Tài liệu VIP Ngân hàng ĐỀ Trắc Nghiệm TOÁN Vận Dụng Cao Tuyển Chọn từ các ĐỀ THI THPT QG (File Word Có Đáp Án và Lời Giải chi tiết)

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

Mục lục

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
P=

 π
x, y ∈  0; ÷
 2

cos 2 x + cos 2 y + 2sin ( x + y ) = 2.
thỏa

Tìm giá trị nhỏ nhất của

sin 4 x cos 4 y
+
.
y

x

min P =

A.

3
π

min P =

.

B.

2
π

min P =

.

C.

2
3π

min P =

.

D.

5
π

.

Lời giải
Chọn B
x+ y =

cos 2 x + cos 2 y + 2sin ( x + y ) = 2 ⇔ sin 2 x + sin 2 y = sin ( x + y )
Ta có

. Suy ra:

Áp dụng bđt:

a 2 b2 ( a + b )
+ ≥
m n
m+n

( sin
P≥

2

x + sin 2 y )

x+ y

Suy ra

Câu 2:

=

2

2
π

⇔x= y=

. Đẳng thức xảy ra
min P =

Do đó

2

2
.
π

π
2

π

.
4

.

[TRƯỜNG THPT ĐỒNG HẬU-VĨNH PHÚC. LẦN 1] Với giá trị nào của m để phương

 3π 
x
∈
 0; ÷
 2 
m sin 2 x − 3sin x.cos x − m − 1
trình
có đúng 3 nghiệm
?
m > −1
m ≥ −1
m < −1
A.
.
B.
.
C.
.
Hướng dẫn giải
Đáp án C

D.

m ≤ −1

Û m ( sin 2 x - 1) - 3sin x cos x - 1 = 0 Û 3sin x cos x + cos 2 x +1 = 0

PT đã cho
cos x ≠ 0 ⇒ PT ⇔ tan 2 x + 3 tan x + m + 1 = 0
Dễ thấy
 3π 
 0; ÷
 2 
t 2 + 3t + m + 1 = 0
Để PT đã cho có ba nghiệm thuộc
thì PT
có hai nghiệm trái dấu
⇔ m + 1 < 0 ⇔ m < −1
.

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

2


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
Câu 3:

4
4
2
Tìm m để phương trình sin x + cos x + cos 4 x = m có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn

 π π
 − 4 ; 4 
.


m ≤

m ≥

A. 

47
64
.
3
2

49
3
2
B. 64

47
3
2
C. 64

47

3
≤m≤ .
2
D. 64

Lời giải
Chọn C
3 + cos 4 x
+ cos 2 4 x = m
2
4
Phương trình đã cho tương đương
⇔ 4cos 4 x + cos 4 x = 4m − 3 (1)
2
Đặt t = cos 4 x . Phương trình trở thành: 4t + t = 4m − 3 , (2)
 π π
 π π
x ∈ − ; 
x ∈ − ; 
 4 4  thì t ∈ [ −1;1] . Vì một giá trị t ∈ [ −1;1] . sẽ tạo ra hai giá trị
 4 4  nên
Với

 π π
x ∈ − ; 
 4 4  khi và chỉ khi phương trình (2) có 2
phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt

nghiệm phân biệt

t ∈ [ −1;1]

g ( t ) = 4t 2 + t

Xét hàm số
Lập bảng biến thiên:

( 3)
với t ∈ [−1;1) ,

g’ ( t ) = 8t + 1; g’ ( t ) = 0 ⇔ t = −

1
8

1
47
3
< 4m − 3 ≤ 3
2
Dựa vào bảng biến thiên suy ra (3) xảy ra ⇔ 16
⇔ 64
47
3
2.
Vậy giá trị của m phải tìm là: 64
−

Chương 2. Tổ hợp
Câu 4:

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

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

3


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
¥ = abcd ( 1 ≤ a, b, c, d ≤ 9 )
Gọi số số cần lập có dạng:
.
¥M
15 ⇒ ¥ M3 va ¥ M5.
• Để

¥ M5 ⇒ d = 5.
+
¥ M3 ⇒ a + b + c + 5M3.
+
a
b
9
• Chọn có 9 cách, chọn có cách chọn thì:
c ∈ { 3; 6;9} ⇒ c
a+b+5
+ Nếu
chia hết cho 3 thì
có 3 cách chọn.
c ∈ { 2;5;8} ⇒ c
a+b+5
+ Nếu
chia cho 3 dư 1 thì
có 3 cách chọn.
c ∈ { 1; 4; 7} ⇒ c
a+b+5
+ Nếu
chia cho 3 dư 2 thì
có 3 cách chọn.
9.9.3 = 243
Vậy, theo quy tắc nhân ta có:
số.
0,1, 2,3, 4,5, 6
Câu 5:

(MEGABOOK-ĐỀ 3). Từ các chữ số

5 chữ số khác nhau và chia hết cho 15.
240
222
A.
B.
Lời giải
Chọn A

có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có

C.

200

D.

