Tài liệu HOT 160 Câu VDC môn Toán Luyện thi THPT Quốc gia 2018 theo từng chủ đề Có đáp án Có lời giải chi tiết File Word

Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
VẬN DỤNG CAO : SỐ PHỨC
 z1 + z2 + z3 = 0

2
2
2
Câu 1: Cho 3 số phức z1 ; z2 ; z3 thỏa 
2 2 . Tính A = z1 + z2 + z2 + z3 + z3 + z1
 z1 = z2 = z3 =
3

8
2 2
B. 2 2
C.
3
3
 z1 + z2 = − z3
8
2
2
2

Lời giải: Ta có:  z1 + z3 = − z2 ⇒ A = − z1 + − z2 + − z3 = . Chọn C.
3
z + z = −z
1
 2 3

A.

D.

8 3
3

2017
− 1 = 1 . Gọi P = z . Tính A = 2017. ( max P ) − 2017. ( min P ) .
Câu 2: Cho số phức z

A. A = 2017.2016 2

B. A = 2017.2017 3

C. A = 2017.2017 2

2017
= max z
Lời giải: Ta có : max P = max z > 0 ⇔ max P
2017
= min z
Mặt khác ta cũng có: min P = z > 0 ⇔ min P

2017

2017

D. A = 2017

= max z 2017 .

= min z 2017 .

2017
= a + bi ( a, b ∈ ¡ ) ⇒ Tập hợp điểm biểu diễn số phức z 2017 là đường tròn tâm I ( 0;1) có bán
Gọi z
2017

=2
max P
max P = 2017.2017 2
⇔
⇒ A = 2017.2017 2 . Chọn C.
kính R = 1 ⇒ 
2017
=0


min P = 0
min P

Câu 3: Xét số phức z thỏa 2 z − 1 + 3 z − i ≤ 2 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng:
1
3
< z <
2
2
Lời giải: Ta xét các điểm A ( 1;0 ) , B ( 0;1) và M ( x; y ) với M là điểm biểu diễn số phức z trong mặt

A.

3
< z <2
2

B. z > 2

phẳng phức. Ta có : 2 z − 1 + 3 z − i = 2

( x − 1)

C. z <

2

1
2

D.

+ y 2 + 3 x 2 + ( y − 1) = 2 MA + 3MB .
2

Ta có : 2 MA + 3MB = 2 ( MA + MB ) + MB ≥ 2 AB + MB = 2 2 + MB ≥ 2 2 .
⇒ 2 z − 1 + 3 z − i ≥ 2 2 . Mà theo giả thuyết ta có : 2 z − 1 + 3 z − i ≤ 2 2 .
 M ∈ AB
⇔ M ≡ B ⇒ M ( 0;1) ⇒ z = 1
Vậy 2 z − 1 + 3 z − i = 2 2 . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi 
 MB = 0
4

 z −1 
Câu 4: Gọi z1 , z2 , z3 , z4 là nghiệm của phương trình 
÷ = 1 . Tính giá trị của biểu thức:
 2z − i 
P = ( z12 + 1) ( z22 + 1) ( z32 + 1) ( z42 + 1) .

A. 1.
Lời giải:

B.

19
.
7

C.

17
.
9

D. 2.

4
4
2
2
2
2

Ta có: ( z − 1) = ( 2 z − i ) ⇔ ( z − 1) − ( 2 z − i )  ( z − 1) + ( 2 z − i )  = 0

2
2
⇔ ( z − 1) + ( 2 z − i )  ( z − 1) − ( 2 z − i )  ( z − 1) + ( 2 z − i )  = 0


⇔ ( 3 z − 1 − i ) ( − z − 1 + i ) 5 z 2 − ( 2 + 4i ) z  = 0

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 1/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
⇔ z1 =

1+ i
2 + 4i
17
; z2 = −1 + i; z3 = 0; z4 =
⇒ P=
. Chọn C.
3
5
9

2
Câu 5: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 2 z + 5 = ( z − 1 + 2i ) ( z + 3i − 1) . Tìm giá trị nhỏ nhất

của module z − 2 + 2i .
A. 1.

B.

C.

5.

5
.
2

D.

3
.
2

2
Lời giải: Ta có : z − 2 z + 5 = ( z − 1 + 2i ) ( z + 3i − 1)

 ( z − 1 + 2i ) = 0
⇔ ( z − 1 + 2i ) ( z − 1 − 2i ) = ( z − 1 + 2i ) ( z + 3i − 1) ⇔ 
.
 ( z − 1 − 2i ) = ( z + 3i − 1)
Trường hợp 1: ( z − 1 + 2i ) = 0 ⇔ z = 1 − 2i ⇒ z − 2 + 2i = 1 .
Trường hợp 2: ( z − 1 − 2i ) = ( z + 3i − 1) ⇔ b = −

1

với z = a + bi ( a, b ∈ ¡
2

1 
3

⇒ z − 2 + 2i =  a − i ÷− 2 + 2i = ( a − 2 ) + i ⇒ z − 2 + 2i =
2 
2


( a − 2)

2

+

)

.

9 3
≥ . Chọn A.
4 2

Câu 6: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + 1 − 2i = 2 2 . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức

P = a z − 1 + b z + 3 + 4i với a, b là số thực dương.
B. 2a 2 + 2b 2 .
C. 4 2a 2 + 2b 2 .

D. a 2 + b 2 .
a 2 + b2 .
Lời giải: Ta gọi z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) . Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng phức .
A.

Trong mặt phẳng phức xét các điểm A ( 1;0 ) , B ( −3; 4 ) . Khi đó AB = 4 2.
2
2
2
2

 MA + MB = AB ( py − ta − go )
 P − bMB 
2
2
⇒
Ta luôn có : 
÷ + MB − AB = 0 .
a



 P = aMA + bMB

 b2

 P2

2.P.b
⇒  2 + 1÷MB 2 −

MB +  2 − AB 2 ÷ = 0 ( *) .
a
a

a

Để phương trình ( *) có nghiệm thì: ∆ '( *) ≥ 0 ⇔

⇔−

  P2
b2 2  b2
2
P
−
+
1
 2 ÷ 2 − AB ÷ ≥ 0
2
a
a
 a



P2  b2
+  2 + 1÷ AB 2 ≥ 0 ⇔ P 2 ≤ AB 2 ( a 2 + b 2 ) ⇒ P ≤ AB a 2 + b 2 = 4 2a 2 + 2b 2 . Chọn C.
2
a a


Câu 7: Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡

)

thỏa mãn

z − 2i
là số thuần ảo. Khi số phức z có môđun lớn
z−2

nhất. Tính giá trị biểu thức P = a + b .
A. P = 0
B. P = 4
C. P = 2 2 + 1
z − 2i a + ( b − 2 ) i ( a + ( b − 2 ) i ) ( a − 2 − bi )
=
=
Lời giải: Ta có:
là số thuần ảo
2
z − 2 ( a − 2 ) + bi
( a − 2) + b2

D. P = 1 + 3 2

a = 1 + 2 sin α
2
2
⇔ a ( a − 2 ) + b ( b − 2 ) = 0 ⇔ a 2 − 2a + b 2 − 2b = 0 ⇔ ( a − 1) + ( b − 1) = 2 ⇔ 

b = 1 + 2 cos α

2
2
2
Ta có: a + b = 2 ( a + b ) ⇔ z = 4 + 2 2 ( sin α + cos α ) ≤ 4 + 2 2. 12 + 12 = 8

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 2/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
2
⇒ a+b = 4 .
2
z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) thỏa mãn

⇒ z max = 2 2 khi sin α = cos α =
Câu 8: Xét các số phức

z + 2 + 3i = 2 . Tính P = a + b

khi

z + 2 − 5i + z − 6 + 3i đạt giá trị lớn nhất.
A. P = 3
B. P = −3

C. P = 7

D. P = −7
Lời giải: Do z + 2 + 3i = 2 ⇒ ( a + 2 ) + ( b + 3) = 2 . Suy ra M ∈ ( C ) có tâm I ( −2; −3) và bán kính
2

2

2
2
R = 2 . Gọi A ( −2;5) , B ( 6; −3) , I ′ ( 2;1) . Suy ra P = MA + MB ≤ 2 ( MA + MB )

AB 2
′ ⇔ I ′ là hình chiếu vuông góc của M
. Suy ra PMax ⇔ MI Max
2
trên AB ⇔ M , I , I ′ thẳng hàng.Vì ta thấy IA = IB ⇒ MA = MB nên xảy ra dấu =.
uuur
uur
Ta có IM = ( a + 2; b + 3) , II ′ = ( 4; 4 ) nên AB ⇔ M , I , I ′ thẳng hàng ⇔ 4 ( a + 2 ) = 4 ( b + 3) ⇔ a = b + 1 .
Mặt khác ta có MA + MB = 2 MI ′2 +
2

2

( a + 2 ) 2 + ( b + 3) 2 = 2
 a = −3; b = −4
⇔
Tọa độ M là nghiệm của hệ 
 a = −1; b = −2
 a = b + 1

 M ( −3; −4 ) ⇒ P = MA + MB = 2 82
Mặt khác 
. Vậyđể PMax thì M ( −3; −4 ) Suy ra a + b = −7 .
 M ( −1; −2 ) ⇒ P = MA + MB = 2 50
Câu 9: Cho số thực z1 và số phức z2 thỏa mãn z2 − 2i = 1 và

z2 − z1
là số thực. Gọi M , m lần lượt là
1+ i

giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của z1 − z2 . Tính giá trị của biểu thức T = M + m ?
A. T = 4

B. T = 4 2
C. T = 3 2 + 1
D. T = 2 + 3
z − z ( a − b − ci ) ( i − 1)
Lời giải: Ta đặt z1 = a, z2 = b + ci khi đó: 2 1 =
∈ R ⇒ c = b − a đồng thời ta cũng
1+ i
2
2
có z2 − 2i = 1 ⇒ b 2 + ( c − 2 ) = 1 . Do vậy z1 − z2 = ( a − b ) − ci = c + ci = c 2 .
2
2
Vì b 2 + ( c − 2 ) = 1 ≥ ( c − 2 ) ⇒ 1 ≤ c ≤ 3 ⇒ 1 ≤ c ≤ 3 do đó z1 − z2 = c 2 ∈  2;3 2  ⇒ T = 4 2 .

