 ;0 , B
t2 ;0 . Đường tròn : x 2 y 2 3 có tâm I 0;0 và bán kính R 3 .
2
2
2
2
IA R IB R 0
t 3 t2 3 0
1
1 m 4 m 2;3 .
Theo yêu cầu bài toán
0
m
4
0
m
4
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu : Cho hàm số y f 4 x 1 có khoảng đồng biến lớn nhất là a;10 và hàm số y f 2 x 3 có
khoảng đồng biến lớn nhất 3;b với a, b
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
. Tính giá trị P 2 a b .
Page 2
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
C. P 17
D. Không xác định được a, b
Giải :
Ta có y f 4 x 1 , y f 2 x 3 có khoảng đồng biến lớn nhất lần lượt là a;10 , 3; b với a, b .
A. P 41
B. P 15
y f x có khoảng đồng biến lớn nhất ; với ,
x
f ' x 0
.
x
1
x
a
4 x 1
4
Với y f 4 x 1
39 .
4 x 1
x 1 10
4
3
x 2 3 9
2 x 3
5
Với y f 2 x 3
a P 41 .
2
2 x 3
b 18
x 3 b
2
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 47 : Cho phương trình m 2 sin x 2m 1 cos x 1 2 với m là tham số thực . Tống các giá trị
m thỏa mãn phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2
A. 8
B.
3 2
2
3
là :
C. 16
D. Không tồn tại m .
Giải :
Phương trình đề cho tương đương :
m 2 sin x 2m 1 cos x 2m 1
Đặt cos
2m 1
5m2 5
sin
m2
5m2 5
m2
5m2 5
; cos
sin x
2m 1
5m2 5
2m 1
5m2 5
cos x
với điều kiện
2m 1
5m2 5
2m 1
5m2 5
Từ đó ta có phương trình sau :
sin .sin x cos .cos x cos cos x cos x 2k k
Nếu x1 , x2 thuộc cùng 1 họ nghiệm thì x1 x2 2k '
.
1 * .
.
với k ' .
3
x 2k1
Vậy x1 , x2 thuộc 2 họ nghiệm khác nhau 1
k1 , k2
x2 2k2
x1 x2 2 k1 k2 2 cos 2 k1 k2 2 cos 2 cos
3
.
cos 2
1
1
2cos 2 1 .
2
2
2
2m 1
3
3
2
m 16m 11 0 m 8 5 3 đều thỏa * .
2
4
4
5m 5
Tống các giá trị m thỏa mãn là : 16 .
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ cos 2
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 3
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
Câu 48 : Cho hàm số C : y x3 6 x 2 9 x 4 và Cm : y x3 5x 2 9 2m x . Biết C và Cm cắt
nhau tại 2 điểm phân biệt A, B , gọi I là trung điểm AB , với xI 2 thì điểm I luôn thuộc đồ thị hàm số
CI : y ax3 bx2 cx d . Tính
A. S 9
B. S
S abcd .
17
2
D. S
C. S 7
3
2
Giải :
Phương trình hoành độ giao điểm C , Cm x 2mx 4 0 * .
2
m 2
Do C Cm tại 2 điểm phân biệt A, B * có 2 nghiệm phân biệt ' * 0
.
m 2
2
x 2mx 4 0
Khi đó tọa độ A, B thỏa hệ :
3
2
y x 6x 9x 4
2
2
x 2mx 4 0
x 2mx 4 0
.
2
2
2
y
x
2
mx
1
x
2
m
6
4
m
12
m
5
x
20
8
m
y
4
m
12
m
5
x
20
8
m
x x 2m
B
x
A
I
Từ đó ta có : y A 4m2 12m 5 x A 20 8m
y
2
I
yB 4m 12m 5 xB 20 8m
xI
yI
Do m 2 xI 2 . Vậy điểm I thuộc đồ thị hàm số
x A xB
m
2
.
y A yB
3
2
4m 12m 3m 20
2
m
4 xI3 12 xI2 3xI 20
CI : y 4 x3 12 x2 2 x 20 với
xI 2 .
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------f x
Câu : Cho các hàm số y f x , y g x f x 2 , y h x
có đồ thị lần lượt là C1 , C2 , C3
g x
. Hệ số góc các tiếp tuyến của
C1 , C2 , C3
tại điểm x0 1 lần lượt là k1 , k2 , k3 . Biết k1 2k2 3k3 và
k1 0 . Tính f 1 .
A. f 1
3
5
B. f 1
5
3
2
Ta có : f 1 g 1 , g ' x 2 x. f ' x , h ' x
C. f 1
3
5
D. f 1
Giải :
f ' x .g x f x .g ' x
g x
2
5
3
.
3 f ' 1 .g 1 f 1 .g ' 1
Theo giả thiết : k1 2k2 3k3 f ' 1 2 g ' 1 3h ' 1 f ' 1 4 f ' 1
.
2
g 1
5
f ' 1 . f 1 f 1 .2 f ' 1
f 1
5
3
0 f 1 .
f ' 1
f
'
1
2
2
3
5
3 f 1
f 1
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 4
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
Câu : Cho các hàm số y f x , y f f x và y f x 4 2 có đồ thị lần lượt là C1 , C2 , C3 .
Biết tiếp tuyến của C1 , C2 tại điểm x0 1 lần lượt có phương trình là y 2 x 1, y 6 x 1 . Phương
trình tiếp tuyến của C3 tại điểm x0 1 là :
Phương trình tiếp tuyến của C3
Giải :
tại x0 1 y f x04 2 ' x 1 f 3 4 f ' 3 x 1 f 3 .
Ta cần tìm f ' 3 , f 3 . Tiếp tuyến tại x0 1 của C1 , C2 có hệ số góc lần lượt là k1 2, k2 6 .
k1 f ' 1 2
f ' 1 2
f ' 1 2
f ' 1 2
.
k
f
f
x
'
6
f
'
x
.
f
'
f
x
6
f
'
1
.
f
'
f
1
6
f
'
f
1
3
0
0
0
2
Tiếp tuyến C1 tại x0 1 y 2 x 1 f 1 2 x 1 f 1 2 1 f 1 3 .
f ' f 1 f 3 3 .
Tương tự tiếp tuyến C2 tại x0 1 y 6 x 1 f f 1 6 x 1 f f 1 f 3 7 .
Tiếp tuyến C3 tại x0 1 y 4 f ' 3 x 1 f 3 y 12 x 5 .
