Đề thi thử thpt quốc gia 2018 môn toán thpt Hoàng mai 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 (482.94 KB, 36 trang )

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

Câu 1. [2D2-2] Cho

 

H là hình phẳng giới hạn bởi Parabol y2x2 và nửa đường trịn có phương1
trình y 2 x2 (với  2 x 2) (phần tơ đậm trong hình vẽ).

Diện tích của

 

H bằng

A.

3 2



. B.

3 10



. C.

3 2



. D.

3 10



Lời giải
Chọn D.

Phương trình hồnh độ giao điểm:

2 2 1

1
x

x x

x



    




Ta có:









1 1 1

2 2 2 2 3 2

1 0 0

2 2

2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 .

3 3

S x x dx x x dx x x x dx I



 

   

               

   

     



Tính:

2
I 



 x dx

Đặt: x 2 sint dx 2 costdt

Đổi cận: x 0 t 0;x 1 t 4


     

Suy ra:





4 4 4

0 0

sin 2 1

2cos 1 cos 2

2 4 2

t

I tdt t dt t

  



 

       

 



Do đó:

2 3 10

3 2 6

S      
.

Câu 2. [2D3-3] Biết

2 3

2
1

d 5 2 ,

1 1
x

x a b c

x     



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

A. 
5

2
P 
B. 
7
2
P 
C. 
5
2
P 

D. P 2
Lời giải

Chọn C.

Ta có









2 3 2 3 2

2 2 2

1 1

1 1 5 2 3

d 1 1 d 1 5 2 .

3 2 3 3 2

1 1
x

x x x x x x

x
 
         
 
 



Vậy

5 2 3 5

, ; .

3 3 2 2

a b c  P

Bình luận: Ý tưởng của bài tốn là tính tích phân để ẩn 3 biến số, yêu cầu học sinh phải tính
được tích phân, hạn chế việc sử dụng máy tính casio.

Bài toán trên chỉ yêu cầu học sinh sử dụng thành thạo các phép biến đổi đại số

PHÁT TRIỂN BÀI TỐN

Câu 1. [2D3-3] Cho tích phân









ln sin 3 3

3 ln ln 2 , , .

cos 2

x

I dx a a b c

x b c







   

Tính giá trị
của biểu thức S a b c   .

A. 3 B. 2 C. 1 D. 1

Lời giải
Chọn B.

Đặt





ln sin d cos

sin
1

tan
cos

u x x x

du dx

x

v v x

x

 

 

 

  

Suy ra









3 3 3

6 6 6

ln sin 3 3 1

tan .ln sin 3 ln ln

cos 2 3 2 6

x

dx x x dx

x
  
  

    



3 3

3 ln ln 2 1; 3; 6

2 3 6 a b c



      



Do đó S a b c   2

Bài 2. Cho tích phân









2
2
2

0
1

2 1 .cos , , .

I x xdx a b c

a b c



 





    

Tính giá trị của biểu
thức S a b c   .

A. 1 B. 2 C. 2 D. 1

Lời giải
Chọn C.
Ta có
2
2 2
2

0 0 0

1 1 1 1

cos 2 cos 2 d sin 2 cos 2 d

2 2 2 2 4

x

I x x x x x x x x x x

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

8 4 J

 

  

Đặt

d d

1
d cos 2 d sin 2

2
u x
u x

v x x v x




 

 
 
 

Suy ra
2
2 2
0
0 0

1 1 1 1

sin 2 sin 2 d cos 2

2 2 4 2

J x x x x x



 

 



 

Do đó

2 1

8; 4; 2 2

8 4 2

I      a b c  S

Câu 2. [2D3-3] Cho tích phân





2 2

tan ln 2 , , .

I x xdx a b c a b c



 





   

Tính giá trị của biểu

thức S a b c   .

A. 
9
32

B. 
7
31 C. 
5
16

D. 
1
32
Lời giải
Chọn C.
Ta có
2
4 4
2 2
0 0
1

1 d d

cos 16 cos

x

I x x x

x x
 

 
     
 



Đặt
4
2
0
d
cos
x
J x
x





Đặt 2

d d
1
tan d
d d
cos
u x
u x

v x x

v x
x






 

 


Suy ra





4
4 4
0
0 0
2

tan tan d ln cos ln

4 4 2

J x x x x x



 

 



   

Vậy

2 1 1 1 1 5

ln 2

16 4 2 16 4 2 16

I      S   

Câu 3. [2D1-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số









3 2

1 1 3

3 2

x x

y  m  m x

đồng biến trên khoảng



1;



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

Lời giải

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

Ta nhận thấy trong biểu thức y có thể cơ lập m nên đưa về bài tốn tìm m để m g x

 





x

   nhờ BBT.

Chọn D.

Ta có





2 1 1

y x  m x m  .

Hàm số đồng biến trên khoảng



1; 



y  0, x



1; .







1 , 1;

1
x

m x

x

     

  m 1 xmin1;g x

 

với

 

1
x
g x

x


 .

Ta có

 





2
2
1

x x

g x
x



 



;

 

0
0

2
x
g x

x


   



 .

Ta có BBT của hàm số g x

 

Từ BBT suy ra m  .3

Mà m nguyên dương suy ra m 



1;2;3



PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN

Câu 1. [2D1-3] Tìm tất cả các giá trị m để hàm số









3 2 2

1 3

1 5 2018

3 2

y x  m x  m  x

nghịch
biến trên

khoảng



0;2



A. m  



1;7



. B. m   5; 5 . C. m   1; 5 . D. m  5;7 .

Lời giải

Phân tích: Ta cần tìm m để  y  0, x



0;2



Ta sử dụng tính chất nghiệm của tam thức bậc hai để giải quyết bài toán.

Chọn C.

TXĐ D .

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

Hàm số nghịch biến trên khoảng



0; 2



 y  0, x



0;2



y

 có hai nghiệm phân biệt x x thỏa mãn 1, 2 x1  0 2 x2



 



1 2

2 2 0

x x
x x




 
  







1 2

1 2 1 2

2 4 0

x x

x x x x




 
   


2
2
5 0

6 7 0

m
m m
  

 
  







5; 5
1;7
m
m
   
  
 
 


1; 5

m  

  

  .

Câu 2. [2D1-3] Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số

2x 1

y

x m




 đồng biến trên khoảng



1; 



A.Vô số. B. 2. C.1. D. 3 .

Lời giải

Phân tích: Đây là hàm số dạng bậc nhất / bậc nhất nên hàm số đồng biến trên khoảng



1; 







0, 1;
y x

     và chú ý điều kiện xác định x m .

Chọn B.

TXĐ D\

 

m .

Ta có





2m 1

y
x m
 
 

.

Hàm số đồng biến trên khoảng



1; 



 y0, x



1;



1
2 1 0
m
m


 
  

1
1
2 m
   
.

