Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án môn toán năm 2018 sở GD điện biên lần 2 | 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 (1.51 MB, 34 trang )

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

Câu 1: Cho a b c, , là cac số thực dương và a b , 1. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai ?

A.

log
log

log

a
b

a

c
c

b



. B. alogab b

C.

log

a

b



log

a

c



b c



. D.

log

a

b



log

a

c



b c



.

Câu 2: Hàm số nào sau đây khơng có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trên



2;2



A.

1
1
x
y

x



 . B. y x 2. C. yx1. D. yx32.
Câu 3: Cho hình lập phương có cạnh bằng a. Tính diện tích mặt cầu nội tiếp hình lập phương đó.

A.

2
1
3
S  a

. B.

4
3

a
S 

. C. S4a2. D. S a2.

Câu 4: Tìm tập nghiệm của bất phương trình

2

x25x6



1

.

A.



3; 2



. B.



1;6



. C.



6; 1



. D.



2;3



Câu 5: Cho hàm số yf x

 

có bảng biến thiên như sau:

Hàm số yf x

 

đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.



4;



. B.



1; 



. C.



0;1



. D.



  ; 3



Câu 6: Trong không gian Oxyz cho vecto OA2j3k

  

. Tìm tọa độ của điểm A.

A. A 



2;0;3



. B. A



0;2; 3



. C. A 



2;3;0



. D. A



0; 2;3



Câu 7: Cho số phức z 6 7i tìm số phức liên hợp của số phức z.

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

Câu 8: Cho hàm số

1
2
ax
y

bx



 . Tìm ;a b để đồ thị hàm số nhận đường thẳng x 1là tiệm cận đứng và

đường thẳng
1
2
y 

là tiệm cận ngang.

A. a1;b .2 B. a1;b .2 C. a2;b .2 D. a2;b .2

Câu 9: Tìm nguyên hàm của hàm số f x

 

cos x3 .

A. 
1

sin 3

3 x C . B.  sin 3x C . C. 3sin 3x C . D.

1
sin 3

3 x C




.

Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A



1; 2;3 ;



B



3; 4;5



. Phương trình nào
sau đây khơng phải là phương trình của đường thẳng AB.

A.

1 2
4 6
1 2

x t

y t

z t

 



 


  

 . B.

1 2
2 6
3 2

x t

y t

z t

 



 

  

 . C.

3
4 3
5

x t

y t

z t

 



 


  

 . D.

3
4 3
5

x t

y t

z t

 



 


  

 .

Câu 11: Khối 12 mặt đều là khối đa diện đều loại:

A.



3;5



. B.



2; 4



. C.



4;3



. D.



5;3



Câu 12: Cho hàm số yf x

 

liên tục trên



a b;



. Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi hàm số yf x

 

,

trục hoành và hai đường thẳng x a x b a b , 







. Diện tích của hình phẳng D được tính bởi 
cơng thức:

A.

 

b

a

S 



f x dx

. B.

 

b

a

S 



f x dx

. C.

 

b

a

S



f x dx

. D.

 

b

a

S 



f x dx
.
Câu 13. [2D1-2] Đường cong hình bên là đ th c a m t trong b n hàm s dở ồ ị ủ ộ ố ố ưới đây. Hàm s đóố

là hàm s nào?ố

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

Câu 14. [1D2-1] Có bao nhiêu s t nhiên g m 4 ch s khác nhau đố ự ồ ữ ố ượ ạc t o thành t các ch sừ ữ ố
1,2,3,4,5?

A. P 4. B.

4
5.

A C. P5. D. 4

5.
C

Câu 15. [2H3-2] Trong không gian v i h t a đớ ệ ọ ộ Oxyz cho hai m t ph ng, ặ ẳ
2

( ) : 6P  x my  2mz m 0 và ( ) : 2Q x y  2z 3 0 ( m là tham s ). Tìm ố m đ m tể ặ
ph ng ẳ ( )P vng góc v i m t ph ng ớ ặ ẳ ( ).Q

A.

5
.
12

m

B. m12. C.

12
.
7

m

D.

12
.

5

m

Câu 16. [1D3-1] M nh đ nào sau đây ệ ề sai?

A. 3

1
lim 0.

n B.

1
lim 0.

n

C.





lim 0  .

  

k k

n D. limqn 0



 q 1 .



Câu 17. [1H2-3] Cho hình chóp S ABCD. , G là đi m n m trong tam giác ể ằ SCD, E F, l n lầ ượt là
trung đi m c a ể ủ AB và AD. Thi t di n c a hình chóp khi c t b i m t ph ng ế ệ ủ ắ ở ặ ẳ (EFG là)

A. hình tam giác. B. hình ngũ giác. C. hình l c giác.ụ D. hình t giác.ứ

Câu 18. [2H1-3] Hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thang vuông t i ạ A và D;

2 ,

 

AB AD a CD a . G i ọ I là trung đi m c nh ể ạ AD, bi t hai m t ph ng ế ặ ẳ (SBI),(SCI)

cùng vng góc v i m t ph ng đáy và th tích kh i chóp ớ ặ ẳ ể ố S ABCD. b ng ằ

2 15
.
5

a

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

A. 60 . B. 36 . C. 45 . D. 30 .

Câu 19. [1D2-2] Đ i h i đ i bi u đoàn trạ ộ ạ ể ường THPT X có 70 đồn viên tham d , trong đó có 25ự
đồn viên n . Ch n ng u nhiên m t nhóm g m 10 đồn viên. Tính xác su t đ trongữ ọ ẫ ộ ồ ấ ể
nhóm ch n ra có 4 đồn viên là n .ọ ữ

A.

4 6
25 45

10
70

.
A A

A B.

4 6
25 45

10
70

.
A A

C C.

4 6
25 45

10
70

C C

C D.

4 6
25 45

10
70

.
C C

A

Câu 20. [2D1-3] T p h p t t c các giá tr c a tham s th c ậ ợ ấ ả ị ủ ố ự m đ hàm sể ố
2

( 1) ln(2 1)

    

y m x x x đ ng bi n trên kho ng ồ ế ả (1; là n a kho ng ) ử ả   a b;



v i ớ a b, là hai s th c dố ự ương. Khi đó

A. a b . B. a b . C. a b . D. a b .

Câu 21. [2D3-2] Bi t phế ương trình z2abz b 0 ( ,a b ) có nghi m ệ z2i. Tính 5a b .

A.1. B. 9. C. 1. D. 4.

Câu 22. [2D1-2] Bi t r ng năm 2001, dân s Vi t Nam là 78.685.800 ngế ằ ố ệ ười và t l tăng dân sỉ ệ ố
năm đó là 1,7%. Cho bi t s tăng dân s đế ự ố ượ ước c tính theo cơng th c ứ SA e (trong. Nr
đó A là dân s c a năm l y làm m c tính, ố ủ ấ ố S là s dân sau ố N năm, r là t l tăng dân sỉ ệ ố
h ng năm). N u dân s v n tăng v i t l nh v y thì đ n năm nào dân s nằ ế ố ẫ ớ ỉ ệ ư ậ ế ố ước ta m cở ứ
120 tri u.ệ

A. 2025. B. 2022. C. 2026. D. 2020.

Câu 23. [1H3-2] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng, đường chéo AC 2 ,a SA
vng góc v i m t ph ng đáy. Tính kho ng cách gi a hai đớ ặ ẳ ả ữ ường th ng ẳ SB và CD.

A. a 2. B. a 3. C.

.
3
a

D. 2.

a

Câu 24. [2D1-2] Tìm t t c các giá tr th c c a tham sấ ả ị ự ủ ố m đ hàm sể ố

3 2 2

( ) 2(2  1)  (  8) 2

f x x m x m x đ t c c ti u t i đi m ạ ự ể ạ ể x1.

A. m9. B. m1. C. m3. D. m2.

Câu 25. [1D2-3] Cho n là s nguyên dố ương th a mãn ỏ Cn2 Cn144. Tìm s h ng khơng ch a ố ạ ứ x

trong khai tri n ể 4
1

 



 

 

n

x x

x v i ớ x0.

