Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 sở GDĐT vũng tàu lần 2 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (864.29 KB, 29 trang )

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

Câu 29: [2H3-2] [SỞ GD VŨNG TÀU-LẦN 2-NĂM 2018] Giá Trong không gian Oxyz , cho đường

thẳng

2 1

3 6 2

x y z

d    

và điểm I



1; 2;5



. Lập phương trình mặt cầu

 

S tâm I và cắt
đường thẳng d tại hai điểm A , B sao cho tam giác IAB vuông tại I .

A.

  











2 2 2

: 1 2 5 40

S x  y  x  . B.

  

S : x1



2



y2



2



x 5



2 49

C.

  











2 2 2

: 1 2 5 69

S x  y  x 

. D.

  











2 2 2

: 1 2 5 64

S x  y  x 

Lời giải
Chọn A

Đường thẳng d đi qua M



2;0;1



và có một véc tơ chỉ phương là u 



3;6; 2





Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng d ta có





IM u,
IH d I d

u

 

 

 

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



, với



1;2; 4



IM  



, u 



3;6; 2









, IM u 20

IH d I d

u

 

 

  

 



Theo đề bài ta có tam giác IAB vuông cân tại I nênIA IH 2 40.

Vậy phương trình mặt cầu

 

S là

  











2 2 2

: 1 2 5 40

S x  y  x 

HAI CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2H3-2] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng

2 1

3 6 2

x y z

d    

và điểm I



1; 2;5



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

A.

  











2 2 2 80

: 1 2 5

S x  y  x 

. B.

  











2 2 2 20

: 1 2 5

S x  y  x 

C.

  











2 2 2

: 1 2 5 30

S x  y  x 

. D.

  











2 2 2 40

: 1 2 5

S x  y  x 

Lời giải
Chọn A

Đường thẳng d đi qua M



2;0;1



và có một véc tơ chỉ phương là u 



3;6; 2





Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng d ta có





IM u,
IH d I d

u

 

 

 

 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 



, với



1;2; 4



IM  



, u 



3;6; 2









, IM u 20

IH d I d

u

 

 

  

 



Theo đề bài ta có tam giác IAB đều tại I nên

3
2

IA

IH  2 3 2 60

3 3

IA IH

  

Vậy phương trình mặt cầu

 

S là

  











2 2 2 80

: 1 2 5

S x  y  x 

Câu 2: [2H3-2] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng

2 1

3 6 2

x y z

d    

và điểm I



1; 2;5



Lập phương trình mặt cầu

 

S tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm A , B sao cho tam
giác IAB có một góc bằng 120 .

A.

  











2 2 2

: 1 2 5 80

S x  y  x 

. B.

  











2 2 2

: 1 2 5 40

S x  y  x 

C.

  











2 2 2

: 1 2 5 20

S x  y  x 

. D.

  











2 2 2

: 1 2 5 60

S x  y  x 

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

Lời giải
Chọn A

Đường thẳng d đi qua M



2;0;1



và có một véc tơ chỉ phương là u 



3;6; 2





Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng d ta có





IM u,
IH d I d

u

 

 

 

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

 
 
 



, với



1;2; 4



IM  



, u 



3;6; 2









, IM u 20

IH d I d

u

 

 

  

 



Ta có tam giác IAB cân tại I nên theo giả thiết ta có AIB 120  IAH 30
2. 2 20

IA IH

   .

Vậy phương trình mặt cầu

 

S là

  











2 2 2

: 1 2 5 80

S x  y  x  .

Câu 32. [2D2-3] [SỞ GD VŨNG TÀU-LẦN 2-NĂM 2018] Giá trị thực của tham số

m

để phương
trình log32x 3log3x2m 7 0 có hai nghiệm thực x x1, 2thỏa mãn



x13

 

x23



72
thuộc khoảng nào sau đây?

A.

0; .

2
 
 

  B.

7
;7 .
2
 
 

  C.

21
7; .

2
 
 

  D.

7
;0 .
2

 



 

 

Lời giải:
 Chọn B

Ta có :   9 4(2m 7) 0  thì phương trình ln có 2 nghiệm x x 1, 2 0 .

Vì

log



x x

.





log

3 1

x



log

x

 

3 x x

.



27

.

Do đó : x x1. 23



x1x2



 9 72 x1x2 12 . Suy ra



x x 1; 2

 

3;9



.

Khi đó : 3 1 3 2





9
2 7 log .log 2

m  x x   m tmdk

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

HAI CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [2D2-3] Giá trị nào của m để phương trình

2 2

3 3

log x 2log x 1 m  có ít nhất một1 0

nghiệm thuộc đoạn



1,9



A. 1m16. B. 4m .8 C. 0m .6 D. 3m .8

Lời giải

Chọn C

Ta có : log32x 2log23x 1 m  1 0 mlog32 x 2log32x  .1 1

Đặt t log 23 x, 0 t 4. Ta có f t

 

 t 2t 1 1.

 

1 1 ;

 

0
2 1

f t f t

t

    

 vô nghiệm.

 

0 0; f 4

 

f   . Vậy 0m .6

Câu 2. [2D2-3] Cho phương trình (m2) log23x4log3x(m 2) 0 . Tìm tập hợp tất cả các giá trị

của tham số thực mđể phương trình đã cho có hai nghiệm thực x x thỏa 1, 2 0x1 1 x2?

A.



2; 



. B.



2; 2



C.



  ; 2



. D.



  ; 2

 

 2; .



Lời giải

Chọn B

Điều kiện x 0

Đặt tlog3x,Ta có 0x1 1 x2  log3 1x log 1 log3  3 2x  t1 0 t2

PT 



m2



t24t m  2 0(*)

Theo YCBT  (*) có hai nghiệm trái dấu 



m2

 

m 2



   0 2 m2.

Câu 34: [2D4-3] [SỞ GD VŨNG TÀU-LẦN 2-NĂM 2018] Cho số phức z thỏa mãn: z 1 3i  13
. Gọi ,m M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức

2 2

2 3

   

P z z i

. Tính
  .

A m M

A.A10. B.A25. C.A34. D.A40.

Lời giải

Chọn đáp án C

Đặt z x yi x y R 



; 



Ta có z 1 3i  13  (x1)2(y 3)2 13
4 6  5

P x y  P17 4(x1) 6( y 3)  (426 )[(x 1)2  2(y 3) ]2

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

Câu 1: [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn z 3 z3 8 . Gọi M , m lần lượt giá trị lớn nhất và nhỏ

nhất z. Khi đó M m bằng

A.4 7. B.4 7. C.7. D.4 5.