Mà m m



0;1



Câu 4. [1D1-2] Phương trình



1 cos 4 sin 2 x



x3cos 22 x có tổng các nghiệm trong đoạn



0;



là:

A. 3


. B.

3
2



. C. . D.

2
3

.
Lời giải
Chọn C.



1 cos 4 sin 2x



x 3cos 22 x

  2cos 2 .sin 22 x x 3cos 22 x 0

  





cos 2 2sin 2x x 3 0 cos 2x 0

     2x 2 k x 4 k 2



k



  

       
.
Xét
1 3
0 0;1

4 k 2 2 k 2 k

 



        

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

Vậy tổng các nghiệm bằng

4 4

 



 

PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN

Câu 1. [1D1-2] Số nghiệm của phương trình cos x 2cos3x.s inx 2 02    trong khoảng



0; 



là:

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

Lời giải

Chọn A.

Ta có : cos x 2cos3x.s inx 02    cos x sin 2x2 







sin 4x 2 0 

 cos x sin 2x sin 4x 2 02    

Xét hàm số f x

 

cos x sin 2x sin 4x 22    trên



0; 



ta thấy f x

 

0
 phương trình đã cho vơ nghiệm.

Câu 2. [1D1-4] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
3m33m3sinx sinx

có nghiệm thực ?

A. 5 . B. 7 . C. 3 . D. 2.

Lời giải

Chọn A.

Ta có 3m33m3sinx sinx 33m3sinx sin3x m .

 

Đặt sin x u . Điều kiện 1   và u 1 3m3sinx  v m3u v 3.

 

Khi đó

 

1 trở thành u3 m 3v

 

Từ

 

3 và

 

2 suy ra u3 3v v 3 3u









2 2 3 0

u v u uv v

     

u v
  .

(Do

2 2

2 2 3 1 3 3 0

2 4

v

u uv v  u v   

  , u , v )

Suy ra: 3m3u  u m u 3 3u, với u  



1;1



.

Xét hàm số f u

 

u3 3u trên đoạn



1;1



. Ta có f u

 

3u2 3; f u

 

 0 u .1

Suy ra  1;1

 

max f u 2

  , min1;1 f u

 

2.

Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2 , m m ẻ Â nên m 2 m 



0; 1; 2  .



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

A. x1  0 1 x2  3 x3  .4 B. 1x1x2  3 x3 .4
C. 0x1 1 x2  3 x3  .4 D. 1x1 3 x2  4 x3.

Lời giải
Chọn C.

' 3 12 9
y  x  x

1
' 0

3
x
y

x


   



x   0 1 3 4 

y  0  0 

y

 

m m 4 m m 4



Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hồnh độ thỏa

1 2 3

x x x ta có 0x1 1 x2  3 x3 4

PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN

Câu 1. [2D1-3] Cho hàm số y x 4 2x2m có đồ thị là 1

 

C . Giả sử

 

C cắt trục hồnh tại bốn
điểm có hoành độ x x x x (với 1; ; ;2 3 4 x1x2 x3 x4). Trong các khẳng định sau, khẳng định
nào đúng?

A. x1  1 x2  0 x3  1 x4. B.  2 x1  1 x2  0 x3 1 x4 2.
C.  1 x1 0 x2 1 x3 x4. D. x1x2  0 x3  1 x4.

Lời giải
Chọn B.

3
' 4 4
y  x  x

0
' 0

1
x
y

x


   



x   2

 1 0 1 2 

y  0  0  0 

y  m 1

m

1
m 

m

1
m 



Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hồnh độ thỏa

1 2 3 4

x x x x khi đó ta có  2x1  1 x2  0 x3 1 x4  2

Câu 2. [2D1-3] Cho hàm số yx33x m 21 có đồ thị là

 

C . Giả sử

 

C cắt trục hồnh tại ba

điểm có hồnh độ x x x (với 1; ;2 3 x1x2 x3). Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

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

C.  1 x1 0 x2  1 x3. D. 2x1  1 x2 1 x32.
Lời giải

Chọn D.
2

' 3 3

y  x 

' 0 1

y   x

x  

2 1 1 2 

y  0  0 

y 

m 2 1

2 3

m 

m 2 1

2 3

m 

 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hồnh độ thỏa

1 2 3

x x x khi đó ta có  2 x1  1 x2 1 x32

Câu 6. [1D4-2] Để

4 1 4 1

lim
2 2
x
x x
mx
  
  


 . Giá trị của m thuộc tập hợp nào sau đây?

A.



3;6



. B.



3;0



. C.



6; 3



. D.



1;3



.
Lời giải

Chọn C

Ta có

4 1 4

lim
2
x
x x
mx
  
  


2

1 1 4

4
lim

2
x

x

x x x
x m
x
  
 
   
 
 
 

 
  
2

1 1 4

4
lim

2
x

x x x
m
x

  
 
   
 
 
 

 
 
2
m



Theo đề bài ta có

2 1
4
2 m
m

  
.

PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN

Câu 1: [1D4-2] Để

lim 2

x

x x x

mx
  

 



 .Giá trị của m thuộc tập hợp nào sau đây?

A.



3;6



. B.



3;0



. C.



6; 3



. D.



1;3



.
Lời giải

Chọn B

2 1 1

lim lim

2
2

x x

x x x x

mx x m

x
     
 
 
 
  

 
 
1 1

1 1 1 1

2
lim lim
2
2 1
x x
x
x x
m
x m
x

x
     
 
      
   
  

 
  .

Câu 2: [1D4-2] Cho a b c, , là ba số thực khác 0. Để giới hạn

2 3

lim 3

1
x

x x ax
bx

  

 


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

A. 
1
3

a
b


. B. 
1
3
a
b


. C. 
1
3
a
b
 

. D. 
1
3
a
b


 .
Lời giải
Chọn A
Ta có
2 3

lim
1
x

x x ax
bx
  
 

3
1
lim
1
x
x a
x
x b
x
  
 
    
 

 

 
 
1
a
b



.
Vậy
1
3
a
b


.

Câu 7. [1D2-3] Tìm hệ số không chứa x trong khai triển

3 2
n
x
x
 

 

  biết n là số nguyên dương thỏa

mãn Cnn 1 Cnn 2 78

 

  .

A. 112640 . B. 112643. C. 112640. D. 112643 .

Lời giải

Chọn C.

Điều kiện: 2
n
n







Ta có: Cnn 1 Cnn 2 78

 

 









! !

78
1 ! 2! 2 !

n n

  

 





78
2

n n

n 

  

2 156 0

n n

     n12.

Khi đó:

 

12 12

3 3

12
0

2 k k 2 k

k

x C x

x x


   
  
   
 



 





12
36 4
12
0
2 k
k k
k

C x 







Hệ số không chứa x trong khai triển có: 36 4 k  0 k  .9

Hệ số cần tìm là:





9
9

12 2 112640

C   .

