GIẢI CHI TIẾT Đề thi thử Toán Chuyên Hạ Long – Quảng Ninh lần 3

 et .

3

a  1
1 3 2 4 3
1

2
 I  2  e  e  e  2e    e  1  b  3 .
e 
3
3

c  1


Cách khác


u  x 2 e x  du  e x ( x 2  2 x )dx

Đặt 
1
1
dv   x  2 2 dx  v   x  2

1
x2  2x  ex


x 2e x
I 

dx
x  2 0 0
x2
1

1

e
    xe x dx
3 0
1
e
    1 e x
0
3

e
  1.
3

Câu 32: Đáp án A
Xét: y 
y' 

mx
/  2; 2

x2  1

mx 2  m

 x2  1


f

f

Xét: 
f


f


2

 0  x  1

2m
5
2m
 2 
5
. Để hàm số đạt Min /  2; 2  m  0 .
m
 1  

2
m
1 
2

 2  

Câu 33: Đáp án C

y  x3  3x 2  1 C 
y   3m  1 x  6m  1 d 
Để thỏa mãn ycbt  u 1; 1  d

 1   3m  1 .1  6m  1
1
m .
3

Câu 34: Đáp án B
Đặt 2 x  t  1  f  t   t 2  4t  6  m
2

Xét: f '  t   2t  4  0  t  2 . Ta có BBT:


–

a  2
 ycbt  2  m  3  
b  3

Câu 35: Đáp án A
Ta có: w  2; z  x  yi
Xét: z  3w  1  2i  z  1  2i  3w  z  1  2i  3 w  6
  x  1   y  2   36  I 1; 2  ; R  6 .
2

2

Câu 36: Đáp án D

Mặt cắt thiết diện như sau:
Do đó bán kính mặt cầu = bán kính đường tròn nội tiếp SAB .

h  8
Ta có: 
 B  2 R  12
r

S 8.6

3
P 16

Do đó Rcaàu  3 .
Câu 37: Đáp án B
Chùm mặt phẳng:
  : 3x  7 y  z  3  0
Xét: 
   : x  9 y  2 z  5  0

 1 18 
Chọn y  0  A  ;0; 
7
7
 31 9 
Chọn z  0  B  ; ;0 
 10 10 


m  5
Mà A, B   P   
 m  n  16 .
m  11
Câu 38: Đáp án D

3

Ta có: S AOB    x  3  9
2

0

1
2 
Xét: AOC có SAOC  OA.OC  3  C  ;0 
2
3 

 d1 :

x y
27
  1  kC  
2 9
2
3

1
4 
Xét: SAOD  OA.OD  6  D  ;0 
2
3 

 d2 :

x y
27
  1  kD  
4 1
4
3

27

k1   4
Do k1  k2  
.
27
k  
 2

2

Câu 39: Đáp án A
1
Viết lại: P   log3 a  log32 a  3log3 a  1
3


1
t t log3 a; a ;3 t 3;1
27
f t

t3 2
t 3t 1
3

t 1
f ' t t 2 2t 3 0
t 3
BBT:


Max P 10 M ; Min P

t 3;1

t 3;1

2

m
3

S 4M 3m 42 .

Cõu 40: ỏp ỏn A
sin 2 x.tanx cos 2 x.cotx 2sinx.cos x

4 3
3

k : sinx.cos x 0 sin 2 x 0
Quy ng kh mu vi: tanx

s inx
cos x
; cot x
cos x
s inx

sin 4 x cos 4 x 2sin 2 x.cos 2 x

4 3
s inx.cos x
3

2 x k 2
x k


2 3
3
3
6

sin 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x


3
2
2 x 2 k ' 2
x k '


3
3


m dửụng nhoỷnhaỏ
t: x
Nghieọ
6 .

2
Nghieọ
m aõ

m beựnhaỏ
t: x

3

Cõu 41: ỏp ỏn C
D thy: u n 1 2u n Cp s nhõn vi q 2

u n u1.2n 1 u10 u1.29 th vo log u1 2 log u1 2 log u10 2 log u10
log u1 1 18log 2

u1 10118log 2
Theo bi: u n 5100 u1.2n 1 5100 n 247,87 n Max 247 .


Cõu 42: ỏp ỏn D

M rng A 'MN nh sau:
D thy A 'B / / CN A', B, C, N ng phng.
Kộo di: A ' N ct BC ti T .
Ni MT ct AB, CD ti H, K
Ni KN ct C ' D ' ti E
Thit din l t giỏc A ' HKE
C laứtrung ủieồ
m BT
D thy
m ABDT
K laứtroùng taõ

KC 1 HB 2 ED ' 2
;
;

DC 3 AB 3 D ' C ' 3

1 a 2 1 a 2 a3
a 3 2a 3
V1 VA '.D ' EKH VA '. AHKD a. a. V2 a 3
3 2 3 2
3
3
3



V2
2.
V1

Cõu 43: ỏp ỏn D


z1 z2 z3 1
2
. Tớnh M z2 z3 z3 z1
z1 z2 .z3

z z 6 2

1 2
2
Cỏch 1: i s
Ta cú: z1 z2 z1 z1 z2 z12 z1 z2 z2 .z3 z1.z2


 z2 z3  z1 

6 2
6 2
(1)
 z3  z1 
2
2

Ta lại có: z12  z2 .z3  z12  z32  z3  z2  z3 
 z12  z32  z3 z2  z3  z1  z3 z1  z3  z2  z3 (2)



Tính chất: 2 z1  z3
2

Từ (1)  z1  z3 

2

 z z
1

3

2

 z1  z3

2

6 2
. Thế vào (2) ta được: z2  z3 
2

Từ (1) và (3): M  1 



6 2



6 2

4

6  2  6  2 2
.