Lời giải
Chọn B

Gọi z x yi  với x y  ; .

Ta có 8 z 3  z3  z 3 z 3 2z  z 4.

Do đó M max z  .4

Mà









2 2 2 2

3 3 8 3 3 8 3 3 8

z  z   x yi  x yi   x y  x y 
.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có





2 2





2 2



2 2







2 2





2 2
8 1. x 3 y 1. x3 y  1 1  x 3 y  x3 y 

 



2 2





2 2



8 2 2x 2y 18 2 2x 2y 18 64

       

2 2 7 2 2 7 7

x y x y z

        .

Do đó M min z  7.

Vậy M m  4 7.

Câu 2: [2D4-4] Xét số phức z thỏa mãn z 2 i  z 4 7 i 6 2 . Gọi m,M lần lượt là giá trị nhỏ

nhất và giá trị lớn nhất của z  . Tính P m M1 i   .

A.P  13 73. B.

5 2 2 73
2

P 

C.P 5 2 2 73 . D.

5 2 73
2

P 

.
Lời giải

Chọn B .

Cách 1. Gọi M x y



;



là điểm biểu diễn của z . Các điểm A 



2;1



, B



4,7



, C



1; 1



Ta có z 2 i  z 4 7 i 6 2  MA MB 6 2, mà AB 6 2  MA MB AB  .
Suy ra M thuộc đoạn thẳng AB.

Phương trình đường thẳng AB y:  x 3, với x  



2; 4



Ta có

















2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 4 2 6 17

z  i MC z i MC  x  y  x  x  x  x

Đặt

 

2 6 17
f x  x  x

, x  



2; 4



 

4 6

f x  x ,

 

f x   x

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

Ta có f 





13,

3 25

2 2

f  

  , f

 

4 73.

Vậy Maxf x

 

f

 

4 73,

 

3 25

2 2

 
  

 

Minf x f

M

  ,

5 2
2

m 

5 2 2 73
2

P 

 

Cách 2.Gọi M x y



;



là điểm biểu diễn của z .

Các điểm A 



2;1



, B



4,7



, C



1; 1



Ta có z 2 i  z 4 7 i 6 2  MA MB 6 2, mà AB 6 2  MA MB AB 
Suy ra M thuộc đoạn thẳng AB.

Phương trình đường thẳng AB y:  x 3, với x  



2; 4







min

5
;

CM d C AB 

max

73; 13 73

CB CA  CM CB .

Vậy

5 2 73 5 2
73

2
2

P   

Câu 36: [2D2-2] [SỞ GD VŨNG TÀU-LẦN 2-NĂM 2018] Cho mặt cầu

 

S tâm O và các điểm

, ,

A B C

nằm trên mặt cầu

 

S sao cho

AB AC



6 ;

BC



8

. Khoảng cách từ O đến mặt

phẳng



ABC



bằng 2. Thể tích khối cầu

 

S bằng

A.

404 505
75


. B.

2916 5
75



. C.

404
5



. D.

324
5



Lời giải
Chọn A

8 5

ABC

S





. Lại có

. . 6.6.8 9

8 5

4 4. 5

ABC

a b c

S R HM

R R

      

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

Suy ra bán kính mặt cầu

2 2 9 22 101

5
5

C

R  OH R     

 

3
3

4 4 101 404 505

3 C 3 5 75

V 



R 



  



 

HAI CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2D2-2] Mặt cầu tâm O bán kính R17dm. Mặt phẳng

 

P cắt mặt cầu sao cho giao tuyến đi
qua ba điểm A B C, , mà AB18dm BC, 24dm CA, 30dm. Tính khoảng cách từ O đến

 

P .
A. 7dm . B. 8dm. C. 14dm. D. 16dm.

Lời giải
Chọn B

Ta có giao tuyến của mặt phẳng (P) với mặt cầu là một đường tròn. Khi đó A, B, C nằm trên
đường trịn này, nếu để ý kĩ ta thấy CA2 AB2BC2, do vậy tam giác ABC vng tại B, tức 
là AC chính là đường kính của đường trịn này, hay r 15dm. Ta có hình vẽ minh họa sau:

Nhìn vào hình vẽ ta thấy



 



2 2 2 2

;    17 15 8

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

Câu 2: [2D3-2]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A



2; 0; 1 ,

 

B 1; 0; 0 ,



C



1; 1;1



diện tích mặt cầu đi qua A B C, , cách mp



ABC



một khoảng
1

3 bằng.

A.
4

3


. B. 8



. C. 2



. D. 4



.

Lời giải
Chọn D

Ta có AB 



1;0; 1



 AB 2





1;1;0



AC   AC



; BC



0;1;1



 BC 2


. Vậy tam giác ABC đều và có bán kính

đường trịn ngoại tiếp

6
3

R 

Bán kính mặt cầu bằng:

1 2
1
3 3

C

R   

, do đó diện tích mặt cầu: S 4

Câu 37: [2D34.63] [SỞ GD VŨNG TÀU-LẦN 2-NĂM 2018] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm f x

 

thỏa mãn





 

2x1 f x x d 10, f 1  f 0 8



. Tính

 

I 



f x x

A. I 2. B. I  .1 C. I  .1 D. I  .2

Lời giải

Chọn C.

Xét





 

2x1 f x x d



Đặt





 

2 1 d 2d

d d

u x u x

v f x x v f x

   







  




ta có





 

10



2x1 f x x d



  

 

0
1

2 1 2 d

x f x f x x

  



 

1 1

0 0

10 f 1 f 0 2f x xd 10 8 2f x xd

   



  



 

2f x xd 2







 

d 1

f x x







HAI CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2D33] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm liên tục đến cấp hai thỏa mãn





 

1
2

d 10, 1 0 8

x  x f x x f f 



. Tính

 

I 



f x x

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

A. I 9. B. I  .3 C. I  .3 D. I  .9

Lời giải

Chọn D.