PHÁT TRIỂN BÀI TỐN

Câu 1: [1D2-3-PT1] Tìm hệ số của x5 trong khai triển

 









5 2

1 2 1 3 n

P x x  x x  x

biết n là số

nguyên dương thỏa mãn 2 6 5 21
n

n n

C  n A



   .

A. 3240 . B. 2643. C. 3320. D. 259200 .

Lời giải

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

Điều kiện: 2
n
n







Ta có: 2 6 5 21
n

n n

C  n A


  













1 !

!
6 5

2! 2 ! 1 !

n
n
n
n n

   
 









6 5 1

2
n n

n n n


    

2 9 10 0

n n

      n 10.

Khi đó

 









5 2 10

1 2 1 3

P x x  x x  x

Ta có:













5 5

5 1

5 5

0 0

1 2 . k. 2 k k. 2 .k k

k k

x x x C x x C x 

 

 



 





Số hạng chứa x5 tương ứng với k  1 5 k  .4

Tương tự: ta có









10 10

2 2 2

10 10

0 0

1 3 . i . 3 i i .3 .i i

i l

x x x C x C x 

 

 







Số hạng chứa x5 tương ứng với 2    .i 5 i 3

Vậy hệ số của x5 trong khai triển P x

 

là

 

4 3 3

5. 2 10.3 3320

C C 

Câu 2: [1D2-3-PT2] Tìm hệ số chứa x10 trong khai triển

 





2
3
2
1
1 2
4
n

f x  x  x  x

  với n là số

tự nhiên thỏa mãn An3 Cnn 2 14n


  .

A. 2 C5 1910. B.

5 10 10
19

2 C x . C. 9 10

2 C . D. 9 10 10

2 C x .

Lời giải

Chọn A.

Từ phương trình An3 Cnn 2 14n


  , ta tìm được n  . Khi đó: 5

 





2
15
2
1
1 2
4

f x  x  x  x

 



 



4 15

2 2

16 x x

   1





16 x
 
19
19
19
0
1
.2 .
16

k k k

k

C x 





Số hạng chứa x10 trong khai triển tương ứng với 19 k10 k .9

Vậy hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển là

10 9 5 10

19 19

2 2 .

16C  C

Câu 8. [2D2-3] Tìm m để phương trình 4x 2x3 3 m có đúng hai nghiệm x 



1;3



?

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

Chọn C

Phương trình trên là phương trình bậc hai với ẩn phụ t 2x

Cách làm chung là khảo sát hàm số vế phải rồi dùng điều kiện có nghiệm của phương trình

Với t 2x phương trình ban đầu trở thành t2 8t 3 m. Vì x



1;3



 t



2;8



Xét hàm

 

2 8 3
g t  t t

 

' 2 8

g t  t ; g t'

 

   ;0 t 4

t 2 4 8

 

g t  0 

 

g t

9


-13

Từ bảng biến thiên, phương trình có hai nghiệm 13    .t 9

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN.

Câu 1: [2D2-3] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4x 2x1m0 có hai

nghiệm thực phân biệt.

A. m   





. B. m 



0; .



C. m 



0;1



. D. m 



0;1



.
Lời giải

Chọn D

Đặt t 2xthì phương trình đã cho trở thành t2 2t m 0.

 

Phương trình ban đầu có hai nghiệm thực phân biệt khi phương trình

 

1 có hai nghiệm phân
biệt dương.

Hay

1 0

2 0
0
m

m
 






 

  m 



0;1



.

Câu 2: [2D2-3] Tìm tấ cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4x2 2x22 6 m có 3
nghiệm phân biệt.

A. m2. B. m3. C. 2m3. D. 2m3.
Lời giải

Chọn B

Đặt t 2x2, khi đó ta có phương trình: t2 4t 6 m0 2

 

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

Với t  là nghiệm phương trình ta có:1 m  .3

Với m  thay vào phương trình 3

 

2 :t2 4t 3 0

1
3
t
t



  

 nên có ba nghiệm 0; log 32 .

Câu 9. [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn z 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T  z 2 2 z 2

A. maxT 5 2. B. maxT 2 10. C. maxT 3 5. D. maxT 2 5.
Phân tích: Gọi z x yi  . Từ giả thiết z  1 x2y2 1

Yêu cầu bài tốn trở thành tìm GTLN của









2 2 2 2

2 2 2

T  x y  x y

, có thể áp dụng

bất đẳng Bunhiacopski hoặc có thể rút y2  1 x2, thay vào và xét hàm.
Lời giải

Chọn A.

Gọi z x yi  ,



x y  ,



2 2

1 1

z   x y  .

Khi đó,









2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

T  z  z  x y  x y



12 22







x 2



2 y2



x 2



2 y2 10



x2 y2 4



5 2

          

 

5 2
T

  .

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi









2 2

2 2 2 2

2 2

1 2

x y

x y x y

  



    

 



2 2 3

4 5 5 4 7

1 2 4

x

x y

x x

y


    

 

     



  

 

 .

Vậy maxT 5 2.

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN.

Câu 1: [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn z 2 3 i  5. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và

giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

P z  z i

. Tính T 2M3m.

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

Chọn B.

Gọi z x yi  , ,x y   .

Từ giả thiết, suy ra









2 2

2 3 5

x  y  .

Khi đó:









2 2 2 2 2 2

2 2 1 4 2 3

P z  z i  x y  x  y   x y

   









5 4 2 2 3

P x y

     

Có

























2 2 2 2 2

5 4 2 2 3 4 2 2 3 100

P  x  y     x  y  

   

10 P 5 10 5 P 15
        

Suy ra M  , 15 m  . Vậy 5 T 2M 3m15.

Câu 2: [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn z  1 2. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P  z i z 2 i . Tính mơ đun của số phức w M mi  .

A. w 2 6. B. w 3 5. C. w 4 2. D. w 4.
Lời giải

Chọn A.

Gọi z x yi  , ,x y   .

Từ giả thiết, suy ra





2 2

1 2

x y 

Khi đó,













2 2 2

2 1 2 1

P x  y  x  y

Có

















2 2 2 2

2 2

2 2 1 1 2 2 1 2 4

P x  x  y  y   P  x  y  

     P 4

max 4

M P

   .

Đồng thời, ta lại có





















2 2 2 2 2

2 1 2 1 2 1 1

P x  y   x   y  x  x  y   y

2 2 min 2 2

P m P

     .

Vậy





2
2

4 2 2 4 2 2 2 6

w   i   

Câu 10. [2D2-3] Cho dãy số

 

un thỏa mãn log2u1logu1 6 0 và un1 un  , với mọi5

n n . Giá trị lớn nhất của n để u n 500 bằng:

A. 80 . B. 100 . C. 99 . D. 82 .

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

Chọn B.

Ta có log2u1logu1 6 0

1
log 2

log 3

u
u




  



100
1
1000

u






 

 .

