HOT Ngân hàng ĐỀ Thi TOÁN THPT Quốc Gia Hay, Đầy Đủ Có Đáp Án và Lời Giải chi tiết

Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018

Mục lục
Chương 1. Lượng giác ......................................................................................................................................... 2
Chương 2. Tổ hợp ................................................................................................................................................ 3
Chương 3. Dãy số ............................................................................................................................................... 10
Chương 4. Giới hạn ............................................................................................................................................ 11
Chương 5. Đạo hàm ........................................................................................................................................... 14
Chương 6. Phép biến hình .................................................................................................................................. 15
Chương 6. Quan hệ vuông góc ........................................................................................................................... 15
Chương 7. Ứng dụng đạo hàm ........................................................................................................................... 24
Chương 8. Mũ – logarit ...................................................................................................................................... 56
Chương 9. Nguyên hàm – tích phân................................................................................................................... 70
Chương 10. Số phức ........................................................................................................................................... 75
Chương 11. Thể tích khối đa diện ...................................................................................................................... 78
Chương 12. Nón – trụ - cầu .............................................................................................................................. 101
Chương 13. Oxyz ............................................................................................................................................. 110

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

1


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
Chương 1. Lượng giác
Câu 1:

 
Cho x, y   0;  thỏa cos 2 x  cos 2 y  2sin  x  y   2. Tìm giá trị nhỏ nhất của
 2
P

sin 4 x cos 4 y

.
y
x

A. min P 

3



B. min P 

.

2



C. min P 

.

2
.
3

D. min P 

5

.



Lời giải
Chọn B
Ta có cos 2 x  cos 2 y  2sin  x  y   2  sin 2 x  sin 2 y  sin  x  y  . Suy ra: x  y 
Áp dụng bđt:

a 2 b2  a  b 
 
m n
mn

sin
Suy ra P 
Do đó min P 

2

2



x  sin 2 y 
x y

2

2

2





2



. Đẳng thức xảy ra  x  y 


4

.

..

[TRƯỜNG THPT ĐỒNG HẬU-VĨNH PHÚC. LẦN 1] Với giá trị nào của m để phương
 3 
trình m sin 2 x  3sin x.cos x  m 1 có đúng 3 nghiệm x   0;  ?
 2 
A. m  1 .
B. m  1 .
C. m  1 .

D. m  1
Hướng dẫn giải
Đáp án C
Câu 2:

PT đã cho

m sin 2 x 1

3sin x cos x 1

0

3sin x cos x

cos2 x 1

0

Dễ thấy cos x  0  PT  tan 2 x  3tan x  m  1  0
 3 
Để PT đã cho có ba nghiệm thuộc  0;  thì PT t 2  3t  m  1  0 có hai nghiệm trái dấu
 2 
 m  1  0  m  1 .
Câu 3:

Tìm m để phương trình sin 4 x  cos4 x  cos2 4 x  m có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn
  
  4 ; 4  .


m 
A. 
m 


47
64
.
3
2

B.

49
3
m .
64
2

C.

47
3
m .
64
2

D.

47
3
m .
64
2

Lời giải
Chọn C
Phương trình đã cho tương đương

3  cos 4 x
 cos 2 4 x  m  4cos 2 4 x  cos4 x  4m  3 (1)
4

2
Đặt t  cos4 x . Phương trình trở thành: 4t  t  4m  3 , (2)

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

2


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
  
  
Với x    ;  thì t   1;1. Vì một giá trị t   1;1. sẽ tạo ra hai giá trị x    ;  nên
 4 4
 4 4
  
phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x    ;  khi và chỉ khi phương trình (2) có 2

 4 4

nghiệm phân biệt t   1;1

 3

2
Xét hàm số g  t   4t  t với t [1;1) , g’  t   8t  1; g’  t   0  t  

1
8

Lập bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra (3) xảy ra  
Vậy giá trị của m phải tìm là:

1
47
3
 4m  3  3 
m
16
64
2

47
3
m .
64

2

Chương 2. Tổ hợp
Câu 4:

(THPT Chuyên Đại Học Vinh - Nghệ An - 2018) Có bao nhiêu số có 4 chữ số được viết từ
các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sao cho số đó chia hết cho 15 ?
A. 234
B. 243
C. 132
D. 432
Lời giải
Đáp án B
Gọi số số cần lập có dạng:

 abcd 1  a, b, c, d  9  .

15  3 va 5.
5  d  5.
+
+ 3  a  b  c  5 3.
• Chọn a có 9 cách, chọn b có 9 cách chọn thì:
+ Nếu a  b  5 chia hết cho 3 thì c 3;6;9  c có 3 cách chọn.
• Để

+ Nếu a  b  5 chia cho 3 dư 1 thì c 2;5;8  c có 3 cách chọn.
+ Nếu a  b  5 chia cho 3 dư 2 thì c 1;4;7  c có 3 cách chọn.
Vậy, theo quy tắc nhân ta có: 9.9.3  243 số.
Câu 5:

(MEGABOOK-ĐỀ 3). Từ các chữ số 0,1, 2,3, 4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có
5 chữ số khác nhau và chia hết cho 15.
A. 222
B. 240
C. 200
D. 120
Lời giải
Chọn A
Gọi số cần tìm là abcde . Số mà chia hết cho 15 thì phải chia hết cho 3 và 5 .

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

3


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
Trường hợp 1. Số cần tìm có dạng abcd 0 , để chia hết cho 3 thì a, b, c, d phải thuộc các tập sau

A1  1, 2,3,6, A2  1, 2, 4,5 A3  1,3,5,6 A4  2,3, 4,6, A5  3, 4,5,6.
Do đó trong trường hợp này có 5.4!  120 số.
Trường hợp 2. Số cần tìm có dạng abcd 5 , để chia hết 3 thì a, b, c, d , e phải thuộc các tập sau

B1  0,1, 2, 4,5, B2  0,1,3,5,6, B3  0,3, 4,5,6, B4  1, 2,3, 4,5, B5  1, 2, 4,5,6
Nếu a, b, c, d thuộc B1 , B2 , B3 , thì có 3.3.3.2  54 , số a, b, c, d thuộc B4 , B5 thì có 2.4!  48 .
Tổng lại có 120  54  48  222 số.
Câu 6:

