Đề kiểm tra kiến thức Toán 12 năm 2018 trường THPT chuyên KHTN – Hà Nội lần 2

Lời giải các câu VDC trong đề KHTN lần 2 được thực hiện bởi thầy Hà Hữu Hải và Vũ Hồng Quý
Tuyển tập các câu Vận Dụng Cao trong đề chuyên KHTN Hà Nội lần 2
Lời giải chi tiết được thực hiện bởi thầy Hà Hữu Hải và anh Vũ Hồng Quý
1

2
4 1
16
f ' ( x )  dx
.
mãn f (1) 1;=
Câu 41: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên [ 0;1] thỏa=
∫ xf ( x ) dx 15 ; ∫  =
3
0
0

1

Tích phân ∫  f ( x )  dx bằng:
2

0

1
4

4
A. .
B. .
C. .
D. 1.
6
9
63
Đề trên bị lỗi nên bất đẳng thức tích phân không xảy ra dấu bằng do đó thầy không giải chi tiết ở
đây vì câu này nhiều bạn đã làm được tư duy giống với đề minh họa của BGD mới ra năm 2018

Câu 42: Cho hàm số y = x 4 + 2m ( m + 2 ) x 2 + m + 2. Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành
một tam giác có diện tích lớn nhất
3
A. −1.
B. − .
2

−1
C. 5 .
3
Hướng dẫn giải
Để đồ thị hàm số có 3 cực trị ⇔ 2m ( m + 2 ) < 0 ⇒ −2 < m < 0.
Dùng công thức tam giác cực trị ta có: S∆ABC =

(

Xét hàm f ( m ) =
− m 2 + 2m

)

(

1
− m 2 − 2m
2

)

D.

2

−1
.
2

− m 2 − 2m .

−m 2 − 2m với −2 < m < 0.

f ( m ) max ⇔ m =−1. ⇒ Chọn A.
3; SB =
4; SC =∠
5; ASB =
600 ; ∠BSC =
1200 và ∠CSA =
Câu 43: Cho hình chóp S.ABC, trong đó SA =
900

. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC là
B. 2.

A. 4 2.

Áp dụng công thức VS . ABC =

C. 2 2.
Hướng dẫn giải

D. 2.

abc
1 − cos 2 α − cos 2 β − cos 2 ϕ + 2 cos α cos β cos ϕ .
6

Suy ra

3.4.5
1 1
1  1
1 − − − 0 + 2. .  − =
V=
S . ABC
 .0 5 2 .
6
4 4
2  2
Mặt khác ta lại có
1


, AB .
VS . ABC = .SC. AB.d ( SC , AB ) .sin SC
6
Áp dụng định lí cosin cho các tam giác SAB, SBC ,
SCA ta có:

(

=
BO

2

BA2 + BC 2 AC 2
−=
2
4

60° 120°

)

=
AB
SA + SB − 2 SA.SB.cos =
60°
13 ,
=
BC =

61, AC
34 .
Dựng hình bình hành ABCD . Áp dụng công thức
đường trung tuyến cho ∆ABC , suy ra
2

S

3 D

5
4

A

C

O
B

114
.
2

Thầy Hà Hữu Hải ---- chuyên luyện VDC tại Hà Nội--- 0986.120.635
1


Lời giải các câu VDC trong đề KHTN lần 2 được thực hiện bởi thầy Hà Hữu Hải và Vũ Hồng Quý

∆SAC vuông tại S ⇒ SO=
=
Suy ra cos SBO

(

1
SC =
2

34
.
2

(

)

3 114


SC
, AB
cos
=
SCD
⇒ SD =
58 . Khi đó ta có cos =
38

2
13

)

17
1
17
6 34

. Vậy .5. 13.d ( SC , AB ) .
⇒ sin SC
, AB =
5 2 ⇔ d ( SC , AB ) =.
=
13
6
13
17
Câu 44: Cho khối chóp S.ABC có ∠BAC = 900 ; BC = 2 2; ∠ACB = 300 , hình chiếu của S trên mặt phẳng
đáy là trung điểm H của BC. Giả sử có mặt cầu tâm O, bán kính bằng 1 tiếp xúc với SA, SB, SC
lần lượt tại các điểm A1 , B1 , C1 , trong đó A1 , B1 thuộc các cạnh tương ứng SA, SB, còn C1 thuộc tia
đối của tia SC, đồng thời mặt cầu tâm O đó cũng tiếp xúc với mặt phẳng ( ABC ) . Thể tích của
hình chóp S.ABC là
3
2 3
C.
.
.
3

3
Hướng dẫn giải
Do mặt cầu tâm O tiếp xúc với SA, SB, SC lần lượt tại các
điểm A1 , B1 , C1 ⇒ SA1 = SB1 = SC1 (1) .

A.