Do un1 un  nên 5

 

un là một Cấp số cộng với công sai d  .5

Trường hợp 1: u 1 100, do un1un nên 5

 

un là một Cấp số cộng với u 1 100 và công sai
5

d 





100 1 .5
n

u n

   

Khi đó u n 500 100



n1 .5 500



  n81. Nên giá trị lớn nhất của n  .80

Trường hợp 2: 1

1
1000

u 

, do un1un nên 5

 

un là một Cấp số cộng với 1

1
1000

u 

và công
sai d 5





1 .5
1000

n

u n

   

Khi đó u n 500





1 .5 500

1000 n

   

100,9998

n

  . Nên giá trị lớn nhất của n 100.

Vậy giá trị lớn nhất thỏa mãn yêu cầu đề bài là n 100.
BÀI TẬP PHÁT TRIỂN.

Câu 1: [2D2-3] Cho cấp số cộng

 

an , cấp số nhân

 

bn thỏa mãn a2 a1 ;0 b2 b1 và hàm số1

 

3 3

f x x  x sao cho f a

 

2  2 f a

 

1 và f



log2 2b



 2 f



log2 1b



. Số nguyên dương
n nhỏ nhất sao cho bn 2018an là:

A. 16 . B. 15 . C. 17 . D. 18 .

Lời giải

Chọn A.

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

Dễ dàng nhận thấy hàm số nghịch biến trên



1;1



. Lại có a2 a1 và 0 b2 b1 nên1
2 2 2 1

log b log b  .0

Ta có f a

 

1  f a

 

2   mà 2 0 0 a 1a2 a10;a2  1 an   ( Do n 1

 

an là cấp số 
cộng).

Và f



log2 1b



 f



log2b2



 mà 2 log2b2 log2 1b 0

2 1 1

2 2 2

log 0 1

log 1 2

b b

  


 

  

 bn 2n 1



 

( Do

 

bn là cấp số nhân).

Khi đó bn 2018an





2n 2018 n 1
   .

 

Thử cả bốn đáp án ta được n  là giá trị nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn 16

 

* .

Câu 2: [2D2-3] Cho dãy số

 

un thỏa mãn log22u4 3log2u4 2 0 và un1 un , với mọi2

n n . Giá trị lớn nhất của n để u n 2018 bằng:

A. 1010 . B. 1011. C. 999 . D. 1000 .

Lời giải

Chọn B.

Ta có log22u4 3log2u4 2 0

2 4

log 1

log 2

u
u




 




4
2
4
u
u



 



 .

Do un1 un nên 2

 

un là một Cấp số cộng với công sai d  .2

Nên
4

4
2
4
u

u








3 2

3 4

u d
u d

 


 

 



1
4
2
u
u



  

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

Trường hợp 1: u  , do 1 4 un1un nên 2

 

un là một Cấp số cộng với u  và công sai1 4
2

d 





4 1 .2
n

u n

    .

Khi đó u n 2018  4



n1 .2 2018



  n1012. Nên giá trị lớn nhất của n 1011.

Trường hợp 2: u  , do 1 2 un1un  nên 2

 

un là một Cấp số cộng với u  và công sai1 2
2

d 





2 1 .2
n

u n

    .

Khi đó u n 2018  2



n1 .2 2018



  n1011. Nên giá trị lớn nhất của n 1010.

Vậy giá trị lớn nhất thỏa mãn yêu cầu đề bài là n 1011.

Câu 11. [12H1-2]Cho khối chóp tứ giác đều .S ABCD , đáy ABCD là hình vng có cạnh bằng a ,
tâm O , cạnh bên bằng a 3. Gọi M là trung điểm của CD , H là điểm đối xứng của O qua

SM . Thể tích khối đa diện ABCDSH bằng:

A. 
3

5 10

a

. B.

3 10

a

. C.

3 10

a

. D.

3 10

a

.
Lời giải

Chọn A

Ta có: . . . . .

5
4

ABCDSH S ABCD H SCD S ABCD S OCD S ABCD

V V V V V  V

Mà

2 3

1 1 10 10

. . . .

3 3 2 6

S ABCD ABCD

V  SO S  a a  a

Vậy

3
5 10

24
ABCDSH

a

V 

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

Câu 12. [1H3-3] Hình chóp tam giác .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A ,

 0

, 30

AB a ACB  và SA SB SD  , với D là trung điểm của BC . Biết khoảng cách giữa hai

đường thẳng SA và BC bằng 
3

4
a

. Tính cơsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC).

A. 
2 5

11 . B. 3 . C.

13 . D.

5
33 .

Lời giải

Chọn C

Cách 1:

Ta có ABD đều, cạnh a.

Mà SA SB SD  , nên hình chóp .S ABD là hình chóp đều.
Gọi O là tâm của ABD , ta có SO(ABD).

Gọi M là trung điểm của BD , hạ MN SA và NSA

Mà BD



SAM



nên MN BD.

Vậy MN là đoạn vuông góc chung của hai đường SA và BC

Nên





3
,

4
a
d SA BC MN 

Vì ta có AHM đồng dạng với tam giác SOM

Nên

3 3 2

. . . .

2 4 3

a a

SO AM MN SA SO  SA SA SO
.

+) Có

2 2 2 4 2 2

3 3

a

SA  SO AO  SO  SO   SO a
.

+) Hạ AH SM  AH (SBC). Khi đó, SAC có hình chiếu là SHC trên (SBC).

y
z

B
S

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

+) Gọi  là góc giữa (SAC)và (SBC). Ta có

 

.cos cos SHC 1

SHC SAC

SAC

S

S S

S

 

  

+) Tính được

2 2

15 15

4
4 39

SHC SAC

a a

S  S 

, thay vào (1) suy ra

c 

Cách 2: Chọn hệ tọa độ Axyz như hình vẽ.

Ta có:



0;0;0 ,





3;0;0 ,





0; ;0 ,



3; ;

6 2

a a

A C a B a S a

 

Khi đó :









3;0;0

0; 2;1
3

; ;
6 2

SAC
AC a

n

a a

AS a

 




  

  



  

  
















3; ;0

3;3;1
5 3

; ;
6 2

SBC

CB a a

n
a a

CS a

  




 

  

 

  

  







Vậy:

. 5 65

cos

13
5. 13
.

SAC SBC

n n

    

 

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN.

Câu 1: [1H3-3] Hình chóp S ABC. có SA vng góc với



ABC



, SA2a. Tam giác SBC có diện
tích bằng 6 2a . Gọi 2  là góc giữa hai mặt phẳng



SBC



và



ABC



. Tính góc , biết thể
tích khối chóp S ABC. là V 4a3.

A. 30. B.  90 . C. 60 . D. 45 .
Lời giải

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

Gọi SEA là góc giữa 



SBC



và



ABC



Ta có

3
2
3.

1 3.4

. . 6

3 2

ABCD

ABCD ABC ABC

V a

V SA S S a

SA a

 

    

Do SA



ABC



nên A là hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng



ABC



ABC

  là hình chiếu vng góc của SBC lên mặt phẳng



ABC



.

