Đề thi đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường chuyên sư phạm hà nội lần 3 | 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 (12.83 KB, 1 trang )

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

Câu 1: [2D4-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Gọi

 

C là tập hợp các điểm trên
mặt phẳng biểu diễn số phức zx1yi, ( ,x y   thỏa mãn ) z 1và N là điểm biểu
diễn số phức z0 1 i. Tìm điểm M thuộc

 

C sao cho MN có độ dài lớn nhất.

A. M



1;1



. B. 1; 3
2 2

M 

 

. CM1;0. D. M



0;0



.

Hướng dẫn giải
Chọn A.

Ta có: M x y



;



nằm trên đường trịn

  

C : x1



2y2 1. Tâm I



1;0



Do N



1; 1

  

 C nênMN có độ dài lớn nhất khi MN là đường kính, hay I



1;0



là trung
điểm của MN. Vậy M



1;1



Lời bình: đây là bài tốn tọa độ lớp 10, khi cho một đường tròn

 

C và một điểm N . Tìm
điểm M trên

 

C sao cho MN đạt min, max.

Bài tập tương tự

Câu 2: [2D4-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Gọi

 

C là tập hợp các điểm trên
mặt phẳng biểu diễn số phức z  x 1 yi,



x y   thỏa mãn ,



z 1và N là điểm biểu
diễn số phức z0 53i. M là một điểm thuộc (C) sao cho MN có độ dài lớn nhất. Khi đó
độ dài MN lớn nhất bằng

A. 6. B. 34. C3 5 . D. 5.

Hướng dẫn giải
Chọn A.

Ta có: M x y



;



nằm trên đường tròn

  

C : x 1



2 y2 1

   . Tâm I



1;0



Do N



5;3



nằm ngồi

 

C nênMN có độ dài lớn nhất khi MN NIR516.

Câu 3: [2D4-2] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Gọi

 

C là tập hợp các điểm trên
mặt phẳng biểu diễn số phức zx 1 yi,



x y   thỏa mãn ,



z 1và N là điểm biểu
diễn số phức z0 53i. M là một điểm thuộc

 

C sao cho MN có độ dài bé nhất. Khi đó
độ dài MN bé nhất bằng

A. 6. B. 34. C3 5 . D. 4 .

Hướng dẫn giải
Chọn D.

Ta có: M x y



;



nằm trên đường tròn

  

: 1



2 2 1



 y

x

C . Tâm I



1;0



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

Câu 4: [1H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình vng ABCD cạnh a .
Điểm M thay đổi trong không gian sao cho AMBAMD90. Biết rằng ln tồn tại một

đường trịn cố định qua điểm M . Bán kính của đường trịn đó là.

A. 
2

a

. B. a . C. 2

a

. D. 2

a

Hướng dẫn giải
Chọn D.

  90

AMBAMD  nên M nằm trên đường tròn giao tuyến chung của hai mặt cầu, mặt cầu đường
kính AB và mặt cầu đường kính AD.

Ta có: MAMAMBMD MA



MBD



  .

Gọi I là trung điểm của BD.

Khi đó MAMI hay M nằm trên đường trịn đường kính là AI.

Bán kính là 2

2 4 4

AI BD a
R    .

Bài tập tương tự

Câu 5: [1H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho tam giác ABC vng cân tại A
có ABAC2a. Điểm S thay đổi trong không gian sao cho ASB ASC90. Biết rằng

ln tồn tại một đường trịn cố định qua điểm S . Bán kính của đường trịn đó là.

A.

a. B. 2a. C.

a

. D. 2

a

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

Ta có: SA SBSA SC  SA



SBC



 

Gọi I là trung điểm của BC .

Khi đó SA SI hay S nằm trên đường trịn đường kính là AI.

Bán kính là 2 2 2

2 4 4 2

AI BC a a
R     .

Câu 6: [1H3-3] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh

; 3

AB a AD a  . Điểm M thay đổi trong không gian sao cho AMBAMD90. Biết rằng

ln tồn tại một đường trịn cố định qua điểm M . Bán kính của đường trịn đó là.

A.

a . B. 2

a

. C. 2

a

. D. 2

a

Hướng dẫn giải
Chọn B.

Ta có: MAMAMBMD MA



MBD



 

Gọi I là trung điểm của BD.

Khi đó MAMI hay M nằm trên đường trịn đường kính là AI.

Bán kính là

2 2

2 4 4 2

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

Câu 7: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Đặt 1 2 1 
2

1log 3 1
log 9 7 5

2 , 2 .

x
x
a b

  

 

Giả sử





7 7

7
0

i i i

i

S a b C a b


  



Tập hợp tất cả các giá trị của x để số hạng thứ 6 trong khải

triển bằng 84 là

A. x 1, x 2. B. x 4. C. x 2, x 4. D. x 1.

Hướng dẫn giải
Chọn A.

Ta có 1

log 9 7 1

2 x 9x 7;

a  

    





1
2

1log 3 1 1
1

5 5

2 3 1 .

x
x
b 
 


  

Trong khai triển S , số hạng thứ 6 tương ứng với i  Do đó:5.



 







5 2 5 1 1 1 1

7 84 21 9 7 . 3 1 84 9 7 4 3 1

x x x x

C a b     

        





1
2
1 1
1

3 1 1

3 4.3 3 0

2
3 3
x
x x
x
x
x

 

   

       

 

.