120

3 5
thì phải chia hết cho và .
a , b, c , d
3
abcd 0
Trường hợp 1. Số cần tìm có dạng
, để chia hết cho thì
phải thuộc các tập sau
Gọi số cần tìm là

abcde

. Số mà chia hết cho

15

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

Trường hợp 2. Số cần tìm có dạng

abcd 5

số.
, để chia hết

3

a, b, c, d , e

thì

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}
a , b, c , d

B1 , B2 , B3 ,

3.3.3.2 = 54

Nếu

thuộc
thì có
120 + 54 + 48 = 222
Tổng lại có
số.
Câu 6: Tổng

B4 , B5

a , b, c , d

, số

thuộc

thì có

2.4! = 48

1
2
3
2018
T = C2018
+ C2018
+ C2018
+ ... + C2018

bằng bao nhiêu?
2018
B. 2 + 1 .

2018
A. 2 .

2018
C. 4 .

2018
D. 2 − 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
x 2 + C2018

x3 + ... + C2018
x

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

4

.


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
2018
0
1
2
3
2018
= C2018
+ C2018
+ C2018
+ C2018
+ ... + C2018
= 1 + T ⇒ T = 2 2018 − 1.
Cho x = 1 ta được 2

Oxy

Câu 7:

Ox

(THPT VIỆT ĐỨC) Trong hệ tọa độ
có 8 điểm nằm trên tia
và 5 điểm nằm trên tia
Oy
Oy
Ox
. Nối một điểm trên tia
và một điểm trên tia
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
C82 .C52 = 280

Số tứ giác có 4 đỉnh là 4 điểm trong 13 điểm đã cho là
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
2cm
1cm

dài cạnh là
được chia thành 8 khối lập phương cạnh
. Hỏi có bao nhiêu tam giác được
1cm
tạo thành từ các đỉnh của khối lập phương cạnh
2876
2898
2915
2012
A.
.
B.
.
C.
.
D.

Lời giải
Chọn A

Có tất cả 27 điểm.
3
C27
= 2925

Chọn 3 điểm trong 27 có
( 8.2 + 6.2 + 4 + 3 + 2 + 2 + 2 ) = 49
Có tất cả
bộ ba điểm thẳng hàng.
2925− 49 = 2876

Vậy có
tam giác.
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

.

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

B.

n = 98

.

C.

n = 99

.

D.

n = 101

.

5


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
Câu 10: (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho đa thức

p ( x) = ( 1+ x) + ( 1+ x) + ( 1+ x) + ( 1+ x)
8

9

10

(1+ x)

11

12

.

Khai triển và rút gọn ta được đa thức:

P ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a12 x12

a8
. Tìm hệ số

A. 720.
Lời giải
Đáp án C

B. 700.

C. 715.

D. 730.

n

( a + b ) = ∑ Cnk .a n −k .bk
n

k =0

Phương pháp: Áp dụng công thức khai triển tổng quát:

( 1+ x)

n

n

= ∑ Cnk .1n −k .x k
k =0

Đối với bài toán này ta áp dụng công thức

. Sau đó dựa vào khai triền

P ( x ) = a0 + a1 x + a2 x + ... + a2 x
2

12

bài toán cho
Cách giải:

a8
ta tìm được hệ số

(đi theo

x8

)

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

+) ( 1 + x )

10

10

= ∑ C10k .110 − k .x k ⇒ a8 = C108
k =0
11

+ ) ( 1 + x ) = ∑ C11k .111−k .x k ⇒ a8 = C118
11

k =0

+) ( 1 + x )

12

12

= ∑ C12k .112 − k .x k ⇒ a8 = C128
k =0

a8 = C88 + C98 + C108 + C118 + C128 = 1 + 9 + 45 + 165 + 495 = 715

Vậy Hệ số cần tìm là:

.

Câu 11: (THPT Lê Văn Thịnh- Bắc Ninh-Lần 1) Tìm hệ số của số hạng chứa

( 1 − 2 x + 2015x

2016

− 2016 x

2017

3
−C60

+ 2017 x

)

2016

C.

− 2016 x 2017 − 2017 x 2018 )

Ta có
Số hạng chứa

x3

trong khai triển là hệ số

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

3
−8.C60

3
8.C60

B.

( 1 − 2 x + 2015x

trong khai triển

2018 60

3
C60

A.
Lời giải
Đáp án D

x3

x3

60

D.

60

= ∑ ( 1 − 2x)
k =0

k

( .....)

80 − k

( 1 − 2 x ) . ( .....)
80

0

trong khai triển
6

Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
3
C60
( 1)

x3

Khi đó số hạng chứa

80− 3

3 3
. ( 2 x ) = −8.C60
x
3

trong khai triển là:

Câu 12: (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho đa thức

p ( x) = ( 1+ x) + ( 1+ x) + ( 1+ x) + ( 1+ x)
8

9

10

11

(1+ x)

12

.

Khai triển và rút gọn ta được đa thức:

P ( x ) = a0 + a1 x + a2 x + ... + a12 x
2

12

ai , i = 0,1, 2,...,12

. Tính tổng các hệ số
B. 7936.
C. 0.

