Giải chi tiết đề thi thử toán THPT chuyên hùng vương – phú thọ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1016.02 KB, 25 trang )
SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HÙNG VƯƠNG
(Đề gồm: 05 trang)
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 4
LỚP 12 NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)
Mã đề thi 101
Câu 1:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu của điểm M 1; 3; 5 trên mặt phẳng
Oyz có tọa độ là
A. 0; 3;0 .
Câu 2:
Câu 5:
D. 1; 3;0 .
B. 3.
C. 2.
D. log 2 3.
Hình vẽ bên là một phần đồ thị của hàm số nào ?
x 1
x 1
A. y
B. y
.
.
x 1
x 1
C. y
Câu 4:
C. 0; 3;5 .
Cho a và b lần lượt là số hạng thứ nhất và thứ năm của một cấp số cộng có công sai d 0.
ba
Giá trị của log 2
bằng
d
A. log 2 5.
Câu 3:
B. 0; 3; 5 .
x
.
x 1
D. y
x 1
.
x 1
Lục giác đều ABCDEF có bao nhiêu đường chéo ?
A. 15.
B. 6.
C. 9.
D. 24.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba vectơ a 1;1;0 , b 1;1;0 và
c 1;1;1 . Mệnh đề nào dưới đây sai ?
A. c b.
B. c 3.
C. a b.
D. a 2.
Câu 6:
Cho một hình trụ có chiều cao bằng 2 và bán kính đáy bằng 3. Thể tích của khối trụ đã cho
bằng
A. 6 .
B. 18 .
C. 15 .
D. 9 .
Câu 7:
Hàm số y x3 2 x 2 x 1 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây ?
1
A. ; .
3
B. (1; ).
1
C. ;1 .
3
1
D. ;1 .
3
B. 0.
C. 2.
D. 1.
x2
bằng
x
B. 2.
C. 0.
D. 1.
3
Câu 8:
Giá trị của dx bằng
0
A. 3.
Câu 9:
Giá trị của lim
x 2
A. 3.
Trang 1/6 - Mã đề thi 101
Câu 10: Một khối lập phương có độ dài cạnh bằng 5, thể tích khối lập phương đã cho bằng
A. 243.
B. 25.
C. 81.
D. 125.
Câu 11: Cho hàm số f x xác định trên \ {0} , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến
thiên như sau
Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị ?
A. 3.
B. 1.
C. 2.
D. 0.
C. 1; .
D. 0; .
Câu 12: Tập nghiệm của bất phương trình log 2 x 0 là
A. 0;1 .
B. ;1 .
Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào sau đây là phương trình của mặt phẳng Ozx ?
A. y 0.
B. x 0.
C. z 0.
D. y 1 0.
Câu 14: Điểm nào dưới đây là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y x3 3 x 5?
A. M 1;3 .
B. Q 3;1 .
C. N 1;7 .
D. P 7; 1 .
C. cos x C.
D. cos x C.
Câu 15: Nguyên hàm của hàm số f ( x ) cos x là
A. sin x C.
B. sin x C.
Câu 16: Một nhóm gồm 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 học sinh
trong nhóm đó. Xác suất để trong 3 ba học sinh được chọn luôn có học sinh nữ bằng
5
2
1
1
A. .
B. .
C. .
D. .
6
3
6
3
Câu 17: Tập xác định của hàm số y log 1 x 1 1 là
2
A. 1; .
B. 1; .
3
C. 1; .
2
3
D. 1; .
2
Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 2;1; 1 ; B 1;0; 4 ; C 0; 2; 1 . Phương trình
nào sau đây là phương trình của mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BC ?
A. x 2 y 5 z 0.
B. x 2 y 5 z 5 0. C. x 2 y 5 z 5 0. D. 2 x y 5 z 5 0.
Câu 19: Cho hình lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có AB 3 và AA ' 1. Góc tạo bởi giữa đường thẳng
AC ' và mặt phẳng ABC bằng
A. 45o.
B. 60o.
C. 30o.
D. 75o.
Câu 20: Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0, 6% /tháng. Biết rằng nếu không
rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập làm vốn ban đầu để
tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó được lĩnh số tiền không ít
hơn 110 triệu đồng( cả vốn ban đầu và lãi), biết rằng trong suốt thời gian gửi tiền người đó
không rút tiền và lãi suất không thay đổi ?
Trang 2/6 - Mã đề thi 101
A. 17 tháng.
B. 18 tháng.
4
Câu 21: Cho
C. 16 tháng.
D. 15 tháng.
C. 32.
D. 8.
2
f ( x) dx 16. Tính I f (2 x) dx.
0
A. 16.
0
B. 4.
x 1
có bao nhiêu đường tiệm cận ?
x x2
B. 3.
C. 2.
Câu 22: Hỏi đồ thị của hàm số y
A. 4.
Câu 23: Trên khoảng 0;1 , hàm số y x3
A.
1
.
2
B.
1
.
3
4
1
đạt giá trị nhỏ nhất tại x0 bằng
x
1
C. 3 .
3
D. 1.
D.
1
.
3
Câu 24: Cho hình chóp S . ABCD đều có AB 2a, SO a với O là giao điểm của AC và BD. Khoảng
cách từ điểm O đến mặt phẳng SCD bằng
A.
Câu 25:
Câu 26:
a 3
.
2
B. a 2.
C.
a
.
2
D.
a 2
.
2
3x 2
. Tìm
x 1
tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
3x 2
m có hai nghiệm thực ?
x 1
A. 3 m 0.
B. m 3.
C. 0 m 3.
D. m 3.
Hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số y
Cho hình chóp S . ABC có SA a, SA ABC , tam giác ABC vuông cân đỉnh A và
BC a 2. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB, SC . Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng
MNA và ABC bằng
A.
2
.
4
B.
2
.
6
C.
3
.
2
D.
3
.
3
Câu 27: Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2Cn1 3Cn2 ... n 1 Cnn 2621439. Số hạng không chứa
n
1
x trong khai triển của biểu thức x 2 bằng
x
A. 43758.
B. 31824.
C. 18564.
D. 1.
Câu 28: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên khoảng ( 2;3). Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) trên
2
khoảng ( 2;3). Tính I
f ( x) 2 x dx, biết F (1) 1 và F (2) 4.
1
A. I = 6
B. I 10.
C. I 3.
D. I 9.
Câu 29: Hỏi có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y (m2 1) x3 (m 1) x 2 x 4 nghịch biến trên
khoảng ; ?
Trang 3/6 - Mã đề thi 101
A. 1.
B. 2.
3
Câu 30: Biết
C. 0.
D. 3.
dx
( x 2)( x 4) dx a ln 2 b ln 5 c ln 7 (a, b, c ). Giá trị của biểu thức 2a 3b c bằng
0
A. 5.
B. 4.
C. 2.
D. 3.
Câu 31: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y x m x 2 2 x 3 đồng biến trên
khoảng ; ?
A. 2.
B. 4.
C. 3.
D. 1.
Câu 32: Cho hình chóp S . ABCD đều có AB 2 và SA 3 2. Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp đã cho bằng
A.
33
.
4
B.
7
.
4
C. 2.
D.
9
.
