Tổng hợp các bài toán mức độ vận dụng cao ôn thi THPT quốc gia – nhóm toán file word có lời giải chi tiết

TÔNG HỢP CÁC CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO – GROUP NHÓM TOÁN
A.
x4
Câu 1: Nếu đồ thị hàm số y 
cắt đường thẳng  d  : 2x  y  m tại hai điểm AB sao cho độ
x 1
dài AB nhỏ nhất thì
A. m  1
B. m  1
Đáp án chi tiết:
Phương trình hoành độ giao điểm
x4
 2 x  m
 x �1
x 1
� 2 x 2   m  3 x  m  4  0

C. m  2

D. m  2

   m  1  40  0, m �R
2

Suy ra  d  luôn cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A,B
m  4
m3
x A . xB 
;
x A  xB 
;

2
2
y A  2 x A  m;

y B  2 x B  m

yB  y A  2  xB  x A 
AB 

 xB  x A 

2

  y B  y A   5  xB  x A 
2

2

2
�
2
�m  3 �� m  4
�
�
 5  xB  x A   4 x A xB  5 �
�
�� 4
�
�
2

� 2 ��
�



5�
2
�5 2
�m  1  40�
�
4

Vậy AB nhỏ nhất khi m=-1
Chọn A
___________________________________________________________
Câu 2: Cho n là số nguyên dương, tìm n sao cho
log a 2019  22 log a 2019  32 log 3 a 2019  ...  n2 log n a 2019  10082 �20172 log a 2019
A. n=2017
Đáp án chi tiết:
Ta có
log a 2019  22 log

B. n=2018

a

C. n=2019

D. n=2016

2019  ...  n 2 log n a 2019  10082 �2017 2 log a 2019

� log a 2019  23 log a 2019  33 log a 2019  ...  n3 log a 2019  1008 2 �20172 log a 2019

�  13  23  33  ...  n3  log a 2019  10082 �2017 2 log a 2019
�n  n  1 � �2016.2017 �
��
� �
�
�
� 2
� � 2
2

2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

1


� n  2017
Chọn A
Câu 3: Cho hình chóp tam giác S.ABC biết AB  3, BC  4, CA  5 . Tính thể tích hình chóp
SABC biết các mặt bên của hình chóp đều tạo với đáy một góc 30 độ
2 3
8 3
200 3
A.
B.

C.
D. 2 3
3
9
3
Đáp án chi tiết:

Dễ thấy tam giác ABC vuông tại B
S ABC  6
Gọi p là nữa chu vi
3 45
p
6
2
S  pr � r  1
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác từ giả thiết các mặt bên tại với đáy ABC một góc 30 độ
ta suy ra I là chân đường cao của khối chóp
SI
3
3
tan 30o 
� SI  MI .tan 30o  1.

MI
3
3
1
2 3
VS . ABC  S ABC .SI 
3

3
Do đó ta chọn A
1

1

0

0

f  x  dx  5 . Tính I  �
f  1  x  dx
Câu 4: Cho �

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2


A. 5

B. 10

C.

1
5

D.

5

Đáp án chi tiết:
Đặt
t  1  x � dt  dx
x  0 � t 1
x 1� t  0
0

I  �
f  t  dt  5
1

�x  1  t
�
Câu 5: Cho đường thẳng  d  : �y  1  t và mp (P): x  y  2  0 . Tìm phương trình đường thẳng
�z  2t
�
nằm trong mặt phẳng (P) cắt và vuông góc với (d).
�x  1  2t
�x  1  3t
�x  1  2t
�
�
�
A. �y  1  2t B. �y  1  3t
C. �y  1  2t
� z0
� z5
� z0

�
�
�
Đáp án chi tiết:
Gọi I là giao điểm của (d) và (P)

�x  1  t
�
D. �y  1  t
�z  5
�

I  1  t ;1  t; 2t 

I � P  � t  0 � I  1;1; 0 
r
(d) có vectơ chỉ phương u   1; 1; 2 
r
(P) có vectơ pháp tuyến n   1;1;0 

Vecstơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm là
r
r r
�
u  �
u
�, v �  2; 2;0 
�x  1  2t
�
Phương trình mặt phẳng cần tìm là �y  1  2t