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu : Biết rằng với mọi giá trị của tham số m a; b a b thì hàm số y m 3 x 2m 1 cos x luôn
nghịch biến trên
. Tính T a 2 b2 .
Ta có : y ' m 3 2m 1 sin x 0 với x
Giải :
.
Nếu m 3 0 m0 để y ' 0 Không thoả yêu cầu bài toán .
m 3
148
2
m 3 0
4 m T
.
Để thoả yêu cầu bài toán ta cần
2
2
2
9
3
3
m
10
m
8
0
m
3
2
m
1
Câu : Cho hàm số y f x x3 3x 1 . Số nghiệm của phương trình f f x 0 là :
Giải :
3
y f x x 3x 1 .
3
f 2 . f 2 0
1
Ta có : f 0 . f 0 Phương trình f x 0 có 3 nghiệm
2
3
f . f 2 0
2
Biện luận số nghiệm số nghiệm f x m ( dùng bảng biến thiên )
3
x1 2, 2
1
.
x2 0;
2
3
x3 ; 2
2
m 3
Phương trình có 1 nghiệm khi
.
m 1
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 5
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
Phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi 1 m 3 .
m 1
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi
.
m 3
f x x1
Ta có f f x f 3 x 3 f x 1 0 f x x2 .
f x x
3
Dựa vào biện luận trên ta có :
3
x1 2, f x x1 có 1 nghiệm .
2
1
x2 0; f x x2 có 3 nghiệm .
2
3
x3 ; 2 f x x3 có 3 nghiệm .
2
Vậy phương trình f f x 0 có 7 nghiệm .
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2sin 2 x cos 2 x
Câu : Hàm số y
có bao nhiêu giá trị nguyên với mọi x .
sin 2 x cos 2 x 3
Giải :
2
2
2
Ta có : sin 2 x cos 2 x 3 0 với mọi x do 1 1 3 .
2sin 2 x cos 2 x
2 y sin 2 x 1 y cos 2 x 3 y * .
sin 2 x cos 2 x 3
2
2
2
Để phương trình * có nghiệm thì 2 y 1 y 3 y .
y
5
y 1;0 .
7
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu : Có bao nhiêu giá trị m nguyên thuộc 1;6 để phương trình sin 3x sin 2 x m 1 sin x có đúng 5
7 y 2 2 y 5 0 1 y
nghiệm thuộc đoạn ; 2 .
3
Giải :
sin x 0
1
Ta có : sin 3x sin 2 x m 1 sin x
.
2
4cos
x
2cos
x
m
2
Xét phương trình 1 có 2 nghiệm thuộc đoạn ; 2 là x và x 2 .
3
Vậy 2 phải có đúng 3 nghiệm thuộc đoạn ; 2 4cos 2 x 2cos x m có 3 nghiệm khác x và
3
x 2 và thuộc đoạn ; 2 .
3
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 6
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
Đặt t cos x với x ; 2 t 1;1 4t 2 2t m .
3
Lập bảng biến thiên ta có :
Dựa vào vòng tròn lượng giác từ đó ta có nhận xét sau về phương
trình cos x t với x ; 2 . Do x t 1 .
3
2
Với t 1 phương trình vô nghiệm .
1
Với t 1 phương trình cos x t có 1 nghiệm thoả mãn .
2
1
Với t phương trình cos x t có 2 nghiệm thoả mãn .
2
1
Với 1 t phương trình cos x t có 2 nghiệm thoả mãn .
2
Áp dụng : Dựa vào bảng biến thiên và nhận xét trên ta có :
Để phương trình 2 có 3 nghiệm khác x và x 2 và thuộc đoạn ; 2 f t 0 phải có 2
3
1
1
nghiệm với t1 ;1 và t2 1; 0 m 2 .
2
2
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu : Tống giá trị m nguyên thuộc 2; 2 để phương trình sin3 x cos3 x m có đúng 3 nghiệm trong
0; .
Giải :
Ta có : sin 3 x cos3 x m sin x cos x 3sin x.cos x sin x cos x m .
3
Đặt t sin x cos x 2 sin x t 1; 2 với x 0; .
4
3
Phương trình trở thành : t 3t 2m . Đặt f t t 3 3t .
Ta có f ' t 0 t 1 . Xét bảng biến thiên :
t
f ' t
1
0
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
2
1
0
Page 7
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
2
f t
2
2
Dựa vào đường tròn lượng giác ta có nhận xét về số nghiệm của phương trình
t 1; 2 và x 0; .
Với t 2 hoặc t 1;1 Phương trình có 1 nghiệm .
2 sin x t với
4
Với t 1; 2 Phương trình có 2 nghiệm .
Để phương trình có 3 nghiệm x 0; f t 2m có 2 nghiệm t1 , t2 với t1 1;1 và t2 1; 2 .
2
m 1 .
2
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu : Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số C : y x 4 2 x 2 x 1 thỏa d tiếp xúc với C tại 2 điểm
Từ bản biến thiên và nhận xét trên 2 m 2
phân biệt . Vậy d đi qua điểm nào sau đây :
A. M 1; 2
B . N 1; 1
C. E 2; 2
D. F 2; 3
Giải :
Nếu tiếp tuyến không có hệ số góc d : x a Không có đường thẳng nào thỏa mãn yêu cầu bài toán .
Vậy d : y ax b . Phương trình hoành độ giao điểm C , d .
x4 2 x2 x 1 ax b x 4 2 x 2 1 a x 1 b 0 * .
Gọi A xA ; yA , B xB ; yB xA xB là 2 tiếp điểm của tiếp tuyến d . Ta có * x xA x xB 0 .
2
2
Đặt f x x 4 2 x 2 1 a x 1 b xA , xB là nghiệm của phương trình f ' x 0 .
xA4 2 xA2 1 a xA 1 b 0
b 3xA4 2 xA2 1 3xB4 2 xB2 1
f x A f xB 0
.
3
3
3
f
'
x
f
'
x
0
1
a
4
x
4
x
a
4
x
4
x
1
4
x
4
x
1
A
B
A
A
A
A
B
B
3
3
xA2 xB2 xA .xB 1
xA2 xB2 xA .xB 1 1
4 xA 4 xA 1 4 xB 4 xB 1
4
.
2
2
2
2
2
2
2
4
2
3
x
x
x
x
2
x
x
0
x
x
3
x
2
x
1
3
x
2
x
1
A
B
A
B
A
B
A B
A
A
B
B
A 1; 1
d:yx .