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

Câu 26. [2D2-3] Bi t ế
3 2

2
2

3 2

ln 7 ln 3 ln 2 ,
1

 

   

 



xx xx dx a b c d

v i ớ a b c d, , , là các s nguyên. Tínhố
giá tr c a bi u th c ị ủ ể ứ T  a 2b23c34 .d 4

A. T 5. B. T 9. C. T 7. D. T 6.

Câu 30: [2H1-2] [SỞ ĐIỆN BIÊN- 2018] Cho SABvuông tại A, ABS 60

, đường phân giác

trong ABS cắt SA tại I . Vẽ nửa đường trịn tâm I bán kính IA ( như hình vẽ). Cho SABvà
nửa đường trịn trên cùng quay quanh SA tạo nên khối cầu và khối nón tương ứng có thể tích là

1; 2
V V

. Khẳng định nào sau đây đúng

A. V1 3V .2 B. 4V19V .2 C. 9V14V .2 D. 2V1 3V2
Lời giải

Chọn C

Ta có





3 3

4 4 4 3

. . tan 30 .

3 3 27 

   

V IA AB AB

2 2 3

1 1 3

. . . . tan 60 .

3 3 3 

   

V AB SA AB AB AB

Do đó
1

4
9


V
V

; hay 9V1 4V2.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 31: [2H1-2] Cho SABvuông tại A, ABS 60
.
M là trung điểm của SB

; H là hình chiếu của M lên ABQuay hình chữ nhật MHAN và

SAB quanh SA ta được một khối trụ và một khối nón có thể tích lần lượt là V V 1; 2
Khẳng
định nào sau đây đúng

A. 8V13V .2 B. 3V18V .2 C. 4 V1 V .2 D. 2V1 3V2
Lời giải

Chọn A

Ta có

2 2 3

1 1 3

. . . .tan 60

4 2 8



 

   

V AH AN AB AB AB

2 2 3

1 1 3

. . . . tan 60 .

3 3 3 

   

V AB SA AB AB AB

Do đó
1

3
8


V
V

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

Câu 32: [2H1-3] Một một chiếc chén hình trụ có chiều cao bằng đường kính quả bóng bàn.Người ta đặt

quả bóng lên chiếc chén thấy phần ở ngồi của quả bóng có chiều cao bằng
3

4 chiều cao của

nó. Gọi V V lần lượt là thể tích của quả bóng và chiếc chén, khi đó:1, 2

A.9V18V2 B.3V12V2 C.16V19V2 D.27V18V2
Lời giải

Chọn A

Gọi h là đường cao của hình trụ, r là bán kính của quả bóng, R là bán kính
của chén hình trụ.

2
 h r r OA OB  h

Theo giả thiết: 4 4

h h

IB  OI 

( vì phần bên ngồi
3
4
 h

)

Bán kính đáy của chén hình trụ là

2 2 3

h
R OA  OI 

Tỉ số thể tích là

3
3

1 2
2

2
2

4
4

3 2

3 9 8

9
3

4
h
r

V

V V

V R h h

h







 
 
 

    

 

 

 

Câu 35: [2D2-5.6-4][Sở Giáo Dục Điện Biên Lần 2 - 2018] Phương trình 2018sinx sinx 2 cos 2 x
có bao nhiêu nghiệm thực trong



4 ; 2018  .



A. Vô nghiệm. B. 2014. C. 2023. D. 2015.

Lời giải
Chọn D

sin 2

2018 x sin 2 cos

x x

    2018sinx sinx 1 sin 2x.

Đặt tsinx 



1;1



Phương trình trở thành 2018t  t 1t2





2018t t 1 t 1

     2018t



t2 1 t



1 0

Xét hàm

 





2018t 1 1

f t  t  t 

trên



1;1



.
Có

 









2 2

2018 .ln 2018. 1 2018 . 1 2018 . 1 ln 2018 0

1 1

t t t t

f t t t t t

t t

   

            

 

   

Vậy hàm số

 





2018t 1 1

f t  t  t 

đồng biến trên



1;1



Từ đó ta suy ra phương trình f t 

 

0 có duy nhất một nghiệm thuộc



1;1



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

Ta có x



4 ; 2018 



 4 k 2018  4 k 2018 mà k   có 2015 số k  
Phương trình có 2015 nghiệm.

CÁC BÀI TƯƠNG TỰ

Câu 36: [2D2-5.6-3] Phương trình 2018sin2x 2018cos2x cos 2x có bao nhiêu nghiệm thực trong



4 ;2018  .



A. 2001. B. 2014. C. 4027. D. 4028.

Lời giải
 Chọn D

2 2

sin cos

2018 x 2018 x cos 2x

   2018sin2x 2018cos2x cos2x sin2x

2 2

sin 2 cos 2

2018 x sin x 2018 x cos x

    . (1)

Xét hàm

 

2018

t

f t  t

có

 

2018 ln 2018 1 0

t

f t    t  Hàm số f t

 

2018tt

đồng biến trên .

Vậy (1)









2 2

sin cos

f x f x

  sin2x cos2x

   cos 2x0 2x 2 k




  

4 2

k

x  

  

với k  .

Ta có x



4 ; 2018 



4 4 2 2018
k

 

    15 8071

2 k 2

  

do k   có 4028 số k
thỏa mãn  Phương trình có 4028 nghiệm.

Câu 37: [2D2-5.6-4] Phương trình 2018cos2x tan2 x có bao nhiêu nghiệm thực trong 0



4 ; 2018  .



A. 2001. B. 2014. C. 4027. D. 4028.

Lời giải
Chọn D

Điều kiện: cosx 0 x 2 k




   

cos2 2
2018 x tan x 0

 

2 2 2

cos sin

sin
2018

cos

x x x

x


  cos2 2 sin2 2

2018 x.cos x 2018 x.sin x

  . (1)

Xét hàm số f t

 

2018 .tt trên



0;1



Ta có

 

2018 .ln 2018. 2018 0

t t

f t  t   t



0;1



.
Vậy hàm số

 

2018 .

t

f t  t

đồng biến trên



0;1



Ta có (1)









2 2

cos sin

f x f x

  sin2 x cos2 x

  (vì sin ;cos2x 2 x 



0;1



) cos 2x0

2
2
x  k

  

4 2

k

x  

  

với k .

Ta có x



4 ; 2018 



4 4 2 2018
k

 

    15 8071

2 k 2

  

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

Câu 37. [2H3-3] [SỞ GD&ĐT TỈNH ĐIỆN BIÊN] Trong không gian Oxyz, cho ba điểm



1;0;0 ,





0; ;0 ,





0;0;



A B b C c

và mặt phẳng

 

P y z:    . Biết 1 0 b , c 0 và



  

;



;





1
3
ABC  P d O ABC 

. Tính T b c  .

A. 
5
2
T 

. B. T 2. C.

1
2
T 

. D. T  .1

Lời giải
Chọn D

Áp dụng pt mp theo đoạn chắn, mp



ABC



có phương trình: 1 0
y z
x

b c

   

, do đó VTPT của



ABC



là 1

1 1
1; ;

n

b c

 

 

 



và VTPT của

 

P là n2



0;1; 1





. Vì



  





; ;

3
ABC  P d O ABC 

nên ta thu được hệ: 2 2

1 1

1
b c

b c









  




Giải hệ với điều kiện b , c 0 ta được

1
2
b c 

. Vậy T 1.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Câu 1. [2H3-3] Trong không gian Oxyz, cho mp

 

P cắt ba trục tọa độ tại ba điểm



;0;0 ,





0; ;0 ,





0;0;



A a B b C c

. Biết a b c , , 0 và M



9;1;1

  

 P , khi OA4OB OC đạt
GTNN hãy tính T a bc 

A. T  .4 B. T 36. C. T 0. D. T 8.

Lời giải
Chọn C

Áp dụng pt mp theo đoạn chắn, mp

 

P có dạng: 1

x y z

a b c   .

Vì M



9;1;1

  

 P nên ta có

9 1 1
1

a b c   , suy ra





2 2 2 3 2 1

9 1 1 3 2 1

4 4

a b c a b c a b c

 

      

  .

