Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường thpt chuyên hạ long lần 2 mã 108 | 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 (688.32 KB, 31 trang )

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

Câu 1. [1H3-3]Câu25 [Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 108] Cho Cho hình chóp .S ABCD có 
đáy ABCD là hình vng cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy, SA a 2.Gọi

M N lần lượt là hình chiếu vng góc của điểm A trên các cạnh SB SD (tham khảo hình vẽ ,

bên). Góc giữa mặt phẳng (AMN và đường thẳng SB bằng)

A. 450. B. 900. C. 1200. D.600.
Lời giải

Chọn D.

Ta có





BC AB

BC SAB BC AM

BC SA




   




 (1)

Mặt khác theo giả thiết: AM SB (2)

Từ (1),(2) AM SC.Chứng minh tương tự: AN SC  SC(AMN)
 Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (AMN là )  900 (SB SC, )
Xét tam giác SBC có SB a 3,SC2a, BC a  SBC vuông tại B .

 1

tan

BC
BSC

SB

 

 BSC  300   900 (SB SC, ) 60 0 . (OK)
Bài toán tương tự:

Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hai mặt phẳng



SAB



và



SAD



cùng vuông góc với mặt đáy. Biết thể tích khối chóp .S ABCD là 
3

3
a

. Tính góc  giữa đường
thẳng SB và mặt phẳng



SCD



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

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

Hai mặt phẳng



SAB



và



SAD



cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vng góc với mặt

phẳng



ABCD



nên SA



ABCD



.Do đó

3 S ABCD
ABCD

V

SA a

S

 

.
Tam giác SAD vng tại A nên SD SA2AD2 a 2
Ta có CDAD CD, SA CD



SAD



 CDSD

Vậy diện tích tam giác SCD là :

1 2

2 2

SCD

a

S  SD CD

.Gọi I là hình chiếu của B lên mặt

phẳng



SCD



khi đó



SB SCD,









SB SI,



BSI . Mặt khác BI 

3 B SCD
SCD

V
S

3
2

S ABCD
SCD

V
S

 2

2
a


(Sao không chuyển khoảng cách từ B sang A? cho nhẹ nhàng!)

Tam giác SAB vuông tại A nên SB SA2AB2 a 2.

Tam giác SIB vuông tại I nên sin BSI 

BI
SB

1
2

  0

BSI

 

Vậy









, 30

SB SCD  .

Bài 2. Cho tứ diện OABC có OA OB OC, , đơi một vng góc. Góc giữa đường thẳng AC và

(OBC) bằng 600

, OB=a, OC a= 2. Gọi M là trung điểm của cạnh OB . Góc giữa đường

thẳng OA với mặt phẳng (ACM) bằng:

A.

3
arcsin

4 7. B.

1
arcsin

7. C.

3
arcsin

2 7. D.

1
arcsin

2 7.

Lời giải
Chọn D.

O
A

M

B

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

Ta có Góc giữa AC và mp



OBC



bằng 600.

Suy ra OA OC= .tan600=a 6,

2 2 5

a

AM = OA +OM =

2 2 3

a

CM = OC +OM =

2 2 2 2

AC= OC +OA = a. Suy ra

2 14

ACM

a

SD =

1 . . 3

6 6

A OCM

a

V = OA OC OM =

Suy ra

3 3

( ,( ))

O ACM
ACM

V

d O ACM a

SD

= =

. Gọi j là góc giữa OA với (ACM)
suy ra

( ,( )) 1

sin

2 7
d O ACM

OA

j = =

.(OK)

Bài 3. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , tam giác SAB là tam 
giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy



ABCD



. Gọi H là trung
điểm của AB. Tính cơsin của góc giữa SC và



SHD



.

A.
15

5 . B.

5. C. 5

a

. D.

.
5
2

Lời giải
Chọn A.

Gọi K là trung điểm AD, I CK HD . Ta có:

CI HD

CI SH







  CI 



SHD



tại I

 SI là hình chiếu của SC lên



SHD



và tam giác SIC vuông tại I















cos SC SHD, cos SC SI, cosCSI

  

DI  2 2

.
DK DC

DK DC  5

a

;IC  DC2 ID2
2

a



; SI  SC2 CI2 
6
5

a

Vậy cos



SC SHD,





cosCSI

SI
SC




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

Câu 2. [2D1-3] Câu 36 [Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 108] Gọi S là tập các giá trị nguyên

của tham số m sao cho GTLN của hàm số

4 2

1 19

30 20

4 2

y x  x  x m 

trên



0; 2



không
vượt quá 20 . Tổng các phần tử của S là:

A. 210 . B. 195. C. 105 . D. 300 .

Lời giải
Chọn C.

Xét

4 2

1 19

( ) 30 20

4 2

g x  x  x  x m 

'( ) ( 5)( 2)( 3) 0 [0; 2]

g x  x x x   x

Suy ra g(x) đồng biến trên



0;2



để

20 (0) 20

max 20 [0;14]

20 (2) 20
y

g

m
g

  



     

  

 các phần tử của S là: 105 .

Bài tập phát triển:

Câu 1: [2D1-3] Cho

4 3 2 10

3
4

5

3

y x  x  x  m

có bao nhiêu giá trị m nguyên thuộc



10;0



để GTNN của hàm số trên



0; 2



luôn lớn hơn hoặc bằng
1
3 .

A. 8. B. 9. C. 10 . D.11.
Lời giải

Chọn A.

Xét

4 3 2 10

5 ( )

3

x x x m

g x



   

3 2

'( ) 5 6 ( 2)( 3) 0 [0; 2]

g x x  x  x x x  x   x

Suy ra g(x) đồng biến trên



0; 2



để

3
(0)

1 3

min 19

1
3

(2) 3

3
y

m
g





 



     

 

 



 có 8 giá trị m

Câu 2: [2D1-3] Cho

4 2 3 2 2

( 2)

4 3

1

y  x 

m

 x 

m

x m

có bao nhiêu giá trị mnguyên để GTLN
của hàm số trên



0; 2



luôn bé hơn hoặc bằng5 .

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

Lời giải
Chọn B.

Xét

4 2 3 2 2

( 2)

4 3

1 ( )

x x x m

g x





m

 

m



'( ) ( 2)( ) 0 [0;2]

g x x x x m   x

Suy ra g(x) nghịch biến trên



0;2



để

5 (0) 5

max 5 1, 0,1, 2

5 (2) 5
y

g

m

g

  



     

  

 có 4 giá trị m

Câu 42. [1D2-3] Câu 42 [Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 108] Với hình vng A B C D như1 1 1 1

hình vẽ bên, cách tơ màu như phần gạch sọc được gọi là cách tô màu “đẹp”. Một nhà thiết kế
tiến hành tơ màu cho một hình vng như hình bên, theo quy trình sau:

Bước 1: Tơ màu “đẹp” cho hình vng A B C D .1 1 1 1

Bước 2: Tơ màu “đẹp” cho hình vng A B C D là hình vng ở chính giữa khi chia hình 2 2 2 2

vng A B C D thành 9 phần bằng nhau như hình vẽ.1 1 1 1

Bước 3: Tơ màu “đẹp” cho hình vng A B C D là hình vng ở chính giữa khi chia hình 3 3 3 3

vng A B C D thành 9 phần bằng nhau như hình vẽ. Cứ tiếp tục như vậy.2 2 2 2

Hỏi cần ít nhất bao nhiêu bước thì tổng diện tích phần được tơ màu chiếm nhiều hơn 49,99%
diện tích hình vng ban đầu.

A. 9 bước. B. 4bước. C. 8 bước. D.7 bước.

Lời giải
Chọn B.

Giả sử hình vng A B C D có cạnh bằng 1 1 1 1 1.