1
2
3

2018
 C2018
 C2018
 ...  C2018
Tổng T  C2018
bằng bao nhiêu?

B. 22018  1 .

A. 22018 .

C. 42018 .

D. 22018  1.

Lời giải
Chọn D
Tự luận: Khai triển nhị thức Niu tơn

1  x 

2018

0
1
2
3
2018 2018
 C2018
 C2018

x  C2018
x2  C2018
x3  ...  C2018
x

0
1
2
3
2018
 C2018
 C2018
 C2018
 ...  C2018
 1  T  T  22018  1.
Cho x  1 ta được 22018  C2018

Câu 7:

(THPT VIỆT ĐỨC) Trong hệ tọa độ Oxy có 8 điểm nằm trên tia Ox và 5 điểm nằm trên tia
Oy . Nối một điểm trên tia Ox và một điểm trên tia Oy ta được 40 đoạn thẳng. Hỏi 40 đoạn

thẳng này cắt nhau tại bao nhiêu giao điểm nằm trong góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ
xOy (biết rằng không có bất kì 3 đoạn thẳng nào đồng quy tại 1 điểm).
A. 260.

B. 290.

C. 280.

D. 270.

Lời giải
Chọn C
Số tứ giác có 4 đỉnh là 4 điểm trong 13 điểm đã cho là C82 .C52  280
Mỗi tứ giác đó có hai đường chéo cắt nhau tại 1 điểm thuộc góc phần tư thứ nhất của hệ tọa độ
Oxy .
Vậy số giao điểm là 280.
Câu 8:

[THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Một khối lập phương có độ
dài cạnh là 2cm được chia thành 8 khối lập phương cạnh 1cm . Hỏi có bao nhiêu tam giác được
tạo thành từ các đỉnh của khối lập phương cạnh 1cm
A. 2876 .
B. 2898 .
C. 2915 .
D. 2012

Lời giải
Chọn A

Có tất cả 27 điểm.
3
Chọn 3 điểm trong 27 có C27
 2925
Có tất cả 8.2  6.2  4  3  2  2  2  49 bộ ba điểm thẳng hàng.
Vậy có 2925  49  2876 tam giác.
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

4

Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
Câu 9:

( TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Tìm số tự nhiên n thỏa mãn

Cn0 Cn1 Cn2
Cnn
2100  n  3


 ... 

1.2 2.3 3.4
(n  1)(n  2) (n  1)(n  2)
A. n  100 .
B. n  98 .
C. n  99 .
Câu 10:

D. n  101 .

(TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho đa thức
p  x   1  x   1  x   1  x   1  x  1  x  . Khai triển và rút gọn ta được đa thức:
8

9

10

11

12

P  x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a12 x12 . Tìm hệ số a8
A. 720.
Lời giải
Đáp án C

B. 700.

C. 715.

D. 730.

n

Phương pháp: Áp dụng công thức khai triển tổng quát:  a  b    Cnk .a n k .b k
n

k 0

n

Đối với bài toán này ta áp dụng công thức 1  x    Cnk .1n k.x k . Sau đó dựa vào khai triền
n

k 0

bài toán cho P  x   a0  a1 x  a2 x  ...  a2 x ta tìm được hệ số a8 (đi theo x8 )
2

12

Cách giải:
8

) 1  x    C8k .18k.x k  a8  C88
8

k 0
9

) 1  x    C9k .19k .x k  a8  C98
9

k 0

10

) 1  x    C10k .110k .x k  a8  C108
10

k 0
11

) 1  x    C11k .111k .x k  a8  C118
11

k 0
12

) 1  x    C12k .112k .x k  a8  C128
12

k 0

Vậy Hệ số cần tìm là: a8  C88  C98  C108  C118  C128  1  9  45  165  495  715 .
Câu 11:

(THPT Lê Văn Thịnh- Bắc Ninh-Lần 1) Tìm hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai triển

1  2x  2015x

2016

 2016 x 2017  2017 x 2018 

3
A. C60

60

3
B. C60

3
D. 8.C60

3
C. 8.C60

Lời giải
Đáp án D
Ta có 1  2 x  2015 x 2016  2016 x 2017  2017 x 2018    1  2 x  .....
60

60

80  k

k

k 0

Số hạng chứa x 3 trong khai triển là hệ số x 3 trong khai triển 1  2 x  . .....
80

3
Khi đó số hạng chứa x 3 trong khai triển là: C60
1

80 3

Câu 12:

0

3 3

.  2 x   8.C60
x
3

(TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho đa thức
p  x   1  x   1  x   1  x   1  x  1  x  . Khai triển và rút gọn ta được đa thức:
8

9

10

11

12

P  x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a12 x12 . Tính tổng các hệ số ai , i  0,1, 2,...,12
A. 5.
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

B. 7936.

C. 0.

D. 7920.
5


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
Lời giải

Đáp án B
Phương pháp:
Sử dụng công thức tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân Sn 

u1  q n  1
q 1

n

Áp dụng khai triển nhị thức Newton  a  b    Cnk a k bn k
2

k 0

n

Sử dụng tổng 1  1   Cnk  2n
2

k 0

Cách giải:
p  x   1  x   1  x   1  x   1  x   1  x 
8

9

1  x  1  5
13



11

12

 1 1  x 13  1  x 8 1  x 13 1  x 8



1  x 1
x
x
x
8



10

5

8

 C13m xm



m0

x

C
n 0

n
8

xn

x

13

8

m0

n 0

  C13m x m1   C13n x n 1

1
13
 a0  a1  a2  ...  a12   C13
 C81    C132  C82   ...   C138  C88   C139  ...  C13
  C13a   C8b

n

13

8

a 1

b 1

13

Xét tổng 1  1   Cnk  2n   C13a  28  C80  28  1
2

a 1

k 0

 a0  a1  a2  ...  a12  2  1  28  1  7936
13

Câu 13:

(THPT Chuyên Bắc Ninh - Bắc Ninh - Lần 1 - 2018) Tìm tất cả số tự nhiên n thỏa mãn

C0n C1n C2n
Cnn
2100  n  3


 ... 


1.2 2.3 3.4
 n  1 n  2   n  1 n  2 
A. n  100
Lời giải
Đáp án B

B. n  98

C. n  99

D. n  101

 Cn0 Cn1
Cn0 Cn1
Cnn
Cnn   Cn0 Cn1
Cnn 

 ... 


 ... 

 ... 
Ta có


1.2 2.3
 n  1 n  2   1 2

 n  1   2 3
 n  2  

C0n C1n
Cnn
2n1  1

 ... 