� z0
�
Câu 6: Biết số phức  thỏa điều kiện 3 �z  3i  1 �5 . Tập hợp các điểm biểu diễn của Z tạo
thành một hình phẳng. Diện tích của hình phẳng đó bằng
_______________________________________
A. 16
B. 4
C. 9
D. 25
Đáp án chi tiết:

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

3


Đặt z  x  yi
z  3i  1  x  1   y  3 i 
Do đó
3 �z 3i 1

 x  1

59�
 x 1

2

2

  y  3

 y� 3

2

2

25

Tập hợp các điểm biểu diễn của Z là hình phẳng nằm trong đường tròn Tâm I (1; 3) với bán kính
bằng R=5 đồng thời nằm ngoài đường tròn tâm I (1 ;3) với bán kính r=3
Diện tích của hình phẳng đó là
S   .52   32  16
Câu 7: Trong số các khối trụ có thể tích bằng V, khối trụ có diện tích toàn phần bé nhất thì có bán
kính đáy là
V
A. R  3
2
Đáp án chi tiết:
V   R 2 .h
�l  h 

B. R 

3

C. R 

3


V

D. R 

3

V


V
 R2

STP  S Xp  2 Sd  2 Rl  2 R 2 
Xét hàm số f  R  
f�
 R 

4
V

2V
 2 R 2
R

2V
 2 R 2 với R>0
R

2V  4 R 3
R2

f�
 R  0 � R 

3

V
2

Bảng biến thiên

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

4


R

0

3

f�
 R

+

V

2
0

+�
-

0

+�

f  R

+�

Từ bảng biến thiên ta thấy diện tích toàn phần nhỏ nhất khi R 

3

V
2

Do đó chọn A

_________________________________________________________________

B.
Câu 1: Tìm tham số thực m để bất phương trình: x 2  4 x  5 �x 2  4 x  m  1 có nghiệm thực trong
đoạn  2;3 .
__________________________________________________________________
A.

B. m �1

C. m �

1
2

D.

Lời giải
Tập xác định: D = � .

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

5


Đặt t= x 2  4 x  5 �1 � x 2  4 x  t 2  5.
t 2  5 m  m
  t 2 t 5

+ t
Khi đó: 1 ۳+
g �t= 2t  1 .Cho g �t=0 � t 

g t, t � 1; �� .

1
2

Ta có:
Bảng biến thiên:

T

g �t

1
2

-�

2

3

+�
+

0

-

-

g t

3

-1
Dựa vào bảng biến thiên, m �1 thỏa theo yêu cầu bài toán

�  �
 ;
Câu 2: Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn �
�4 4�
�
sin 4 x  cos 4 x  cos 2 4 x  m

47 3
A. m � ; �m
64 2

B.

49
3
 m � C.
64
2

49
3
m�
64
2

D.

47
3
�m �
64
2

Lời giải
Phương trình đã cho tương đương

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

6


3  cos4x
 cos 2 4 x  m
4
� 4 cos 2 4 x  cos4x=4m-3 (1)
Đặt t=cos4x. Phương trình trở thành: 4t 2  t  4m  3, (2)
�  �
 ;
Với x ��
thì t � 1;1 .
�4 4�
�
�  �
 ;
Phương trinh (1) có 4 nghiệm phân biệt x ��
khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm
�4 4�

�

phân biệt t � 1;1 , (3)
2
 t   8t  1.
Xét hàm số g  t   4t  t với t � 1;1 , g �

g�
 t  0 � t  

1
8

Lập bảng biến thiên
t

-1

g�
 t

-

1
8
0

g  t

1

+
5

3


1
16

Dựa vào bảng biến thiên suy ra (3) xảy ra � 

Vậy giá trị của m phải tìm là:

1
47
3
  m  3 �3 �
m�
16
64
2

47
3
m�
64
2

Câu 4: Cho phương trình 3cos 4 x  5cos 3x  36sin 2 x  15cos x  36  24m  12m 2  0 . Tìm m để
bất phương trình sau đúng với mọi x ��

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

7


Lời giải
Đưa về bpt dạng
3cos 4 x  20 cos3 x  36 cos 2 x  12m 2  24m

Đặt t  cosx; -1 �t �1. . Khi đó bài toán trở thành
4
3
2
2
Tìm m để bất phương trinh f  t   3t  20t  36t  12m  24m đúng với mọi 1 �t �1

Lập BBT
A. m  1

B. m �1

C. m �

1
2

D. m  

Câu 4: Đặt vào một đoạn mạch hiệu điện thế xoay chiều u  U 0 sin

1
2

2
t . Khi đó trong mạch có
T

�2
�
dòng điện xoay chiều i  I 0 � t   �với  là độ lệch pha giữa dòng điện và hiệu điện thế. Hãy
�T
�

tính công của dòng điện xoay chiều thực hiện trên đoạn mạch đó trong thời gian một chu kì.
A.

