Tổng hợp các câu vận dụng có đáp án môn toán năm 2018 trường thpt chuyên võ nguyên giáp lần 1 | 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 (13.1 KB, 1 trang )

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

CÂU VD-VDC CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP – QUẢNG BÌNH LẦN 1

Câu 40: [2D4-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho số phức z thỏa mãn
2

z z  . Biết rằng phần thực của z bằng a. Tính z theo a.

A. 1

1
z

a


 . B.

2 1

a a

z    . C.

2 1

a a

z    . D.

2 4

a a

z    .

Lời giải

Chọn D.

Gọi z a bi a b 



,  



; z z 



a bi

 

 a bi



2a.

Ta có z z  2  z z 2 2 



z z





z z



2 



z z





z z



2





. 2

z z z z z z

      2 z2 2a z  2 0  z2 a z 1 0 *

 

2 4 0

a

    nên

 

4
2
*

4
0
2

a a

z

a a

z L

  






  

  



Vậy 2 4

a a

z    .

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2D4-3] Xét số phức z thỏa mãn



1 2i z



10 2 i
z

    . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. 3 2

2  z  . B.

1 3

2 z 2. C. z 2. D. 
1
2
z  .

Lời giải

Chọn B.

Từ giả thiết, ta có



1 2i z



10 2 i
z

   



1 2i z



2 i 10
z

     z 2 z i 2 i 10

z

    





 

2 2 1

z z i

z

     

Lấy môđun hai vế của

 

 , ta được

 



z 2





2 z 1



2 10
z

      .

Đặt tz , ta có



t 2





2 1t



2 10 t2



5t2 5



10 t4 t2 2 0 t 1.

t

            

Vậy z 1.

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

Câu 2: [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn z 1. Đặt 2 .
2

z i
A

iz



 Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. A 1. B. A 1. C. A 1. D. A 1.

Lời giải

Chọn A.

Từ giả thiết, ta có 2





2 2 2
2

z i

A A iz z i A Azi z i

iz


        







2 2

2
A i

A i z Ai z

Ai


     

 .

Mặt khác 1 2 1 2 2

 

2
A i

z A i Ai

Ai


       



Đặt A x yi x y 



,  



. Khi đó

 

  2x



2y1



i   y 2xi









2 2

4x 2y 1 y 2 x

     

2 2 2 2 2 2

4x 4y 4y 1 x y 4y 4 x y 1.

          

Vậy A x2 y2 1

   .

Câu 41. [2D1-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho hàm số y x3 3x

  có đồ thị

 

C và điểm A a





. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của a để có đúng ba tiếp tuyến
của

 

C đi qua A. Tập hợp S bằng

A. S    



; 1



. B. S  .

C. ; 2



  

\ 1

S       

  . D.

2
; 2
3
S   

  .

Lời giải

Chọn C.

Gọi d là đường thẳng đi qua A với hệ số góc k , suy ra d y k x a: 







2.

Đường thẳng d tiếp xúc với

 

C khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm





 

3
2

3 2 1

3 3 2

x x k x a

x k

    




 




Thế

 

2 vào

 

1 ta được phương trình:









 

3 3 3 2 3 2 2 3 3 2 3 2 0 3

x  x x  x a   x  ax  a  .

Điều kiện để có đúng ba tiếp tuyến của

 

C đi qua A là phương trình

 

3 có 3 nghiệm phân
biệt và khơng có hai nghiệm đối nhau.

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

Ta có:

 













 

3 1 2 3 2 3 2 0

2 3 2 3 2 0 4

x

x x a x a

x a x a




        

    



Phương trình

 

3 có 3 nghiệm phân biệt và khơng có hai nghiệm đối nhau khi và chỉ khi

phương trình

 

4 có hai nghiệm phân biệt khơng đối nhau và khác 1.



 



2
0

3 2 3 6 0 3

2 3 2 3 2 0

2
6 6 0

2 3 2 3 2 0

1
a

a a

a
a

a a

a


   

 

  



  



          



 




      

  



Vậy ; 2



  

\ 1

S      

  .