Do vậy SABC SSBC.cos

6 1

cos

6 2 2

ABC

SBC

S a

 



   



   .

Câu 2: [1H3-3] Cho hình chóp .ABCDS có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vng góc với mặt
phẳng



ABCD



, SA AB a  , AD3a. Gọi M là trung điểm BC . Tính cosin góc tạo bởi hai

mặt phẳng



ABCD



và



SDM



A.

5
.

7 B.

6
.

7 C.

3
.

7 D.

1
.
7

Lời giải

Chọn B

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho

O trùng A, Ox cùng hướng AB,Oy cùng

hướng AD, Oz cùng hướng AS . Khi đó

(0;0;0)

A , B a( ;0;0), D(0;3 ;0)a , S(0;0; )a ,

( ; ;0)

a
M a

(0;3 ; )

SD a a

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

(a; ; )

a

SM  a



2 2

, ; ; 3

2
a

SD SM  a a 

      
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 

Một VTPT của (ABCD): 1

1
(0;0;1)
n AS
a
 
 

Một VTPT của (SDM): 2 2





, 3; 2;6

n SD SM

a

 
 
 
  
  

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

Gọi  là góc giữa



ABCD



và



SDM



. Khi đó



1 2



2 2 2

6 6

cos cos ,

3 2 6

n n
   
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
.

Câu 13. [1D1-4] Tìm m để phương trình cos 2x



2m1 cos



x m  1 0 có nghiệm

3
;
2 2

x  

 

A. 0  .m 1 B.    .1 m 0 C. 0m .1 D.    .1 m 0
Lời giải

Chọn B.

Ta có: cos 2x



2m1 cos



x m  1 0





2cos x 2m 1 cosx m 0

    

Đặt cos x t ,khi

3
;
2 2

x  

  thì t  



1;0



Khi đó phương trình trở thành: 2t2



2m1



t m 0 có nghiệm t  



1;0







2 2

2 2 1 0

2 1

t t

t m t m m t

t


      


Vậy: 1   .m 0

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN.

Câu 1. [1D1-4-PT1]Với giá trị nào của m để phương trình: msin2x 3sin .cosxx  m1 0 có đúng

3 nghiệm

3
0; .

2
x  

 

A. m  1. B. m 1. C. m  1. D. m 1.
Lời giải

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

Với


 2
x

phương trình trở thành:

  

       

sin 3sin .cos 1 0 1 0

2 2 2

m m m m

  1 0 (vô lý)

Do đó

 2
x

khơng phải là nghiệm của phương trình

Với x 2




Chia 2vế cho cos x2 ta được



 



2 2 2 2

tan 3 tan . 1 tan 1 1 tan 0 tan 3 tan 1 0

m x x m  x   x   x x m  

Đặt ttanx.u cầu bài tốn trở thành tìm m để phương trình t23t m  1 0 có 2

nghiệm trái dấu m  1 0 m  .1

Câu 2. [1D1-4-PT2] Gọi K là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phng trỡnh

sin 2 2 sin 2

x+ ỗốổỗỗx+pữữửữứ- =m

(1) có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng

3
0;

ỉ ửữ

ỗ ữ

ỗố ứ

p

. Hi tp
K l tp con ca tập hợp nào dưới đây?

A.

2 2

; .

2 2

æ ự

ỗ- ỳ

ỗỗ ỳ

ỗố ỳỷ B.

(

1- 2; 2

)

. C.

2
2;

ổ ửữ

ỗ- ữ

ỗ ữ

ỗ ữữ

ỗố ứ. D.

2
; 2 .
2

ổ ự

ỗ- ỳ

ỗỗ ỳ

ỗố ỳỷ

Li gii

Chn C

2 sin sin cos ;

t= ỗỗốỗổx+pữửữữứ= x+ x

(

0; 0; 2 .

xẻ ỗổốỗỗ pữứữữửị Ỵt úùû

Khi đó: sin 2x= -t2 1. Phương trình đã cho trở thành:t2+ - =t 3 m.(2)

Lưu ý rằng: mỗi nghiệm tỴ

(

1; 2

)

của phương trình (2) cho ta 2 nghim

3
0;

xẻ ổỗỗỗố pửữữữứ

phng trỡnh (1) và với

( )

2
0;1

t
t

é=
ê
êỴ
ê

ë chỉ cho ta một nghiệm

3
0;

xẻ ổỗỗỗố pửữữữứ

ca phng trỡnh (1) . S

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

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra yêu cầu bài toán là - < <- +1 m 1 2.

Vậy

(

)

1; 1 2 2; .

K= - - + è -ổỗỗỗ ửữữữ

ữ
ữ

ỗố ứ

Cõu 14. [1D2-3] Cú 10 học sinh lớp A, 8 học sinh lớp B được xếp ngẫu nhiên vào một bàn tròn
(hai cách sắp xếp được cho là giống nhau nếu cách sắp xếp này là kết quả của phép sắp xếp kia
khi thực hiện phép quay ở tâm một góc nào đó). Tính xác suất để khơng có học sinh nào của
lớp B đứng cạnh nhau.

A.

10!

18!. B.

8
10
9!

17!
A

. C.

17! . D.

8
11
10!

17!
A

.
Lời giải

Chọn B

Gọi C là biến cố xếp 18 học sinh sao cho khơng có học sinh nào cùng lớp đứng cạnh nhau.

Số phần tử của không gian mẫu là số cách xếp 18 học sinh của hai lớp vào một bàn trịn có

18!
17!

18  cách xếp.

- Xếp 10 học sinh lớp A có
10!

10  cách xếp.

- Mỗi cách xếp đó tạo thành 10 khoảng trống để có thể xếp học sinh lớp Bvào nên có A108 cách
xếp học sinh lớp B

Nên n C 

 

9!.A108 cách xếp

Xác suất

 

8
10
9!.A

17!
P C 

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN.

Câu 1. [1D2-3] Có 10 học sinh lớpA, 8 học sinh lớp B được xếp ngẫu nhiên thành hàng ngang.

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

A.

18! . B.

10!

18! . C.

8
11
10!.

18!

 A

P

. D.

10!.8!
18!


P

.

Lời giải

Chọn C

Xếp ngẫu nhiên18 học sinh thành hàng ngang nên số cách xếp là 18!. Số phần tử của không

gian mẫu là n

 

 18!.

Gọi A là biến cố xếp 18 học sinh sao cho khơng có hai học sinh bất kì nào của lớp B đứng

cạnh nhau.

Xếp 10 học sinh lớp A thành một hàng ngang có 10! cách xếp.

Với mỗi cách xếp 10 học sinh lớpA nói trên: cứ giữa mỗi hai học sinh có một khoảng trống,
tính cả khoảng trống hai đầu hàng ta có được 11khoảng trống. Chọn 8 khoảng trống trong số

11 khoảng trống để mỗi khoảng trống xếp một học sinh lớp Bcó A118 cách xếp.