A. 5.
Lời giải
Đáp án B
Phương pháp:

D. 7920.

Sn =

u1 ( q n − 1)

q −1

Sử dụng công thức tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân

( a + b)

2

n

= ∑ Cnk a k b n −k

Áp dụng khai triển nhị thức Newton

k =0

n

( 1 + 1) = ∑ Cnk = 2n
2

k =0

Sử dụng tổng
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

∑ C13m x m

m =0

x

8

=

5

∑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

( 1 + 1)

2

n

13

k =0

a =1

13

8

a =1

b =1

= ∑ C13a − ∑ C8b

= ∑ Cnk = 2n ⇒ ∑ C13a = 28 − C80 = 28 − 1

Xét tổng
⇒ a0 + a1 + a2 + ... + a12 = 213 − 1 − 28 + 1 = 7936
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
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

B. n = 98

C. n = 99

D. n = 101

7


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
 C 0 C1
Cn0 Cn1
Cnn

Cnn
+
+ ... +
=  n + n + ... +
1.2 2.3
( n + 1) ( n + 2 )  1 2
( n + 1)
Ta có


÷
÷


C0n C1n
Cnn
2n +1 − 1
∫0 ( 1 + x ) dx = ∫0 ( C + C x + ...C x ) dx ⇒ 1 + 2 + ... + n + 1 = n + 1
1

Ta có

  Cn0 Cn1
Cnn
−
+
+
...
+
÷


÷  2
3
( n + 2)
 

1

1

n

n
0

n
1

n
n

n

1

n
n
n n
∫ x ( 1 + x ) dx = ∫ x ( C0 + C1 x + ...Cn x ) dx
n

0

0

1

⇔ ∫ ( 1+ x)

n +1

0

1

dx − ∫ ( 1 + x )
0

n +1

1

dx = ∫ ( C0n x + C1n x 2 + ...Cnn x n +1 ) dx
0

 ( 1+ x)
( 1 + x ) ÷ 0 =  C0n x 2 + C1n x3 + ... + Cnn x n+2  1
⇔
−


÷
1
 n+2
n +1 ÷
3
n+2  0
 2


 Cn Cn
Cn 
n 2n +1 + 1
⇔  0 + 1 + ... + n ÷ =
3
n + 2  ( n + 1) ( n + 2 )
 2
n+2

n +1

Như vậy
 C 0 C1
Cn0 Cn1
Cnn
Cnn
+
+ ... +
=  n + n + ... +
1.2 2.3
( n + 1) ( n + 2 )  1 2

( n + 1)
=

  Cn0 Cn1
Cnn
−
+
+
...
+
÷
÷  2
3
( n + 2)
 


÷
÷


2n +1 − 1
n 2n+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
3

Quay 3 lần thì số kết quả thu được là 10 .
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
3
25
Xác suất để kim của chiếc nón ở 3 vị trí khác nhau ở 3 lần quay là: 10
.
Câu 15: [THPT PHAN CHU TRINH ĐAKLAK LẦN 2 - 2018] Một nhóm học sinh gồm

6

nam

10
nữ trong đó có Huyền được xếp ngẫu nhiên vào
ghế trên một hàng
2

2
ngang để dự lễ sơ kết năm học. Xác suất để xếp được giữa bạn nữ gần nhau có đúng bạn
nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh Huyền là:
109
1
1
109
30240
280
5040
60480
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Chọn B
n ( Ω ) = 10!
10
Không gian mẫu (xếp
bạn bất kì):
4!.6!
2
2
Cách sắp xếp giữa bạn nữ gần nhau có đúng bạn nam là:
Nữ Nam Nam Nữ Nam Nam Nữ Nam Nam Nữ
trong đó có Quang và

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

4

8


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

6
Có trường hợp hai bạn Nam, Nữ ngồi cạnh nhau.
Giả sử Quang và Huyền ngồi cạnh nhau
2
2
Khi đó số cách chọn xếp được giữa bạn nữ gần nhau có đúng bạn nam, đồng thời Quang

C61 .3!.5!
ngồi cạnh Huyền là

.

Vậy số cách chọn xếp được giữa

2

bạn nữ gần nhau có đúng

2

bạn nam, đồng thời Quang

n ( A ) = 4!.6!− C .3!.5! = 12960

1
6

không ngồi cạnh Huyền là

.

n ( A)
1
=
n ( Ω ) 280

P ( A) =

Xác suất cần tìm là

.

Câu 16: [THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 2-2018] Gọi

A

là tập hợp tất cả các số
A
tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc , tính xác suất để
số tự nhiên được chọn chia hết cho 45.
2
53
1
5

81
2268
36
162
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Chọn B
n ( Ω ) = A108 − A97

Ta có
Gọi

.

A

là tập hợp các số

a

có 8 chữ số khác nhau chia hết cho

45

.

a

5
9
9
0
Khi đó chia hết cho và (tổng các chữ số chia hết cho và số hàng đơn vị bằng
5
hoặc ).
Trường hợp 1:

a

có hàng đơn vị bằng

{ 1;8} { 2; 7} { 3; 6} { 4;5}
,

,

Trường hợp 2:

,

a

, có

4.7!

0 7
9

3
4
; chữ số còn lại có chữ số và trong bộ số

số.

có hàng đơn vị bằng

5 7
3
4
4
; chữ số còn lại có chữ số và trong bộ số

{ 0;9} { 1;8} { 2;7} { 3; 6}
,

,

,

.

{ 0;9}
* Không có bộ

{ 0;9}

, có

7!

số.

C32 ( 7!− 6!)