2 2
.
3

B.

D.

3 2
.
2
C'

=
OB
=
OC1 , ( 2 ) .
Mặt khác ta có OA
1
1

C1

Từ (1) và ( 2 ) suy ra SO ⊥ ( A1 B1C1 ) .
Gọi C ′ là điểm đối xứng của C qua S .
Ta có các tam giác SAB, SAC ′, SBC ′ đều cân tại S .
Suy ra A1 B1 //AB, A1C1 //AC ′, B1C1 //BC ′ ⇒ ( A1 B1C1 ) // ( ABC ′ )

SH //BC ′ ⇒ SH // ( ABC ′ ) . Vậy SO ⊥ SH .
⇒ SH =d ( O, ( ABC ) ) =R =.
1 Vậy V =

S
B1

O

A1
C

B

H

3
. Chọn B.
3

A

−x
có đồ thị là ( C ) . Tìm m sao cho
2x +1

đường thẳng y= x + m cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt A, B và tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến

Câu 45: Cho hàm số y =

với ( C ) tại A, B là lớn nhất.
A. −1.

B.

Ta có: y ' =

−1

( 2 x + 1)

2

;

−1
.
2

C. 1.

D. 0.

Hướng dẫn giải

−x

= x + m ⇒ 2 x 2 + 2 ( m + 1) x + m =0, ∆=' m 2 + 2m + 1 − 2m > 0, ∀m.
2x +1

Tổng hệ số góc:

( 2 x + 1)2 + ( 2 x + 1)2 
1
2
−1
1

=
−
∑ hsg =−
2
2
2
( 2 x1 + 1) ( 2 x2 + 1)
 4 x1 x1 + 2 ( x1 + x2 ) + 1
 4 ( x + x )2 − 8 x x + 4 ( x + x ) + 2 
4 x2 + x 2 + 4 ( x + x ) + 2
1
2
1 2
1
2
1
2
1
2




=
=
−
=
−
−4m 2 − 2
2
2
 4 x1 x1 + 2 ( x1 + x2 ) + 1
 4 x1 x1 + 2 ( x1 + x2 ) + 1
Vậy tổng hệ số góc max bằng −2 ⇔ m =0. . Chọn D.

(

)

Thầy Hà Hữu Hải ---- chuyên luyện VDC tại Hà Nội--- 0986.120.635
2


Lời giải các câu VDC trong đề KHTN lần 2 được thực hiện bởi thầy Hà Hữu Hải và Vũ Hồng Quý
Câu 46: Cho hàm số y =x 4 − 3 x 2 + m có đồ thị là ( C ) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt. Gọi S1 là diện
tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và phần đồ thị ( C ) nằm phía trên trục hoành, S2 là diện
tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và phần đồ thị ( C ) nằm phía dưới trục hoành. Biết rằng

S1 = S2 . Giá trị của m bằng
5

A. .
4

3
C. .
D. 1.
2
Hướng dẫn giải
− t2 < x2 =
− t1 < x3 =t1 < x4 =t2 .
Ta gọi 4 giao điểm lần lượt có hoành độ x1 =

B. 2.

t1

Do đó:

∫ (x
0

t2

4

− 3 x + m ) dx =∫ − ( x − 3 x + m ) dx ⇔
2

4

2

t1

t2

∫ (x

4

− 3 x 2 + m ) dx =0 .

0

t22 − 5t2 + 5m =
0
t2 2
 x5
 t
−
+
⇒
t
t
m
Khi đó: 0 =  − x 3 + mx  2 =
. Trừ vế với vế:
5
5
(

)
 2
2
2
5
0
5t2 − 15t2 + 5m =
 5
0
5
5
t2 = ⇒ m = . Chọn đáp án A
2
4
Câu 47: Cho hình chóp S . ABCD

( SAB ) , ( SAD ) , ( SBD )

có đáy là hình thoi cạnh a, ∠BAD =
600 , các mặt bên

tạo với đáy một góc bằng 450 . Thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất là

a2
a2
C. .
.
6
4
Hướng dẫn giải

Ba mặt bên ( SAB ) , ( SAD ) , ( SBD ) tạo với đáy các góc bằng

A.

a2
.
2

B.