Vậy có n A

 

10!.A118 cách xếp.

Xác suất là

8
11
10!.

18!

 A

P

Câu 2. [1D2-3] Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 5 học

sinh lớp 12C vào một bàn tròn (hai cách xếp được coi là giống nhau nếu cách xếp này là kết
quả của cách xếp kia khi ta thực hiện phép quay bàn ở tâm một góc nào đó). Tính xác suất để
khơng có hai học sinh bất kì cùng lớp ngồi cạnh nhau.

A.

1
252


P

. B.

1
126


P

. C.

1
630


P

. D.

11
630


P

Lời giải

Chọn B

Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh vào một bàn trịn có 9! cách xếp n

 

 9!.

Gọi A là biến cố xếp 10 học sinh vào một bàn trịn sao cho khơng có 2 học sinh cùng lớp

đứng cạnh nhau.

Xếp 5 học sinh lớp 12C có 4!cách.

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

Cần phải xếp 5 học sinh lớp A và B sao cho khơng có hai học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau
nên có 5! cách xếp.

Vậy n A

 

4!.5!.

Vậy

4!.5!
9!


P

Câu 15. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng

 

P đi qua



1; 2;3



M

và cắt các tia Ox ,Oy, Oz lần lượt tại các điểm A,B,C sao cho

2 2 2

1 1 1

T

OA OB OC

  

đạt giá trị nhỏ nhất?

A.

 

P x: 2y3z14 0 . B.

 

P : 6x3y2z18 0 .
C.

 

P : 3x2y z 10 0 . D.

 

P : 6x 3y2z 6 0 .

Lời giải

Chọn A.

Dựa vào các hệ thức lượng trong tam giác vuông và các mối quan hệ vng góc trong khơng

gian ta chứng minh được rằng với H là trực tâm tam giác ABC thì 2 2 2 2

1 1 1 1

OH OA OB OC

và OH 



ABC



Do đó 2 2 2

1 1 1

T

OA OB OC

  

đạt giá trị nhỏ nhất khi OH lớn nhất.

Mà OH OM nên muốn OH lớn nhất thìM H , khi đó OM 



1; 2;3





là véc tơ pháp tuyến

của

 

P .

Do đó phương trình mặt phẳng

 

P cần tìm là 1



x1



2



y 2



3



z 3



 hay0

 

P x: 2y3z14 0 .

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN.

Câu 1. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng

 

P đi qua



2;3; 4



M

và cắt các trục Ox ,Oy, Oz lần lượt tại các điểm A,B,C sao cho M là trực tâm
của tam giác ABC ?

A.

 

P : 2x3y4z 29 0 . B.

 

P : 2x3y4z .0
C.

 

P : 6x4y3z12 0 . D.

 

P : 6x4y3z 36 0 .

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

Chọn A.

M là trực tâm ABC  OM 



ABC



, do đó

 

P nhận OM 



2;3;4





làm VTPT .

Phương trình mặt phẳng

 

P là: 2



x 2



3



y 3



4



z 4



 hay 0 2x3y4z 29 0 .

Câu 2. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng

 

P đi qua



1;3;5



M và cắt các tia Ox ,Oy, Oz lần lượt tại các điểm A,B,C sao cho thể tích khối tứ

diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất?

A.

 

P :15x5y3z 45 0 . B.

 

P x: 3y5z 35 0 .
C.

 

P :15x5y3z  .1 0 D.

 

P x y z:    9 0 .

Lời giải

Chọn A.

Gọi A a



;0;0 ,



B



0; ;0 ,b



C



0;0;c



với a b c , , 0.

Phương trình mặt phẳng





: 1

x y z

ABC

abc  .





1 3 5 1

M ABC

a b c

    

Ta có:

. . .

6 6

OABC

abc

V  OA OB OC

1 3 5 15

1 3

a b c abc

    405 135

OABC

abc V

   

, dấu “=” xảy ra khi

3
1 3 5 1

9
3

15
a
b
a b c

c



     

 

 

 

P :15x5y3z 45 0 .

Câu 16. [1D2-2] Một hộp đựng20 quả cầu trong đó có 6 quả cầu màu trắng, 4 quả cầu màu xanh

và 10 quả cầu màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên lần lượt 3 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để trong 3
quả cầu được chọn có đủ 3 màu.

A.

20. B.

19. C.

57. D.

4
19.

Lời giải

Chọn D

Số phần tử của không gian mẫu: C C C201 . 191 . 181 6840.

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

Vậy:

 

240
6840

P A  2

57


PHÁT TRIỂN HAI CÂU.

Câu 1. [1D2-2] Một hộp đựng20 quả cầu trong đó có 6 quả cầu màu trắng, 4 quả cầu màu xanh và

10 quả cầu màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên lần lượt 3 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để trong 3

quả cầu được chọn chỉ có một màu.

A.

95. B.

155

19 . C.

38. D.

4
19.

Lời giải

Chọn A

Số phần tử của không gian mẫu: C C C201 . 191 . 181 6840.

Số phần tử của biến cố: A63A43A103 864.

Vậy:

 

864
6840

P A  12

95


Câu 2. [1D2-2] Một hộp đựng20 quả cầu trong đó có 6 quả cầu màu trắng, 4 quả cầu màu xanh và

10 quả cầu màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên lần lượt 3 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất để trong 3

quả cầu được chọn có hai quả màu đỏ .

A.

95. B.

38. C.

38. D.

4
19.

Lời giải

Chọn B

Số phần tử của không gian mẫu: C C C201 . 191 . 181 6840.

Số phần tử của biến cố: C A 101 . 102 900.

Vậy:

 

900
6840

P A  5

38


Câu 17. [1D1-3] Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
3 3

34sinx m sinx sin x 4sinx m 8 2

       có nghiệm thực.

A. 21. B. 18. C. 22. D. 20.

Lời giải

Chọn D

Đặt asinx khi đó phương trình có nghiệm thực khi phương trình

 

3 3

34a m a   a 4a m  8 2 1

có nghiệm a  



1;1



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



a b



3 6



a b



2 12



a b



8 a3 b3 8 3ab a b





6



a b



2 12



a b



0

                











 



3 a b ab 2(a b) 4 0 a b b 2 a 2 0

          

Th1: a , đưa về tìm m để phương trình b a3 4a m có nghiệm a  



1;1



.

Xét f t

 

x3 4x trên



1;1



, có f t'

 

3x2 4 0, x  m 



5;5



Th2: b  , đưa về tìm m để phương trình 4 82  a  có nghiệm m a  



1;1



.

Xét f t

 

4x 8 trên



1;1



, có f t'

 

4 0, x  m 



12; 4



Th3: a2

 

l vì a  



1;1



Kết hợp cả ba trường hợp có các số 20 số nguyên thỏa yêu cầu bài toán.
PHÁT TRIỂN HAI CÂU.