Gọi S là diện tích phần được tơ màu ở bước 1 1, khi đó 1

1 1 1 4

2 2 9 9

S   

Gọi S là diện tích phần được tơ màu ở bước2 2, khi đó 2 1

4 1 1

9 9 9

S   S

Khi đó tổng diện tích được tơ màu sau n bước là:

1
1

4 9 1 1

. 1

9 1 2 9

9
n

n


 

   

 



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

Từ giả thiết suy ra cần tìm n sao cho

1 1 49,99 1 1

1 log 5000 3,876

2 9n 100 9n 5000 n

 

      

 

 

Do n   nên n  .4
Phát triển

Câu 1. [1D2-3] Cho hình vng C .1

Bước 1: Từ cạnh của hình vng C người ta chia mỗi cạnh của hình vng thành 4 phần bằng1

nhau và nối các điểm chia một cách thích hợp để được có hình vng C , sau đó tơ màu 4 tam2

giác như hình vẽ.

Bước 2: Từ hình vng C lại làm tiếp như trên để có được hình vng 2 C và tô màu 4 tam3

giác như trên. Cứ tiếp tục q trình như trên.

Hỏi cần ít nhất bao nhiêu bước thì tổng diện tích phần được tơ màu chiếm nhiều hơn 49,99%
diện tích hình vng ban đầu.

A. 3 bước. B. 4bước. C. 2 bước. D. 8 bước.

Lời giải
Chọn C.

Giả sử hình vng C có cạnh bằng 1 1.

Gọi S là diện tích phần được tơ màu ở bước 1 1, khi đó 1

1 1 3 3

4. . .

2 4 4 8

S  

Gọi S là diện tích phần được tơ màu ở bước2 2, khi đó 2 1

1 1 3 10 5 3 5

4. . . .

2 4 4 16 8 8 8

S    S

.
Khi đó tổng diện tích được tơ màu sau n bước là:

5
1

3. 8 1 5

8 1 8

8
n

n
 

  

 
     
 


Từ giả thiết suy ra cần tìm n sao cho 58

5 49,99 49,99

1 log 1 1, 474

8 100 100

n

   

        

   

Do n   nên n  .2

Câu 2. [1D2-3] Trong một hình trịn



C1



có đường kính AB  , người ta vẽ thêm n hình trịn2
2, 3,...,

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

điểm của I B , 1 I là trung điểm của 3 I B ,…Tìm n để tổng diện tích 2 S của n hình trịn nói trên

chiếm nhiều hơn 33% hình trịn ban đầu.

A. 3 bước. B. 8bước. C. 2 bước. D. 4 bước.

Lời giải
Chọn C.

Gọi S là diện tích của hình trịn 1 C , khi đó 1

1 1

S   .

Gọi S là diện tích của hình trịn 2 C , khi đó 2

2 1

1 1

2 4

S    S

  .

Gọi S là diện tích của hình trịn 3 C , khi đó 3

3 2

1 1 1

4 16 4

S      S

  .

Suy ra tổng diện tích của n hình trịn được vẽ thêm là :
1

1 4 1

. 1

4 1 3 4

4
n

n





 

   

 



Từ giả thiết ta có 14

1 33 99

1 . log 1 3.322

3 4n 100 n 100



   

     

   

   

Do n   nên n  .4

Câu 45. [2H1-3] Câu45 [Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 108] Cho lăng trụ tam giác đêu

. ' ' '

ABC A B C cạnh đáy bằng a , chiều cao bằng 2a . Mặt phẳng

 

P quaB' và vuông góc 'A C
chia lăng trụ thành hai khối. Biết thể tích của hai khối là V và 1 V với 2 V1V2

. Tỉ số

V
V bằng

A.

1
.

47 B.

1
.

23 C.

1
.

11 D.

1
.
7

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

Gọi Hlà trung điểm của ' 'A C  B H' A C' ( vì B H' (AA ' ' )C C ).
Từ Hkẻ HK vng góc với 'A C cắt AA' tại K , 'A C tại I .





' '

A C B KH

   V1VA B HK'. ' , V2 VB'HK.BAKHCC'

Ta thấy:

'IH ' '

' '

IH A

A A C C

CC A C

 

 

IH

 

'
'.

'
A H
CC

A C .= 2 2

' 5

' '

A H a

CC

A C CC 

Trong A'IH có:

2 2 5

' ' .

10
a

A I  A H  IH 

' 'I 5

'IK 'A

' 'A 20

A K A a

A A C

A C A

  

  ' ' 5 .

20 4

a a

A K A C

  

1 ' ' ' '

1 3

'.S .

3 96

KA B H A B H

a

V V  KA  

. ' ' ' ' ' '

'. .

ABC A B C A B C

a

V V AA S 

2 1

47 3

96
a

V V V

   

1
47
V

V

 

.
Bài tập tương tự

Bài 1: [2H1-3] Cho hình lập phương

ABCD A B C D

.

   

cạnh

a

. Gọi

M

là trung điểm của

cạnh

BB

. Mặt phẳng



A MD





chia hình lập phương thành hai khối đa diện. Tính tỉ lệ của thể
tích khối đa diện chứa điểm A trên thể tích của hai khối đa diện khơng chứa điểm A .

A.

7
.

17 B.

1
.

17 C.

17 D.

17
.

Lời giải:

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

Gọi

N

là giao điểm của

A M



và

AB

K

là giao điểm của

DN

và

BC

Mặt phẳng

(

A MD



)

chia hình lập phương

ABCD A B C D

.

   

thành hai khối đa diện

A MKDAB



và khối đa diện

A B C D MKCD

   

A B

 

/ /

BN

nên

' ' '

1 ' ' .

A B MB

BN A B a

BN MB    

BN CD

/ /

nên 1

BK BN AB

CK CD CD  2.

a
BK CK

  

. Ta có:

. . .

6 24

B MNK

a

V  BM BN BK 

. '

AA'.AN.AD= .

6 3

A A ND

a

V 

' . ' .

7
24
A MKDAB A A ND B MNK

a

V V V

   

Thể tích khối lập phương

ABCD A B C D

.

   

bằng

a

. ' ' ' ' ' ' ' ' '

ABCD A B C D A MKDAB A B C D MKCD

V V V

' ' ' ' , ' ' ' ' '

17
24
A B C D MKCD ABCD A B C D A MKDAB

a

V V V

   

' ' ' '

7
17

A MKCDAB
A B C D MKCD

V
V

 

Bài 2: [2H1-3] Cho lăng trụ tam giácABC A B C. ' ' '. Gọi M N P, , lần lượt là trung điểm của

các cạnh A B BC CC' ', , '. Mặt phẳng (MNP) chia khối lăng trụ thành hai phần, phần chứa
điểm Bcó thể tích là V1. Gọi V là thể tích khối lăng trụ. Tính tỉ số

1.

V
V

A. 
61

216 B.

143

216 C.

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

Ta có:

1
'

C Q CN  BC

Gọi Chiều cao, và diện tích đáy lăng trụ là h và S

3 1 3

2 2 4

B MQ

S S S

   . ' 1 3 3. . 3

3 2 4 8

R MB Q

h

V S V

  

1 1 1

2 6 12

BNK

S S S

   .BNK 1. . 1 1

3 3 12 108

R

h

V S V

  

1 1 1

3 2 6

JQC

S S S

   . ' 1. .1 1

3 2 6 36

P JC Q

h

V S V

  

1 R MB Q. ' R KBN. P C JQ. '

V V V V

   

73
.

216V



1 73 .

216
V

V

 

Câu 3. [2D4-4] Câu 46 [ Chuyên Hạ Long lần 2, 2018-Mã đề 108] Cho các số phức

1 2 , 2 2

z  i z   và số phức i zthay đổi thỏa mãn z z 12z z 2 2 16. Gọi M và m lần

lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Giá trị biểu thức M2 m2 bằng

A.15 . B.7 . C.11 . D.8 .

