Đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2018 sở Bắc ninh có đáp án chi tiết | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.07 MB, 20 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Câu 22: [1D2-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Trong không gian cho 2n điểm phân biệt



n 3; n  



,
trong đó khơng có 3 điểm nào thẳng hàng và trong 2n điểm đó có đúng n điểm cùng nằm trên
mặt phẳng. Biết rằng có đúng 505 mặt phẳng phân biệt được tạo thành từ 2n điểm đã cho. Tìm

n ?

A. n  .9 B. n  .7
C. Không có n thỏa mãn. D. n  .8

Lời giải.

Chọn D

Cứ 3 điểm không thẳng hàng tạo thành một mặt phẳng. Theo giả thiết có n điểm cùng nằm 
trên mặt phẳng, n điểm này chỉ tạo ra 1 mặt phẳng. Do đó số mặt phẳng được tạo thành từ 2n

điểm là: C23n  Cn31.

Ta có phương trình: C23n Cn3 1 505













2 ! !

504 0
3! 2 3 ! 3! 3 !

n n

   

 



 





 



2 2n n 1 2n 2 n n 1 n 2 3024 0

       

3 2

7n 9n 2n 3024 0

    

8
n
  .

Câu 31: [2D1-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  



10;10



để

hàm số





3 3 2 3 2 2

ymx  mx  m x  m

có 5 điểm cực trị?

A. 9. B. 7. C. 10. D. 11.

Lời giải
Chọn C

Hàm số





3 3 2 3 2 2

ymx  mx  m x  m

có 5 điểm cực trị

 đồ thị hàm số y mx 3 3mx2



3m 2



x 2 m cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt

 phương trình mx3 3mx2



3m 2



x 2 m0 (1) có 3 nghiệm phân biệt.

Ta có









(1) x1 mx  2mx m  2 0

 

2
1

2 2 0(2)

x

f x mx mx m




      

 .

Yêu cầu bài tốn  phương trình

 

2 có hai nghiệm phân biệt khác 1





 

2
0

2 0

1 2 0

m

m m m

f






     

  


 m .0

Vì m nguyên và m  



10;10



, nên m 



1, 2,3,...,10



. Vậy có 10 giá trị của m thỏa mãn yêu 
cầu bài toán.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Bài 1: [2D1-4] Cho hàm số f x

 

x3ax2bx c với a b c  , , thỏa mãn

8 4 2 0

a b c

    




   

 . Số điểm cực trị của hàm số y f x

 

bằng

A. 3 B. 2 C.1 D. 5

Lời giải
Chọn D

+) Hàm số yf x

 

(là hàm số bậc ba) liên tục trên .

+) Ta có f



2



 8 4a 2b c  ; 0 f

 

2  8 4a2b c 0

vàxlim   f x

 

 ; limx  f x

 

 nên phương trình f x 

 

0 có đúng 3 nghiệm thực phân

biệt. Do đó, đồ thị hàm số yf x

 

cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên hàm số y f x

 

có đúng 5điểm cực trị.

Bài 2: [2D1-4] Cho hàm số f x

 

ax3bx2cx d với a b c d, , , ;a0 và
2018

2018 0
d

a b c d





    

 . Số điểm cực trị của hàm số g x

 

 f x

 

 2018 là

A. 3 . B. 2. C.1. D. 5.

Lời giải

Chọn D

Hàm số g x

 

f x

 

 2018 (là hàm số bậc ba) liên tục trên .

Ta có g

 

0  d 2018 0 ; g

 

1    a b c d 2018 0 .

Vìxlim  g x

 

  và xlim g x

 

 nên $ <x1 0 : f x

( )

1 <0

và $ >x2 1: f x

( )

2 >0

nên phương trình g x 

 

0 có đúng 3 nghiệm phân biệt trên .

Khi đó đồ thị hàm số g x

 

f x

 

 2018 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên hàm số

 

2018
y f x 

có đúng 5 điểm cực trị.

Bài 3: [2D1-3] Cho hàm số bậc ba yf x

 

có đồ thị như hình bên.

x
y

O

3


</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

A. m1 hoặc m3. B. m1 hoặc m3.
C. m3 hoặc m1 . D. 1m3.

Lời giải

Chọn A

- Đồ thị hàm số yf x

 

m có được khi ta tịnh tiến ( lên trên hoặc xuống dưới) đồ thị hàm

số yf x

 

theo phương trục tung m đơn vị.

- Đồ thị hàm số y f x

 

m gồm hai phần.

Phần 1: Là phần đồ thị nằm phía trên trục hồnh của hàm số yf x

 

m.

Phần 2: Lấy đối xứng phần đồ thị nằm phía dưới trục hồnh của hàm số yf x

 

m qua trục
hoành.

Nhận xét:

- Ứng với mỗi điểm cực trị của đồ thị hàm số yf x

 

m sẽ cho ta một điểm cực trị của đồ

thị hàm số y f x

 

m (các điểm cực trị tương ứng đó của hai đồ thị sẽ trùng nhau hoặc đối

xứng nhau qua trục hoành).