Ta có  1  x  dx    C  C x  ...C x  dx 
1
2
n 1
n 1
0
0
1

1

n

1

 x 1  x 

n
0

n

1

n
n

n

1

n

dx   x  C0n  C1n x  ...Cnn x n  dx

0

0
1

  1  x 

n 1

0

1

dx   1  x 
0

 1  x 


 n2


n2

1  x 


n 1

1

dx    C0n x  C1n x 2  ...Cnn x n 1 dx
0

 0  C x 2 C n x3
Cnn x n  2 
1

 ... 
 

n  1  1  2
3
n2 
n 1

n
0

1
0

 Cn Cn
Cn 
n 2n 1  1
  0  1  ...  n  
3
n  2   n  1 n  2 
 2
Như vậy
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

6


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
 Cn0 Cn1
Cn0 Cn1
Cnn
Cnn   Cn0 Cn1
Cnn 

 ... 


 ... 

 ... 



1.2 2.3
 n  1 n  2   1 2
 n  1   2 3
 n  2  

2n1  1
n2n1  1
2n  2  n  3
2100  n  3



 n  98
=
n  1  n  1 n  2   n  1 n  2   n  1 n  2 

Câu 14:

[THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Chiếc kim của bánh xe trong trò chơi “ Chiếc
nón kì diệu” có thể dừng lại ở một trong mười vị trí với khả năng như nhau. Xác suất để trong
ba lần quay, chiếc kim của bánh xe đó lần lượt dừng lại ở ba vị trị khác nhau là
A. 0,001
B. 0,72
C. 0,072
D. 0,9
Đáp án B
Quay 3 lần thì số kết quả thu được là 103 .
Kim của chiếc nón ở 3 vị trí khác nhau ở 3 lần quay có số kết quả là 10.9.8  720

720 18

 0, 72 .
Xác suất để kim của chiếc nón ở 3 vị trí khác nhau ở 3 lần quay là:
103 25

Câu 15:

[THPT PHAN CHU TRINH ĐAKLAK LẦN 2 - 2018] Một nhóm học sinh gồm 6 nam
trong đó có Quang và 4 nữ trong đó có Huyền được xếp ngẫu nhiên vào 10 ghế trên một hàng
ngang để dự lễ sơ kết năm học. Xác suất để xếp được giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn
nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh Huyền là:
109
1
109
1
A.
B.
C.
D.
30240
5040
60480
280
Lời giải
Chọn B
Không gian mẫu (xếp 10 bạn bất kì): n     10!
Cách sắp xếp giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam là: 4!.6!
Nữ Nam Nam Nữ Nam Nam Nữ Nam Nam Nữ
Có 6 trường hợp hai bạn Nam, Nữ ngồi cạnh nhau.

Giả sử Quang và Huyền ngồi cạnh nhau
Khi đó số cách chọn xếp được giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời Quang
ngồi cạnh Huyền là C61.3!.5! .
Vậy số cách chọn xếp được giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời Quang
không ngồi cạnh Huyền là n  A  4!.6! C61.3!.5!  12960 .
Xác suất cần tìm là P  A 

Câu 16:

n  A
1
.

n    280

[THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 2-2018] Gọi A là tập hợp tất cả các số
tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc A , tính xác suất để
số tự nhiên được chọn chia hết cho 45.
2
53
5
1
A.
B.
C.
D.
81
2268
162
36

Lời giải
Chọn B
Ta có n     A108  A97 .
Gọi A là tập hợp các số a có 8 chữ số khác nhau chia hết cho 45 .

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

7


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
Khi đó a chia hết cho 5 và 9 (tổng các chữ số chia hết cho 9 và số hàng đơn vị bằng 0
hoặc 5 ).
Trường hợp 1: a có hàng đơn vị bằng 0 ; 7 chữ số còn lại có chữ số 9 và 3 trong 4 bộ số
1;8 , 2;7 , 3;6 , 4;5 , có 4.7! số.
Trường hợp 2: a có hàng đơn vị bằng 5 ; 7 chữ số còn lại có chữ số 4 và 3 trong 4 bộ số
0;9 , 1;8 , 2;7 , 3;6 .
* Không có bộ 0;9 , có 7! số.
* Có bộ 0;9 , có C32  7! 6! số
 n  A  4.7! C32  7! 6! số.

4.7! C32  7! 6!
53
 P  A 

.
8
7
A10  A9
2268

Câu 17:

[THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Hai người ngang tài ngang
sức tranh chức vô địch của một cuộc thi cờ tướng. Người giành chiến thắng là người đầu tiên
thắng được năm ván cờ. Tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng 4 ván và người chơi thứ hai
mới thắng 2 ván, tính xác suất để người chơi thứ nhất giành chiến thắng
3
4
7
1
A. .
B. .
C. .
D. .
4
5
8
2

Lời giải
Chọn C
Theo giả thiết hai người ngang tài ngang sức nên xác suất thắng thua trong một ván đấu là
0,5;0,5 . Xét tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng 4 ván và người chơi thứ hai thắng 2
ván. Để người thứ nhất chiến thắng thì người thứ nhất cần thắng 1 ván và người thứ hai thắng
không quá hai ván. Có ba khả năng:
TH1: Đánh 1 ván. Người thứ nhất thắng xác suất là  0,5
TH2: Đánh 2 ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ hai xác suất là  0,5

2

TH3: Đánh 3 ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ ba xác suất là  0,5

3

Vậy P  0,5   0,5   0,5  
2

Câu 18:

3

7
.
8

( THPT Hàn Thuyên-Bắc Ninh-Lần 1) Kết quả  b; c  của việc gieo con súc sắc cân đối và
đồng chất hai lần (trong đó b là số chấm xuất hiện trong lần gieo đầu, c là số chấm xuất
hiện ở lần gieo thứ hai) được thay vào phương trình

trình (*) vô nghiệm là:
17
A.
.
36
Hướng dẫn giải
Đáp án B

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

B.

1
.
2

C.

x 2  bx  c
 0 * . Xác suất để phương
x 1

1
.
6

D.

