Các câu vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán trường chuyên vĩnh phúc lần 4 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.18 MB, 22 trang )

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

CÂU VD-VDC ĐỀ CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 4
TỔ 9 LẦN 7

Câu 26: [2D2-3] Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình ln



mln



m x



 cóx
nhiều nghiệm nhất .

A. m  .0 B. m  .1 C. m e . D. m  .1

Lời giải

Chọn B

Ta có ln



mln



m x



 x ex  m ln



m x



 ex mln



m x

  

1
Đặt ln



m x



 u eu   m x eu m x

 

Từ

 

1 và

 

x

x u

u

e m u

e e u x

e m x

  


     

 


  ex x euu

Xét hàm f x

 

exx f x

 

ex 1 0 x vậy  f x

 

f u

 

u x

Thay vào

 

2 ta có : ln



m x



 x ex x m

Xét hàm số y g x

 

ex x ta có g x

 

ex1 0  x0

Xét bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên  để phương trình g x

 

 có nhiều nghiệm nhất thì m m 1.

PHÁT TRIỂN CÂU 26

Câu 1: [2D2-3] Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình ln 2



m 1 ln 2



m 1 x



x
có nhiều

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

A. m  .1 B. m  .0 C. m2e .1 D. m  .1

Lời giải

Chọn A
Ta có















  

ln 2m 1 ln 2m 1 x  x ex 2m 1 ln 2m 1 x  ex 2m 1 ln 2m 1 x 1

Đặt ln 2



m 1 x



 u eu 2m  1 x eu 2m 1 x

 

Từ

 

1 và

 

2 1
2 1

x

x u x u

u

e m u

e e u x e x e u

e m x

   


         

  




Xét hàm f x

 

ex x f x

 

ex 1 0 x vậy  f x

 

f u

 

u x

Thay vào

 

2 ta có : ln 2



m 1 x



 x ex x2m1

Xét hàm số y g x

 

ex x ta có g x

 

ex1 0  x0
Xét bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên  để phương trình g x

 

 có nhiều nghiệm nhất thì 2 1 1m m   m1.

Câu 2: [2D2-3] Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình





3 3

ln mln m x x
có
nhiều

nghiệm nhất .

A. m2e. B. m  .1 C. m  .1 D. m  .1

Lời giải

Chọn D

Ta có













 

3 3

3 3 3

ln mln m x x  ex  m ln m x  ex  mln m x 1

Đặt





3 3 3 3

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

Từ

 

1 và

 

3 3 3 3

3
x

x u x u

u

e m u

e e u x e x e u

e m x

  


         

  


Xét hàm

 

3 3 2 3 2

3 3 0

x x

f x e x  f x  x e  x  x vậy  f x

 

f u

 

 u x

Thay vào

 

2 ta có :





3 3 3

ln m x x  ex  x m

Xét hàm số

 

3 3

x

yg x e  x

ta có

 

2 2

3 x 3 0 0

g x  x e  x   x

Xét bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên  để phương trình g x

 

 có nhiều nghiệm nhất thì m m 1.

Câu 32: [2D2-4] Cho các số thực a b, thỏa mãn điều kiện 0   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcb a 1





4 3 1

log 8log 1

a b

a

b

P   a

A. 6. B. 3 2 .3 C. 8 . D. 7 .
Lời giải

Chọn D

Ta có





2 2

1 3 1 9

1 3 1

2 4

b b

b     

  .

Do đó









2 2

8 8

log 1 2 log 1

log 1 log 1

a a

P b b

b b

     

 

Đặt tlogab. Vì 0 b a 1 tlogab .1

Xét hàm số

 





2 1

f t t

t

  



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

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM:

  

 







2 3



 







8 8

1 1 1 3 1 . 1 . 1 7

1 1

f t t t t t

t t

          

 

Đẳng thức xẳy ra





8
1

1 3

t

t t

t


 




   




 .

Vậy MinP  khi 7
3
2
3

2
3
b

a






 


 .

PHÁT TRIỂN CÂU 32

Câu 1: [2D2-4] Cho số thực a thỏa mãn 1 a 16. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức





3 3 2

2 1

27 9

log log 16 64 3log 7

8 2

P a a  a

A. 8 . B. 7 . C. 13. D. 20.

Lời giải
Chọn D

Ta có





2
2

8 2 8

16 64 8 2 8

2
a

a  a     a

  .

Do đó: Plog23a 3log22a 9log2a7,a



1;16



Đặt tlog2a t



0; 4



Xét hàm số: f t

 

 t3 3t2 9t với 7 t 



0; 4



 

' 3 6 9 0 3

f t t t t

      

 

0 7;

 

3 20;

 

4 13

f  f  f  . Từ đó suy ra f t 

 

20.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 20 tại a  .8

Câu 2: [2D2-4] Xét các số thực a, b thỏa mãn a b 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4

log 32 3log

128 b

a
b

a a

P

b

   

     
 

  .

