HƯỚNG DẪN GIẢI MỘT SỐ CÂU KHÓ TRONG ĐỀ
Câu 1: Có 25 học sinh được chia thành 2 nhóm A và B, sao cho trong mỗi nhóm đều có nam và nữ. Chọn
ngẫu nhiên từ mỗi nhóm một học sinh. Tính xác suất để hai học sinh được chọn có cả nam và nữ. Biết rằng
xác suất chọn được hai học sinh nam là 0,57 .
A. 0, 23
B. 0,59
C. 0, 02
D. 0, 41
Chọn D.
Gọi số học sinh của 2 nhóm A, B lần lượt là x, y ⇒ x + y = 25, x, y ∈ ¥ * .
2 ≤ x ≤ 12
Không mất tính tổng quát giả sử x < y ⇒
.
13 ≤ y ≤ 23
1 ≤ m ≤ x − 1
Gọi số học sinh nam của 2 nhóm A, B lần lượt là m, n ⇒
.
1 ≤ n ≤ y − 1
mn
57
= 0,57 ⇔ mn =
xy ⇒ xy M
100 .
Ta có xác suất chọn được hai học sinh nam là
xy
100
Từ điều kiện suy ra x = 5, y = 20 ⇒ mn = 57 ⇒ m = 3, n = 19 .
2 19 3 1
Vậy xác suất chọn được hai học sinh có cả nam và nữ là: . + . = 0, 41 .
5 20 5 20
u1 = 1
u
Câu 2: Cho dãy số ( un ) xác định bởi
. Tính giới hạn I = lim n n .
2 −1
un +1 = 2un + 5
3
1
A. I = 1
B. I =
C. I = 3
D. I =
2
2
Chọn C.
*
*
Ta có un +1 = 2un + 5 ⇔ un+1 + 5 = 2 ( u n + 5 ) . Đặt vn = un + 5, ∀n ∈ ¥ ⇒ vn +1 = 2vn , ∀n ∈ ¥ .
n −1
n
*
n
*
Khi đó vn là dãy số nhân với v1 = 6 , công bội q = 2 ⇒ vn = 6.2 = 3.2 ∀n ∈ ¥ ⇒ un = 3.2 − 5, ∀n ∈ ¥
⇒ I = lim
un
3.2n − 5
=
lim
=3
2n − 1
2n − 1
Câu 3: Với giá trị nào của m thì hàm số y =
A. 1 ≤ m < 3
Chọn C.
B. m < 3
x−3
đồng biến trên khoảng ( 0;1) .
x−m
C. m ≤ 0 hoặc 1 ≤ m < 3
D. m ≤ 0
m ∉ ( 0;1)
m ≤ 0
⇔
. Để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( 0;1) thì ⇔
( x − m)
3 − m > 0
1 ≤ m < 3
Câu 4: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) trên ¡ và
3− m
Ta có y ' =
2
đồ thị của hàm số f ′ ( x ) cắt trục hoành tại điểm a, b, c, d
(như hình vẽ). Xác định số khẳng định đúng trong các khẳng
định sau:
1. Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −∞; a )
2. Hàm số y = g ( x ) = f ( 1 − 2 x ) đạt cực tiểu tại x =
3. Maxa;df ( x ) = f ( c ) ; Mina;fd ( x ) = f ( d )
[
]
[
1− b
2
]
A. 2
B. 1
Chọn B.
Từ giả thiết ta có BBT của hàm số y = f ( x ) .
x
−∞
a
b
c
+ 0
0
+
0
f '( x)
C. 0
-
d
0
D. 3
+∞
+
+∞
f ( x)
−∞
Nhìn vào hình vẽ ta thấy:
b
c
d
a
b
c
∫ f ' ( x ) dx < ∫ f ' ( x ) dx < ∫ f ' ( x ) dx ⇒ 0 < f ( a ) − f ( b ) < f ( c ) − f ( b ) < f ( c ) − f ( d )
⇒ f ( c ) > f ( a ) > f ( b ) > f ( d ) ⇒ Max f ( x ) = f ( c ) ; Min f ( x ) = f ( d )
[ a;d ]
[ a ;d ]
1 − a 1 − c
;
Ta có g ' ( x ) = −2 f ' ( 1 − 2 x ) ⇒ hàm số y = g ( x ) đạt cực tiểu tại 1 − 2 x ∈ { a; c} ⇔ x ∈
2
2
Vậy 1., 2. sai và 3 đúng.