Xét





 

1
2

x  x f x x



Đặt









 

1 d 2 1 d

d d

u x x u x x

v f x x v f x

     



 
  



ta có





 





 





 

1 1

2 2

0 0

10 d 2 1 d

x x f x x x x f x x f x x





   









 

2x 1 f x x d





.
Đặt





 

1 1
1 1

2 1 d 2d

d d

u x u x

v f x x v f x

    



  


ta có





 



  

 

1 1
0 0
1

10 2 1 d 2 1 2 d

x f x x x f x f x x

 



   



 

10 f 1 f 0 2f x xd

    



 

1 1

0 0

10 8 2f x xd f x xd 9

   









Câu 2: [2D33] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm f x

 

thỏa mãn





 

1
2

d 10, 5 1 8

f x x x f  f 



. Tính

 

2
0
d

I 



f x x

A. I 2. B. I  .1 C. I  .1 D. I  .2

Lời giải

Chọn C.

Xét





f x x x



Đặt tx2 x dt



2x1 d



x









 





 

1 2 2

0 0 0

d 2 1 d 2 1 d 10

f x x x t f t t x f x x





 



 



 

Đặt





 

2 1 d 2d

d d

u x u x

v f x x v f x

   




  


ta có





 



  

 

2 2
0 0
2

10 2 1 d 2 1 2 d

x f x x x f x f x x





   



 

10 f 5 f 1 2f x xd

   



 

2 1

0 0

10 8 2f x xd 2f x xd 1

  









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

Câu 38. [2D3-3] [SỞ GD VŨNG TÀU-LẦN 2-NĂM 2018] Hàm số f x

 

liên tục trên 1;2018 và :
2017

(2018 ) ( ) [1;2018] , ( ) 10

f  x f x  x



f x dx

. Tính

2017

. ( )
I 



x f x dx

A. I 10100. B. I 20170. C. I 20180. D. I 10090.

Lời giải
Chọn.D.

Đặt t 2018 x  dt dx.

1 2017, 2017 1

x   t  x   t 

1 2017

2017 1

(2018 ) (2018 ) (2018 ) ( )

I 



t f t dt 



t f t dt

2017 2017

1 1

2018 f x dx( ) xf x dx( )









 I 2018.10 I I 10090.
HAI CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [2D3-3]: Hàm số f x

 

liên tục trên 0; và : 0
( ) ( ) [0; ] , ( )

2




     





f x f x x f x dx

Tính 0
. ( )






I x f x dx
 .

A. 2.



I

B. 
2

.
2



I

C. 4.




I

D. 
2

.
4



I

Lời giải

Chọn.D.

Đặt t   x  dt dx.

0 , 0

x  t  x   t 
0

( ) ( )

I t f t dt



 





 

( t f t dt) ( )









0 0

( ) ( )

f x dx xf x dx

 











. .

2 4

I   I I 

    

Câu 2 [2D3-3]: Hàm sốf x

 

liên tục trên a b;  và : f a b x(   )f x( ) x [ ; ]a b ;
( )  



b

a

f x dx a b
Tính

. ( )




b

a

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

A.





.
2


 a b

I

B.





2
.
4

 a b
I

C.





.
4

 a b

I

D.





2
.
2


 a b
I

Lời giải
Chọn.D.

Đặt t a b x    dt dx.

, .

x a t b x b  t a

( ) ( )

a

b

I 



a b t f a b t dt   

( ) ( )

b

a

a b t f t dt





 

( ) ( )b b ( )

a a

a b f x dx xf x dx

 











( ).( ) .

2
a b

I a b a b I I 

      

Câu 40 [2D1-3] [SỞ GD VŨNG TÀU-LẦN 2-NĂM 2018]: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực 
của tham số m sao cho phương trình





3 3

1 3 3 3

x   m x m

có đúng hai nghiệm thực.
Tích tất cả phần tử của tập hợp S là

A. 1. B. 1. C. 3. D. 5.

Lời giải
Chọn D

Đặt t 33x m . Ta có hệ :
3

3
3

( 1) 3 3

t x m

x t m

  




   




Trừ hai vế của phương trình cho nhau ta được:





3 3 1 3 1

t  t  x  x t  x

(phân tích
nhân tử hoặc dùng hàm đặc trưng). Thay vào phương trình ban đầu ta được:

(x1)  3(x1)m 3.

Yêu cầu của đề tương đương phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.
Lập bảng biến thiên ta được m5; m1. Vậy đáp án là D.

HAI CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [2D1-3]: Gọi



a b;



là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình



x 1



3 3 m 3 33 x m

    

có đúng ba nghiệm thực. Tính a2 b2

A. 5. B. 8. C. 6. D. 26.

Lời giải
Chọn D

Từ bài trên ta được a1;b5.

Câu 2. [2D1-3]: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình
3

3 2 2

5 4 2 2

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

A. 
70

.
27


B. 
70

27 C.

140
.
27


D. 
140

.
27
Lời giải

Chọn D

Phương trình ban đầu được biến đởi về dạng:

3 3

2 2 3 2

2x m 2x m (x1) (x 1) x1 2x m.
Yêu cầu của đề tương đương với phương trình:

3 5 2 4 1 2 3 5 2 3 1

x  x  x x m  x  x  xm có đúng hai nghiệm phân biệt. Lập bảng

biến thiên ta được

10; .

m m

Vậy ta được đáp án D.

Câu 41. [2H3-3] [SỞ GD VŨNG TÀU-LẦN 2-NĂM 2018] Trong không gian Oxyz , Cho 3 điểm



3;7;1 ,





8;3;8



A B

và C



3;3;0



. Gọi

 

S1 là mặt cầu tâm A bán kính bằng 3 và

 

S2 là
mặt cầu tâm B bán kính bằng 6 . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đi qua C và tiếp xúc đồng

thời với cả hai mặt cầu

   

S1 , S2 .

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Lời giải
Chọn B.

Phương trình mặt phẳng qua C có dạng ( ) : (P m x 3)n y(  3)pz0,m2n2p2  .0

Mặt phẳng ( )P tiếp xúc ( )S ta có 1

2 2 2

4n p 3 m n p

(1)

Mặt phẳng ( )P tiếp xúc ( )S ta có 2

2 2 2

5m8p 6 m n p

(2)

Từ đây ta có phương trình

5 8 6 (3)
5 8 2 4

5 8 10 (4)

m n p

m p n p

m n p

 


    

 


Từ (1),(3) ta có:

2 2 2 2 2

2
8 6

(4 ) 9 401 1064 524 0 262

401

n p

n p n p n np p

n p




   



           

 

 

 

  

Trường hợp này ta tìm được hai mặt phẳng:

1 2

( ) : 2P x2y z 12 0,( ) : 62 P x 262y 401z600 0 
Từ (1),(4) ta có:

2 8 10 2 2 2 2

(4 ) 9 401 1240 1100 0 0

n p

n p     n p   n  np p   n p

 

 

 

Trường hợp này khơng có mặt phẳng nào.