Lời bình: Bài tốn khơng khó nhưng sử dụng rất nhiều kiến thức, logarit, hàm mũ, nhị thức 
Newton, yêu cầu học sinh có kiến thức tổng hợp, đồng thời điểm cần chú ý nhất là số hạng thứ

k . Đặc biệt đây là bài tốn có sử dụng kiến thức của cả hai khối 11 và 12, những bài toán như

vậy nên được khai thác nhiều hơn nữa.

Với bài toán trên, điều kiện của phương trình mũ, loga chưa được tận dụng làm phương án
nhiễu, bài tương tự như sau cần chú ý điều đó.

Bài tập tương tự

Câu 8: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Đặt 1log 255 2 7 1log 56 2 3

3 6

5 , 6 .

x x

a b

  

 

 

Giả sử





9 9

7
0

i i i

i

S a b C a b


  



Gọi A là tập các giá trị của x sao cho số hạng thứ 7 trong

khai triển bằng 336 . Số phần tử của tập A là?

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

Hướng dẫn giải
Chọn A.

Điều kiện

25 7 0

5 3 0

x
x


  


 



Ta có 5 2 





1log 25 7 1
2

3 3

5 25 7 ,

x

a   

    





2
6

1log 5 3 1
2

6 6

6 5 3 .

x
x
b 
 


  

Trong khai triển S , số hạng thứ 7 tương ứng với i  Do đó:6.



 







6 3 6 2 2 2 2

9 336 84 25 7 . 5 3 336 25 7 4 5 3

x x x x

C a b     

        





2
2
2 2
2

5 1 2

5 4.5 5 0

3
5 5
x
x x
x
x
x

 


   
       

 


. Thử vào điều kiện thấy có duy nhất nghiệm

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

Câu 9: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Đặt 4 1 2 
2

1log 2 1
log 4 2 1 3

2 , 2 .

x
x x

a  b  

 

 

Giả sử





n

n i n i i

n
i

S a b C a b


  



Biết số hạng thứ 7 trong khai triển trên không chứa x . Tìm

n

A. n 10. B. n 11. C. n 5. D. n 6.

Hướng dẫn giải
Chọn A.





 





4 1 2

1 log 2 1 1

log 4 2 1 4 1 2 3 3

2 4 2 1 2 1 , 2 2 1 .

x

x x x x x x

a  b   

  

        

Số hạng thứ 7 trong khai triển là C 26



x 1



n26. 2



x 1



36 C 26



x 1



n210.

n n

  

   

Số hạng thứ 7 không chứa x n10.

Câu 10: [2H1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chóp đều .S ABCD có đáy

là hình vng cạnh a , M là trung điểm SA . Biết mặt phẳng



MCD vng góc với mặt



phẳng



SAB . Thể tích của khối chóp .



S ABCD là

A.

a

. B. 3 5

a . C. 3 5

a . D. 3 3

a .

Hướng dẫn giải
Chọn D.

Gọi N là trung điểm của SB ; P và Q lần lượt là trung điểm của MN và CD .

Ta thấy MN song song AB suy ra



MCD

 

 SAB



MN .

 

Ta có SPMN ( do tam giác SMN cân tại S ).

 

Theo giả thiết



MCD

 

 SAB



 

Từ

 

1 ,

 

2 và

 

3 suy ra SP



MDCN



. Khi đó tam giác SPQ vng tại P.

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

2 2
2 4

x a

SP   ( Theo Pitago đối với tam giác vuông SPN );

2 2
2 4

x a

SQ   (Theo Pitago đối với tam giác vuông SQD);

2 2
2 4 7

x a

PQ   ( Dựa vào hình thang cân MNCD ).

Vì tam giác SPQ vng tại P nên

2 2 2

SQ SP PQ 

2 2 2 2 2 2

4 4 4 7

4 16 16

x  a x  a x  a

  4 2 5 2 5

a
x a x

    .

Suy ra SO SQ2 OQ2

  

2 3

2 2

a a
a    

 

Vậy 2 3

1 1 3 3

. . .

3 3 2 6

S ABCD ABCD

a a

V  SO S  a  .

Lời bình: Với các dạng tốn tính thể tích hình chóp đều khi biết cạnh bên và cạnh đáy thì khá
đơn giản, nhưng với bài toán này đề bài chỉ cho cạnh đáy nên việc làm cho chúng ta là cần xác
định độ dài cạnh bên theo a , lúc này điểm mấu chốt bài toán cần phát hiện tam giác SPQ
vuông tại P để thiết lập mối liên hệ giữa x và a .

Câu 11: [1D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Trong 100 vé số có 1 vé trúng
10.000 đồng, 5 vé trúng 5000 đồng, 10 vé trúng 1000 đồng, số vé cịn lại khơng có giải
thưởng. Một người mua ngẫu nhiên 3 vé trong 100 vé. Tính xác suất để người đó trúng giải ít
nhất 1000 đồng.

A. 2372

5775. B.

3403

5775. C.

2304

5775. D.

2004

5775.

Hướng dẫn giải
Chọn A.

Với phép thử mua ngẫu nhiên 3 tờ vé số từ 100 tờ, số phần tử của không gian mẫu là

 

C1003

n   .