4
Câu 33: Đồ thị của hàm số y g ( x ) đối xứng với đồ thị của hàm số y a x a 0; a 1 qua điểm
1
I 1;1 . Giá trị của biểu thức g 2 log a
bằng
2018
A. 2016.
B. 2020.
C. 2020.
D. 2016.
Câu 34: Cho các số thực x, y thỏa mãn log8 x log 4 y 2 5 và log 4 x 2 log8 y 7. Giá trị của xy bằng
A. 1024.
B. 256.
C. 2048.
D. 512.
Câu 35: Cho hàm số y sin 3 x cos x sin 2 x. Giá trị của y 10 gần nhất với số nào dưới đây ?
3
A. 454492.
B. 454493.
C. 454491.
D. 454490.
Câu 36: Hệ số của số hạng chứa x 7 trong khai triển x 2 3 x 2 bằng
6
A. 6432.
B. 4032.
C. 1632.
D. 5418.
Câu 37: Cho tập hợp A 1; 2;3; 4;.........;100 . Gọi S là tập hợp gồm tất cả các tập con của A, mỗi tập
con này gồm 3 phần tử của A và có tổng bằng 91. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S . Xác
suất chọn được phần tử có ba số lập thành một cấp số nhân bằng
4
2
3
1
.
.
.
.
A.
B.
C.
D.
645
645
645
645
Câu 38: Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y
x 2 mx m 2
có hai
x 1
AOB 90o thì tổng bình phương tất cả các phần tử của S bằng
điểm cực trị A, B. Khi
A.
1
.
16
B. 8.
C.
1
.
8
D. 16.
x 1
có đồ thị C và điểm A a; 2 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực
x 1
của a để có đúng hai tiếp tuyến của C đi qua điểm A và có hệ số góc k1 , k2 thỏa mãn
Câu 39: Cho hàm số y
k1 k2 10k12 k22 0. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng
Trang 4/6 - Mã đề thi 101
A. 7.
Câu 40:
B.
7 5
.
2
C.
5 5
.
2
D.
7
.
2
Cho hàm số y f x . Hàm số y f ' x có đồ
thị như hình vẽ bên. Hàm số y f x 2 đồng biến
trên khoảng
1 1
A. ; .
2 2
1
C. ;0 .
2
B. 0; 2 .
D. 2; 1 .
Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
P : x 2 y z 1 0
và điểm
A 0; 2;3 , B 2;0;1 . Điểm M a; b; c thuộc P sao cho MA MB nhỏ nhất. Giá trị của
a 2 b 2 c 2 bằng
41
A.
.
4
Câu 42:
9
.
4
C.
7
.
4
D. 3.
Cho hình thập nhị diện đều (tham khảo hình vẽ bên).
Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng có chung một cạnh
của thập nhị diện đều bằng
5 1
.
2
1
C.
.
5
A.
Câu 43:
B.
B.
D.
5 1
.
4
1
.
2
Cho các số thực a , b, c không âm thỏa mãn 2 a 4b 8c 4. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S a 2b 3c. Giá trị của biểu thức 4M log M m bằng
A.
2809
.
500
B.
281
.
50
C.
4096
.
729
D.
14
.
25
Câu 44: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB a, SA ( ABCD ), cạnh bên SC tạo
với ( ABCD ) một góc 60 o và tạo với ( SAB ) một góc thỏa mãn sin
3
. Thể tích của
4
khối chóp S . ABCD bằng
A.
Câu 45:
3a 3 .
B.
2 3a 3
.
4
C. 2a 3 .
D.
2a 3
.
3
Cho hàm số y ax3 bx 2 cx d có đồ thị như hình vẽ
bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A. a 0, b 0, c 0, d 0.
B. a 0, b 0, c 0, d 0.
C. a 0, b 0, c 0, d 0.
D. a 0, b 0, c 0, d 0.
Trang 5/6 - Mã đề thi 101
Câu 46:
Hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có diện tích đáy bằng 4, diện tích ba mặt bên lần lượt là
9,18 và 10. Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' bằng
A. 4 11951.
Câu 47:
4
B.
11951
.
2
C. 11951.
11951
.
2
D.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;1; 2 ; B 1;0; 4 ; C 0; 1;3 và điểm M thuộc
mặt cầu S : x 2 y 2 z 1 1. Khi biểu thức MA2 MB 2 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất thì độ dài đoạn
2
thẳng MA bằng
A.
B.
2.
C. 6.
6.
D. 2.
x cos x sin x
. Hỏi đồ thị của hàm số y F x
x2
có bao nhiêu điểm cực trị trên khoảng 0; 2018 ?
Câu 48: Biết F x là nguyên hàm của hàm số f x
A. 2019.
Câu 49: Cho
B. 1.
hàm
số
y f x
C. 2017.
xác
định
trên
2
2
0 f x 2 2 f x sin x 4 dx 2 . Tích phân
2
2
A.
4
.
B. 0.
C. 1.
D. 2018.
0; 2
thỏa
mãn
f x dx bằng
0
D.
2
.
Câu 50: Cho tứ diện ABCD đều có cạnh bằng 2 2. Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD và M là
trung điểm của AB. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BG và CM bằng
2
2
3
2
A.
B.
C.
D.
.
.
.
.
14
5
2 5
10
--------------------------------------------------------- HẾT ---------(Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Trang 6/6 - Mã đề thi 101
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
ĐỀ THI KSCL LẦN 4 – TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
ĐÁP ÁN
1.B
2.C
3.A
4.C
5.A
6.B
7.D
8.A
9.B
10.D
11.C
12.A
13.A
14.A
15.B
16.A
17.D
18.B
19.C
20.C
21.D
22.C
23.B
24.D
25.A
26.D
27.C
28.A
29.B
30.D
31.C
32.D
33.D
34.D
35.D
36.D
37.C
38.A
39.B
40.C
41.B
42.C
43.C
44.C
45.B
46.A
47.A
48.C
49.B
50.A
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án B.
Hình chiếu của điểm M 1; 3; 5 trên mặt phẳng Oyz là điểm M 0; 3; 5 .
Kiến thức cần ghi nhớ: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M x0 ; y0 ; z0 .
+ Hình chiếu của điểm M trên mặt phẳng Oxy là điểm M1 x0 ; y0 ;0 .
+ Hình chiếu của điểm M trên mặt phẳng Oyz là điểm M2 0; y0 ; z0 .
+ Hình chiếu của điểm M trên mặt phẳng Oxz là điểm M3 x0 ;0; z0 .
STUDY TIPS
Cấp số cộng u n có số
hạng đầu u 1 và công sai d
thì
u n u 1 n 1 .d
với n 2;n .
Câu 2: Đáp án C.
ba
4d
Từ giả thiết ta có b a 4d nên log2
log2 2.
d
d
Câu 3: Đáp án A.
Đồ thị đi qua các điểm 1; 0 và 0; 1 nên loại hai phương án C, D.
Khi x 0 thì y 1 , ta thấy chỉ có hàm số y
x 1
thỏa mãn.
x 1
Câu 4: Đáp án C.
Lục giác đều ABCDEF có 6 đỉnh nên có 6 cạnh.
STUDY TIPS
Cho một đa giác lồi n đỉnh
(n cạnh) thì số đường chéo
của đa giác lồi đó là:
C 2n n (đường chéo).
Chọn ra 2 trong 6 đỉnh của lục giác đều ABCDEF ta được 1 cạnh bất kì. Suy ra số
2
cạnh được tạo thành từ 6 đỉnh ABCDEF là C 6 .
Số đường chéo của lục giác đều chính là số cạnh được tạo thành từ 6 đỉnh của nó
2
(không kể các cạnh của lục giác đều). Vậy số đường chéo là C6 6 9.