19
.
36

8


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
Phương pháp: Xác suất của biến cố A là

nA
trong đó n A là số
n

khả năng mà biến cố A có thể xảy ra, n là tất cả các khả năng
có thể xảy ra.

x 2  bx  c
 0 *
x 1
Để phương trình (*) vô nghiệm thì phương trình x 2  bx  c  0 ** có 2 trường hợp xảy ra:
Cách giải:

TH1: PT (**) có 1 nghiệm x  1.

  b2  4c  0 b2  4c


 b2  4b  4  b2  4b  4  0  b  2  c  1
1  b  c  0
c  b  1

  b; c    2;1
TH2: PT (**) vô nghiệm    b2  4c  0  b2  4c  b  2 c
Vì c là số chấm xuất hiện ở lần gieo thứ 2 nên c  6  b  2 6  4,9 .
Mà b là số chấm xuất hiện ở lần giao đầu nên b 1;2;3;4
1
 c  1; 2;3; 4;5;6  có 6 cách chọn c .
4
Với b  2 ta có: c  1  c 2;3;4;5;6  có 5 cách chọn c .

Với b  1 ta có: c 

Với b  3 ta có: c 

9
 c  3; 4;5;6  có 4 cách chọn c .
4

Với b  4 ta có: c  4  c 5;6  có 2 cách chọn c .
Do đó có 6  5  4  2  17 cách chọn  b; c  để phương trình (**) vô nghiệm.
Gieo con súc sắc 2 lần nên số phần tử của không gian mẫu n  6.6  36
Vậy xác suất đề phương trình (*) vô nghiệm là
Câu 19:

1  17 1
 .
36
2

(THPT Việt Trì) Kết quả  b, c  của việc gieo con súc sắc cân đối và đồng chất hai lần, trong
đó b là số chấm xuất hiện trong lần gieo đầu, c là số chấm xuất hiện ở lần gieo thứ hai, được
thay vào phương trình bậc hai x 2  bx  c  0 . Tính xác suất để phương trình có nghiệm.
1
1
19
17
A.
B.
C.
D.
18
2

36
36
Lời giải
Chọn A
• Số phần tử của không gian mẫu là n     36 .
Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài toán.
Phương trình x2  bx  c  0 có nghiệm khi và chỉ khi   b2  4c  0  b2  4c .
Xét bảng kết quả (L – loại, không thỏa ; N – nhận, thỏa yêu cầu đề bài)

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

9


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018

Dựa vào bảng kết quả trên ta thấy số kết quả thuận lợi cho A là 19 .
Vậy xác suất của biến cố A là : P  A 

19
.
36

Chương 3. Dãy số
Câu 20:

[THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Cho dãy số  an  xác định
bởi a1  5, an1  q.an  3 với mọi n  1, trong đó q là hằng số, a  0, q  1. Biết công thức số
hạng tổng quát của dãy số viết được dưới dạng an   .q n 1  
A. 13.

B. 9.

C. 11.

1  q n 1
. Tính   2 ?
1 q
D. 16

Lời giải
Chọn C
Ta có: an1  k  q  an  k   k  kq  3  k 

3
1 q

Đặt vn  an  k  vn1  q.vn  q2 .vn1  ...  qn v1


3 
Khi đó vn  q n1.v1  q n1.  a1  k   q n1.  5 

 1 q 

3 
3 
3
1  q n1
n 1 

n 1
Vậy an  vn  k  q n1.  5 

k

q
.
5



5
q

3



1q
 1 q 
 1 q  1 q
Do dó:   5;   3    2  5  2.3  11
Cách 2.
Theo giả thiết ta có a1  5, a2  5q  3. Áp dụng công thức tổng quát, ta được

1  q11
11
a



.
q



 1
1 q

, suy ra

2 1
a   .q 21   1  q   .q  
2

1 q

   2  5  2.3  11 .

Câu 21:

5  
  5
, hay 

5q  3   .q  
  3

[THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Gọi Sn 

có giá trị là

A. 34
Hướng dẫn giải
Đáp án D
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

B. 30,5

C. 325

4 7 10
1  3n
   ... 
. Khi đó S 20
n n n
n

D. 32,5

10


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018

4 1
1
  3.
n n
n
7 1
2

  3.
n n
n
10 1
3
  3.
n n
n
……
1  3n 1
n
  3.
n
n
n
1
1 2
n
3 1 n
3(1  n)
 S  .n  3(   ...  )  1  .
n  1
n
n n
n
n 2
2
65
 S20 
 32,5

2
Chọn D
Có

u1
Câu 22:

(THPT LÊ VĂN THỊNH) Cho dãy số un thỏa mãn
un

2
un
1

1

2
2

1 , n

*

.

1 un

Tính u2018 .
A. u2018
Câu 23:

7

5 2

B. u2018

2

C. u2018

7

5 2

D. u2018

7

2

(MEGABOOK-ĐỀ 3). Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c theo thứ tự lập thành

A
C x
tan   x, y 
2
2 y
B. 1

một cấp số cộng. Biết tan
A. 4
Lời giải
Chọn A
Ta có:

 , giá trị

x  y là:

C. 2

D. 3

AC
AC
B
B
AC
AC
cos
 4sin .cos  4sin
.cos
2
2
2
2
2
2
AC

AC
A
C
A
C
A
C
A
C
 cos
 2cos
 cos cos  sin sin  2cos cos  2sin sin
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
A
C
A
C
A
C
A
C 1

 3sin sin  cos cos  3tan tan  1  tan tan 
2
2
2
2
2
2
2
2 3

a  c  2b  sin A  sin C  2sin B  2sin

Chương 4. Giới hạn

 1
1
1
1 
Câu 24: [ME GA BOOK] Tính giới hạn lim  2  2  2  ...  2 
x  A
An 
 n An An
3
7
A. 1
B.
C.
4
8
Lời giải

Đáp án A
1
1
1
1

 , do đó
Ta có 2 
A k k  k  1 k  1 k
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

D.

3
2

11


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
1
1
1
1 1 1 1 1 1
1
1
1
 2  2  ...  2       ... 
  1
2

An An An
An 1 2 2 3 4
n 1 n
n

 1
1
1
1
Vậy lim  2  2  2  ...  2
x  A
An
 n An An
Câu 25:


 1
  xlim
1    1

 n


(TOÁN HỌC TUỔI TRẺ 10/2017) Đặt f  n    n2  n  1  1. Xét dãy số  un  sao cho
2

un 

f 1 . f  3 . f  5  ... f  2n  1
. Tính lim n un .

f  2  . f  4  . f  6  ... f  2n 

A. lim n un  2 .

B. lim n un 

1
.
3

C. lim n un  3 .

D. lim n un 

1
2

Lời giải
Đáp án D
4n 2  2n  1  1

f  2n  1
Xét g  n  
 g  n 
2
f  2n 
 4n2  2n  1  1
2

2

a  4n2  1 
a  2b   2n  1
Đặt

2
b  2n
 
a  b  1

 a  b   1  a 2  2ab  b2  1  a 2  2ab  a  a  2b  1   2n  1  1
 g  n 
2
2
2
2
2
 a  b   1 a  2ab  b  1 a  2ab  a a  2b  1  2n  1  1
2

2

2 10  2n  1  1
2
 un   g  i   . ...