U 0 I0
cos s
2

B.

U 0 I0
T sin 
2

C.

U 0 I0

U I
T cos      D. 0 0 T cos 
2
2

Lời giải




�2
� 2
uidt  �
U 0  0 sin � t   �
sin
tdt
Ta có: �
�
� 
0
0


1�
�
�4
�
cos -cos � t   �
dt
= U 0  0 ��

�
2�
�
�
�
0


U 00 1 �
�
�4
�
cos -cos � t   �
dt
=
�
�
�
2 0 2�
�
�
�

=

U 00 �

� U 0 0
�4
�

t cos  
sin � t   �
�
�0  2 cos
2 �
4
�
�
�

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

8


�2
�
Câu 5: Một dòng điện xoay chiều i   0 sin � t   �chạy qua một mạch điện có điện trở thuần R.
�
�

Hãy tính nhiệt lượng Q tỏa ra trên đoạn mạch đó tron g thơi gian một chu ki T.
A.

RI 02

2

B.

RI 02

3

C.

RI 02

4

D.

RI 02

5

Lời giải



Ta có:



�2
�
Q�
Ri 2 dt  �
RI 02 sin 2 � t   �
dt

�
�
0
0
�2
�
1  cos2 �   �
�
�
 RI 02 �
dt
2
0


=

RI 02 � 
� RI 02
�2
�
t

sin
2
t


�
�

�0  2 
2 �
�
�
� 4
�

Câu 6: Một đoàn tàu chuyển động trên một đường thẳng nằm ngang với vận tốc không đổi v0 . Vào
thời điểm nào đó người ta tắt máy. Lực hãm và lực cản tổng hợp cả đoàn tàu bằng 1/10 trọng lượng
P của nó. Hãy xác định chuyển động của đoàn tàu khi tắt máy và hãm.
A. x  v0 .t 

g .t 2
20

B. x  v0 .t 

g .t 2
10

C. x  v0 .t 

g .t 2
30

D. x  v0 .t 

t2
20

Lời giải

r r r
- Khảo sát đoàn tàu như một chất điểm có khối lượng m, chịu tác dụng của , , Fc .
r r r r
- Phương trình động lực học là: ma      Fc

(1)

Chọn trục Ox nằm ngang, chiều    theo chiêu chuyển động gốc thời gian lúc tắt máy. Do
vậy chiếu (1) lên trục Ox ta có:

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

9


max   Fc hay viết: mx�  F hay F 

Hay

dv
g
g
  �  dt
dt
10
10

(2)

(2�


 ta có: V= 
Nguyên hàm hai vế  2�
hay

p �
g
;x  
10
10

g
t  C1
10

dx
g
g
  t  C1 � dx  t.dt  C1dx
dt
10
10

nguyên hàm tiếp 2 vế ta được x  

g 2
t  C1.t  C2

20

(3)

Dựa vào điều kiện ban đầu để xác định hằng số C1 và C2 như sau:
2it0  0; v  v0 Ta có: C2  0v  C1  v0 thay C1v C2 v o

x  v0 .t 

(3)

g .t 2
20

Câu 7: Một thanh AB có chiều dài là 2a ban đầu người ta giữ thanh ở góc nghiêng    o , một đầu thanh
tựa không ma sát với bức tường thẳng đứng. Khi buông thanh, nó sẽ trượt xuống dưới tác dụng của trọng
lực. Hãy biểu diễn góc  theo thời gian t (Tính bằng công thức tích phân)


A.

t  �
o





d
t  �

B.
3g
o
 sin  o  sin  
2a

d

3
 sin  o  sin  
2a



d

d
t  �
D.
3g
o
 sin  o  sin  
2a

t  �
C.
3g
o
 sin  o  sin  
a

Lời giải
Do trượt không ma sát nên cơ năng của thanh được bảo toàn
mga sin  o  mga sin   K q  K n