* Có bộ
, có
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

số
9


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
⇒ 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
4
5
8
2
A. .
B. .
C. .
D. .
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:
( 0,5)
TH1: Đánh 1 ván. Người thứ nhất thắng xác suất là

( 0,5)

2

TH2: Đánh 2 ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ hai xác suất là

( 0,5)

3

TH3: Đánh 3 ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ ba xác suất là
7
2
3
P = 0,5 + ( 0,5 ) + ( 0, 5 ) =
8
Vậy
.

( b; c )
Câu 18: ( THPT Hàn Thuyên-Bắc Ninh-Lần 1) Kết quả

của việc gieo con súc sắc cân đối và
b
c
đồng chất hai lần (trong đó là số chấm xuất hiện trong lần gieo đầu, là số chấm xuất
x 2 + bx + c
= 0 ( *) .
x +1

hiện ở lần gieo thứ hai) được thay vào phương trình
trình (*) vô nghiệm là:
17
1

1
36
2
6
A.
.
B. .
C. .
Hướng dẫn giải
Đáp án B

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

Xác suất để phương

D.

19
36

.

10


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

Phương pháp: Xác suất của biến cố
khả năng mà biến cố
có thể xảy ra.

Cách giải:

A

A

là

nA
nΩ

nA
trong đó

là số

nΩ
có thể xảy ra,

là tất cả các khả năng

x 2 + bx + c
= 0 ( *)
x +1

x 2 + bx + c = 0 ( **)

Để phương trình (*) vô nghiệm thì phương trình
x = −1.

TH1: PT (**) có 1 nghiệm

có 2 trường hợp xảy ra:

 ∆ = b 2 − 4c = 0
b 2 = 4c
⇒
⇔
⇔ b 2 = 4b − 4 ⇔ b 2 − 4b + 4 = 0 ⇔ b = 2 ⇒ c = 1
1 − b + c = 0
c = b − 1
⇒ ( b; c ) = ( 2;1)

TH2: PT (**) vô nghiệm

⇔ ∆ = b 2 − 4c < 0 ⇒ b 2 < 4c ⇔ b < 2 c
c ≤ 6 ⇒ b ≤ 2 6 ≈ 4, 9

Vì c là số chấm xuất hiện ở lần gieo thứ 2 nên

.

b ∈ { 1; 2;3; 4}
Mà b là số chấm xuất hiện ở lần giao đầu nên
1
c > ⇒ c ∈ { 1; 2;3; 4;5; 6} ⇒
b =1
c
4
Với

ta có:
có 6 cách chọn .
c > 1 ⇒ c ∈ { 2;3; 4;5; 6} ⇒
b=2
c
Với
ta có:
có 5 cách chọn .
9
c > ⇒ c ∈ { 3; 4;5; 6} ⇒
b=3
c
4
Với
ta có:
có 4 cách chọn .
c > 4 ⇒ c ∈ { 5;6} ⇒
b=4
c
Với
ta có:
có 2 cách chọn .
( b; c )
6 + 5 + 4 + 2 = 17
Do đó có
cách chọn
để phương trình (**) vô nghiệm.
nΩ = 6.6 = 36
Gieo con súc sắc 2 lần nên số phần tử của không gian mẫu
1 + 17 1

=
36
2
Vậy xác suất đề phương trình (*) vô nghiệm là
.

( b, c )
Câu 19: (THPT Việt Trì) Kết quả

của việc gieo con súc sắc cân đối và đồng chất hai lần, trong
b
c
đó là số chấm xuất hiện trong lần gieo đầu, là số chấm xuất hiện ở lần gieo thứ hai, được
thay vào phương trình bậc hai

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

x 2 + bx + c = 0 .

Tính xác suất để phương trình có nghiệm.
11


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
19
36

A.
Lời giải
Chọn A

B.

1
18

C.

1
2

D.

17
36

n ( Ω ) = 36
• Số phần tử của không gian mẫu là
Gọi

A

.

là biến cố thỏa yêu cầu bài toán.

Phương trình

x 2 + bx + c = 0

có nghiệm khi và chỉ khi

∆ = b 2 − 4c ≥ 0 ⇔ b 2 ≥ 4c

.

Xét bảng kết quả (L – loại, không thỏa ; N – nhận, thỏa yêu cầu đề bài)

Dựa vào bảng kết quả trên ta thấy số kết quả thuận lợi cho

Vậy xác suất của biến cố

A

P ( A) =

là :

19
36

A

là

19

.

.

Chương 3. Dãy số

( an )
Câu 20: [THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Cho dãy số

a1 = 5, an +1 = q.an + 3
bởi

n ≥ 1,

với mọi

xác định

a ≠ 0, q ≠ 1.

trong đó q là hằng số,

an = α .q n −1 + β
hạng tổng quát của dãy số viết được dưới dạng
A. 13.
B. 9.
C. 11.