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

Câu 1: [2H3-3] Trong không gian Oxyz , Cho 3 điểm A



0;0;1 ,



B



0; 2; 2



và C



3; 1; 1 



. Gọi

 

S1 là mặt cầu tâm A bán kính bằng 1 và

 

S2 là mặt cầu tâm B bán kính bằng 3 . Hỏi có tất

cả bao nhiêu mặt phẳng đi qua C và tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt cầu

   

S1 , S2 .

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Lời giải
Chọn B.

Phương trình mp qua C có dạng





2 2 2

( ) : (P m x 3)n y( 1)p z1 0,m n p 0

Mặt phẳng ( )P tiếp xúc ( )S ta có 1

2 2 2

3 2

 m n  p  m n p

(1)

Mặt phẳng ( )P tiếp xúc ( )S ta có 2

2 2 2

3 3 3 3

 m n p  m n p

(2)

Từ đây ta có phương trình

2 (3)

3 3 3 3 3 2

3 4 2 (4)




        

 


p m

m n p m n p

p m n

Từ (1),(3) ta có:

2 2 0

2



    




m

m n m n

n m

Trường hợp này ta tìm được hai mặt

1 2

( ) :P y 1 0,( ) :P x2y2z 1 0

Từ (1),(4) ta có: 4m2 3mn2n2  0 m n 0
Trường hợp này khơng có mặt phẳng nào.

Kết luận có 2 mặt phẳng thỏa u cầu bài tốn.

Bình luận: Từ

 

3 học sinh dễ nhầm lẫn chọn ngay m 1 p 2 n2 dẫn tới chỉ tìm
được 1 mặt phẳng thỏa mãn.

Câu 2: [2H3-3] Trong không gian Oxyz , Cho 3 điểm A



3;0; 2 ,



B



2; 2;1



và C



4; 2;0



. Gọi

 

S1 là mặt cầu tâm A bán kính bằng 1 và

 

S2 là mặt cầu tâm B bán kính bằng 2 . Hỏi có tất

cả bao nhiêu mặt phẳng đi qua C và tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt cầu

   

S1 , S2 .

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Lời giải
Chọn D.

Phương trình mp qua C có dạng ( ) : (P m x 4)n y( 2)pz0,m2n2p2 0

Mặt phẳng ( )P tiếp xúc ( )S ta có 1

2 2 2

2 2

m n p  m n p

(1)

Mặt phẳng ( )P tiếp xúc ( )S ta có 2

2 2 2

2 4 2

 m n p  m n p
(2)

Từ đây ta có phương trình

0 (3)

2 4 2 2 2

4 8 3 (4)



        

 


p

m n p m n p

m n p

Từ (1),(3) ta có:

2 2 0

3 4



     




n

m n m n

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

Trường hợp này ta tìm được hai mặt phẳng ( ) :P x1  4 0,( ) : 3 P2 x4y 4 0

Từ (1),(4) ta có:

2 0

5 3 0

5 3


   





n

n np

n p

Trường hợp này ta tìm được hai mặt phẳng nữa

3 4

( ) : 3P x 4z12 0,( ) : 9 P x12y20z12 0
Kết luận có 4 mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 42. [2D1-3] [SỞ GD VŨNG TÀU-LẦN 2-NĂM 2018] Cho hàm số bậc ba y = ax + bx + cx + d3 2
có đồ thị nhận hai điểm A 0;3





và B 2;-1





làm hai điểm cực trị. Khi đó số điểm cực trị của

đồ thị hàm số

2 2

y = ax x + bx + c x + d
là

A. 5 . B. 7 . C. 9 . D. 11.

Lời giải
Chọn B.

Ta có y = 3ax + 2bx + c 2

Đồ thị nhận hai điểm A 0;3





và B 2;-1





làm hai điểm cực trị

 

0 0 1

0 3 3

0
2 0

2 1

y a

y b

c
y

d
y



   

 

 

 

   


 

 

  



 

 

C y x:  3 3x23

Sử dụng phép biến đổi đồ thị để vẽ đồ thị hàm số dạng

 

y f x

Với

 

  3 2

: 3 3

C y f x x x

+ Từ đồ thị yf x

 

suy ra đồ thị yf x và suy ra đồ thị y f x

+ Từ đồ thị đồ thị yf x và suy ra đồ thị

 

C :y f x

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

Câu 1. [2D1-3] Cho hàm số bậc ba y = ax + bx + cx + d3 2 có đồ thị nhận hai điểm A 0;3





và





B 2;-1

làm hai điểm cực trị. Khi phương trình

2 2

= ax x + bx + c x + d

m

có số nghiệm thực
nhiều nhất thì giá trị thực của m là

A. m



0;3



. B. m

 

0;1 . C.

 
  
 

1;2
1
m

. D. m 1;3



.
Lời giải

Chọn B.

Ta có y = 3ax + 2bx + c 2

Đồ thị nhận hai điểm A 0;3





và B 2;-1





làm hai điểm cực trị

 

0 0 1

0 3 3

0
2 0

2 1

y a

y b

c
y

d
y



   

 

 

 

   


 

 

  



 

 

C y x:  3 3x23

Sử dụng phép biến đổi đồ thị để vẽ đồ thị hàm số dạng

 

yf x

Với

 

  3 2

: 3 3

C y f x x x

+ Từ đồ thị yf x

 

suy ra đồ thị yf x và suy ra đồ thị

y f x

+ Từ đồ thị đồ thị yf x và suy ra đồ thị

 

C :y f x


Dựa vào đồ thị ta có phương trình

2 2

= ax x + bx + c x + d

m

có số nghiệm thực nhiều nhất thì

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

Câu 2. [2D1-3] Cho hàm số bậc ba y = ax + bx + cx + d3 2 có đồ thị nhận hai điểm A 0;1





và





B 2;-3

làm hai điểm cực trị. Khi đó số điểm cực trị của đồ thị hàm số

2 2

y = ax x + bx + c x + d
là

A. 5 . B. 7 . C. 9 . D. 11.

Lời giải
Chọn B.