Để người mua vé trúng giải ít nhất 1000 đồng thì cần mua được ít nhất một vé có giải.

Gọi A là biến cố “Trong 3 tờ vé mua được có ít nhất một vé có giải”.

Thì biến cố đối của A là A: “Trong 3 tờ vé mua được khơng có vé nào trúng giải”.

Số vé khơng có giải là 100



1 5 10 



84 (vé).

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

 

3
84
3
100

2372

1 1

5775

C

P A P A

C

     .

Nhận xét

- Nếu đếm trực tiếp các phần tử thuận lợi cho biến cố A thì lời giải sẽ cần xét nhiều trường hợp
và rườm rà hơn là xét phần bù như lời giải ở trên.

- Học sinh có thể nhầm lẫn đề bài thành “tính xác suất để mua được ít nhất một vé trúng 1000
đồng”.

Bài tập tương tự

Câu 12: [1D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018]Trong 100 vé số có 1 vé trúng
10.000 đồng, 5 vé trúng 5000 đồng, 10 vé trúng 1000 đồng, số vé cịn lại khơng có giải
thưởng. Một người mua ngẫu nhiên 3 vé trong 100 vé. Tính xác suất để người đó mua được ít
nhất một vé trúng giải 1000 đồng.

Hướng dẫn giải
Số phần tử không gian mẫu

 

100

n   (phần tử).

A: “Người đó mua được ít nhất một vé trúng giải 1000 đồng”.

A: “Người đó khơng mua được vé trúng giải 1000 đồng”.

Số khả năng thuận lợi cho A là n A

 

C903 . Vậy xác suất cần tính là

 

3
90
3
100

C 67

C 245

P A    .

Câu 13: [1D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Trong 100 vé số có 1 vé trúng
10.000 đồng, 5 vé trúng 5000 đồng, 10 vé trúng 1000 đồng, số vé còn lại khơng có giải
thưởng. Một người mua ngẫu nhiên 3 vé trong 100 vé. Tính xác suất để người đó trúng giải ít
nhất 10.000 đồng.

Hướng dẫn giải
Số phần tử không gian mẫu n  

 

C1003 (phần tử).

A: “Người đó trúng giải ít nhất 10.000 đồng”.

Trường hợp 1: Người đó mua được vé trúng 10.000 đồng, có 2

C (khả năng).

Trường hợp 2: Người đó mua được đúng hai vé trúng 5000 đồng và không mua được vé trúng

10.000 đồng, có 2
5

C 96 (khả năng).

Trường hợp 3: Người đó mua được cả ba vé trúng 5000 đồng, có 3
5

C (khả năng).

Do đó số khả năng thuận lợi cho A là n A 

 

C299C 96 125  (khả năng).

Vậy xác suất cần tính là

2 2 3

99 5 5
3

100

C C 96 C 5821

C 161700

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

Câu 14: [2D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Giá trị lớn nhất của hàm số

 

sinx

f x

x trên đoạn 6 3;

 

 

 

  là

A. 
3


. B. 3

 . C. 2



. D. 2

 .

Hướng dẫn giải
Chọn B.

Hàm số xác định trên đoạn ;
6 3

 

 

 

 .

Ta có

 

.cos  sin

 x x x

f x

x xác định trên đoạn 6 3;

 

 

 

 .

Với ;

6 3

 

 

  

 

x : f x

 

 0 x.cosx sinx 0 tanx x 0.

Xét hàm số g x

 

tanx x với  ;

6 3

 

 

  

 

x . Ta có

 

1 0
cos

   

g x

x với 6 3;

 

 

  

 

x .

Vậy g x đồng biến trên khoảng

 

;
6 3

 

 

 

 . Mà

6 3 6

 

 

  

 

 

g nên g x

 

0 vô nghiệm

trên đoạn ;
6 3

 

 

 

 , hay

 

 

f x vô nghiệm trên đoạn ;
6 3

 

 

 

 .

Ta có 3

6


 

 
 

f ; 3 3

3 2



 

 
 

f mà 3 3 3

   nên giá trị lớn nhất của hàm số

 

sin

 x

f x
x

trên đoạn ;
6 3

 

 

 

  là

 .

Lời bình: Khó khăn lớn nhất trong bài tốn này là việc giải phương trình f x

 

0. Ta phải
dùng đến phương pháp hàm số để giải phương trình này.

Bài toán tương tự

Câu 15: [2D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Giá trị lớn nhất của hàm số

 

sinx

f x

x trên đoạn

2 5
;
3 6
 
 
 

  là

A. 3

5 . B.

3 3

4 . C.

4 . D.

3 3

5 .

Hướng dẫn giải
Chọn B.

Hàm số xác định trên đoạn 2 ;5

3 6

 

 

 

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

Ta có

 

.cos  sin

 x x x

f x

x xác định trên đoạn

2 5
;
3 6
 
 
 
  .

Với 2 ;5

3 6

x   

  :

 

0 .cos sin 0 tan 0

       

f x x x x x x .

Xét hàm số g x

 

tanx x với  2 ;5

3 6

x   

  .

Ta có

 

1 0
cos

   

g x

x với

2 5

;

3 6

x   

  .