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

Lời giải
Chọn D

Ta có

4 4

2
32 2 .32

128 128

a a

a

  

Mặt khác 1 1

a
a b

b

   

Do đó:

 

2 2

loga 3log 2loga 3log 4 loga . 3log

b b

b b b

b

a a a a

P a a b

b b b b

   

       

              

          

4 1 loga 3log .
b
b
a
b
b
   
      
 
 
Đặt

loga 0
b

t b

(vì a b  ), ta có 1





 

2 3 2 3

4 1 4 8 4

P t t f t

t t t

       

Ta có









3 2

2 2 2

2 1 4 3

3 8 3

( ) 8 8 t 8t t t 6t

f t t

t t t



         

 

0 1

2
f t   t

Từ đó ta có

 

15 0
2

f

f t     t

  .

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 15 tại a  và 8 b  .2

Câu 33. [2D2-3] Giả sử cứ sau một năm diện tích rừng của nước ta giảm x phần trăm
diện tích hiện có. Hỏi sau đây 4 năm diện tích rừng của nước ta sẽ là bao nhiêu
phần diện tích hiện nay ?

A.





1 x . B.

4
1
100
x

.
C. 
4
1
100
x
 
  

  . D.

4
1
100
x
 

 
  .
Lời giải
Chọn D.

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

Sau năm thứ nhất diện tích rừng cịn lại là

1 1

100
x
T  

Sau năm thứ hai diện tích rừng cịn lại là

2 1 1 1

100 100

x x

T T  T   

  .

Sau năm thứ ba diện tích rừng còn lại là

3 2 2 1

100 100

x x

T T  T   

  .

Sau năm thứ tư diện tích rừng cịn lại là

4 3 3 1

100 100

x x

T T  T   

  .

PHÁT TRIỂN CÂU 33

Câu 34. [2D2-3] Một người sử dụng xe có giá trị ban đầu là 20 triệu. Sau mỗi năm, giá trị xe giảm
10% so với năm trước đó. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm thì giá trị xe nhỏ hơn 6 triệu?

A. 8 năm. B. 14 năm. C. 7 năm. D. 12 năm.
Lời giải

Chọn D.

Gọi giá trị của xe năm thứ n là x . Khi ấy n x 0 20.000.000 .

Với hao mòn r  10% .

Sau một năm giá trị của xe còn lại là : x1  –x0 rx0 x0



1 – r



.

Sau hai năm, giá trị của còn lại là:









2
2 – 1 1 1 1 – 0 1 –

x  x rx x r  x r

Sau n năm, giá trị của xe còn lại là: 1 – 1 1



1 –





1 –



n

n n n n

x x rx x r  x r .

Để giá trị xe nhỏ hơn 6 triệu thì 20. 1 0.1





n

  .

Vậy sau 12 năm, giá trị của xe giảm xuống không quá 6 triệu đồng.

PHÁT TRIỂN CÂU 34

Câu 1. [2D2-3] Anh Hưng đi làm được lĩnh lương khởi điểm 4.000.000 đồng/tháng. Cứ 3 năm, lương 
của anh Hưng lại được tăng thêm 7% /1 tháng. Hỏi sau 36 năm làm việc anh Hưng nhận được tất
cả bao nhiêu tiền? (Kết quả làm trịn đến hàng nghìn đồng).

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

C. 2.575.937.000 đồng. D. 3.219.921.000 đồng.

Lời giải
Chọn C.

Gọi a là số tiền lương khởi điểm, r là lương được tăng thêm.

+ Số tiền lương trong ba năm đầu tiên: 36a

+ Số tiền lương trong ba năm kế tiếp:









1
36 a a r . 36 1a r

+ Số tiền lương trong ba năm kế tiếp:





2
36 1a r

…

+ Số tiền lương trong ba năm cuối:





11
36 1a r

Vậy sau 36 năm làm việc anh Hưng nhận được:

















1 1 r 1 r 1 r ... 1 r . .36 2.575.936983 2.575.937.000a

           

   đồng.

Câu 2. [2D1-3] Tìm tất cả các giá trị của m  để giá trị nhỏ nhất của hàm số0

3 3 1

y x  x trên đoạn



m1;m2



luôn bé hơn 3 .

A. m 



0;2



. B. m 



0;1



. C. m 



1;  .



D. m 



0;  .



Lời giải

Chọn B.