Thay xA xB vào 1
B 1;1
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------3
Câu : Cho hàm số y x 4 m 1 x3 mx 2 x 1 Cm và đường thẳng d : y x . Với giá trị m thuộc
4
khoảng nào sau đây thì d tiếp xúc với Cm tại 2 điểm phân biệt .
Giải :
1
Phương trình hoành độ giao điểm Cm , d x 4 m 1 x3 mx 2 2 x 0 * .
4
2
2
Gọi A xA ; yA , B xB ; yB xA xB là 2 tiếp điểm của tiếp tuyến d . Ta có * x xA x xB 0 .
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 8
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
Đặt
f x x 4 m 1 x3 mx 2 2 x
f ' x 0 .
1
2
2
x x A x xB x A , xB
4
là nghiệm của phương trình
x1 xA
2
2
f ' x 2 x x A x xB 2 x x A x xB 0 x2 xB
. Vậy f ' x có 3 nghiệm phân biệt .
x x
x3 A B
2
3
2
Ta có f ' x 4 x 3 m 1 x 2mx 2 0 . Do f ' x 0 có 3 nghiệm x1 , x2 , x3 .
4 x x1 x x2 x x3 4 x3 4 x1 x2 x3 x 2 4 x1x2 x2 x3 x3 x1 x 4x1x2 x3 0 .
Đồng nhất hệ số ta có :
3
x A xB
3
3
m 1
S m 1
m 1
S
x A xB
2
4
2
4
2
2
S
m
2
x x
x x m
.
x A . xB x A A B xB A B P
P
2
2
m 1
2
2 2
2
SP 1
x x 1
x A . xB . A B
4 m 1 m
2 2
m 1 2
3
2
m m m 15 0 m 3 .
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ax b
Câu : Cho hàm số y
C . Biết tiếp tuyến của C tại giao điểm của C và Ox có phương trình
x2
1
y x 2 . Tính S a 2 b2 .
2
Giải :
4a b
y 4 0
2 0
a 1
Ta có : d Ox A 4;0 . Ta có
S 17 .
1 2a b
1
b4
y ' 4
2
4
2
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu : Cho hàm số C : y ax 4 bx 2 c a 0 . Biết C có 3 điểm cực trị , điểm cực tiểu của C có toạ
độ là 0;3 và tiếp tuyến của C với Ox có phương trình y 8 3x 24 . Tính S a b c .
Giải :
a 0, b 0
Do điểm cực trị có toạ độ là 0;3 C có 1 điểm cực trị
.
y 0 3 c 3
a 1
y 3 0
9a 3b 3 0
b 2 S 4 .
Ta có : d Ox A 3;0 . Ta có
3
4 3 a 2 3b 8 3
y ' 3 8 3
c 3
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 9
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
Câu : Cho hàm số y x3 ax 2 bx c
C . Biết C cắt Oy
tại điểm A , C có đúng 2 điểm chung với
Ox là M , N và tiếp tuyến tại điểm B đi qua A . Tính S a b c biết SABC 1
Giải :
Ta có : y ' 3x 2ax b
2
Gọi M xM ;0 , N xN ;0 , C Oy A 0; c .
Tiếp tuyến tại M xM ;0 có phương trình là : y 3xM2 2axM b x xM .
A 3x 2ax bxM c 0 2 x ax
3
M
2
M
3
M
2 xM3 axM2 0 xM
2
M
x
3
M
ax bxM c 0 .
2
M
a
( Nếu xM 0 A M ) .
2
Do SABC 1 A Ox C Ox có 1 nghiệm kép và 1 nghiệm đơn .
Nếu tại M là nghiệm kép Tiếp tuyến sẽ là Ox A O A Ox Vô lí .
2
Vậy tại N sẽ là nghiệm đơn y x3 ax 2 bx c x xM x xN .
Ta có : y x3 ax 2 bx c x xM x xN x3 xM 2 xN x 2 xN2 2 xM .xN x xN2 xM .
2
a
a
xM 2 xN 4
xM 2 xN a
2
2
5a
xN 2 xM .xN b
b
.
16
2
xN xM c
a3
c a0
32
1
AO.MN 1 c . xM xN 2 c . a 8 .
2
a 4
Thay vào hệ trên ta tìm được b 5 S 1 .
c 2
Ta có : SAMN
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------12 , x 9
Câu 1 : Cho hàm số f x ax 2b 12
. Biết rằng a, b là các giá trị thực để hàm số liên tục tại
3 x 1 2 , x 9
x0 9 . Tính giá trị của P a b .
Giải :
Cách 1 : Sử dụng định nghĩa đạo hàm .
Đặt g x ax 2b 12 , h x 3 x 1 2 .
Để f x liên tục tại x0 9 thì lim f x lim f x f 9 12 .
Xét lim f x lim
x 9
x 9
g x
3
x 1 2
x 9
x 9
. Nếu g 9 0 lim f x hàm số không liên tục tại x0 9 .
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
x 9
Page 10
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
Vậy g 9 0 2b 9a 12 .
Mặt khác : lim
x 9
3
g x
g x
lim x 9 lim
x 1 2 x 9 h x x 9
x 9
g x g 9
a 1
x 9
1
g ' 9 12a 12
3 P .
2
h x h 9 h ' 9
b 2
x 9
Cách 2 :
Đặt g x ax 2b 12 . Để f x liên tục tại x0 9 thì lim f x lim f x f 9 12 .
Xét lim f x lim
x 9
g x
. Nếu g 9 0 lim f x hàm số không liên tục tại x0 9 .
x 1 2
Vậy g 9 0 2b 9a 12 .
x 9
x 9
x 9
3
ax 2b 12
lim
Ta có : lim 3
x 9
x 1 2 x9
x 9
ax 2b 12 3 x 1
2
2 3 x 1 4
12 ax 2b 12
lim
f 9 12 .
x 9
x 9
x 9
a 1
ax 2b 12
1
1 a 1 x 2b 3 0
3P .
x 9
2
b 2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2 x3 ax 2 4 x b
, x 1
2
Câu 2 : Cho hàm số f x
.Biết rằng a, b, c là giá trị thực để hàm số liên tục
x 1
3c 1 , x 1
tại x0 1 . Giá trị của c thuộc khoảng nào sau đây :
Giải :
Để f x liên tục tại x 1 thì lim f x f 1 .
x 1
Đặt g x 2 x ax 4 x b .