Vậy g x đồng biến trên khoảng

 

2 ;5

3 6

 

 

 

 . Mà

5 1 5

6 3 6

g     

  nên g x

 

0 vô

nghiệm trên đoạn 2 ;5

3 6

 

 

 

 , hay

 

 

f x vô nghiệm trên đoạn 2 ;5

3 6

 

 

 

  .

Ta có 2 3 3

3 4
f 

 

 
  ;
5 3
6 5
f 

 

 

  mà

3 3 3

4 5 nên giá trị lớn nhất của hàm số

 

sinx

f x

x trên đoạn

2 5
;
3 6
 
 
 

  là

3 3

4 .

Câu 16: [2D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Giá trị lớn nhất của hàm số

 

cosx

f x

x trên đoạn 6 3;

 

 

 

  là

A. 3

2 . B.

3 3

 . C.

 . D.

3 3

2 .

Hướng dẫn giải
Chọn B.

Hàm số xác định trên đoạn ;
6 3

 

 

 

 .

Ta có

 

.sin cos

x x x
f x

x

 

  xác định trên đoạn ;
6 3

 

 

 

 .

Với ;

6 3

 

 

  

 

x : f x

 

  0 x.sinx cosx 0 cotx x 0.

Xét hàm số g x

 

cotx x với ;
6 3
 
 
  
 
x .

Ta có

 

1 0

sin

g x

x

    với ;

6 3

 

 

  

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

Vậy g x nghịch biến trên khoảng

 

;
6 3

 

 

 

 . Mà g 6 3 6 0

 

 

  

 

  nên g x

 

0 vô nghiệm

trên đoạn ;
6 3

 

 

 

 , hay

 

 

f x vô nghiệm trên đoạn ;
6 3

 

 

 

 .

Ta có 3 3

f 


 


 

  ;

3 2

f 


 



 

  mà

3 3 3

   nên giá trị lớn nhất của hàm số

 

cos

 x

f x
x

trên đoạn ;
6 3

 

 

 

  là

3 3

 .

Câu 17: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chóp .O ABC có

OA OB OC a   ,  0

AOB  ,  0

BOC  ,  0

120

COA  . Gọi S là trung điểm của OB . Bán 
kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC là

A. .
2

a

B. .
4

a

C. 7.
2

a D. 7

.
4

a

Hướng dẫn giải
Chọn C.

Áp dụng định lí Cơsin trong tam giác OCA ta có: AC2 OA2 OC2 2OA OC. .cosCOA 3a2

    .

Áp dụng Pitago trong tam giác BOC ta được BC a 2.

Tam giác AOB có  0

AOB  và OA OB a  nên tam giác AOB là tam giác đều, suy ra

AB a .

Vì BC2 BA2 3a2 AC2

   nên tam giác ABC vuông tại B.

Gọi H là trung điểm của AC , suy ra H cách đều 3 điểm A B C, , (1).

Mặt khác O cũng cách đều 3 điểm A B C, , và O H (2).

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

Kẻ đường thẳng trung trực của đoạn thẳng SB cắt đường thẳng OH tại điểm I.

Ta có IB IS IA IC nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC và bán kính của

mặt cầu R IS .

Ta có





. 3 3

EI OE OE HB a
OEI OHB g g EI

HB OH OH

       .

Trong tam giác vuông EIS có 2 2 27 2 2 7

16 16 2

a a a

IS IE ES    .

Lời bình: Điểm mấu chốt của bài tốn là nhìn ra được cách xác định đường cao của hình chóp, 
để xác định được đường cao ta phải dựa vào trục của đường trịn, để làm được điều đó ta phải
tìm ra được ít nhất 2 điểm khác nhau mà 2 điểm đó cách đều 3 điểm phân biệt nào đó (trong
bài làA B C, , ). Sau khi xác định được trục của đường tròn, trục đường tròn và SB cùng nằm

trong một mặt phẳng nên ta dựng đường thẳng trung trực của SB , đường thẳng trung trực này 
cắt trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy sẽ xác định được tâm và bán kính dựa vào tính tốn
thơng thường.

Câu 18: [2D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tìm tập hợp các số thực của tham số

m để hệ

5 4 0

3 16 0

x x

x mx x

   




  




có nghiệm là:

A. m 



8;16



. B. m 



0;19



. C. m 



0;1



. D. m 



8;19



.
Hướng dẫn giải

Chọn D.

+) Ta có

2
2

1 4
5 4 0

3 16

3 16 0

x

x x

x

m

x mx x

x x

 


   

 

 

 



  

 



+) Xét hàm số f x

 

3 x 16
x x

  trên



1;4 .



+) Ta có

 

3 16

x
f x

x x

  

   

 

;

 

3 16

0 0

x
f x

x x

  

    

 

2 4

16 0

x
x

x




    



 .

Bảng biến thiên

x 1 4

f  

f
19

+) Dựa vào bảng biến thiên, phương trình

3x 16

m
x x



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

Suy ra hệ

5 4 0

3 16 0

x x

x mx x

   


  



có nghiệm  m



8;19



.

Lời bình: Từ phương trình 2

3x  mx x16 0 , chuyển về phương trình dạng f x

 

g m

 

và tìm tập giá trị của hàm số f x .

 

- Sử dụng x2 5x 4 0

   để tìm tập giá trị của hàm số f x .

 

Bài tập tương tự.