Do đó: a4b c 36 OA4OB OC 36. Dấu bằng xảy ra khi

3 1 1 18

2 3

9 1 1

1 6

a

a b c b

c
a b c

  

 



 

 

 

     




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

Câu 2. [2H3-3] Trong không gian Oxyz, cho mp

 

P đi qua M



1;2;1 ,



N 



1;0; 1



đồng thời cắt

Ox Oy theo thứ tự tại A B, (khác O) sao cho 3

AM

BN  . Khi đó

 

P có một VTPT n



1; ;m n





thì tổng m n bằng

A. 2 . B. 1 . C. 1. D. 0.

Lời giải
Chọn B

Giả sử

 

P cắt ba trục tọa độ tại các điểm A a



;0;0 ,



B



0; ;0 ,b



C



0;0; ;c

 

abc 0



, theo ptmp

theo đoạn chắn ta có ptmp

 

P có dạng: 1

x y z

a b c  .

Vì

 

P qua M N, nên:

1 2 1

1 1

1 1

b
a b c

a c ac

a c



  

  





 

    

  




Từ









2 2 3

3 1 5 3 2

1
a

AM BN a b

a



       



3

4
a  c

nên ptmp là x3y 4z 3 0  m n 1.

1 1

a    c c khơng có giá trị thỏa mãn.

Câu 38. [2D3-3][Sở giáo dục và đào tạo tỉnh điện biên_năm 2018]Cho hàm số f x( ) xác định, liên
tục và có đạo hàm trên  thỏa mãn f x( ) 0,   x và 3 '( ) 2f x  f x2( ) 0. Tính f(1) biết

rằng f(0) 1.

1
.

5 B.

2
.

5 C.

3
.

5 D.

4
.
5
Lời giải

Chọn C.

Nhận xét: Từ giả thiết bài toán ta biến đổi về công thức đạo hàm và sử dụng định nghĩa tích

phân.

Phân tích: Từ giả thiết 3 '( ) 2f x  f x2( ) 0 và f x( ) 0,   x suy ra:

1 1

0 0

'( ) 2 1 1 2 3

(1)

( ) 3 (1) (0) 3 5

f x

dx dx f

f x f f

  

     



Bài tập tương tự

Câu 1. [2D3-3] Cho hàm số f x( ) xác định, liên tục và có đạo hàm trên (0;) thỏa mãn
( ) '( ) 2

f x xf x  x và f(1) 2 . Giá trị f(2)bằng:

5
.

2 B.2. C.e . D.2.

e

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

Từ giả thiết f x( )xf x'( ) 2 x ( ( )) ' 2xf x  x



( ( )) 'xf x dx



2xdx
Suy ra xf x( )x2C, thay x 1 vào hai vế ta được

1. (1) 1f  C 2 1 C C .1

Khi đó

2 1

( ) 1 ( ) x

xf x x f x

x


   

. Vậy

5
(2) .

f 

Câu 2. [2D3-3] Cho hàm số f x( ) xác định, liên tục và có đạo hàm trên  thỏa mãn

( ) '( ) 2 x

f x  f x  e và f(0) 1 . Giá trị f(2) bằng:

A. .e B.ln 2. C.e2.

D.1.
Lời giải

Chọn C.

Từ f x( ) f x'( ) 2 ex e f xx ( )e f xx '( ) 2 e2x (e f xx ( ))' 2 e2x

Suy ra

2 2

(e f x dxx ( )) ' 2e dxx e f xx ( ) e x C

   



. Thay x 0 vào hai vế ta được C 0.

Suy ra ( )f x ex. Vậy f(2)e2.

Câu 5: [2D1-1.4-4][Sở GD&ĐT Điện Biên lần 1 năm 2018 ] Cho hàm số yf x( ). Hàm số
( )

yf x có đồ thị như hình bên. Hàm số yf(3 x2) 2018 đồng biến trên khoảng nào 
dưới đây?

A.



1;0



. B.



2; 1



. C.



0;1



. D.



2;3



.
Lời giải

Chọn A

Ta có:y2xf(3 x2)

+ Nhận xét:

2
0

3 6

3 1

3 2

x
x
y

x
x




 


  

  


  


0
1
2
3
x
x
x
x



 



 


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

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;0) .

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2D1-1.4-4]Cho hàm số yf x( ). Hàm số yf x( ) có đồ thị như hình bên. Hàm số
2

(1 2 )

yf  x x đồng biến trên khoảng dưới đây?

A.



 ;1



. B.



1; 



. C.



0;1



. D.



1;2



.
Lời giải

Chọn D

Ta có:





' 2 2 (1 2 )

y   x f  x x

+ Nhận xét:

2
1

' 0 1 2 1

1 2 2

x

y x x

x x




     

   



1
0
2
x
x
x




  

 


Bảng biến thiên

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1;2) .

Bài 2: [2D1-2.4-4]Cho hàm số

( )

yf x có đạo hàm f x( ) trên  và đồ thị của hàm số f x( )như

hình vẽ. Hàm số

 

( 2 1)

g x f x  x

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

A.



 ;1



. B.



1; 



. C.



0; 2



. D.



1;0



.
Lời giải

Chọn D

Ta có:

 

' (2 2) '( 2 1)

g x  x f x  x

+ Nhận xét:

 

2
1

' 0 2 1 1

2 1 2
x

g x x x

x x





     

   

  x0;x1;x2;x3
Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng



1;0



Câu 40: [2D14] Cho đường cong

 

4 2

: 4 2

C yx  x 

và điểm A



0;a



. Nếu qua A kẻ được bốn
tiếp tuyến đến

 

C thi a phải thỏa mãn điều kiện:

A.

10
2

3
a
 

. B. a 2. C.

2
10

3
a

a




 

 . D.

10
3
a 

Phân tích  Hướng dẫn:

+ Sử dụng hệ điều kiện tiếp xúc

 

f x g x







  


 .

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

Chọn A

Đường thẳng  qua điểm A



0;a



có phương trình dạng y kx a k  ,



R



.

 là tiếp tuyến của

 

C  hệ sau có nghiệm:

 

4 2

4 2 1

4 8 2

x x kx a

x x k

    




 



 .

Thay

 

2 vào

 

1 ta được:





4 4 2 2 4 3 8

x  x   x  x x a  3x44x2 2 a

 

*

Từ A kẻ được đến

 

C bốn tiếp tuyến khi phương trình

 

* có bốn nghiệm phân biệt.

Xét hàm số f x

 

3x44x22

 





3 2

12 8 4 3 2

f x  x  x x x 
.

 

0 6

x
f x

x





  

 

 .

 

4 2 4

4 2

lim lim 3

x  f x x  x x x

  

       

 

  .

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra: Phương trình có bốn nghiệm phân biệt

10
2

3
a
 

.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2D14] Cho đường cong

 

: 3 2

C y x  x

và điểm A a





. Nếu qua A kẻ được đúng
hai tiếp tuyến đến

 

C thi tổng tất cả các giá trị của a là:

A.

1
3



. B.1. C.

3 . D.

4
3


Phân tích  Hướng dẫn:

+ Sử dụng hệ điều kiện tiếp xúc

 

f x g x







  


 .

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

Lời giải

Chọn A

Đường thẳng  qua điểm A a





có phương trình dạng y k x a





 

, kR



.

 là tiếp tuyến của

 

C  hệ sau có nghiệm:





 

3 2 1

3 3 2

x x k x a

x k
    



 

 .

Thay

 

2 vào

 

1 ta được:









3 3 2 3 2 3

x  x  x  x a



x 1





x2 x 2





x 1 3

 

x 3

 

x a



        



x1 2



 x2



3a 2



x 3a2 0





 

2
1 0

2 3 2 3 2 0 *

x

x a x a

 


 

    



Từ A kẻ đến đồ thị

 

C đúng hai tiếp tuyến  hệ

   

1 , 2 có đúng hai nghiệm.
Xét hai trường hợp:

Trường hợp 1: Phương trình

 

* có nghiệm kép khác 1



3 2



2 8 3





3 2
1
4
a a
a
     

  






3 2 3

 



0
2
a a
a
  


 




2
3
2
a
a






 .

Trường hợp 2: Phương trình

 

* có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1.