Câu 5: Đáp án A.
Phương án A: Ta có b .c 1.1 1.1 0.1 2 0 nên b không vuông góc với c.
Phương án B: Ta có c 12 12 1 2 3 .
Phương án C: Ta có a .b 1 .1 1 .1 0 .0 0 nên a b .
Phương án D: Ta có a
1
2
12 02 2.
Câu 6: Đáp án B.
Thể tích của khối trụ có chiều cao h 2, bán kính đáy R 3 là:
V R 2 h .3 2 .2 18 (đvtt).
Câu 7: Đáp án D.
Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
1
x
Ta có y 3x 4x 1; y 0
3
x
1
2
1
3
Lập bảng biến thiên của hàm số, ta thấy y 0, x ;1 nên hàm số đã cho
1
3
nghịch biến trên khoảng ;1 .
Câu 8: Đáp án A.
Câu 9: Đáp án B.
Kiến thức cần ghi nhớ: Nếu
f x0
g x0
0 thì lim
x x0
f x
g x
f x0
g x0
.
Câu 10: Đáp án D.
Thể tích của khối lập phương có độ dài cạnh là a 5 là V a 3 5 3 125 (đvtt).
Câu 11: Đáp án C.
STUDY TIPS
+ Nếu đạo hàm y f x
đổi dấu bao nhiêu lần thì
hàm số y f x có bấy
Quan sát bảng biến thiên ta thấy đạo hàm y đổi dấu từ âm sang dương khi x đi
qua điểm x 0; y đổi dấu từ dương sang âm khi x đi qua điểm x 1. Suy ra hàm
số đạt cực tiểu tại điểm x 0; hàm số đạt cực đại tại điểm x 1. Vậy hàm số có
nhiêu điểm cực trị.
+ Cho hàm số y f x có
đúng 2 điểm cực trị.
đạo hàm f x không xác
Câu 12: Đáp án A.
định tại điểm x x 0 , tuy
x 0
Ta có log 2 x 0
0 x 1. Vậy tập nghiệm là S 0;1 .
0
x 2 1
nhiên hàm số vẫn có thể đạt
cực trị tại điểm x 0 .
Câu 13: Đáp án A.
Kiến thức cần ghi nhớ: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz thì:
+ Phương trình mặt phẳng Oyz là x 0.
+ Phương trình mặt phẳng Oxz là y 0.
+ Phương trình mặt phẳng Oxy là z 0.
Câu 14: Đáp án A.
x 1
Ta có y 3 x 2 3; y 0
.
x 1
Ta có bảng biến thiên dưới đây:
x
1
–1
+
0
7
–
0
+
y
3
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số đạt cực tiểu tại điểm 1;3 .
Câu 15: Đáp án B.
Ta có
f x dx cos xdx d sin x sin x C.
Câu 16: Đáp án A.
Xét phép thử T: “Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 học sinh trong nhóm 10 bạn gồm
3
6 học sinh nam và 4 học sinh nữ”. Số phần tử của không gian mẫu là n C10 .
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
Gọi A là biến cố “Trong 3 học sinh được chọn luôn có học sinh nữ”. Số phần tử
1 2
2 1
3
của biến cố A là n A C4C6 C4C6 C4 100.
nA
Vậy xác suất cần tính là P A
n
100 5
.
3
6
C 10
Câu 17: Đáp án D.
x 1
x 1 0
Hàm số y log 1 x 1 1 xác định khi log x 1 1
1
1
2
x 1
2
2
x 1
3
3
3 1 x . Vậy tập xác định là D 1; .
2
2
x
2
Câu 18: Đáp án B.
Ta có BC 1; 2; 5 nên mặt phẳng P đi qua điểm A 2;1; 1 và vuông góc
với BC sẽ có VTPT là n 1; 2; 5 .
Phương trình mặt phẳng P : 1 x 2 2 y 1 5 z 1 0 x 2y 5z 5 0.
Câu 19: Đáp án C.
Ta có CC ABC nên C là hình chiếu của C trên mặt phẳng ABC .
, AC C
AC.
Suy ra AC, ABC AC
C
A
B
Do ACC vuông tại C nên tan CAC
CC 1
AC 30.
C
AC
3
Câu 20: Đáp án C.
Giả sử sau n tháng, người đó lĩnh được số tiền không ít hơn 110 triệu đồng, trong
đó n.
n
Số tiền người đó nhận được sau n tháng là 100 1 0,6% (triệu đồng).
n
Từ giả thiết, ta có 100 1 0,6% 110 1,006 n 1,1 n log 1,006 1,1 15, 93.
Vậy sau ít nhất 16 tháng thì người đó lĩnh được số tiền không ít hơn 110 triệu
đồng.
Câu 21: Đáp án D.
4
4
1
1
1
1
f t dt
f x dx .16 8 .
Đặt 2 x t dx dt và I
20
20
2
2
Câu 22: Đáp án C.
Ta có y
x 1 x
x
x2 x x2
* Xét lim y lim
x1
x2
x1
x 1
x x2
x 1 x
2
x x2
1; lim y lim
x1
x2
x1
x 1 x
x 1
x x2
x2
x 1 x 2
1 nên x 1 không là
tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
* Xét lim y lim
x 2
x 2
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
x 1 x x 2
x 1 x x 2
; lim y lim
x 1 x 2
x 1 x 2
x 2
x 2
nên
x 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
* Xét lim y lim
x
x
1
x 1
x x2
lim
x
1
1
x
1 2
x x2
1 nên y 1 là đường tiệm cận
ngang của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.
Câu 23: Đáp án B.
Cách 1: Sử dụng phương pháp hàm số
Xét hàm số y x 3
1
1
2
1
trên 0;1 . Ta có y 3x 2 ; y 0 x 4 x0 0;1 .
x
x
3
Bảng biến thiên:
x
1
0
–
0
+
2
y
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy hàm số y x 3
x x0
1
4
3
1
đạt giá trị nhỏ nhất khi
x
.
Cách 2: Sử dụng BĐT Cauchy
Ta có y x 3
3
khi x
1
1
1
1
1
4
x3
4 4 x3 .
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ
3
4
x
3x 3x 3x
27 x
27
1
1
1
x4 x
.
4
3x
3
3
Cách 3: Sử dụng MTCT
Nhập hàm số f X X 3
1
1
với Start 0, End 1, Step .
X
19
w7Q)qd+1aQ)==0=1=1P19=
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy m in y 1,7572 khi x 0,7368
S
1
4
3
.
Câu 24: Đáp án D.
Gọi E là trung điểm của CD thì OE CD , mà CD SO nên CD SOE
H
A
B
D
O
E
C
SCD SOE và SCD SOE SE.
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
Trong mặt phẳng SOE kẻ OH SE thì OH SCD hay OH d O ; SCD .
1
1
1
OH 2 SO2 OE2
SOE vuông tại O có OH là đường cao nên:
1
1 1
2
a
a 2
2 2 2 OH
. Vậy d O ; SCD OH
.
2
2
OH
a
a
a
2
Câu 25: Đáp án A.