- Mỗi giao điểm của đồ thị của hàm số yf x

 

m với trục hoành sẽ tạo thành một điểm cực

trị của hàm số y f x

 

m .

Do đồ thị hàm số yf x

 

mđã có hai điểm cực trị nên để đồ thị hàm số y f x

 

m có
ba điểm cực trị, xảy ra hai trường hợp sau:

TH1: Đồ thị hàm số yf x

 

m có đúng một điểm chung với trục hồnh  yCD.yCT 0



m 1 .

 

m 3



   

1
3
m
m

 

  

 .

TH2: Đồ thị hàm số yf x

 

m có một điểm cực trị thuộc trục hồnh  yCD.yCT 0



m 1 .

 

m 3



   

1
3
m
m



  

 .

Kết hợp cả hai trường hợp ta có m  hoặc 3 m  là giá trị cần tìm.1

Bài 4: [2D1-3] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm

  

 



4 5 3

1 2 3

f x  x x x

. Số điểm cực trị

của hàm số f x

 

là:

A. 5 . B. 3. C. 1. D. 2.

Lời giải

Chọn B

Ta có f x

 

0



 



4 5 3

1 2 3 0

x x x

    

1
2

3
x
x
x





 


 

 .

Do f x

 

chỉ đổi dấu khi x đi qua x  và 3 x  nên hàm số 2 f x

 

có 2điểm cực trị
3

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Do f x

 

f x

 

nếu x  và 0 f x

 

là hàm số chẵn nên hàm số f x

 

có 3 điểm cực trị
2

x  , x  , 2 x  .0

Bài 5: [2D1-3] Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm

  

 







4 2

1 2 4

f x  x x x 

. Số điểm cực

trị của hàm số yf x

 

là:

A. 3 . B. 2. C. 4. D. 5.

Lời giải
Chọn D

Ta có f x

 

0



 







4 2

1 2 4 0

x x x

    

1
2
x
x



  

 .

Do f x

 

đổi dấu khi x đi qua 3 điểm x  và 1 x  nên hàm số 2 f x

 

có 3 điểm cực trị
nhưng có 2 điểm cực trị dương x  và 1 x  .2

Do f x

 

f x

 

nếu x  và 0 f x

 

là hàm số chẵn nên hàm số f x

 

có 5 điểm cực trị đó
là x  , 1 x  và 2 x  .0

Bài 6: [2D1-3] Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm

 









4 2

2 4

f x x x x 

. Số điểm cực trị

của hàm số yf x

 

là:

A. 3 . B. 2. C. 0 . D. 1.

Lời giải
Chọn D

Ta có f x

 

0









4 2

2 4 0

x x x

   

0
2
x
x



  

 .

Do f x

 

chỉ đổi dấu khi x đi qua điểm x  nên hàm số 0 f x

 

có 1 điểm cực trị x  .0

Do f x

 

f x

 

nếu x  và 0 f x

 

là hàm số chẵn nên hàm số f x

 

có 1 điểm cực trị
0

x  .

Bài 7: [2D1-4] Cho hàm số

( )

(

)

(

)

(

)

2018 1 4 2 2018 22018 2 3 2 2018 2018

= + + - - - + +

f x m x m m x m

với m là tham số. Số cực trị của hàm số y f x

 

 2017 là:

A. 3. B. 5. C. 6. D. 7.

Lời giải:

Chọn D.

Cách 1:

Xét hàm số

 













2018 4 2018 2018 2 2 2018

2017 1 2 2 3 1

g x f x   m  x   m  m  x  m 

Đặt





2 0

tx t

ta có

 







 



2018 1 2 2 2018 22018 2 3 2018 1

h t  m  t   m  m  t m 

Nhận thấy phương trình h t 

 

0 có



22018 2 1 4

 

2018 22018 2 5



0
0; 0

m m m

S P

     





 



 nên ln có

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Từ đó suy ra hàm số yg x

 

 f x

 

 2017 có 7 điểm cực trị.

Cách 2:

Xét hàm số

 













2018 4 2018 2018 2 2 2018

2017 1 2 2 3 1

g x f x   m  x   m  m  x  m 

Nhận xét rằng, vì

2018

2018 2018 2
1 0

2 2 3 0

ìï = + >
ïí

ï =- - - <

ïỵ

a m

b m m , với mọi m nên hàm số g x

 

có 3 điểm cực
trị.

Ta có g x

 

4ax32bx.
Suy ra

 





 



 



2018 2018 2 2

2 2

2018

0 0 0,

2 2

0 2 2 3

2 4 4

2 1

x g a m

a b a b

g x m m b b

x g x a m

a a a

m

    




       

       

 



(vì 2a b 4m201822018m2 5 0 và 2a b 22018m21 0 )

Từ đó suy ra hàm số y f x

 

 2017 có 7 điểm cực trị.

Bài 8: [2D1-3] Cho hàm số

 

4 2

yf x ax bx  biết c a  , 0 c 2018

và a b c  2018.