Biết công thức số

1 − q n −1
.
1− q

α + 2β ?
Tính
D. 16

Lời giải
Chọn C
an +1 − k = q ( an − k ) ⇔ k − kq = 3 ⇔ k =

3
1− q

Ta có:
vn = an − k ⇒ vn+1 = q.vn = q 2 .vn−1 = ... = q n v1
Đặt
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

12


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

Khi đó

Vậy


3 
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
an = vn + k = q n −1.  5 −
+
k
=
q
.
5
−
+
=
5
q
+
3
÷

÷
1− q
 1− q 
 1− q  1− q

α = 5; β = 3 ⇒ α + 2β = 5 + 2.3 = 11
Do dó:
Cách 2.
a1 = 5, a2 = 5q + 3.
Theo giả thiết ta có

Áp dụng công thức tổng quát, ta được


1 − q1−1
1−1
a
=
α
.
q
+
β
=α
 1
1− q

,

2 −1
1
−
q
2
−

1
a = α .q + β
= α .q + β
 2
1− q

suy ra

5 = α
,

5q + 3 = α .q + β

hay

α = 5

β = 3

⇒ α + 2β = 5 + 2.3 = 11

.
Sn =
Câu 21: [THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Gọi
có giá trị là
A. 34
B. 30,5
C. 325
Hướng dẫn giải
Đáp án D

4 7 10
1 + 3n
+ + + ... +
.
n n n
n

S 20
Khi đó

D. 32,5

4 1
1
= + 3.
n n
n

Có
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
⇒ S 20 =
= 32,5
2
Chọn D

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

13

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

(

(u )
n

Câu 22: (THPT LÊ VĂN THỊNH) Cho dãy số

ìï u = 2
ïï 1
ïï
*
í u = un + 2 - 1 , " n Î ¥
ïï n+1
ïï
12 - 1 un
ïî

thỏa mãn

)

.

u2018
Tính

.

u2018 = 7 + 5 2
A.

u2018 = 2

u2018 = 7 - 5 2

B.

C.

Câu 23: (MEGABOOK-ĐỀ 3). Cho tam giác

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

ABC

a , b, c

có độ dài các cạnh là

1

theo thứ tự lập thành

x+ y
, giá trị
2
C.

a + c = 2b ⇔ sin A + sin C = 2sin B ⇔ 2sin

⇔ cos

D.

A
C x
tan = ( x, y ∈ ¥ )
2
2 y

B.

u2018 = 7 + 2

là:
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
= 2cos
⇔ cos cos + sin sin = 2cos cos − 2sin sin
2
2
2
2

2
2
2
2
2
2

⇔ 3sin

A
C
A
C
A
C
A
C 1
sin = cos cos ⇔ 3 tan tan = 1 ⇔ tan tan =
2
2
2
2
2
2
2
2 3

Chương 4. Giới hạn

Câu 24: [ME GA BOOK] Tính giới hạn

3
4
A. 1
B.
Lời giải
Đáp án A

 1
1
1
1 
lim  2 + 2 + 2 + ... + 2 ÷
x →+∞ A
An 
 n An An

C.

7
8

D.

3
2

1
1
1
1

=
=
− ,
2
A k k ( k − 1) k − 1 k
Ta có
do đó
1
1
1
1 1 1 1 1 1
1
1
1
+ 2 + 2 + ... + 2 = − + − + + ... +
+ = 1−
2
An An A n
An 1 2 2 3 4
n −1 n
n

 1
1
1
1
lim  2 + 2 + 2 + ... + 2
x →+∞ A
An
 n An An

Vậy
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương


 1
÷ = xlim
1 − ÷ = 1
 →+∞  n 
14


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
f ( n ) = ( n 2 + n + 1) + 1.
2

Câu 25: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ 10/2017) Đặt

f ( 1) . f ( 3) . f ( 5 ) ... f ( 2n − 1)
.
f ( 2 ) . f ( 4 ) . f ( 6 ) ... f ( 2n )

un =

( un )
Xét dãy số

sao cho

lim n un .

Tính

lim n un =

lim n un = 2
A.
Lời giải
Đáp án D

.

1
3

B.

lim n un =

lim n un = 3
.

C.

.

1
2

D.

4n 2 − 2n + 1) + 1
(
f ( 2n − 1)
g ( n) =
⇐ g ( n) =
2
f ( 2n )
( 4n2 + 2n + 1) + 1
2

Xét

Đặt

2
a = 4n 2 + 1  a ± 2b = ( 2n ± 1)
⇒ 
b = 2n
  a = b 2 + 1

( a − b ) + 1 = a 2 − 2ab + b 2 + 1 = a 2 − 2ab + a = a − 2b + 1 = ( 2n − 1) + 1
⇒ g ( n) =
2
2
( a + b ) + 1 a 2 + 2ab + b 2 + 1 a 2 + 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 + 4n + 2
2

.

f ( n ) = ( n 2 + n + 1) + 1.
2

Câu 26: (THPT Việt Trì) Đặt

( un )
Xét dãy số

sao cho

f ( 1) .f ( 3) .f ( 5 ) ...f ( 2n − 1)

un =

f ( 2 ) .f ( 4 ) .f ( 6 ) ...f ( 2n )

lim n u n .
. Tính

lim n u n =

lim n u n = 2
A.
Lời giải
Chọn D

B.

lim n u n =

lim n u n = 3
C.