Lời giải:
Chọn D.

Cách 1:

Gọi số phức z x yi  với x y  , .
Ta có

2 2

1 2 16

z z  z z   x2y22x 3 0 . Khi đó tập hợp các điểmM x y( , ) biểu

diễn số phức zlà đường trịn ( )C có tâm I ( 1,0) và bán kính R  .2
Ta có | |z minOMmin, | |z maxOMmax.

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

OI cắt ( )C tại 2 điểm phân biệt A B, có tọa độ là nghiệm của hệ

2 2 2 3 0

x y x

y

    





(1, 0); ( 3, 0)

A B

  .

Ta có OA OM OB nên | |z minOA,| |z maxOB.

Khi đó M2 m2  9 1 8 .
Cách 2:

Gọi số phức z x yi  với x y  , .
Ta có

2 2

1 2 16

z z  z z   x2y22x 3 0 . Khi đó tập hợp các điểmM x y( , )

biểu
diễn số phức z là đường trịn ( )C có tâm I ( 1,0) và bán kính R  .2  z 1 2

Ta có: z    z 1 1 1  zmin  , 1 z    z 1 1 3  zmax 3.

Cách 3:

Gọi số phức z x yi  với x y  , .
Ta có

2 2

1 2 16

biểu
diễn số phức zlà đường tròn ( )C có tâm I ( 1, 0) và bán kính R  .2

Ta có OMmin OI R , OMmax OI R  zmin  , 1 zmax 3

2 CÂU PHÁT TRIỂN

Câu 1. [2D4-3-PT1] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 2 4 i  5 . Gọi M và m lần lượt là

giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Giá trị biểu thức

2 2

M m

Mn



bằng

A.12 . B.

2 . C.

3 . D.8 .

Lời giải:
Chọn C.

Gọi số phức z x yi  với x y  , , khi đó | |z  x2y2 .
Ta có: z 2 4 i  5





2 2

2 ( 4) 5

x y

      x2y215 4( x2 )y

.
Áp dụng bđt Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: |x2 |y  5(x2y2) 5 | |z .

Khi đó ta có bất phương trình | |z 2 15 4 5 | | z  5 | | 3 5z  .
Do đó

2 2

M m

Mn

 4

.
3



Câu 2 [2D4-4-PT1] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 1 i |z 3 2 | i  5. Gọi M và m

lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z2i . Giá trị biểu thức M2m2 bằng

A.25 . B.35 . C.

2 . D.20 .

Lời giải:
Chọn B.

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

Ta có z 1 i  z 3 2 i  5



x 1





y 1





x 3





y 2



2 5

        



x 1





y 2



3 2



x 3





y 2



4 2 5

            

(1).

Số phức z2i x 



y2



i có điểm M x y



; 2



biểu diễn z2i trên mặt phẳng tọa độ.
Đặt A(1;3), (3; 4)B , từ (1) ta có AMBM 5.

Mặt khác AB  5 nên M  thuộc đoạn AB. Khi đó M  z 2imax OB , 5 m z 2imin

OA

  .

Vậy M2m2 35 .
Nhận xét:

Nếu góc OAB là góc tù GTLN, GTNN ở câu dạng này chỉ có thể đạt được tại 2 đầu A B, .
Một sai lầm thường gặp là đánh giá zmin d O AB



;



nhưng do góc OAB là góc tù nên

khơng tồn tại điểm M trên đoạn AB sao cho OM AB.

Nếu góc OAB là góc nhọn ta đánh giá zmin d O AB



;



, zmax max{OA OB; } .

Câu 4. [2H2-4] Câu 48 [ Chuyên Hạ Long lần 2, 2018-Mã đề 108] Trong không gian, cho 4 mặt
cầu có bán kính lần lượt là 2;3;3; 2 (đơn vị độ dài) đơi một tiếp xúc ngồi với nhau. Mặt cầu
nhỏ nhất tiếp xúc ngoài với cả 4 mặt cầu nói trên có bán kính bằng

A.

9. B.

7. C.

15. D.

6
11.

Lời giải
Chọn. D.

Gọi A B, là tâm các quả cầu bán kính 2, C D, là tâm các quả cầu bán kính 3

I là tâm quả cầu nhỏ bán kính R.

Khi đó IA IB R  2;IC ID R  3

Khi đó I( )P là mp trung trực của đoạn AB và I( )Q là mp trung trực của CD .

Hay I( ) ( )P  Q .

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

Dễ thấyMN ( ) ( )P  Q . Khi đó I MN .
Lại có IM  IA2 AM2  (R2)2 4 .

2 2 2

( 3) 9

IN  IC  CN  R 

2 2 12

MN  AN  AM 

Khi đó ta giải phương trình

2 2

(R2)  4 (R3)  9 12

Giải phương trình

6
11
R 

Câu 5. [1D2-4] Câu 49. [ Chuyên Hạ Long lần 2, 2018-Mã đề 108] Một tịa nhà có n tầng các tầng
được đánh số từ 1 đến n theo thứ tự từ dưới lên. Có 4thang máy đang ở tầng 1. Biết rằng mỗi
thang máy có thể dừng ở đúng 3 tầng (khơng kể tầng 1) và 3 tầng này không là 3 số nguyên
liên tiếp và với hai tầng bất kì (khác tầng 1) của tịa nhà ln có một thang máy dừng được ở cả
hai tầng này. Hỏi giá trị lớn nhất của n là bao nhiêu?

A.6 B.7 C.8 D.9

Lời giải
Chọn A

Giả sử 4thang máy đó là A B C D, , , .

+) Khi bốc 2tầng 2,3 có 1 thang dừng được giả sử đó là thang A, nên tầng 4không phải
thangA dừng.

+) Khi bốc 2tầng 3, 4 có 1 thang dừng được giả sử đó là thang B, nên tầng 5 khơng phải
thangB dừng.

+) Khi bốc 2tầng 4,5 có 1 thang dừng được giả sử đó là thang C , nên tầng 6 không phải 
thang C dừng.

+) Khi bốc 2tầng 5,6 có 1 thang dừng được giả sử đó là thang D.

+) Khi bốc 2tầng 6,7 có 1 thang dừng được khi đó khơng thể là thangA B C, , vì sẽ dừng 4lần
(Mâu thuẫn): thang D không thể dừng ở tầng 7 do không thể ở 3 tầng liên tiếp.

Vậy khách sạn có tối đa 6 tầng.
Câu hỏi tương tự.

Câu 1. [2H3-4] (THTT số 478 – năm 2017)

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có A



2;3;1



, B



4;1; 2





6;3;7



C

và D



1; 2;2



. Các mặt phẳng chứa các mặt của tứ diện ABCD chia không gian

Oxyz thành số phần là

A. 9 . B. 12. C. 15 . D. 16 .

Hướng dẫn giải
Chọn.C.

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

3 mặt phẳng chia không gian thành 8 phần, mặt phẳng thứ 4cắt 3 mặt phẳng trước theo 3

giao tuyến, 3 giao tuyến này chia mặt phẳng thứ 4 thành 7 phần, mỗi phần lại chia 1 phần của

không gian thành 2 phần.

Vậy 4 mặt phẳng chia không gian thành 8 7 15  phần.
Câu 2. [1D2-4] (Sưu tầm)

Trong một giải cờ vua có 8 kì thủ tham gia, thi đấu vịng trịn một lượt, thắng được 1 điểm,

hòa được

2 điểm, thua được 0 điểm. Biết rằng sau khi tất cả các trận đấu kết thúc thì cả 8 kì

thủ nhận được một số điểm khác nhau và kì thủ xếp thứ hai bằng tổng điểm của 4kì thủ xếp

cuối cùng. Hỏi ván đấu của kì thủ xếp thứ 4 và kì thủ xếp thứ 5 đã kết thúc với kết quả như thế

nào?