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [2D1-3] Cho đường cong

 

C :y x 4 4x22 và điểm A



0;m . Tìm tất cả các giá trị của



tham số m để qua A kẻ được bốn tiếp tuyến với

 

C .

A. m 2 hoặc 10

m  . B. m  .2

B. C. 2 10
3
m

  . D. 10

3
m  .

Lời giải

Chọn C.

Đường thẳng d qua điểm A



0;m với hệ số góc k có phương trình



y kx m  .

Đường thẳng d là tiếp tuyến của đồ thị

 

C khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm

 

4 2

4 2 1

4 8 2

x x kx m

x x k

    




 




Thế

 

2 vào

 

1 ta có x4 2x2 2



4x3 8x x m



3x4 4x2 2 m, *

 

         

Qua A kẻ được bốn tiếp tuyến với

 

C khi và chỉ khi

 

* có bốn nghiệm phân biệt.

Xét hàm số y 3x4 4x2 2

   có đồ thị như sau

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

Để đồ thị hàm số y 3x4 4x2 2

   cắt đường thẳng y m tại bốn điểm phân biệt khi và chỉ

khi 2 10
3
m

  .

Câu 2. [2D1-3] Cho hàm số

 

2 5

2 2

x

y  x  C và điểm M

 

C có hồnh độ xM a. Có bao nhiêu

giá trị ngun của a để tiếp tuyến của

 

C tại M cắt

 

C tại hai điểm phân biệt khác M .

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

Lời giải

Chọn D

*Tiếp tuyến của

 

C tại Mcó dạng d y: y a x a'

  





y a

 









3 2 5

2 6 3

2 2

a

a a x a a

      .

*) Xét phương trình hồnh độ giao điểm của d và

 

C :









4 4

2 5 3 2 5

3 2 6 3

2 2 2 2

x a

x a a x a a

       



x a





x2 2ax 3a2 6



     

 

2 2 3 2 6 0 *

x a

x ax a



 

   



*) d cắt

 

C tại hai điểm phân biệt khác M 

 

* có hai nghiệm phân biệt khác a

2 2

2 6 0

2 . 3 6 0

a
a a a a



   


 

   




3 3

1
a
a

  


 





Do aZ nên chỉ có a  .0

Câu 42. [2H1-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho tứ diện .S ABC và hai điểm
M , N lần lượt thuộc các cạnh SA , SB sao cho 1

2
SM

AM  , 2
SN

BN  . Mặt phẳng

 

P đi qua
hai điểm M N, và song song với cạnh SC , cắt AC , BC lần lượt tại L, K. Tính tỉ số

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

SCMNK

SABC
V

V .

A. 4

9
SCMNK

SABC
V

V  . B.

1
3
SCMNK

SABC
V

V  . C.

2
3
SCMNK

SABC
V

V  . D.

1
4
SCMNK

SABC
V

V  .

Lời giải

Cách 1:

Chọn A

Ta có . 2

9
CSKL

CSAB

V CK CL

V CA CB  ;

4 4

9 27

SAKL SMKL

SABC SABC

V AK CL V

V CA CB   V  ;

1 2

3 27

SABL SMNL

SABC SABC

V BL V

V CB   V  .

Vậy 2 4 2 4

9 27 27 9
SCMNK

SABC
V

V     .

Cách 2:

Chia khối đa diện SCMNKL bởi mặt phẳng



NLC



được hai khối chóp N SMLC. và

N LKC. Vì SC song song với



MNKL nên



// //

SC ML NK.

Ta có:

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

















.
.

d ; .

3
1

d ; .

MLCS
N SMLC

B SAC

SAC
N SAC S
V

V B SAC S





. 1 AML
SAC
S
NS

BS S




 

   

 

2 2 2 2 10

1 . 1 .

3 3 3 3 27

AM AL
AS AC

   

      

    .

















.
.

d ; .

3
1

d ; .

KLC
N KLC

S ABC

ABC

N ABC S

V

V S ABC S



 NB LC CK. .

SB AC CB

 1 1 2. .

3 3 3

 2

27
 .