Câu 19: [2D1-3] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tìm tập hợp các số thực của tham số

m để hệ

2 0
4 0

x x

x mx x

   




  



 có nghiệm là:

A.



  ; 2 2 

. B.



 ; 2 2  . C. 2 2;



 

 . D.   2 2;



Hướng dẫn giải
Chọn A.

+) Điều kiện xác định của hệ là x  .0

+) Ta có x 0 

2 0 2 0
4 0
4 0

x x

x mx x

     


 


   



hệ vơ nghiệm.

Do đó
2
2
2
0 2
2 0
4
4 0
x
x x
x
m

x mx x

x x
 

   
 
 
 


  
 


.

+) Xét hàm số f x

 

x 4
x x

  trên



0; 2 .



+) Ta có

 

2
2
12
x
f x
x x

  ;

 

2
2
12

0 x 0

f x

x x



    2 12 0 2 3

2 3
x
x
x
 
    


.

Bảng biến thiên

x 0 2

f  

f



2 2

+) Dựa vào bảng biến thiên, phương trình

2 4

x

m
x x



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

Suy ra hệ

2 0
4 0

x x

x mx x

   




  




có nghiệm  m   



; 2 2
.

Câu 20: [2D3-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tính tích phân

sin
1

xdx
I

x











A.

I  . B. 1

I  . C. I 0. D. I  .1

Hướng dẫn giải
Chọn C.

Ta có:

 

sin
1

x
f x

x



 là hàm số lẻ trên 

sin

0
1

xdx
I

x






  





Lời bình: Đây là bài tốn sử dụng tính chất chẵn lẻ để tính tích phân.

+ Bài tốn tổng quát: Nếu hàm số yf x

 

là hàm số lẻ trên



a a;



với a 0 thì

 

a

f x dx






Bài tốn tương tự

Câu 21: [2D3-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tính tích phân

2
cos ln

x

I x dx

x



 

  



 



A. I  .1 B. 1

I  . C. I 0. D. I  .2

Câu 22: [2D3-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tính tích phân

5
3

cos
2

x x

I dx

x











A. I 0. B. 2

I   . C. I  .1 D. I  .

+ Tuy nhiên bài toán ra được ngay kết quả khi tính bằng máy tính cầm tay. Do đó nó thuộc bài
tốn thơng hiểu.

Câu 23: [1D1-3][Chun Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả các giá trị thực của
tham số m để phương trình 4cos 23 x 6 cos2x m 4

   có nghiệm.

A. m 



1;1 .



B. m 



1;0 .



C. m 



0;1



D. m



0; 2 .



Hướng dẫn giải
Chọn D.

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





4cos 2x 3 1 cos 2 x  m 4

4cos 2x 3cos 2x m 1

   

1 cos 6 x

m

  

 

Vì cos 6x  



1;1



nên để phương trình

 

2 có nghiệm  m  1



1;1



 m



0; 2



Bài tập tương tự

Câu 24: [1D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả các giá trị thực của
tham số m để phương trình 4cos 23 x 6 cos2x m 4

   có nghiệm là?

A. m 



1;1 .



B. m 



1;0 .



C. m 



0;1



D. m



0; 2 .



Lời giải
Chọn D.

Phương trình đã cho tương đương với phương trình.





4cos 2x 3 1 cos 2 x  m 4

4cos 2x 3cos 2x m 1

   

1 cos 6 x

m

  

 

Vì cos 6x  



1;1



nên phương trình

 

2 có nghiệm  m  1



1;1



 m



0; 2



Bài tập tương tự

Câu 25: [1D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên của
tham số m thuộc đoạn



10;10



để phương trình

sin 3 cos 2

3 x 3 x m

 

   

   

   

    vô nghiệm ?

A. 18. B. 20. C. 21. D. 9.

Lời giải
Chọn A.

Phương trình đã cho tương đương với phương trình

sin 3 cos 2

3 x 3 x m

 

   

   

   

   

1 3

sin cos

2 3 x 2 3 x m

 

   

      

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

2
sin

3 x m



 

   

 

 

Vì sin 2



1;1



3 x



 

  

 

  nên phương trình

 

3 vơ nghiệm  m 



1;1



1
1

m
m



   

 .

Theo giả thiết m nguyên và thuộc đoạn



10;10



nên m  



10,..., 2, 2,...,10



Câu 26: [1D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho phương trình cos5x3m 5.
Gọi



a b là tập hợp tất cả các giá trị m để phương trình có nghiệm. Tính ;



S3a b .

A. S 5. B. S2. C. S 19.

 D. S 6.

Lời giải
Chọn D.

Vì cos5x  



1;1



nên phương trình đã cho có nghiệm 3m 5 



1;1



4;2

m  

   

  .

Từ đó suy ra 4; 2
3

a b nên S3a b 3.4 2 6

  

Câu 27: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả các giá trị thực của
tham số m để phương trình m.2x 2x 5

  có nghiệm duy nhất là ?

A. 0; 25

m m . B. 0 25
4

m

  . C. 25

m  . D. m 0
Lời giải

Chọn A.

Đặt t 2x 0

 ta có phương trình trở thành: 2

1 5 1

. 5 t

m t m

t t



   

Xét hàm số 2

5 1

( ) t

f t
t



 với t  ; 0 f t'( ) 5t3 2;

t

 

 '( ) 0 2

f t   t

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

Từ BBT để phương trình có nghiệm duy nhất thì 25; 0
4

m m .