D.

f ( n ) = ( n 2 + 1) + n  + 1 = ( n 2 + 1) + 2n. ( n 2 + 1) + n 2 + 1 = ( n 2 + 1) n 2 + 1 + 2n + 1
2

Ta có

1
3

2

2
= ( n 2 + 1) ( n + 1) + 1



Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

15

1
2


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

Do đó:

2
2
2
f ( 2n − 1) ( 2n − 1) + 1 ( 2n ) + 1 ( 2n − 1) + 1
=
=
f ( 2n )
( 2n ) 2 + 1 ( 2n + 1) 2 + 1 ( 2n + 1) 2 + 1





un =

f ( 1) . f ( 3 ) . f ( 5 ) ... f ( 2 n − 1)
f ( 1) f ( 3 ) f ( 5 )
f ( 2 n − 1)
=
×
×
×××
f ( 2 ) . f ( 4 ) . f ( 6 ) ... f ( 2n )
f ( 2) f ( 4) f ( 6)
f ( 2n )

Suy ra
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

⇒ lim n un =

1
2
.

Câu 27: bằng bao nhiêu?

1
.
A. 6
Lời giải
Chọn C
♦ Tự luận:

2
.
B. 27

13
.
C. 54

12
.
D. 54

x + 8 - 3 29 - 2x
x + 8 - 3 + 3 - 3 29 - 2x
= lim
x ®1
x ®1
x- 1
x- 1
æ x + 8 - 3 3 - 3 29 - 2x ÷
ö
ç
÷
= limç
+
÷
ç
÷
x ®1 ç
x
1
x
1
÷
ç
è
ø
æ

ö
÷
ç
÷
ç
÷
x
1
27
29
+
2
x
ç
÷
ç
÷
= limç
+
2 ÷
x ®1 ç
÷
3
3
(
x
1
).(
x
+

8
+
3)
ç
(x - 1).(9 + 3 29 - 2x + 29 - 2x )÷
÷
ç
÷
ç
è
ø
æ
ö
÷
ç
÷
ç
÷
1
2
13
ç
÷
ç
÷
= limç
+
=
÷
2

x ®1 ç
54
x + 8 + 3 9 + 33 29 - 2x + 3 29 - 2x ÷
ç
÷
÷
ç
÷
ç
è
ø
lim

(

(

)

)

Câu 28: (THPT Lam Sơn – Thanh Hóa – Lần 1 – 2018) Cho là đa thức thỏa mãn
3

. Tính
T=

A.
Hướng dẫn giải

lim
x →2

6 f ( x) + 5 − 5
x2 + x − 6

12
.
25

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

lim
x →2

f ( x ) − 20
= 10
x−2

.

B.

T=

4
.
25

C.

T=

4
.
25

D.

T=

6
.
25

16


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

P = P ( x) = 3 6 f ( x) + 5 ⇒ P − 5 =

lim

Vì x →2
Khi đó
3

lim

f ( x ) − 20
= 10
f ( x ) − 20 = 0 ⇒ f ( x ) = 20 ⇒ P = 5
x−2
nên

6 f ( x) + 5 − 5

x →2

Suy ra

6  f ( x ) − 20 
P3 − 53
= 2
2
P + 5 P + 25 P + 5 P + 25

6  f ( x ) − 20 

 f ( x ) − 20


6


=
lim
.
x →2 x − 2
x2 + x − 6
(
) ( x − 3) ( P 2 + 5P + 25) x→2  x − 2 ( x − 3) ( P 2 + 5P + 25 ) 
f ( x ) − 20
6
6
4
T = lim
.lim
= 10.
=
2
x→2
x
→
2
x−2
5.75 25
( x − 3) ( P + 5P + 25 )
= lim

Câu 29: (THTT - Lần 2 – 2018) Xác định giá trị thực


x 2016 + x − 2
,x ≠1

f ( x ) =  2018 x + 1 − x + 2018
k
, x =1


k =1
A.
Lời giải
Đáp án A

B.

f ( x)
Để

liên tục tại

lim f ( x ) = lim
x →1

x →1

x =1

để hàm số

liên tục tại

k = 2 2019

x = 1.
k=

C.

2017. 2018
2

k=

D.

20016
2019
2017

lim f ( x ) = f ( 1)
x →1

thì

x 2016 + x − 1
= lim
2018 x + 1 − x + 2018 x →1

Ta có:

Vậy

k

2016 x + 1
1009
1
−
2018 x + 1 2 x + 2018

= 2 2019

k = 2 2019.

Chương 5. Đạo hàm
3
2
Câu 30: Một chất điểm chuyển động theo phương trình S = - t + 9t + t + 10 trong đó t tính bằng
(s) và S tính bằng (m). Thời gian vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất là:

A. t = 6s.
Lời giải
Chọn D

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

B. t = 5s.

C. t = 2s.

D. t = 3s.

17


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
♦ Tự luận: Theo tính chất vật lí ta có đạo hàm của quãng đường là vận tốc vận tốc của chất
2
điểm là v = S ' = - 3t + 18t + 1

2

Ta có:

- 3t2 + 18t + 1 = - 3( t - 3) + 28 £ 28, " t Û v £ 28, " t

Vận tốc chất điểm đạt giá trị lớn nhất bằng 28 tại t = 3s.
♦Trắc nghiệm:
Câu 31: (ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỊNH KỲ)

( C) .

y = x 4 − 4x 2 + 3
Cho hàm số

có đồ thị

Có bao nhiêu điểm trên trục tung từ đó có thể vẽ

( C) .