3x 2
2
x 1 khi x 3
Ta có y f x
x1
3 x 2 khi x 2
x 1
3
3x 2
Để vẽ đồ thị C của hàm số y f x
y
từ đồ thị C của hàm số
2
3x 2
2
thì f x
. Kẻ đường thẳng x , khi đó ta giữ nguyên đồ
3
x 1
3
+ Với x
3
thị C nằm bên phải đường thẳng x
bên trái đường thẳng x
1
x1
3x 2
ta làm như sau:
x 1
y
O
3x 2
x
2
và bỏ toàn bộ phần đồ thị C nằm
3
2
(phần bỏ đi biểu diễn bằng đường nét đứt). Phần giữ
3
lại chính là một phần đồ thị C1 của hàm số f x
–3
3x 2
2
khi x .
3
x 1
2
3x 2
thì f x
. Ta lấy đối xứng phần vừa bị bỏ đi (đường nét
3
x 1
y
+ Với x
3
đứt) qua trục hoành được phần đồ thị C2 của hàm số f x
Gộp hai phần đồ thị
O
1
x
y f x
3x 2
x 1
C
1
và
C
2
ta được đồ thị
3x 2
2
khi x .
3
x 1
C
của hàm số
(hình vẽ bên).
–3
Quan sát đồ thị ta được phương trình
3x 2
x 1
m có hai nghiệm thực Đồ thị
C cắt đường thẳng y m tại đúng hai điểm 3 m 0.
S
Câu 26: Đáp án D.
Cách 1: Sử dụng công thức tính diện tích của hình chiếu
N
Do ABC vuông cân đỉnh A nên BC AB 2 AC 2 AB AC
M
F
A
C
BC
2
a.
Gọi E là trung điểm của AB thì ME // SA ME ABC . Gọi F là trung điểm của
AC thì NF // SA NF ABC . Suy ra AEF là hình chiếu của AMN trên mặt
E
B
phẳng ABC .
S
Ta có SAEF SAMN .cos
AMN , ABC cos AMN , ABC AEF .
SAMN
1
1
a 2
BC a 2
Lại có AM AN SB SC
nên AM AN MN
; MN
2
2
2
2
2
Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
2
AMN đều và SAMN
STUDY TIPS
Gọi S là diện tích của đa
giác H trong mặt phẳng
P và S là diện tích hình
chiếu
S
3
1
a2
.
Mặt khác SAEF SABC
(đvdt). Vậy cos AMN , ABC AEF
SAMN
3
4
8
của H trên mặt
phẳng P thì S S.cos ,
Cách 2: Gắn hệ trục tọa độ
Chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ trong đó A 0; 0; 0 , B a; 0; 0 , C 0; a; 0 ,
trong đó là góc giữa hai
mặt phẳng P và P .
S 0; 0; a .
z
S
N
M
C
B
x
H
A
AM 2 3
3 a 2
a2 3
(đvdt).
.
4
4 2
8
y
a
a a a
Do M, N lần lượt là trung điểm của SB và SC nên M ; 0; , N 0; ; .
2 2 2
2
a
a2 a2 a2
a a a
Ta có AM ; 0; , AN 0; ; AM , AN ; ; . Suy ra mặt
4 4
2 2
2 2
4
phẳng AMN có VTPT là n1 1;1; 1 .
Mặt phẳng ABC Oxy nên có VTPT là n2 0; 0;1 .
n1 .n2
1
3
.
Vậy cos AMN , ABC cos n1 , n2
3
3
n .n
1
2
Câu 27: Đáp án C.
Ta có 2Cn1 3Cn2 4Cn3 ... n 1 Cnn
Cn1 2C n2 3C n3 ... nC nn C n1 Cn2 C n3 ... C nn .
n
Xét khai triển 1 x Cn0 Cn1 x C n2 x 2 Cn3 x 3 ... Cnn x n 1
Đạo hàm hai vế của 1 ta được: n 1 x
n 1
C n1 2Cn2 x 3C n3 x 2 ... nC nn x n
2
C 0 Cn1 Cn2 ... Cnn 2n
Thay x 1 và hai hệ thức 1 và 2 ta được: n1
2
3
n
n 1
Cn 2Cn 3Cn ... nCn n.2
Từ giả thiết 2Cn1 3Cn2 ... n 1 Cnn 2621439 ta có: n.2 n 1 2 n 1 2621439
Sử dụng TABLE với hàm số f X X 2X 1 2X 2621440 và chọn Start 1,
End 20, Step 1 ta tìm được X 18 hay n 18.
Q)O2^Q)p1$+2^Q)$p262144
0==1=20=1=
18
18
1
k
x2
Xét khai triển x 2 C18
x
k 0
18 k
k
18
x C
1
k 0
k
18
x 36 3 k với 0 k 18, k .
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
Số hạng không chứa x trong khai triển tương ứng với giá trị k thỏa mãn
36 3 k 0
0 k 18 k 12.
k
12
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là C18
18564.
Câu 28: Đáp án A.
2
Ta có I f x 2 x dx
1
2
2
f x dx 2 xdx F x
1
2
1
2
F 2 F 1 3
x2
1
1
I 4 1 3 6.
Câu 29: Đáp án B.
* Nếu m 1 thì hàm số có dạng y 2 x 2 x 4, đồ thị của nó là một parabol
STUDY TIPS
Hàm số y ax 2 bx c có
đồ thị là parabol P đỉnh
b
I ; . Nếu a 0
2a
4a
thì hàm số đồng biến trên
b
khoảng ; và hàm
2a
số nghịch biến trên khoảng
b
; . Ngược lại, nếu
2a
a 0 thì hàm số đồng biến
b
trên khoảng ; ,
2a
hàm số nghịch biến trên
b
khoảng ; .
2a
1 33
có đỉnh ; . Do hệ số a 2 0 nên đồ thị hàm số có bề lõm quay xuống
4 8
1
dưới, suy ra hàm số đồng biến trên khoảng ; và hàm số nghịch biến trên
4
1
khoảng ; . Vậy với m 1 thì hàm số không nghịch biến trên ; .
4
* Nếu m 1 thì hàm số trở thành y x 4 luôn nghịch biến trên .
* Nếu m 1, xét đạo hàm y 3 m 2 1 x 2 2 m 1 x 1. Để hàm số nghịch
biến trên ; y 0, x 3 m 2 1 x 2 2 m 1 x 1 0, x
1 m 1
3 m2 1 0
1 m 1
1
2
2
m 1 3 m 1 0
m 1
m 1 4 m 2 0
2
1
m 1 do m 1 .
2
1
Vậy với m ;1 thì hàm số đã cho nghịch biến trên ; , có 2 giá trị
2
m 0;1 thỏa mãn.
Câu 30: Đáp án D.
3
3
dx
1 x 4 x 2 dx 1 1
1
dx
0 x 2 x 4 2 0 x 2 x 4
2 0 x2 x4
3
Cách 1: Ta có
1 x2
ln
2 x4
3
0
1 5 1 1 1
1
1
ln ln ln 2 ln 5 ln 7 a ln 2 b ln 5 c ln 7.
2 7 2 2 2
2
2
1
1
1
3 1
Do a , b, c nên a ; b ; c . Vậy 2 a 3b c 1 3.
2
2
2
2 2
Cách 2: Sử dụng MTCT
3
Từ giả thiết, ta có
dx
x 2 x 4 a ln 2 b ln 5 c ln 7 ln 2 .5 .7
a
0
3
a
b
c
2 .5 .7 e
dx
x 2 x 4
0
10
7
2. 5
7
1
1
2 2 .5 2 .7
1
2
.
Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com
b
c
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
1
1
1
3 1
Do a , b, c nên a ; b ; c . Vậy 2 a 3b c 1 3.