(1)

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

10


Do khối tâm chuyển động trên đường tròn tâm O bán kính a nên: K tt 

Động năng quay quanh khối tâm: K q 

ma 2 2 1 2 2
 ma  �
2
2

1 2 1 1
1
2
2
2
I 
m  2a   �
 ma 2 �
2

2 12
6

2
2
Thay vào (1) ta được: a � g (sin  o  sin  )
3

�


3g
 sin  o  sin  
2a



d
t  �
3g
o
 sin   sin  
2a

Câu 8: Một thanh AB có chiều dài là 2a ban đầu người ta giữ thanh ở góc nghiêng    o , một đầu thanh
tựa không ma sát với bức tường thẳng đứng. Khi buông thanh, nó sẽ trượt xuống dưới tác dụng của trọng
lực. Tính góc sin  khi thanh rời khỏi tường
1
A. sin   sin  o
3

2
B. sin   sin  o
3

2
C. sin   sin  o
5

4
D. sin   sin  o
3

Lời giải
Xét chuyển động khối tâm của thanh theo phương Ox:
N1  mx�. Tại thời điểm thanh rời tường thì N1  0 � x� 
Tọa độ khối tâm theo phương x là:

x  acos
 a sin  . �
Đạo hàm cấp 1 hai vế: x�
Đạo hàm cấp 2 hai vế: x� a  cos . � sin  . �
  a  cos . � sin  . �
2

2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

11

2
Khi x� 0 � cos . �
  sin  . �

(2)

2
2
Từ (1) suy ra:  � g sin   g sin  o
3
4
. �
 g cos  . �
0
Lấy đạo hàm 2 vế:  �
3

Hay:

 � 

3g
cos
4a

Thay vào (2) ta có phương trình:
cos .

3g
3g
�
  cos �
 sin  o  sin     sin  . �
�
2a
� 2a
�

sin   2  sin  o  sin  
2
sin   sin  o
3
C.

Câu 1(GT Chương 1). Khi xây nhà, chủ nhà cần làm một hồ nước bằng gạch và xi măng có dạng hình
hộp đứng đáy là hình chữ nhật có chiều dài gấp ba lần chiều rộng và không nắp, có chiều cao là h và có
thể tích là 18 m3 . Hãy tính chiều cao h của hồ nước sao cho chi phí xây dựng là thấp nhất?
A. h  1m

C. h 

B. h  2m

3
m
2

D. h 

5
m
2

Hướng dẫn giải
Gọi x, y,h lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hình hộp
Theo đề bài ta có y  3x hay V  hxy � h 

V
V
 2
xy 3x

Để tiết kiệm nguyên vật liệu nhất ta cần tìm các kích thước sao cho diện tích toàn phần của hồ nước là nhỏ
nhất.
Khi đó ta có: S  2 xh  2 yh  xy  2 x

V
V
8V
 2.3 x. 2  x.3 x 
 3x2
2
3x
3x
3x

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

12


Cauchy
8V
4V 4V
16V 2
2
2
3
S 
 3x 

 3x � 3
 36
Ta có tp 3 x
.
3x 3 x
3

Dấu � �xảy ra khi và chỉ khi

4V
4V
V
3
 3x 2 � x  3
 2�h 2  .
3x
9

3x
2

Vậy chọn C
Câu 2(GT Chương 2). Phương trình log

 mx  6 x   2 log  14 x
3

2

2

1
2

 29 x  2   0 có 3 nghiệm thực

phân biệt khi:
A. m  

C.   m 

B. m  

39
2

D.   m  

Hướng dẫn giải

log

 mx  6 x   2 log  14 x
3

2

1
2

2

 29 x  2   0

� log 2  mx  6 x 3   log 2  14 x 2  29 x  2   0
� mx  6 x3  14 x 2  29 x  2
� m

6 x 3  14 x 2  29 x  2
2

6 x 3  14 x 2  29 x  2
f  x =

 f x  12 x 14
x

2

x2

�
� x  1 � f  1  19
�
�
1
1 � 39
f�
 x  0 � � x  � f �
� �
2
�2 � 2
�
�
1
� 1 � 121
x � f �
 �
�
3
� 3� 3
�

Lập bảng biến thiên suy ra đáp án C.
Câu 3(GT Chương 3): Một lực 50 N cần thiết để kéo căng một chiếc lò xo có độ dài tự nhiên 5 cm đến
10 cm. Hãy tìm công sinh ra khi kéo lò xo từ độ dài từ 10 cm đến 13 cm?
A. 1,95 J

B. 1,59J

C. 1000J

D. 10000J

Hướng dẫn giải

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

13


Theo định luật Hooke, khi chiếc lò xo bị kéo căng thêm x m so với độ dài tự nhiên thì chiếc lò xo trì lại
với một lực f  x   kx . Khi kéo căng lò xo từ 5 cm đến 10 cm, thì nó bị kéo căng thêm 5 cm = 0,05 m.
Bằng cách này, ta được f  0, 05   50 bởi vậy:
0.05k  50 � k 

50
 1000
0.05

Do đó: f  x   1000 x và công được sinh ra khi kéo căng lò xo từ 10 cm đến 13 cm là:
0,08

1000 xdx  1000
W= �
0,05

x 2 0, 08
 1,95 J

2 0, 05

Vậy chọn A
Câu 4(GT Chương 4). Cho số phức z có mô đun bằng 2017 và w là số phức thỏa mãn biểu thức
1 1
1
 
. Môđun của số phức w bằng:
2 w zw

A.1

B.2

C.2016

D.2017

Hướng dẫn giải
1 1
1
 z  w   zw  0
zw
1
�

0�
Từ  
2 w zw
zw

zw
zw  z  w 
2

� z 2  w 2  zw  0 � z 2  zw 

1 2 3 2
w  w 0
4
4
2

3
� 1 �
� �z  w �  w 2
4
� 2 �
2

2
� 1 � �i 3w �
� �z  w � �
�
�
� 2 � �
�2 �

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

14

2

2
� 1 i 3�
z
� w � �i 3 �
�z�
 � �
w�w
�
�z  � �
�
�
�
�
2 �
�1 i 3�
� 2 � �2 �
�2
 � �
�
2 �
�2

Từ

Suy ra:

w 

2017
 2017
1 3

4 4

Vậy chọn D.

B C D cạnh a. Các điểm E và F lần lượt là
Câu 5(HH Chương 1). Cho khối lập phương ABCD. A����

B và C ��
D . Mặt phẳng  AEF  cắt khối lậpphương đã cho thành hai phần, gọi V1 là thể
trung điểm của C ��
tích khối chứa điểm A�và V2 là thể tích khối chứa điểm C�. Khi đó

A.

25
47

B. 1.

C.

17
25

V1
là
V2

D.

8
17

Hướng dẫn giải

Đường cắt EF cắt A��
D tại N , M , AN cắt DD�tại P, AM cắt A��
B tại BB�tại Q . Từ đó mặt phẳng

 AEF 

QEF và AQEFPB���
AD .
cắt khối lăng trụ thành hai khối đó là ABCDC �

,V4  VPFD �N , V4  VQMB �E .
Gọi V  VABCD. A����
B C D , V3VA . A �


Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có V4  V5 .

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

15


1
1 3a 3a 3a 3
AA��
. A M . A�
N  a. . 
,
6
6 2 2
8
1
1 a a a a3
V4  PD�
.D�
F .D�
N . . . 
6
6 3 2 2 72
3
25a
V1  V3  2V4 
,
72
47a 3
V2  V  V1 
.
72
V3 

Vậy

V1 25

V2 47

Câu 6(HH Chương 2):Cho một khối trụ có bán kính đáy r  a và chiều cao h  2a .Mặt phẳng  P 
song song với trục OO�của khối trụ chia khối trụ thành 2 phần, gọi V1 là thể tích phần khối trụ chứa trục
OO�
, V2 là thể tích phần còn lại của khối trụ. Tính tỉ số

V1
,biết rằng  P  cách OO�một khoảng bằng
V2

a 2
.
2

A.

3  2
 2

B.

3  2
 2

C.

2  3
 2

D.

2  3
 2

Hướng dẫn giải

Thể tích khối trụ V   r 2 h   a 2 .2a  2 a 2 .