được 3 tiếp tuyến đến đồ thị
A. 3
Lời giải
Đáp án C

B. 2

C. 1

M ( 0;a) ∈ Oy.

Ta có điểm

Tiếp tuyến

Điều kiện tiếp xúc

∆

y = kx + a

qua M có dạng

4
2
x − 4x + 3 = kx + a
 3
4x − 8x = k

(

D. 0

có 3 nghiệm phân biệt

)

x4 − 4x2 + 3 = 4x3 − 8x x + a
Suy ra

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
Oxy
Câu 32: [THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Trong mặt phẳng

cho đường thẳng d có

x+ y−2=0

phương trình

. Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép đồng dạng
k=

I ( −1; −1)
có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm
−45°
góc
y=0
y = −x
y=x
A.
B.
C.
Hướng dẫn giải
Đáp án D

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

tỉ số

1
2

D.

và phép quay tâm O

x=0

18

Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
1

uuuu
r 1 uuur
 x ' = − 2
IM ' = IM ⇔ 
2
V 1 
y' = 1
I, ÷
M
0;
2
∈
d
M
'
x
';
y
'
(
)
(
)

2

Ta có  2  biến
thành
thì
 1 1
V 1 
M ' − ; ÷
I
,

÷
 2 2  , có cùng vtpt ( 1;1) và có
 2  biến đường thẳng d thành đường thẳng đi qua
1 
1

 x + ÷+  y − ÷ = 0 ⇔ x + y = 0
2 
2
phương trình là 
N ( x; y )
Phép quay tâm O góc quay −45° biến điểm
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

( *)

2
( x '− y ')
2
2
( x '+ y ')
2

( *)

x ' = 0 ⇒ ( d ') : x = 0
vào x + y = 0 ta được

Chương 6. Quan hệ vuông góc
Câu 33: (THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 1 NĂM 2018) Xét tứ diện

OA, OB, OC

đôi một vuông góc. Gọi

với mặt phẳng

( ABC )

α , β ,γ

OABC

lần lượt là góc giữa các đường thẳng

OA, OB, OC

(hình vẽ). Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M = ( 3 + cot 2 α ) . ( 3 + cot 2 β ) . ( 3 + cot 2 γ )

A. 48.

B. Số khác.

là:
C. 125.

D. 48 3 .

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:
uuuur uuur
bc
sin α = cos n ABC ; uOA =
2
2
2
( bc ) + ( ca ) + ( ab ) .

(

)

Viết kết quả tương tự ⇒

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

sin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ = 1

có

.

19


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
Cách 2: Từ đẳng thức:
1
1
1
1
OH 2 OH 2 OH 2
=
+
+
⇔
+
+
= 1 ⇔ sin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ = 1

2
2
2
2
2
2
2
.
OH
OA OB OC
OA
OB
OC
1
1 
1

1
M =  2 + ÷.  2 + ÷.  2 + ÷
≥ 27
với
.
⇒ Dạng
⇒
X
Y
Z

XYZ
X +Y + Z =1

1
1 
1
1 1 1
 1
M = 8 + 4  + + ÷+ 2 
+
+
+
÷
Biến đổi
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

A và B.
là hình thang vuông tại
AB = BC = a, AD = 2a. SA
M, N
SA = a.
vuông góc với mặt phẳng đáy,
Gọi
lần lượt là trung

Câu 34: (THPT Việt Trì) Cho hình chóp

điểm của
1
5
A.
Lời giải
Chọn C

SB và CD.

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

S.ABCD

có đáy

ABCD

MN và ( SAC ) .
Tính cosin góc giữa

B.

3 5
10

C.

55
10

2
5
D.

20


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
Ta dễ chứng minh được tam giác

ACD

vuông tại C, từ đó chứng minh được CN vuông góc với

( SAC )

( SAC )

mặt phẳng

hay C là hình chiếu vuông góc của N trên

( SAC )
phẳng

MN

tại J xác định như hình vẽ. Suy ra góc giữa

. Đường thẳng MN cắt mặt

( SAC )
và

là góc

· C
NJ

.

IN là đương trung bình trong tam giác ACD suy ra IN=a, IH là đường trung bình trong tam giác
IH =

ABC suy ra
IJ =

1
a

BC =
2
2

. Dựa vào định lí Talet trong tam giác MHN ta được

2
2 1
1
a
MH = . SA = SA =
3
3 2
3
3

CN =

Ta dễ tính được

NJ C

Tam giác

. Dựa vào tam giác

J IC

22
6

JC =

vuông tại I tính được

.

a 2
a 10
JN =
2
3
,
.
· C = J C = 55
cosNJ
JN
10

vuông tại C nên

.

Câu 35: [THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Cho hình hộp chữ nhật

ABCD. A ' B ' C ' D '

( A′C ′D )
là
42,5°

A.

.

α.

( AB′D′)

AB = 2, AD = 3, AA′ = 4.

có các cạnh

Góc giữa mặt phẳng

Tính giá trị gần đúng của góc
38,1°
B.
.

và

α?
53, 4°
C.

61,6°
.

D.