2x − 4
Câu 5: Cho hàm số y =
có đồ thị ( C ) , điểm A ( 1; 4 ) . Tìm m để đường thẳng y = − x + m cắt đồ thị
x +1
( C ) tại 2 điểm phân biệt B và C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A ?
A. m = 0
B. m = 0, m = 2
C. m = 2
D. m = −2
Chọn A.
2x − 4
= − x + m ⇔ x 2 + ( 3 − m ) x − m − 4 = 0 ( *)
Phương trình hoành độ giao điểm là:
x +1
Điều kiện để có 2 giao điểm là PT(*) có 2 nghiệm phân biệt khác −1 ⇔ ∀m
x1 + x2 = m − 3
Khi đó hai giao điểm là B ( x1 ; − x1 + m ) , C ( x2 ; − x2 + m ) , với
x1 x2 = − m − 4
uuu
ruuur
AB AC = 0
⇔m=0
ABC vuông cân tại A ⇔
AB = AC
Câu 6: (VDT)Tìm tất cả các giá trị thực của tham số a để phương trình 1 − x 2 = a 1 + x có nghiệm x ∈ [ 0;1]
.
1
A. 0 ≤ a ≤
B. a < −1
C. 0 ≤ a ≤ 1
D. 0 < a < 1
2
Chọn C.
−3 x 2 − 4 x − 1
1 − x2
< 0, ∀x ∈ [ 0;1]
3
PT ⇔ a =
= f ( x) ⇒ f '( x) =
2 1+ x
1+ x
(
)
⇒ f ( x ) nghịch biến trên [ 0;1] ⇒ f ( x ) ∈ [ 0;1] , ∀x ∈ [ 0;1] . Vậy 0 ≤ a ≤ 1
Câu 7: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình:
duy nhất.
m = 1/ 4
A.
m ≤ 0
Chọn A.
B. m =
x
1
4
x
(
)
x
5 +1 + m
(
D. m ≤
C. m < 0
)
x
5 − 1 = 2 x có nghiệm
1
.
4
x
5 +1
5 −1
5 +1
2
PT ( 1) ⇔
+
m
=
1
t
=
> 0 , PT trở thành t − t + m = 0 ( 2 ) .
.
Đặt
÷
÷
÷
÷
÷
÷
2
2
2
PT (1) có nghiệm duy nhất khi PT (2) xảy ra các trường hợp sau:
1
TH1: (2) có nghiệm kép dương. m =
4
TH2: (2) có 2 nghiệm phân biệt, trong đó chỉ có 1 nghiệm dương. m ≤ 0
8
2
Câu 8: Cho a, b là hai số thực dương khác 1 và thỏa mãn log a b − 8logb a. 3 b = − . Tính giá trị biểu thức
3
3
P = log a a ab + 2016 .
(
A. P = 2016
Chọn D.
)
(
B. P = 2017
C. P = 2019
)
D. P = 2018
8
8 3+t
8
2
2
=− ⇔t = 2.
Đặt t = log a b , từ giả thiết ta có: log a b − 8log b a. 3 b = − ⇔ t − .
3
3 t
3
4 1
Do đó P = log a a 3 ab + 2016 = + t + 2016 = 2018
3 3
a
,
b
Câu 9: Cho hai số thực
thay đổi lớn hơn 1 thỏa mãn a + b = 30 . Gọi m, n là hai nghiệm của phương
2
trình ( log a x ) − ( 1 + 2 log a b ) log a x − 1 = 0 . Tính S = a + 2b + 30 khi mn đạt giá trị lớn nhất.