Số cực trị của hàm số y f x

 

 2018 là

A. 7 . B. 5 . C. 3 . D. 1.

Lời giải
Chọn A

Ta có a  , 0 c 2018 nên a c 2018  b2018 a c  nên hàm số 0 f x 

 

2018 có 3 
cực trị.

Vì f

 

0  2018 c 2018 0 và f



 1



2018   a b c 2018 0 và

 

lim 2018

x  f x    nên phương trình f x 

 

2018 0 có đúng 4 nghiệm. Do đó, đồ thị

hàm số y f x

 

 2018 có 7 cực trị.

Câu 32: [1D1-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của

hàm số

sin cos 1
2 sin 2

 




x x

y

x . Khi đóM  3m bằng?

A. M  3m 1 2 2. B. M  3m1.

C. M  3m1. D. M  3m2.

Lời giải

Chọn C

Đặt tsinxcosx 2 sin 4

 

 

 

 



t x    2; 2

 

t

Ta có: sin 2x2sin cosx x t  2 1 2
1



 


t
y

t 2

1
1

 


t
y

t .

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

x    2 1 2 


y  0 

y

1 2

 1 2

3


Từ bảng biến thiên ta có:

1 2

3


 

M m

. Do vậy M  3m1.

Câu 33. [2D1-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Tìm tập hợp các giá trị của số thực m để phương trình sau
có nghiệm

3m m

e e 



 



2 2

2 x 1 x 1x 1 x

A. 
1
0; ln 2

 

 

  . B.

1
ln 2;
2

 




  . C.

1
0;

e
 
 

  . D.

1
; ln 2

 

 

 

 

Lời giải.
Chọn D

Điều kiện xác định của phương trình: 1   .x 1

Đặt t x 1 x2  x 1 x2 
2 1

2
t 

Ta có phương trình: e3mem 

2 1

2 1

2
t

t   

  

 

m m

e e

 t3t

 

1 .

Xét hàm số f u( ) u3u, có f u'( )  3u  2 1 0 u nên hàm số này đồng biến trên .

Khi đó phương trình

 

1 suy ra em t  x 1 x2 em

 

2 .

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi

 

2 có nghiệm.

Nhận thấy e m 0 và trên đoạn



1;1



thì   1 x 1 x2  2.

Vì vậy

 

2 có nghiệm  e m 2 
1

ln 2
2

m 

Câu 34: [2H1-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Cho hình chóp đều .S ABC có SA  . Gọi 1 D E, lần lượt
là trung điểm của hai cạnh SA SC, . Tính thể tích của khối chóp .S ABC , biết đường thẳng BD
vng góc với AE.

A. .

2
12
S ABC

V 

. B. .

21
54
S ABC

V 

. C. .

12
4
S ABC

V 

. D. .

21
18
S ABC

V 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Do chóp .S ABC đều nên SG



ABC



với G là trọng tâm tam giác ABC .

Cách 1:

+ Đặt AB x  , 0 BSC CSA ASB     .

+ Gọi F là trung điểm của SE  DF AE và

1
2

DF  AE

, mà BDAE BDDF.
+ Dùng đl Cosin trong tam giác SDB SBF, ta tính được:

2 2 2 2 2 . cos 5 cos

AE BD SD SB  SB SD    

2 2 2 2 . cos 17 1cos

16 2

BF SB SF  SB SF    

+ Do

2 2 2 2 1 2 5 2

4 4

BF BD DF BD  AE  BD cos 2



 

Mặt khác:

2 2 2 2 2 . cos 2 2 cos 2

x AB SB SA  SB SA     

2 2 7

3
3

6
ABC

SG SA AG

S


  




 





 .

Vậy .

1 21

. .

3 54

S ABC ABC

V  SG S 

Cách 2:

+ Chọn hệ trục tọa Oxynhư hình vẽ.

Đặt

3 4

2 0 3, , 1

3 3

x x

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Khi đó













3 4

0; 3;0 , ;0;0 , ;0;0 , 0; ; 1

3 3

x x

A x B x C x S  

 

  .

Do D E, lần lượt là trung điểm của SA SC, nên

2 2

2 3 1 4 3 1 4

0; ; 1 ; ; ; 1

3 2 3 2 6 2 3

x x x x x

D   E  

   

    .

Có:

2 2

2 3 1 4 5 3 1 4

; ; 1 ; ; ; 1

3 2 3 2 6 2 3

x x x x x

BD  x   AE   

   

   

 

Vì BDAE               BD AE. 0  
2 1

x 

7
3

3
6
ABC
SG

S





 






 .

Do vậy .

1 21

. .

3 54

S ABC ABC

V  SG S 

Câu 35: [2D3-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Biết
2

3 3

2 8 11

1 1 1

2 d a

x x c

x x x b

 

   

 

 



, với a b c, ,

nguyên dương,

a

b tối giản và c a . Tính S a b c   .

A. S  .51 B. S 67. C. S 39. D. S 75.

Lời giải

Chọn B

Ta có
2

3 3

2 8 11

1 1 1

2 d

I x x

x x x

 

     

 

 



2
3

2 3

1 2

1 d

x x

 

    

 



</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Đặt
3
2
1
t x
x

  3 dt t2 1 23 dx

x

 

   

  nên 
37

4
3

0
3 d

I 



t t 21314
32


.
Suy ra S 67.