2
2
2
2 2
Câu 31: Đáp án C.
x 1
Xét đạo hàm y 1 m.
STUDY TIPS
+ A m f x , x D
A m max f x .
x2 2x 3
x 2 2 x 3 m x 1
x2 2x 3
.
Hàm số đồng biến trên y 0, x m x 1 x 2 2 x 3 , x 1
+ Nếu x 1 thì 1 trở thành 0m 2 (luôn đúng).
D
+ A m f x , x D
A m min f x .
+ Nếu x 1 thì 1 m
x2 2x 3
, x 1;
x1
D
Ở bài toán bên, tuy hàm số
f x đều không có GTLN,
GTNN trên mỗi đoạn
;1 và 1; nhưng
m
x2 2x 3
, x 1;
1 x
lim f x 1, lim f x 1
x
x
ta được f x 1;f x 1.
x2 2x 3
trên 1; .
1 x
Xét hàm số f x
từ bảng biến thiên và việc
xác định các giới hạn
x 1
Ta có f x
2
2
x2 2x 3
2
x 2x 3
1 x
2
2
1 x
2
x2 2 x 3
0, x 1; .
Bảng biến thiên:
x
1
+
–1
Ta có 2 m f x , x 1; . Quan sát bảng biến thiên ta được m 1.
+ Nếu x 1 thì 1 m
m
x2 2x 3
, x ;1
x1
x2 2 x 3
, x ;1
1 x
x2 2x 3
trên ;1 .
1 x
Xét hàm số f x
Ta có f x
3
2
1 x
2
x2 2 x 3
0, x ;1 . Bảng biến thiên:
x
1
+
1
Ta có 3 m f x , x ;1 . Quan sát bảng biến thiên, ta được m 1.
Vậy với m 1;1 thì hàm số đã cho đồng biến trên ; . Có 3 giá trị
m 1; 0;1 nguyên thỏa mãn.
Câu 32: Đáp án D.
Gọi O là giao điểm của AC và BD, từ giả thiết suy ra SO ABCD .
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
Do ABCD là hình vuông nên AC BC AB 2 2 2
S
OA OB OC OD 2.
2
A
D
2
3 2 2 4.
3 2
SA
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là R
Do SOA vuông tại O nên SO SA 2 OA 2
2
2
B
O
C
2SO
2.4
9
.
4
Một số công thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp dạng đặc biệt:
1. Hình chóp có các đỉnh nhìn đoạn thẳng nối hai đỉnh còn lại dưới một góc vuông:
d
.
2
2. Hình chóp đều có chiều cao h, độ dài cạnh bên bằng k thì bán kính mặt cầu ngoại
Gọi d là độ dài đoạn thẳng đó thì bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là R
tiếp hình chóp là R
k2
.
2h
3. Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy: Gọi h là chiều cao của hình chóp và Rd
là bán kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy, khi đó bán kính của mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp là R Rd2
h2
.
4
4. Hình chóp có mặt bên vuông góc với đáy: Gọi h là chiều cao của hình chóp và Rb , Rd
lần lượt là bán kính của các đường tròn ngoại tiếp mặt bên (mặt bên này vuông góc
với đáy) và mặt đáy; giao tuyến của hai mặt này có độ dài bằng d. Khi đó bán kính
của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là R Rb2 Rd2
d2
.
4
Câu 33: Đáp án D.
x
Lấy điểm M1 x0 ; a 0 nằm trên đồ thị hàm số y a x a 0, a 1 . Gọi M2 là điểm
x
đối xứng với M1 quan điểm I 1;1 , suy ra M2 2 x0 ; 2 a 0 và điểm M2 luôn
thuộc đồ thị hàm số y g x .
xM 2 x0
x0 2 xM 2
2 x
Ta có 2
.
2 xM g x 2 a
x0
2
y
2
a
y
2
a
M 2
M2
1
2 2log a 2018
Vậy g 2 log a
2 a log a 2018 2016.
g 2 log a 2018 2 a
2018
Câu 34: Đáp án D.
x 0, y 0
x 0, y 0 x 0, y 0
log 8 x log 4 y 2 5
1
log 2 x log 2 y 5 log 2 x 6 x 64
.
Ta có
2
log 4 x log 8 y 7
3
log y 3
y 8
2
1
log 2 x 3 log 2 y 7
Vậy xy 64.8 512.
STUDY TIPS
Công thức tổng quát tính
đạo hàm cấp n của hàm số
f x sin ux là:
n
f x u n .sin ux n .
2
Câu 35: Đáp án D.
Ta có y sin 3 x.cos x sin 2 x
1
1
1
sin 4 x sin 2 x sin 2 x sin 4 x sin 2 x.
2
2
2
1
1
10
Khi đó y .410.sin 4 x 10. .210.sin 2 x 10.
2
2 2
2
Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
10
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
10
4
2
10
y
.sin 4 x 5
.sin 2 x 5 219 sin 4 x 29 sin x
2
2
4 9
2
3 19
10
y 219.sin
2 .sin
2 29 454490.
3
3
3
2
Câu 36: Đáp án D.
Cách 1: Xét khai triển x2 3x 2
6
k
6
C 2
k 0
6 k
k
k i
6
i
6
6
k
i
2 k i
C x 3x C C 2 3 x
i
k
2
i 0
6
2 x2 3x C6k 26k x2 3x
k0
k
6
i
k
6 k
k 0 i 0
k
0 k 6
với 0 i k
i , k
Số hạng chứa x 7 trong khai triển tương ứng với các giá trị i,k thỏa mãn:
0 k 6
7
0 k 6
0 k 6
2 k 6
k 4; i 1
7
0 i k
0 2 k 7 k
k7
2
i 2 k 7 k 5; i 3
2 k i 7
i 2 k 7
i 2 k 7
i , k
k 6; i 5
i , k
i , k
i , k
Vậy hệ số của số hạng chứa x7 trong khai triển đã cho là:
1
3
5
x7 C64C41 22 3 C65C53 21 3 C66C65 20 3 5418.
k X
2
k2 k1 k0 6
Cách 2: Ta có hệ phương trình
k1 7 2 X f X
2 k2 k1 7
k0 X 1 g X
Do k0 , k1 , k2 nên từ k2 k1 k0 6 0 k2 6 hay 0 X 6.
Sử dụng TABLE nhập vào các hàm số f X 7 2X , g X X 1 và chọn các giá
trị Start 0, End 6, Step 1.
w77p2Q)=Q)p1=0=6=1=
Quan sát bảng giá trị, ta tìm được các giá trị k0 , k1 , k2 thỏa mãn hệ phương
k0 0; k1 5; k2 1
trình trên là: k0 1; k1 3; k2 2
k0 2; k1 1; k2 3
Vậy hệ số của số hạng chứa x7 trong khai triển đã cho là:
5
3
1
6!
6!
6!
0
1
1
2
2
3
x7
0!5!1! 2 . 3 .1 1!3!2! .2 . 3 .1 2!1!3! .2 . 3 .1 5418.
Câu 37: Đáp án C.
* Các tập S là tập con gồm 3 phần tử và có tổng bằng 91 của A 1; 2; 3;...;100
được xác định như sau:
+ Tập hợp bắt đầu từ phần tử 1 có dạng 1; a; b 1 a b . Khi đó a b 90. Các
tập hợp đó là 1; 2; 88 ,1; 3; 87 ,1; 4; 86 ,...,1; 44; 46 . Có 43 tập hợp như thế.