Bài tập tương tự

Câu 28: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả các giá trị thực của
tham số m để phương trình m.9x



2m 1 .6



x m.4x 0

    có nghiệm x 



0;1



là

A. 0m6. B. m 6. C. m  .6 D. m  .0

Lời giải
Chọn B.





.9x 2 1 .6x .4x 0

m  m m  .9



2 1 .



6 0

4 4

x x

m m m

    



4x0,  x







3 3

. 2 1 . 0

2 2

x x

m  m   m

        

    (1)

Đặt 3

x
t  

  . Vì

0 1

3 3 3 3

0 1 1

2 2 2 2

x

x       t

           

      .

Phương trình đã cho tương đương: m t.2



2m 1 .



t m 0

   



2 2 1



0

m t t t

     .









1 0

t
m t t m

t

     



Giả sử

 





2
t
f t

t



 với

3
1

t

  .

 









4 3

1 1 3

0, 1;

1 1

t t

f t t

t t

     

       

 

 

Bảng biến thiên của hàm f t ;

 

lim , lim 6

x

f t f t

 



  :

Theo bảng biến thiên của, (1) có nghiệm x 



0; 1



 m6.

Câu 29: [2D2-3] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả các giá trị thực của
tham số m để phương trình 3 3x m. 9x 1

   có đúng 1 nghiệm là

A.



1;3 .



B.



3; 10 .



C.



10 .



D.



1;3









.
Hướng dẫn giải

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

Ta có 3 2 1 2 3 1

 

t

t m t m

t



    



Để phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm thì phương trình

 

1 có đúng 1 nghiệm dương.

Đặt

 





2 2 2

3 1 3

1 1 1

t t

f t f t

t t t

 



  

  

Ta có

 

0 1
3

f t   t và lim 2 3 1

t
t

t
 




 , 0 2

lim 3

t
t

t








 nên có bảng biến thiên như sau:

Vậy để phương trình

 

1 có nghiệm duy nhất thì 1 3

m
m










Câu 30: [2D1-4][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả các giá trị thực của
tham số m để phương trình x x



1

 

x1

 

x2



m có nghiệm thuộc đoạn



0;1 là



A. m  



1;0



B. m  



1;1



C. m 



0;1



D. m 



0; 2



Hướng dẫn giải
ChọnA.

Đặt t x2 x

  , x



0;1



 t



0;2



và x x



1

 

x1

 

x2



t t



 2



 t2 2t.

Phương trình x x



1

 

x1

 

x2



m có nghiệm khi và chỉ khi phương trình t2 2t m

  (1)

có nghiệm thuộc đoạn



0; 2 . Bảng biến thiên của hàm số



f t

 

 t2 2t

trên đoạn



0; 2



Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số f t

 

t2 2t

  trên đoạn



0; 2 và đường thẳng



y m . Suy ra phương trình có nghiệm khi 1 m0.

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

Câu 31: [2D1-4][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên
của tham số m để phương trình



x1

 

x1

 

x2 (



x4) m 1 có nghiệm thuộc đoạn



1;1



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

Hướng dẫn giải
ChọnD.

Đặt t x2 3x 2

   , x 



1;1



 t



0;6



và



x1

 

x1

 

x2

 

x4



t t



 6



 t2 6t

Phương trình



x1

 

x1

 

x2 (



x4) m 1 có nghiệm thuộc đoạn



1;1



khi và chỉ khi

phương trình t2 6t m 1

   (1) có nghiệm thuộc đoạn



0;6 . Bảng biến thiên của hàm số



 

2 6

f t  t t trên đoạn



0;6



Từ bảng biến thiên suy ra phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi

9 m 1 0 8 m 1 m 8; 7;...;1

           .

Câu 32: [2D1-4] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên 
của tham số m để phương trình (x 2)



x1

 

x2 (



x3)m có nghiệm thuộc đoạn



0; 2 ?



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

Hướng dẫn giải
ChọnB.

Đặtt x2 x 2

   , x



0; 2



  t



2;4



và



x 2

 

x1

 

x2

 

x3



t t



 4



 t2 4t

Phương trình (x 2)



x1

 

x2 (



x3)m có nghiệm thuộc đoạn



0; 2 khi và chỉ khi



phương trình t2 4t m

  (1) có nghiệm thuộc đoạn



2;4



. Bảng biến thiên của hàm số

 

2 4

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

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi

4 m 12 m 4; 3;...;12

      .

Câu 33: [2H1-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình lập phương
.

ABCD A B C D    có cạnh bằng a . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của CD , CB , A B .

Khoảng cách từ A đến mp



MNP bằng



A. 3

a

. B. 3

a

. C. a 2. D. 2

a
.

Lời giải
Chọn B.

Cách 1: PP TỌA ĐỘ

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Ta có A



0;0;0



, ; ;0
2

a
M a 

 , 2; ;0

a
N a 

 , 0; ;2

a
P a

 

; ;0
2 2

a a
MN  

 



, MP



a;0;a



Véc tơ pháp tuyến của



MNP là



2 2 2

, ; ;

2 2 2

a a a

MN MP  

   

 

 

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

Phương trình của



MNP là



3 0
2

a
x y z   

Suy ra khoảng cách từ A đến mp



MNP là:











3
2

2
3

a
a
d A MNP



 

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

tọa độ thích hợp để chuyển bài tốn từ HHKG về bài tốn HHGT.