Câu 36: [2D3-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình trịn

 

: 2 2 8

 

C x y

và parabol

 

2
:

2
x
P y

chia hình trịn thành hai phần. Gọi S là diện tích phần1

nhỏ, S là diện tích phần lớn. Tính tỉ số 2
1
2
S
S ?
A. 
1
2
3 2
9 2



S
S


 . B.

1
2
3 2
9 2



S
S


 . C.

1
2
3 2
9 2



S
S


 . D.

1
2

3 1
9 1



S
S

 .
Lời giải
Chọn A

Từ đồ thị trên ta có:

2 2 2 2 2 2 2 2

1 0 0 0 0

2 8 d 2 8 d d 2 8 d

2 3

x

S    x   x  x x x x  x x

 



Xét

2 2

0 8 d

I 



 x x

. Đặt x2 2 nsi t dx2 2 cos dt t.
Đổi cận:

x 0 2

t 0

4


Do vậy ta có:

2 2

4 4

0 8 8sin .2 2 cos d 8 0 1 sin cos d

I t t t t t t

 





 





 04 04









cos 4 1 cos 2 sin2 2

8 d t d 4

I t t t t t

  









    
 1
4
2
3
 
S 
.

Mặt khác:





1 2  2 2 8 

S S   2

4
6
3
 
S 
.

Do vậy ta có:
1

2 3 2

4 9 2

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Cách 2: Vì Parabol

 

P cắt đường tròn

 

C tại điểm chính giữa của cung thuộc góc phần tư

thứ nhất có tọa độ là A



2;2



. Xét đường thẳng d y x:  thì

2 2 2 3

0 0

4 6 4

2 2 d 2 2 2

2 2 6 3 3

x x x

S    x  x          

   



2 1

4 18 4

8 6

3 3

S   S     
.

Khi đó
1

3 2

9 2

S
S







 .

Câu 38: [2D3-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Cho hàm số f x

 

liên tục và có đạo hàm tại mọi





x   đồng thời thỏa mãn điều kiện:

 



sin

 



cos
f x x x f x   x

và

 

sin d 4
f x x x








. Khi đó, f 

 

nằm trong khoảng
nào?

A.



6;7



. B.



5;6



. C.



12;13



. D.



11;12



Lời giải
Chọn B

Từ giả thiết: f x

 

x



sinx f x 

 



cosx  f x

 

xsinxx f x

 

cosx

 

. .

 

f x x x f x 

   xsinx cosx  f x x x f x

 

.  .

 

( cos ) xx   xcosx
(*).

Vì x 



0; , ta chia



2 vế của (*) cho x2 ta được

 

2 2

. . ( cos ) x cos

f x x x f x x x x

x x

     

 

 

cos

f x x

x x

 

   

    

 

 

cos

f x x

c

x x

  

 

cos

f x x cx

  

Mặt khác lại có

 

sin 4

f x xdx







Xét

 





3 3

2 2

sin d cos sin sin d

f x x x x x c x x x

 

 







3 3

2 2

cosx d cosx c xsin dxx

 













2 2

2
2

cos

cos sin
2

x

c x x x






 

    

 

2c
 .

Mà

 

sin d 4
f x x x








2c 4

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Ta có: f 

 

 1 2 5, 28.

Tổng quát:

Gặp những bài toán mà giả thiết cho dạng a x f x

   

. b x f x

 

. 

 

g x

 

Ta sẽ nhân một lượng thích hợp để đưa

 

1 về dạng u x f x

   

. u x f x

 

. 

 

h x

 

Với

 

( )

a x
u x

u x b x




, kết hợp với giả thiết ta tìm được u x( )suy ra biểu thức nhân thêm là

 

u x

b x .

Khi có

 

2 ta sẽ tìm được f x

 

Bài tập áp dụng:

Bài 1. Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm và liên tục trên  thỏa mãn

 

2 2 . x

f x xf x x e

 

và f

 

0  . Tính 1 f

 

1 .

A. e . B.

e. C.

e . D.

e


.

Bài 2. Cho hàm số f x

 

có đạo hàm trên  thỏa mãn



x2

   

f x  x1



f x

 

ex và

 

0 1

f 

. Tính f

 

2 .

A.

 

e
2

f 

. B.

 

e
2

f 

. C.

 

2
e
2

f 

. D.

 

2
e
2

f 

Câu 39: [2D4-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Cho số phức z thỏa mãn 11z201810iz201710iz11 0 . 
Mệnh đề nào sau đây đúng?

A.

1 3
;
2 2
z  

  . B. z 



1; 2



. C. z 



0;1



. D. z 



2;3



.

Lời giải
Chọn A

Cách 1

Đặt z a bi a b 



, R



Ta có





2017 11z 10 11 10

z  i   iz

suy ra

2017 11 10
11z 10

iz
z

i



 do 2 vế không đồng thời bằng 0, lấy 
modun hai vế ta được:

2017 11 10
11z 10

iz

z

i













11 10

i a bi

a bi i

 



 









2 2

2
2

11 10 100

121 11 10

b a

a b

 



 

2 2

100 220 100
121 220 121

a b b

 



  .