Ta có y 3x2 3, y  0 x1 do đó yCT y

 

1  và 1 yCĐy

 

1  .3

Thấy ngay với m  thì trên đoạn 0



m1;m2



hàm số luôn đồng biến.

Vậy GTNN của hàm số đã cho trên đoạn



m1;m2



là



 



3 3



1 1



y m  m  m  .

GTNN luôn bé hơn 3









1 3 1 2 0

m m

     

1 2
1 1

m
m

 

 

 


1
2

m
m



 



 .

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

Hà Vĩ Đức

Câu 38: [2D1-2] Cho hàm số f x

 

liên tục trên  và có f

 

0  , 0 f x

 

10, x   . Tìm giá trị lớn
nhất mà f

 

3 có thể đạt được.

A. 30. B. 10. C. 60. D. 20.

Lời giải
Chọn A.

Xét hàm số g x

 

f x

 

10x có g x

 

f x

 

10 0 nên hàm số nghịch biến trên



0;3



, do

đó g

 

3 g

 

0 f

 

0 10.0 0  f

 

3  30 0  f

 

3 30.

PHÁT TRIỂN CÂU 38

Câu 1: [2D1-3] Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số

4 2

1 19

30 20

4 2

y x  x  x m 

trên đoạn



0; 2



không vượt quá 20 . Tổng các phần tử của S
bằng

A. 210 . B. 195. C. 105 . D. 300 .
Lời giải

Chọn C.

Xét hàm số

 

4 2

1 19

30 20

4 2

g x  x  x  x m 

trên đoạn



0; 2



Ta có g x

 

x319x30;

 









5 0;2

0 2

3 0; 2

x

g x x

x

  


    
  


Bảng biến thiên

 

0 20

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

Để max0;2 g x 

 

20 thì

 

0 20
2 20

g
g












20 20
6 20

m
m

  


 

 


  0m14.

Mà m   nên m 



0;1;2;...;14



Vậy tổng các phần tử của S là 105 .

Câu 38: [2D1-3] Biết rằng đường thẳng y x m  cắt đồ thị hàm số y x 3 3x2 tại ba điểm phân biệt sao
cho có một giao điểm cách đều hai giao điểm cịn lại. Khi đó m thuộc khoảng nào dưới đây?

A.



2; 4



. B.



2;0



. C.



0; 2



. D.



4;6



.
Lời giải

Chọn A.

Phương trình hồnh độ giao điểm: x m x  3 3x2  x3 3x2  x m 0 (1)

Giả sử đường thẳng cắt đồ thị tại 3 điểm A B C, , có hồnh độ lần lượt là x x x  (1) có ba1, ,2 3

nghiệm phân biệt x x x1, ,2 3



 



3 2

1 2 3

x x x m x x x x x x

        .

Đồng nhất hệ số hai đa thức suy ra

1 2 3

1 2 2 3 1 3

1 2 3

3 (2)

1 (3)
(4)

x x x

x x x x x x

x x x m

  




  



 



Giả sử B cách đều A và C tức là BA BC  x1x3 2x2 (5)

Từ (2), (3), (4) suy ra x11,x2 1,x3  hoặc 3 x1 3,x2 1,x3  1

Thay vào (4) ta được: m  Suy ra 3. m 



2; 4



PHÁT TRIỂN CÂU 38

Câu 1: [2D2-3] Biết rằng đường thẳng y x 2m cắt đồ thị hàm số y x 3 6x2 tại ba điểm phân biệt
sao cho có một giao điểm cách đều hai giao điểm cịn lại. Khi đó m thuộc khoảng nào dưới đây?

A.



9; 8



. B.



10; 9



C.



9,5; 8,5



D. Đáp án khác.
Lời giải

Chọn C.

Phương trình hồnh độ giao điểm: x2m x 3 6x2  x3 6x2 x 2m0 (1)

Giả sử đường thẳng cắt đồ thị tại 3 điểm A B C, , có hồnh độ lần lượt là x x x  (1) có ba1, ,2 3

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

Đồng nhất hệ số hai đa thức suy ra

1 2 3

1 2 2 3 1 3

1 2 3

6 (2)

1 (3)

2 (4)

x x x

x x x x x x

x x x m

  




  



 



Giả sử B cách đều A và C tức là BA BC  x1x3 2x2 (5)

Từ (2), (3), (5) suy ra x2 2,x x1 3 9 x x x1 2 318 2m18 m . 9

Câu 2: [2D2-3] Tìm m để đường thẳng y x m  cắt đồ thị hàm số y x 33x2 tại 3 điểm có hồnh độ
lập thành cấp số cộng.

A. m  . 1 B. m  . 3 C. m  . 3 D. m 2.

Lời giải
Chọn B.