Lời giải
Chọn D

( AB′D′)

( A′C ′D )

Cách 1: Hai mặt phẳng
và
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

D′E =

lần lượt có
SDEF =

Theo hê rông ta có:
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

61
.
4

D′B′

13
D′A 5
B′A
=
, D′F =
= ;EF=
= 5
2
2
2
2
2
D′F =

Suy ra

2S DEF
305
=
EF
10

21


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

Trong tam giác

D ' A'H

có

(·A ' H , D ' H ) = 180° − 118, 4° = 61,6°

· 'HD ' ≈ 118, 4°
A
Do đó

HA '2 + HD '2 − A ' D '2
29
·
cos A ' HD ' =
=−
2 HA '.HD '
61

hay

ABCD. A ' B ' C ' D '

Cách 2: Gắn hình hộp chữ nhật
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 )

ur
n1
Gọi

uu

r
n2

Gọi
Gọi

là véc tơ pháp tuyến của

Có

( A′C ′D ) .
là véc tơ pháp tuyến của

α

n1 =  AB; AD  = ( −12; −8;6 )

( AB′D′ ) .

( AB′D′)

là góc giữa hai mặt phẳng
n1 n2

cosα =

n1 n2

=

Có

n2 =  A′C ′; A′D  = ( −12;8;6 )

( A′C ′D )

và

29
.
61

61, 6°
Vậy giá trị gần đúng của góc α là

.

Câu 36: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và cạnh bên SA vuông góc với

đáy. Biết
A. 60° .

SA =

a 6
2 . Tính số đo góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và mặt phẳng đáy ( ABCD ) .
B. 30° .
C. 45° .
D. 90° .

Lời giải
Chọn A

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

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

(do

SO ⊂ ( SAC )

)

22


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
( SBD ) ∩ ( ABCD ) = BD

 SO ⊂ ( SBD ) , SO ⊥ BD

·
AC ⊂ ( ABCD ) , AC ⊥ BD ⇒ ( ( SBD ) , ( ABCD ) ) = ( SO, AC ) = SOA
Ta lại có: 

.

a 6
SA
tan SOA =
= 2 = 3
AO a 2
·
2
Tam giác SAO vuông tại A nên
. SOA = 60° . Chọn

A.

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).
15
9
3
15
a
a
a
a
22
11
4

11
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải
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
d1 , d 2
(MEG). Gọi

lần lượt là khoảng cách từ C, A đến mặt phẳng (MEG). Do AC cắt (MEG)
d1 HC
=
d 2 HA

tại điểm H (như hình vẽ) nên
1
1
1
1
=
+
+

2
2
2
d1 CM CE CG 2

Ta có

Suy ra

. Do tứ diện CMEG là tứ diện vuông tại C nên

GC ' C ' N 1
=
=
GC
CE 3
3
9a
GC = CC ' =
2
2
1
1
4
4
= 2+ 2+
2
d1 a
9a 81a 2

Như vậy:
Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

23


Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao từ các đề thi thử 2018
81a 2
9
d =
⇒ d1 =
12
11
2
1

Từ đó

. Ta có

QD ED 1
a
=
= ⇒ QD =
MC EC 3
3

Câu 38: [TRƯỜNG THPT ĐỒNG HẬU-VĨNH PHÚC. LẦN 1] Cho hình chóp

S . ABCD

có đáy là
ABCD
AB = a
SO = a
hình vuông
tâm O có cạnh
đường cao SO vuông góc với mặt đáy và
.
SC
AB
Khoảng cách giữa
và
là:
2a 5
7

A.
.
Hướng dẫn giải
Đáp án D

B.

a 5
7

AB / / ( SCD ) Þ
Vì

khoảng cách

.

d

C.

.

D.

AB

AB

2a 5
5

( SCD )

bằng khoảng cách giữa
và
AB ^ ( SMN )
M,N
AB, CD
Gọi
lần lượt là trung điểm của
khi đó
D

SMN
Þ
MH
SC
MH
AB
Kẻ đường cao
của
là khoảng cách giữa
và
SN = SO 2 + ON 2 = a 2 +

giữa

a 5
5

2

a
a 5
=
4
2

Þ d = MH =

Ta có:

SO.MN

a.a
2a 5
=
=
SN
5
a 5
2

Câu 39: (THPT Chuyên Đại Học Vinh - Nghệ An - 2018) Cho hình chóp

a, SA
giác đều cạnh
vuông góc với mặt phẳng đáy và
SA và BC.
đường thẳng
a 3
A.
Lời giải
Đáp án D

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

B.

a

C.

SA = a.

a 3
4

S.ABC

có đáy

.

ABC

là tam

Tính khoảng cách giữa hai

D.

a 3
2

24


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

d ( SA; BM ) = AM =

•

a 3
.
2

Câu 40: [THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Cho lăng trụ

giác đều cạnh

a

ABC. A ' B ' C '

có đáy là tam

( ABC )
. Hình chiếu vuông góc của điểm A’ lên mặt phẳng

trùng với trọng tâm

a3 3
4

tam giác ABC. Biết thể tích của khối lăng trụ là
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
BC
AA '
và
.
4a
2a

3a
3a
3
3
4
2
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải
Đáp án D

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 
 ⇒ BC ⊥ ( AA ' G ) ⇒ BC ⊥ AA '
BC
⊥
A
'
G

Theo giả thiết ta có
, nên tứ giác BB’C’C là hình
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

Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương

25