A. Kì thủ xếp thứ 4 thắng kì thủ xếp thứ 5 .
B. Kì thủ xếp thứ 4 thua kì thủ xếp thứ 5 .

C. Kì thủ xếp thứ 4 hịa kì thủ xếp thứ 5 .
D. Chưa kết luận được.

Lời giải
Chọn.A.

Sau khi hết giải số ván 4kì thủ cuối đấu với nhau là



4.3 : 2 6



 .

Sau mỗi ván tổng số điểm của 2 kì thủ nhận được là 1. Gọi S là tổng điểm của 4kì thủ cuối
vớiS  . Nếu 6 S 6,5 thì số điểm của kì thủ thứ hai lớn hơn hoặc bằng 6,5.

Do 8 kì thủ được các điểm khác nhau nên kì thủ đứng đầu có số điểm lớn hơn hoặc bằng 7 . Do
kì thủ đứng đầu đấu 7 ván nên điều này xảy ra S 6,5và kì thủ đứng đầu tồn thắng. Từ đó ta
có số ván thắng của kì thủ thứ hai nhỏ hơn hoặc bằng 6 (Mâu thuẫn). Suy ra S  . Khi đó 6 4kì
thủ xếp cuối chỉ dành điểm khi đấu với nhau ngồi ra thua các kì thủ khác. Vậy kì thủ thứ tư
thắng kì thủ thứ năm trong trận đấu trực tiếp.

Câu 6. [2D3-3] Câu 50 [ Chuyên Hạ Long lần 2, 2018-Mã đề 108]

Cho các số p q, thỏa mãn các điều kiện: p1,q1,
1 1

p q  và các số dương a b, . Xét hàm

số y x p1(x0)có đồ thị là

 

C . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi 1

 

C , trục

hoành, đường thẳng x a ; S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các 2

 

C , trục tung, đường

thẳng y b ; S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục tung, trục hoành và hai đường thẳng

x a y b  . Khi so sánh S1S2và S , ta nhận được bất đẳng thức nào trong các bất đẳng thức

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

A.

p q

a b

ab

p  q  B.

1 1

p q

a b

ab

p q

 

 

  C.

1 1

p q

a b

ab

p q

 

 

  D.

p q

a b

ab

p  q 

Lời giải
Chọn D.

Ta có

1
1

a
p

S  x dx



a
p

x
p


p

a
p


.

Ta lại có:

1( 0)

p

y x  x

 

1
1
1

x p y yp

  

Mặt khác

1 1

1, 1, 1

p q

p q

    1 p 1

p q



 

1
1
2

b
p

S y  dy

 



1
.

b
p
p

p
y
p



 1 1

p q

p

p b

b

p q



 

.
.

S a b

DoS1S2 S

P q

a b

ab

p q

  

.
Câu tương tự:

Câu 1. [2D3-3- PT1] Cho hình thang cong

 

H giới hạn bởi các đường y e x,y 0,x  ,0 x ln 4.
Đường thẳngx k



0kln 4



chia

 

H thành hai phần có diện tích là S và 1 S như hình vẽ2

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

A.

25
ln

4
k 

. B.

9
ln

4
k 

. C.

8
ln

3
k 

. D.

5
ln

2
k 

.
Lời giải:

Chọn D

Ta có

1
0

k
x

S 



e dx
0

k
k

e

 k 1

e

  và

ln 4

x
k

S 



e dx

4 k

e
 

Ta có



 



1. 2 1 4

k k

S S  e   e 

 

ek 25ek 4

5 9 9

2 4 4

k

e

 

     

 

Suy ra S S1. 2 lớn nhất bằng

9
4

khi

5
2

k

e  ln 5

k  

   

 

Câu 2. [2D3-3- PT2] Cho hình phẳng

 

H giới hạn bởi các đường y x 2, y 0, x 0, x  Đường4.
thẳng y k 0



k16



chia hình

 

H thành hai phần có diện tích S S (hình vẽ). Tìm k để1, 2

1 2

S S

A.k  .3 B. k  .4 C. k 5. D. k 8

Lời giải :
Chọn B

Phương trình hồnh độ giao điểm: x2  k x k
Ta có

●

4
2

1 2

S S 



x dx

4
3

64
.

3 3

x

 

●





4
2
1

k

S 



x  k dx

k

x
kx

 

  

 

2 64

4 .

3 3

k k
k

  

Yêu cầu bài toán 1



1 2



S S S

   4 2 64 32

3 3 3

k k
k

    

2k k 12k 32 0

   

 

0 4

tk  t

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

Câu 3. [2D3-3- PT3] Cho parabol

 

P : yx2 2x, có đỉnh S và A là giao điểm khác O của

 

P và trục hoành. M x y là điểm di động trên SA (( ; )0 0 M x y( ; )0 0

không trùng với S ) . Tiếp 
tuyến d của

 

P tại M cắt Ox ,Oy lần lượt tại E và F . S là diện tích hình phẳng giới hạn 1

bởi

 

P , đường thẳng d và trục 0y , S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2

 

P , đường

thẳng d và trục 0x . Khi tổng S1S2 nhỏ nhất, giá trị của P x 0y0 bằng:

A. 
23

9 B.

9 C.

9 D. 4

Lời giải:
Chọn C

Tiếp tuyến tại





; 2 ,1 2

M m m m m

có phương trình:



2 2

 



2 2

y  m x m  m m  y



2 2 m x m



 2

Ta có:





2
2

0; ; ;0

2 2

m

E m F

m

 

 



  với 1m2

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

P và trục hoành:

2
2

4
2

3
S 



x  x dx





4 4

2 2 2 4 1

OEF

m m

S

m m

 

 

Ta thấy, 1 2

,
OEF

S S S  S



S1S2



min



SOEF



min

Khảo sát hàm

 





1 2

4 1

m

f m m

m

   



ta được  

4
3

f m

Min   

  khi

m 



1 2



4 4 28

min

3 3 27

S S    

  khi

4
3

m 

. Khi đó

4 8
;
3 9
M  

 

Vậy 0 0
20

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

Câu 3. [2D4-3] [Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 123] Cho số phức z thỏa mãn z 3 4 i  5

. Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

P z  z i

. Khi
đó modun của số phức w M mi 

A.2 314. B. 1258. C.3 137. D.2 309.

Lờigiải
Chọn B.

Giả sử z x yi x y R 



, 



ta có z 3 4 i  5









2 2

3 4 5

x y

    

Ta có P4x2y3 4



x 3



2



y 4



 P 23

Ta có

















2 2 2

4 x 3 2 y 4 20 x 3  y 4  100

 

   

Suy ra 10  P 23 10 13 P 33 suy ra M 33,m13 do đó ta được w33 13 i vậy

w  1258
.
Câu tương tự:

Câu 4. [2D4-3] Biết số phức z x yi  ,



x y  ,



thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z   z 4 3i
và biểu thức P  z 1 i  z 2 3 i đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P x 2y.

A.

61
10

P 

. B.

253
50
P 

. C.

41
5
P 

. D.

18
5
P 

.
Lời giải

Chọn A .

Theo giả thiết z   z 4 3i  x yi 



x4

 

 y3



i









2 2 4 3

x y x y

     

2 2 2 8 16 2 6 9

x y x x y y

       

8x 6y 25 0

    .

Ta có

















2 2 2 2

1 1 2 3

P x  y  x  y

Xét điểm E 



1;1



; F



2; 3



và M x y



;



. Khi đó, P ME MF  .

Bài tốn trở thành tìm điểm M : 8x6y25 0 sao cho ME MF đạt giá trị nhỏ nhất.