2 3 2 3 2 0

3 2
1
2
a a
a
    


  




6 6 0

1
0
a
a
a
  

   



Tống các giá trị của a là: 
1
3


Câu 2: [2D14] Cho đường cong

 

: 3 2

C y x  x

và điểm A m





. Nếu qua A kẻ được hai

tiếp tuyến vng góc với nhau đến đường cong

 

C thi
a
m

b


với ,a b N và phân số
a
b
tối giản. Tính S  a b.

A. 55. B.1. C.

4
3


. D.

8
7 .

Phân tích  Hướng dẫn:

+ Sử dụng hệ điều kiện tiếp xúc

 

f x g x





  

 .

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

+ Từ điều kiện vuông góc của hai đường thẳng, kết hợp định lí Viet để tìm điều kiện của tham
số m .

Lời giải

Chọn A

Đường thẳng  qua điểm A a





có phương trình dạng y k x m





 

, kR



 là tiếp tuyến của

 

C  hệ sau có nghiệm:





 

3 2 1

3 3 2

x x k x m

x k

    




 


 .

Thay

 

2 vào

 

1 ta được:









3 3 2 3 2 3

x  x  x  x m



x 1





x2 x 2





x 1 3

 

x 3

 

x m



        



x1 2



 x2



3m 2



x 3m2 0





 

2
1 0

2 3 2 3 2 0 *

x

x m x m

 


 

    



Với x 1 ta có tiếp tuyến y  do đó khơng có tiếp tuyến nào khác vng góc với tiếp tuyến 0
này.

 Từ A kẻ đến

 

C hai tiếp tuyến vng góc  Phương trình

 

* có hai nghiệm phân biệt

1, 2

x x thảo mãn



3x12 3 3

 

x22 3



1. 
Phương trình có hai nghiệm phân biệt











 



3 2 8 3 2 0 0 3 2 3 6 0 2

3
m

m m m m

m
 



            

 

 .

Theo định lí Viet, ta có:

1 2

3 2

2
m

x x

m
x x




 


 

 

 





 



2 2



2 2



1 2 1 2 1 2

3x  3 3x  3  1 9x x  9 x x  9 1





2 2

1 2 1 2 1 2

9x x 9 x x 18x x 10 0

     

2 2

3 2 3 2 3 2

9 9 18 10 0

2 2 2

m m m

    

     

         

     

27 28 0

m m

     

S a b

    .

âu 41. [2D1-3] [Sở GD&ĐT tỉnh Điện Biên –lần - năm 2018]

Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số

3 2

( ) 3  3

f x x x m

có ba điểm cực trị.

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

C.1m3. D.m3 hoặc m 1.

Lời giải
Chọn D.

Nhận xét: Dùng phép biến đổi đồ thị hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối và nhận xét hình dạng

đồ thị thông qua bảng biến thiên để kết luận về cực trị hàm số.

Phân tích: Xét hàm số y g x( )x33x2 3m trên  . Hệ số a  1 0.

Hàm số có yg x( ) 3 x26x .
0

2
x
y

x
 
   



 . Hàm sốy g x ( ) ln có hai cực trị.

Nếu ( ) 0g x  có 3 nghiệm hay trục hoành giao với đồ thị hàm số tại ba điểm phân biệt thì hàm
số y g x( ) có năm cực trị.

Nếu ( ) 0g x  có một hoặc hai nghiệm thì hàm số y g x( ) sẽ có ba cực trị.

Điều kiện: g x( cd). ( ) 0g xct   g(0). ( 2) 0g   hay

( 3 )(1 ) 0 .

1
m

m m

m
 

     




Bài tập tương tự

Hướng 1: Giữ nguyên giả thiết bài toán, thay đổi yêu cầu, vẫn trong các khả năng xảy ra.

Câu 3. Tìm tất cả các giá trị của mđể hàm số

3 2

( ) 3  3

f x x x m

có năm điểm cực trị.

A.m 3 hoặc m 1. B.m1 hoặc m 3.

C. 1 m3. D.m3 hoặc m 1.

Lời giải
Chọn C.

Cùng việc phân tích như bài tốn trên thì điều kiện của bài này sẽ là

( cd). ( ) 0ct (0). ( 2) 0

g x g x   g g   hay ( 3 m)(1m) 0   1 m 3.

Hướng 2: Thay đổi hàm số, yêu cầu tương tự bài toán gốc.

Câu 4. Cho hàm số

3 2

( ) 3  3(2 1)  2

f x x mx m x m

. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có
5 điểm cực trị

A.m 2 hoặc m 0. B.m0 hoặc m 2.

C.m0 hoặc m  2 D.2m0.

Lời giải
Chọn C.

Nhận xét và lý luận như bài toán gốc.

Xét hàm số y g x( )x33mx2 3(2m 1)x m 2 trên  . Hệ số a  1 0.

Hàm số có yg x( ) 3 x26mx  3(2m1).
1

2 1

x
y

x m

 
   

 

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

Hàm sốy g x ( ) khơng có cực trị thì hàm số y g x( ) có một điểm cực trị. Do vậy điều
kiện cần choy g x( ) có năm điểm cực trị là hàm số y g x ( )có hai cực trị hay m 1.

Điều kiện: g x( cd). ( ) 0g xct   g(1). ( 2g  m1) 0 hay

2 . (2m  m 1) 1 ( m 2) 0

      

0 .
2
m
m
 
 

 


Câu 42: [2D2-3] [Sở GD và Đào tạo Điện Biên] Tìm số giá trị nguyên của m để phương trình

1 1 2 2

4x 4x (m 1)(2 x 2 ) 16 8x m

      có nghiệm trên



0;1



.

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

Lời giải

Chọn C.

Ta có:





1 1 2 2 1 1

4 4 ( 1)(2 2 ) 16 8 4 4 4 1 2 16 8

4 2

x x x x x x

x x

m m m m

       

              

   

Đặt

1
2

x

t  

. Với x 



0;1



ta có

3
0;

t  

  .

Phương trình trở thành





3
2 0;

1 2 2 0 2

1
t

t m t m

t m

  

 

  

       


 


Yêu cầu bài toán

3 5

0 1 1 .

2 2

m m

      

Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Phân tích: Ý tưởng của bài tốn dựa trên tính chất:









2 2 2

x x x x

a a a a

 

   

   

Bài tập tương tự

Bài 1: [2D2-3] Tìm số giá trị nguyên của m để phương trình 4x141x(m1)(22x2 ) 82x  m có
nghiệm trên



1; 2



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

Lời giải
Chọn C.

Ta có:





1 1 2 2 1 1

4 4 ( 1)(2 2 ) 8 4 4 4 1 2 8

4 2

x x x x x x

x x

m m m m

       

            

   

Đặt

1
2

x
x

t  

. Với x 



1; 2



ta có

5 17
;
2 4

t   

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

Phương trình trở thành





5 17

2 ;

1 2 2 0 2 4

1
t

t m t m

t m

  

 

  

        

 


Yêu cầu bài toán

5 17 7 21

1 .

2 m 4 2 m 4

      

Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Bài 2: [2D2-3] [Chuyên Thái Bình Lần 3] Cho tham số thực a. Biết phương trình ex ex 2cosax,
(*) có 5 nghiệm thực phân biệt. Hỏi phương trình exex 2cosax (**) có bao nhiêu 4
nghiệm thực phân biệt.

A. 5. B. 6. C.10. D. 11.

Lời giải
Chọn C.

+ Xét phương trình

2 2

2cos 4 ( ) 4cos

x x

x x ax

e e ax e e




     

2 2

a
2cos ,(1)

2
( )
2cos , (2)

x x

x

e e

a x

e e






 





 

 




+ Ta thấy :

1) x 0 không là nghiệm của (*) và nếu x là nghiệm của (*) thì 0 x0 khơng là nghiệm của (*).

2) Nếu x là nghiệm của (*) thì 0
0
2
x

là nghiệm của (1),
0
2
x


là nghiệm của (2).
Từ đó (**) có 10 nghiệm phân biệt.