Phương trình hồnh độ giao điểm là: x m x  33x2  x33x2 x m 0

Giả sử phương trình có 3 nghiệm x x x theo thứ tự lập thành một cấp số cộng suy ra1, ,2 3

1 3 2 2

x x  x (1)

Áp dụng định lí vi-ét cho phương trình bậc ba ta có

1 2 3

1 2 2 3 1 3

1 2 3

3
1

x x x

x x x x x x

x x x m

  




  



 

 (2)

Từ (1), (2) suy ra x1 3,x2 1,x3 1 m3. 1 .1 3

 

  .

Câu 39. [2H1-4] Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M N, lần lượt là trọng tâm của các tam
giác ABD ABC, và E là điểm đối xứng với B qua D. Mặt phẳng



MNE



chia khối tứ diện

ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích là V . Tính V .

A.

3
9 2

.
320

a
V 

B.

3
3 2

.
320

a
V 

C. 
3

2
.
96
a
V 

D.

3 2

.
80

a
V 

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

Đường thẳng EM cắt AB tại I , cắt AD tại J .

Đường thẳng IM cắt AC tại H. Suy ra



MNE



cắt tứ diện ABCD theo thiết diện là tam giác

IGH .

Khi đó khối đa diện chứa đỉnh A là tứ diện AIHG .

Vì MN BC nên suy ra // GH BC .//

Gọi P là trung điểm của BD, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABP với ba điểm thẳng
hàng I M E, , ta có:

4 1

. . 1 . . 1

3 2

IA EB MP IA

IB EP MA  IB 

3 3

2 5

IA AI

IB AB

   

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABD với ba điểm thẳng hàng I G E, , ta có:

3 2

. . 1 . . 1

2 1

IA EB GD GD

IB ED GA   GA 

1 3

3 4

GD AG

GA AD

   

Vì GH BC nên suy ra //

3
4
AH

AC  .

Vì ABCD là tứ diện đều có cạnh bằng a nên có thể tích là

3
2
12
ABCD

a

V 

Ta có:

3 3 3 27

. . . .

5 4 4 80

AIHG

ABCD

V AI AH AG

V AB AC AD  

3 3

27 2 9 2

80 12 320

AIHG

a a

V

  

Vậy

9 2

320
a
V 

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

PHÁT TRIỂN CÂU 39

Câu 1. [2H1-4] Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy góc 60o.
Gọi M là điểm đối xứng của C qua D, N là trung điểm của SC . Mặt phẳng



BMN



chia khối

chóp .S ABCD thành hai phần có thể tích là V , 1 V trong đó 2 V là phần thể tích chứa đỉnh 1 A. Tính

tỉ số
2

1
V
V .

A. 
7

5. B.

7. C.

12. D.

12
5 .

Lời giải
Chọn B

Gọi VSABCD  , MN SD FV   , MBAD E .

Ta có SMBC SABCD và









; ;

d N MBC  d S ABCD

do đó: .

1
2

N BCM

V  V

Mà V2 VM BCN. VM EDF. và 
.

1 1 2 1

. . . .

2 2 3 6

M EDF

M BCN

V ME MD MF

V MB MC MN   .

Suy ra 2 . .

5 5 5

6 M BCN 6 N BCM 12

V  V  V  V

. Do đó 1
7
12

V  V

Vậy
2

1
5
7
V
V  .

Câu 1. [2H1-4] Cho khối chóp .S ABC có M Î SA N, Î SB sao cho MA=- 2MS NS, =- 2NB.
uuur uuur uur uuur

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

A. 
3

5 B.

5 C.

9 D.

3
4

Lời giải
Chọn B

Lấy E trên AC sao cho 2
EA

EC  , khi đó ME SC . Lấy F trên BC sao cho

1
,
2
FB

FC  khi đó
.

NF SC

Khi đó

  

  MNEF



Các mặt phẳng



MNEF

 

, SAB

 

, ABC



đôi một cắt nhau có các giao tuyến là MN EF AB, , . Do

đó MN EF AB, , đồng quy tai I .

1
3

NF NB

SC SB  nên

1
.
3
NF  SC

2
3

ME MA

SC SA  nên

2
3

ME SC ME NF

hay NF là đường trung bình ΔIME.

Xét tam giác SAB có M N I, , thẳng hàng, lần lượt nằm trên các cạnh SA SB AB, , nên theo định lý

Mê-nê-la-uýt, có

. . 1 .2.2 1 .

IB NS MA IB IB

IA NB MS   IA   IA 

Ta có
.

1 1 1 1
. . . .

2 4 2 16
I NBF

I MAE

V IN IB IF

V IM IA IE   hay . . .

1 15

16 16

I NBF I MAE ABMNEF I MAE

V  V  V  V

Ta có .