D.

S

nhau và bằng 450
⇒ Chân đường cao trùng tâm đường tròn nội tiếp ∆ABD hoặc
chân đường cao trùng với đường tròn tâm bàng tiếp của
∆ABD .
Xét 2 trường hợp ta nhận thấy thể tích khối chóp lớn nhất ⇒
Vmax khi chân đường cao trùng tâm bàng tiếp ∆ABD .
⇒ Vmax

1 a 3 a 2 3 a3
= .
= . ⇒ Chọn C.
.
3 2
2
4

a2
.
3

D

C
H

A

B

Câu 48: Trong không gian với hệ trục Oxyz , xét mặt cầu ( S ) đi qua
hai điểm A (1;6; 2 ) , B ( 3;0;0 ) và có tâm thuộc mặt phẳng ( P ) : x − y + 2 =
0 . Bán kính của mặt cầu

( S ) có giá trị nhỏ nhất là:
462
.
6
218
D.
.
6
Hướng dẫn giải
Ta có: I thuộc giao tuyến mặt phẳng trung trực AB và
( P).
534
.

4
530
C.
.
4

A.

B

B.

⇒ IM ≥ MH .
⇒ R ≥ HA ⇒ Rmin =
HA với H là hình chiếu của M trên
giao tuyến

M
A

H
(P)

I

Thầy Hà Hữu Hải ---- chuyên luyện VDC tại Hà Nội--- 0986.120.635
3


Lời giải các câu VDC trong đề KHTN lần 2 được thực hiện bởi thầy Hà Hữu Hải và Vũ Hồng Quý

Đáp án: Rmin =

462
. ⇒ Chọn B.
6

Câu 49: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai đường thẳng ∆1 :

x +1 y + 2 z −1
=
=
,
2
1
1

x + 2 y −1 z + 2
và hai điểm A (1; −1; 2 ) , B ( 2;0; −1) . Trên ∆1 lấy điểm M, trên ∆ 2 lấy
= =
−4
1
−1
MN . Biết rằng MN luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định có bán
điểm N sao cho AM + BN =
kính R, tìm R?
∆2 :

A.

11

.
4

B. 11.

C.

11
.
2

D. 3.

Hướng dẫn giải
Phát hiện: AB là đoạn vuông góc chung.
Gọi I là trung điểm của AB . Lấy P ∈ ∆1 sao cho AP = BN .
⇒ ∆IAP = ∆IBN ⇒ IP = IN .
1
⇒ ∆IMP = ∆IMN ⇒ IH = IA = IB = AB.
2
1
⇒ Mặt cầu cố định tâm I bán kính R = AB. ⇒ Chọn C.
2
Câu 50: Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn

(

A

M

1

P

H
I
B

2

N

1
2
log 2 a = log 2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
b

)

P = 4a3 + b3 − 4 log 2 4a3 + b3 là
4
 4 
− 4 log 2 
 . D. 4 (1 − log 2 3) .
ln 2
 ln 2 
Hướng dẫn giải
1

b
2
2
4
Cách 1: Ta có log=
a log 2 ⇔ =
a
⇔=
a
.
2 a log 2 ⇔ log 2 =
2
2
b
b
b2

A. −4.

B. 4 log 2 6.

C.

b3 b3 256
. . = 12 ⇒ t ∈ [12; +∞ ) .
2 2 b6
b6
4
Khi đó P = f ( t ) = t − 4 log 2 t , có f ' ( t ) = 1 −
> 0; ∀t ≥ 2.

t.ln 2
Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên [12; +∞ ) ⇒ f ( t ) ≥ f (12 ) .

3
Đặt =
t 4a3 + b=
b3 +

256

≥ 33

( )

12 − 4 log 2 12 =
12 − 4.log 2 3.22 =
4 (1 − log 2 3) . ⇒ Chọn C.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là Pmin =
Cách 2: Sử dụng máy tính Casio
Cám ơn các bạn đã luôn quan tâm và chia sẻ những tài liệu của thầy!
Mong cho tất cả các bạn nhận được tài liệu này năm nay sẽ đỗ vào trường mà mình mong muốn nhất

Thầy Hà Hữu Hải ---- chuyên luyện VDC tại Hà Nội--- 0986.120.635
4