Câu 10:

2

2
Tìm giá trị lớn nhất của P = z − z + z + z + 1 với z là số phức thỏa mãn z = 1 .

A. max P =

13
4

B. max P =

(

9
4

)

C. max P =

13
3

D. max P =

11
3

 z 2 − z 2 = ( z 2 − z ) z 2 − z = 2 − z − z = 2 − 2x ⇒ z 2 − z = 2 − 2x

Lời giải: Ta có 

.
2
2
2
 z 2 + z + 1 = ( z 2 + z + 1) z + z + 1 = 1 + 2 z + z + z + z ⇒ z 2 + z + 1 = 2 x + 1


(
]

Từ đây ta tìm được max P = max
[ −1;1

Câu 11:

(

)

)

2 − 2x + 2x +1 =

(

) (

)

13

7
⇔x= .
4
8

2
Cho số phức z thỏa mãn z = m + 2m + 5 với m là số thực. biết rằng tập hợp điểm của số

phức w = ( 3 + 4i ) z − 2i là đường tròn. Tính bán kính R nhỏ nhất của đường tròn đó.
A. Rmin = 5

B. Rmin = 20

C. Rmin = 4

D. Rmin = 25

2
2
2
Lời giải: Ta có: ( 3 + 4i ) z = 5 ( m + 2m + 5 ) ⇒ w + 2i = 5 ( m + 2m + 5 ) . Vậy R = 5 ( m + 2m + 5 ) ≥ 20 .

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 3/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Có bao nhiêu giá trị của m để tồn tại duy nhất số phức z thỏa mãn z.z = 1 và

Câu 12:

z− 3+i = m.
A. 0
Lời giải:

B. 1
Gọi z = x + yi , ( x, y ∈ R ) ,ta có hệ:

C. 2

D. 3

 x 2 + y 2 = 1(1)


2
2
2

( x − 3) + ( y + 1) = m ( m ≥ 0)

Ta thấy m = 0 ⇒ z = 3 − i không thỏa mãn z.z = 1 suy ra m > 0 .
Xét trong hệ tọa độ Oxy tập hợp các điểm thỏa mãn (1) là đường
tròn (C1 ) có O (0;0), R1 = 1 , tập hợp các điểm thỏa mãn (2) là
đường tròn (C2 ) tâm I ( 3; −1), R2 = m ,ta thấy OI = 2 > R1 suy ra
I nằm ngoài (C1 ) . Để có duy nhất số phức z thì hệ có nghiệm

duy nhất khi đó tương đương với (C1 ), (C2 ) tiếp xúc ngoài và tiếp
xúc trong, điều điều này xảy ra khi OI = R1 + R2 ⇔ m + 1 = 2 ⇔ m = 1 hoặc R2 = R1 + OI ⇔ m = 1 + 2 = 3 .

Xét số phức z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là M và M ¢. Số phức

Câu 13:

z ( 4 + 3i ) và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là N và N ¢. Biết rằng MM ¢
N ¢N là
một hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của z + 4i - 5 .
A.

5
.
34

B.

2
.
5

C.

1
.
2

D.

4
.
13

Gỉa sử z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) được biểu diễn bởi điểm M ( a; b )

Lời giải:

Khi đó số phức liên hợp của z là z = a − bi được biểu diễn bởi điểm M ′ ( a; −b )
Ta có: z ( 4 + 3i ) = ( a + bi ) ( 4 + 3i ) = 4a + 3ai + 4bi − 3b = ( 4a − 3b ) + ( 3a + 4b ) i do đó số phức z ( 4 + 3i )
được biểu diễn bởi điểm N ( 4a − 3b;3a + 4b )
Khi đó điểm biểu diễn số phức liên hợp của số phức z ( 4 + 3i ) là N ′ ( 4a − 3b; −3a − 4b )
uuuuur
uuuuur
 MM ′ = ( a − a; −b − b )
 MM ′ = ( 0; −2b )
 uuuur
 uuuur
Ta có:  NN ′ = ( 4a − 3b − 4a − 3b; −3a − 4b − 3a − 4b ) ⇔  NN ′ = ( 0; −6a − 8b )
r
r
 uuuu
 uuuu
 MN = ( 4a − 3b − a;3a + 4b − b )
 MN = ( 3a + 3b;3a + 3b )
uuuuur uuuur r
−2b = −6a − 8b
 MM ′ = NN ′ ≠ 0

⇔  a, b ≠ 0
⇔ a = −b
r
Vì MM ′N ′N là một hình chữ nhật nên ta có:  uuuuur uuuu

 MM ′.MN = 0
−2b 3a + 3b = 0
(
)

⇒ z = −b + bi ⇒ z + 4i − 5 = −b − 5 + ( b + 4 ) i =
Vậy z + 4i − 5 min =
Câu 14:

2

9
1
1
2
( −b − 5 ) + ( b + 42 ) = 2  b + ÷ + ≥
2 2
2


1
−9
9 9
⇔b=
hay z = − i .
2
2
2 2

2

Cho số phức z = m − 2 + ( m − 1) i với m ∈ ¡ . Gọi ( C ) là tập hợp các điểm biểu diễn số

phức z trong mặt phẳng tọa độ. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) và Ox .
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 4/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
A. 1.

B.

4
.
3

C.

32
.
3

D.

8
.
3

Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ.

Lời giải:

 m = x + 2
x = m − 2
m = x + 2
2
⇔
⇔
Vì z = m − 2 + ( m − 1) i ⇒ 


2
2
2
 y = m − 1  y = m − 1  y = ( x + 2 ) − 1
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức là đường cong ( C ) với y = ( x + 2 ) − 1
2

 x = −3
2
2
Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và Ox ta có : ( x + 2 ) − 1 = 0 ⇔ x + 4 x + 3 = 0 ⇔ 
 x = −1
Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) và Ox là S =

−1

∫ ( x + 2)

2

−3

4
− 1 dx = . Chọn B.
3

10
Xét số phức z thỏa mãn ( 1 + 2i ) z =
− 2 + i. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
z
3
1
1
3
A. < z < 2.
B. z > 2.
C. z < .
D. < z < .
2
2
2
2
2
2
10
10
⇒
= ( z + 2 ) + ( 2 z − 1) ⇒ z = 1 . Chọn D.

Lời giải: Ta có: ( z + 2 ) + i ( 2 z − 1) =
z
z

Câu 15:

Câu 16:

Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 = 8 + 6i và z1 − z2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của
P = z1 + z2 .

A. P = 4 6.

B. P = 2 26.

C. P = 5 + 3 5.

D. P = 32 + 3 2.

a + c + ( b + d ) i = 8 + 6i
 z1 + z2 = a + c + ( b + d ) i
 z1 = a + bi

⇔
( a, b, c, d ∈ ¢ ) ⇒ 
Gọi 
2
2
 z2 = c + di
 ( a − c ) + ( b − d ) = 2

 z1 − z2 = a − c + ( b − d ) i

Lời giải:

2
2
 z + z = ( a + c ) 2 + ( b + d ) 2 = 8 + 6i
 1 2
( a + c ) + ( b + d ) = 100
⇒
⇔
2
2
2
2
( a − c ) + ( b − d ) = 4
( a − c ) + ( b − d ) = 4

⇒ ( a + c ) + ( b + d ) + ( a − c ) + ( b − d ) = 104 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 52
2

2

2

2

(1

B .C .S

Mặt khác P = z1 + z2 = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≤
Câu 17:

2

+ 12 ) ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) = 2.52 = 2 26.

Cho số phức z thỏa mãn z − 8 + z + 8 = 20 . Gọi m, n lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị

lớn nhất của z . Tính P = m + n .
A. P = 16.
Lời giải:

C. P = 17.

B. P = 10 2.

Gọi z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) và M ( x, y ) là điểm biểu diễn của số phức z trong mặt phẳng

phức. Xét các điểm F1 ( −8;0 ) , F2 ( 8;0 ) . Ta có : MF 1 =
MF 2 =

D. P = 5 10.

( 8 − x)

2

+ ( −y) =

⇒ z − 8 + z + 8 = 20 ⇔

2

( x − 8)

( x + 8)

2

2

( −8 − x )

2

+ ( − y) =
2

( x + 8)

2

+ y2 = z + 8 .

+ y2 = z − 8 .

+ y2 +

( x − 8)

2

+ y 2 = 20 ⇔ MF1 + MF2 = 20

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 5/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Do MF1 + MF2 ≥ F1 F2 ⇒ Tập hợp điểm M là một elip có dạng

x2 y2
+
=1
a 2 b2

2
2a = 20 a = 100
x2 y 2
max z = 10
⇒
⇒ 2
⇒
+
=
1
⇒

⇒ m + n = 16 .

2
2
c = 8
b = a − c = 36 100 36
min z = 6

Cho số phức z có z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Câu 18:

P = 1008 1 + z + 1 + z 2 + 1 + z 3 + ... + 1 + z 2017

A. Pmin = 1007

B. Pmin = 2018

C. Pmin = 1008

D. Pmin = 2016

 1 + z 2017 + 1 + z 2016 ≥ ( 1 + z 2017 ) − ( 1 + z 2016 ) = z 2016 1 − z = 1 − z

 1 + z 2015 + 1 + z 2014 ≥ 1 + z 2015 − 1 + z 2014 = z 2014 1 − z = 1 − z
(
) (
)

Lời giải: Ta có: 

...