Câu 39. [2D2-3][SỞ GD&ĐT ĐIỆN BIÊN-2018] Cho dãy số

 

un thỏa mãn:





5 2 5 2

logu  2logu 2 1 logu  2logu 1

và un 3un1,  . Giá trị lớn nhất của nn 2 để
100

n

u  bằng

A. n 192. B. n 176. C. n 191. D. n 177.
Lời giải

Chọn A

Phân tích: Từ bất phương trình ẩn n :

100
7

n

u  ta thấy rằng phải tìm SHTQ un

mà từ giả thiết suy ra được rằng

 

un là một cấp số nhân với công bội q  do vậy từ giả thiết 3

đầu ta phải tìm được u nữa để từ công thức 1

1
1.

n
n

u u q 

 ta suy ra số hạng tổng quát và giải bất

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

*Điều kiện: logu5 2logu2 1 0,u2 0,u5 0.

*Đặt t logu5 2logu21, t từ giả thiết ta có phương trình:0

2 2 3 0 1( )

t l

t t

t


    



 .

Với

 

5 5

5 2 5 2 2 2

2 2

3 log 2 log 1 3 log 2log 8 logu 8 u 10 1

t u u u u

u u

           

*Mặt khác theo giả thiết

 

un là một cấp số nhân với công bội q  . Nên:3 u5 u1.3 ,4 u2 u1.3.

*Do đó

 





8 8

1
2

1
.3

1 10 9.10

.3
u

u
u



   

*Ta có: 1. 1 10 .38 1

n n

n

u u q   

  . Nên:





100 8 1 100 100 8

7 10 .3n 7 log 7 .10 1 192,9

n

u   n

      

Vậy: Giá trị lớn nhất của n đểu n 7100 bằng 192.

Hai câu tương tự

Câu 1. [2D2-3] Cho dãy số

 

un thoả mãn 2logu1 3logu9  2logu12 3log u9 và un13un với

mọi n 1. Giá trị nhỏ nhất của n để u n 10050 bằng

A. 230. B. 248. C. 247. D. 231.

Lời giải
Chọn D

Phân tích: Từ bất phương trình ẩn n :

50
100

n

u  ta thấy rằng phải tìm SHTQ un

mà từ giả thiết suy ra được rằng

 

un là một cấp số nhân với công bội q  do vậy từ giả thiết 3

đầu ta phải tìm được u nữa để từ công thức 1

1
1.

n
n

u u q 

ta suy ra số hạng tổng quát và giải bất
phương trìnhu n 10050.

*Điều kiện

1 9

9 1

0, 0

3log 2log 2 0

u u

 




  



*2logu1 3logu9 2logu12 3log u9  3logu9 2logu12 3log u9 2log 1u1

 

.

Đặt t 3logu9 2logu1 , 2 t 0

 

1 thành 2 2 0 1

 

t l

t t

t


    



 .

9 1 9 1

2 3log 2log 2 2 3log 2log 2 0

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

Ta có





8 24

9 1 1 1 1

3logu  2logu  2 0  3log 3 u  2logu  2 0  logu  2 log 3
2 24

1 10 .3

u 

 

*SHTQ của

 

un là





100.3n *

n

u  n

  

50 25 50

100 100.3n 100 25 49.log 100 230,39

n

u  n n

        .

Vậy giá trị nhỏ nhất của n để u n 10050 bằng 231.

Câu 2. [2D2-3] Cho dãy số ( un) thỏa mãn: 3logu19 logu1  logu19 logu13 và 3 un1 un2

với mọi số tự nhiên n 1. Tìm số tự nhiên n lớn nhất sao cho3un 5 100
?

A. n 74 . B. n 72. C. n 71. D. n 73.

Lời giải
Chọn B

Phân tích: Từ bất phương trình ẩn n :

100
3un 5

ta thấy rằng phải tìm SHTQ un

mà từ giả thiết suy ra được rằng

 

un là một cấp số cộng với công sai d 2 do vậy từ giả thiết

đầu ta phải tìm được u nữa để từ công thức 1 un  u1



n1



d ta suy ra số hạng tổng quát và 
giải bất phương trình 3un 5 100

*Điều kiện

1 19

19 1

0, 0

log log 3 0

u u

 




  

 .

Đặt:





19
3

log log

log log 3

a u u

b

b u u

  






 



  .

Ta được hệ:









3 2

3 1

1 6 0 2

b a

a b a

a a b

a b

 


  

  

 

  

   

  

  (thỏa mãn)

Suy ra:

 

19 19 1

1 1 log 1

log log u u 10u 1

u

u  u     

Mặt khác do

 

un là cấp số cộng với công sai d 2 nên u19 u118d u136.

 

1  u136 10 u1 u14.

*Ta có: un u1



n1



d  4



n1 .2 2



 n2.





100 2 2 100 100

3
1

3 5 3 5 log 5 2 72, 2

2
n

u n n

      

.
Vậy số tự nhiên n lớn nhất thỏa mãn là: n 72.

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

Câu 44. [2D1-3] [Sở GD&ĐT ĐIỆN BIÊN 2018] Xét số phức z = a + bi, (a, b Î R) thỏa mãn
z - 4 - 3i = 5.

Tính P = a + b khi

2 2 2

Q = z + 2 - 2i + 2 z - 4 + i + 3 z + 2i

đạt giá trị lớn
nhất.

A. 12. B. 14. C. 13. D. 11.

Lời giải

Phân tích: Từ giả thiết bài toán ta nhận thấy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường

tròn. Biều thức Q theo bình phương tổng các độ dài nên có hai cách xử lý:

1. Thay giả thiết vào Q sau đó tìm GTLN theo một ẩn (giới hạn ẩn ta dựa vào đường tròn).

2. Dùng véc tơ

 

2
2
a  a

đưa về tìm GTLN theo một ẩn (cụ thể trong bài này là MJ).

Chọn B.

Từ giả thiết ta có: MI = 5, I(4; 3), M(a; b) . Nên MỴ đường trịn tâm I(4; 3), R = 5. Xét biểu

thức:

2 2 2 2 2 2

Q = z + 2 - 2i + 2 z - 4 + i + 3 z + 2i Þ Q = MA + 2MB + 3MC ,
với

A(-2; 2), B(4; -1), C(0; -2), chọn J sao cho JA + 2JB + 3JC = 0uur uur uur r. Dễ dàng tìm được tọa độ điểm
J(1; -1), khi đó:

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

Q = MA + 2MB + 3MC Þ Q = MA + 2MB + 3MC = 6MJ + JA + 2JB + 3JC .uuur uuur uuur

Vậy Q đạt giá trị lớn nhất khi MJ đạt giá trị lớn nhất.

Lại có

( )

2 2

IJ = (4 - 1) + (3 + 1) = 5 = R Þ J Î C I, 5 .

Vậy Qmax

khi MJ đường kính.
Khi đó M(7;7)Þ z = 7 + 7iÞ P = 7 + 7 = 14.

Hai câu tương tự

Câu 1. [2D4-3] Cho số phứcz = x + yi, (x > 0, R) thỏa mãn điêu kiện z  1 2. Tính x y. khi
biểu thức T   z i z 2 i đạt giá trị lớn nhất.

A. x y . 0. B. x y . 2. C. x y . 2. D. x y  .. 4
Lời giải

Chọn C.

Đặt z= +x yi x y

(

, Ỵ ¡

)

, ta có:

1 2 1 2

z- = Û x- +yi =

(

)

2 2 2 2

( )

1 2 2 1 *

x y x y x

Û - + = Û + = +

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

(

)

(

) (

)

2 1 2 1

x y x y

= + + + - +

-2 2 2 2

2 1 4 2 5

x y y x y x y

= + + + + + - - +

Kết hợp với

( )

* , ta được:

2 2 2 6 2 2

T= x+ y+ + - x- y

Áp dụng bất đẳng thức Bunhacopxki ta được

(

)

(

) (

)

2 2

1 1 2 2 2 6 2 2 4

T£ + éê x+ y+ + - x- y úù=

ê ú

ë û nên maxT 4.

Dấu " " xảy ra khi

(

)

ìï - + =

ïï

íï + + = -

-ïïỵ

2 2

1 2

2 2 2 6 2 2

x y

x y x y









2 2

1 2

1
1

x

x y

TM
y

x y

     



   



  




Câu 2. [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z i 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2 3

P z  i  z  i

A. 3 . B. 3. C. 2. D.

4 3

3 .