3
2
a 1
g 1 0
Ta có x 1 là nghiệm kép của phương trình g ' x 0
.
b 3
g ' 1 0
2 x3 x 2 4 x 3
4
lim
5 f 1 c .
2
x 1
3
x 1
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- x 2 mx 6m 2
, x3
Câu 3 : Cho hàm số f x
với m là tham số thực . Tổng các giá trị của m để
x 3
2m 3
, x3
hàm số liên tục tại x 3 là :
Giải :
2
2
Đặt g x x 3mx 6m . Để f x liên tục tại x 3 thì lim f x f 3 2m 3 .
x 3
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 11
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
g x
. Nếu g 3 0 lim f x hàm số không liên tục tại x 3 .
x 3
x 3
x 3 x 3
m 1
g 3 0
.
m 3
2
x2 x 6
Với m 1 . Ta có : lim f x
5 f 3 Hàm số liên tục tại x 3 .
x 3
x 3
27
2 3
x x 15
3
2
2
Với m . Ta có : lim f x
f 3 Hàm số không liên tục tại x 3 .
x 3
2
x 3
2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3 2 x 2 6 ax
, x 1
Câu 4 : Gọi a, b là 2 giá trị thực để hàm số f x
liên tục tại x 1 . Biết rằng
x2 1
a b 2
, x 1
m
m
b với m, n m n là các số nguyên và
là phân số tối giản . Tính P m 2n .
n
n
Giải :
Xét lim f x lim
Đặt g x 3 2 x 2 6 ax . Để f x liên tục tại x 1 thì lim f x f 1 a b 2 .
x 1
g x
Xét lim f x lim 2
. Nếu g 1 0 thì lim f x f x không liên tục tại x 1 .
x 1
x 1 x 1
x 1
Vậy g 1 0 a 2 .
2 x2 6 2 x
5
29 m 29
f 1 b 4 b
P 17 .
2
x 1
x 1
x 1
6
6
n 6
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3x 1 x a
; x 1
3
2 x7
Câu 5 : Cho a, b, c là các số thực để hàm f ( x) 3; x 1
liên tục tại x 1 . Tính giá trị của
x b c ; 9 x 1
10
x 1
biểu thức P 6a 9b 12c .
A. P 2
B. P 0
C. P 2
D. P 4
Giải :
Câu này đề thi hồi bữa nha :v
Với a 2 lim f x lim
3
Để hàm số liên tục tại x 1 thì lim f x lim f x f 1 3 .
x 1
Nếu
Xét lim f x lim
x 1
3x 1 x a
.
2 3 x7
3x 1 x a 0 lim f x f x không liên tục tại x 1 .
x 1
x 1
x 1
x 1
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 12
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
Vậy để f x liên tục tại x 1 3x 1 x a 0 a 1 .
x 1
Thử lại với a 1 lim f x lim
x 1
x 1
3x 1 x 1
2 3 x7
3 Đúng .
xb c
.
x 1
x 1
x 1
Tương tự như trên, để f x liên tục tại x 1 x b c 0 c b 1 .
Xét lim f x lim
x 1
Từ đó ta có : lim
x 1
x 1 x 1
xb c
x b 1 b
2
1
lim
lim
.
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1 x b 1 b 2 1 b 1 b
Để f x liên tục tại x 1 lim f x 3
x 1
1
8
1
3b c .
9
3
1 b
8
1
Vậy P 2 với a 1, b , c .
9
3
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------1
Câu : Cho hàm số y x có đồ thị C . Gọi giá trị lớn nhất của khoảng cách giữa 2 tiếp tuyến song
x
song của C là A ( nếu có ). Giá trị của A gần với số nào sau đây
A. 4
B.
9
2
C. 5
D.Không tồn tại A .
Giải :
1
1
.Tập xác định D / 0 . Ta có f ' x 1 2 .
x
x
Gọi 1; 2 là 2 tiếp tuyến tùy ý của C song song với nhau và lần lượt tiếp xúc với C tại M1 x1; f x1 ,
C : y f x x
M 2 x2 ; f x2 .
f ' x1 f ' x2
x2 x1 f x2 f x1 f x 1 .
Ta có :
x1 x2
2 : y f ' x2 x x2 f x2 f ' x1 x x1 f x1 .
2 : f ' x1 x y x1. f ' x1 f x1 0 .
1 / / 2
2 x1. f ' x1 f x1
A d 1 ; 2 d M1 ; 2
Ta có :
.
2
M1 x1 ; f x1 1
f ' x1 1
2
1
1
4 x1 1 2 x1
AM GM
x1
16
16
16
x1
A2
88 2 A.
2
1 2 2x2 1 2
2 2 1
2
1
x1 2 4 2
1
1 2 1
x12
x
x
x
1
1
1
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 13
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
1
.
2
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2x 3
Câu : Cho hàm số C : y
. Gọi I là giao điểm của 2 đường tiệm cận của C . Tiếp tuyến bất kì
x 1
của đồ thị hàm số C cắt 2 đường tiệm cận của C tại 2 điểm A, B . Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp
Dấu " " xảy ra khi x1
4
IAB . Tìm rmax .
A. rmax
1
2
B. rmax
1
2
C. rmax
1
2 2
D. rmax
1
2 2
Giải :
2x 3
Gọi M là điểm bất kì thuộc C M xM ; M
.
xM 1
Ta có I 1; 2 là giao điểm 2 tiệm cận .
Phương trình tiếp tuyến của C tại M là : y
xM 1
2
x xM
2 xM 3
.
xM 1
2x 4
giao tiệm cận đứng của C tại A A 1; M
.
xM 1
giao tiệm cận ngang của C tại B B 2 xM 1; 2 .
Ta có : S IAB pr r
1
S IAB
S IAB
.
p
1
1
2
IA.IB .
. 2 xM 2 2 .
2
2 xM 1
2
1
1
2
2 2 2 .
PIAB IA AB BI 2
x
1
x
1
M
M
x
1
xM 1
M
AM _ GM
AM GM
1
1
. Vậy giá trị của rmax là
.
r
2 2
2 2
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu : Cho hàm số y x 2 3x 2 mx với m là tham số thực . Hỏi giá trị nhỏ nhất của hàm số đạt lớn nhất
là :
Giải :
Xét x ;1 2; y x m 3 x 2 * y ' 2 x m 3 .
2
3 m
2 1
m 1
3 m
Nếu y ' 0 có nghiệm với x ;1 2; , y ' 0 x
.
3
m
m
1
2
2
2
2
3 m m 6m 7
f m max f m f 3 2 .