Nếu z 1 thì 100a2220ab100b2121a2220ab121b2 hay 
2017

1 1

z   z  (loại).

Nếu z 1 thì 100a2220ab100b2 121a2220ab121b2 hay 
2017

1 1

z   z  (loại).

Nếu z 1 thì
2017

z  .

Vậy đáp án A đúng.
Cách 2 (trắc nghiệm)

Thử z  thấy thỏa mãn nên chọn đáp án A.1

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

0 1

0
x

f ’(x)

f(x)

-mk +

Bài 1: Cho số phức z thỏa mãn mz2018niz2017niz m  Mệnh đề nào sau đây đúng?0.

A.

1 3
;
2 2

z  

 . B. z 



1; 2



. C. z 



0;1



. D. z 



2;3



.

Ta vẫn được kết quả là z 1, đáp án A đúng.

Bài 2: Cho ,a b là các số thực dương, n là số nguyên dương. Tính z biết z thỏa mãn

. n n 0

a z  biz biz a
 .

HD: Cách giải hoàn toàn giống với bài trên. Kết quả z 1.

Câu 40: [2D3-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Tìm số nguyên m nhỏ nhất để bất phương trình





3 2

3 3

log x  x 1 2x 3x log x m 1

(ẩn x ) có ít nhất hai nghiệm

A. 
3

m  . B.m 2 C. m 1. D. m 1

Lời giải 
Chọn B

Điều kiện x  .0

Bất phương trình đã cho tương đương:

 

3 2

3
1

log 1 2 3 1

m x x x f x

x

 

       

  .

 





6 1

1 ln 3
x

f x x x

x x
x



   

 

 

 

 







3 2



1 6

ln 3
x

x x

x x x

  

 

  

 

 

  .

Do x  0  f x

 

 0 x .1
Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên  m và m  1  m . Đáp án2 B.

Câu 41. [2D2-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Cho dãy số u n

 

thỏa mãn









3 5 4

log 2u  63 2log un 8n8 ,   Đặt n . Sn u1u2...un. Tìm số nguyên dương

lớn nhất n thỏa mãn 
2

. 148

. 75

n n

u S

u S  .

A. 18. B. 17 . C. 16 . D. 19 .

Lời giải

Chọn A

Cách 1: Vì log 23



u5 63



2log4



un 8n8 ,



  n * nên log 23



u5 63



log2



u5 32



.

Đặt tlog 23



u5 63



log2



u5 32



2 63 3
32 2

t

t
u

u

  


 

 




1 2 1

3 2 1 0 2 1

3 3

t t

t t     

         

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Hàm số

 

2 1

3 3

t t

f t      

    luôn nghịch biến và liên tục nên phương trình một nghiệm duy 
nhất t  .2

Khi đó u 5 36, suy ra log2



un 8n8



2  un 8n 4.

Vậy









8 4 4 1 4

2
n

n n

S    n n n  n
.

Ta được
2

. 148

. 75

n n

n n
u S
u S 

















8 4 8 2 1 8 148

16 4 4 1 4

n n n n

    

 

    

Thử bằng máy tính cầm tay được kết quả n  là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn yêu cầu18
bài toán.

Cách 2:

Từ giả thiết ta có





 

4 4 1

log un  8n8 log u  un u18n 8.
Thay vào giả thiết ta được





3 1 2 1

log 2u 1 log u  t u 1 2t

 2.2t 1 3t 

2 1

2. 1

3 3

t t

   

 

   

    .

Giải phương trình ta được t  2 u  1 4 un 8n 4.

. 148

. 75

n n

n n
u S

u S  









8 4 16 148

16 4 8 75

n n





  150n 75 148 n 37  n 19
 n  .18

Nhận xét: Để xây dựng bài toán trên ta làm như sau:

+) Xây dựng công thức số hạng tổng quát của dãy dựa theo một phương trình cho trước. Bài

tốn trên ta đã sử dụng phương trình dạng loga f x

 

logbg x

 

và sử dụng phương pháp hàm
số để giải.

+) Dựa theo tính chất của dãy để tạo điều kiện ràng buộc đi đến ĐK của n . Bài tốn trên sử

dụng tính chất: nếu cấp số cộng

 

un thỏa mãn

2
m

n

S m

S n thì

2 1

2 1
m

n

u m

u n




 .

Câu 42. [1D2-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ
tậpA=

{

0;1; 2;3;...;9

}

. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập .S Tính xác suất để chọn được số tự
nhiên có tích các chữ số bằng 7875.

A. 
1

5000. B.

15000. C. 10

5 . D. 4

4
3.10 .

Lời giải
Chọn A

+ Số các số tự nhiên có 6 chữ số được tạo thành từ A là: 9.105 số

( )

5
9.10
n

Þ W =

.
+Ta có 7875=3 .5 .72 3

3.3.5.5.5.7
=

1.9.5.5.5.7

= .