1 1

. ; . ;

3 3

I MAE MAE MAE

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









.
1
. ;

3
B SAC SAC

V  S d B SAC

Nên

















.
.
. ;
. ;
MAE
I MAE

B SAC SAC

S d I SAC

V

V S d B SAC

Mà

2 2 4

. . ;

3 3 9
MAE

SAC

S AM AE

S  AS AC  

















; 4
3
;

d I SAC IA

BA

d B SAC  

Vậy
.

4 4 16
.
9 3 27
I MAE

B SAC

V

V  

. . . .

15 15 16 15 5

16 16 27 27 9

ABMNEF I MAE B SAC S ABC S ABC

V  V  V  V  V

Vậy .

4 4

9 5

SCMNEF
SCMNEF S ABC

ABMNEF

V

V V

V

  

Câu 41. [1D2-3] Cho một đa giác lồi

 

H có 30 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác đó. Gọi P là
xác suất sao cho 4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của

 

H .
Hỏi P gần với số nào nhất trong các số sau?

A. 0, 6792. B. 0,5287. C. 0,6294. D. 0, 4176.

Lời giải
Chọn C.

Số tứ giác được tạo thành từ 30 đỉnh của đa giác

 

H là:

 

30 27405

n  C 

Gọi A là biến cố “ tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của

 

H ”

A là biến cố “ tứ giác có ít nhất một cạnh là cạnh của đa giác”

TH1: Số tứ giác có 1 cạnh là cạnh của đa giác (lấy thêm hai đỉnh khơng kề và trừ số cạnh cịn lại

của đa giác):





2
26

30 C  25 9000

TH2: Số tứ giác có 2 cạnh là cạnh của đa giác:
Hai cạnh kề: 25 30 750 

Hai cạnh đối:

25 30
375
2




TH 3 : Số tứ giác có 3 cạnh chung là 3 cạnh của tứ giác: 30

Suy ra:

 





2
26

25 30

30 25 25 30 30

n A  C      

10155


 

1015527405

P A  0,3705

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

Vậy P A

 

 1 P A

 

0, 6294.

PHÁT TRIỂN CÂU 41

Câu 1. [1D2-3] Cho một đa giác đều có 30 cạnh. Gọi S là tập hợp các tứ giác tạo thành có 4 đỉnh lấy từ
các đỉnh của đa giác đều. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S , tính xác suất để được một hình chữ
nhật.

A. 
1

33. B.

126. C.

681

1352. D.

1
261.
Lời giải

Chọn D.

Đa giác có 30 cạnh nên có 30 đỉnh.

Gọi ( )O là tâm đường trịn ngoại tiếp đa giác đều.

Khơng gian mẫu là số cách chọn 4 đỉnh bất kỳ trong 30 đỉnh của đa giác đều.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n

 

 C304 27405.
Gọi A là biến cố ''tứ giác được chọn là hình chữ nhật''.

Gọi đường chéo của đa giác đều đi qua tâm đường tròn ( )O là đường chéo lớn thì đa giác đã cho có
30

2  đường chéo lớn. Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 đỉnh trong 30 đỉnh có các đường
chéo là hai đường chéo lớn. Ngược lại, mỗi cặp đường chéo lớn có các đầu mút là 4 đỉnh của một
hình chữ nhật. Do đó số hình chữ nhật được tạo thành là số cách chọn 2 đường chéo lớn trong 15

đường chéo lớn, tức là có tất cả C 152 105 hình chữ nhật.

Suy ra số phần tử của biến cố A là n A

 

C1051 105.

Vậy xác suất cần tính

 

105 1

27405 261

P A  

Câu 2. [1D2-3] Cho một đa giác đều 2n đỉnh





*
1 2... 2n 2,
A A A n n 

nội tiếp đường tròn ( )O . Biết
rằng số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n đỉnh nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là

4 trong 2n đỉnh. Tìm n .

A. 8 . B. 14. C. 10 . D. 12.

Lời giải
Chọn A.

Số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n đỉnh là C2n3 .

Gọi đường chéo của đa giác đều A A A đi qua tâm đường tròn ( )1 2... 2n O là đường chéo lớn thì đa

giác đã cho có
2

2
n

n


đường chéo lớn. Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 đỉnh trong 2n đỉnh

1 2... 2n

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

đầu mút là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Do đó số hình chữ nhật được tạo thành là số cách chọn

hai đường chéo lớn trong 2n đường chéo lớn, tức là có tất cả C2n2 hình chữ nhật.
Theo giả thiết, ta có

3 2

2n 20 n

C  C













2 ! !

3! 2 3 ! 2! 2 !

n n

 

 



 







2 2 1 2 2 1

6 2

n n n n n

 

2n 1 15 n 8
     .