2
3
2
3
2
 1 + z + 1 + z ≥ ( 1 + z ) − ( 1 + z ) = z 1 − z = 1 − z
2
3
2017
≥ 1008 ( 1 + z + 1 − z ) ≥ 1008 ( 1 + z ) + ( 1 − z ) = 2016 .
Vậy: P = 1008 1 + z + 1 + z + 1 + z + ... + 1 + z
Do đó Pmin = 2016 và đẳng thức xảy ra có nhiều trường hợp trong đó có z = −1 .
Cho hai số phức z1 , z2 khác 0 thỏa mãn z12 − z1 z2 + z22 = 0 . Gọi A, B lần lượt là các điểm

Câu 19:

biểu diễn của z1 , z2 . Tam giác OAB có diện tích bằng
A. 2 3

3 . Tính môđun của số phức z1 + z2 .

B.

C. 2
D. 4
3
Lời giải: Ta chứng minh được tam giác OAB đều cho nên diện tích bằng 3 chứng tỏ z1 = z2 = 2 .
uuu

r uuur 2
2
2
2
Khi đấy: z1 + z2 = OA + OB = z1 + z2 + 2OA.OB.cos 600 = 12 ⇒ z1 + z2 = 2 3 .
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất số phức z thỏa

Câu 20:

mãn z.z = 1 và z − 3 − 4i = m . Tính tổng các phần tử thuộc S .
A. 10
B. 42
C. 52
D. 40
Lời giải: Ta có quỹ tích là các đường tròn tâm O ( 0;0 ) , R = 1 và tâm I ( 3, 4 ) , R′ = m . Do đó có hai trường
hợp tiếp xúc ngoài và trong cho nên R + R′ = OI ⇔ m = 4 hoặc OI = R′ − R ⇔ m = 6 . Chọn A.
Cho biết z +

Câu 21:

4
2
= 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = z + z + 1?
z

A. 8 − 3 5

B. 6 + 5

z

4 
4
16
2
÷ z + ÷ = z + 2 + 4  +
z 
z
z
z




Lời giải: Ta có 4 =  z +

2

⇒4= z +

(

Vì z + z
4

2

16
z

2

+ 4.

z +z
2

z

) = 4 Re ( z ) 
2

C. 6 − 5

2

2

2
2

= z +

16
z

2

(
+ 4.
2

≥ 0 do đó 4 ≥ z +

z+z

2

16
z

2

z
÷
z

) −2 z

z

D. 8 + 3 5

2

2

−8

2

⇒ z − 12 z + 16 ≤ 0 ⇒ 6 − 2 5 ≤ z ≤ 6 + 2 5 ⇒ 5 − 1 ≤ z ≤ 5 + 1 ⇒ P ≤ 8 + 3 5 . Chọn D.
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 6/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 7/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389

Câu 22:

Cho 2 z + 1 − 3i = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của P = z − 1 + 3. z + 1 − 2i ?

A. 4 2

B. 4 3

C. 2 2

D. 4


2 
1 

3 1
:
x
+
+
y
−
Lời giải: Ta có: M ( z ) ∈  I ;
÷

÷

÷ = .
÷
2
2
2
2





2

2

Gọi A ( 1;0 ) , B ( −1; 2 ) . Chú ý I , A, B thẳng hàng đồng thời ta có
IA = 3IB . Ta tìm max MA + 3MB .
uuu

r uu
r 2
uuu
r uur
Ta có: MA2 + 3MB 2 = MI + IA + 3 MI + IB

(

)

(

)

2

uuu
r uu
r uur
⇒ MA2 + 3MB 2 = 4 MI 2 + IA2 + 3IB 2 + 2 MI IA + 3IB

(

)

⇒ MA2 + 3MB 2 = 4 MI 2 + IA2 + 3IB 2 = 8 . Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky ta có:
MA + 3MB ≤

( MA

Câu 23:

Tính module của z = 1 + 2i + 3i 2 + 4i 3 + ... + 2017.i 2016 .

2

+ 3MB 2 ) ( 1 + 3) = 4 2 . Chọn đáp án A.

A. z = 2036164
Lời giải:

(

B. z = 2030113

) (

C. z = 2034145

D. z = 2032130

)

2016
+ i 1 + i + ... + 12015 + ... + i 2015 ( 1 + i ) + i 2016
Ta có z = 1 + i + ... + i
2016
i 2015 ( i 2 − 1) i 2016 ( i − 1)
i 2017 − 1 i ( i − 1)
=

+
+ ... +
+
i −1
i −1
i −1
i −1
2017
2017
2017.i 2017 − ( 1 + i + ... + i 2016 ) 2017.i ( i − 1) − i + 1
=
=
2
( i − 1)
i −1

−2017 − 2018i + 1
2017.i 2018 − 2018.i 2017 + 1
=−
= 1009 − 1008i ⇒ z = 2034145 . Chọn C.
=
2
i
−2i
Câu 24:

Cho z − 4 − 3i = 5 . Gọi M và m là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của z + 1 − 3i + z − 1 + i

. Tính P = M 2 + m 2 ?
A. P = 240

B. P = 250
C. P = 270
2
2
Lời giải: I ; 5 : ( x − 4 ) + ( y − 3) = 5 . Gọi I ( 4;3) ⇒ M ( z ) ∈ I ; 5 .

(

)

(

Gọi A ( −1;3) , B ( 1; −1) ⇒ IA = IB = 5 > R

)

D. P = 320

+) MA + MB ≤ 2 ( MA2 + MB 2 ) ⇒ MA + MB ≤ 4 MH 2 + AB 2
⇒ MA + MB ≤ 4 KH 2 + AB 2 = 10 2 .
Dễ có HK = HA = HB = 5 . Lấy C sao cho H trung điểm CK .
Ta có Ptolemy: MA.CB + MB.CA ≥ MC . AB ⇒ MA + MB ≥ MC.

AB
≥ KC. 2
CB

⇒ MA + MBmin = 2 10
Câu 25:

Cho số phức z thỏa mãn z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 + z + 3 1 − z .

A. 3 15

B.

20

C. 2 10

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

D. 6 5
Trang 8/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Lời giải: Gọi A ( 1;0 ) , B ( −1;0 ) , ta có P = MB + 3MA .
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky: MB + 3MA ≤

(1

2

+ 32 ) ( MA2 + MB 2 ) = 2 10 .

Chọn đáp án C.
Cho số phức z thỏa mãn z − 2 + 3i + z + 2 + i = 4 5 . Tìm giá trị lớn nhất của z − 6 + 5i ?

Câu 26:

A. 4 5
B. 5 5
C. 6 5
Lời giải: Gọi A ( 2; −3) , B ( −2; −1) , C ( 6; −5 ) . Ta thấy A là trung điểm của BC .

D. 7 5

 MA + MB = 4 5 = 2a
Mà 
⇒ a = 2 5, c = 5, b = 15 .
 AB = 2 5 = 2c = AC
1
Do đó MC max khi và chỉ khi: MC = CA + AB + a = 2 5 + 5 + 2 5 = 5 5 .
2
Cho hai số phức z và w biết chúng thỏa mãn

Câu 27:

( 1+ i) z + 2 = 1
1− i

và w = iz . Tìm giá trị lớn

nhất của M = z − w .
B. 3

A. 3 3
Lời giải: Ta có:

(1+ i) z + 2(1− i)

= 2

C. 3 2

D. 2 3

⇔ z − 2i = 1 . Vậy quỹ tích M ( z ) là đường tròn tâm

I ( 0; 2 ) , R = 1 . Lại có w − z = iz − z = 2. z ≤ 3 2 . Chọn đáp án C.
Gọi M và m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của phần thực số phức w = z 3 +

Câu 28:

đó z = 1 . Tính P = M 2 + m 2 ?
A. 10
B. 5

C. 29

D. 8

(

3
3
1 3
1 1
1 3

z +z
Lời giải: Ta có: Re ( w ) =  z + z + 3 + 3 ÷ ⇒ Re ( w ) =
2
z
2
z 

(

)

3

(

1
trong
z3

)


3
1 
1 + 6 ÷ = z 3 + z

z ÷



)

⇒ Re ( w ) = z + z − 3 z z z + z = 8a 3 − 6a = f ( a ) Trong đó z = a + bi với −1 ≤ a ≤ 1
2
Vì f ' ( a ) = 24a − 6 = 0 ⇔ a = ±

1
. Và f ( 1) = 2; f ( −1) = −2;
2

1
f  ÷ = −2;
 2

 1
f  − ÷= 2
 2

Vậy M = 2 và m = −2 . Chọn đáp án D.

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 9/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
VẬN DỤNG CAO : HÀM SỐ - CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN
2
3
Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn điều kiện f ( 1 + 2 x ) = x − f ( 1 − x ) . Lập phương trình

Câu 29:

tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ x = 1?
1
6
1
6
1
6
1
6
A. y = − x −
B. y = − x +
C. y = x −
D. y = x +
7
7
7
7
7
7
7
7
2
3
2
Lời giải: Ta xét x = 0 ta được f ( 1) = − f ( 1) ⇒ f ( 1) ( f ( 1) + 1) = 0 ⇒ f ( 1) = 0 ∨ f ( 1) = −1 .

2

2
Lại có 4 f ( 1 + 2 x ) f ′ ( 1 + 2 x ) = 1 + 3 f ( 1 − x ) f ′ ( 1 − x ) thay x = 0 ta có 4 f ( 1) f ′ ( 1) = 1 + 3 f ( 1) f ′ ( 1) .

Trường hợp 1: Nếu f ( 1) = 0 thay vào ta thấy 0 = 1 vô lý.

1
Trường hợp 2: Nếu f ( 1) = −1 thì thay vào −4 f ′ ( 1) = 1 + 3 f ′ ( 1) ⇒ f ′ ( 1) = − .
7
1
1
6
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = − ( x − 1) − 1 = − x − .
7
7
7

Cho hàm số y = 2 x 3 − 3 x 2 + 1 có đồ thị ( C ) . Xét điểm A1 có hoành độ x1 = 1 thuộc ( C ) .