- Ta có thể qui đổi đơn vị bằng cách chọn a 1để việc tính tốn đơn giản hơn sau đó tính
tốn bình thường rồi lấy kết quả tìm được nhân với a để có kết quả của bài tốn.

Cách 2: PP THỂ TÍCH.









. ,

AMNP AMN

V  S d P AMN

1 3
. .
3 8

a
a



a



Gọi Q là hình chiếu của P lên AB,
Ta có PQ



ABCD



Dễ thấy MN 



PQN



 MNPN

2 2 2 2 6

2 2

a a

PN  PQ NQ  a   

 

 

1 1 2 6 3

. . . .

2 2 2 2 4

MNP

a a a
S  MN NP 









3 8 3

2
3
4
AMNP

MNP

a

V a

d A MNP

S a

  

Lời bình: Nếu nhận dạng được các quan hệ vng góc trong khơng gian tốt hơn thì chúng
ta có thể dùng PP THỂ TÍCH để giải quyết các bài tốn về khoảng cách trong không gian.

Bài tập tương tự

Câu 34: [2H3-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình lập phương
.

ABCD A B C D    có cạnh bằng a Gọi M N P, , lần lượt là trung điểm của CD CB A B, ,  . Tính

khoảng cách giữaAM đến NP .

A. 3

a . B. 21
7

a . C. 21
3

a . D. 7

a .

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

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Ta có A



0;0;0



, ; ;0
2

a
M a 

 , 2; ;0

a
N a 

 , 0; ;2

a
P a

 

; ;0
2

a
AM a 

 



, ; ;

2 2

a a
NP  a

 



; ; ;0

a
AN a 

 



Suy ra khoảng cách từ AM và NP là





, 21

7
,

AM NP AN a

d AM NP

AM NP

 

 

 

 

 

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

 

Câu 35: [2H3-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình lập phương
.

ABCD A B C D    có cạnh bằng a Gọi M N, lần lượt là trung điểm của CD CB, . Tính khoảng

cách từ D đến MN .

A. 3

a

. B. 3 2

a

. C. 2

a

. D. 3

a
.

Lời giải
Chọn B.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

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

; ;0
2

a
M a 

 , 2; ;0

a
N a 

 

0; ;
2

a
D M  a

 



, ; ;0

2 2

a a
MN 

 



Suy ra khoảng cách từ D' đến MN là





, 3 2

MN D M a

d D MN

MN

  

 

  

 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 



Câu 36: [2H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chóp S ABCD. có đáy
ABCD là hình vuông cạnh a . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt
phẳng



ABCD . Gọi M là trung điểm của



SD. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và

SC là

A. 3
2

a . B. 5

a . C. a. D.

a

Lời giải

Chọn B.

Gọi H là trung điểm của AB , ta có



 





 







SAB ABCD

SAB ABCD AB SH ABCD

SH AB






   



 



Tam giác SAB đều cạnh a nên 3

a
SH  .

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



0;0;0



H , 1;0;0

A 

 ,

1
;1;0
2

C 

 ,

1
;1;0

D 

 ,

3
0;0;

S 

 

Vì M là trung điểm của SD nên ta có 1 1; ; 3
4 2 4

M 

 

 

Ta có 1 1; ; 3 1



1; 2; 3



4 2 4 4

AM  

 

 



và 1;1; 3 1



1;2; 3



2 2 2

SC   

 

 



Suy ra hai đường thẳng AM và SC lần lượt có véc-tơ chỉ phương là u 1



1;2; 3





và





2 1; 2; 3

u  

Suy ra



u u  1; 2





4 3; 2 3;0



 

Ta có AC 



1;1;0



Do đó, ta có













1 2

4 3 2 3 0

; . 5

; 48 12

u u AC
d AM SC

u u

  

  





 

  .

Cách 2 :Gọi N là trung điểm CD . Ta có





















MAND

AMN

3V
SC / / AMN d SC;AM d SC; ANM d C; ANM d D;ANM

    

Trong đó dễ dàng tính được

3 2

MAND AMN

a a 5

V ;S

24 8

  suy ra d SC; AM





a 5
5


Bài tập tương tự

Câu 37: [1H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chóp .S ABCD có đáy
ABCD là hình chữ nhật với AB 1, BC  ; các cạnh bên cùng bằng 2 . Gọi 2 E, F, I lần
lượt là trung điểm của BC AD AB, , . Khoảng cách giữa hai đường thẳng EF và SI là

A. 21

3 . B.

7 . C.

6 . D.

2 21

3 .

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

Chọn B.

Gọi H là giao điểm của AC và BD , ta có SH AC SH



ABCD



SH BD




 




 .

Ta có EF  AB EF 



SAB



 d EF SI





d EF SAB





d H SAB





Ta lại có AB HI AB



SHI





SAB

 

SHI



AB SH




   




 theo giao tuyến SI.