* là 1 parabol với hệ số dương min y y
4
2
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 14
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
Nếu y ' 0 với ;1 2; m 1;1 * đồng biến hoặc nghịch biến trên
.
Với x 2 y ' 0 với m 1;1 min y y 2 2m 2 với m 1;1 .
Với x 1 y ' 0 với m 1;1 min y y 1 m 1 với m 1;1 .
Xét x 1;2 y x 2 3 m x 2 , lúc này đồ thị hàm số có dạng là parabol úp xuống hoặc 1 nhánh
của parabol .
y min y 1 , y 2 với x 1; 2 Không tôn tại giá trị nhỏ nhất .
Vậy giá trị nhỏ nhất của y đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi m 3 .
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
1
a b
Câu : Biết nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình cos x 2 2 x sin x 2 là x0
với
2
c
a
là phân số tối giản . Tính S a b c .
a, b, c và
c
A. S 6
B. S 4
C. S 3
D. S 2
Giải :
1
Ta có : cos x 2 2 x cos x 2 2 x sin x 2 2 x .
2
2
x 2 2 x x 2 2k
x2 x k 0
2
2
sin x 2 x sin x
k .
x 2 2 x x 2 2k
2 x 2k 1 0
1
1 2k
Với 2 x 2k 1 0 x
k x là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất ứng với k 1 .
2
2
Với x2 x k 0 1 4k 0 k
nhất ứng với k 1 .
1
k 0 k
4
x
1 5
là nghiệm nguyên dương nhỏ
2
1
là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình S 3 .
2
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu : Gọi S là tập tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
m2 m 1 x5 m2 x3 x m 1 0 có nghiệm duy nhất trên khoảng 0;1 . Biết rằng
Vậy x
S ; a b; c , a b c. Tính P a b c.
A. P 0
B. P 1.
C. P 1.
D. P 2.
Giải :
2
5
2 3
Đặt f x m m 1 x m x x m 1 , dễ thấy f là hàm sơ cấp và xác định trên
tục trên
nên f cũng liên
. Do đó f liên tục trên 0;1 .
Ta có lim f x , lim f x Tồn tại a, b
x
nghiệm trên
x
để f a . f b 0
f x 0 có
.
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 15
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
Mặt khác : f ' x 5 m2 m 1 x 4 3m2 x 2 0 với x
,dấu " " xảy ra tại 1 điểm là x 0
f x 0 có tối đa 1 nghiệm .
f x là hàm đồng biến trên
Vậy f x 0 có duy nhất 1 nghiệm trên
.
f 0 m 1; f 1 2m2 2m 1 .
Để phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất trên 0;1 thì f 0 . f 1 0 .
Tương đương với m 1 2m2 2m 1 0 m
1 3 1 3
m 1.
2
2
1 3
1 3
;b
; c 1 P a b c 0.
2
2
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Suy ra a
Câu : Tìm tất cả giá trị thực của m để đồ thị hàm số y
mx 2 2
có đúng 1 đường tiệm cận :
x 3
Giải :
Đặt f x mx 2 .
2
Nếu hàm số chỉ có tiệm cận ngang lim y m m 0 .
x
Do m 0 Hàm số có 2 tiệm cận ngang . Khi m 0 y
Vậy m 0 thì hàm số không có tiệm cận ngang .
2
có thêm 1 tiệm cận đứng loại .
x 3
2
2
Để hàm số có tiệm cận đứng tại x 3 f 3 0 m . Khi m f ' 3 0 Nhận .
9
9
2
Vậy để hàm số có 1 tiệm cận thì m 0 .
9
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu : Cho đồ thi hàm số y
có tiệm cận đứng .
A. 12
m2 x 2 2mx m 1
. Có bao nhiêu số nguyên m 6;9 để đồ thị hàm số
2x 1
B. 13
Đặt f x m2 x 2 2mx m 1 .
C. 11
Giải :
D. 10
m 2
1
Để hàm số có tiệm cận đứng f 0
.
2
m 2
1
Với m 2 f ' 0 Nhận .
2
1
Với m 2 f ' 0 Loại .
2
Tổng các giá trị m thoả yêu cầu bài toán là 10 giá trị .
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 16
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
Câu : Cho hàm số y x3 3x 2 2 x 1 C . Gọi A, B A B là 2 điểm thuộc C sao cho tiếp tuyến tại
đó có hệ số góc là k . Biết AB 6 , tổng các giá trị k thoả yêu cầu bài toán là :
Giải :
A xA ; y A , B xB ; yB với xA xB .
3x 2 6 xA 2 3xB2 6 xB 2
f ' xA f ' xB k
A
Ta có :
.
xA xB
xA xB
x x
3 xA xB xA xB 2 0
xA xB 2 A B 1 .
2
xA xB
3
3
2
2
y A yB xA xB 3 xA xB 2 xA xB 2
Mặt khác
2
2
3
xA xB 3xA .xB xA xB 3 xA xB 2 2 xA xB 2 xA xB 2
1
2
I 1; 1 là trung điểm của đoạn thẳng AB .
Vậy đường thẳng AB đi qua điểm cố định I 1; 1 . Gọi k1 là hệ số góc của AB
AB : y k1 x 1 1 . Phương trình hoành độ giao điểm AB, C là :
x 1
.
k1 x 1 1 x3 3x 2 2 x 1 x 1 x 2 2 x k1 0
x 1 1 k1
AB2 xA xB y A yB 36 4 1 k1 k1 xA k1 xB 36 .
2
2
2
4k13 4k12 4k1 32 0 k1 xA 1 1 k1 f ' 6,73 .
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu : Cho f x x 1 x 2 ... x 2017 . Tính f ' 1000 .
A. f ' 1000 999!
B. f ' 1000 1
C. f ' 1000 1
Giải :
'
'
Ta có y u1.u2 ...un y ' u1.u2 ...un u1.u2 ...un ... u1.u2 ...un' .
D. f ' 1000 999!.1000!
f ' 1000 999 . 998 .... 1 .1.2...1017 999!1017! .
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 69 : Có 21 bạn học sinh , trong đó có 4 cặp có tình cảm với nhau, 4 cặp này có tình tay đôi, không có
tay ba…. Người ta chọn ra 5 bạn làm tình nguyện viên, hỏi có bao nhiêu cách chọn mà trong đó ít nhất 1 cặp
có tình cảm .