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
+ Tập hợp bắt đầu từ phần tử 2 có dạng 2; a; b 2 a b . Khi đó a b 89. Các
tập hợp đó là 2; 3; 86 ,2; 4; 85 ,2; 5; 84 ,...,2; 44; 45 . Có 42 tập hợp như thế.
+ Tập hợp bắt đầu từ phần tử 3 có dạng 3; a; b 3 a b . Khi đó a b 88. Các
tập hợp đó là 3; 4; 84 ,3; 5; 83 ,3; 6; 82 ,...,3; 43; 45 . Có 40 tập hợp như thế.
+ Tập hợp bắt đầu từ phần tử 4 có dạng 4; a; b 4 a b . Khi đó a b 87. Các
tập hợp đó là 4; 5; 82 ,4; 6; 81 ,4; 7; 80 ,...,4; 43; 44 . Có 39 tập hợp như thế.
………………
+ Tập hợp bắt đầu từ phần tử 27 có dạng 27; a; b 27 a b . Khi đó a b 64.
Các tập hợp đó là 27; 28; 36 ,27; 29; 35 ,27; 30; 34 ,27; 31; 33 . Có 4 tập hợp
như thế.
+ Tập hợp bắt đầu từ phần tử 28 có dạng 28; a; b 28 a b . Khi đó a b 63.
Các tập hợp đó là 28; 29; 34 ,28; 30; 33 ,28; 31; 32 . Có 3 tập hợp như thế.
+ Tập hợp bắt đầu từ phần tử 29 có dạng 29; a; b 29 a b . Khi đó a b 62.
Các tập hợp đó là 29; 30; 32 . Có đúng 1 tập hợp như vậy.
Vậy số tập hợp S thỏa mãn là: 43 42 40 39 37 36 ... 4 3 1
85 79 73 ... 7 1
1 85 .15 645 (tập hợp).
2
* Gọi T là tập hợp gồm tất cả các tập con gồm 3 phần tử của A và các phần tử của
T lập thành một cấp số nhân. Tập T được xác định như sau:
+ Nếu T có dạng 1; a; b
1 a b thì T có thể là: 1; 2; 4 ,1; 3; 9 ,1; 4;16 ,
1; 5; 25 ,1; 6; 36 ,1;7; 49 ,1; 8; 64 ,1; 9; 81 ,1;10;100 .
+ Nếu T có dạng 2; a; b 2 a b thì T có thể là: 2; 4; 8 ,2; 6;18 ,2; 8; 32 ,
2;10; 50 ,2;12; 72 ,2;14; 98 .
+ Nếu T có dạng 3; a; b 3 a b thì T có thể là: 3; 6;12 ,3; 9; 27 ,3;12; 48 ,
3;15; 60 .
+ Nếu T có dạng 4; a; b 4 a b thì T có thể là: 4; 8;16 ,4;12; 36 ,4;16; 64 ,
4; 20;100 .
+ Nếu T có dạng 5; a; b 5 a b thì T có thể là: 5;10; 20 ,5;15; 45 ,5; 20; 80 .
+ Nếu T có dạng 6; a; b 6 a b thì T có thể là: 6;12; 24 ,6;18; 48 ,4; 24; 96 .
+ Nếu T có dạng 7; a; b 7 a b thì T có thể là: 7;14; 28 ,7; 21; 63 .
+ Nếu T có dạng 8; a; b 8 a b thì T có thể là: 8;16; 32 ,8; 24;72 .
+ Nếu T có dạng 9; a; b 9 a b thì T có thể là: 9;18; 36 ,9; 27; 81 .
+ Nếu T có dạng 10; a; b 10 a b thì T có thể là: 10; 20; 40 ,10; 30; 90 .
Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
+ Tương tự ta tìm được các tập T: 11; 22; 44 ,11; 33; 99 ,12; 24; 48 ,13; 26; 52 ,
14; 28; 56 ,15; 30; 60 ,16; 32; 64 ,17; 34; 68 ,18; 36;72 ,19; 38;76 ,20; 40; 80 ,
21; 42; 84 ,22; 44; 88 ,23; 46; 92 ,24; 48; 96 ,25; 50;100 .
Xét phép thử “Chọn ra các tập S là tập con gồm 3 phần tử của A sao cho tổng của
3 phần tử đó bằng 91”. Khi đó số phần tử của không gian mẫu là n 645.
Gọi A là biến cố “Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S sao cho các phần tử này
có 3 số lập thành một cấp số nhân”. Khi đó các kết quả của A có thể là 1; 9; 81 ,
7; 21; 63 ,13; 26; 52 . Suy ra n A 3.
n A
3
.
Vậy xác suất cần tìm là P A
n 645
Ý kiến của tác giả:
– Do thời gian gấp rút và mong muốn đưa đến quý độc giả tài liệu một cách
nhanh nhất, nên tác giả mới chỉ nghĩ ra một cách giải như trên. Có thể nhiều độc
giả sẽ cảm thấy lời giải trên dài, tuy nhiên nếu nắm bắt được quy luật của bài
toán thì việc xử lý sẽ trở nên nhanh hơn rất nhiều.
– Có thể bài toán sẽ còn một lời giải khác tối ưu hơn, vì vậy tác giả rất mong các
quý độc giả có thể đóng góp lời giải qua gmail: hoặc
để cùng nhau trao đổi và học hỏi.
Câu 38: Đáp án A.
STUDY TIPS
Phương trình đường thẳng
đi qua hai điểm cực trị của
2
đồ thị HS y
ax bx c
,
mx n
a 0,m 0
là:
y
ax
2
bx c
mx n
y
Ta có y
2 x m x 1 x
x 1
2
mx m2
2
x
2
2 x m m2
x 1
2
. Hàm số đã cho có
hai điểm cực trị Phương trình x 2 2 x m m2 0 có hai nghiệm phân biệt
2ax b
2a
b
x .
m
m
Tập xác định: D \1 .
m
12 2 1 m m2 0
1 13
khác 1
m
.
2
2
1 m m 0
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là
y 2 x m. Giả sử A x1 ; 2 x1 m , B x2 ; 2 x2 m là hai điểm cực trị của đồ thị
hàm số, với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 2 x m m2 0.
90 OA.OB 0 x x 2 x m 2 x m 0
Để AOB
1 2
1 2
m 0
5 x1 x2 2 m x1 x2 m 2 0 5 m2 m 2 m.2 m2 0
.
m 1
4
1
Vậy S ; 0 và tổng bình phương các phần tử của S là
4
2
1
1
2
0 .
16
4
Câu 39: Đáp án B.
Từ y
x 1
x1
2
y
, x 1 . Gọi điểm M x0 ; 0
là tiếp điểm của tiếp
2
x 1
x0 1
x 1
tuyến d với đồ thị C . Phương trình d : y
2
x
0
1
2
x0 1
1
0
x x x
0
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
y
2
x
0
1
2
x
x02 2 x0 1
x
1
0
2
.
Để có đúng hai tiếp tuyến của
2
2a
x
0
1
2
x02 2 x0 1
x
0
1
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
C
đi qua điểm A a; 2 Phương trình
có hai nghiệm phân biệt x01 , x02 Phương trình
2
x02 6 x0 2 a 3 0 có hai nghiệm phân biệt x01 , x02 1.
2 a 2 0
a 1
.