Câu 30:

Tiếp tuyến của ( C ) tại A1 cắt ( C ) tại điểm thứ hai A2 ≠ A1 có hoành độ x2 . Tiếp tuyến của

( C)

tại A2 cắt ( C ) tại điểm thứ hai A3 ≠ A2 có hoành độ x3 . Cứ tiếp tục như thế, tiếp tuyến

của ( C ) tại An −1 cắt ( C ) tại điểm thứ hai An ≠ An −1 có hoành độ xn . Tìm giá trị nhỏ nhất của
n để xn > 5100 .
A. 235
B. 234

C. 118
D. 117
Lời giải: Ta có: xk = a ⇒ Tiếp tuyến tại Ak có phương trình hoành độ giao điểm:
2 x 3 − 3x 2 + 1 = 2a 3 − 3a 2 + 1 + ( 6a 2 − 6a ) ( x − a ) ⇔ ( x − a )

2

( 2 x + 4a − 3) = 0 ⇔ xk +1 = −2 xk +

3
2

1

α
=
−
 x1 = −2α + β = 1


4

1⇒
 x2 = 4α + β = − 2  β = 1

2
1
1
1 k
1

n
100
100
Do đó xn = − . ( −2 ) + > 5 . Chọn n = 2k + 1 ⇒ − .4 . ( −2 ) + > 5 ⇔ 4k + 1 > 2.5100
4
2
4
2
100
k
100
⇔ 4 > 2.5 − 1 ⇔ k > log 4 ( 2.5 − 1) ⇒ Chọn k = 117 ⇒ n = 235 .
 x1 = 1

n
Vậy 
3 ⇒ xn = α . ( −2 ) + β . Xét
 xn +1 = −2 xn + 2

Xét các số thực với a ≠ 0, b > 0 sao cho phương trình ax 3 − x 2 + b = 0 có ít nhất hai
nghiệm thực. Giá trị lớn nhất của biểu thức a 2b bằng:
4
15
27
4
A.
B.
C.
D.
27

4
4
15
2
Lời giải: y ' = 0 ⇔ x = 0 và x =
. Từ đây ta có tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số là A ( 0; b ) và
3a
Câu 31:

4 
4 
 2

B  ;b −
y A . yB ≤ 0 ⇔ b  b −
÷≤ 0
2 ÷. Để có ít nhất 2 giao điểm với trục hoành thì
27 a 
27 a 2 
 3a

4
⇔ ( 27 a 2b − 4 ) b ≤ 0 ⇔ a 2b ≤
(Vì b > 0 ). Chọn A.
27
Câu 32:

Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 10/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389

2
Hàm số y = f ( x − 2 ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −2;0 )

B. ( 2; +∞ )

C. ( 0; 2 )

D. ( −∞; −2 )

  x > 0

 x 2 − 2 < −2

x
>
0;
 2

2
′ ( x2 − 2) > 0
f


0
<
x
−
2
<
2





2
⇔
⇔  x < −4
Lời giải: Ta có: y ′ = 2 xf ′ ( x − 2 ) > 0 ⇔ 
.
2
  x < 0
− 2 < x < 0
 x < 0;  x − 2 > 2


 ′ 2
2

 −2 < x − 2 < 0

  f ( x − 2 ) < 0

(

)(

2
Do vậy hàm số y = f ( x − 2 ) đồng biến trên các khoảng ( −∞; −4 ) , − 2;0 ,

(

)(

)

tập

hợp

)

2; 2 và nghịch biến trên

các khoảng −4; − 2 , 0; 2 , ( 2; +∞ ) . Chọn B.
Câu 33:

Tìm

tất

cả

các

giá

trị

thực

của

tham

số

m

để

hàm

số

y = x − ( 2m + 1) x 2 + 3m x − 5 có ba điểm cực trị?
3

1

A.  −∞; ÷
4



 1
B. 0; ÷∪ ( 1; +∞ )
 4

C. ( −∞;0]

D. ( 1; +∞ )

Lời giải: (Học sinh tự vẽ hình tưởng tượng) Hàm số y = x − ( 2m + 1) x 2 + 3m x − 5 có ba điểm cực trị
3

3
2
khi và chỉ khi hàm số y = x − ( 2m + 1) x + 3mx − 5 có hai điểm cực trị không âm.

Δ′ = 4m 2 − 5m + 1 > 0
1

0≤m<

2

⇒
4 . Chọn B.
Vậy phương trình 3 x − 2 ( 2m + 1) x + 3m = 0 khi: 
2 ( 2m + 1)
> 0; P = m ≥ 0  m > 1
S =


3

Câu 34:

Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên và có

đạo hàm f ′ ( x ) liên tục trên R . Đường thẳng trong hình
vẽ bên là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại gốc tọa độ. Gọi
m là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ′ ( x ) . Mệnh đề nào
sau đây là đúng?
A. m < −2
B. −2 < m < 0
C. 0 < m < 2
D. m > 2
Lời giải: Dựa vào đồ thị hàm số trên ta thấy rằng x = 0 chính là
nghiệm của phương trình f ′′ ( x ) = 0 và là điểm cực trị của hàm số
y = f ′ ( x ) . Mặt khác hàm số y = f ′ ( x ) có dạng hàm số bậc 2 với hệ số bậc cao nhất dương. Khi đó giá
trị nhỏ nhất này chính là f ′ ( 0 ) đồng thời là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 0 .
Dựa vào đồ thị ta thấy tiếp tuyến có dạng y = ax và đi qua điểm có tọa độ xấp xỉ ( 1; −2, 2 ) cho nên ta suy
ra −2, 2 = a = f ′ ( 0 ) = m . Chọn A.

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 11/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Câu 35:

3
Cho hàm số f ( x ) = x − 3x + m + 2 . Có bao nhiêu số nguyên dương m < 2018 sao cho với

mọi bộ ba số thực a, b, c ∈ [ −1;3] thì f ( a ) , f ( b ) , f ( c ) là độ dài ba cạnh một tam giác nhọn.
A. 1989
B. 1969
C. 1997
D. 2008
3
g ( x ) = 20; min g ( x ) = 0 khi đó f ( x ) = m + g ( x ) .
Lời giải: Ta đặt g ( x ) = x − 3 x + 2 ⇒ max
[ −1;3]
[ −1;3]
Ta có: f ( a ) + f ( b ) > f ( c ) ∀a, b, c ∈ [ −1;3] ⇒ m > g ( c ) − ( g ( a ) + g ( b ) ) ∀a, b, c ∈ [ −1;3]

⇒ m > max g ( x ) − 2 min g ( x ) ⇒ m > 20 .
[ −1;3]
[ −1;3]

Và f 2 ( a ) + f 2 ( b ) > f 2 ( c ) ∀a, b, c ∈ [ −1;3] ⇒ ( m + g ( a ) ) + ( m + g ( b ) ) > ( m + g ( c ) )
2

2

⇒ m + 2 ( g ( a ) + g ( b ) − g ( c ) ) m + g ( a ) + g ( b ) − g ( c ) > 0 ∀a, b, c ∈ [ −1;3]
2

2

2

2

∀a , b, c ∈ [ −1;3]

2

⇒ ( m + g ( a ) + g ( b ) − g ( c ) ) − 2 g ( a ) g ( b ) + 2 g ( a ) g ( c ) + 2 g ( b ) g ( c ) − 2 g 2 ( c ) > 0 ∀a, b, c ∈ [ −1;3]
2

⇒ ( m + g ( a ) + g ( b ) − g ( c ) ) > 2 ( g ( a ) − g ( c ) ) ( g ( b ) − g ( c ) ) ∀a , b, c ∈ [ −1;3]
2

2

2
⇒ ( m + g ( a ) + g ( b ) − g ( c ) ) > 2  max g ( x ) − min g ( x ) ÷ ∀a, b, c ∈ [ −1;3]
[ −1;3]
 [ −1;3]

m > max g ( x ) + 20 2 − 2 min g ( x ) ⇒ m ≥ 49 . Chọn B.

[ −1;3]

[ −1;3]

Câu 36:

4
2

f ( x ) = f ( −1) . Giá trị nhỏ nhất của hàm
Cho hàm số f ( x ) = ax + bx + c ( a ≠ 0 ) có (min
−∞ ;0 )

1 
số trên  ; 2  bằng?
2 
7a
9a
C. c +
D. c − a
16
16
Lời giải: Dễ dàng suy ra được a > 0, b < 0 và x = −1 là điểm cực tiểu của hàm số.
A. c + 8a

B. c −

3
Vì y ' = 4ax + 2bx ⇒ y ' ( −1) = 0 khi b = −2a . Vậy y = ax 4 − 2ax 2 + c .

Do đó

min f ( x ) = f ( 1) = c − a
1 
 2 '2



Câu 37:

. Chọn đáp án D.

2
2
Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x ( x + 1) ( x + 2mx + 4 ) . Có bao nhiêu giá trị

2
nguyên âm của m để hàm số y = f ( x ) có đúng 1 điểm cực trị?

A. 1

B. 2

C. 3

2
5
2
4
2
Lời giải: Ta có: y ' = 2 x. f ' ( x ) = 2 x ( x + 1) ( x + 2mx + 4 ) .

D. 4

x = 0
x = 0
⇔
Do đó y ' = 0 khi  4
. Khảo sát bảng biến thiên ta kết luận m ≥ −2 .

2
 m = − x 2 − 22
x
+
2
mx
+
4
=
0

x

Chọn đáp án B.
Câu 38:

 x 2 − xy + 3 = 0
x
,
y
>
0
Cho
và thỏa mãn 
. Tính tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
2 x + 3 y − 14 ≤ 0

biểu thức P = 3 x 2 y − xy 2 − 2 x 3 + 2 x ?
A. 8

B. 0

C. 12

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

D. 4

Trang 12/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389

9
x2 + 3
 9
Lời giải: Ta có y =
. Thay vào ta có P = 5 x − = f ( x ) với x ∈ 1; 
x
x
 5
Khi đó max P + min P = 0 . Chọn đáp án B.
Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên R \ { 0; −1} thỏa mãn điều kiện f ( 1) = −2 ln 2 và

Câu 39:

x ( x + 1) . f ' ( x ) + f ( x ) = x 2 + x . Biết f ( 2 ) = a + b ln 3 ( a, b ∈ Q ) . Tính a 2 + b 2 = ?
A.