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

16


A .
Gọi thiết diện là hình chữ nhật ABB��

B C D như hình vẽ.
Dựng lăng trụ ABCD. A����
Gọi H la trung điểm AB. Ta có
OH  AB � OH   ABB��
A  � OH 
� AH  BH 

a 2

2

a 2
 OH
2

� OAB vuông cân tại O � ABCD là hình vuông.
Từ đó suy ra:





2
a3    2 
1
1
3
V

V

2

a

a
2
.2
a


.

ABCD. A����
BC D 
4
4
2
a 3    2  a 3  3  2 
V1  V  V2  2 a 3 

2
2

V1 

Suy ra





V1 3  2

V2   2

Vậy chọn A

B C D có
Câu 7(HH chương 3): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD. A����

 0;0; b  với  a  0, b  0  . Gọi M là trung điểm của
điểm A trùng với gốc tọa độ, B  a;0;0  , D  0; a;0  , A�
cạnh CC�.Giả sử a  b  4 , hãy tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện A�
BDM ?
A. max VA�MBD 

64
27

C. max VA�MBD  

64
27

B. max VA�MBD  1

D. max VA�MBD 

27
64

Hướng dẫn giải
b�
a; a; �
 a; 0; b  , D�
 0; a; b  , C �
 a; a; b  � M �
Ta có: C  a; a; 0  , B�
�

� 2�

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

17


uuur
uuuu
r
uuuu
r � b�
A�
B   a;0; b  , A�
D   0; a; b  , AM  �
a; a; �
� 2�
Suy ra:
uuuuruuuu
r
uuuuruuuu
r uuuur 3a 2b
2
�
�
�
��

A
��

B
,
A

D
�

ab
;
ab
;
a
A
B
,
A
D
.A M


�
�
�
�
2

VA�MBD

a 2b
4

1
1
1
Do a, b  0 nên áp dụng BĐT Côsi ta được 4  �
a
b
a
a b 3 3 a 2b
2
2
4
Suy ra: maxVA�MBD 

a 2b

64
27

64
27

Vậy chọn A
D.
Câu 1: Có bao nhiêu giá trị thực của tham số



m

thuộc

 10;10

để phương trình



1  x 2  m 2 1  x  2 1  x  3  1  0 có nghiệm?

A.12

B.13

Câu 2: Biết phương trình log 5

C.8

D.9

�x
2 x 1
1 �
 2 log3 �

�2 2 x �
�có nghiệm duy nhất x  a  b 2 trong đó a, b
2
�
�

là các số nguyên. Tính a  b ?
A. 5

B. -1

C.1

D.2

2
2

1  x2
a.  b
Câu 3: Biết tích phân � x dx 
trong đó a, b �� . Tính tổng a  b ?
1 2
8
2
2

A.0

B.1

Câu 4: Cho số phức z thỏa mãn” z 
A. 21008

B. 21008

C.3

D.-1

z
6  7i
.Tính phần thực của số phức z 2017 .

1  3i
5
C. 2504

D. 22017

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

18


Câu 5: Cho hình chóp S.ABCD có đá ABCD là hình bình thành, M là trung điểm của AD. Gọi S�là giao

BCDM và
của SC với mặt phẳng chứa BM và song song với SA. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S �

S . ABCD .
A.

1
2

B.

2
3

C.

3
4

D.

1
4

o
Câu 6: Cho hình chóp S.ABC có AB  2a, AC  3a, BAC  60 , SA   ABC  , SA  a . Tính bán kính mặt

cầu ngoại tiếp hình chóp.
A.

2 21
a
3

B.

21
a

3

C.

D.

29a

93
a
3

Câu 7: Cho A  1;3;5 , B  2;6; 1 , C  4; 12;5  và điểm  P  : x  2 y  2 z  5  0 . Gọi M là điểm thuộc

 P

uuur uuur uuur uuur uuuu
r
sao cho biểu thức S  MA  4MB  MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm hoành độ điểm M.

A. xM  3

B. xM  1

C. xM  1

D. xM  3

Đáp án:1A,2A,3C,4B,5A,6D,7C
ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Câu 1: (Ứng dụng đạo hàm) Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m thuộc  10;10 để phương trình





1  x 2  m 2 1  x  2 1  x  3  1  0 có nghiệm?