Vậy n  thỏa mãn yêu cầu bài toán.8

Câu 45: [1D2-4] Giả sử





2 3 10 2 3 110

0 1 2 3 110

1 x x x ...x a a x a x a x ...a x

, với a a a0, , ,...,1 2 a110

là các hệ số. Giá trị của tổng T C a11 110  C a11 101 C a11 92  C a11 83 ...C a11 110  C a11 011 bằng

A. T 11. B. T 11. C. T  .0 D. T 1.

Lời giải
Chọn A.
Ta có









11
11
11

2 3 10 1. 1

1 ...

x

x x x x

x
  
 
     

 
 







2 3 110







0 1 2 3 110

1 ... 1

x a a x a x a x a x x

        









 





11 11

11 11 121 11

11 11

0 0

1 1 .k k. k 1 .k k. k

k k

x C x  C x 

 

 



 





Số hạng chứa x11 trong khai triển trên ứng với 121 11 k11 k10.

Hệ số của số hạng chứa x11 trong khai triển





11
11 1

x 

là





10 10

1 .C 11

  (1).

Mặt khác









11 11

11
0

1 1 .k k. k

k

x C x 



 





Hệ số của số hạng chứa x11 trong khai triển









2 3 110

0 1 2 3 ... 110 1

a a x a x a x  a x x

là





0 0





1 1





2 2





11 11

0. 1 . 11 1. 1 . 11 2. 1 . 11 ... 11. 1 . 11

a  C a  C a  C  a  C

0 1 2 11

0 11 1 11 2 11 ... 11 11

a C a C a C a C T

      (2).

Từ (1) và (2) suy ra T 11T 11.

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

Câu 1: [1D2-4] Giả sử





2 3 10 2 3 110

0 1 2 3 110

1 x x x ...x a a x a x a x ...a x

, với a a a0, , ,...,1 2 a110

là các hệ số. Giá trị của tổng T a C11 110  a C12 111 a C13 112  ... a C12 1111 bằng

A. T 55. B. T 55. C. T  .0 D. T 11.

Lời giải
Chọn A.
Ta có













11
11
11 11

2 3 10 1. 1 11

1 ... 1

x

x x x x x

x
  
 
       

 
 



2 3 110







0 1 2 3 ... 110 1

a a x a x a x a x x

      









 

11
11 11
11 11
11
0

1 1 .k k. k

k

x C x 


 









11
121 11
11
0

1 .k k. k
k

C x 








Số hạng chứa x22 trong khai triển trên ứng với 121 11 k22 k  .9

Hệ số của số hạng chứa x22 trong khai triển





11
11 1

x 

là





9 9

1 .C 55

  (1).

Mặt khác









11 11

11
0

1 1 .k k. k

k

x C x 



 





Hệ số của số hạng chứa x22 trong khai triển









2 3 110

0 1 2 3 ... 110 1

a a x a x a x  a x x

là





0 0





1 1





2 2





11 11

11. 1 . 11 12. 1 . 11 13. 1 . 11 ... 22. 1 . 11

a  C a  C a  C  a  C

0 1 2 11

11 11 12 11 13 11 ... 12 11

a C a C a C a C T

      (2).

Từ (1) và (2) suy ra T 55.

Câu 2: [1D2-3] Giả sử





2 3 10 2 3 110

0 1 2 3 110

1 x x x ...x a a x a x a x ...a x

, với a a a0, , ,...,1 2 a110

là các hệ số. Giá trị của tổng T a12a23a3... 110 a110 bằng

A. T 5.1112. B. T 5.1111. C. T 1111. D. T 1112.

Lời giải
Chọn A.

Ta có





2 3 10 2 3 110

0 1 2 3 110

1 x x x ...x a a x a x a x ...a x

(1).

Đạo hàm hai vế của (1) theo biến x ta được:



2 3 10

 

10 2 9



2 109

1 2 3 110

11. 1 x x x ...x . 1 2 x3x ... 10 x a 2a x3a x ... 110 a x

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

Thế x  vào (2) ta có 1 11.11 . 1 2 3 ... 1010



   



 T T 55.1111 5.1112.

Câu 47: [2D2-2] Một người gửi tiền vào ngân hàng với lãi suất không thay đổi là 8% / năm. Biết rằng nếu
không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban
đầu(người ta gọi đó là lãi kép). Người đó định gửi tiền trong vịng ba năm, sau đó rút tiền ra để
mua ôtô trị giá 500 triệu đồng. Hỏi số tiền ít nhất người đó phải gửi vào ngân hàng để có đủ tiền
mua ơtơ(kết quả làm trịn đến hàng triệu) là bao nhiêu?