3

4

Lời giải: Ta có f ' ( x ) +

B.

13
4

C.

1
2

D.

9
2

x
1
x
1
. f '( x) +
.
f
x
=
(
)

. f ( x) =1 ⇒
2
x +1
x +1
x ( x + 1)
( x + 1)

x 
x
x

⇒  f ( x) .
'
=
⇒
f
x
.
= x − ln x + 1 + C
(
)
x + 1  x + 1
x +1

Ta có f ( 1) .

⇔ f ( 2) =

1
2

= 1 − ln 2 + C ⇒ C = −1 . Khi đó f ( 2 ) . = 2 − ln 3 − 1 = 1 − ln 3
2
3

3 3
9
− ln 3 do đó a 2 + b 2 = . Chọn đáp án D.
2 2
2

Câu 40:

Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′( x) có đồ thị như hình vẽ .

Hàm số g ( x ) = f ( x ) −
A.
B.
C.
D.

x =1
x = −1
x=0
x=2

x3
+ x 2 − x + 2 đạt cực đại tại điểm nào?
3

Lời giải: 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.

x = 0

Từ đồ thị suy ra g ′( x) = 0 ⇔  x = 2 nhưng g ′( x) chỉ đổi dấu từ dương sang
 x = 1
âm khi qua x = 1 . Do đó hàm số đạt cực đại tại x = 1 .
Câu 41:

2
Gọi ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) : y = 8 x − x và trục hoành. Các đường

thẳng y = a, y = b, y = c với 0 < a < b < c < 16 chia ( H ) thành bốn phần có diện tích bằng
nhau. Giá trị của biểu thức ( 16 − a ) + ( 16 − b ) + ( 16 − c ) bằng:
3

A. 2048

B. 3584

3

3

C. 2816

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

D. 3480

Trang 13/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Lời giải: Ta có công thức tính nhanh: “Nếu hai đồ thị cắt nhau có
phương trình hoành độ giao điểm ax 2 + bx + c = 0 khi đó diện tích

( Δ)
S=

hình phẳng giữa hai đồ thị đó là

6a

3

với Δ = b 2 − 4ac ”.

2

Do đó xét 8 x − x = a ⇔ x − 8 x + a = 0 nên S =
a
2

2

Tương tự ta có: S =

b

4

(

16 − b

)

3

; Sc =

3

4

(

4

16 − c

)

(

16 − a

)

3

.

3
3

.

3

2
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) : y = 8 x − x và trục hoành là S0 =

4
Mặt khác vì S = 4 ( 64 ) = 4S ⇒ S = 64 =
0
a
a
3
3
4

(

16 − b

)

(

16 − a

)

4
( 64 ) .
3

3

3

3
⇒ ( 16 − a ) = 256 .

3

3
Có: S = 2 S = 128 =
⇒ ( 16 − b ) = 1024 và Sc = 3S a = 64 =
b
a
3
3
3
3
3

Như vậy: ( 16 − a ) + ( 16 − b ) + ( 16 − c ) = 3584 . Chọn B.

4

(

16 − c

)

3

3

⇒ ( 16 − c ) = 2304
3

4
2
f ( x ) = f ( −1) . Giá trị nhỏ
Cho hàm số y = f ( x ) = ax + bx + c ( a ≠ 0 ) có điều kiện (min
−∞ ;0)

Câu 42:

1 
nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn  ; 2  bằng:
2 
7a
9a

A. c + 8a
B. c −
C. c +
16
16

D. c − a

f ( x ) = f ( −1) chứng tỏ
Lời giải: Ta chú ý rằng điểm cực trị của hàm số có x = 0 cho nên nếu như (min
−∞ ;0)
4
2
rằng x = ±1 là các điểm cực tiểu của hàm số cho nên f ( x ) = a ( x − 2 x ) + c .

1 
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn  ; 2  bằng f ( 1) = c − a . Chọn D.
2 
3
2
Biết rằng đồ thị của hàm số y = P ( x ) = x − 2 x − 5 x + 2 cắt trục hoành tại ba điểm phân

Câu 43:
biệt
T=

lần

có

hoành

độ

là

x1 , x2 , x3 .

B. T =

1  P ' ( 1) P ' ( 3) 
−
−

2  P ( 1) P ( 3) 

Tính

giá

trị

của

1
1
1
+ 2
+ 2
?

x − 4 x1 + 3 x2 − 4 x2 + 3 x3 − 4 x3 + 3
2
1

A. T =
C. T =
Lời giải:

lượt

1  P ' ( 1) P ' ( 3) 
+
−

2  P ( 1) P ( 3) 
1  P ' ( 1) P ' ( 3) 
−


2  P ( 1) P ( 3) 

Ta có: T =

1

D. T =
+

1

+

1  P ' ( 1) P ' ( 3) 
+


2  P ( 1) P ( 3) 
1

( x1 − 1) ( x1 − 3) ( x2 − 1) ( x2 − 3) ( x3 − 1) ( x3 − 3)

1
1
1
1  1
1
1   1
1
1 
+
+
+
+

÷− 
÷ vì x − 1 x − 3 = x − 3 − x − 1 .
(
)(
)
2  x1 − 3 x2 − 3 x3 − 3   x1 − 1 x2 − 1 x3 − 1  

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 14/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Vì x1 , x2 , x3 là 3 nghiệm của phương trình P ( x ) = 0 ⇒ P ( x ) = ( x − x1 ) ( x − x2 ) ( x − x3 ) .
Suy ra P ' ( x ) = ( x − x1 ) ( x − x2 ) + ( x − x2 ) ( x − x3 ) + ( x − x3 ) ( x − x1 )
⇒

P ' ( x ) ( x − x1 ) ( x − x2 ) + ( x − x3 ) + ( x − x3 ) ( x − x1 )
1
1
1
=
=
+
+
( *) .
P ( x)
x − x1 x − x2 x − x3
( x − x1 ) ( x − x2 ) ( x − x3 )

Thay x = 1, x = 3 vào biểu thức (*), ta được T =

1  P ' ( 1) P ' ( 3) 
−

.
2  P ( 1) P ( 3) 

2
Có bao nhiêu giá trị của tham số thực m để GTNN của hàm số y = x − 2 x + m + 4 x

Câu 44:

bằng −1 ?
A. 0

B. 1
C. 2
Lời giải:
Nếu m ≥ 1 thì y = x 2 + 2 x + m có GTNN là m − 1 = −1 ⇔ m = 0 (loại).

(
{
⇒ min y = min { m + 3 − 4; 4 ( 1 +
⇒ min y = min { m + 3 − 4; 4 ( 1 −

D. 3

) (

)}

) (
1− m )}

)}

 x 2 + 2 x + m
y
=
Nếu m < 1 thì
nên min y = min f ( −1) ; f 1 + 1 − m ; f 1 − 1 − m
 2
−
x
+
6
x
−
m


1− m ; 4 1− 1− m

m = 1
 m = −7

Trường hợp 1: min y = m + 3 − 4 = 0 ⇒ 

(

)

Vì m < 1 nên m = −7 khi đó 4 1 − 1 − m < 0 nên trường hợp này không thỏa mãn.

(

)

Trường hợp 2: min y = 4 1 − 1 − m = 0 ⇔ m = 0 khi đó m + 3 − 4 = −1 < 0 nên trường hợp này
không thỏa mãn.
Kết luận: không tồn tại m thỏa mãn. Chọn đáp án A.
Biết rằng tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = ( x + a ) + ( x + b ) + ( x + c ) có hệ số góc nhỏ
3

Câu 45:

3

3

nhất tại tiếp điểm có hoành độ x = −1 đồng thời a, b, c là các số thực không âm. Tìm GTLN
tung độ của giao điểm đồ thị hàm số với trục tung?
A. 27
B. 3
C. 9
D. 18
Lời giải: Tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất tại điểm uốn.

(

Mặt khác y ' = 3 ( x + a ) + ( x + b ) + ( x + c )
2

2

2

) ⇒ y '' = 6 ( 3x + a + b + c )

a+b+c
= −1 ⇔ a + b + c = 3 .
3
Giao điểm với trục tung có tung độ y = a 3 + b3 + c 3
Do đó y '' = 0 ⇔ x = −

(

)

(

)

(

)

2
2
2
3
3
3
Vì a a − 9 + b b − 9 + c c − 9 ≤ 0 ⇔ a + b + c ≤ 9 ( a + b + c )

Vậy tung độ giao điểm của đồ thị hàm số và Oy là a = 3; b = c = 0 và các hoán vị. Chọn đáp án A.

Câu 46:

Với giá trị thực dương của tham số m để đồ thị hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3 x + 1 có các

điểm cực trị A và B sao cho tam giác ∆OAB có diện tích bằng 8 2 thì mệnh đề nào sau đây
là đúng?
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 15/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
A. 1 < m < 2

B. 2 < m <

7
2

(

C. 3 < m < 4

D. m < 1

)

2
Lời giải: Đường thẳng qua hai điểm cực trị y = 2 − 2m x + m + 1 = px + q

Điều kiện có hai điểm cực trị là m 2 > 1 . Gọi hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A ( x1 ; px1 + q ) và

1
1
B ( x2 ; px2 + q ) ⇒ S ∆OAB = . x1 ( px2 + q ) − x2 ( px1 + q ) ⇒ S ∆OAB = . q . x1 − x2
2
2
1
⇒ S ∆OAB = . m + 1 .
2

( x1 + x2 )

2

1
− 4 x1 x2 ⇒ S ∆OAB = . m + 1 . 4m 2 − 4
2

2
2
⇒ S ∆OAB = m + 1 . m 2 − 1 = 8 2 ⇒ ( m + 2m + 1) ( m − 1) = 128

⇒ ( m − 3) ( m3 + 5m 2 + 15m + 43) = 0 ⇒ m = 3 . Chọn đáp án B.
Câu 47:

2
Với m để hàm số y = x + mx + 1 trên [ −1; 2] đạt giá trị nhỏ nhất là 1 thì mệnh đề nào

sau đây là đúng?