Ta thấy số 7875 chỉ có 2 cách phân tích duy nhất như trên thành tích của 6 thừa số có 1 chữ
số.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Khi đó số các số tự nhiên có 6 chữ số dược lập từ bộ trên là
6!
2!.3! .

Trường hợp 2: Bộ số

{

1,9,5,5,5,7

}

Khi đó số các số tự nhiên có 6 chữ số dược lập từ bộ trên là
6!
3! .

Theo quy tắc cộng có

6! 6!
180
2!.3! 3!+ = .

Vậy xác suất thoả mãn bài toán là 5

180 1

9.10 =5000.

Câu 43: [2H1-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng
cạnh 2a. Tam giác SAB vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi  là

góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng



SBC



, với 45. Tìm giá trị lớn nhất của thể
tích khối chóp S ABCD. .

A. 4a .3 B.

3
8

3
a

. C.

3
4

3
a

. D.

3
2

3
a

Lời giải

C
K

D
A

Chọn C

+ Trên đường thẳng đi qua S và song song với BC lấy điểm K sao cho SK BC. Suy ra



SAB

 

// KDC



. Gọi H là hình chiếu của S trên AB  SH 



ABCD



. Dễ thấy





BC  SAB  BC



KDC



 BCKD

Lại có KDC ASB90  KDKC  KD



SBC



 Góc giữa đường thẳng SD và



SBC



là KSD.

2
.

1 1

. . . .4

3 3

S ABCD ABCD

V  SH S  SH a

Cách 1:

Gọi M là trung điểm của AB

AB

SM a

SH SM



 


 

 

  SH a. Đẳng thức xảy ra khi M H

hay tam giác SAB cân tại S.Khi đó, VS ABCD. đạt giá trị lớn nhất bằng 
3
4

3
a

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Cách 2:

2 2

. .

2 4

SA SB SA SB SA SB
SH

AB a a


  
2
4
AB
a
a
 
3
.
4
3
S ABCD
a
V
 
.

Đẳng thức xảy ra

2
2
a
SA SB
  
.

Câu 46: [2H3-4] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

1 1

2 1 1

x y z

d    

  và điểm A



1;1;1



. Hai điểm B, C di động trên đường thẳng d sao cho

mặt phẳng



OAB



vng góc với mặt phẳng



OAC



. Gọi điểm B là hình chiếu vng góc của
điểm B lên đường thẳng AC . Biết rằng quỹ tích các điểm B là đường trịn cố định, tính bán
kính r đường trịn này.

A. 
60

10
r 
. B. 
3 5
5
r 
. C. 
70
10
r 
. D. 
3 5
10
r 
.
Lời giải
Chọn D

Ta có u d



2; 1; 1 





là véc tơ chỉ phương của đường thẳng d.

Mà OA u . d 0
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
OA d
  .

Lại có H



0;1; 1



 và d OH u . d 0

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

nên H là hình chiếu của O lên đường thẳng d .

 OH OA . 0
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 OH OA OA



OBC



 OBOA OB



OAC



.
Do đó OABC là tam diện vuông tại O .

Cách 1:

Gọi K là trực tâm tam giác ABC , suy ra OK vng góc với AH(Tính chất tam diện vng).

Suy ra điểm Bthuộc đường trịn đường kính AK, đường trịn này vẽ trong mặt phẳng



A d,



Khi đó phương trình đường thẳng AH là
1
1
1 2

x t
y
z t
 




  

  K



1t;1;1 2 t



.

Mà OK AH . 0
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 1  t 2 4t  0
3

5
t 

2 1
;1;
5 5

K   
  

3 5
5
AK 

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Vậy

3 5

2 10

AK

r  

Cách 2:

Vì B'là hình chiếu của B lên AC nên AB vng góc với OB, suy ra B'thuộc mặt cầu

 

S
đường kính AO .

Phương trình mặt cầu

 

S :

2 2 2

1 1 1 3

2 2 2 4

x y z

     

     

     

      .

Mà B



A d,



:2x5y z  6 0 nên B'thuộc đường tròn

 

C , với

    

C S  A d,



Từ đó tính được

3 5
10
r 

Lời bình: Bài tốn trên được xây dựng từ ý tưởng của bài tốn quỹ tích của hình học khơng

gian dưới đây.

Bài tốn gốc: Cho hai đường thẳng d d, chéo nhau và vng góc với nhau. Giả sử A là điểm
cố định trên đường thẳng d. Với hai điểm B, C thay đổi trên dsao cho hai mặt phẳng



d B,



và



d C,



vng góc với nhau. Gọi B

là chân đường cao trong ABCkẻ từ B. Chứng
minh rằng điểm B thuộc đường tròn cố định.

Bài toán tương tự: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A   



1; 1; 1





1;0;0



I

và đường thẳng

1 1 1

x y z

d     

. Hai điểm B, C di động trên đường thẳng

d sao cho mặt phẳng



IAB



vng góc với mặt phẳng



IAC



. Gọi điểm B là hình chiếu
vng góc của điểm B lên đường thẳng AC . Biết rằng quỹ tích các điểm B là đường trịn cố
định, tính bán kính r đường trịn này.