2
10 26  2n  1  1  2n  12  1
i 1
2

n

2n 2
1
.
 lim n un  lim

2
4n  4 n  2
2

Câu 26: (THPT Việt Trì) Đặt f  n    n 2  n  1  1. Xét dãy số  u n  sao cho
2

un 

f 1 .f  3 .f  5 ...f  2n  1
. Tính lim n u n .
f  2  .f  4  .f  6  ...f  2n 

A. lim n u n  2

B. lim n u n 

1
3

C. lim n u n  3

D. lim n u n 

Lời giải
Chọn D
Ta có f  n    n2  1  n   1   n2  1  2n.  n2  1  n2  1   n2  1 n 2  1  2n  1
2

2

2
  n2  1  n  1  1


2
2
2
f  2n  1  2n  1  1  2n   1  2n  1  1


Do đó:
f  2n 
 2n 2  1  2n  12  1  2n  12  1




Suy ra un 

f 1 . f  3 . f  5 ... f  2n  1 f 1 f  3 f  5  f  2n  1





f  2  . f  4  . f  6  ... f  2n 
f  2 f  4 f 6
f  2n 

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

12

1
2


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018

12  1 32  1 52  1  2n  1  1
2
1
 2  2  2 

 2
2
2
3  1 5  1 7  1  2n  1  1  2n  1  1 2n  2n  1
2

1
2n  2n  1

 n un  n.

2

1
.
2

 lim n un 

Câu 27:

x

lim
x

3

8
x

1

29
1

2x

1

.
6
Lời giải
Chọn C
 Tự luận:
A.

lim
x

x

1

lim
x

1

lim
x

1

lim
x

Câu 28:

1

bằng bao nhiêu?

2
.
27

B.

3

8

29 2 x
x 1
x 8 3 3
x 1
x
(x

x

lim
x

3

8

1

29

x

29

3)

(x

29

3 3 29

1).(9

3

3 3 29

9

2x

2x

3

29

2x

2x
3

2x

2

8

12
.
54

1
27

8

3

D.

2x

1
x

3 3
x 1

1

1).( x

13
.
54

C.

2

29

2

2x )

13
54

(THPT Lam Sơn – Thanh Hóa – Lần 1 – 2018) Cho là đa thức thỏa mãn lim
x 2

3

. Tính lim

x 2

A. T 

6 f  x  5  5
x2  x  6

12
.
25

f  x   20
 10
x2

.

B. T 

4
.
25

C. T 

4
.
25

D. T 

6
.
25

Hướng dẫn giải
Đáp án B
Phương pháp giải:
Sử dụng phương pháp tính giới hạn vô định




với biểu thức chứa căn ta làm mất nhân tử của tử

và mẫu bằng cách nhân liên hợp, tạo hằng đẳng thức.
Lời giải:

6  f  x   20
P3  53
 2
Đặt P  P  x   6 f  x   5  P  5  2
P  5P  25 P  5P  25
f  x   20
 10 nên f  x   20  0  f  x   20  P  5
Vì lim
x 2
x2
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương
3

13


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
Khi đó
3

lim

6 f  x  5  5

x 2

x2  x  6

 f  x   20

6



lim
.
x 2 x  2

 x  3  P 2  5P  25 x2  x  2  x  3  P 2  5P  25 

f  x   20
6

6
4
.lim
 10.

2
x 2 x  3
x2
5.75 25
   P  5P  25

Suy ra T  lim
x 2

Câu 29:

6  f  x   20 

 lim

(THTT - Lần 2 – 2018) Xác định giá trị thực k để hàm số

x 2016  x  2
,x 1

liên tục tại x  1.
f  x    2018 x  1  x  2018
k
, x 1


A. k  1

B. k  2 2019

C. k 

2017. 2018
2

D. k 

20016
2019
2017

Lời giải
Đáp án A
Để f  x  liên tục tại x  1 thì lim f  x   f 1
x 1

Ta có: lim f  x   lim
x 1

x 1

x 2016  x  1
 lim
2018 x  1  x  2018 x1

2016 x  1
1009
1

2018 x  1 2 x  2018

 2 2019

Vậy k  2 2019.
Chương 5. Đạo hàm
Câu 30:

t 3 9t 2 t 10 trong đó t tính bằng
Một chất điểm chuyển động theo phương trình S
(s) và S tính bằng (m). Thời gian vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất là:
3s.
6s.
2s.
5s.
A. t
B. t
C. t
D. t
Lời giải
Chọn D

 Tự luận: Theo tính chất vật lí ta có đạo hàm của quãng đường là vận tốc vận tốc của chất
điểm là v
Ta có:

3t 2

S'

3t 2

18t

1

18t

1

3t

3

2

28

28, t

Vận tốc chất điểm đạt giá trị lớn nhất bằng 28 tại t
Trắc nghiệm:
Câu 31:

v

28, t

3s.

(ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỊNH KỲ)
Cho hàm số y  x 4  4x 2  3 có đồ thị  C  . Có bao nhiêu điểm trên trục tung từ đó có thể vẽ
được 3 tiếp tuyến đến đồ thị  C  .
A. 3
Lời giải
Đáp án C

B. 2

C. 1

D. 0

Ta có điểm M  0;a   Oy. Tiếp tuyến  qua M có dạng y  kx  a
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

14


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018

x 4  4x 2  3  kx  a
Điều kiện tiếp xúc  3
có 3 nghiệm phân biệt
4x  8x  k





Suy ra x4  4x2  3  4x3  8x x  a có 3 nghiệm phân biệt

 3x4  4x2  a  3  0 có 3 nghiệm phân biệt  a  3  0  a  3 (nên có 1 giá trị thỏa)
Chương 6. Phép biến hình
Câu 32:

[THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d có
phương trình x  y  2  0 . Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép đồng dạng
có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm I  1; 1 tỉ số k 
góc 45
A. y  0