Ta có y = 3ax + 2bx + c 2

Đồ thị nhận hai điểm A 0;1





và B 2;-3





làm hai điểm cực trị

 

0 0 1

0 1 3

0
2 0

2 3

y a

y b

c
y

d
y



   

 

 

 

   


 

 

   

 

 

C y x:  3 3x21

Sử dụng phép biến đổi đồ thị để vẽ đồ thị hàm số dạng

 

y f x

Với

 

  3 2 

: 3 1

C y f x x x

+ Từ đồ thị yf x

 

suy ra đồ thị yf x và suy ra đồ thị y f x


+ Từ đồ thị đồ thị yf x và suy ra đồ thị

 

C y f x

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

H của AB. Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 45

. Gọi  là góc giữa BBvà AC .Tính
cos.

A.

2
cos

4


. B.

1
cos

4
 

. C.

2
cos

2


. D.

cos

3


Lời giải
Chọn A

Do A H 



ABC



nên góc giữa cạnh bên A A và mặt đáy



ABC



chính là góc A AH  A AH 45.

A AH

  vuông cân tại H,A A A H a    2.

Vì BB A A//  nên góc giữa BBvà AC chính là góc giữa

AA và AC

Xét A HC  vng H, có HCa 3;A H a

2 2 2 3a2 2a

A C A H HC a

     

Ấp dụng định lí cos cho A AC  , ta có

2 2 2

2 4 4a 2

cos

4
2. 2.2a

a a

a

   

HAI CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1: [1D2-3] Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại . ' ' ' A,

AB AA  . Tính tang của góc giữa đường thẳng BC và mặt phẳng a



ABB A' ' .



A.
3

2 B.

2 C. 2 D.

6
3

Lời giải
Chọn B

Tacó:





' ' ' '

' ' '

C A A B

C A ABB A

C A A A




 












BC'; ABB A' '



C BA 

 









 ' '

tan '; tan

A C

BC ABB A C BA

A B

   

  

2 2 2 2

2
2
' ' '

a a

A B BB a a

  

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

Câu 2: [1D2-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O , cạnh bằng a, đường
thẳng SO vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh SA và

BC . Biết

10
2

a
MN 

, tính góc  giữa đường thẳng MN và mặt phẳng



ABCD



A. 900. B. 300. C. 450. D. 600.
Hướng dẫn giải

Chọn D.

Gọi H là trung điểm AO , ta có MH SO//
,mà SO (ABCD) nên suy ra

(ABCD)

MH 

Suy ra NH là hình chiếu của MHtrên mặt
phẳng (ABCD). Do đó, ta có:



MN, (ABCD)



MNH

Xét tam giác ANO , có NH là đường trung 
tuyến

2 2 2

2 2( )

NA NO AO

NH   

2 2 2 2

2( )

NC AC NO  AO



2 2 2

2
2

4 4 2 5

4 8

a a a

a

 

  

 

 

 

B
M

C
S

O
M

C
S

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

10
4

a
NH

 

Xét tam giác MNH , có

  0

10
1
4

cos 60

2
10
2
a
NH

MNH MNH

MN a

    

Câu 45: [2H1-3] [SỞ GD VŨNG TÀU-LẦN 2-NĂM 2018] Cho hình lăng trụ ABC A B C có đáy là . ' ' '
tam giác vng tại đỉnh A , độ dài các cạnh AB2 ,a BC a 5. Cạnh bên AA'a 6và tạo
với mặt phẳng đáy một góc 600. Thể tích khối lăng trụ ABC A B C bằng:. ' ' '

A.
3
3 2

2
a

. B.

3 2
.
2
a

C. 
3
3 10

.
2
a

D. 
3 10

.
2
a

Lời giải
Chọn A.

- Gọi H là hình chiếu của 'A lên mặt phẳng (ABC). Ta có:(AA ABC', ( ))A AH' 60o.

- Chiều cao của lăng trụ là:

0 3 3 2

'.sin 60 6. .

2 2

a

h AA a 

- Ta có AC BC2 AB2  Suy ra diện tích đáy là a.

2
1

.2 .
2

ABC

S  a a a

Vậy thể tích hình lăng trụ là

3
2

3 2 3 2

. .

2 2

a a

V  a 

HAI CÂU TƯƠNG TỰ

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

A. 
9

4. B. 
27 3

4 . C.
27

4 . D. 
9 3

4 .

Lời giải
Chọn C.

- Gọi ABC A B C là hình lăng trụ cần tính thể tích.. ' ' '

- Gọi H là hình chiếu của 'A lên mặt phẳng (ABC). Ta có:(AA ABC', ( ))A AH' 30o.

- Chiều cao của lăng trụ là:

0 1

'.sin 30 2 3. 3.
2

h AA  

- Diện tích đáy là

3 9 3

.3 .

4 4

ABC

S  

Vậy thể tích hình lăng trụ là

9 3 27
. 3 .

4 4

V  

Câu 2. Cho hình lăng trụ ABC A B C có đáy là tam giác đều cạnh . ' ' ' a. Cạnh bên AA' 2a và tạo với 
mặt phẳng đáy một góc 450. Thể tích khối tứ diện ACA B bằng:' '

A.
3 6

12
a

. B.

3 2
.

4
a

C. 
3 6

.
2
a

D. 
3 6

.
4
a

Lời giải
Chọn A.

- Gọi H là hình chiếu của 'A lên mặt phẳng (ABC). Ta có:(AA ABC', ( ))A AH' 45o.

- Chiều cao của lăng trụ là:

0 2

'.sin 45 2 . 2.
2

h AA  a a

- Diện tích đáy là

2 3
.
4

ABC

a

S 

- Thể tích hình lăng trụ là

2 3 3 6

2. .

4 4

a a

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

Vậy thể tích tứ diện ACA B là: ' '

ACA ' '

.
3 12

C

V a

V  

Câu 46. [1D1-3][SỞ GD VŨNG TÀU-LẦN 2-NĂM 2018] Gọi S là tập hợp tất cả các nghiệm thuộc
khoảng (0;2018) của phương trình lượng giác

3(1 cos 2 ) sin 2 x  x 4cosx 8 4( 3 1)sin x. Tổng tất cả các phần tử của S là

A.

310408

3 . B. 102827. C.

312341

3  D. 104760

Lời giải

Chọn A.