6 2 a 0 a 3
k1 y x01
Khi đó hệ số góc của hai tiếp tuyến là
k2 y x02
2
x
02
1
2
2
x
1
01
2
.
x x02 6
Theo định lý Vi-ét ta có 01
.
x01 .x02 2a 3
Ta có k1 k2 10 k12 k22
2
x
01
1
2
2
x
02
1
2
10.
4
x
01
1
4
.
4
x
02
1
4
2
2
2
2 x01 1 x02 1 . x01 1 x02 1 160
4
x01 1 x02 1
2
2
2 x01 x02 2 x01 .x02 2 x01 x02 2 . x01 .x02 x01 x02 1 160
4
x01 .x02 x01 x02 1
2
2 6 2 2 2a 3 2.6 2 . 2a 3 6 1 160
2a 3 6 1
4
2
2 a 5 a 1 10
a 1
4
.
a 5 a 12 5 0
a 13 4 a 12 5 0
Để k1 k2 10 k k 0
a 1
a 1
2 2
1 2
a 0
a 1 1 . a 1 2 5 a 1 5 0
a a2 7 a 11 0
.
a 7 5
a
1
a 1
2
7 5
Đối chiểu với điểu kiện ta được S 0;
.
2
Vậy tổng giá trị các phần tử của S là 0
7 5 7 5
..
2
2
Câu 40: Đáp án C.
Ta có u x 2 u 2 x y u. f u 2 x. f x 2
y
y = f’(x)
O
-1
1
4
x
Hàm số y f x 2 đồng biến y 2 x. f x 2
x 0
2
f x 0
0
x 0
f x2 0
Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com
và
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
x 0
x 0
x 0
2
x 1
x
1
L
1 x 2.
+ Với
2
f x 0
x 1
2
1 x 4
2 x 2
x 0
x 0
x 0
1 x 1 1 x 0
2
+ Với
1
x
1
2
x 2
f x 0 x 2 4
x 2
x 2
Vậy các khoảng đồng biến của hàm số là ; 2 , 1; 0 , 1; 2 .
Câu 41: Đáp án B.
f f 0; 2; 3 0 2 2 3 1 6
Đặt f x; y ; z x 2 y z 1 A
f B f 2; 0;1 2 2.0 1 1 2
A
B
f A . fB 6.2 12 0 Hai điểm A,B nằm về cùng một phía so với mặt phẳng
M
M’
I
P . Gọi B là điểm đối xứng với B qua mặt phẳng P .
Khi đó MA MB MA MB AB.
B’
Dấu “=” xảy ra M M với M AB P .
x 2 t
5 2 2
Phương trình BB : y 2t , t . Gọi I BB P I ; ; và I là trung
3 3 3
z 1 t
4 4 1
điểm của BB B ; ; .
3 3 3
4 10 8
Ta có AB ; ; Đường thẳng AB có VTCP là u 2; 5; 4 và
3
3 3
x 2t
phương trình AB : y 2 5t , t .
z 3 4t
1
1
9
Do M AB P M 1; ;1 . Vậy M 1; ;1 a 2 b 2 c 2 .
4
2
2
A
Câu 42: Đáp án C.
S
B
Bài toán quy về: “Tính góc giữa hai mặt bên của hình chóp tam giác đều S.ABC”.
C
Đặt SA SB SC a , a 0 . Tổng các góc trong của ngũ giác đều (một mặt hình
BSC
CSA
1 .540 108.
thập nhị diện đều) là 3.180 540. Khi đó ASB
5
Thể tích khối tứ diện S.ABC được tính theo các công thức sau:
2
VS. ABC
STUDY TIPS
Tổng số đo các góc trong tại
đỉnh của một đa giác lồi n
cạnh n 3 là n 2 .180
1 5
1 5
a3
a3
1 3cos 2 108 2 cos3 108
1 3
2
4
6
6
4
a3
3 5
2 5 a3
1 3.
2.
6
8
8
6
3 5 a3 5 1
.
8
6
4
(độ).
VS. ABC
3SA
5 1 a3
24
2
2SSAB .SSAC .sin
SAB , SAC
3
(đvtt).
a2
2. .sin108 .sin SAB , SAC
2
3a
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
a4 5 5
.
.sin
SAB , SAC
5 5 a3
2
8
.sin SAB , SAC
3a
48
1 2 sin 2 18 cos 36 sin 3.18 3sin18 4sin 3 18
4sin 3 18 2sin 2 18 3sin18 1 0 sin18 1 4sin 2 18 2 sin18 1 0
sin18
Suy ra
1 5
1 5
cos108 sin18
.
4
4
5 1 a3
5
24
5 1 a3
48
2
.sin SAB , SAC sin SAB , SAC
.
5
1
Vậy cos
SAB , SAC
.
5
Một số công thức tính thể tích tứ diện đặc biệt:
, BSC
, CSA
:
1. Tứ diện S.ABC có SA a , SB b, SC c và ASB
abc
1 cos 2 cos 2 cos 2 2 cos cos cos
6
2. Tứ diện ABCD có AB a, CD b, d AB, CD d và AB
, CD thì
VS. ABC
V ABCD
1
abd sin .
6
3. Tứ diện S.ABC có SSAB S1 , SSAC S2 , SA a và
SAB , SAC thì
VSABC
2S1S2 sin
3a
(Công thức thể tích góc nhị diện).
, ASC
4. Tứ diện S.ABC có SA a , SB b, SC c và
SAB , SAC , ASB
thì VS. ABC
abc
sin . sin . sin .
6
a3 2
.
12
6. Thể tích tam diện vuông OABC (tứ diện có các cạnh OA, OB, OC đôi một vuông
5. Thể tích tứ diện đều ABCD cạnh bằng a là VABCD
góc với nhau) là: VOABC
1
OA.OB.OC .
6
7. Tứ diện ABCD có AB CD a , BC AD b , AC BD c thì
VABCD
2
12
a
b2 c 2 b2 c 2 a 2 a 2 c 2 b2 (Thể tích tứ diện gần đều).
2
Câu 43: Đáp án C.
Từ giả thiết, ta có 4 2 a 4 b 8 c 2 a 2 2 b 2 3 c . Đặt 2 a x ,2 2 b y ,2 3 c z với
x , y , z 1 do a , b, c 0.
Khi đó a b c 4 và S a 2b 3c log 2 x log 2 y log 2 log 2 xyz .
Bài toán quy về: “Cho các số thực x , y , z 1 thỏa mãn x y z 4. Gọi M,m lần
lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S log2 xyz . Tính giá
trị của biểu thức 4 M log M m ”.
3
3
xyz 4
64
* Áp dụng BĐT Cauchy cho các số dương ta có: xyz
.
3
27
3
Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
4
64
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y z . Khi đó S log 2 xyz log 2 .
3
27
* Do x , y , z 1 và x y z 4 nên 1 x , y , z 2.
Ta có 0 x 1 y 1 xy x y 1 xy x y 1 3 z xyz z 3 z .
3
Xét hàm số f z z 2 3z trên 1; 2 . Ta có f z 2 z 3; f z 0 z .
2
Bảng biến thiên:
z
2
1
+
0
–
2
2
Từ bảng biến thiên suy ra f z 2. Vậy xyz f z 2.
z 1; x y 3
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
. Khi đó S log 2 xyz log 2 2 1.
z 2; x y 2
64
log 2
64
4096
Vậy M log 2 , m 1 4 M log M m 4 27
.
729
27
Câu 44: Đáp án C.
Ta có SA ABCD A là hình chiếu của S trên mặt phẳng ABCD AC là
S
hình chiếu của SC trên mặt phẳng ABCD .