B. y   x

C. y  x

1
và phép quay tâm O
2

D. x  0

Hướng dẫn giải
Đáp án D
Ta có V

1
I, 
 2

V

1
I, 
 2

1

 x '   2
1
biến M  0; 2   d thành M '  x '; y ' thì IM '  IM  
2
y'  1

2

 1 1
biến đường thẳng d thành đường thẳng đi qua M '   ;  , có cùng vtpt 1;1 và có
 2 2

1 
1

phương trình là  x     y    0  x  y  0
2 
2



Phép quay tâm O góc quay 45 biến điểm N  x; y  thuộc đường thẳng x  y  0 thành điểm

x
 x  x 'cos 45  y 'sin 45 

N '  x '; y '  d '  

 y  x 'sin 45  y 'cos 45 
y


Thay * vào x  y  0 ta được x '  0   d ' : x  0

2
 x ' y '
2
2
 x ' y '
2

 *

Chương 6. Quan hệ vuông góc
Câu 33:

(THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 1 NĂM 2018) Xét tứ diện OABC có
OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi  ,  ,  lần lượt là góc giữa các đường thẳng OA, OB, OC
với mặt phẳng  ABC  (hình vẽ). Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M   3  cot 2   .  3  cot 2   . 3  cot 2   là:

A. 48.

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

B. Số khác.

C. 125.

D. 48 3 .

15


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018

Lời giải
Cách 1: Đặt hệ trục tọa độ Oxyz  tọa độ các điểm A(a;0;0), B(0;b;0),C(0;0;c).
Dùng công thức tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng ta có được kết quả:
bc
sin   cos nABC ; uOA 
2
2
2 .
 bc    ca    ab 





Viết kết quả tương tự  sin 2   sin 2   sin 2   1 .
Cách 2: Từ đẳng thức:

1
1
1
1
OH 2 OH 2 OH 2






 1  sin 2   sin 2   sin 2   1 .
2
2
2
2
2
2
2
OH
OA OB OC
OA
OB
OC
1
1 

1
1

 27 .
 Dạng M   2   .  2   .  2   với X  Y  Z  1 
X
Y
Z
XYZ

1
1 
1
 1 1 1
 1


Biến đổi M  8  4      2 

X Y Z
 XY YZ ZX  XYZ

M  8  4.3. 3

1
1
1
 2.3.. 3

 8  4.3.3  2.3.9  27  125 .

2
XYZ
 XYZ  XYZ

Dấu "=" xảy ra được nên có Mmin = 125.
Đáp án C
Câu 34:

(THPT Việt Trì) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B.
AB  BC  a, AD  2a. SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA  a. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của SB và CD. Tính cosin góc giữa MN và SAC .

1
5
Lời giải
Chọn C
A.

B.

3 5
10

C.

55
10

D.

2
5

S

K

M
A J
H
B

D
I

N
C

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

16


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018

A

a
a 2

H
a

I

B

a

E

a

D

a

a 2

N
C

Ta dễ chứng minh được tam giác ACD vuông tại C, từ đó chứng minh được CN vuông góc với
mặt phẳng  SAC  hay C là hình chiếu vuông góc của N trên  SAC  . Đường thẳng MN cắt mặt
phẳng  SAC  tại J xác định như hình vẽ. Suy ra góc giữa MN và  SAC  là góc NJC .
IN là đương trung bình trong tam giác ACD suy ra IN=a, IH là đường trung bình trong tam giác
1
a
ABC suy ra IH  BC  . Dựa vào định lí Talet trong tam giác MHN ta được
2

2
IJ 

2
2 1
1
a
22
.
MH  . SA  SA  . Dựa vào tam giác JIC vuông tại I tính được JC 
3
3 2
3
3
6

Ta dễ tính được CN 

a 2
a 10
, JN 
.
2
3

Tam giác NJC vuông tại C nên cosNJC 
Câu 35:

JC
55

.

JN
10

[THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Cho hình hộp chữ nhật
ABCD. A ' B ' C ' D ' có các cạnh AB  2, AD  3, AA  4. Góc giữa mặt phẳng  ABD  và

 ACD  là  . Tính giá trị gần đúng của góc  ?
A. 42,5 .

B. 38,1 .

C. 53, 4 .

D. 61,6

Lời giải
Chọn D
Cách 1: Hai mặt phẳng  ABD  và  AC D  có giao tuyến là EF như hình vẽ. Từ A′ và D′ ta
kẻ 2 đoạn vuông góc lên giao tuyến EF sẽ là chung một điểm H như hình vẽ. Khi đó, góc giữa
hai mặt phẳng cần tìm chính là góc giữa hai đường thẳng AH′ và DH

Tam giác DE’F lần lượt có DE 
Theo hê rông ta có: SDEF 

DB
13
DA 5
BA


, DF 
 ;EF=
 5
2
2
2
2
2

2S
61
305
. Suy ra DF  DEF 
4
EF
10

Trong tam giác D ' A ' H có cos A ' HD ' 

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

HA '2  HD '2  A ' D '2
29

2 HA '.HD '
61
17

Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
Do đó A 'HD'  118, 4 hay  A ' H , D ' H   180  118, 4  61,6
Cách 2: Gắn hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' vào hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó
A  0;0;0  , B  2;0;0  , D  0;3;0  , C  2;3;0  , A 0;0;4  , B  2;0;4  , D 0;3; 4 , C  2;3;4 
Gọi n1 là véc tơ pháp tuyến của  ABD  . Có n1   AB; AD    12; 8;6 
Gọi n2 là véc tơ pháp tuyến của  AC D  . Có n2   AC; AD    12;8;6 
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  ABD  và  AC D 

n1 n2

cos 

Câu 36:

n1 n2



29
. Vậy giá trị gần đúng của góc α là 61,6 .
61

Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và cạnh bên SA vuông góc với
đáy. Biết SA 
A. 60 .

a 6
. Tính số đo góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và mặt phẳng đáy  ABCD  .
2
B. 30 .

C. 45 .
D. 90 .

Lời giải
Chọn A
S

A

D

O
B

C

Gọi O là giao điểm của AC và BD .
Ta có: BD  AC ( do ABCD là hình vuông)

BD  SA ( do SA   ABCD  )
Suy ra BD   SAC   BD  SO (do SO   SAC  )
 SBD    ABCD   BD

   SBD  ,  ABCD     SO, AC   SOA .
Ta lại có:  SO   SBD  , SO  BD

 AC   ABCD  , AC  BD

a 6
SA

 2  3 . SOA  60 . Chọn
Tam giác SAO vuông tại A nên tan SOA 
AO a 2
2
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

A.