A. 
6
2

r 

. B. r  6. C.

3 2
2

r 

. D.

3 2
4

r 

Câu 47: [2H3-3] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M thuộc
mặt cầu

  











2 2 2

: 3 3 2 9

S x  y  z 

và ba điểm A



1;0;0 ;



B



2;1;3 ;



C



0;2; 3



. Biết
rằng quỹ tích các điểm M thỏa mãn MA22              MB MC. 8 là đường trịn cố định, tính bán kính

r đường tròn này.

A. r  3. B. r 6 C. r  .3 D. r  6.

Lời giải
Chọn B

Cách 1:

Mặt cầu

 

S có tâm I



3;3; 2



, bán kính R  . Gọi 3 M x y z



, ,



, khi đóMA22              MB MC. 8



x 1



2 y2 z2 2x x



 

1 y

 

2 y



z2 9 8

             











 

2 2 2

1 1 9

x  y z  S

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Vậy M cũng thuộc mặt cầu có tâm I



1;1;0



, bán kính R  . Do đó3 Mthuộc đường tròn là

giao của hai mặt cầu

 

S và

 

S có bán kính

2 6

2
II
r R    

  (do R R  ).3

Cách 2:

Gọi N là trung điểm BC , khi đó ta có

2 . 8

MA          MB MC        





2 2 2 8

MA  MB MC  MB  MC 
 

2 4 2 2 2 8

MA MN MB MC

    

 MA22MB22MC2 BC2 MB2 MC2 8
 MA2MB2MC2 BC2 8

 MA2MB2MC2 BC2 8
 MA2MB2MC2 49.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Khi đóMA2MB2MC2 49





2 2 2 2

3MG MA MB MC 2            MG GA GB GC      49

 3MG2GA2GB2GC2 49
 3MG 2 27  MG 2 9. Vậy M cũng thuộc mặt cầu có tâm I' 1;1;0





, bán kính ' 3R  .
Đến đây thì làm tương tự cách 1.

Cách 3.

 

S

có tâm I



3;3; 2



bán kính R  .1 3

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, khi đó tọa độG



1;1;0





0; 1;0 ,





1;0;3 ,





1;1; 3



GA  GB GC  

  

2 2 . 8

MA          MB MC        





2 2

3MG GA 2             MG GA GB GC                   2GB GC. 8

 3MG  2 1 20 8  MG 3.

Do đó, M nằm trên mặt cầu

 

S1 tâm G bán kính R  có phương trình2 3



x1



2



y1



2z2 9

Vì IG2 3R1R2 nên hai mặt cầu cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn tâm H , bán
kính r, nằm trên mặt phẳng x y z   5 0 .

Từ đó suy ra



 



2 2 , 6

r R  d I P 
.

Nhận xét: Ta có thể mở rộng bài tốn như sau

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M thuộc mặt cầu

  

S : x 3



2



y 3



2



z 2



2  và ba điểm 9 A



1;0;0 ;



B



2;1;3 ;



C



0;2; 3



. Gọi k là số
thực thỏa mãn MA22              MB MC k.  , k  19. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của k .

HD: Với cách làm tương tự như trên ta được

19
3
k
MG 

. Khi đó, M nằm trên mặt cầu

 

S1

có tâm G bán kính 2

19
3

k

R  

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

1 2 1 2
R  R IG R R 

19 19

3 2 3 3

3 3

k k

   

 6 3 28 k 6 3 10 .

Câu 48. [2H3-4] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là vng cạnh a ,
2

SA a; SA vng góc với



ABCD



. Gọi M là trung điểm của SD . Tính khoảng cách giữa

hai đường thẳng SB và CM.

A.





2
;

a
d SB CM 

. B.



;



6
a
d SB CM 

. C.





2
;

3
a
d SB CM 

. D.



;



3
a
d SB CM 

Lời giải
Chọn C

Cách 1.

Gọi N là điểm thỏa mãn AS  DN , khi đó SB song song với CN , ta có









d SB CM d SB CMN d B ACN





d D ACN





 . Ta thấy hình chóph
.

D ACN là tam diện vng, do đó

2 2 2 2

1 1 1 1

h DA DC DN 2 2 2 2

1 1 1 9

4 4

a a a a

   

nên
2

3
a
h 

. Chọn C.

Cách 2.

Tọa độ hóa

Ta gắn trục Oxyz sao cho A trùng gốc O, tia Ox là AB , Oy là AD , Oz là AS, khi đó



0;0;0



A

, B a



;0;0



, C a a



; ;0



, S



0;0;a



0; ;
2
a
M a

  . Dùng cơng thức tính khoảng cách

ta tính được





2
,

3
a
d SB CM 

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Nhận xét

Với cách làm thứ nhất thì chúng ta có thể di chuyển điểm M trên cạnh SD thì ta dùng cơng
thức tỉ lệ khoảng cách quy về tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (NCF mà ) D NCF. là
tam diện vuông đỉnh D , với F là giao điểm của NM và AD .

Câu 49. [2D2-4] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018] Cho a b, là các số thực dương thỏa mãn b  và1

a b a  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức logab 2log b
a

P a

b
 

   

  bằng?