Vì



8xE 8yE 25 . 8

 

xF 8yF 25



 nên hai điểm 0 E F, nằm cùng phía đối với đường 
thẳng .

Gọi E là điểm đối xứng với E qua 

Đường thẳngEE đi qua điểm E



1; 1



và có VTPT nEE u 



3; 4



 

nên có phương trình









3 x1  4 y1 0 3x 4y 7 0

Gọi H là giao điểm của EEvà . Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình

3 4 7

8 6 25

x y

 




 



71
25
19
50

x

y





 

 


 suy ra

71 19

;

25 50

H   

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

E ¢ đối xứng với E qua H nên

117
25
44
25
E

E

x

y









 


 .

Ta có ME + MF = ME + MF¢ ³ E F¢ .

Dấu bằng xảy ra  M là giao điểm của E F¢ và đường thẳng 

Đường thẳng E F đi qua điểm F



2; 3



và có VTPT nEE 



31;167





có phương trình









31 x 2 167 y3  0 31 + 167 + 439 = 0x y

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

31 167 439

8 6 25

x y

 




 



50
119

x

y





 

 



Vậy

61
2

10
P x  y

Câu 5. [2D4-3] Gọi z z là 2 nghiệm của phương trình 1 21, 2 z  i   z 1 2i thỏa mãn z1 z2  2.

Biết rằng w là số phức thỏa mãn w 3 2  i  . Tìm GTNN của biểu thức2

1 2

w w

P  z   z

A. 1 3 B. 2 3 C. 2 D. 6.
Lời giải.

Chọn D .

Giả sử z x yi x y R 



, 



ta có z 1 2i   z 1 2i  x suy ra tập hợp điểm biểu diễn0

1, 2

z z là trục tung.

Giả sử A B, lần lượt là 2 điểm biểu diễn cho z z , ta có 1, 2 z1 z2  2  AB 2.

Giả sử w a bi a b R



, 



và M là điểm biểu diễn cho số phức w , ta có w 3 2  i 2

2 2

(a 3) (b 2) 4

     suy ra tập hợp điểm biểu diễn M cho số phức w là đường trịn tâm



3;2



I

bán kính R  .2

Ta có P MA MB  , gọi E là hình chiếu vng góc của I lên trục tung, ta thấy P nhỏ nhất

khi E là trung điểm AB suy ra

6
2

MA MB 

, vậy

2. 6

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

Câu 6. [2D1-3] Câu 39[Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 123] Cho hàm số yf x( ) liên tục và
có đạo hàm trên  . Hàm số yf x( ) có đồ thị như hình bên. Hàm số yf x x(  2) đồng

biến trên khoảng

A.

; .
2

 

  

 

  B.

1
;

 

 

 

  C.

; .
2

 

  

 

  D.

; .
2

 

 

 

  .

Lời giải.
Chọn B.

Đặt

2 1 1

( ) .

4 2

u x  x x   x 

  Khi đó









2 ( )

yf x x f u x

.
Đạo hàm hàm hợp ta được yxu f u x.

  

 1 2 .x f u x







( )



.

Ta có

 

, .

u x    x

Căn cứ đồ thị ta có





( ) 0, .

f u x f   x

  

Do đó

0 1 2 0 .

x

y    x  x

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng

1
;

 

 

 

  .

Bài tập phát triển.

Câu1. Câu 1 [2D1-3] Cho hàm số yf x( ) liên tục và có đạo hàm trên  . Hàm số yf x( ) có đồ

thị như hình bên. Hàm số yf x( 2 x 3) đồng biến trên khoảng nào?

A. 
1

; .
2

 

  

 

  B.

1
;

 

 

 

  . C.

; .
2

 

  

 

  D.

; .
2

 

 

 

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

Lời giải
Chọn A.

Đặt

2 1 11

( ) 3 .

2 4

u x x   x x  

  Khi đó yf x( 2 x 3)f u x( ( )).

Đạo hàm hàm hợp ta được yxu' . ( ) (2x f u  x1). ( ( ))f u x .

Ta có

( ) , .

u x    x

Căn cứ đồ thị ta có

( ( )) 0, .

f u x f   x

  

Do đó

0 2 1 0 .

x

y   x   x 

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng

; .

 

  

 

 

Câu 2 [2D1-3] Cho hàm số yf x( ). Hàm số yf x'( ) có đồ thị như hình bên. Hàm số



2 2 3 2 2 2



yf x  x  x  x

đồng biến trên khoảng nào?

A.



1;  



. B.

1
;

 

 

 

  . C.



  ; 1 .



D. 
1

; .
2

 

 

 

 

Lời giải.
Chọn C.

Đặt u x( ) x2 2x 3 x22x2. Khi đó









2 2

2 3 2 2 ( ) .

yf x  x  x  x f u x

Đạo hàm hàm hợp ta được yxu' . ( )x f u u x f u x( ). ( ( )) .

Ta có 2 2

1 1

( ) ( 1)

2 3 2 2

u x x

x x x x

 

     

   

  và 2 2

1 1

0, .

2 3 2 2 x

x  x  x  x   



Nên

x   1 

 

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

 

u x u ( 1)

0 0

Như vậy 0u x( ) u( 1) 2 1 1,    x . Căn cứ đồ thị ta có f u x



( )



0,  x .
Do đó

0 1 0 1.

x

y         Vậy hàm số đồng biến trên khoảng x x



  ; 1 .



Câu 7. [2H3-6.0-3] Câu 41 [Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 123] Trong không gian Oxyz, cho
ba điểm A



3;0;0



, B



1; 2;1



, và C



2; 1; 2



. Biết mặt phẳng qua B, C và tâm mặt cầu nội
tiếp tứ diện OABC có một vectơ pháp tuyến là



10; ;a b



. Tổng a b là:

A. 2. B. 2. C. 1. D. 1.

Lời giải
Chọn B.

Gọi tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC là I x y z



; ;



Ta có phương trình



OBC



: x z  .0

Phương trình mặt phẳng



ABC



: 5x3y4z15 0 .
Tâm I cách đều hai mặt phẳng



OBC



và



ABC



suy ra:

5 3 4 15

2 5 2

x z x y z



 

3 5 0

10 3 15 0

y z

x y z




  



 

   

 .

Nhận xét: hai điểm A và O nằm về cùng phía với

 

 nên loại

 

 .
Hai điểm A và O nằm về khác phía

 

 nên nhận

 

 .

Thấy ngay một vectơ pháp tuyến là



10; ;a b



thì a  , 3 b  .Vậy 1 a b  .2

Phân tích: Bản chất bài tốn là đi lập phương trình mặt phẳng phân giác “trong” của hai 
mặt phẳng



OBC



và



ABC



.

Bài phát triển 1: Trong không gian Oxyz, cho các điểm A



3;0;0



, B



1; 2;1



, C



2; 1;2





6;1;0



D

. Gọi I là hình chiếu vng góc của C trên AD. Biết mặt phẳng



BCI



có một
vectơ pháp tuyến là



6; ;a b



. Tổng a b là:

A. 2. B. 2. C. 1. D. 1.

Lời giải
Chọn B.

Ta có BC  



1; 3;1





. AD 



3;1;0





. Suy ra BCAD.

Suy ra



BCI



AD. Suy ra



BCI



có một véc tơ pháp tuyến là AD 



3;1;0





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

Bài phát triển 2: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A



3;0;0



, B



1;2;1



, và C



2; 1;2



.
Tập hợp tất cả các điểm trong khơng gian có tỉ số khoảng cách đến hai mặt phẳng



ABC



và



OBC



bằng 2 là:

A. Một mặt phẳng. B. Hai mặt phẳng. C. Một mặt cầu. D. Một mặt trụ.
Lời giải

Chọn B.