Suy ra SCMNKL
SABC
V

V 

. .

N SMLC N KLC

B SAC S ABC

V V

V V

10 2
27 27

  4

9
 .

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [2H1-3] Cho khối tứ diện có thể tích bằng V . Gọi V  là thể tích của khối đa diện có các đỉnh
là các trung điểm của các cạnh của khối tứ diện đã cho, tính tỉ số V

V


A. 1

2
V

V


 . B. 1

4
V

V


 . C. 2

3
V

V


 . D. 5

8
V

V


 .

Lời giải

Chọn A.

Cách 1. Đặc biệt hóa tứ diện cho là tứ diện đều cạnh a . Hình đa diện cần tính có được bằng

cách cắt 4 góc của tứ diện, mỗi góc là cũng là một tứ diện đều có cạnh bằng
2

a

Do đó thể tích phần cắt bỏ là 4.
8 2

V V

V    .

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

(Vì với tứ diện cạnh giảm nửa thì thể tích giảm

1 1

2 8

 

 
  )

Vậy 1

2 2

V V

V

V

    .

Cách 2. Khối đa diện là hai khối chóp tứ giác (giống nhau) có cùng đáy là hình bình hành úp

lại. Suy ra: . . .

1 1 1

2 4. 4. 4. .

2 4 2

N MEPF N MEP P MNE

V  V  V  V  V  V

( Do chiều cao giảm một nửa, cạnh đáy giảm một nửa nên diện tích giảm 4)

Cách 3. Ta có V' V VA QEP. VB QMF. VC MNE. VD NPF.

V V

   



. . . .

1 VA QEP VB QMF VC MNE VD NPF

V V V V

     1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1. . . 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

      .

Câu 2. [2H1-3] Cho hình chóp đều .S ABCD , có cạnh đáy bằng 2a . Mặt bên hình chóp tạo với đáy
một góc bằng 60 . Mặt phẳng

 

P chứa AB đi qua trọng tâm G của tam giác SAC cắt SC ,

SD lần lượt tại M , N . Tính theo a thể tích V khối chóp .S ABMN .

A. 3

3 .

V  a B. 3 3.

V  a C. 3 3.

V  a D. 3 3 3.
2

V  a

Hướng dẫn giải

Chọn C.

Mặt bên tạo với đáy góc 60 nên 0 SIO  600
0

tan 60 3
SO a a

3
2

. .

1 3.2 2 3

3 3

S ACD S ABC

a

V V  a a 

. . .

S ABMN S ABM S AMN

V V V

   

3
.

.
.

1 3

2 3

S ABM

S ABM
S ABC

V SM a

V

V SC

   

3
.

.
.

1 3

4 6

S AMN

S ABM
S ACD

V SM SN V a

V SC SD

Vậy . . . 3 3 3 3 3 3

3 6 2

S ABMN S ABM S AMN

a a a

V V V    .

Câu 43. [3H2-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Trong khơng gian với hệ trục tọa

độ Oxyz , cho tam giác ABC có A



2;2;1



, B



4; 4; 2



, C 



2; 4; 3



. Đường phân giác AD
của tam giác ABC có một vectơ chỉ phương là

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

A.



2;4; 3



. B.



6;0;5



. C. 0;1; 1
3

 



 

 . D.

4 1
; ; 1
3 3

 

  

 

 .

Lời giải

Chọn C.

A

C

D

B

AD là đường phân giác nên 1
2
AB

DB DC DC

AC

 

  

1
2; 4;

D  

  

 

2
0;2;

AD  

   

 



Do đó phân giác AD có một vectơ chỉ phương là 0;1; 1
3

 



 

  nên chọn C.

CƠNG THỨC TÍNH NHANH

Đường phân giác trong AD có một vectơ chỉ phương là u 1 AB 1 AC

AB AC

 



 

  









1 1

2;2;1 4; 2; 4

3 6

u

     0;1; 1

u  

   

 



PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [3H2-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A



2; 2;1



,
8 4 8

; ;
3 3 3
B   

 . Đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giác OAB và vng góc
với mặt phẳng



OAB



có phương trình là

A. 1 3 1

1 2 2

x y z

 

 . B.