18


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
Câu 37: [ THPT Thuận Thành – Bắc Ninh – 2018] Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A’B’C’D’ có
AB  a, AD  2a, AA’  3a . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, C’D’ và DD’. Tính
khoảng cách từ A đến mp(MNP).
9
15
A.
B. a .
a.
11
22
Lời giải

C.

3
a.
4

D.

15
a.
11

Chọn D

Gọi E là giao điểm của NP và CD. Gọi G là giao điểm của NP và CC’. Gọi K là giao điểm của
MG và B’C’. Gọi Q là giao điểm của ME và AD. Khi đó mặt phẳng (MNP) chính là mặt phẳng
(MEG). Gọi d1 , d 2 lần lượt là khoảng cách từ C, A đến mặt phẳng (MEG). Do AC cắt (MEG)
tại điểm H (như hình vẽ) nên

d1 HC
. Do tứ diện CMEG là tứ diện vuông tại C nên

d 2 HA

1
1
1
1



2
2
2
d1 CM CE CG 2
GC ' C ' N 1



GC
CE 3
3
9a
Suy ra GC  CC ' 
2
2
1
1
4
4
Như vậy: 2  2  2 
d1 a 9a 81a 2

Ta có

Từ đó d12 
Câu 38:

81a 2
9
QD ED 1
a
 d1  . Ta có

  QD 
12
11

MC EC 3
3

[TRƯỜNG THPT ĐỒNG HẬU-VĨNH PHÚC. LẦN 1] Cho hình chóp S. ABCD có đáy là
hình vuông ABCD tâm O có cạnh AB  a đường cao SO vuông góc với mặt đáy và SO  a .
Khoảng cách giữa SC và AB là:

2a 5
.
7
Hướng dẫn giải
Đáp án D

A.

B.

a 5
.
7

C.

a 5
.
5

D.

2a 5

5

S

E

H

F
M

A

B
O
D
N

C

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

19


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
Vì AB / / SCD

khoảng cách d giữa AB bằng khoảng cách giữa AB và SCD

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD khi đó AB
Kẻ đường cao MH của

SO 2

Ta có: SN

Câu 39:

SMN

ON 2

a2

SMN

MH là khoảng cách giữa AB và SC
a2
4

a 5
2

d

MH

SO.MN
SN

a.a
a 5
2

2a 5
.
5

(THPT Chuyên Đại Học Vinh - Nghệ An - 2018) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là
tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  a. Tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng SA và BC.
B. a

A. a 3

C.

a 3
4

D.

a 3
2

Lời giải
Đáp án D
S

a
2
A

C

B

a

M

• d  SA; BM   AM 
Câu 40:

a 3
.
2

[THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam
giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A’ lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng
tâm tam giác ABC. Biết thể tích của khối lăng trụ là

thẳng AA ' và BC .
4a
A.
3
Hướng dẫn giải
Đáp án D

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

B.

2a
3

C.

a3 3
. Tính khoảng cách giữa hai đường
4

3a
4

D.

3a
2

20


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
Ta có d (AA', BC)  d ( AA ',( BB ' C ' C))  d ( A ',( BB ' C ' C))
Gọi M và M’ lần lượt là trung điểm BC và B’C’, G là trọng tâm của tam giác ABC
BC  AM 
Theo giả thiết ta có
  BC  ( AA ' G)  BC  AA ' , nên tứ giác BB’C’C là hình

BC  A ' G 
chữ nhật có cạnh BC = a
Vì VA ' ABC

1
1
a3 3
2a
 A ' G.SABC  VLT 
 A ' G  a  AA '  AG 2  A ' G 2 
3
3
12
3

 S BB 'C 'C 

2a 2
3

2
a3 3 1
3a
V

V

 d ( A ', ( BB ' C ' C )).S BB 'C 'C  d ( A ', ( BB ' C ' C )) 
Có A ' BB 'C 'C
LT

3
6
3
2
Chọn D

Câu 41: (THPT Chuyên Đại Học Vinh - Nghệ An - 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều
ABC.A'B'C' có AB  a, AA'  2a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB' và A'C.
A. a 5

B.

2 17
a
17

C.

a 3
2

D.

2 5
a
5

Lời giải
Đáp án B
A'

C'
B'

2a
I

C

A
M

a
B

• Gọi I , M lần lượt là trung điểm của AB, BC.  IM //AC  AC //  ABM 

 d  AB, AC   d  AC,  ABM    d C ,  ABM   

3VB ' AMC
.
S AB ' M

1
1
1
a 2 3 a3 3
• VB '. AMC  BB '.S AMC  .BB '.S ABC  .2a.

.

3
6
6
4
12

a2
a 17
 4a 2 
• B ' M  BM  BB ' 
4
2
 AM  BC
 AM   BCC ' B '  AM  B ' M
• 
 AM  BB '
2

• S ABM

2

1
1 a 3 a 17 a 2 51
.
 AM .B ' M  .
.

2
2 2

2
8

3
3
3VB ' AMC 3.a . 12 2a 17


.
• d  AB ', A ' C  
S AB ' M
17
51
2
a
8
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

21


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018

Câu 42:

[ THPT Thuận Thành – Bắc Ninh – 2018] Cho tứ diện ABCD có AB = x, tất cả các cạnh
còn lại có độ dài bằng 2. Gọi S là diện tích tam giác ABC, h là khoảng cách từ D đến
1
mp(ABC).Với giá trị nào của x thì biểu thức V  S.h đạt giá trị lớn nhất.
3

B. x  6 .

A. x  1 .
Lời giải

C. x  2 6 .

D. x  2 .

Chọn B

Gọi K là trung điểm của AB, do ∆CAB và ∆DAB là hai tam giác cân chung cạnh đáy AB nên
CK  AB
 AB   CDK 

DK  AB
Kẻ DH  CK ta có DH   ABC 
1
11
11


Vậy V  S.h   CK.AB .DH   CK.DH .AB
3
32
3
2




1
Suy ra V  AB.SKDC
3
Dễ thấy CAB  DAB  CK  DK hay KDC cân tại K. Gọi I là trung điểm CD, suy ra
2
2
2
2
2
KI  CD và KI  KC  CI  AC  AK  CI  4 

x2
1
1 
12  x 2
4
2

1
1
Suy ra SKDC  KI.CD 
12  x 2
2
2

Vậy V 

1
1 x 2  12  x 2
x 12  x 2  .