Ta có 3 1 cos 2



 x



sin 2x 4 cosx 8 4



3 1 sin



x





2 3 sin x 2sin cosx x 4cosx 8 4 3 1 sinx

     













2 3 sinx sinx 2 2cos sinx x 2 4 sinx 2

     

2 3 sinx 2cosx 4

   (vì sinx  1 2)

3 sinx cosx 2

   sin cosx 6 cos sinx 6 1

 

  

sin 1

x 

 

   

  x 6 2 k2

 

     2

x  k

   



k 



Theo đề bài x 



0;2018



3 k2



0; 2018





    2 1 0;2018

k  

    



   k 



0;1;...;321



.
Tổng tất cả các phần tử của S là





322. 0 1 2 ... 321 2
3



      322. 51681.2
3



   310408

 

.
HAI CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [1D1-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn



10;10



để phương trình





2 2

11sin x m 2 sin 2x3cos x2

có nghiệm?

A. 16.. B. 21.. C. 15.. D. 6..

Lời giải
Chọn B

Phương trình





2 2

9sin x m 2 sin 2x cos x 0

    









1 cos 2 1 cos 2

9. 2 sin 2 0 2 sin 2 4 cos 2 5.

2 2

x x

m x m x x

 

        

Phương trình có nghiệm





2 16 25





2 9 5
1
m

m m

m



        




 10;10



10; 9;...; 1;5;6;...;10



m

m m


 

         

có 16 giá trị nguyên.

Câu 2. [1D1-3] Trong khoảng 
3
0;

2


 

 

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

A. 9 B. 5 C. 4 D. 8

Lời giải

Chọn B.

Ta có 3sin 2x 4sin 23 x2 3 cos 32 x 2 3
sin 6x 3 cos 6x 2

   .

sin 6 1

x 

 

   

  6x 3 2 k2

 


   

36 3

x  k

  

, k   .

Vì
3
0;

2


 

 

  nên

3
0

36 k 3 2

  

   1 53

12 k 12
   

. Do k   nên k 



0;1;2;3; 4



Vậy trong khoảng
3
0;

2


 

 

  phương trình đã cho có 5 nghiệm.

Câu 3. [1D1-4] Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

sin 2x m cos 2x2 sinm x 2 cosx có nghiệm thuộc đoạn 0;4


 
 
 

A.



1; 2



. B.

2 2
;2
2

  

 

  . C.



0;1



. D.

2 2
0;

  

 

  .

Lời giải
Chọn B

Ta có sin 2x m cos 2x2 sinm x 2cosx  sin 2x2cosx m



cos 2x2sinx



sin 2 2cos

cos 2 2sin

x x

m

x x



 

 (cos 2x2sinx0trên đoạn 0;4

 
 
 ).

Xét hàm số

 

sin 2 2cos
cos 2 2sin

x x

f x

x x




 , với x 0;4

 
  
 

có

 





2 cos 2 sin 2sin 2 cos 2
cos 2 2sin

x x x x

f x

x x

 

 







2sin 3 2

0
cos 2 2sin

x

x x



 



, với mọi x 0;4

 
  
  .

 

0 sin 3 1

f x   x

2
,

6 3

x  k  k

    

0; 0

x   k

  . Vậy f x

 

0 x 6


   

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

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm thuộc đoạn
0;

4

 

 

  khi và chỉ khi

2 2
;2
2
m   

  .

Câu 47: [2D2-3] [SỞ GD VŨNG TÀU-LẦN 2-NĂM 2018] Tập hợp các giá trị của tham số m để
phương trình



1 16



2 2



3 4



6 5 0

x x

m  m  m 

có hai nghiệm trái dấu là khoảng



a b;



.
Tính P a b . .

A. P  .4 B.

3
2

P 

. C.

5
6

P 

. D.

10
3

P 

.
Lời giải

Chọn A

Đặt t4x



t0



. Khi đó



m 1 16



x 2 2



m 3 4



x 6m 5 0

      



m1



t2 2 2



m 3



t6m 5 0
.

Để phương trình



m1 16



x 2 2



m 3 4



x6m 5 0 có hai nghiệm trái dấu thì phương trình



m1



t2 2 2



m 3



t6m  có hai nghiệm phân biệt 5 0 t , 1 t thỏa 2 0t1  .1 t2

Ta có









6 5

1 2 2 3 6 5 0

4 6

t t

m t m t m m

t t

 

       

  .

Xét hàm số

 

6 5
4 6

t t

f t

t t

 


  trên khoảng



0; 



, ta có

 





2
2

10 2 56
4 6

t t

f t

t t

 

 

 

 

0 1 561 1

10
f t   t  

.
Ta có bảng biến thiên

Từ đó ta chọn 4 m  . Suy ra 1

4.
1

a

ab
b




 

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

Câu 1: [2D2-3] Tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm





2 2

1 1 1 1

9 x m 2 .3 x 2m 1 0

    

là



a b, .



Tính P a b . .

A. 
256
7
P 
. B. 
265
7
P 
. C. 
256

17 . D.

256
27


.
Hướng dẫn giải

Chọn A

Điều kiện: 1   Đặt x 1. t 31 1x2.

Ta có

2 2 1 1 1 2

0 1 x 1 1 1 1 x 2 3 3 x 3 hay3 t 9.

            

u cầu bài tốn trở thành: Tìm m để phương trìnht2



m2



t2m 1 0(*)có nghiệm với



3;9



t 





2 2 1

(*) 2 1 2

t t

t t m t m

t

 

      



Xét hàm số





2 1

( ) , 3;9

t t

g t t

t

 

 

 . Ta có







 







2
2 2
1 3
4 3

( ) 0

2 2
t t
t t
g t
t t
 
 
   
 

với mọi



3;9 .



t 

Suy ra g t

 

đồng biến trên





 

64
3;9 3 ( ) (9) 4 ( ) .

g g t g g t

     

Vậy để (*) có nghiệm với t 



3;9



thì

64
4 .
7
m
 
Do đó:
64
4, .
7

a b

Suy ra:

256
.
7
ab 

Câu 2: [2D2-3] Tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình m.16x2.81x5.36x có hai
nghiệm dương phân biệt là



a b;



. Tính S a b  .

A. 
49
8
S 
. B. 
32
2
S 
. C. 
39
8
S 
. D. 
11
3
S 
.
Lời giải
Chọn A

Chia hai vế phương trình cho 16x ta được:

81 9

2. 5.

16 4

x x

m     
   

9 9

2. 5. 0 (*)

4 4
x x
m
   
       
    .
Đặt
9
4
x

t  

  , với x 0 t1.

Khi đó phương trình (*) có dạng: 2t2  5t m 0(**)

Cách 1: Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân

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



 







1 2

1 2 1 2 1 2

25 8 0

5 25

1 1 8 3 .