1 8 4

1 2 2

x y z

 

 .

C.

1 5 11

3 3 6

1 2 2

x y z

 



. D.

2 2 5

9 9 9

1 2 2

x y z

 



Lời giải

Chọn A.

Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

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

Ta có

. . .

A B C

J

A B C

J

A B C

J

BC x AC x AB x
x

BC AC AB
BC y AC y AB y
y

BC AC AB
BC z AC z AB z
z

BC AC AB

 



  

 



 

 


  


0
1
1
J
J
J
x
y
z



  
 





0;1;1



J

 nên chọn A.

Câu 2.[3H2-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A



1; 2;1





2; 2;1



B  , C



1; 2; 2



. Đường phân giác trong của góc A của tam giác ABC cắt mặt phẳng Oxy
tại điểm nào sau đây?

A. 14 8; ;0
5 5

 



 

 . B.

8 14
; ;0
5 5
 

 

 . C.

8 14
; ;0
5 5

 

 

 . D.

8 14
; ;0
5 5
 

 
 .
Lời giải
Chọn D.

Đường phân giác trong của góc A của tam giác ABC có một vectơ chỉ phương là

1 1

u AB AC

AB AC

 

  



 



3; 4;0 0;0;1
5

u

    3 4; ;1

5 5

u  

   

 



Đường phân giác trong của góc A cắt mặt phẳng Oxy tại điểm M

Phương trình đường thẳng AM là

3
1
5
4
2
5
1
x t
y t
z t

 



 


 




Do z 0 t1 8; 14;0
5 5

M  

   

  nên chọn D.

Câu 44: [2D4-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn
1 12

z  và z2 3 4 i 5. Giá trị nhỏ nhất của z1 z2 là:

A. 0. B. 2. C. 7. D. 17.

Lời giải

Chọn B.

Gọi M , N lần lượt là hai điểm biểu diễn của z1, z2. Ta có: M thuộc đường tròn

 

C1 tâm O

, bán kính R 1 12; N thuộc đường tròn



C2



tâm I



3; 4



, bán kính R 2 5.

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

Mặt khác: z1 z2 MN .

Quan sát hình vẽ ta thấy MN nhỏ nhất bằng R1 2R2 2.

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

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



1 2



11 2

P  i z  i .

A. min

5
2

P  . B. min 5

P  . C. min 5

P  . D. min

2
5
P  .

Lời giải

Chọn A.

Đặt z x yi  ,



x y  ,



có điểm biểu diễn là M x y



;



.

Ta có: x yi  x yi 1 2i  x2y2 



x1



2



y 2



2  2x4y 5 0 .
Suy ra: tập hợp điểm M x y



;



thuộc đường thẳng : 2x4y 5 0 .

Lại có: P



1 2 i z



11 2 i  1 2i z 3 4i  5.MA, với A 



3;4



.
P

 nhỏ nhất khi MA nhỏ nhất khi đó M là hình chiếu vng góc của A lên  và MA nhỏ

nhất bằng





2. 3





2 4.4 52 5
2
2 4

d A      



Vậy min 5. 5 5
2 2

P   .

Câu 2. [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn z i   1 z 2i . Tìm GTNN của z .

A. min

1
2

P  . B. min 2

P  . C. P min 2. D. min

2
4

P  .

Lời giải

Chọn B.

Giả sử z x yi x y 



,  



. Ta có: x yi i    1 x yi 2i



x 1





y 1



2 x2



y 2



      

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

2 2 1 2 2 1 2 2 4 4

x x y y x y y

           x y  1 x 1 y.

Lại có: z2 x2y2 



y1



2 y2 2y22y1 2 2 1 1
4 2
y y
 
    
 
2

1 1 1

2 2 2

y
 
     
  .
1
min
2
z

  khi 1

x  , 1
2
y  .

Câu 45. [1Đ4-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho các số thực a, b, c thỏa mãn

c a và xlim



ax2 bx cx



     . Tính P a b  5c.