2
2

Cách 2: Hình học
Ta có: z1  z2  z1 z1  z2  ...  z2 z3  z1  z3  z1 

Gọi M1 , M 2 , M 3 là 3 điểm biểu diễn z1 , z2 , z3
Dễ dàng có: M 2 M 1O  150
 M 2 M 1M 2  300
 M 2OM 3  600

 OM 2 M 3 đều

M 2 M 3  z2  z3  1 (2)
Từ (1) và (2): M  1 

6  2  6  2 2

.
2
2

Cách 3: Chuẩn hóa chọn z1  1.
Câu 44: Đáp án D

6 2
 M 1M 3 (1)
2

  1 (3)


A d : y  5 x  9 . Dễ thấy: b2  3ac  0 m  Hàm số luôn có 2 cực trị.

ycbt  u  d

 m3

 md
Ta có: u  m;
3


1
 m 3  m  5m  9
3
1
 m3  6m  9  0
3

Bấm casio có 3 nghiệm phân biệt.
 m1.m2 .m3  

d
 27 (Viét).
a

Câu 45: Đáp án C
Xét f  x   1  x  
n

(1)

n

n

k 0

k 0

  Cnk .x k  f '  x    k .Cnk .x k 1
Nhân x vào 2 vế ta có:
n

x. f '  x    k .Cnk .x k
k 0

n

  x. f '  x   '   k 2 .Cnk .x k 1 (2)
k 0

Từ (1) và (2)   x.n  x  1

 n  x  1

n 1

n 1

   k 2 .Cnk .x k 1
 k 0

 n  n  1 x  x  1

n

n2

n

  k 2 .Cnk .x k 1
k 0

x  2
Cho 
ta được:
n  2018
2018

k
2018.32017  2.2018.2017.32016   k 2 .C2018
.2k 1
k 0

Theo bài:

2018.32016  3  2.2017   2018.3a  2b  1
Đồng nhất thức: 2018.32016  2.2018  1  2018.3a  2b  1

a  2016

 a  b  4034 .

b  2018
Tóm lại: +) Đạo hàm (1)
+) Nhân với x (2)
+) Lại đạo hàm (3)


Câu 46: Đáp án B

d  MN ; SC   ?
Cách 1: Kẻ Cx / / MN

 d  MN ; SC   d  MN ;  SCx  
 d  I;  SCx   

IC
 IC

.d  H ;  SCx   
 K  (1)
HC
 HC


Ta có: d  H ;  SCx    HK

Ta có: MH  HP 
NH 

6a
.

5

4a
5


 IH 

HC 

12a 13
65

2a 13
5

K

IC 19

HC 13

Từ (1)  d  MN ; SC  

19
19 2a
.
.HK 
13
13

Câu 47: Đáp án C

Bài giao hai mặt cầu:
Gọi M  x, y, z  theo bài: MA2  MO.MB  16



  x  2  y 2  z  2 2
2



2

 x  x  4   y  y  4   z 2  16

 x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  2 2 z  2  0  S '

Giao tuyến của  S  và  S ' là nghiệm của hệ phương trình:
2
2
2

 S  : x  y  z  2 x  4 y  1  0, I  1; 2;0 

2
2
2


 S ' : x  y  z  4 x  2 y  2 2 z  2  0

 2x  2 y  2 2z 1  0  P 

Ta có: d  I ;  P    IH 

1
4

 r  IM 2  IH 2  R S  2 

1 3 7

.
16
4

Câu 48: Đáp án C

 S  :  x  1   y  2    z  3
2

2

2

 27  I 1; 2;3 ; R  3 3

A  0;0; 4  , B  2;0;0  ;   : ax  by  z  c  0
a  2

Ta có: A, B     
   : 2 x  by  z  4  0
c  4


1
Ta có: Vnoùn   . 27  r 2 .r 2
3

Xét: T  27  r 2 .r 2  T 2   27  r 2  .r 4
r2 r2
 4.  27  r 2  . .
2 2

AM  GM



Dấu ‘=’ xảy ra: 27  r 2 

4.  27  r 2  r 2 
27

3

4

r2
r 3 2
2

 h  27  r 2  3
Ta có: h  d  I ;   3  b  2
a  2

Vậy b  2 .
 c  4


Câu 49: Đáp án A
g  x   2 f  x   2 x 3  4 x  3m  6 5

Để g  x   0 x    5; 5 

 Max g  x   0
x  5; 5 

Xét g '  x   2 f '  x   6 x 2  4

g '  x   0  f '  x   2  3x 2  Vẽ  P  : y  2  3x 2
BBT

 5

x
g’  x 



0

g  x
g  0
 Max g  x   g
x  5; 5 

2f

5

0

 5   2 f  5   3m

 5   3m  0  m  23 f  5  .

Câu 50: Đáp án A
Ta có hình vẽ sau:
Mở rộng  ABI  thành  ABCD 
Gọi E , F là hình chiếu A, B xuống  O 




Ta có: S ABCD 

S EFCD
(1)
cos

Với cos  cos   ABI  ;  O   

3
5

Phương trình đường tròn  O 

x 2  y 2  144
Ta có:
6

S EFCD  4 144  x 2 dx
0

Từ (1) ta có: S ABCD  120 3  80 .