Câu 1. [1D1-3] Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
3sin3x 3sinx m 27 3 m 3sinx sinx 3

 .

A. 7 B. 8 C. 9 D. 10

Lời giải

Chọn A

Đặt a sinx , ta có a  



1;1



, b3 m 3sinx . Thế vào phương trình ta được:























 



 

3 3 3 3 3 3

3 3 3 3

27 3 27 3

27 3 9 27 27

3 3 9 0

3 3 0

a b b a a b a b

a b a b ab a b a b a b

a b ab a b

a b a b

          

           

     

     

Đưa về bài tốn tìm m để phương trình

 

* có nghiệm a  



1;1



.
TH1: ab a33a m

Xét hàm f t

 

t33t f t'

 

3t2    . Suy ra 3 0 t 1 m 



2;4



TH2: a3( )l vì a  



1;1



.
TH3: b  3 27 3 a m

Xét hàm f t

 

27 3 t f t'

 

 3 0, . Suy ra t m  



27; 24



Vậy có 7 số nguyên thoả yêu cầu bài toán.

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

cosx 2cosx m  1 8cosx10 2cosx m m   1 0.

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

Lời giải
Chọn B

Đặt a cosx , ta có a  



1;1



, b 2cosx m . Thế vào phương trình ta được:















 



 

2 2

2 2 2 2

1 6 10 1 0 1 6 10 1

2 2 1 6 10 1 2 4 8 0

2 4 2 0 4 2 0

a b a b b a b a b b

a ab b a b a b b a ab a b

a a b a b a a b

             

              

         

Đưa về bài toán tìm m để phương trình

 

* có nghiệm a  



1;1



TH1:

2 2

a

a b  a m

Xét hàm

 

2 ' 2 0 4

4 2

t t

f t   t f t     t

. Suy ra

7 9
;
4 4
m   

 

TH2: a4( )l vì a  



1;1



Vậy có 4 số nguyên thoả yêu cầu bài toán.

Câu 18. [1H3-3]Cho lăng trụ ABC A B C.    có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vng góc
của điểm A lên mặt phẳng



ABC



trùng với trọng tâm G của tam giác ABC . Biết khoảng

cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng

3
4
a

. Tính A G .

A. 
2

3
a

. B.

3
6
a

. C. 3

a

. D.

3
2
a

.
Lời giải

Chọn C.

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

Có





BC AM

BC AA M M BC AH
BC A G

 

 

   






 .

Có





.
AH MM

AH BCC B
AH BC



 

 

 





Khi đó :













3
4

, , , a

d AA BC d AA BCC B   d A BCC B  AH 

Có

3 3

2 , 3

a a

AM  AG 2 2 3

4
a

HM AM AH

   

Do HAM ∽GA A

HM HA
AG A G

 



3 3 4

3 4 3 3

AG HA a a a

A G

HM a



     

CÁC CÂU PHÁT TRIỂN

Câu 1: [1H3-3]Cho lăng trụ ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh AB a .
Hình chiếu vng góc của điểm A lên mặt phẳng



ABC



trùng với trọng tâm G của tam giác

ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng 2

a

. Tính A G .

A.

2
3
a

. B.

2
6
a

. C.

2
2
a

. D.

3
2
a

.
Lời giải

Chọn A.

Lấy M M  lần lượt là trung điểm của , BC B C,   và H là hình chiếu của A trên MM .

Có





BC AM

BC AA M M BC AH
BC A G

 

 

   






 .

Có





.
AH MM

AH BCC B
AH BC



 

 

 





Khi đó:













2
a
d AA BC d AA BCC B   d A BCC B  AH 

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

Có

2 2

2 , 3

a a

AM  AG 2 2

2
a

HM AM AH

   

. Do đó HAM vng cân tại H.

Do HAM∽GA A  GAA' vuông cân tại G

2
3
a
A G AG

  

Câu 2: [1H3-3]Cho lăng trụ ABC A B C.    có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vng góc của
điểm A lên mặt phẳng



ABC



trùng với trung điểm M của cạnh BC . Biết khoảng cách giữa

hai đường thẳng AB và CC bằng 
3
4
a

. Tính A M .

A. 
3
4
a

. B. 4

a

. C. 2

a

. D.

3
2
a

.
Lời giải

Chọn B.

Do CC'



ABB A' '



và M là trung điểm của BC nên:



, '





' '





' '





' '



d AB CC d CC ABB A d C ABB A  d M ABB A







, ' '



a83

d M ABB A

 

Gọi ,N I lần lượt là trung điểm của các đoạn AB NB,

1 3

2 4

, a

MI AB MI CN

   

.
Dựng H là hình chiếu của M trên A I' ,

Ta có :





' '

AB A M

AB MA I AB MH
AB MI

 

   




 .





' '
'

MH AB

MH ABB A
MH A I

 

 




 . Suy ra





3
8

, ' ' a

d M ABB A MH 
.

Trong MA I' vuông tại M có: 2 2 2

1 1 1

'
MH MI  A M

2 2 2 2

1 64 16 16

3 3 '

a
A M

A M a a a

     

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

Câu 19. [2D1-3] Cho hàm số yf x

 

. Hàm số yf x

 

có đồ thị như hình vẽ. Hàm số



2 x



yf e

nghịch biến trên khoảng nào sau đây? f(x)=x^3-3x^2
f(x)=-4
x(t)=2 , y(t)=t
T ?p h?p 1

x
y

-A.



0; 



. B.



 ;0



. C.



1;3



. D.



2;1



Phân tích

Dựa vào đồ thị hàm yf x

 

, suy ra nghiệm f x

 

 và dấu của 0 f x

 

Dùng tính chất hàm hợp xét dấu





x

f e

, suy ra dấu của .





x x

e f e

. Từ đó chọn đáp án.

Lời giải

Chọn B.

Ta có

 

0
0

3
x
f x

x


   



 .

Xét





x

yf e

, có .





x x

ye f e

; 0 .





x x

y  e f e 

2 0

2 3

x

e

x
e

  

   

 

 .

Mặt khác, 0 .





x x

y  e f e  2 ex 3 x 0

     .

Do đó hàm số





x

yf e

nghịch biến trên



 ;0



.

CÁC CÂU PHÁT TRIỂN

Câu 1: [2D1-3] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm liên tục trên  và có đồ thị của hàm yf x

 

như

hình vẽ. Xét hàm số





( )  2

g x f x

. Mệnh đề nào dưới đây sai?

O
y

x

 2

4


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

A. Hàm số g x( ) đồng biến trên



2;



. B. Hàm số g x( ) nghịch biến trên



0; 2 .



C. Hàm sốg x( )nghịch biến trên



1;0 .



D. Hàm số g x( )nghịch biến trên



  ; 2 .



Lời giải

Chọn C.