A. P 18. B. P 12. C. P 9. D. P 5.
Lời giải

Chọn B.

Ta có





 

2 2 2

0 1

lim 2 lim 2 2 2

x x

a c

ax bx c x b

ax bx cx

a c
ax bx cx

c
   
  

  
       

  
 

.

Kết hợp với c2 a 18

 
9
3
12
a
c
b




  
 

5 12
P a b c

     .

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [1D4-2-PT1] Cho a, b, c là các số thực khác 0. Để giới hạn lim 2 3 3
1

x

x x ax

bx

  

 


 thì

A. a 1 3
b



 . B. a 1 3

b


 . C. a 1 3

b
 

 . D. a 1 3
b




 .

Lời giải

Chọn A.

Ta có 2

3
1

3 1

lim lim 3

1 1

x x

x ax

x x ax x a

bx bx b

     
 
  
  
 
.

Câu 2. [1D4-3-PT1] Cho hai số thực a và b thỏa mãn

4 3 1

lim 0
2
x

x x
ax b
x
 
   
  
 


  . Khi đó a b

bằng

A. 4. B. 4. C. 7 . D. 7.

Lời giải

Chọn D.

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

4 3 1

lim 0
2
x
x x
ax b
x
 

   
  
 

 





lim 4 11 0

2
x  a x b x

 
      

 
4 0
11 0
a
b
 

 
  

4
11
a
b



 


  a b 7.

Câu 46: [1D3-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho dãy số

 

an thỏa mãn a 1 1

và an 10an11,  n 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của n để loga n 100 ?

A. 100. B. 101. C. 102. D. 103.

Lời giải

Chọn C

Ta có 1

1 1

9 9

n n

a a 

 

    

  .

Đặt 1

n n

b a   n 1 suy ra 1

8
9
b  .

Do đó: bn 10bn1 .

Vậy

 

bn là một cấp số nhân với công bội là 10.

1 1
1
8
.10 .10
9
n n
n

b b  

  

1
1

8 1 8.10 1

.10

9 9 9

n
n
n
a

 

     n 1.

8.10 1

log 100 log 100

9
n
n
a


  
   
  .
Ta có
100 101
100

8.10 1 8.10 1

9 9

 

 

100 101

8.10 1 8.10 1

log 100 log

9 9

     

     

   

1 101 102

n n

     .

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1: [1D3-3] Cho dãy số

 

an thỏa mãn a 1 1 và an12an5,  n 1. Tính số hạng thứ 2018
của dãy.

A. a2018 3.220185. B.

2017

2018 3.2 5

a   . C. a20183.22018 5. D.

2017

2018 3.2 5

a   .

Lời giải

Chọn C

Ta có an 5 2



an15



Đặt bn an 5  n 1 suy ra b 1 6.

Do đó: bn 2bn1 .

Vậy

 

bn là một cấp số nhân với công bội là 2.

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

1 1
1.2 6.2

n n

n

b b  

    an 6.2n1 5 3.2 n 5  n 1.

Vậy 2018

2018 3.2 5

a   .

Câu 2: [1D3-3] Cho dãy số ( )un thỏa mãn

2 2

1 2 1 2

ln(u u 10) ln(2 u 6 )u và un2un 2un11 với

mọi n 1. Giá trị nhỏ nhất của n để u n 5050 bằng :

A.100. B.99. C.101 . D.102.

Lời giải

Chọn C

Ta có 2 2

1 2 1 2

ln(u u 10) ln(2 u 6 )u u12u2210 2 u16u2

2 2

1 2

(u 1) (u 3) 0

     u1 1,u2 3 .

Do un2un 2un11  (un2 un1) ( un1 un) 1 .

Đặt vn un1 un ta được vn1vn 1 nên ( )vn là cấp số cộng với công sai d 1 và v 1 2.

Mặt khác un u1  v1 v2...vn1   2 3 ... n .

Vậy un    1 2 3 ...n

(n 1)
2
n 


Nên u n 5050 n n  ( 1) 10100 n2 n 10100 0

    100

101
n

n


   

 .