Lời giải

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Gọi điểm biểu diễn của z là M . Khi đó M nằm trên đường trịn tâm I



0; 1 ,



R1. Gọi tọa

độ các điểm A



2; 1 ,

 

B 2; 3



do đó:

2 2 2 3 2 .

P z  i  z  i MA MB
Gọi

1
; 1
2
K  

  khi đó ta có:
1

.
2

IK IM

IM  IA  Vậy IMK và IAM là hai tam giác đồng dạng. Khi đó: MA 2MK.

Vậy P 2



MK MB



Theo bất đẳng thức tam giác: P 2



MK MB



 2BK.

Vậy Min P

 

 2BK3.

Câu 45. [2H3-4] [Thi Thử SGD ĐIỆN BIÊN – 2018] Trong không gian Oxyz , cho ba mặt cầu

  

S1 : x3



2



y 2



2



z 4



2  ,1

 









2 2

2 : 2 4 4

S x  y  z  ,

 

S3 :x2y2z24x 4y1 0 . Có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu

 

S1 ,

 

S2 ,

 

S3 ?

A. 4. B. 8. C. 6. D. 2.

Lời giải
Chọn D.

Phân tích: Áp dụng điều kiện tiếp xúc của mặt phẳng

 

P và mặt cầu tâm I , bán kính R

: d I P



 



R.

Giả sử

 

P ax by cz d:    0,





2 2 2 0
a b c 

Khi đó,

 

P tiếp xúc với cả ba mặt cầu

 

S1 ,

 

S2 ,

 

S3

 





 





 





1 1

2 2

3 3

;
;
;

d I P R

 




  






 . Giải hệ phương 
trình này ta xác định được các hệ số , , , a b c d của mặt phẳng

 

P .

Bài giải

 

S1 có tâm I 1



3; 2; 4



, bán kính R  1 1

 

S2 có tâm I2



0;2;4



, bán kính R  2 2

 

S3 có tâm I 3



2; 2;0



, bán kính R  3 3

Giả sử

 

P ax by cz d:    0 thỏa mãn yêu cầu bài toán





2 2 2 0
a b c 

.
Khi đó, ta có:

 





2 2 2

3 2 4

; a b c d 1

d I P

a b c

   

 

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

 





2 2 2
2 4

; b c d 2

d I P

a b c

 

 

  (2)

 





2 2 2

2 2

; a b d 3

d I P

a b c

  

 

  (3)

 

2 4 2 3 2 4 4

2 2 3 3 2 4 5

b c d a b c d

a b d a b c d

       



 

       



 .

Từ

 

2 2 4

6 2 4

d a b c

  



    

 .

+ Trường hợp 1 : d 2a 2b 4c, thay vào (5) có :

2 2

4 16

3 9

a  c  a  c

. Thay vào (1) ta

được :

2 2 2

a  a b c b2 c2 0 b c 0

       a0 (loại)

+ Trường hợp 2 : d 6a 2b 4c, thay vào (5) có :

4
5

9 4

4
13

a c

a a c

a c






   

 
 .

Với

4
5
a c

, thay vào (3) ta được :

2 103 2
24

b  c

. Suy ra có hai mặt phẳng thỏa u cầu bài
tốn.

Với
4
13
a c

, thay vào (3) ta được :

2 41 2 0
169

b  c 

b c

    a0 (loại).

Vậy có 2 mặt phẳng tiếp xúc với cả 3 mặt cầu

 

S1 ,

 

S2 ,

 

S3 .

Bài tương tự

Câu 1. [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

 

P x: 2y z  4 0 . Có tất
cả bao nhiêu mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng

 

P và tiếp xúc với ba trục tọa độ

' , ' , '
x Ox y Oy z Oz ?

A. 8 mặt cầu B. 4 mặt cầu C. 3 mặt cầu D. 1 mặt cầu

Lời giải
Chọn C.

Gọi tâm I a b c



, ,



, ta có a2b c 4. Vì d I Ox





d I Oy





d I Oz





2 2 2 2 2 2

a b b c c a a b c

        

 Nếu a m b m c ,  , m 2m 4 m 2 I



2;2; 2



 Nếu a m b m c m ,  ,   m 1 I



1;1;1



 Nếu a m b , m c m,   0 4 (Loại)

 Nếu am b m c m,  ,   2m 4 I



2; 2; 2



</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Câu 1. [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A



1;2; 3



3 3 1

; ;

2 2 2

B   

 , C



1;1;4



,



5;3;0



D

. Gọi

 

S1 là mặt cầu tâm A bán kính bằng 3,

 

S2 là mặt cầu tâm B bán kính bằng
3

2 . Có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với 2 mặt cầu

 

S1 ,

 

S2 đồng thời song song với đường
thẳng đi qua 2 điểm C, D .

A. 1. B. 2 . C. 4 . D. Vô số.

Lời giải
Chọn A.

Ta có

3 3
2

AB 

mà 1 2

3 9
3

2 2
R R   

nên hai mặt cầu cắt nhau theo một đường tròn giao

tuyến. Gọi I AB

 

 với

 

 là mặt phẳng thỏa mãn bài tốn. Hạ BK AH vng góc với,
mặt phẳng

 

 . Khi đó ta có I nằm ngoài AB và B là trung điểm AI vì

2 1

3 1 1

2 2 2

R   R  BK  AH
.

Suy ra I



2;1;2



. Gọi phương trình mặt phẳng

 

 là : a x



 2



b y



 1



c z



 2



0.

Vì

 

 // CD mà CD 



4;2; 4





nên ta có 2a b  2c 0 b2c 2a.

Khi đó



 



2 2 2
5

, 3 a b c 3

d A

a b c

      

 









2 2 2 2

2 2

c a a c a c

     

2 2

1
2

a c b c

a c b c

  





   

 .

Xét hai trường hợp :

TH1: b2 ;c a2c 

 

 : 2c x



 2



 2c y



 1



c z



 2



0  2x 2y z  4 0 .
Mặt khác CD//

 

 nên C D, 

 

  loại trường hợp trên.

TH2:

1
;

b c a  c

 













2c x c y c z



      

2 2 8 0

x y z

     .

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Câu 47: [2H1-4] [SỞ GD ĐIỆN BIÊN-NĂM 2018] Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng .a Gọi

M N lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABD ABC, và E là điểm đối xứng với B qua

D Mặt phẳng



MNE



chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện. Trong đó khối đa
diện khơng chứa đỉnh A có thể tích V. Tính V.

A.
3
3 2

80
a

. B.

3
53 2

960
a

. C.

3
9 2

320
a

. D.

3
3 2

320
a

Lời giải
Chọn B

Phân tích: Trước hết phải xác định được thiết diện của mặt phẳng



MNE



với tứ diện ABCD
Gọi ,T P lần lượt là trung điểm của BC và BD

suy ra MN TP CD// // . Gọi I, ,K J lần lượt là giao điểm của AB AC AD, , và mặt phẳng



EMN



. Ta có KJ CD// . Mặt phẳng



MNE



chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện
AIKJ và IKJBCD . Rõ ràng VIKJBCD VABCDVAIKJ Như vậy ta chỉ cần tính VAIKJ xem như

giải quyết xong. Áp dụng:

. .

AIKJ
ABCD

V AI AK AJ

V AB AC AD với

3 2
12

ABCD

a

V 

Cách 1

ABCD đều cạnh a

3 2
12

ABCD

a
V

 

. .

AIKJ

ABCD

V AI AK AJ

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Kẻ DQ AP Q EJ//







, ta có

2 2 1

3 3 3

DQ DE

DQ PM AM

PM PE    

1 3

3 4

JD DQ AJ

JA AM   AD 

// //

4
AK

MN CD JK CD

AC

  

Kẻ DL AB L JE//







, ta có

1 1 1

3 3 2

1 1 3 3

3 2 2 5

DL JD

DL AI DL BI

AI JA

AI AI

AI BI

BI AB

    

     

Vậy

27 27 53 53 2

. . .