A. 2 < m < 4

B. 1 < m < 2


Lời giải: Ta có min y = min  f ( −1) , f ( 2 ) ,
[ −1;2]


C. 0 < m < 1

D. m > 4



m2
 m 
−1 
f  − ÷ = min  2 − m ; 5 + 2m ;
4
 2 



m = 1
. Tuy nhiên khi thay vào kiểm tra ta thấy chỉ có m = 3 thỏa mãn.
m = 3

Trường hợp 1: 2 − m = 1 ⇔ 

 m = −2
. Khi thay vào kiểm tra ta thấy chỉ có m = −3 thỏa mãn.
 m = −3

Trường hợp 2: 5 + 2m = 1 ⇔ 

 m = ±2 2
m2
−1 = 1 ⇔ 
Trường hợp 3:
. Tuy nhiên khi thay vào kiểm tra ta thấy không có giá trị nào
4
m = 0
thỏa mãn. Chọn đáp án A.
Câu 48:

Cho hàm số y =

x−3
có đồ thị ( C ) và điểm A ∈ ( C ) . Tiếp tuyến với ( C ) tại A tạo với
x +1

hai đường tiệm cận một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất là bao nhiêu?
A. 2 + 2 2

B. 4 − 2 2

C. 3 − 2

D. 4 + 2 2

Lời giải: Giả sử M và N là hai giao điểm với đường tiệm cận. Khi đó IM = 2 x A + 1 ; IN =

8
xA + 1

Khi đó C∆IMN = IM + IN + IM 2 + IN 2 ≥ 2 IM .IN + 2. IM .IN

⇒ C∆IMN ≥ 8 + 4 2 . Vậy r∆IMN =

s
8
=
= 4 − 2 2 . Chọn đáp án B.
p 4+2 2

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 16/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
VẬN DỤNG CAO : HÌNH HỌC GIẢI TÍCH OXYZ
Câu 49:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 1; 2; −1) , M ( 2; 4;1) , N ( 1;5;3 ) . Tìm

tọa độ điểm C nằm trên mặt phẳng ( P ) : x + z − 27 = 0 sao cho tồn tại các điểm B, D tương
ứng thuộc các tia AM , AN để tứ giác ABCD là hình thoi.
A. C ( 6; −17; 21)

B. C ( 20;15;7 )

C. C ( 6; 21; 21)

D. C ( 18; −7;9 )

Lời giải: C là giao của phân giác trong ∆AMN với ( P ) . Ta có: AM = 3; AN = 5 .
EM AM 3
=
=
Gọi E là giao điểm phân giác trong ∆AMN và MN . Ta có:
EN
AN 5
 x = 1 + 5t
uuuu
r uuur r

 13 35 7 
⇒ 5 EM + 3EN = 0 ⇔ E  ; ; ÷ ⇒ ( AE ) :  y = 2 + 19t ⇒ C ( 6; 21; 21) .
 8 8 4
 z = −1 + 22t

Câu 50:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x + y − z − 3 = 0 và tọa độ

hai điểm A ( 1;1;1) , B ( −3; −3; −3) . Mặt cầu ( S ) đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với ( P ) tại
điểm C . Biết rằng C luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó?
2 33

2 11
C. R =
3
3
Lời giải: Ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm D ( 3;3;3) là giao
A. R = 4

( AB )

điểm của

B. R =

D. R = 6

và ( P ) . Do đó theo tính chất của phương

tích ta được: DA.DB = DI 2 − R 2 . Mặt khác vì DC là tiếp
tuyến của mặt cầu ( S ) cho nên DC 2 = DI 2 − R 2 .
Do vậy DC 2 = DA.DB = 36 cho nên DC = 6 (Là một giá trị
không đổi).
Vậy C luôn thuộc một đường tròn cố định tâm D với bán
kính R = 6 . Chọn D.
Câu 51:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + z − 4 = 0 . Có tất cả

bao nhiêu mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng

( P)

và tiếp xúc với ba trục tọa độ

x ' Ox, y ' Oy, z ' Oz ?
A. 8 mặt cầu
B. 4 mặt cầu
C. 3 mặt cầu
D. 1 mặt cầu
Lời giải: Gọi tâm I ( a, b, c ) , ta có a + 2b + c = 4 . Vì d ( I , Ox ) = d ( I , Oy ) = d ( I , Oz )
⇒ a 2 + b2 = b 2 + c 2 = c 2 + a 2 ⇔ a = b = c
• Nếu a = m, b = m, c = −m ⇒ 2m = 4 ⇒ m = 2 ⇒ I ( 2; 2; −2 )

• Nếu a = m, b = m, c = m ⇒ m = 1 ⇒ I ( 1;1;1)
• Nếu a = m, b = − m, c = m ⇒ 0 = 4 (Loại)
• Nếu a = −m, b = m, c = m ⇒ 2m = 4 ⇒ I ( −2; 2; 2 )
Vậy có tất cả 3 mặt cầu thỏa mãn điều kiện của bài toán đưa ra.
Câu 52:
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn đường thẳng có phương trình lần lượt
là d1 :

x −1 y − 2 z
x−2 y−2 z
x y z −1
x − 2 y z −1
=
=
; d2 :
=
=
; d3 : = =

; d4 :
= =
.
1
2
−2
2
4
−4
2 1
1
2
2
−1

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 17/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
r
Biết rằng đường thẳng ∆ có vector chỉ phương u ( 2; a; b ) cắt cả bốn đường thẳng đã cho. Giá
trị của biểu thức 2a + 3b bằng:
3
1
D. −
2
2
Lời giải: Ta phát hiện ra 2 đường thẳng đầu đồng phẳng do đó ta viết phương trình mặt phẳng đi qua 2

đường thẳng đó. Tiếp đó xác định giao điểm của 2 đường thẳng d 3 , d 4 với mặt phẳng vừa tìm được và ∆

C. −

B. −1

A. 5

chính là đường thẳng đi qua 2 giao điểm đó.
2
2
Câu 53:
Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : 2mx + ( m + 1) y + ( m − 1) z − 10 = 0
và điểm A ( 2;11; −5 ) . Biết khi m thay đổi tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng

( P)

và đi qua A . Tìm tổng bán kính hai mặt cầu đó.

A. 7 2
B. 15 2
C. 5 2
Lời giải: Gọi tâm I ( a, b, c ) khi đó bán kính mặt cầu: R = IA = d ( I , ( P ) )

⇔R=

( a − 2)

2

⇔R=

( a − 2)

2

+ ( b − 11) + ( c + 5 ) =
2

2

+ ( b − 11) + ( c + 5 ) =
2

2

D. 12 2

2ma + ( m 2 + 1) b + ( m 2 − 1) c − 10

(m

2

+ 1) 2

m 2 ( b + c ) + 2ma + b − c − 10

(m

2

+ 1) 2

đúng với ∀m ∈ R .

b −5
a = 0
a = 0
b = 9
2
⇔
⇒
⇒ R1 + R2 = 12 2 .
Do vậy 
nên R = 4 + ( b − 11) =
2
b + c = b − c − 10
c = −5
b = 25
Câu 54:
Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho phương trình các mặt phẳng ( P ) : x − y + 2 z + 1 = 0
và ( Q ) : 2 x + y + z − 1 = 0 . Gọi ( S ) là mặt cầu có tâm thuộc Ox đồng thời cắt mặt phẳng ( P )
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và cắt mặt phẳng ( Q ) theo giao tuyến là
một đường tròn có bán kính bằng r . Xác định r sao cho chỉ tồn tại duy nhất một mặt cầu thỏa
mãn điều kiện đã cho.
10
3 2
14
A. r =

B. r =
C. r = 3
D. r =
2
2
2
2
2
Lời giải: Ta gọi I ( a;0;0 ) là tâm mặt cầu. Khi đó bán kính: R 2 = r 2 + d ( I , ( Q ) ) = 22 + d ( I , ( P ) )
⇔r

2

( 2a − 1)
+
6

Câu 55:

2

( a + 1)
= 4+

2

do đó để có duy nhất 1 tâm mặt cầu thỏa mãn thì giải ∆ = 0 . Chọn B.
6
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm A ( 2,1, 0 ) ,

song song với mặt phẳng

( P) : x − y − z = 0

và có tổng khoảng cách từ các điểm

M ( 0, 2, 0 ) , N ( 4, 0, 0 ) tới đường thẳng đó đạt giá trị nhỏ nhất? Vector chỉ phương của ∆ là?
uur
uu
r
uu
r
uu
r
A. u∆ = ( 1,0,1)
B. u∆ = ( 2,1,1)
C. u∆ = ( 3, 2,1)
D. u∆ = ( 0,1, −1)

( Q ) : x − y − z − 1 = 0 là mặt phẳng qua điểm
A ( 2,1, 0 ) , song song với mặt phẳng ( P ) : x − y − z = 0 .
Đồng thời ta phát hiện ra rằng điểm A ( 2,1,0 ) là trung điểm MN .
Khi đó tổng khoảng cách MF + NG ≥ MC + ND=2d ( M , ( Q ) ) .
Lời giải: Ta gọi

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 18/54

Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ là đường thẳng đi qua A và hai hình chiếu C và D của các điểm

M ( 0, 2,0 ) , N ( 4, 0, 0 ) tới mặt phẳng ( Q ) . Chọn A.
Câu 56:
Ba tia Ox, Oy , Oz đôi một vuông góc. Gọi C là điểm cố định trên Oz , đặt OC = 1 hai
điểm A, B thay đổi trên Ox, Oy sao cho OA + OB = OC . Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện O. ABC ?
6
6
6
A.
B.
C.
D. 6.
.
.
.
4
3
2
1
Lời giải: Ta đặt A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0;1) trong đó a + b = 1 ≤ 2 ( a 2 + b 2 ) ⇒ a 2 + b 2 ≥ . Khi đó
2
ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện: R =
Câu 57:

1 2
1
1

6
. Chọn A.
a + b2 + 1 ≥
1+ =
2
2
2
4

2
2
2
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2 x − 2 y − 2 z = 0 và

điểm A ( 2; 2;0 ) . Viết phương trình mặt phẳng ( OAB ) , biết rằng điểm B thuộc mặt cầu ( S ) ,
có hoành độ dương và tam giác OAB đều.
A. x − y − 2 z = 0
B. x − y − z = 0
C. x − y + z = 0
D. x − y + 2 z = 0
Lời giải: Ta có OA = 2 2 do đó điểm B nằm trên các mặt cầu tâm O và tâm A có cùng bán kính 2 2
 x2 + y2 + z 2 − 2x − 2 y − 2z = 0
 x2 + y 2 + z 2 = 8
 2

2
2
⇔  x + y + z = 0 ⇔ B ( 2;0; −2 ) .
nên tọa độ B là nghiệm của hệ:  x + y + z = 8


x + y = 2
2
2
2

( x − 2 ) + ( y − 2 ) + z = 8
Câu 58:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 và hai điểm
A ( 1; 2;3) , B ( 3; 4;5 ) . Gọi M là một điểm di động trên ( P ) . Giá trị lớn nhất của biểu thức
MA + 2 3
bằng:
MB
A. 3 6 + 78

B. 3 3 + 78

C.

54 + 6 78

D. 3 3

MA + 2 3 MA + AB
Lời giải: Ta dễ dàng nhận thấy A ∈ ( P ) và AB = 2 3 do vậy P =
.
=
MB
MB
sin MBA + sin AMB
 MAB 

 MBA − AMB 
 MAB 
= 2 cot 
Áp dụng định lý hàm số sin: P =
÷cos 
÷ ≤ 2 cot 
÷.
sin MAB
2
 2 


 2 
Do vậy Pmax ⇔ ∠MAB nhọn và đạt giá trị nhỏ nhất hoặc tù và đạt giá trị lớn nhất. Điều này xảy ra khi và
chỉ khi M nằm trên đường thẳng hình chiếu của AB trên ( P ) và tam giác MAB cân tại A. Chọn C.
Câu 59:

Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz cho A ( 1, 0,1) , B ( −3, 4, −1) , C ( 2, 2,3 ) .
Đường thẳng d đi qua A , cắt các mặt cầu
đường kính AB và AC lần lượt tại các
điểm M , N không trùng với A sao cho
đường gấp khúc BMNC có độ dài lớn nhất
có vector chỉ phương là?

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 19/54

Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
r
r
A. u = ( 1, 0, 2 )
B. u = ( 1, 0,1)
r
r
C. u = ( 1, 0, −1)
D. u = ( 2, 0, −1)
Lời giải: Ta phát hiện được tam giác ABC vuông tại A mặt khác:
 MA + MB ≤ 2 ( MA2 + MB 2 ) = AB 2

⇒ BM + MN + NC ≤ ( AB + AC ) 2

 NA + NB ≤ 2 ( NA2 + NB 2 ) = AC 2

Chú ý rằng đẳng thức xảy ra được bởi vì trong trường hợp các tam giác MAB, NAC vuông cân và tam
r
giác ABC vuông thì A, M , N vẫn thẳng hàng cho nên đường thẳng d khi đó có u = ( 1, 0,1) . (Học sinh
cần tự tìm các tọa độ của M , N sao cho các tam giác MAB, NAC vuông cân tại M , N và nằm trong mặt
phẳng ( ABC ) ). Chọn B.
Câu 60:
Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz gọi d là đường thẳng đi qua điểm
A ( 1, 0, 0 ) có hình chiếu trên mặt phẳng

( P ) : x − 2 y − 2z + 8 = 0

là d ' . Giả sử giá

trị lớn nhất và nhỏ nhất khoảng cách từ
điểm M ( 2, −3, −1) tới d ' là α và β .
Tính giá trị của T = α + β ?
A.

6
2

B.

2

2
6
D.
2
3
Lời giải: Ta có xét A′ là hình chiếu của A trên ( P ) . Khi đó đường thẳng d ' đi qua điểm A′ . Ta gọi G
C.

là hình chiếu của M trên đường thẳng d ' và H là hình chiếu của M trên ( P ) . Ta có các đánh giá:
MH ≤ MG ≤ MA′ ⇒ T = α + β = MA′ + MH =

6
3

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A ( a;0;0 ) , B ( 0; b; c ) , C ( 0;0; c ) với

Câu 61:

a ≥ 4, b ≥ 5, c ≥ 6 và mặt cầu ( S ) có bán kính bằng 3 10 ngoại tiếp tứ diện OABC . Khi tổng
2
OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất thì mặt cầu ( S ) tiếp xúc với mặt phẳng nào dưới đây?

A. 2 x + 2 y − 2 z + 6 + 3 2 = 0

B. 2 x + 2 y + 2 z + 7 − 2 2 = 0

D. 2 x + 2 y + 2 z + 3 − 2 2 = 0
2x + 2 y − 2z + 3 + 2 2 = 0
Lời giải: Ta có: a 2 + b 2 + c 2 = 90 và a ≥ 4, b ≥ 5, c ≥ 6 . Khi đó: 4 ≤ a ≤ 29;5 ≤ b ≤ 38 .
C.

Ta có: OA + OB + OC = a + b + c = a + b + 90 − a 2 − b 2 = f ( a, b ) .
Xét f ′ ( a ) = 1 −

a
90 − a 2 − b2

= 0 ⇔ a = 45 −

{

min f ( a, b ) = min f ( 4 ) ; f

(

29

b2
. Lập bảng biến thiên ta được:
2

) } = min { b + 4 +

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

74 − b 2 ; b + 29 + 61 − b 2

}
Trang 20/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
2
2
2
Dễ có: b + 4 + 74 − b < b + 29 + 61 − b ∀b ∈ 5; 38  ⇒ min f ( a, b ) = b + 4 + 74 − b = f ( b ) .
b
= 0 ⇔ b = 37 nên lập bảng biến thiên ta được min f ( a, b ) = f ( 5 ) = 16 .
Do f ′ ( b ) = 1 −
74 − b 2
Do đó giá trị nhỏ nhất của OA + OB + OC là 16 khi a = 4, b = 5, c = 7 .

Cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y − 4 ) + z 2 = 8 và các điểm A ( 3;0;0 ) , B ( 4; 2;1) . Gọi M
2

Câu 62:

2

là một điểm bất kỳ thuộc mặt cầu ( S ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + 2.MB ?
A. 4 2

B. 6 2

C. 2 2

D. 3 2

 IA = 4 2 = 2 R

Lời giải: Ta thấy cả A và B cùng nằm ngoài mặt cầu đồng thời 

 IB = 30

. Mục đích cách giải là

tìm C sao cho MA = 2MC với mọi điểm M thuộc mặt cầu bằng cách sau: Lấy điểm C trên IA sao cho

IM IC
IM 2 R 2 R
∆ICM và ∆IMA đồng dạng với nhau tức là
=
⇔ IC =
=
= .
IA
IM

IA
R
.2
2
uu
r
uur
Vậy IA = 4 IC ⇒ C ( 0;3; 0 ) khi đó MA + 2 MB = 2 ( MB + MC ) ≥ 2 BC = 3 2 . Chọn đáp án D.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho S ( 0;0;1) , M ( m;0;0 ) , N ( 0; n;0 ) với

Câu 63:

m, n > 0 và m + n = 1 . ( SMN ) luôn tiếp xúc với 1 mặt cầu cố định có bán kính là bao nhiêu
biết mặt cầu đó đi qua M ( 1;1;1) .
A.

B. 2

2

C. 1

Lời giải: Gọi I ( a; b; c ) là tâm mặt cầu. Khi đó: R = d ( I , ( MSN ) )

2

D.

3

a b c
+ + −1
m n 1
=
=I.
1
1
1+ 2 + 2
m n

2

2

1
1
2
 1 1
 1 1
 1 1 1 1
+ 2 = 1+  + ÷ −
= 1+  + ÷ − 2  + ÷ = + −1 .
2
m n
 m n  mn
m n
m n m n

Chú ý: 1 +

a b c
+ + −1
m n 1
Vậy R =
. Chọn a = b = 1 − c ⇒ R = a và tâm I ( a; a;1 − a ) .
1 1
+ −1
m n
⇒ IM = 2 ( a − 1) + a 2 = a ⇔ a = 1 ⇒ R = 1 . Chọn đáp án C.
2

Câu 64:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ( P ) là mặt phẳng đi qua M ( 1; 4;9 ) và cắt

các tia Ox, Oy , Oz tại A, B, C sao cho OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó ( P ) đi qua
điểm nào trong các đáp án sau?
A. ( 12;0;0 )
B. ( 0;6;0 )
Lời giải: Gọi mặt phẳng ( P ) =

C. ( 0;12;0 )

D. ( 0;0;6 )

2
x y z
1 + 2 + 3)
+ + = 1 . Ta có: 1 = 1 + 4 + 9 ≥ (
⇒ a + b + c ≥ 36 .

a b c
a b c
a +b+c

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 21/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
a = 6
1 2 3
 = =

⇒ b = 12 . Chọn đáp án C.
Đẳng thức xảy ra khi  a b c
 a + b + c = 36 c = 18

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho H ( a; b; c ) trong đó ab + bc + ca = −1 . Mặt

Câu 65:

phẳng ( α ) qua H và cắt Ox, Oy , Oz tại A, B, C sao cho H là trực tâm ∆ABC . Mặt cầu tâm
O tiếp xúc ( α ) có bán kính nhỏ nhất là?

A. 1

B. 2

C.

2

D.