Gọi điểm I x y z



; ;



có tỉ số khoảng cách đến hai mặt phẳng bằng 2.
Ta có phương trình



OBC



: x z  .0

Phương trình mặt phẳng



ABC



: 5x3y4z15 0 .

Ta có

















; 1
2
;

d I OBC

d I ABC 

suy ra:

5 3 4 15

1
2

2 5 2

x z x y z



10 x z 5x 3y 4z 15

     

5 3 14 15 0

15 3 6 15 0

x y z

   



     

 .

Vậy chọn B.

Câu 8. [2D1-3] Câu 42 [Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 123] Cho hàm số 2 ( )

x m

y C

x



 với

m là tham số. Tìm các giá trị của m sao cho từ điểm A(1; 2) kẻ được hai tiếp tuyến AB AC,

đến ( )C (B C, là các tiếp điểm) và tam giác ABC là tam giác đều.

A.

3
.
2
m

B. 
3
.
2
m 
C. 
7
.
2
m

D. 
7
.
2
m 
Lời giải

Chọn A.

Phương trình đường thẳng đi qua điểm A(1;2)là: y k x



1



2

 

d

 

d

tiếp xúc với ( )C khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm









1 2
2
2
2
x m
k x
x
m
k
x


  
 

 
 








 





 

1 1 2 1

2
2
2
2
m
k x
x
m
k
x


   
 

  
 




 

2 2





2
m

k x
x

   

 Kết hợp với

 

1 2. 1

2
m
k
x

  






1 1

2 2 2

k
x m

 
 
Thay vào

 









2
1
2 :
4 2
k
k
m

 

  k22 2



m5



k 1 0 3

 

Do A(1;2)thuộc đường thẳng yx3là trục đối xứng của đồ thị ( )C nên nếu từ điểm

(1; 2)

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

Từ đó suy ra để tam giác ABC là tam giác đều thì 2
x m
y
x



 là hàm nghịch biến và phương

trình

 

* phải có 2 nghiệm phân biệt và thỏa mãn hệ thức

0 1 2

1 2

tan 60
1
k k
k k












2
2
1 2
2

' 0, ' 5 2 1 0

2
2 3
m
y m
x
k k


      


 

 










2
2

2, 5 2 1 0

5 2 1 3

m m
m
     

 
  


3
2
m
 

Bài toán tương tự:

Bài 01: Cho hàm số ( )

m

y C

x


với m là tham số. Biết

a
m
b

(
a

b là phân số tối giản, a  ,

b   ) là số thực sao cho từ điểm A(1;1) kẻ được hai tiếp tuyến AB AC, đến ( )C (B C, là các

tiếp điểm) và tam giác ABC là tam giác đều. Tính a b .

A. 3 B.3 . C.1. D.2 .

Chọn A.

Phương trình đường thẳng đi qua điểm A(1;1)là: y k x



1 1





 

d

 

d

tiếp xúc với ( )C khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm





 

1 1 1

2
m
k x
x
m
k
x

  


 
 







 

2 2 2 1 1 0 *

k m k

    

Do A(1;1)thuộc đường thẳng y x là trục đối xứng của đồ thị ( )C nên nếu từ điểm A kẻ được
hai tiếp tuyến AB AC, thì ABAC

Từ đó suy ra để tam giác ABC là tam giác đều thì

m
y

x


là hàm đồng biến và phương trình

 

phải có 2 nghiệm phân biệt và thỏa mãn hệ thức

0 1 2

1 2
tan 60
1
k k
k k








1 2

' 0, ' 2 1 1 0

2 3
m
y m
x
k k

      

 
  










2
2

0, 2 1 1 0

2 1 1 3

m m
m
    


 
  


1
2
m
 

1, 2 3

a b a b

     

Bài 02: Cho hàm số 1 ( )

x m

y C

x



 với m là tham số. Tìm các giá trị của m sao cho từ điểm
(2; 2)

A kẻ được hai tiếp tuyến AB AC, đến ( )C (B C, là các tiếp điểm) và tam giác ABC là

tam giác đều.

A. 
5
.
2
m 
B. 
1
.
2
m 
C. 
1
.
2
m

D.

5
.
2
m

Lời giải

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

Phương trình đường thẳng đi qua điểm A(2;2)là: y k x



 2



2

 

d

 

d

tiếp xúc với ( )C khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm









 

2 2

1
1

2
1

x m
k x
x

m

k
x




  

 



 

 

















1 1 2

1
1

m

k x k

x

m

k x
x




    

 



  

  









1 1 1

2. 1

1 1 2 1

m k

k

x x m

 

    

  

Thay vào





 

2 2 2 3 1 0 3

k  m k 

Do A(2;2)thuộc đường thẳng y x là trục đối xứng của đồ thị ( )C nên nếu từ điểm A kẻ

được hai tiếp tuyến AB AC, thì ABAC

Từ đó suy ra để tam giác ABC là tam giác đều thì 1

x m
y

x



 là hàm đồng biến và phương trình

 

phải có 2 nghiệm phân biệt và thỏa mãn hệ thức

0 1 2

1 2

tan 60
1

k k

k k














2
2

1 2

' 0, ' 2 3 1 0

1
2 3

m

y m

x

k k




      




 



 











1, 2 1 1 0

2 3 1 3

m m

m

    


 

  




5
2
m

 

[2H1-3] Câu 45 [Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 123] Cho hình chóp tứ giác đều

S ABCD,

đường cao SO. Biết rằng trong các thiết diện của hình chóp cắt bởi các mặt phẳng chứa SO, thiết diện có
diện tích lớn nhất là tam giác đều cạnh bằng a , tính thể tích khối chóp đã cho.

A.

3 2

.
6
a

. B.

3 3

.
12
a

. C.

3 3

.
4

a

. D.

3 3

.
6
a

Lời giải.
Chọn B

Ta có diện tích thiết diện là :

. . ;

S  SO MN

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

a

BD a AB

    ; 3

2
a
SO 

2 3

1 3 3

. .

3 2 2 12

a a a

V

  

Bài tập phát triển

Câu 1. [2H1-3] Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC vuông cân tại B với AB a SA a ,  3 và







SA ABC

Gọi M là điểm trên cạnh AB và AM x



0 x a



, mặt phẳng

 

 đi qua

M và vng góc với AB. Tìm x để diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng

 

 và hình chóp
.

S ABC lớn nhất.

A. 3.

a
x

. B. 4.

a
x

. C.

2
.
3
 a

x

. D. 2.

a
x

Lời giải
Chọn D.

Ta có BCAB SA, AB nên

 

 song song với các đường thẳng SA và BC. Mặt phẳng

 

 cắt ,SB SC AC lần lượt tại , ,, N P Q thì ,NP MQ cùng song song với ;BC MN PQ,

cùng song song với SA; SA



ABC



nên suy ra thiết diện cần tìm là hình chữ nhật MNPQ.
Áp dụng Định lí Tha-let ta có:

MN MB a x

SA BA a



  MN a x.a 3 3



a x



a


   

MQ AM x

BC  AB a .

x

MQ a x

a

  





3
MNPQ

S a x x

  

2 2

3
3.

2 4

a x x  a

 

   

  .

Vậy

2 3

max

4

MNPQ

a
S

đạt được khi    2.

a

a x x x

Câu 2. [2H1-3] Cho tứ diện ABCD có AB vng góc với CD,

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

0x1. Mp

 

P song song với AB và CD lần lượt cắt

, , ,

BC DB AD AC tại M N P Q, , , . Diện tích lớn nhất Smax của tứ giác MNPQ

bằng bao nhiêu?

A. Smax  đvdt.9 B. Smax 4,5 đvdt. C. Smax 36 đvdt. D. Smax 18 đvdt.

Lời giải

Chọn A.