2 4 8

1 1 1 0

m

m
S

t t m

m

t t t t t t

   






 

          

  



       



Do đó:

3, .

a b

Suy ra:

49
.
8

a b 

Cách 2: Ta có (**) m2t25 .t

Xét hàm số f t( )2t25t 0,t



1;



Ta có

5
( ) 4 5, ( ) 0 .

f t  t f t   t

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi

3 .

m

 

Do đó:

3, .

a b

Suy ra:

49
.
8

a b 

Câu 48: [2D1-4] [SỞ GD VŨNG TÀU-LẦN 2-NĂM 2018] Cho hàm số

3
1

x
y

x




 có đồ thị là

 

C ,

điểm M thay đổi thuộc đường thẳng d y:  1 2x sao cho qua M có hai tiếp tuyến của

 

C
với hai tiếp điểm tương ứng là A, B. Biết rằng đường thẳng AB luôn đi qua điểm cố định là

K. Tính độ dài đoạn thẳng OK .

A. 34 . B. 10 . C. 29 . D. 58 .

Lời giải
Chọn D.

Vì M d nên M m



;1 2 m



.

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến . Tiếp tuyến  đi qua M có dạng y k x m







 1 2m.

Vì  tiếp xúc với

 

C nên hệ phương trình





 





 

1 2 1
1

2
1

x

k x m m

x

k
x




   

 

 

 





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

Thay

 

2 vào

 

1 ta được

















3 4 3 4

1 2 1 1 1 2

1 1 1 1

x x

x m m x m m

x x x x

   

          

   







 

  

3 4 1 . 1 2 1 3

x m m x

x

       

 .

Mặt khác

3 4

1 1

x

y y

x x



   

  , thay vào

 

3 ta được



 



3 4 1 1 1 2 1

x   m y   m x  2mx



m1



y m  7 0
.

Vậy phương trình đường thẳng AB là: 2mx



m1



y m   .7 0

Gọi K x y



0; 0



là điểm cố định mà đường thẳng ABđi qua. Ta có 2mx0



m1



y0 m 7 0



2x0 y0 1



m yo 7 0

     

Vì đẳng thức ln đúng với mọi m nên ta có





0 0

2 1 0 3

3; 7

7 0 7

o

x y x

K

y y

   

 

   

 

  

  .

Vậy OK  58.

HAI CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2D1-4] Cho hàm số y x 3 3x 2

 

C . Biết trên

 

C các điểm A B, phân biệt sao cho các
tiếp tuyến với

 

C tại A B, có cùng hệ số góc đồng thời đường thẳng đi qua A và B vng

góc với đường thẳng d x y:   5 0 . Tính độ dài đoạn thẳng AB .

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

Hướng dẫn giải
Chọn A

Giả sử các tiếp tuyến với

 

C tại A B, có cùng hệ số góc k . Để tồn tại hai tiếp tuyến tại A B,
phân biệt thì phương trình y' 3 x2 3 phải có hai nghiệm phân biệt k  k  3.

Ta có tọa độ các điểm A B, thỏa mãn hệ:

2 2

3 2

3 3

k

y x

y x x

x k

  

  

   

   

  

 

 


   



 Phương trình đường thẳng : 3 2 2

k

AB y  x

  . Để 3 2 1 9

k

ABd     k 

(thỏa
mãn) .

Suy ra A



2; 4 ;



B 



2;0



Vậy









2 2

2 2 0 4 4 2.

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

Câu 2: [2D1-4] Cho hàm số





3
2 1
x
y
x



 có đồ thị là (H). Biết tiếp tuyến tại M trên (H) thỏa mãn

tiếp tuyến đó cắt trục hồnh Ox, trục tung Oy tại A, B và đường trung trực của AB đi qua gốc

tọa độ. Tính độ dài đoạn thẳng AB, biết B có tung độ dương.

A. 
1

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

3
2
2 .
Hướng dẫn giải

Chọn D.

Do tam giác OAB vuông tại O và trung trực của AB đi qua gốc tọa độ nên tam giác OAB

vuông cân t ại O suy ra tiếp tuyến tạo với Ox góc 450 . Suy ra

 





0 2 0 0

0
4

' 1 0; 2.

4 1

f x x x

x


    



Từ đó viết được 2 phương trình tiếp tuyến là

3 5

; .

2 2

y x yx

Suy ra

3 3 9 9 3

;0 ; 0; 2.

2 2 4 4 2

A  B  AB  

   

Câu 49. [1D3-4] [SỞ GD VŨNG TÀU-LẦN 2-NĂM 2018] ( Mã đề 001)[Cho dãy số

 

un thỏa mãn :

2 *

1 1; n 1 n 1 , .

u  u  au     Biết rằng n lim



u12u22...un2 2n



b. Giá trị của biểu thức

T ab là

A. 2. B. 1. C. 1. D. 2.

Lời giải

Chọn B

Từ cơng thức truy hồi ta có un21aun21. a  không thỏa mãn yêu cầu.1

Xét
2 2
1
1 1
1
1 1
n n

a u a u

a a



 

      

   

. Như vậy dãy số

2 1
1
n
u
a
 

 


  là cấp số nhân với công 
bội a.

Do đó

2 1 2 1 1

1 1 1 1 .

1 1 1 1

n n n

n

a

u a u a a

a a a a

      

       

       

Lấy tổng các số hạng tương ứng ta được





2 2 2 1

1 2

1 1

... . . 1 ... .

1 1 1 1

n
n

n

a a a

u u u n a a

a a a a

 

        

   

Theo giả thiết ta được

1 2 1

1 2 1.

1 2

.
1 1

a

a T ab

a b b

a a



 
      
 
   

  


Câu 49. [1D3-4] [SỞ GD VŨNG TÀU-LẦN 2-NĂM 2018] ( Mã đề 002) Cho dãy số

 

un thỏa mãn :

2 *

1 1

1; , .

n n

u  u   u a   n

Biết rằng





2 2 2

1 2

lim u u ...un  2n b.