A. 395 triệu đồng. B. 394 triệu đồng. C. 397 triệu đồng. D. 396 triệu đồng.
Lời giải

Chọn C.

Áp dụng công thức lãi kép: 0





n
A A r

, với A là số tiền gửi ban đầu, 0 r là lãi suất theo(tháng,
quý, năm), A là số tiền cả vốn lẫn lãi thu được sau n kì hạn.





0 0

500.10 A 1 8%  A 397
triệu.

PHÁT TRIỂN CÂU 47

Câu 1: [2D2-3] Đầu mỗi tháng anh A gửi vào ngân hàng 3 triệu đồng với lãi suất kép là 0, 6% mỗi

tháng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng (khi ngân hàng đã tính lãi) thì anh A có được số tiền cả lãi
và gốc nhiều hơn 100 triệu biết lãi suất khơng đổi trong q trình gửi.

A. 31 tháng. B. 35 tháng. C. 30 tháng. D. 40 tháng.
Lời giải

Chọn A.

Áp dụng công thức:





1 1





 

   

 

n
n

a

T r r

r .

Để anh A có được số tiền cả lãi và gốc nhiều hơn 100 triệuthì ta có:

100

n

T









1 0,6% 1 1 0, 6% 100

0,6% 

    

 

n

1,006
603

log 30,3

503

 n 

Vậy sau ít nhất 31 tháng thì anh A có được số tiền cả lãi và gốc nhiều hơn 100 triệu biết lãi suất
không đổi trong quá trình gửi.

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

A.





26
101. 1,01 1

  triệu đồng. B.





27
101. 1,01 1

  triệu đồng.

C.





27
100. 1,01 1

  triệu đồng. D. 100. 1, 01 6 1





  triệu đồng.
Lời giải

Chọn B.

Sau tháng thứ nhất :

6 1

10 1
100

 



 

  .

Sau tháng thứ hai :

6 1 6 1

10 1 10 1

100 100

    

  

   

 

   

 

6 1 6 1

10 1 10 1

100 100

   

       

   .

Sau tháng thứ ba :

3 2

6 1 6 1 6 1

10 1 10 1 10 1

100 100 100

     

    

     

      .

…

Sau hai năm ba tháng :

27 26 2

6 1 6 1 6 1 6 1

10 1 10 1 ... 10 1 10 1

100 100 100 100

       

       

       

        .





6 26 25

10 .1,01 1,01 1,01 ... 1

   





61,01 1 27

1,01.10 101 1,01 1

1,01 1



  

 triệu đồng.

Câu 49: [2D4-4] Cho hàm số f x

 

x3 3x2m. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của
tham số m

(

m£2018

)

để với mọi bộ ba số phân biệt a , b , c 



1;3



thì f a

 

f b , f c

 

là độ dài ba cạnh của một tam giác.

A. 2011. B. 2012. C. 2010. D. 2018.

Lời giải
Chọn C.

Ta có f a

 

, f b

 

, f c

 

là ba cạnh của một tam giác nên f a

 

 f b

 

 f c

 

3 3 2 3 3 2 3 3 2

a a m b b m c c m

         với mọi a , b , c 



1;3





a3 3a2

 

b3 3b2

 

c3 3c2



m

       

với mọi a , b , c 



1;3



Do đó



 



3 3 2 3 3 2 3 3 2

min a  a  b  b  c  c   m

với mọi a , b , c 



1;3



Ta cần tìm



 



3 2 3 3 2

n 3

mi  a  a  b  b 

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

Xét hàm f x

 

x3 3x2 với xỴ

[

1; 3

]

Ta có f x

 

3x2 6x,

 

2 0

0 3 6 0

x

f x x x

x



      



 . Do x 



1;3



nên x 2.

Ta có f

 

1  ,2 f

 

2  ,4 f

 

3  .0

1;3

 

max f x f 3 0

, min1;3 f x

 

f

 

2 4.

Suy ra



 



3 3 2 3 3 2 3 3 2 4.2

min a  a  b  b  c  c   8
.

Đẳng thức xảy ra khi a b 2, c 3 hoặc a c 2, b 3 hoặc b c 2, a 3.

Do đó 8 m m8. Mà m£ 2018 và m nguyên nên m 



9;..; 2018



. 
Vậy có 2010 giá trị m thỏa mãn.

Câu 50: [2H2-4] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SAD là tam giác đều và
nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD
( tham khảo hình vẽ dưới đây)

Tính bán kính R của khối cầu ngoại tiếp hình chóp .S CMN.

A.

93
.
12
a
R=

B.

37
.
6
a
R=

C.

.
8
a
R=

D.