A. 3876
B. 3774
C. 19062
D. 8198
Giải :
5
Chọn ngẫu nhiên 5 bạn từ 21 bạn mà không tính thứ tự ta có C21
cách .
Ta giải bài này bằng phương pháp phần bù, nghĩa là ta tìm số cách chọn mà không có cặp nào trong 5 bạn là
có tình cảm .
Trường hợp 1 : Trong 5 bạn chọn ra có 4 bạn không có tình cảm với nhau mà trong 4 cặp có tình cảm .
+ Ở mỗi cặp có tình cảm ta chọn ngẫu nhiên 1 bạn ra thì có 24 cách.
+ Chọn 1 bạn từ 13 bạn còn là có C131 cách.
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 17
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
Tổng số cách ở trường hợp 1 là 24.C131 cách.
Trường hợp 2 : Trong 5 bạn chọn ra có 3 bạn không có tình cảm với nhau mà trong 4 cặp có tình cảm .
+ Chọn ngẫu nhiên 3 cặp có tình cảm từ 4 cặp có tình cảm ta có C43 cách .
+ Ở mỗi cặp có tình cảm trên, ta chọn ngẫu nhiên 1 bạn ra thì có 23 cách.
+ Chọn 2 bạn từ 13 bạn còn là có C132 cách.
Tổng số cách ở trường hợp 2 là C43 .23.C132 cách .
Trường hợp 3 : Trong 5 bạn chọn ra có 2 bạn không có tình cảm với nhau mà trong 4 cặp có tình cảm .
Tổng số cách ở trường hợp 3 là C42 .22.C133 cách .
Trường hợp 4 : Trong 5 bạn chọn ra có 1 bạn 4 cặp có tình cảm .
Tổng số cách ở trường hợp 4 là C41 .21.C134 cách .
Trường hợp 5 : Trong 5 bạn chọn ra 0 có bạn nào trong 4 cặp có tình cảm .
Tổng số cách ở trường hợp 5 là C135 cách .
Vậy tổng số cách chọn ra mà không có cặp nào có tình cảm là :
1
24.C13
C43 .23.C132 C42 .22.C133 C41.21.C134 C135 cách.
Số cách chọn ra 5 bạn có ít nhất 1 cặp có tình cảm là :
5
1
C21
24.C13
C43 .23.C132 C42 .22.C133 C41.21.C134 C135 3774 cách .
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Câu : Cho P 1 x x 2 ... x 2016
A. S 2017
2017
1
Ta có : P 1 a0 a1 ... a4066272
2017
a0 a1 x .... a4066272 x 4066272 . Tính tổng S a1 a3 ... a4066271 .
2017 2017 2
B. S
2
Giải :
2017
2017 .
C. S 2017
2017
2
2017 2017 1
D. S
2
P 1 a0 a1 ... a4066271 a4066272 1 x x 2 x3 ... x 2014 x 2015 x 2016
2017
1.
x 1
P 1 P 1 20172017 1
.
S
2
2
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu : Biết hàm số y x a x b x c đồng biến trên
. Hỏi giá trị lớn nhất của biểu thức
S a 2 2b2 3c 2 4a 5b 6c .
Giải :
Nếu a b c không xảy ra thì phương trình x a x b x c 0 có ít nhất 2 nghiệm phân biệt y cắt
Ox ít nhất tại 2 điểm y không đồng biến trên .
Vậy a b c y x a thoả yêu cầu bài toán .
3
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 18
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
2
15 75
75
.
S 6a 15a 6 a
12
8
8
75
15
Vậy Smin
. Dấu " " Xảy ra khi và chỉ khi a b c .
8
12
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------1
Câu : Cho các số x, y thoả log x2 y2 2 y 2 4 x 2 y 2 1 và x 2 y 2 x y m 0 với m là 1 số thực
2
bất kì sao chỉ tồn tại duy nhất 1 cặp x; y thoả mãn điều kiện trên . Gọi tổng số phần tử m thoả mãn là S .
2
Giá trị của S là :
A. S 0
B. S 1
C. S 2
Giải :
Điều kiện : 2 x y 1 0 .
D. S 4
Ta có : log x2 y2 y 2 2 x y 1 1 log x2 y2 y 2 2 x y 1 log x2 y2 y 2 x 2 y 2 y .
x2 y 2 2 y 1 4 x 2 y 2 x 2 y 2 5 ( luôn đúng ) .
2
2
2
2
1
1
1
Ta có : x y x y m 0 x y
2
2
2
2
2
2
2
1
1
Khi m 0 thì x y
2
2
m
2
.
m là 1 đường tròn có vô số x; y thoả mãn .
2
1
x
2
2
1
1
2
Vậy để có 1 cặp x; y thoả mãn thì m 0 x y 0
x y 0.
1
2
2
y
2
Không có giá trị m thoả mãn S 0 .
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 6969 : Một nhóm gồm 12 học sinh gồm 4 nữ trong đó có A và 8 nam trong đó có B. Hỏi có bao nhiêu
cách chia 12 học sinh thành 3 đội mỗi đội có 4 thành viên sao cho A và B chung một nhóm biết rằng mỗi đội
có ít nhất 1 nữ .
A. 4410
B. 735
C. 1470
D. 1050
Giải :
Do chia thành 3 đội nên không tính thứ tự các đội .
Trường hợp 1 : Đội của A và B chỉ có 2 nữ, trong đó có A .
+ Chọn ngẫu nhiên 1 nữ vào đội của A và B có : C31 cách .
+ Chọn ngẫu nhiên 1 nam vào đội của A và B có : C71 cách .
+ Chọn tiếp ngẫu nhiên 3 nam cho đội tiếp theo : C63 cách .
+ 3 bạn nam còn lại vào nhóm cuối cùng có : 1 cách
+ 2 bạn nữ mỗi bạn vào 1 nhóm có 1 cách, do các nhóm không tính thứ tự .
Vậy ở trường hợp 1 có : C31.C71 .C63 .1 cách .
Trường hợp 2 : Đội của A và B chỉ 1 nữ đó là A .
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 19
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
+ Chọn ngẫu nhiên 2 nam vào đội của A và B có : C72 cách .
+ Chọn ngẫu nhiên 2 nữ vào đội tiếp theo có : C32 cách .
+ Chọn tiếp ngẫu nhiên 2 nam cho đội đó có : C53 cách .
+ Các thành viên còn lại vào đội cuối cùng Có 1 cách .
Vậy ở trường hợp 1 có : C72 .C52 .C32 .1 cách .