Xét tứ giác MNPQ có

MQ NP AB
MN PQ CD





 

   MNPQ là hình bình hành.

Mặt khác, ABCD  MQMN. Do đó MNPQ là hình chữ nhật.
Vì MQ AB nên

MQ CM

x

AB CB   MQ x AB . 6 .x

Theo giả thiết MC x BC .  BM  



1 x BC



Vì MN CD nên 1

MN BM

x

CD BC    MN  



1 x CD



. 6. 1



 x



Diện tích hình chữ nhật MNPQ là









. 6 1 .6 36 1

MNPQ

S MN MQ  x x x  x

36. 9

2
x  x

 

   

  đvdt.

Ta có SMNPQ 9 đvdt khi

1
1

x  x x

Câu 10. [2D4-2] Câu 46 [Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 123] Tổng các nghiệm phức

của phương trình

3 2

1 2

2 0

1

2 z i

z

iz

i



 







 











là

A. 1 2 .i B. 1 2 .i C. 2 .i D. 2 .i

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

3 2

1 2

2 0

1

2 z i

z

iz

i



 







 





















2 2 0

2 2 2

z i z i

i i
 
  
  
2
2
1
z i

z i i

 


  

   
 
2
1 2
z i
z i
z i
 

 

  


Tổng các nghiệm phức của phương trình là : 1 2 .i

Hai câu tương tự :

Câu 1. [2D4-2] Gọi z z z z là các nghiệm phức của phương trình 1, , ,2 2 4

4
1
1
2
z
z i

 


  

  . Giá trị của



 



1 1 2 1 3 1 4 1

P z  z  z  z 

là:
A. 
17
8 B. 
17
9 C. 
9
17 D. 
17
9
i
Lời giải
Chọn B

Với mọi 2

i
z 

, ta có:

1 1

1 1 2 3

1 2 4

2
2 5
0
z i
z i
z

z z i

z i
z i
i z
z i
z
 



 
 
 


      

  
 

  
  
 
 
 




 



















2 2
2

2 2 2 2

1 2 3 4

1 2 4

1 1 1 1 1 1 1 1

9 25

9 2 13 16 425 17

1 2 .

9 25 9.25 9

i i

P z z z z i

i i
i
     
 
               
    
   
 
   

Ta chọn đáp án B.

Câu 2. [2D4-2] Tính tổng mơ-đun tất cả các nghiệm của phương trình: (z i z )( 21)(z3i) 0

A.3 . B.4. C.6 . D.8 .

Lời giải
Chọn C.

2 3
3 3
2
1
1

( )( 1)( ) 0 1

0 5

1 0

z i

z i z

z

z i z z i z z i

z i

z i i

z iz z

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

Suy ra tổng mô-đun các nghiệm bằng 6.

Câu 3. [2D4-3] Gọi z là số phức thoả mãn z2   z 1 0. Giá trị của biểu thức

2 3 4

1 1 1

2 3 4

P z z z

z z z

     

           

     

A.30 . B.14. C.8 . D.28 .

Lời giải:
Chọn A

Dễ thấy rằng z  không thoả mãn 0 z2   z 1 0, do đó ta có

2 1 0

z   z

1
1
z

z

   z2 12 1

z

  

Ta cũng có

3
3

1
z

z


1 1 1

3 . 2

z z z

   

       

    và

4
4

1
z

z


2
2

2 1

z
z

 

    

 

Vậy

2 3 4

1 1 1

2 3 4 30

P z z z

z z z

     

           

      

Câu 9. [2D1 – 3] Câu 46 [Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 123]Cho hàm số





3 2 2 1 1 (1)

yx  mx  m x

tìm m để hàm số đồng biến trên



1; 2



A. 1m 3 6. B. 3 6  m 3 6 . C. m  3 6. D. m  .1
Lời giải

Chọn A.

Xét hàm số f x( )x3 mx2



2m1



x1

Để (1) đồng biến trên [1; 2]

'( ) 0 [1;2]

(1) 0

'( ) 0 [1;2]

(2) 0

f x x

f

f x x

f

   









   

 


 



TH1:

2 3 1

3 2 2 1 0 (1;2) (1; 2) m 3 6

1
x

x mx m x m x

x


            

 .

Vì f(1) 0  m1
Vậy

1;3 6

m    

 

TH2:





3 1

1; 2
1

x

m x

x



  

 khơng thỏa mãn vì

3 1

lim
1
x

x
x
 






ĐS:

1;3 6

m    

 

Bài tập phát triển:

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

A. m 0. B. m  .1 C. m  .1 D. m [0;1].
Lời giải

Chọn C.

TH1: Nếu m 0 thì hàm số đồng biến trên



0;



(thỏa mãn)
TH2: Nếu m>0 thì y ' 0có x1 m x, 2 0,x3 m.

Hàm số đồng biến trên



 m;0



và



m ;



suy ra để hàm số đồng biến trên



1;2



1 1

m m

   

Kết hợp ta được m  .1

Câu 2: Cho hàm số

3 2

( 1) (2 3) (1)

y x  m x  m x m

tìm m để hàm số nghịch biến trên



1;2



A.

14
3

m

B. m 1. C.

19
3
m 

. D. m  .1
Lời giải

Chọn A.

Xét hàm số









3 2

( ) 1 2 3

f x  x  m x  m x m

'( ) 2( 1) 2 3

f x x  m x m

Để (1) nghịch biến trên (1; 2)

'( ) 0 (1; 2)

(2) 0

'( ) 0 (1; 2)

(2) 0

f x x

f

f x x

f

   










   

 


 



TH1:





2 2 3

( ) 0 1; 2 2

x x

f ' x x m

x

 

    

 khơng thỏa mãn vì

2 2 3

lim

1
x

x x

x
 

 




TH2:

2 2 3

2 2

'( ) 0 1 14

(2) 0 14 3

x x m

m

f x x

m

f m

m

  








       

  

 

   



 .

ĐS:

14
3
m

Câu 10. [2D3-4] Câu 50 [Chuyên Hạ Long, lần 2, 2018-Mã đề 123] Biết rằng

(

)

(

)

3 2

ln ln 1

d .

ln 1 2

= =

-+ -+ +

ò

e

x x b

I x

a

x x e

với , a bẻ Â+. Tớnh b a- .

A. b a- =- 8. B. b a- =- 6. C. b a- =6. D. b a- =10.
Lời giải

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

Ta có

(

)

(

)

3 2

1 1

ln ln ln 1 ln

d . d .

ln 1

ln 1 ln 1

+ = +

+ +

+ + + +

ò

e e

x x x x

x x

x x x x

Đặt

(

)

ln 1 ln 1 ln

d d d .

ln 1 ln 1 ln 1

ổ ử

+ ỗ + ữ

= ị =ỗỗố ữữ

=-ứ

+ + + + + +

x x x

t t x x

x x x x x x

Với
1
1
2 .
2
2
ìïï = ị =
ùùù

ớù
ù = ị =
ùù +
ùợ
x t

x e t

e Khi đó

(

)

2 2
2
2 2
2
2
1
1
2
2

1 1 2 1 1 2

2 2 2 4 8 2

+ + éæ ử ự
ờỗ ữ ỳ
=- =- =- ờỗỗố + ữữứ- ỳ=
-+
ờ ỳ
ở ỷ

ũ

e e

I tdt t

e e
8
6.
2
ỡ =
ùù
ắắđớù = ắắđ -
=-ïỵ
a
b a
b

TỔNG QT. Tích phân dạng

( )

. . '
d
b
a
é ù
+ ë û

ò

k g x f g x g x

I x

g x .

Phương pháp giải: Khi gặp dạng tích phân mà dưới mẫu số là một hàm g x

( )

và trên tử có thể biểu diễn

thành tổng của hai thành phần. Trong đó:

● Thành phần thứ nhất có dạng k g x.