Dựa vào đồ thị hàm số

 

1
0

2



   




x
f x

x và f x

 

 0 x2

Xét

 





2 2

 

g x f x

có tập xác định 

 

' 2 . 
g x x f t

với tx2 2

 

0 0

' 0 2 1 1

2
2 2



  

 

       



     



x x

g x t x x

x

t x

Lại có

 

2 2

0 2 2

2


       

 


x

f t t x

x

Do đó, ta có bảng xét dấu g x'

 

x   2 1 0 1 2 

 



g x  0  0  0  0  0 

Từ bảng xét dấu ta chọn phát biểu sai là C.

Câu 2: [2D1-3] Cho hàm số yf x

 

. Hàm số yf x

 

có đồ thị như hình bên. Hàm
số yf



2 x



đồng biến trên khoảng:

A.



1;3 .



B.



2;  .



C.



2;1



. D.



 ; 2



Lời giải

Chọn C.

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

Hàm số đồng biến khi









2 1 3

2 0 2 0

1 2 4 2 1

x x

f x f x

x x

   

 

 

        

     

  .

Câu 20. [2D1-4] Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham số m để
giá trị nhỏ nhất của hàm số

2 4 3 4

yx  x  mx

lớn hơn 2. Số phần tử của S

là

A. 3 . B. vô số. C. 1. D. 2.

Lời giải

Chọn C.

Ta có



 







4 3 4 khi ;1 3;

4 3 4 khi 1;3

x x mx x

y

x x mx x

        




    



 .



 







2 4 4 khi ;1 3;

2 4 4 khi 1;3

x m x

y

x m x

       


 

   



 .

 2x 4 4 m 0 x 2 2m.
 2x 4 4m 0 x 2 2m.

a) Khi

1
2

m 

ta có bảng biến thiên

Giá trị nhỏ nhất của hàm số trong trường hợp này là : y



2 2 m



4m2 8m .1

Nên

2 2 1 3

4 8 1 2 4 8 3 0

2 2

m m m m m

          

Trường hợp này chỉ có một giá trị nguyên của m thỏa mãn là m  .1

b) Khi

1
0

m

 

ta có bảng biến thiên

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

miny 2

 

1 2
3 2
y

y



 





4 2 1

12 2 2

m

m
m




   



 không thỏa mãn trường hợp đang xét.

c) Khi

1
2

m 

thì



 







2 3 khi ;1 3;

6 3 khi 1;3

x x x

y

x x x

       




   






 







2 2 khi ;1 3;

2 6 khi 1;3

x x

y

x x

      


 

  




Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra minyy

 

1  khơng thỏa mãn.2

Vậy, chỉ có một giá trị ngun của m thỏa mãn là m  . Hay 1 S 

 

1 .

Câu 21. [2H2-4] Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình trịn tâm O , góc ở đỉnh bằng 120 . Trên đường
trịn đáy, lấy điểm A cố định và điểm M di động. Có bao nhiêu vị trí của M để diện tích tam
giác SAM đạt giá trị lớn nhất?

A. 1. B. 2. C. 3 . D. Vô số.

Lời giải
Chon B

Đặt SO h h ,



0



Vì góc ở đỉnh bằng 120 khi đó tính được bán kính đáy r h 3.

Đặt IO x , 0



 x h 3



, ta có AI  AO2 IO2  3h2 x AM2, 2AI2 3h2 x2 .

2 2 2 2

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

Diện tích tam giác SAM là

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1

. .2 3 3

2 2

SAM

S  SI AM  h x h  x  h x h  x

Ta có



 





 



2 2 2 2 2 2 2 2 2

4h  h x  3h  x 2 h x 3h  x

Nên SSAM  h2x2 3h2 x2 2h2.

Vậy diện tích tam giác SAM đạt giá trị lớn nhất bằng 2h2khi

2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 3

h x  h  x  x h  AI h  AM  h r h.

Vậy M lần tìm là giao của đường trịn



A;2 2h



và đường trịn



O h; 3



, có 2 điểm Mthỏa mãn.

Phân tích: -Thực chất bài tốn trên là bài tốn tìm giá trị lớn nhất của một hàm số; Bài tốn này có
thể dùng bất đẳng thức Cơ-si hoặc phương pháp hàm số.

- Với bài toán dạng này ta thường đặt một đại lượng biến thiên làm ẩn, (tìm điều kiện của nó) và
biểu diến các đại lượng khác và đại lượng cần tìm min, max qua đại lượng biến thiên đó; sau đó
đánh giá hoặc khảo sát hàm số để tìm min, max.

CÁC CÂU PHÁT TRIỂN

Câu 1: [2H2-4] Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình trịn tâm O , góc ở đỉnh bằng 120 . Trên đường tròn
đáy, lấy điểm A cố định và điểm M di động. Có bao nhiêu vị trí của M để thể tích khối chóp

SAOM đạt giá trị lớn nhất?

A. 1. B. 2. C. 3 . D. Vô số.

Lời giải
Chọn B

Đặt SO h h ,



0



Vì góc ở đỉnh bằng 120 khi đó tính được bán kính đáy r h 3.

Đặt IO x , 0



 x h 3



, ta có AI  AO2 IO2  3h2 x AM2, 2AI2 3h2 x2 .

Thể tích khối chóp SAOM là





2 2 2 2 2 2 2 3

1 1 1 1 1 1 1

. . . .2 3 . . 3 . 3 3

3 2 6 3 3 2 6 2

SAOM

h
V  SO OI AM  h x h  x  h x h  x  h x  h  x  h 

Dấu bằng khi

6 2 2 3

h

x  AM h  r h

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

Câu 2: [2H2-4] Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình trịn tâm O , góc ở đỉnh bằng 120 . Trên đường trịn

đáy, lấy điểm A cố định và điểm Mdi động. Xác định độ dài đoạn AM để thể tích khối chóp

SAMB lớn nhất, Với ABlà đường kính

A. AM h 3. B.

2
3

h
AM 

. C.

6
2

h
AM 

. D. AM h 6
Lời giải

Chọn D

Đặt SO h h ,



0



Vì góc ở đỉnh bằng 120 khi đó tính được bán kính đáy r h 3.

Đặt IO x , 0



 x h 3



, ta có AI  AO2 IO2  3h2 x AM2, 2AI2 3h2 x2 .

2 2

MB IO x

Thể tích khối chóp SAMB là





2 2 2 2 2 2 2 3

1 1 1 2 2 1

. . .2 3 .2 . . 3 . . 3

3 2 6 3 3 2

SAMB

V  SO AM MB h h  x x h x h  x  h x  h  x h

Dấu bằng xảy ra khi

6
2

h

x  AM h

</div>

Đề thi thử thpt quốc gia 2018 môn toán thpt Hoàng mai có đáp án chi tiết | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

 

 















<sub></sub>































<sub></sub>

























<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>





<sub></sub>





<sub></sub>













 





















 

 

 





 

 