Câu 47. [2H3 - 4] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Trong khơng gian với hệ trục tọa
độ Oxyz, cho hai điểm A



2;1;3 ,



B



6;5;5



. Gọi

 

S là mặt cầu có đường kính AB.Mặt phẳng

 

P vng góc với đoạn AB tại H sao cho khối nón đỉnh A và đáy là hình tròn tâm H( giao
của măt cầu

 

S và mặt phẳng

 

P ) có thể tích lớn nhất, biết rằng

 

P : 2x by cz d    với0

, ,

b c d Z . Tính S b c d   .

A. S 18 . B. S 11. C. S 24. D. S 14.

Lời giải

Chọn A.

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

Ta có: AB 



4; 4;2



. Mặt cầu

 

S đường kính ABcó tâm I



4;3;4



và bán kính 1 3
2

R AB

Gọi r là bán kính của đường tròn tâm H. Vì thể tích khối nón lớn nhất nên ta chỉ cần xét trường
hợp Hthuộc đoạn IB, tức là AH  . 3

Đặt IH x, 0 x 3 r2 R2 x2 9 x2

     .

Khi đó thể tích khối nón đỉnhA và đáy là hình tròn tâm H là:









2 2

1 1

. 3 . 9

3 3

V  AH r  x   x



 



3
cos

1 1 12 32

3 . 3 6 2x .

6 6 3 3

i

x x     

       

 

Thể tích lớn nhất bằng 32

3   3  x 6 2x  x1

Ta có mặt phẳng

 

P nhận 1



2; 2;1



2AB 



làm véc tơ pháp tuyến có phương trình là:

2x2y z m  0. Lại có:



;

 



1 18 1
3

m

d H P     15

21
m
m



  



Khi m 15 ta có phương trình mặt phẳng

 

P : 2x2y z 15 0 lúc nàyI và B nằm cùng

phía so với mặt phẳng

 

P (AH d A P



;

 



3) nên loại.

Khi m 21 ta có phương trình mặt phẳng

 

P : 2x2y z  21 0 lúc nàyIvà B nằm khác

phía so với mặt phẳng

 

P (AH d A P



;

 



 ) nên nhận. 3

Vậy b2;c1;d 21 S 18.

Lưu ý: Ta có thể dùng phương pháp hàm số để tìm GTLN của f x

  

3 x



. 9



x2



.

  

Hướng phát triển bài toán:

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

Bài toán thực chất là cho mặt cầu cố định rồi nên ta có thể giữ nguyên giả thiết nhưng thay đổi

cách hỏi của đề bài:

- Tìm thể tích lớn nhất của khối nón nội tiếp khối cầu đã cho.

- Trong các khối nón nội tiếp khối cầu đã cho hãy tìm độ dài đường cao của khối nón có

thể tích lớn nhất.

- Thay khối nón bởi khối trụ được tạo thành khi cắt khối cầu đã cho bởi hai mặt phẳng

song song với nhau, cách đều tâm khối cầu và cùng vng góc với đoạn AB. Tìm

phương trình mặt phẳng hoặc khoảng cách giữa hai mặt phẳng đó để thể tích khối trụ

lớn nhất…

Ta xét một bài toán trong trường hợp tổng quát.

Câu 1. [2H3 - 4]] Cho mặt cầu

 

S có tâm I , bán kính R. Xét mặt phẳng

 

P thay đổi cắt mặt cầu
theo giao tuyến là đường tròn

 

C . Hình nón

 

N có đỉnh S nằm trên mặt cầu, có đáy là đường

tròn

 

C và có chiều cao là h . Tính h theo R để khối nón tạo nên bởi

 

N có thể tích lớn nhất.

A. h 2R . B. 2R

h  . C. 3R

h  . D. 4R

3
h  .

Lời giải

Chọn D.

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

Gọi H là tâm và r là bán kính của đường tròn

 

C . Khi đó thể tích khối nón đỉnh Svà đáy là

hình tròn

 

C là: 1 2 1 2

AH. h .