60.
Suy ra SC
, ABCD SC
, AC SCA
Lại có CB AB, CB SA CB SAB B là hình chiếu của C trên mặt phẳng
A
D
B
và sin
, SAB SC
, SB BSC
SAB SC
C
3
.
4
Đặt BC b, b 0 .
SC BC 4b .
Do SBC vuông tại B nên BC SC.sin BSC
sin
3
2
2
SC a b 2 a2 b 2 .
Do SAC vuông tại A nên AC SC.cos SCA
cos60
Suy ra
4b
3
2 a 2 b 2 4b 2 3 a 2 b2 b2 3a2 b 3a.
2 a.tan 60 2 3a.
BC 3a AC 2 a SA AC .tan SCA
1
1
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là V ABCD SA.SABCD .2 3a.a. 3a 2 a 3 (đvtt).
3
3
Câu 45: Đáp án B.
y
Quan sát đồ thị ta thấy:
+ Đồ thị có dạng И nên hệ số a 0. Loại phương án C.
O
x
+ Đồ thị cắt trục Oy tại điểm có tung độ âm nên d 0.
+ Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị có hoành độ trái dấu nên phương trình
y 3ax 2 2bx c 0 có hai nghiệm trái dấu 3ac 0 ac 0 c 0 do a 0.
Loại phương án D.
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
+ Nhận thấy hai điểm cực trị x1 , x2 của hàm số thỏa mãn x1 0 x2 và x1 x2
nên x1 x2 0
2b
0 ab 0 b 0 do a 0. Loại phương án A.
3a
Câu 46: Đáp án A.
Đặt BC a , AC b, AB c và AA h với a , b, c , h 0.
9
a h
ah 9
9 18 10 37
18
abc
.
Từ giả thiết, ta có bh 18 b
h
h h
h
h
ch 10
10
c h
Nửa chu vi của ABC là p
a b c 37
.
2
2h
Diện tích ABC là S p p a p b p c
S
37 37 9 37 18 37 10
37 19 1 17
11951
.
.
.
. . .
.
2 h 2h h 2h h 2 h h
2h 2h 2h 2h
4h2
Từ giả thiết ta có S 4
4
11951
11951
2
4
16
h
11951
h
.
2
4
4h
4
Vậy thể tích hình lăng trụ là V S.h 4.
11951 4
11951 (đvtt).
4
Câu 47: Đáp án A.
2
Mặt câu S : x 2 y 2 z 1 1 có tâm I 0; 0;1 , bán kính R 1.
Chọn điểm G sao cho GA GB GC 0 G là trọng tâm của ABC và
G 0; 0; 3 .
2 2 2
Ta có MA2 MB2 MC 2 MG GA MG GB MG GC
3 MG 2 2 MG GA GB GC GA2 GB2 GC 2 3 MG 2 GA2 GB2 GC 2 .
Để MA 2 MB 2 MC 2 nhỏ nhất MG nhỏ nhất, mà M S nên M là giao
điểm của đường thẳng IG với mặt cầu S (M nằm giữa I và G).
Ta có IG 0;0; 2 Đường thẳng IG có VTCP là u 0; 0;1 và phương trình
x 0
đường thẳng IG : y 0 . Do M IG M 0; 0;1 t .
z 1 t
M1 0; 0; 0
Mà M S t 2 1 t 1
.
M 2 0; 0; 2
Do M nằm giữa I và G nên M M2 0;0; 2 . Vậy MA 12 12 2.
Câu 48: Đáp án C.
Ta có
f x dx F x F x f x
x cos x sin x
.
x2
Xét hàm số y F x trên 0; 2018 .
Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Ta có F x
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
x cos x sin x
; F x 0 x cos x sin x 0, x 0; 2018 .
x2
Xét hàm số g x x cos x sin x trên 0; 2018 .
x 0 0; 2018
Có g x cos x x sin x cos x x sin x; g x 0
sin x 0
x k, k . Do x 0; 2018 nên 0 k 2018 0 k 2018, mà k
nên k 1; 2;...; 2017 x ; 2;...; 2017 .
x
…
0
0
0
0
0
0
0
…
0
Từ bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số g x cắt trục hoành tại 2017 điểm
x1 ; 2 , x2 2; 3 ,..., x2017 2017 ; 2018 nên phương trình g x 0 có
2017 nghiệm.
Lại có F x
g x
x2
, x 0; 2018 và hàm số g x đổi dấu liên tục từ âm sang
dương và từ dương sang âm khi x đi qua các điểm x1 , x2 ,..., x2017 . Khi đó F x
cũng đổi dấu liên tục khi x đi qua các điểm x1 , x2 ,..., x2017 .
Vậy hàm số y F x có 2017 điểm cực trị trên khoảng 0; 2018 .
Câu 49: Đáp án B.
2
2
Ta có f 2 x 2 2 f x sin x dx f 2 x 2 f x . sin x cos x dx
4
0
0
2
2
2
2
f 2 x 2 f x sin x cos x sin x cos x dx sin x cos x dx
0
0
2
2
2
f x sin x cos x dx 1 sin 2 x dx
0
0
2
1
2
f x sin x cos x dx x cos 2 x
2
0
0
2
2
2
f x sin x cos x dx
0
2
2
2
2
Từ giả thiết f 2 x 2 2 f x sin x dx
4
2
0
2
2
2
2 2
f x sin x cos x dx
f x sin x cos x dx 0.
2
2
0
0
2
Đáp án chi tiết đề THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Suy ra f x sin x cos x. Vậy
2
2
0
0
Ngọc Huyền LB – Ngọc Nam
f x dx sin x cos x dx 0.
Câu 50: Đáp án A.
z
Gọi H là trọng tâm của BCD , do ABCD là tứ diện đều nên AH BCD và
A
AH
y
B
AB 6 2 2. 6 4 3
.
3
3
3
Gọi O là trung điểm của BC, do BCD đều nên DO
D
H
O
C
x
BC 3 2 2. 3
6.
2
2
6 4 3
Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với O 0; 0; 0 , A 0;
;
, B 2; 0; 0 ,
3
3
C
2; 0; 0 , D 0; 6; 0 .
6 3
Ta có G là trọng tâm của tứ diện ABCD nên G 0;
;
.
3 3
2 6 2 3
Lại có M là trung điểm của AB nên M
;
;
.
2 6
3
6 3 3 2 6 2 3 2 6 2 3
Ta có BG 2 ;
;
;
;
;
;
, CM
, BM
2 6
3 3
2
6
3
3
2 7 6 4 3
BG , CM
;
;
BG , CM .BM 2.
2
6
3
BG , CM .BM
2
.
Vậy d BG; CM
BG , CM
14
– Với mong muốn mang tài liệu đến với quý độc giả một cách nhanh
chóng, trong quá trình giải một số câu có thể trình bày dài dòng hoặc
xảy ra sai sót, đây đều là những điều mà tác giả không muốn có. Vì
vậy, rất mong quý độc giả có thể đóng góp về hòm thư
hoặc
để tài liệu được hoàn thiện hơn.
– Nếu cảm thấy chưa tự tin khi luyện đề, các độ giả có thể tham khảo
cuốn Công Phá Đề 2018 do tác giả Ngọc Huyền LB cùng 6 thầy cô
trong tỉnh Ninh Bình biên soạn. Đọc thử tại: />
Khai báo sách chính hãng tại: congphatoan.com