A. 6 . B. 7 . C. 5 . D. 4 .

Lời giải
Chọn C

Từ giả thiết suy ra logb alogbblogba  1 log ba2.

Ta có

log

4log
log

b

a a

P

a b

b

 





log

4 log 1

log 1

b

b
b

a

  

 .

Đặt tlogba  t



1;2



Khi đó 1 4





t

P t

t

  







4 1 1

1 t

t

   







2 .4 1 1 5

1 t

t

   

 .

Dấu " " xảy ra





4 1

1 t

t

  







4 t 1 1

  









2 1 1 1;2

t t

     

Một số bài tập tương tự:

Bài 1: [2D2-4] Xét các số thực a , b thỏa mãn a b  . Tìm giá trị nhỏ nhất 1 P của biểumin

thức





2 2

loga 3logb
b

a

P a

b
 

   

  .

A. P  .min 19 B. P  .min 13 C. P  .min 14 D. P  .min 15

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Chọn D.

Với điều kiện đề bài, ta có





2
2

loga 3log 2loga 3log 4 loga . 3log

b b

b b b

b

a a a a

P a a b

b b b b

 

       

             

          

4 1 loga 3log
b
b
a
b
b
 
      
 
 
  .
Đặt

loga 0

b
t b

(vì a b  ), ta có 1





 

2 3 2 3

4 1 4 8 4

P t t f t

t t t

       

Ta có

 









3 2

2 2 2

2 1 4 3

3 8 8 3

8 8 t t t 6

f t t

t t

t
t

t  

 

     



Vậy

 

1
0

2
f t   t

. Khảo sát hàm số, ta có min

1
15
2
f

P  
 


Bài 2: [2D2-4] Xét các số thực a , b thỏa mãn a b  . Biết rằng biểu thức1
1
log
log a
ab
a
P
a b
 

đạt giá trị lớn nhất khi b a k. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. k 



2;3



. B.

3
; 2
2

k 

 . C. k  



1;0



. D.

k 
 .
Lời giải

Chọn D.

Ta có

log log 1 log 1 log 1 log

log a a a a a

ab

a

P ab b b b

a b

        

Khi b a k  P  1 k 1 k . Đặt t 1 k. Với k  .1



2 1 9 9

2 4 4

Pt   t t   

 

9
Max
4
P 

. Đẳng thức xảy ra 
1
2
t 

3 3
0;
4 2

k    
  .

Bài 3: [2D2-4] Cho 0a 1 b, ab  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức1





4
log

1 log .log
a
a a
b
P ab
b ab
 

.

A. P 2. B. P 4. C. P 3. D. P 4.

Lời giải
Chọn D

Do 0a 1 b, ab  nên suy ra log1 ab  .0

Mặt khác ta có logbab  log0  ba 1 0

1 log
0
log

a
a
b
b

 

logab 1 0

   .

Ta có :





4
log

1 log .log
a
a a
b
P ab
b ab
 








1 1



1 log

1 log log log

a

a ab ab

b

b  a  b

  

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>





4
1 log

log
1

1 log

1 log 1 log
a

a
a

a a

b

b
b

b b

  

 

   

 

 

4
1 log

1 log
a

a
b

b

  

 .

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có :



1 log



4 4

1 log
a

a

P b

b

     

  .

Suy ra P 4.

Đẳng thức xẩy ra  1 logab 2  logab 3  a b3  .1

Câu 50: [2H2-4] [Sở Bắc Ninh Lần 2-2018]Cho tứ diện ABCD có AB BC CD  , AC 2 BD 1,
3

AD  . Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đã cho?

A. 1. B.

7
.

3 C.

39
.

6 D.

2 3
.
3

Lời giải 
Chọn B.

Ta có AD2BD2 AB2 và AC2AD2 CD2 nên các tam giác ABD, ACD vuông tại D A,

tương ứng. Gọi M I; lần lượt là trung điểm của AC CD; . Dựng hình chữ nhật ACED . Gọi N 
là trung điểm của DE. Ta thấy MN AD nên MN BD. Lại có MN DE nên suy ra





MN  BDE

, vậy thì BN MN (1).

Tam giác BAC cân nên BM AC, vậy nên AC



BMN



, suy ra BN AC (2).

Vậy từ (1), (2) suy ra BN 



ACED



Dễ thấy rằng BDE là tam giác cân, vì DE BD 1 nên BDE là tam giác đều. Gọi J là tâm

ngoại tiếp của BDE thì

3
3
BJ 

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

đường thẳng qua J và vng góc với



BDE



tại O thì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp .B ACED .

Chú ý rằng OINJ là hình chữ nhật nên JO NI

2 2

AD

 

Ta có OB 2 OJ2BJ2NI2BJ2

2 2

3 3

2 3

   

   

   

   

13
12


. Vậy bán kính là

13
12

R 

39
6


</div>

Đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2018 sở Bắc ninh có đáp án chi tiết | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện



















 





 































<sub> </sub>

 





 









 

 

 





 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

( )

( )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 



 