3

Lời giải: Ta có: OH ⊥ ( α ) ⇒ R = OH = a 2 + b 2 + c 2 .
Lại có: a 2 + b 2 + c 2 = ( a + b + c ) − 2 ( ab + bc + ca ) = ( a + b + c ) + 2 ≥ 2 .
2

2

Vậy R ≥ 2 . Chọn đáp án C.
Trong không gian tọa độ Oxyz cho ∆ABC có đỉnh A ( 4;1; 0 ) , trực tâm H ( 8;1; 0 ) và

Câu 66:

M ( 1;1; 0 ) là trung điểm BC. Tìm tâm I đường tròn ngoại tiếp ∆ABC .

A. I ( 1;1; 0 )

B. I ( −1; 0;1)

C. I ( −1;1;1)
D. I ( −1;1; 0 )
uuur
uuur
Lời giải: Theo tính chất về đường tròn Euler ta có: AH = 2 IM ⇒ ( 4;0;0 ) = 2 ( 1 − x;1 − y; − z )
Vậy I ( −1;1; 0 ) . Chọn đáp án D.

Câu 67:

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 3; 4;5 ) . Gọi ( P ) là mặt phẳng

qua M sao cho ( P ) cắt các trục tọa độ tại các điểm A, B, C sao cho khoảng cách từ gốc tọa
độ tới ( P ) là lớn nhất. Thể tích khối tứ diện OABC là?
24
C.
5
r uuuu
r
Lời giải: Ta có: d ( O; ( P ) ) max = OM khi ( P ) có n = OM = ( 3; 4;5 ) .
A.

6250
3

B.

⇒ ( P ) : 3 x + 4 y + 5 z − 50 = 0

⇔

3125
9

D.

144
5

x
y
z
50
25
3125 .
+
+ =1
⇔ a = , b = , c = 10 ⇒ VOABC =
50 25 10
3
2
9
3
2

Chọn đáp án B.
Câu 68:

x = 0

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  y = t và A ( 0; 4;0 ) . Gọi
z = 1


M là điểm cách đều d và trục x ' Ox . Khoảng cách ngắn nhất giữa A và M bằng:
1
65
A.

B. 3 2
C. 6
D.
2
2
 d ( M , Ox ) = b 2 + c 2

Lời giải: Gọi M ( a; b; c ) ta có: 
.
2
 d ( M , d ) = a 2 + ( c − 1)
Do đó b 2 + c 2 = a 2 + ( c − 1) ⇔ a 2 = b 2 + 2c − 1 .
2

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 22/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Khi đó AM = a 2 + ( b − 4 ) + c 2 = 2 ( b − 2 ) + ( c + 1) + 6 . Chọn đáp án C.
2

Câu 69:

2

(

2

)

Cho mặt phẳng Pa ,b , c : bcx + cay + abz − abc = 0 với a, b, c > 0 và

M ( x0 , y0 , z0 ) là điểm cố định của họ mặt phẳng

(P ).
a ,b , c

1 1 1
+ + = 3 . Gọi
a b c

Tính giá trị của biểu thức

E = x0 + y0 + z0 ?
A. E = 1
Lời giải: Ta có ( P ) :

Câu 70:

B. E = 3

C. E =

1
3

D. E =

1
2

x y z
1 1 1
+ + = 1 . Vậy M  ; ; ÷. Chọn đáp án A.
a b c
3 3 3

( a − 1) 2 + ( b − 2 ) 2 + ( c − 3) 2 = 1
Cho a, b, c, d , e, f là các số thực thỏa mãn điều kiện 
.
2
2
2
( d + 3) + ( e − 2 ) + f = 9

Gọi M và m lần lượt là các giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của F = ( a − d ) + ( b − e ) + ( c − f
2

Tính P = M + m ?
A. 24
B. 80
Lời giải: Gọi I1 ( a, b, c ) và I 2 ( d , e, f ) . Khi đó:
•

C. 35

2

)

2

.

D. 99

2
2
2
I1 ∈ ( S1 ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 1 có tâm O1 ( 1; 2;3) , R1 = 1

2
2
I 2 ∈ ( S 2 ) : ( x + 3) + ( y − 2 ) + z 2 = 9 có tâm O2 ( −3; 2; 0 ) , R2 = 3
Ta dễ thấy O1O2 = 5 > R1 + R2 ⇒ 2 mặt cầu nằm ngoài nhau.

•

 M = ( O1O2 + R1 + R2 ) 2 = 81
Vậy 
. Vậy M − m = 80 . Chọn đáp án B.
2
m = ( O1O2 − R1 − R2 ) = 1

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 23/54

Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
VẬN DỤNG CAO : KHỐI ĐA DIỆN – KHỐI TRÒN XOAY
Câu 71:

Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi E là điểm đối xứng của A qua D . Mặt phẳng

qua CE và vuông góc với mặt phẳng ( ABD ) cắt cạnh AB tại điểm F . Tính thể tích V của
khối tứ diện AECF .
2a 3
2a 3
2a 3
C. V =
D. V =
60
40
15
HB FA EM
FA 3
FA 2
.
.
= 1 ⇔ 2.
. =1⇔
=
Lời giải: Áp dụng định lý Menelaus:
HM FB EA
FB 4
FB 3

S
AE AF 4
2
4
4 a3 2 a3 2
.
= ⇒V
⇒ AF = AB và AE = 2 AD . Ta có: ∆AEF =
.
=
V
=
.
=
AECF
ABCD
S ∆ABD AD AB 5
5
5
5 12
15
A. V =

Câu 72:

2a 3
30

B. V =

Cho khối tứ diện ABCD có BC = 3, CD = 4, RABC = RBCD = RADC = 900 . Góc giữa hai

đường thẳng AD và BC bằng 600 . Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( ACD ) ?
2 43
43
B.
43
86
4 43
43
C.
D.
43
43
Lời giải: Ta dựng AE ⊥ ( BCD ) và dễ dàng chứng minh được
A.

0
BCDE là hình chữ nhật. Khi đó R ( AD, BC ) = RADE = 60 khi đó

ta suy ra AE = 3 3 ⇒ VABCD = 6 3 .
Mặt khác ta chú ý công thức tính nhanh:
2 S ABC S ACD sin ( ( ABC ) , ( ACD ) )
VABCD =
3 AC
Do vậy đặt R ( ( ABC ) , ( ACDα) ) = và theo định lý Pythagoras ta
suy ra AB = 43; AD = 6; AC = 2 13 .
Khi đó: 6 3 =

2 1


2 43
.
 3 43 ÷( 12 ) sin α ⇒ cos α =
6 13  2

43

Cho hình chóp S . ABC có SA = x, BC = y , AB = AC = SB = SC = 1. Thể tích khối chóp
S . ABC lớn nhất khi tổng x + y bằng:
2
4
A. 3
B.
C.
D. 4 3
3
3
Lời giải: Ta gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA, BC.
Câu 73:

Dễ chứng minh được SA ⊥ ( MBC ) và ∆MBC cân tại M
Tính được:
Do đó:

MN 2 = MB 2 −
V = VS . ABC

BC 2
SA2 BC 2

x2 + y2
= AB 2 −
−
= 1−
.
4
4
4
4

1
x2 + y2
= xy 1 −
.
6
4

1
xy
2
xy 1 −
=
( xy ) 2 . ( 2 − xy ) . Dấu bằng xảy ra
6
2
12
khi x = y. Đến đây, có hai hướng xử lý:
Vì x 2 + y 2 ≥ 2 xy nên V ≤

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 24/54


Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
3

 xy xy

+ + 2 − xy ÷

xy
xy
32
2
Thứ nhất, sử dụng BĐT Côsi: ( xy ) 2 ( 2 − xy ) = 4. . (2 − xy ) ≤ 4.  2
÷ = .
2 2
3

÷ 27


x = y
2
4

⇔x= y=
⇒ x+ y =
.

Dấu bằng xảy ra ⇔  xy
3
3
 2 = 2 − xy
Thứ hai, đặt t = xy và xét f (t ) = t 2 (2 − t ) , đạt GTLN khi t =

2
4
4
⇒ x+ y =
.
, suy ra x = y =
3
3
3

Câu 74:
Từ một tấm tôn có kích thước 90cm x 3m, người ta làm
một máng xối nước trong đó mặt cắt là hình thang ABCD có
hình dưới. Tính thể tích lớn nhất của máng xối.
A. 40500 6cm3 .
B. 40500 5cm3 .
C. 202500 3cm3 .
D. 40500 2cm3 .
Lời giải: Ta có:

S ABCD =

1
1

sin 2α 
( AD + BC ) CH = ( 2 BC + 2HD ) CH = ( 30 + 30 cos α ) 30sin α = 900  sin α +
÷Xét hàm
2
2
2 


số: y = sin α +

sin 2α
 π
trên 0;  có:
2
 2

y ' = cos α + cos 2α = 2 cos 2 α + cos α − 1 ⇒ y ' = 0 ⇔ cos α =
y( 0) = 0, y π  = 1, y 600 =
 ÷
2

( )

1
⇒ α = 600
2

dễ

thấy

3 3
3 3
⇒ Max { S ABCD } = 900
= 675 3 ( cm 2 )
4
4

3
Vậy thể tích lớn nhất của máng xối là: V = 675 3.300 = 202500 3 ( cm )

Câu 75:

Cho hình chóp S.ABC. Bên trong tam giác ABC ta lấy một điểm O bất kỳ. Từ O ta dựng

các đường thẳng lần lượt song song với SA,SB,SC và cắt các mặt phẳng ( SBC ) , ( SCA ) , ( SAB )
theo thứ tự tại A ', B ', C ' . Khi đó tổng tỉ số T =
A. T = 3

B. T =

OA ' OB ' OC '
+
+
bằng bao nhiêu?
SA SB
SC

3
4

C.

T =1

1
3
Lời giải: Gọi M,N,P lần lượt là giao điểm của OA, OB, OC với cạnh
D. T =

BC, CA, AB. Vì OB '/ / SA ⇒

OA ' OM
=
(Định lí Thalet).
SA AM

LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018

Trang 25/54