A.12

B.13

C.8

Lời giải

D.9

x -1
u�
u

ĐK: 1 �x �1 . Đặt u  1  x  1  x

2
1
�u �
2 1 x

1

;u
2 1 x

Từ BBT � 2

t

0

x

+

0
0
2

1
-

2

0

2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

19

PT có dạng:

Do t 

t2
 m  2t  3  0 � t 2  2m  2t  3 (*)
2

2
t2
không là nghiệm nên (*) � 2m 
 f (t)
3
2t  3

PT đã cho nghiệm � Đồ thị h/s y  f  t  và đt y  2m có điểm chung có hoành độ 2 �t �2
Xét hàm số f  t  
BBT:

2t  t  3
t2
�
�
2;
2
;
f
�
t


 0t ��


trên �
2
�
�
� 2; 2�
 2t  3
2t  3

t

f�
 t

f  t

3
2

2

2

-



2 2 2  3

-



+�

-�

4



�
2m �2 2 2  3
Phương trình đã cho có nghiệm � �
�
2m �4
�
Câu 2: (Mũ-logarit) Biết phương trình log 5

�
m � 2
�
�� �
�
� �
�



2 3 �
�. Đáp án A
�
m �2
�

�x
2 x 1
1 �
 2 log 3 �

�2 2 x �
�có nghiệm duy nhất
x
�
�

x  a  b 2 trong đó a, b là các số nguyên. Tính a  b ?
A.5

B.-1

C.1

D.2

Lời giải.
log 5

�x
2 x 1
1 �
2 x 1
x 1
 2 log 5 �

�
log

2
log
�
5
3
�2 2 x �
x
x
2 x
�
�

�x  0
� x 1
Đk: �
�x  1  0

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

20






� log 5 2 x  1  log 3 4 x  log 5 x  log 5 x  log 3  x  1
Đăt t  2 x  1 � 4 x   t  1

2

(1)

2

(1) có dạng log 5 t  log 3  t  1  log 5 x  log3  x  1
2

2

(2)

Xét f  y   log 5 y  log3  y  1 , do x   � t  3 � y  1 .
2

1
1

.2  y  1  1 .

 y 
Xét y  1: f �
y ln 5  y  1 2 ln 3

� f  y  là hàm đồng biến trên miền  1; �





(2) có dạng f  t   f  x  � t  x � x  2 x  1 � x  2 x  1  0
� x  1 2
��
� x  3  2 2  tm  .
x

1

2
�
Vậy x  3  2 2 . Đáp án A.
2
2

Câu 3: (Tích phân) Biết tích phân

1  x2
a.  b
�1  2 x dx  8 trong đó a, b ��. Tính tổng a  b ?
2

2

A. 0

B. 1

Giải: I 

2
2

1 x

�1  2

2

x

2
2

Đặt x  sin t � I 

0

dx 

C. 3
1 x

�1  2

x

2

dx 

2
2

2
2

1 x

�1  2
0

x

2

D. -1

dx 

2
2

�1  x

2

dx

0

 2
. Đáp án C.
8

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

21


Câu 4: (Số phức) Cho số phức thỏa mãn: z 
A. 21008

B. 21008

z
6  7i
. Tìm phần thực của số phức z 2017

1  3i
5

C. 2504

D. 22017

Lời giải.
Cho số phức z thỏa mãn: z 

z
6  7i
. Tìm phần thực của số phức z 2017 .

1  3i
5

Gọi số phức z  a  bi  a, b �� � z  a  bi thay vào (1) ta có a  bi 

a  bi 6  7i

1  3i
5

� 9a  3b  i  11b  3a   12  14i
�9a  3b  12
a 1
�
��
��
11b  3a  14
b 1
�

�



a  b  1 � z  1  i � z 2017   1  i 

4



 504 

 1  i    4  

504 

 1  i   21008  21008 i

Đáp án B.
Câu 5: (Khối đa diện) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình thành, M là trung điểm của
AD. Gọi S�là giao của SC với mặt phẳng chứa BM và song song với SA. Tính tỉ số thể tích của hai khối

.BCDM và S . ABCD .
chóp S �
A.

1
2

B.

2
3

C.

3
4

D.