(
(
)
)
A. S = 50
B. S = 70
C. S = 65
Chọn B.
2
2
Theo vi – ét ta có: log a m + log a n = 1 + 2 log a b = log a ( ab ) ⇔ mn = ab
D. S = 60
3
b b
a+ + ÷
b b
2 2 = 4000
Theo AM − GM ta có: mn = ab 2 = 4 a. . ÷ ≤ 4
÷
3
2 2
÷
b
Dấu bằng xảy ra khi a = ⇔ a = 10, b = 20 ⇒ S = 70 .
2
5
x−2
dx = a ln 2 + b ln 5 + c với a, b, c ∈ ¢ . Khẳng định nào sau đây đúng:
Câu 10: Biết I = ∫
x
1
A. a + b = 0
B. a = 2c
C. a + 2b = 2
D. a + c = b
Chọn B.
5
2
5
x−2
2
5
2− x
x−2
I =∫
dx = ∫
dx + ∫
dx = ( 2 ln x − x ) 1 + ( x − 2 ln x ) 2 = 4 ln 2 − 2ln 5 + 2
x
x
x
1
1
2
⇒ a = 4, b = −2, c = 2 ⇒ a = 2c
Câu 11: Hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ thỏa mãn
1
∫
5
f ( 2 − 3 x ) dx = a . Tìm a để
−1
∫ f ( x ) dx = 9 .
−1
A. 3
B. −3
C. −1
Chọn A.
Đặt t = 2 − 3 x ⇒ dt = −3dx , khi x = −1 ⇒ t = 5, x = 1 ⇒ t = −1
−1
5
1
1
a
=
−
f
x
dx
=
f ( x ) dx = 3
Từ giả thiết:
∫5 3 ( )
3 −∫1
D. 1
Câu 12: Cho hàm số y = f ( x ) xác định, dương và nghịch biến trên [ 0; 2] và có f ( 1) = 1 . Gọi ( H ) là hình
phẳng giới hạn bởi đồ thị y = f ( x ) , y =
( H)
A.
1
, hai đường thẳng x = 0; x = 2 . Công thức tính diện tích hình
f ( x)
là:
2
2 f ( x ) −1
1− f 2 ( x)
dx
+
∫0 f ( x )
∫1 f ( x ) dx
1
f 2 ( x ) −1
dx
C. ∫0
f ( x)
Chọn B.
2
B.
∫
1
0
2
2 1− f ( x)
f 2 ( x ) −1
dx + ∫
dx
1
f ( x)
f ( x)
1− f 2 ( x)
dx
D. ∫0
f ( x)
2
f ( x) > f
f ( x ) > 1 = f ( 1) , ∀x ∈ [ 0;1)
⇒
Từ giả thiết ⇒
0 < f ( x ) < 1 = f ( 1) , ∀x ∈ ( 1; 2]
f ( x) <
f
1
, ∀x ∈ [ 0;1)
( x)
1
, ∀x ∈ ( 1; 2]
( x)
. Do đó chọn B.
(
)
2
2
Câu 13: Hàm số f ( x ) có đạo hàm đến cấp hai trên ¡ thỏa mãn: f ( 1 − x ) = x + 3 f ( x + 1) . Biết rằng
2
f ( x ) ≠ 0, ∀x ∈ ¡ , tính I = ∫ ( 2 x − 1) f " ( x ) dx .
0
A. 4
Chọn A.