( )

(thường k=0; 1; 2; ; ; ...± ± x x2 ).

● Thành phần thứ hai được cấu tạo bởi tích hai hàm. Cụ thể một hàm biểu diễn theo g x

( )

và một hàm
là đạo hàm của g x

( )

nghĩa là nó có dạng f g x g xéë

( )

ùû. '

( )

Khi đó ta sẽ tách dạng tích phân này thành hai tích phân ứng với mỗi thành phần cấu tạo trên tử ở trên

( )

. '
d d
b b
a a
é ù
ë û

ò

f g x g x

I k x x

g x .

Trong đó tích phân thứ nhất đưa về dạng cơ bản (hoặc khơng tính được thì ta để nguyên) và tích phân

thứ hai được tính bằng cách đổi biến số (hoặc tích phân từng phần sẽ xuất hiện phần tử triệt tiêu với tích
phân khơng tính được ở phần thứ nhất).

Bài 1. Tính các tích phân sau:

(

)

3
0
sin cos
d .
cos cos
p
+
+

ò

x x x x

x x x

I
b*)
3
0
tan 1
d .
cos
p
+
=

ị

x x

I x

x x

Lời giải

a) Ta có

(

)

(

)

(

)

(

)

c s

sin cos

cos cos cos cos

os in +cos 1 sin

+
+ =
+ +

-x
x

x x x

x x x x x

x x x

x

sin 1 sin
.
cos cos

-= +
+
x x

x x x

Do đó

3 3

0 0

sin 1 sin

.
cos cos

p p

-+
= = +
+

ò

xdx

ò

xdx A B

x x x

I

● Tính

3
0
sin
cos
p
=

ị

A xdx

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

i cn:
0 1
.
1
2

3
p
=
=
ỡ = ị
ùù
ùớ
ù = ị
ùùợ
t
t
x
x
Suy ra
1
1
2
1
1
1
2
1
2

ln ln 2

ò

dt =

ò

d = =

A t t

t t

● Tính

3
0
1 sin
cos
p

-=
+

ị

x
B dx

x x . Đặt t= +x c so x, suy ra dt= -

(

1 sinx dx

)

.

Đổi cận: 1

(

)

1
ln
+
=
+

ò

e x
x
xe

I dx

x e x

. Suy ra

1
3
1
2
1
3 2
1
1
ln ln
3 2
p
p
p
+
+ ổ ửữ
ỗ
= = ỗố + ữữứ
=

ũ

ỗ

B dt t

t .

1
ln 2 ln

3 2

p

ổ ửữ

ỗ

= + = + ỗỗố + ữữứ

I A B

b) Ta có

(

)

tan 1 sin cos

cos cos cos

+ = +

+ +

x x x x x

x x x x x

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

/ /

cos sin 2sin cos 2 sin 2sin cos

cos cos

cos cos 2sin cos cos cos 2sin

cos cos cos cos cos

- - + +
=
+
é + ù+ + é + ù
ë û ë û
= = +
+ +

x x x x x x x x x

x x x

x x x x x x x x x x

x x x x x x x

Do đó

(

)

(

)

/
3 3
0 0

cos cos sin

cos cos cos

p p

é + ù

ë û

= +

ò

x x x

ò

x

I dx dx

x x x x

(

)

(

)

2 3

ln cos cos 2ln cos 2ln 2 ln .

p ổp ử

+ ữ
ỗ

= x x+ x - x = + ççè ÷÷ø

Vậy

2 3

2ln 2 ln
12
p
ỉ + ÷ư
ç
= + ççè ÷÷ø
I
.
Bài 2. Tính các tích phân sau:

a*)

(

)

(

)

2
2
1

1 ln 1

d .
ln
+ + +
=
+

ò

x
x

x e x

I x

x x e

b*)

(

)

2
2
1
1
d .
+
=
+

ị

xx

xe

I x

x e

Lời giải

a) Ta có

(

)

(

)

(

)

(

) (

)

(

)

2 2

1 ln 1 1 ln 1 ln

ln ln

+ + + + + + - +

+ +

x x x

x x

x e x x x e x x e

x x e x x e

Do đó

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2
2 2
1 1

1 ln 1 ln

.
ln ln
+ + + +
= - =
-+ +

ò

x x
x x

x x e x x e

I dx dx H K

x x e x x e

Tính

(

)

(

)

(

)

2
2
1

1 ln 1
ln
+ + +
=
+

ò

x
x

x x e

H dx

x x e

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

Đặt

(

)

ln 1 1

ln ln
ì = +
ï ìï =
ï ï
ï ï
ï + + Þ

í = í
-ï ï =
ï ï
ï + ïỵ +
ïỵ
x
x x

u x du dx

x e

dv dx v

x x e x x e

Suy ra

(

)

2 2

1 1

1 1 3 2

ln ln 2 ln 2

- +

= + =- + +

+ x

ò

+ x +

x

H dx K

x x e x x e e e .

Vậy 2 2

3 2 3 2

2ln 2 2ln 2

= - =- + + - =- +

+ +

I H K K K

e e e e

Nhận xét. Bài toán có 2 cái hay. Một là tại sao có sự phân tích được như thế ? Lý do gặp

những dạng bài 2
d

ị

P x

Q ta phân tích P=A Q. 2+ . + . '

B Q C Q . Sau đó ta đi tìm A B C, , . Chú

ý ở đây A B C, , có thể là hằng số, có thể là đa thức hoặc cũng có thể là một biểu thức hổn hợp.
Hai là tích phân K ở trên thuộc dạng khơng tính được ở sơ cấp, may mắn là khi tính tích phân
H nó đã doi ra lượng tích phân - K, đây là ý đồ của người ra đề muốn làm khó chúng ta.

Tương tự như thế, ta xét đến câu b sau đây:

b) Ta có

(

)

(

) (

)(

)

(

)

2 2

2 1 1

1+ + + - + + - +

+ +

x x x x x

x

x x

x xe e x x e e e

xe

x e x e

(

)(

)

(

)

1 1

1 - + .

= - +
+ +
x x
x x
e e
x

x e x e

Do đó

(

)(

)

(

)

2 2 2

1 1 1

1 1
.
- +
= - +
+ +

ò

x x
x x
e e
x

I dx dx dx

x e x e

Tính

(

)(

)

(

)

2
2
1

1- 1+
=
+

ị

x x
x
e e
J dx
x e

. Đặt

(

)

2
1
1 1
ìï = - ìï 
=-ï ï
ï ï
ï + Þ ï
í = í
-ï ï =
ï ï
ï + ïïỵ +
ïỵ
x

x
x
x x

u e dx e dx

e

dv dx v

x e x e

.
Suy ra
2
2
1 1
1
.

-=
-+

ò

+
x x
x x
e e
J dx

x e x e

Do đó

2 2 2 2

1 1 1

-= - +

-+ + +

ò

x x x

ò

x x

x e e

I dx dx dx

x e x e x e

2 2 2 2

1 1 1

2 2 2 2 2

1 1

1 1 1 1

.
2 1
ổ ửữ 
-ỗ ữ
ỗ
= - ỗ + ữữ+
ữ
ỗ + + +
è ø
- - -
-= - + = =
-+ + + +

ò

x x

x x x

x x

x e e

dx dx dx

x e x e x e

e e e e

dx dx

x e x e e e

Vậy
2
2
1 1
2 1
-
-=
-+ +
e e
I

e e.

</div>

Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường thpt chuyên hạ long lần 2 mã 108 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện













































































































5

3









5

( )

3

<i>g x</i>







1

<i>m</i>

<i>m</i>





1

( )

<i>g x</i>



<i>m</i>

<i>m</i>