 1 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
6
6
2

x  12  x 2 hay x  6 .
Câu 43:

(THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình, lần 1 – 2018) Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD
có cạnh đáy bằng a. Gọi M ; N lần lượt là trung điểm của SA và BC. Biết góc giữa MN và
mặt phẳng  ABCD  bằng 600. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và DM là:

15
.
62
Lời giải
Chọn B
A. a.

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

B. a.

30
.
31

C. a.

15

.
68

D. a.

15
.
17

22


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
S

K

M

C

D

I

O

H

A

600

N

B

Gọi O  AC  BD.
Gọi H là trung điểm OA  MH // SO mà SO   ABCD   MH   ABCD   MH là hình





chiếu vuông góc của MN lên mặt phẳng  ABCD  . Do đó, MN ;  ABCD   MNH  600.
Ta có:
BC // AD 
  BC //  ADM 
AD   ADM  

 d  BC; DM   d  BC;  ADM    d  BC;  SAD    d  N  BC;  SAD    2d  O;  SAD   .

Gọi I là trung điểm AD, ta có  SAD    SOI  theo giao tuyến SI . Kẻ
OK  SI  OK  d  O;  SAD  

Tính được NH 

a 10
a 30
a 30

; MH 
 SO 
.
4
4
2

1
1
1
62a
930
30

 2
 OK  d  O;  SAD   
 d  N ;  SAD    2OK 
.
2
2
OK
OS
OI
15
62
31
Câu 44:

(THPT Việt Trì) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  4 cm.
Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với  ABC  . M thuộc SC sao cho

CM  2MS . Khoảng cách giữa hai đường AC và BM là?
4 21
cm
21
Lời giải
Chọn D

A.

B.

8 21
cm
21

C.

2 21
cm
3

D.

4 21
cm
7

S

M
I

C

B
H
A

Gọi I là điểm thuộc SA sao cho

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

SI 1
  IM //AC .
SA 3

23


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018

Gọi H là trung điểm của


 SAB    ABC 

AB . Ta có  SAB    ABC   AB   SH   ABC  .



SH  AB

AC  AB 
  AC   SAB   IM   SAB   IM  BI  BIM vuông tại I .
AC  SH 
VSBAM SM 1
1
1 1

  VSBAM  VSBAC  . SH .S
VSBAC
SC 3
3
3 3

ABC

1 4 31
4 3
 .
AB. AC 
AC .
9 2 2
9

VABIM
AI 2
2
2 4 3

8 3

  VABIM  VABSM  .
AC 
AC .
VABSM AS 3
3
3 9
27
2

8
112
4 7
8
.
BI  AB  AI  2 AB. AI .cos60  4     2.4. .cos600 
 BI 
3
9
3
3
2

2

SBIM 

2

0

2

1
1 4 7 1
2 7
BI .IM  .
. AC 
AC .
2
2 3 3
9

1
VABIM  S
3

BIM

.d  A,  BIM    d  A,  BIM   

3VABIM
S BIM

8 3
AC
4 21
27
.



7
2 7
AC
9
3.

Chương 7. Ứng dụng đạo hàm
Câu 45:

[Trường THPT Hải Hậu – Lần 1] Bất phương trình

2 x3  3x2  6 x  16  4  x  2 3 có

tập nghiệm là  a; b . Hỏi tổng a  b có giá trị là bao nhiêu?
B. 2

A. 5
Hướng dẫn giải

C. 4

D. 3

Đáp án là A
Tập xác định: D= [-2,4]
Xét hàm số
f  x   2 x3  3x 2  6 x  16  4  x
 f ' x 

6 x2  6 x  6
2 x  3x  6 x  16
3

2



1
0
2 4 x

Suy ra hàm số f(x) đồng biến trên tập xác định.
Ta nhận thấy phương trình

2 x3  3x2  6 x  16  4  x  2 3 có một nghiệm x=1.

Suy ra trong đoạn [1,4] thì bất phương trình đã cho luôn đúng (vì hàm số đồng biến).
Do đó tổng a+b=5.
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

24


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018

 Chọn đáp án
Câu 46:

A.

[THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương
3sin 2 x  cos 2 x
trình
 m  1 đúng với mọi x 
sin 2 x  4cos 2 x  1
A. m 

3 5
4

B. m 

3 5 9
4

C. m 

65  9
2

D. m 

65  9
4

Hướng dẫn giải
Đáp án D
Ta có :

3sin 2 x  cos 2 x
3sin 2 x  cos 2 x
y

2
sin 2 x  4cos x  1 sin 2 x  2cos 2 x  3 .

3sin 2 x  cos 2 x

sin 2 x  2cos 2 x  3
 sin 2x  2cos 2 x  3 y  3sin 2 x  cos 2x   y  3 sin 2 x   2 y 1 cos 2 x  3 y

Và sin 2 x  2cos 2 x  3  0; x  . xét phương trình y 

Phương trình trên có nghiệm nên  y  3   2 y  1   3 y   5 y 2  10 y  10  9 y 2
2

 4 y 2  10 y  10  0 

2

2

5  65
5  65
 y
4
4

5  65

4
3sin 2 x  cos 2 x
 m  1 nghiệm đúngg với mọi số thực x khi
Phương trình
sin 2 x  2cos 2 x  3

Suy ra giá trị lớn nhất của y là

5  65
9  65
 m 1  m 
4
4

Câu 47:

(TOÁN HỌC TUỔI TRẺ Lần 05) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số
 
y  8cot x  (m  3).2cot x  3m  2 đồng biến trên  ;   .
4 
A. 9  m  3.
B. m  3.
C. m  9.
D. m  9.
Lời giải
Đáp án C
Đặt t  2cot x
 
thì t  t ( x)  2cot x nghịch biến trên  ;   và tập giá trị của t là  0; 2.
4 

Bài toán trở thành tìm m để hàm số f (t )  t 3  (m  3)t  3m  2, t   0;2 , nghịch biến trên nửa

3  m  0

 3 n
khoảng  0; 2. Ta có f (t )  3t 2  m  3  0t   0; 2  
 0  m  9.
3

 3 m
2

3

 
Vậy với m  9 thì hàm số đã cho đồng biến trên  ;   .
4 

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

25