Vậy tổng số cách ở 2 trường hợp là : C31.C71 .C63 .1 C72 .C52 .C32 .1 1050 cách .
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu : Cho a, b, c là 3 số thực thỏa a, b, c 0;1 . Tính xác suất để chọn ngẫu nhiên 3 số a, b, c sao cho
a b c 1 .
1
A.
9
1
D. Không tính được
12
Giải :
Trong không gian Oxyz , xét điểm M a, b, c , O 0;0;0 , A 1;0;0 , B 0;1;0 , C 0;0;1 .
B.
1
6
C.
Với a, b, c 0;1 thì điểm M sẽ chạy tung tăng trong hình lập phương cạnh bằng 1 có thể tích là V .
Vì a b c 1 nên M chạy trong phần không gian chứa đỉnh O và bờ mặt phẳng x y z 1 0 .
V
1
M chạy trong khối chóp OABC Xác suất là : OABC .
V
6
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu : Cho a, b, c là 3 số thực thỏa a, b, c 0;1 . Tính xác suất để chọn ngẫu nhiên 3 số a, b, c sao cho
a 2 b2 c 2
3
.
2
1
D. Không tính được
12
Giải :
Trong không gian Oxyz , xét điểm M a, b, c , O 0;0;0 , A 1;0;0 , B 0;1;0 , C 0;0;1 .
B.
1
9
B.
1
6
C.
Với a, b, c 0;1 thì điểm M sẽ chạy tung tăng trong hình lập phương cạnh bằng 1 có thể tích là V .
Với a 2 b 2 c 2
3
3
nên M chạy trong khối cầu tâm O bán kính R
.
2
2
1
VO
1
3
8
M chạy trong khối cầu được giới hạn bởi hình lập phương và khối cầu tâm O
.
8
V
16
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------5 35i
Câu : Cho số phức z1 thỏa z1 1 i z1 , số phức z2 thỏa
là số thực và số phức w thỏa điều
5 z2 23 4i
kiện 2 w 1 i 3 w 2 i 2 . Cho P w z1 w z2 z1 z2 , gọi a là giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P (nếu có) . Đáp án nào sau đây là đúng :
16 10
8 10
64 5
A. a
B. a
C. a
D. Đáp án khác
5
5
2
Giải :
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 20
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
Trong mặt phẳng phức Oxy gọi A, B, C lần lượt là điểm
biểu diễn của số phức w, z1 , z2 .
Gọi z1 a bi a, b
z1 1 i z1 a b 1 0 .
z1 1 : x y 1 0 trong mặt phẳng phức Oxy .
Ta có :
5 35i
k k
5 z2 23 4i
1
k
CD 1; 7 với
23 4
D ; . Vậy z2 thuộc đường thẳng có véctơ chỉ
5 5
phương là 1; 7 và đi qua điểm D nhưng không lấy
điểm D z2 2 : 7 x y 33 0 và z2
23 4
i .
5 5
Ta có : 2 w 1 i 3 w 2 i 2 2 AE 3 AF 2 với E 1; 1 F 2; 1 .
Mà 2 AE 2 AF 2EF 2 . vậy dấu " " xảy ra khi w 2 i .
P AB BC CA . Ta có A thuộc góc nhọn được tạo bởi 2 đường thẳng
1 , 2 .
A1 2;3
AB A1B
Gọi A1 , A2 lần lượt là điểm đối xứng của A qua 1 , 2
và 38 1 .
AC A2C
A2 5 ; 5
16 10
P AB BC CA A1B BC A2C A1 A2
Chọn A … ah mà thôi :v .
5
B A1 A2 1
Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi
. Ta cần tìm tọa độ C để so sánh với điểm loại đi trên
C A1 A2 2
2 C
23 4
; Không tồn tại điểm C Không tồn tại Pmin .
5 5
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
1 i
là
w 4 2i
số thực và w1 w2 3 2 , số phức u thỏa 2 u 2 i 3 u 1 2i 6 2 . Gọi giá trị nhỏ nhất của biểu
Câu : Cho số phức z1 , z2 thỏa z 1 i z và z1 z2 6 2 , số phức w1 , w2 thỏa điều kiện
thức sau (nếu có) là P u z1 u z2 u w1 u w2 . Đáp án nào sau đây là đúng :
A. 3 26
C. 6 2 26
B. 9 2 6
D. Đáp án khác
Giải :
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 21
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
Trong mặt phẳng phức gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn số
phức z1 , z2 z1 z2 6 2 AB 6 2 .
Gọi z a bi a, b
z 1 i z a b 1 0 .
Vậy z1 , z2 : x y 1 0 trong mặt phẳng phức với
z1 z2 6 2 .
Trong mặt phẳng phức gọi X , C, D lần lượt là là điểm biểu
diễn số phức w, w1 , w2 w1 w2 3 2 CD 3 2 .
1 i
k k XY k 1;1 với Y 4; 2 .
w 4 2i
Vậy w thuộc đường thẳng có véctơ chỉ phương là 1;1 và đi
Ta có :
qua điểm Y 4; 2 nhưng w 4 2i .
w 2 : x y 6 0 loại đi điểm Y 4; 2 .
Trong mặt phẳng phức gọi M là điểm biểu diễn số phức u .
Ta có E 2;1 , F 1; 2 2 u 2 i 3 u 1 2i 6 2 2ME 3MF 6 2 .
Mà 2ME 2MF 2EF 6 2 . Vậy dấu " " xảy ra khi và chỉ khi MF 0 M 1; 2 .
P MA MB MC MD với AB 2CD 6 2 . Ta cần tìm Pmin .
Gọi E , F lần lượt là định thứ tư của hình bình hành MCDE, MBAF .
Gọi E ' là điểm đối xứng của E qua 2 , F ' là điểm đối xứng của F qua 1 .
MC DE DE '
P E ' D DM F ' A AM E ' M F ' M .
Ta có :
MB AF AF '
D ME ' 2
Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi
.
A MF ' 1
Gọi N là hình chiếu của M trên 1 MHA ANF ' g c g
với
N FF ' 1
MA AF ' AF MB MAB cân tại M . Chứng minh tương tự MCD cân tại M .
Pmin MA MB MC MD 6 2 26 .
Kiểm tra lại tọa độ của C , D . Ta viết phương trình đường tròn tâm M bán kính R MC .
C 4; 2
C, D C 2
Không tồn tại Pmin do w 4 2i .