B. −4
C. 0
D. 8
f 2 ( 0 ) = 4 f ( 2 )
⇔ f ( 2) = f ( 0) = 4
Từ giả thiết f ( 1 − x ) = x + 3 f ( x + 1) ,thay x = 1, x = −1 ta có: 2
f ( 2 ) = 4 f ( 0 )
2
Lấy đạo hàm hai vế ta lại có: −2 f ( 1 − x ) f ' ( 1 − x ) = x + 3 f ' ( x + 1) + 2 x. f ( x + 1)
(
2
)
2
(
)
−2 f ( 0 ) f ' ( 0 ) = 4 f ' ( 2 ) + 2 f ( 2 )
2 f ' ( 0 ) + f ' ( 2 ) + 2 = 0
f ' ( 0 ) = −2
⇔
⇔
Thay x = 1, x = −1 ta có:
−2 f ( 2 ) f ' ( 2 ) = 4 f ' ( 0 ) − 2 f ( 0 )
f ' ( 0 ) + 2 f ' ( 2 ) − 2 = 0
f ' ( 2 ) = 2
2
2
2
Do đó, I = ∫ ( 2 x − 1) f " ( x ) dx = ( 2 x − 1) f ' ( x ) 0 − 2 ∫ f ' ( x ) dx = 3 f ' ( 2 ) + f ' ( 0 ) − 2 f ( 2 ) − f ( 0 ) = 4
0
0
Câu 14: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi M là điểm biểu diễn cho số phức z = 2 + 2i ; M’ là điểm biểu diễn
cho số phức z' =
3i
z . Tính diện tích tam giác OMM’.
2
A. S ∆OMM ' = 4
B. S ∆OMM ' = 6
C. S ∆OMM ' = 3
D. S ∆OMM ' =
15
2
Chọn B.
z = 2 + 2i ⇒ z' =
3i
z = −3 + 3i ⇒ M ( 2; 2 ) ,M ' ( −3; 3) ⇒ ∆OMM ' vuông tại O
2
1
⇒ S ∆OMM ' = OM .OM ' = 6
2
Câu 15: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 2 + 3i = 5 . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức
P = x z − 1 + i + y z − 3 − 5i với x, y là các số thực dương.
A. x 2 + y 2
B. 5 x 2 + 5 y 2
C. 2 5 x 2 + 5 y 2
D. x 2 + y 2
Chọn C.
Ta gọi z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) ⇒ M ( a; b ) là điểm biểu diễn số phức z nằm trên đường tròn ( C ) tâm I ( 2; −3 ) ,
bán kính R = 5 .
Xét các điểm A ( 1; −1) , B ( 3; −5 ) ∈ ( C ) và AB = 2 5 = 2 R .
Khi đó P = x z − 1 + i + y z − 3 − 5i = x z − 1 + i + y z − 3 + 5i = xMA + yMB ⇒ MA =
P − yMB
x
2
P − yMB
2
2
Ta luôn có: MA + MB = AB ⇒
÷ + MB − AB = 0
x
2
2
y
P
2 Py
⇒ 2 + 1÷MB 2 − 2 MB + 2 − AB 2 ÷ = 0 ( *)
x
x
x
2
2
2
y2 2 y2 P2
2
Để phương trình ( *) có nghiệm thì: ∆ '( *) ≥ 0 ⇔ 4 P − 2 + 1÷ 2 − AB ÷ ≥ 0
x
x
x
2
2
P y
⇔ − 2 + 2 + 1÷ AB 2 ≥ 0 ⇔ P 2 ≤ AB 2 ( x 2 + y 2 ) ⇒ P ≤ AB x 2 + y 2 = 2 5 x 2 + 5 y 2
x x
Câu 16: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 2a , SA ⊥ ( ABC ) và SA = a 3 . Gọi
M là trung điểm BC , gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với SM . Tính diện tích thiết diện của
( P)
và hình chóp S . ABC ?
a2
a2 6
a2 6
a2 3
A.
B.
C.
D.
2
4
2
4
Chọn A.
Dễ thấy BC ⊥ ( SAM ) ⇒ ( SBC ) ⊥ ( SAM ) theo giao tuyến SM. Hạ AH ⊥ SM ⇒ AH ⊥ ( SBC ) .