Trong mặt phẳng



SHI , kẻ



HK SI tại K , ta có HK 



SAB



 HK d H SAB





Tam giác SHC vuông tại H nên

2 2 2 2 2 5 3

4 4 4

AC

SH SC  HC SC     .

Tam giác SHI vng tại H có HK là đường cao nên

2 2 2

1 1 1 4 7 21

3 3 HK 7

HK SH HI      .

Vậy





d EF SI HK  .

Câu 38: [1H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chóp S ABCD. có đáy
ABCD là hình thoi cạnh bằng 1 và BAD 60

; SA SC , SB SD ; đường cao của hình chóp

bằng 1. Gọi M là trung điểm của CD. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM là

A. 2 57

19 . B.

3 . C.

13 . D.

6 .

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

Chọn A.

Gọi H là giao điểm của AC và BD , ta có SH AC SH



ABCD



SH BD




 




 và SH 1.

Ta có AB CD  AB



SCD



 d AB SM





d AB SCD





d A SCD





ABCD là hình thoi cạnh bằng 1 và BAD 60 nên ABD và BCD là các tam giác đều cạnh

bằng 1. Do đó, ta có BM CD.

Gọi I là trung điểm của MD , ta có CD HI CD



SHI





SCD

 

SHI



CD SH




   




 theo giao

tuyến SI.

Trong mặt phẳng



SHI , kẻ



HK SI tại K , ta có HK 



SCD



 HK d H SCD





Tam giác BCD đều cạnh bằng 1 nên 3 3

2 2 4

BM

BM   HI   .

Tam giác SHI vuông tại H có HK là đường cao nên

2 2 2

1 1 1 16 19 57

3 3 HK 19

HK SH HI      .

Ta có

























2 , 2 ,

d A SCD AC

AH SCD C d A SCD d H SCD

HC
d H SCD

       .

Vậy





2 57
19

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

Chú ý : ta có thể tính d H; SCD





hnhư sau : Tứ diện HSDC có HS, HD, HC đơi một

vng góc suy ra 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 19 57

1 h

1 3

h HS HD HC 3 19

4 4

        

Câu 39: [1H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chóp .S ABCD có đáy là

hình vng cạnh a , SA a và vng góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SB . Góc gữa hai
đường thẳng AM và BD bằng

A. 30 . B. 60 . C. 45 . D. 90 .

Lời giải
Chọn B.

Gọi N là trung điểm của cạnh SD , khi đó MN là đường trung bình của tam giác ABD

MN BD

 



AM BD,

 

 AM MN,



Theo giả thiết ta có ABCD là hình vng cạnh a nên BD a 2 2

a
MN

  .

Xét tam giác vuông SAB ta có SB a 2, do M là trung điểm của SB nên 2

a
AM  .

Tương tự, ta cũng có 2

a

AN  . Vậy tam giác AMN là tam giác đều  AMN 60.

Vậy



AM CD   .,



Bài tập tương tự

Câu 40: [1H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho tứ diện OABC có OA , OB ,

OC đơi một vng góc và OA OB OC a   , I là trung điểm của BC . Tính góc giữa hai
đường thẳng AI và OB .

A. arctan 5. B. arctan 5. C. arctan 1

5 . D.

1
arctan

5.
Lời giải

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

Gọi M là trung điểm của OC . Ta có IM //OB.

Nên góc giữa AI và OB là góc giữaAI và IM và bằng góc AIM .

Ta có OB OC OB



OAC



OB OA




 




 mà

IM OB nên IM 



OAC



.

Mà AM 



OAC



nên IM AM .
Xét tam giác vng AIM ta có:

2 2

a

IM  OB ; AM2 AO2OM2

2 2

2 5

4 4

a a

a

   5

a
AM

  .



tanAIM AM 5

IM

    AIM arctan 5.

Vậy góc giữa hai đường thẳng AI và OB bằng arctan 5.

Câu 41: [1H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chóp .S ABCD có đáy
ABCD là hình vuông cạnh 2a , SA a , SB a 3 và mặt phẳng



SAB vng góc với mặt



phẳng đáy. Gọi M N, lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC . Tính cơsin của góc giữa

hai đường thẳng SM , DN .

A. 5

5 . B.

4 . C.

4 . D.

2 .

Lời giải
Chọn A.

Gọi E là trung điểm AD, F là trung điểm AE.

Ta có MF // BE// ND 



SM DN,

 

 SM MF,



. Ta có

2 2 2

2 4

SB SA AB

SM    a

SM SA SH MA

    với H là trung điểm của MA  SH 



ABCD



( Hoặc theo giả thiết suy ra SAB vuông tai S nên S 1
2

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

Ta có BE AB2 AE2 a 5

   5

a
MF

  ; 1 2

2 2

a
HF  BD ;

2 2 3

a
SH  SA  HA  .

Do tam giác SHF vuông tại H nên 2 2 5

a
SF  SA  HA  .

Áp dụng định lý cô sin trong tam giác SMF ta có



2 2 2 2 . cos

SF SM MF  SM MF SMF 

2 2

5 5 5

2. . cos

4 4 2

a a a

a a SMF

   

 5

cos

SMF

  cos





SM MF

</div>

Đề thi đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường chuyên sư phạm hà nội lần 3 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

 

 













  









  









 

 

 









  











 

 





 





  























<sub></sub>







 















<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>







 















<sub></sub>