1
4

Lời giải
Trong  ABCD  , gọi  I   AC �BM , trong  SAC  , kẻ đường thẳng qua I, // SA, cắt SC tại S � S tại
giao điểm của SC với mp chứa BN,//SA.
Do M là trung điểm của AD nên dt  BCDM  

3
3
dt  ABCD  � VS �.BCDM  VS �. ABCD
4
4

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

22

Gọi H, H �lần lượt là hình chiếu của S, S�trên
S ��
H CS � CI 2



SH
CS CA 3
3
3 2
1
� VS �.BCDM  VS �.ABCD  . VS . ABCD  VS . ABCD
4
4 3
2
�

Đáp án A.
o
Câu 6: (Mặt tròn xoay) Cho hình chóp S.AC có AB  2a, AC  3a, BAC  60 , SA   ABC  , SA  a . Tính

bán kinh mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
A.

2 21
a
3

B.

21
a
3

C.

29a

D.

93
a
3

Lời giải
Có BC  AB 2  AC 2  2 AB. AC.c os60o  7a 2

Bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC là:

r

BC
a 7 2 21a


sin 
3
3
2

2
�2 211 �
93
�SA � 2
2
2
a .
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là R  � � r  a  �
�
�
�
3
�2 �
� 3 �

Đáp án D.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

23


Câu 7: (Hình Oxyz) Cho A  1;3;5  , B  2;6; 1 , C  4, 12,5  và điểm  P  : x  2 y  2 z  5  0 . Gọi M
uuur uuur uuur uuur uuuu
r
là điểm thuộc  P  sao cho biểu thức S  MA  4 MB  MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm hoành độ
điểm M.
A. xM  3

B. xM  1

C. xM  1

D. xM  3

Lời giải
uu
r uur r
Gọi I là điểm IA  4 IB  0 � I  3;7; 3
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC � G  1; 1;3
Nhận thấy M,I nằm khác phía so với mp(P).
Có S  3  MI  MG  �3GI . Dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của GI va (P) � M  1;3;1
Đáp án C.
E.
Câu 1(Đạo hàm và ứng dụng).
Từ một miếng tôn hình vuông cạnh a(cm) người ta muốn cắt ra một hình chữ nhật và hai hình tròn có
cùng đường kính để làm thân và các đáy của một hình trụ. Hỏi khối trụ được tạo thành có thể tích lớn nhất
bằng bao nhiêu, biết rằng các cạnh của hình chữ nhật song song hoặc trùng với các cạnh ban đầu của tấm
tôn.

A.

a 3

4    1

2

B.

a 3    1
4 2

C.

a 3    1
4 2

D.

a 3
4 2

Ta có 2 cách để cắt hình để tạo thành hình trụ.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

24


+)Cách 1: Cắt thanh 2 phần: Một phần có kích thước x và a. Một phần có kích thước a-x và a. Phần có
kích thước x và a để làm hai đáy và phần có kích thước a-x và a cuộn dọc để tạo thành thân (tạo thành

 ax 2
a 3
a
V

�
hình trụ có chiều cao bằng a). Điều kiện là x �

thì
2
4
4    1
 1
+)Cách 2: Cắt như trên. Nhưng phần có kích thước a-x và a cuộn ngang để làm thành thân (tạo thành hinh
a
trụ vó chiều cao là a-x). Điều kiện là x � do chu vi của hình tròn cắt ra phải bằng với phần đáy của hình


chữ nhật. Khi đó V 

Xét hàm số V 

Ta có V 

  a  x  x2
.
4

a
  a  x  x2
, với x � .

4

  a  x  x 2 a 3    1
.
�
4

4 3

Vậy thể tích lớn nhất của khối trụ được tạo thành là:

a 3    1
4 2

.

Câu 2 (Mũ và lôgarit).
Theo dự báo với mức tiêu thụ dầu không đổi như hiện nay thì trữ lượng dầu của nước A sẽ hết sau 100
năm nữa. Nhưng do nhu cầu thực tế, mức tiêu thụ tăng lên 4% mỗi năm. Hỏi sau bao nhiêu năm số dầu dự
trữ của nước A sẽ hết.
A. 45 năm

B. 50 năm

C.41 năm

D. 47 năm

Giải
Giả sử số lượng dầu của nước A là 100 đơn vị.
Số dầu sử dụng không đổi mà 100 năm mới hết thì suy ra số dầu nước A dùng 1 năm là 1 đơn vị.
Gọi n là số năm tiêu thụ hết sau khi thực tế mỗi năm tăng 4%, ta có

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

25