3 3

V  r  r

Kẻ đường kính SB A, là điểm thuộc đường tròn

 

C . Tam giác SAB vng tại A có đường cao

AH r nên: r2 SH HB h.  .(2R h)





h . 2R
3

V h 

  





3
cos

1 1 4R 32

. . 4R 2 .

6 6 3 81

i

h h h     R

     

 

Thể tích lớn nhất bằng 32 3

81R  h4R 2 h

4R
3
h

  .

Câu 48. [1H3-3][Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho hình lăng trụ tam giác đều
.

ABC A B C   có AB a , AA b gọi M N, lần lượt là trung điểm của AA , BB ( tham khảo
hình bên ). Tính khoảng cách của hai đường thẳng B M và CN .

A.





32 2

12 4
ab
d B M CN

a b

 

 . B.





2 2

3
,

4 12
ab
d B M CN

a b

 

 .

C.





2
a

d B M CN  . D.





2
a
d B M CN  .

Lời giải

Chọn A.

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

Ta có : AN B M//  ( Vì AA B B  là hình chữ nhật M N, lần lượt là trung điểm của AA , BB)

Vậy B M //



ANC



 d B M CN



 ,



d B M ANC



 ,







d B ANC



,







Gọi P là trung điểm của AC BPAC (Vì ABC là tam giác đều )

 

Mặt khác BB AC ( vì BB 



ABC



)

 

Từ

 

1 và

 

2 AC



BPN



Dựng BH PN mà ACBH ( vì AC



BPN



)

Vậy BH 



ANC



vậy d B M CN



 ,



BH.

Ta có :

2
b

BN  ( vì AABBb) và 3
2
a

BP  ( vì ABC là tam giác đều cạnh a )

Xét tam giác vuông BPN theo hệ thức lương tam giác vuông ta có :

2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 3

12 4

2 2

ab
BH

BH BN BP  BH b a    a  b

   

   

Câu 49: [1D2-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Trong lễ tổng kết năm học
2017 2018 , lớp 12T nhận được 20 cuốn sách gồm 5 cuốn sách toán, 7 cuốn sách vật lý, 8
cuốn sách Hóa học, các sách cùng mơn học là giống nhau. Số sách này được chia đều cho 10
học sinh trong lớp, mỗi học sinh chỉ nhận được hai cuốn sách khác mơn học. Bình và Bảo là hai
trong số 10 học sinh đó. Tính xác suất để 2 cuốn sách mà Bình nhận được giống 2 cuốn sách
của Bảo.

A. 1

5. B.

90. C.

45. D.

12
45.

Lời giải

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

Chọn C.

Gọi x, y, z lần lượt là số phần quà gồm sách Tốn và Vật lý, Tốn và Hóa học, Vật lý và
Hóa học.

Khi đó theo đề bài ta có hệ phương trình

5
7
8
x y
x z
y z

 




 


  


2
3
5
x
y
z




  

 


Số phần tử không gian mẫu là n C C C102. .83 55 2520.

Gọi A là biến cố 2 cuốn sách mà Bình nhận được giống 2 cuốn sách của Bảo.

Số phần tử của A là nA C C C22. .83 55C C C82. .61 55C C C82. .63 33 784.

Vậy xác suất cần tìm là

 

748 14
2520 45

P A  

Câu tương tự:

Câu 50.[2H3-4] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm
liên tục trên R thỏa mãn f x

 

 f x'

 

  1, x R

và f

 

0 0 . Tìm giá trị lớn nhất của f

 

1 .

A. 2e 1
e



. B. e 1

e


. C. e 1. D. 2e 1.

Lời giải

Chọn B

Ta có: e f xx ( ) e f xx. '( ) ex

  e f xx ( ) ' ex

1 1

0 0

( ) '

x x

e f x dx e dx

 





  



ef

 

1  0 e 1

 

1 e 1

f

e


 

</div>

Tổng hợp các câu vận dụng có đáp án môn toán năm 2018 trường thpt chuyên võ nguyên giáp lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện





<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>





















<sub> </sub>

 

 

<sub></sub>

<sub></sub>













 

 

<sub> </sub>









<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>









 





 













 





 







  





 





 

 

 

 









 

 

 

 