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

A. 2. B. 1. C. 1. D. 2.

Lời giải

Chọn B

Từ cơng thức truy hởi ta có





2 2 2

2 2

3 3 3

3 3

n n n

u  a u  a a u  a

. Như vậy dãy số





2 3

n

u  a
là

cấp số nhân với cơng bội
2

3 . Do đó









1 1

2 2

3 3 1 3

3 3

n n

n

u a u a a

 

   

      

   

Lấy tổng các số hạng tương ứng thì









 







 



1 2

2 2 2 2

1 2 2 3

3
1

2 2

... 3 1 3 1 ... 1 3 3 1 3 1

3 3 1

n
n

u u u an a a a

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

Theo giả thiết ta được





2
3
3 2

3 1 3 3

a a

T

a b b

   
 
  
 
   
 

HAI CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. Cho dãy số

 

un thỏa mãn :         

3 *

1 1; n 1 n 1 , ,0 1.

u u au a n a Biết rằng



13 23  3





lim u u ... un bn 4.

Giá trị của biểu thức  T a b là

A. 
1
.
2 B. 
3
.

2 C. 1. D.

1
.
2

Lời giải
Chọn B

Từ công thức truy hồi ta có   







3 3

1 1 1

n n

u a u

. Đặt vn un3 .1

Như vậy dãy số

 

vn là cấp số nhân với công bội a.

Lấy tổng các số hạng của dãy số

 

vn ta được







   

1 2
2 1
...
1
n
n
a

v v v

a







     



3 3 3

1 2
2 1
...
1
n
n
a

u u u n

a



   



       







 

 

3 3 3 3 3 3

1 2 1 2

lim u u ... un bn 4 lim u u ... un n b 1 n 4









  
 
   
  
 
2 1

lim 1 4

1
n
a
b n
a
.

Vì  0 a 1 nên





2 1 2

lim
1 1
n
a
a a


 

Theo giả thiết ta được

 
 
 

    

 
    



2 4 1

3 .

1 2 2

1
1 0

a T a b

a

b
b

Câu 2. Cho dãy số

 

un thỏa mãn :       

2 *

1 1

1; 2 , .

n n

u u u a n

Biết rằng



2 2 2



1 2

lim u u ...un  2n b.

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

A. 
5
.
6

B. 
13
.
6 C. 
1
.
6


D. 
1
.
3
Lời giải
Chọn B

Từ cơng thức truy hởi ta có      







2 2 2

1 1

3 2 3 3

3 3

n n n

u a u a a u a

. Như vậy dãy số





2 3

n

u  a

là cấp số nhân với cơng bội
1

3 . Do đó









 
   
      
   
1 1
2 2
1
1 1

3 3 1 3

3 3

n n

n

u a u a a

Lấy tởng các số hạng tương ứng thì









 







 




    
 

              
    
 
1 1
3

2 2 2 1

1 2 1 3

3
1

1 1 3

... 3 1 3 1 ... 1 3 1 3 1

3 3 1 2

n
n

u u u an a a a

Theo giả thiết ta được





 

 
 
    
 
  
 
 
2
3
3 2
13 .

3 1 3 3 6

2 2

a
a

T a b

a b b

Câu 50: [2D1-4] [SỞ GD VŨNG TÀU-LẦN 2-NĂM 2018]Xét ba số thực a b c; ; thay đổi thuộc đoạn
0;3 .

 

  Giá trị lớn nhất của biểu thức :



 





2 2 2



T  a b b c c a    ab bc ca   a b c
là

A. 0. B. 1. C. 27 .4 D. 15 .2

Lời giải

Chọn C

Không giảm tổng quát giả sử a b c  . Đặt x a b y b c z a c  ;   ;    x y z  , khi đó
0; 0; 0

x y z  0 z 3. Ta có :

2 2 2

2 2 2 2( 2 2 2 ) 2 2 2

x y z

x y z  a b c  ab bc ca   a b c  ab bc ca    



 







 

            

2 2 2

2 2

x y z

T a b b c c a ab bc ca a b c xyz

2 2

2 3 2

1 ( ) 2 1 3

( )

2 4 2 4

x y z

x y z   z z

    

Xét hàm số :  
3 3 2
( )

2 4

z z

f z

với z 0;3 .

Ta có :

 

 
2
3 3
'
2 2
z z
f z

. Phương trình f z'

 

 0 z0;z1

Lập bảng biến thiên tìm được 0;3

 


27
max

f z

khi z  .3

Vậy

27
max

T 

đạt được khi a b c; ; là hoán vị của
3
{0; ;3}.

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

Câu 1: Xét ba số thực a b c; ; khơng âm. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :









3 (|  | |  | |  |)    2 2 2
4

T a b b c c a ab bc ca a b c

A. 0. B. 1. C. 3 .4 D. 27 .4

Lời giải

Không giảm tổng quát giả sử a b c  . Đặt x a b y b c z a c  ;   ;    x y z  và
0; 0; 0

x y z . Ta có :

2 2 2

2 2 2 2( 2 2 2 ) 2 2 2

x y z

x y z  a b c  ab bc ca   a b c  ab bc ca    









   

              

2 2 2

3(| | | | | |) 3( )

4 4 2

x y z x y z

T a b b c c a ab bc ca a b c

2 2

3 ( ) 2 3 3

2 4 2 4

z x y z z

z

 

   

Xét hàm số :  
2
3 3
( )

2 4

z z

f z

với z[0;).

Ta có :

 

 
3 3
'

2 2

z
f z

. Phương trình f z'

 

 0 z1

Lập bảng biến thiên tìm được 0;3

 


3
max

f z

khi z 1.

Vậy 

3
max

T

đạt được khi a b c; ; là hoán vị của
1
{0; ;1}.

Câu 2: Xét ba số thực a b c; ; không âm đôi một phân biệt thoả mãn ab bc ca   . Tìm giá trị nhỏ 4

nhất của biểu thức :

  

 2  2  2

1 1 1 .

( ) ( ) ( )

T

a b b c c a

A. 3 .2 B. 3 .4 C. 1. D. 4 .3

Lời giải
Không giảm tổng quát giả sử   0.a b c Khi đó:

     

 2  2  2  2 2 2

1 1 1 1 1 1 .

( ) ( ) ( ) ( )

T

a b b c c a a b a b

Ta có:

2 2 2

1 1 1 1

4 4 4 [ ]= .

( ) 2

a b

ab bc ca ab ab T ab

a b

a b a b b a

b a

           

  

Đặt , ( 2).

a b

t t

b a

  

Khi đó:

1 1

( ).

4 2

T t

t

 



Xét hàm số:

1
( )

f t t

t

 

 với t  , ta có: 2 2

1 1

'( ) [1 ]; '( ) 0 3.
4 ( 2)

f t f t t

t

    

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

Lập bảng biến thiên tìm được max(2;) f t

 

1 khi t 3.

</div>