80 80 80 960

AIKJ

AIKJ ABCD ABCD

ABCD

V AI AK AJ a

V V V V

V AB AC AD      

Cách 2

ABCD là tứ diện đều cạnh bằng a nên

2
.
12

ABCD

a

V 

Gọi T F, lần lượt là trung điểm của BC BD; . suy ra MN/ /TF/ /CD. Gọi K J L, , lần lượt là

giao điểm của AB AC AD, , và mặt phẳng



EMN



. Ta có JL/ /CD.
Áp dụng định lý Menelaus trong tam giác ABD và tam giác AFD ta có

1; 2; 1.

2 3 2

3
2

. . 1

5
3

. . 1 3

DE DE FM

EB EF MA

AK

BK AL DE BK

AB

KA LD EB KA

FM AL DE AL AL AJ

MA LD EF LD AD AC

  



 



  

 

  

       

  

      

  

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Suy ra

3 3

3 3 3 2 53 2

1 . . . 1 . . . .

5 4 4 12 960

ABCD

AK AJ AL a a

V V

AB AC AD

   

      

   

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2H1-4] Cho hình chóp tam giác đều S ABC. có cạnh đáy bằng a. Gọi G là trọng tâm tam giác

ABC góc giữa SG và mặt phẳng



SBC



là 300. Mặt phẳng

 

P chứa BC và vng góc với
SA chia khối chóp S ABC. thành hai phần. Tỉ số thể tích hai phần là:

A.

6 . B.

7 . C.

7 . D.

2
3 .

Lời giải
Chọn A

Do S ABC. là hình chóp tam giác đều





SG ABC

   SGBC,màBCAM  BC



SAM







SBC

 

 SAM





 











SBC SAM SM

SBC SAM

GK SM

  



















SG SBC,





SG SK ,





SG SM,



GSM 30o

    

Kẻ MNSA, ta có BC



SAM



 SABC  SA



NBC



nên mặt phẳng

 

P là



NBC



Xét tam giác SGM vng tại G có:

 1 0 1 3

. . . 30 . . 3

3 3 2 2

a a

SG GM cotGSM  AM cot    . 2 3

2 3 3

SG a a

SM

cosGSM

   

Xét tam giác SGA vng tại G có:
2
2

2 2 2. 3 21

2 3 2 6

a a a

SA SG AG      

 

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

1 1

. .

2 2

SAM

S  MN SA SG AM

3
.

. 2 2 3 7

14
21

6
a a

SG AM a

MN

SA a

   

Xét tam giác SNM vuông tại N có:

2 2

2 2 3 3 7 21

3 14 42

a a a

SN  SM  MN       

   

   

Ta có:

21
1
42
. .

7
21
6

SNBC
SABC

a

V SN SB SC SN

V SA SB SC SA a  1

SNBC SABC

V V

 

Mặt phẳng

 

P chia khối chóp thành 2 khối SNBCvà NABC  VSABC VSNBCVNABC

6
7

NABC SABC

V V

 

. Do vậy

1
6

SNBC
NABC

V

V 

Câu 2: [2H1-3] Cho khối chóp tứ giác đều S ABCD. Một mặt phẳng

 

 qua A B và trung điểm,
của SC. Tính tỉ số thể tích của hai phần khối chóp bị phân chia bởi mặt phẳng đó.

A. 
1

3. B.

8 . C.

5. D.

5
8 .
Lời giải

Chọn C

Kẻ MN CD N SD//







thì hình thang ABMN là thiết diện của khối chóp khi cắt bởi mặt phẳng



ABM



. Mặt phẳng

 

 chia khối chóp thành hai phần là S MNBA. vàMNAB ABCD. . Để tìm
tỉ số thể tích giữa hai khối này ta cần so sánh VS MNBA. với VS ABCD. và VMNAB ABCD. với VS ABCD. . Từ

đó rút ra được:
.

S MNBA
MNAB ABCD

V

V .

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

. . .

1 1 1

2 2 4

S ANB

S ANB S ADB S ABCD

S ADB

V SN

V V V

V SD    

. . .

1 1 1 1 1

. .

2 2 4 4 8

S BMN

S BMN S BCD S ABCD

S BCD

V SM SN

V V V

V SC SD     

Mà . . . .

3
8

S ABMN S ANB S BMN S ABCD

V V V  V

. . .

. . . .

3 5

8 8

S ABCD S MNAB MNAB ABCD

MNAB ABCD S ABCD S MNAB S ABCD S ABCD S ABCD

V V V

V V V V V V

 
     
Do đó:
.
.

3
5
S ABMN
ABMN ABCD
V

V  .

Câu 48: [2D3-4] [SỞ GD ĐIỆN BIÊN] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm liên tục trên



0;1



thỏa mãn

 



  

1 1

0 0

1 1

0 1, ' , 2 1

30 30

f 



 f x  dx



x f x dx

. Tính tích phân

 

f x dx



A.
11

4 . B.

30 . C.

12 . D.

11
30 .
Lời giải

Chọn C.

Phân tích: Với giả thiết



  

1
0
1
2 1
30
x f x dx



ta có thể nghĩ đến tích phân từng phần. Sau
khi tích phân từng phần sinh ra các đại lượng có mối liên hệ với nhau.

Đặt

 





 

2
'
2 1

u f x du f x dx

dv x dx v x x


  
 

 
    

 
 .
Khi đó,



  





 





 

1 1
2 2
0 0
1
1 1

2 1 '

30 30

x f x dx  x  x f x  x  x f x dx







 

1
2
0
1
'
30
x  x f x dx



Mặt khác,





2
1
2
0
1
30
x  x dx



nên

 









 





1
2

2 2 2

' 2 ' 0.

f x x x f x x x dx

      
 
 



Suy ra

 





 

1 3 2

2 2

' 0 ' x x f C.

3 2

x

f x x x dx f x x

           

 



Vì f

 

0  0 C1.

Do đó,

 

1 1 3 2

0 0

x 11

1 .

3 2 12

x

f x dx    dx

 

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2D3-4] Biết F x

 

là một nguyên hàm của hàm số

 

2
cos sin

x x x

f x

x



. Hỏi đồ thị hàm số

 

y F x

có bao nhiêu điểm cực trị trên khoảng



0; 2018



A.2019 . B.1 . C. 2017. D. 2017.

Lời giải

Chọn C.

Phân tích: Dùng tính chất F x

 

f x

 

Ta có

 

cos sin

x x x

F x f x

x


  

 

0 cos sin 0

F x   x x x



x 0



(1)

Ta thấy cosx 0 khơng phải là nghiệm của phương trình nên (1) xtanx (2).

Xét g x

 

 x tanx trên





0; 2018 \ ,

k k 

 



 

 



 

có

 





2
2

1 tan 0, 0; 2018 \ ,

cos 2

g x x k k

x



 

        

 



 

+ Xét x 0; 2



  

 



, ta có g x

 

nghịch biến nên g x

 

g

 

0 0 nên phương trình xtanx vơ

nghiệm.

+ Vì hàm số tan x có chu kỳ tuần hoàn là  nên ta xét g x

 

 x tanx, với

3
;
2 2

x  

 

 
.

Do đó g x

 

nghịch biến trên khoảng

3
;
2 2

 

 

 

 

và

 

. 0

g g  

 

 

nên phương trình

tan

x x có duy nhất một nghiệm x . 0

Do đó,

4035
;

2 2

 

 

 



có 2017 khoảng rời nhau có độ dài bằng  . Suy ra phương trình

tan

x xcó 2017 nghiệm trên

4035
;

2 2

 

 

 




.

+ Xét

4035

; 2018
2

x   

 



, ta có g x

 

nghịch biến nên g x

 

g



2018



2018 nên
phương trình xtanx vơ nghiệm.