5 3

.
12
a
R=

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

Gọi H là trung điểm của AB.

Từ giả thiết suy ra SH ^

(

ABCD

)

Gọi I là trung điểm của MN , suy ra HIlà đường trung tuyến của tam giác HMN .

Ta có: HM = ; a

2
2
a

MN=HN = 10

4
a

HI

Þ =

Tam giác CMN vng tại C nên cóI là tâm đường tròn ngoại tiếp. Trong mặt phẳng

(

SHI

)

, từ I
kẻ đường thẳng d SHP thì d là trục của đường đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN

Giả sử O là tâm của khối cầu ngoại tiếp hình chóp .S CMN Từ O kẻ . OE HIP

(

E SHỴ

)

Đặt OI= > Þx 0 EH=x. Ta có

2 2 2 3 10 (1)

2 16

a a

R =SE +OE =ổỗỗỗ - xửữữữữ+
ữ

ỗố ứ

Li có

2 2 2 2 2 2 (2)

a
R =ON =OI +IN =x +ỗỗổỗ ữữửữ

ữ
ữ
ỗố ứ

T (1) v (2) suy ra:

3 10

2 16

a a

x

ổ ửữ

ỗ - ữ+ =

ỗ ữ

ỗ ữữ

ỗố ứ

2 2

a
x +ỗổỗỗ ửữữữữ

ữ
ỗố ứ

2 2 2

3 10 2

4 16 16

a a a

ax

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

5 3

12
a
x

Û =

. Vậy bán kính

93
12
a
R=

PHÁT TRIỂN CÂU 50

Câu 1. [2H2-3] Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O , cạnh
2a . Mặt bên tạo với đáy góc 600

. Gọi H là hình chiếu vng góc của O trên SD . Tính bán kính
R của khối cầu ngoại tiếp tứ diện HADC .

A.

11 5

50
a
R=

B.

21
3
a
R=

C.

11 5

20
a
R=

D.

21
6
a
R=

Lời giải
Chọn B

Gọi K là trung điểm AB, suy ra OK^AB nên

(

) (

)

(

)

60°= SAB , ABCD =

(

·SK OK,

)

=SKO·
.

Tam giác vuông SOK , có SO=OK.tanSKO· =a 3.

Tam giác ACD vng tại D nên có O là tâm đường trịn ngoại tiếp. Lại có chóp .S ABCD đều

nên SO^

(

ABCD

)

 SOthì là trục của đường đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD .Gọi P là
trung điểm củaHD, trong mặt phẳng

(

SOD

)

kẻ đường trung trực của cạnhHDcắt trục SO tại Ithì

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

Tam giác vuông SOD , đường cao OH có: SH SD SO.  2

3 5 3

5 5

a

SH SD

  

4 5
5

a
SP

 

. Hình vng ABCD cạnh 2a nên OD=a 2.

Ta có PI OHP nên

(

)

SPI SOD g g

D ∽ D

OD SO

PI SP

  . 4 30

OD SP a

PI

SO

   2 2 21

3
a

R ID IP PD

    

Câu 2. [2H2-3] Cho lăng trụ đứng ABC A B C có đáy là tam giác đều cạnh a . Mặt phẳng. ' ' '

(

AB C' '

)

tạo với mặt đáy góc 600 và điểm G là trọng tâm tam giác ABC . Tính bán kính R của
khối cầu ngoại tiếp khối chóp . ' ' 'G A B C .

A.

85
.
108

a
R=

B.

3
2

a
R=

C.

31
.
36

a
R=

D.

3
.
4

a
R=

Lời giải
Chọn C

Gọi M là trung điểm ' 'B C , ta có .

(

) (

)

(

)

(

)

60°= AB C' ' , A B C' ' ' = AM A M, ' =AMA'
.

Trong DAA M' , có

3
'

2
a
A M =

;

· 3

' ' .tan '

2
a

AA =A M AMA =

Gọi 'G là trọng tâm tam giác đều ' ' 'A B C , suy ra 'G cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp
' ' '.

A B C

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

Vì lăng trụ đứng nên GG'^

(

A B C' ' '

)

, do đó GG là trục của đường trịn ngoại tiếp tam giác'
' ' '

A B C .

Trong mặt phẳng

(

GC G' '

)

, kẻ trung trực d của đoạn thẳng GC cắt ' GG tại ' I . Khi đó I là tâm
mặt cầu ngoại tiếp khối chóp . ' ' 'G A B C , bán kính R=GI.

Ta có

'
' '

GP GG

GPI GG C

GI GC

 ∽  

2 2 2

. ' ' ' ' ' 31

' 2 ' 2 ' 36

GP GC GC GG G C a

R GI

GG GG GG



     

</div>