Qua H kẻ đường thẳng song song với BC cắt SB, SC lần lượt tại I, K. ⇒ thiết diện là tam giác AIK.
a 6
Ta có SA = AM = a 3 ⇒ SM = a 6, AH =
và H là trung điểm SM
2
1
1
a2 6
⇒ IK = BC = a ⇒ S∆AIK = AH .IK =
2
2
4
Câu 17: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của A ' lên
( ABC ) trùng với tâm O của tam giác ABC . Một mp ( P ) chứa BC và vuông góc với AA ' , cắt hình lăng trụ
a2 3
. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .
8
a3 3
a3 6
C.
D.
6
6
ABC. A ' B ' C ' theo một thiết diện có diện tích bằng
a3 6
12
Chọn B.
A.
B.
a3 3
12
a 3
a 3
, AO =
2
3
2
a 3
a 3
Giả sử ( P ) cắt AA ' tại H ⇒ S ∆HBC =
⇒ HI =
8
4
Trong tam giác AA ' I ta có AI . A ' O = HI . AA ' ⇒ AA ' = 2 A ' O
a
a3 3
2
2
2
Lại có AA ' = AO + A ' O ⇒ A ' O = . Vậy VABC . A ' B ' C ' = A ' O.S∆ABC =
3
12
0
Câu 18: Trên mặt phẳng ( P ) cho góc xOy = 60 . Đoạn SO = a vuông góc với mặt phẳng ( α ) . Các điểm
Gọi I là trung điểm BC ⇒ AI =
M , N chuyển động trên Ox, Oy sao cho ta luôn có: OM + ON = a . Tính diện tích của mặt cầu ( S ) có bán
kính nhỏ nhất ngoại tiếp tứ diện SOMN .
16 2
4π a 2
π a2
8π a 2
A.
B.
C.
D. π a
3
3
3
3
Chọn A.
Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN , E là trung điểm SO và I là đỉnh thứ tư của hình chữ nhật
EOKI . Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMN và bán kính R = IO = OK 2 + OE 2 .
Ta có
MN
MN 3
= 2OK ⇒ OK =
0
sin 60
3
2
a2
OM + ON
Lại có MN = OM + ON − 2OM .ON .cos 60 = ( OM + ON ) − 3OM .ON ≥ a − 3
=
÷
2
4
2
a
4π a
a 3
Dễ thấy MN Min = , khi đó RMin =
. Vậy diện tích của mặt cầu ( S ) là: S =
2
3
3
2
2
2
Câu 19: Cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 và mặt cầu ( S ) : x + y + z − 10 x + 6 y − 10 z + 39 = 0 . Từ
2
2
2
0
2
2
một điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) kẻ một đường thẳng tiếp xúc với mặt cầu ( S ) tại điểm N sao cho MN = 5
. Biết rằng M thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính đường tròn đó.
A. 5
B. 3
C. 6
D. 11
Chọn B.
( S ) có tâm I ( 5; −3;5) , bán kính R = 2 5 . Hạ IH ⊥ ( P ) ⇒ IH = 6 .
Ta có IM 2 = IN 2 + MN 2 = 45 ⇒ MH 2 = IM 2 − IH 2 = 9 ⇒ MH = 3 không đổi.
Vậy M thuộc đường tròn cố định tâm H, bán kính bằng 3.
Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A ( m;0;0 ) , B ( 0; 2m + 1;0 ) , C ( 0;0; 2m + 5 ) khác O. D là
một điểm nằm khác phía với O so với mặt phẳng ( ABC ) , sao cho tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối diện
bằng nhau. Tìm khoảng cách ngắn nhất từ O đến tâm I mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .
10
A. 10
B.
C. 6
D. 11
2
Chọn B.
Ta chứng minh được D ( m; 2m + 1; 2m + 5 ) và tâm I mặt cầu ngoại tiếp ABCD là trung điểm OD .
2
1
10
Ta có OD 2 = 9m 2 + 24m + 26 = ( 3m + 4 ) + 10 ≥ 10 ⇒ ODMin = 10 ⇒ RMin = OI Min = OD =
2
2