Vậy phương trình F x

 

0 có 2017 nghiệm trên



0; 2018 . Do đó đồ thị hàm số



 

y F x

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Câu 2: [2D3-4] Cho hàm số yf x

 

xác định trên 0;2

 

 

 



thỏa mãn

 

2
2

2
2 2 sin

4 2

f x f x x dx

   
    
 
 
 





 
. Tính

 

2
0

f x dx





A. 4


. B. 0. C. 1. D. 2


.
Lời giải
Chọn B. 
Ta có

 



 

  





2 2
2 2
0 0
2 2

2 2 sin 2 sin cos

4 2 2

f x f x x dx f x f x x x dx

    
        
 
 
 



 
  

 

  

 











2 2
2 2
2
0 0
2

2 sin cos sin cos sin cos

f x f x x x x x dx  x x dx





     





 













  



2 2 2 2

2
2

0 0 0 0

cos 2 2

sin cos 1 sin 2 sin cos 0

2 2

x

x x dx  x dxx     f x  x x dx

 



   



Sử dụng công thức: Nếu f x g x

 

;

 

liên tục trên đoạn



a b;



thì

   

 

2 2

b b b

a a a

f x g x dx f x dx g x dx

     

     




 



 



 :

  









  



2 2 2

0 0 0

sin cos . sin cos 0.

f x x x dx dx f x x x dx

 
 
     
 
 
 



 

  

  







 

2
0

sin cos 0 sin cos

f x x x dx f x x x





     

Vậy

 

2
0
0.
f x dx 





Câu 38: [1D3-3][Sở Giáo Dục Điện Biên Lần 2 - 2018] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là
hình chữ nhật, AB1,AD , cạnh bên 2 SA vng góc với đáy và SA  5. Gọi  là số đo
góc giữa hai mặt phẳng



SAB



và



SBD



, cos bằng:

A.

145

29 . B.

25 . C.

5 . D.

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Lời giải
Chọn A

Gọi I ACBD, M là trung điểm của AB. Kẻ MH SB, ta chứng minh SB



IMH



Thật vậy, ta có MI AB MI, SA MI 



SAB



 SBMI, lại có MH SB nên





SB IMH

, suy ra IH SB.

Mặt khác, SB



SAB

 

 SBD



nên góc giữa hai mặt phẳng



SAB

 

, SBD



là góc giữa
,

IH MH và là góc IHM  .

Ta có

1
2

MI  AD
.

Xét tam giác SAB vng tại A,

 5 30

sin

6
6

SBA  

Xét tam giác BHM vuông tại H,

 1 30 30

.sin .

2 6 12

MH BM HBM  

.
Xét tam giác IHM vuông tại M ,

30 174 30 174 145

1 cos :

12 12 12 12 29

HM
IH

HI


 

        

  .

CÁC BÀI TƯƠNG TỰ

Câu 1: [1D3-3] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB1,AD , cạnh bên2
SA vng góc với đáy và SA  5. Gọi  là số đo góc giữa hai mặt phẳng



SBC



và



SBD



,
cos  bằng:

A.

17 174

261 . B.

215 174

24 . C.

2 5

5 . D.

19 174

348 .

A
S

D
H

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Lời giải
Chọn A

Gọi I ACBD. Kẻ IH SB



H SB



, HM / /BC



MSC



, ta chứng minh





SB IMH

Thật vậy, ta có BCAB BC, SA BC



SAB



 BCSB HM SB, lại có IH SB

nên SB



IMH



Mặt khác, SB



SAB

 

 SBD



nên góc giữa hai mặt phẳng



SAB

 

, SBD



là góc giữa IH IM,
Đặt góc IHM  .

Trong tam giác SDB kẻ đường cao DK , khi đó

1 1 174

2 2 12

SBD

S

HI KD

SB


  

Trong tam giác SAC kẻ đường cao AE, khi đó

1 1 . 10 3 3

. ,

2 2 4 4 2

SA AC SM HM

MI AE HM

SC SC BC

      

.
Xét tam giác IHM , áp dụng Định lí Cơ sin , ta có

2 2 2 17 174 17 174

cos : 0

2. . 6 4 261

HM IH IM

HM IH

      

Vậy

17 174

cos cos .

261

   

Câu 2: [1D3-3] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB1,AD , cạnh bên2
SA vng góc với đáy và SA  5. Gọi  là số đo góc giữa hai mặt phẳng



SAC



và



SBC



,
cos bằng:

A.

3 . B.

2 5

5 . C.

5 . D.

6 .

Lời giải
S

D
H

I
M

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Chọn A

Ta có BC AB BC, SA BC



SAB



 BCSB SBC vng tại B
Kẻ BI AC BI, SA BI 



SAC



 BI SC, BM SC ,suy ra SC



IMB



IM SC

  .

Mặt khác, SC



SAC

 

 SBC



nên góc giữa hai mặt phẳng



SAC

 

, SBC



là góc giữa
,

MB MI và là góc BMI  .

Trong tam giác SBC , đường cao BM , khi đó

. 2 6 2 15
5
10
SB BC

BM

SC

  

Trong tam giác BAC , đường cao BI , khi đó

. 2 5

5
AB BC 

BI

AC .

Xét tam giác IBM , vuông tại I ,

2 2

2 15 2 5 2 10

5 5 5

   

      

   

   

IM

2 10 2 15 6

cos :

5 5 3



 IM  

BM .

Câu 50: [1D2-3] [SỞ ĐIỆN BIÊN - 2018] Bài trắc nghiệm có 10 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án
lựa chọn, trong đó có 1 đáp án đúng. Giả sử mỗi câu trả được 4 điểm, mỗi câu trả lời sai bị trừ

2 điểm. Một học sinh không học bài nên đánh hú hoạ một số câu trả lời. Tìm xác suất để học

sinh này nhận điểm dưới 1.

A. 0,783. B. 0,7124. C. 0,7336. D. 0,7759.

Lời giải
Chọn D

Giả sử bạn học sinh trả lời đúng x câu (xN, 0 x 10) Bạn học sinh đó trả lời sai 10 x

câu.

Khi đó số điểm bạn sinh đó đạt được là: 4x 2(10 x) 6 x 20.
Theo giả thiết ta có: 6x 20 1  x{0;1;2;3}.

TH1:

1 .

x  P   

 

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

TH2:

9
1

1 10

1 3

1 .

4 4

x  P C     

   

TH3:

2 8
2

2 10

1 3

2 .

4 4

x  P C     

   

TH4:

3 7
3

2 10

1 3

3 .

4 4

x  P C     

   

Vậy xác suất để học sinh đó nhận điểm dưới 1 là: 0 1 2 3

0, 7759.
P P P P P 

Bài tập tương tự

Câu 1: [1D2-3] Bài trắc nghiệm mơn tốn có 50 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án lựa chọn, trong đó

có 1 đáp án đúng. Mỗi câu trả được đúng được 0, 2 điểm. Một học sinh không học bài nên

đánh hú hoạ tất cả các câu trong đề. Tìm xác suất để học sinh này được 2điểm.

A. 0,098. B. 0,0789. C. 0,888. D. 0,0888.

Lời giải
Chọn D

Để đạt được 2 điểm bạn học sinh này phải trả lời đúng 15 câu và sai 35 câu. Vậy xác suất để

bạn học sinh này đạt được 2điểm là:

15 35
15

1 3

0,0888.

4 4

P C      

   

Câu 2: [1D2-3] Đầu tiết học cô giáo kiểm tra bài cũ bằng cách gọi lần lượt từng người từ đầu danh

sách lớp lên bảng trả lời câu hỏi. Biết rằng cách học sinh đầu tiên là An, Anh, Ánh với xác suất
thuộc bài lần lượt là 0,9;0, 7và 0,8. Cô giáo sẽ dừng kiểm tra sau khi đã có 2học sinh thuộc

bài. Tính xác suất để cơ giáo chỉ kiểm tra bài cũ đúng 3bạn trên.

A. 0,504. B. 0,216. C. 0,056. D. 0,272.

Lời giải
Chọn D

Để cô giáo chỉ kiểm tra bài cũ đúng 3bạn An, Anh, Ánh thì các khả năng có thể xảy ra là:
TH1: An thuộc bài, Anh không thuộc bài và Ánh thuộc bài có xác suất là:

1 0,9.0,3.0,8 0, 216.

P  

TH2: An không thuộc bài, Anh thuộc bài và Ánh thuộc bài có xác suất là:
2 0,1.0,7.0,8 0,056.

P  

</div>

Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án môn toán năm 2018 sở GD điện biên lần 2 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

log

<i>b</i>



log

<i>c</i>



<i>b c</i>



log

<i>b</i>



log

<i>c</i>



<i>b c</i>







2



1

















 

 

































 

























 





 





 

<sub></sub>

 

<sub></sub>

 

<sub></sub>

 

<sub></sub>