D 1; 5
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 22
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
Câu : Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh 5, chiều cao bằng 5. Điểm M thay đổi
AM
trên đoạn AB ' sao cho mặt phẳng qua M và vuông góc với AB cắt đoạn BC ' tại N. Xác định tỉ số
B'M
sao cho giá trị biểu thức :
A.
7
9
Đặt 5 a 0 .
AM 2 MN
nhỏ nhất.
2
2
9
9
B.
C.
7
16
Giải.
Gọi I là trung điểm AB CI AB và CI
D.
7
.
16
a 3
.
2
Gọi là mặt phẳng qua M và vuông góc với AB .
Gọi P, Q, N lần lượt là giao điểm của và BC, AB, BC ' .
MQ / / AB , QP / / IC và NP / /CC ' .
Vì N thuộc đoạn BC ' nên P thuộc đoạn BC .
MA
Q thuộc đoạn IB QA QB MA MB '
1 .
MB '
Đến đây ta có thể chọn ngay đáp án B .
Nếu giải tiếp, ta sẽ làm như sau:
a
Đặt AQ x x a , mà ABB ' A ' là hình vuông
2
0
MAQ 45 MAQ vuông cân tại Q .
AM
AM 2
AQ 2
x 2 và MQ AQ x .
2
2
a
NP BP BQ QP
ax
2.
NP 2.(a x) và QP a x 3 .
Ta có QB a x, IB
2
CC ' BC BI
IC
a
Gọi J là hình chiếu của N trên MQ MJ MQ NP 3x 2a .
Từ đó ta có AQ
2
9
7 2
MN
2
MJN vuông tại J MN 2 JN 2 JM 2 7a 2 18ax 12 x 2
3x ax a .
2
4
2
AM 2 MN
9
7 2
9
2
4 x ax a y ' 8 x a .
2
2
4
2
2
9
MA AQ
x
9
9
a
.
y ' 0 x a , a y nhỏ nhất khi x a
16
MB ' BQ a x 7
16
2
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu : Cho một hình nón tròn xoay có tỉ lệ giữa bán kính đáy và chiều cao là 3: 4 nội tiếp một hình chóp
cho trước, đỉnh của hình chóp và hình nón trùng nhau . Gọi V1 ; V2 lần lượt là thể tích của khối chóp và khối
nón đó . Giả sử tồn tại một khối cầu có thể tích là V3 sao cho hình chóp đã cho ngoại tiếp khối cầu này. Khi
Xét: y
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 23
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
đó V1 : V2 : V3 là bao nhiêu , biết rằng diện tích toàn phần của hình chóp là 3 h2 (h là chiều cao của hình nón
tròn xoay ) .
A. 12 : 8 : 3
B. 12 : 8 : 5
C. 16 : 8 : 3
D. 16 : 8 : 5
Giải :
Gọi S là đỉnh hình nón thì S cũng là đỉnh của hình chóp.
Hình nón có Rnon 3a, h 4a đường sinh l 5a ( Pytago) .
Trong mặt phẳng đáy của hình nón, gọi P là đa giác ngoại tiếp đường tròn đáy, và P có nửa chu vi là
p.
Ta có S P p.R non 3a. p , diện tích xung quanh hình chóp: S xq P p.l 5a. p .
Stp P 8a. p 3 . 4a p 6a S P 18a 2 Vchop 24a V1 .
2
1
Vnon hR 2 non 12a3 V2 .
3
Gọi S là mặt cầu nội tiếp hình nón có tâm I , bán kính R S S cũng nội tiếp hình chóp .
Vẽ đường kính AB của đường tròn đáy hình nón thì SAB S là 1 đường tròn C có tâm là tâm đường
tròn nội tiếp SAB I và có RC R S Rnoitiep SAB .
1
3a
Ta có: SSAB pSAB .RC h. AB RC
(với pSAB là nửa chu vi SAB ).
2
2
4
9 a3
V3 .
Vậy thể tính của khối cầu là: Vkhoi cau .R s 3
3
2
9
Ta có V1 : V2 : V3 24 :12 : 16 : 8 : 3 .
2
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 123 : Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thoi có BAC 300 , SAB là tam giác đều cạnh a . Mặt
bên SCD tạo với đáy một góc 600 . Tính thể tích khối chóp S. ABCD .
Giải:
Vì ABCD là hình thoi, nên ta có: DAC BAC 300 BAD 600
.
Mà AB AD ABD cân tại A . ABD đều.
SM AB
AB SMD .
Gọi M là trung điểm cạnh AB .
DM AB
SMD ABCD .
Mà CD / / AB CD SMD .
CD SD SCD
CD MD ABCD
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 24
Biện soạn và sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt
SDM SDM 900
60 SCD ABCD SD, SC
0
0
180 SDM SDM 90
a 3
SAB đều cạnh a có SM là trung tuyến SM
Ta có:
.
2
a 3
.
ABD đều cạnh a có DM là trung tuyến DM
2
a 3
SM DM
SMD cân tại M SDM 900 .
2
0
Vậy SCD , ABCD SDM 60 0 .
a 3
.
2
SH MD SMD ABCD
Gọi H là trung điểm cạnh MD
.
3a
SH
4
Mà SMD ABCD nên SH ABCD
Mà SMD cân tại M SMD đều cạnh
a2 3
1
a3 3
Ta có S ABCD 2S ABD
.
VS . ABCD S ABCD .SH
2
3
8
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Câu 124: Cho hình chóp S. ABC có: SA 6, SB 2, SC 4, SBC 900 , ASC 1200 , AB 2 10 . Gọi P
là mặt phẳng qua B , trung điểm N của SC , vuông góc với mặt phẳng SAC và cắt SA tại M . Tính tỉ số
VS .BMN
.
VS . ABC
Giải:
SAB có SA 6, AB 2 10, BS 2 .
SAB vuông tại S (Pytago đảo) SA SB .
Mà SBC 900 SB BC , nên SB SA, BC .
Gọi K là điểm đối xứng của B qua N .
CK / / SB
.
SKCB là hình bình hành
SK / BC
CK SK , SA CK SAK .
Trong SAC gọi H là hình chiếu của C trên SA SHC vuông tại H
.
0
SH SC.cos 60 2
0
0
Vì ASC 120 CSH 60
.
0
HC SC.sin 60 2 3
Ta có: AH HC, AH KC (vì KC SAK AH ) AH HKC SAC HKC .
Tổng hợp VDC - Biện soạn và sưu tầm
Page 25
