Đề thi học sinh giỏi có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 tỉnh bắc giang | 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 (1.06 MB, 46 trang )

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

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI BẮC GIANG

Câu 9 [1D2-3][HSG,Bắc Giang, 2018] Tính tổng:



 







2 2 2

1 2 1009

1009 1009 ... 1009
S  C  C   C

A. C10092018. B. 
1009
2018 1

C  . C. 1009
2018 1

C  . D. 220181
Lời giải

Chọn B.

Xét khai triển

  











2018 1009 1009

1 1 . 1

f x  x  x x



0 1 1009 1009

 

0 1009 1 1008 1009



1009 1009 ... 1009 1009 1009 ... 1009

C C x C x C x C x C

     

Suy ra hệ số của x1009 là:



 







2 2 2 2

0 1 2 1009

1009 1009 1009 ... 1009
C  C  C   C

(1)
Mặt khác:

  



2018

f x  x = 0 2018 1 2017 1009 1009 0
2018 2018 ...C2018 ... 1009
C x C x  x  C
Suy ra hệ số của x1009là: C20181009 (2)

Từ (1) và (2) suy ra:



 







2 2 2 2

0 1 2 1009

1009 1009 1009 ... 1009

C  C  C   C 1009

2018
C





1

 

2 2





1009



2 1009
1009 1009 ... 1009 2018 1

C C C C

     

Câu 1. [1D2-3- PT1] Tổng S C 1009 10090 C1 C10091 C10092 C1009 10092 C3  ... C10091008C10091009 là:
A. C10082018. B.

1008
2018 1

C  . C. 1008
2018 1

C  . D. 22018
Lời giải:

Chọn C

Xét khai triển

  











2018 1009 1009

1 1 . 1

f x  x  x x



0 1 1009 1009

 

0 1009 1 1008 1009



1009 1009 ... 1009 1009 1009 ... 1009

C C x C x C x C x C

     

Suy ra hệ số của x1008 là: C1009 10090 C1 C1009 10091 C2 C1009 10092 C3  ... C10091008C10091009 (1)
Mặt khác:

  



2018

f x  x = 0 2018 1 2017 1008 1009 0
2018 2018 ...C2018 ... 1009
C x C x  x  C
Suy ra hệ số của x1008là: C20181008 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: C1009 10090 C1 C1009 10091 C2 C1009 10092 C3  ... C10091008C10091009

1008
2018
C



Câu 2. [1D2-3- PT2] Tổng 0 12 1 22 .... 2 1





n n

n n n n n n

S C C C C  C C  n n 

là:
A. 32

n
n

C . B. 3

n
n

C . C. 1

n
n

C 

. D. 32 1

n
n

C 
Lời giải

Chọn C

Xét khai triển

  





 



3 2

1 n 1 n. 1 n

f x  x  x x



0 1 1 1 2 2

 

0 1 1



2 2 ... C2 2 ... 2 ...

n n n n n n n n n

n n n n n n n n

C C x x C x  C x C x C x  C

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

Suy ra hệ số của xn1 là: 0 21 1 22 .... 2 1

n n

n n n n n n

C C C C  C C 
(1)
Mặt khác:

  



3 0 1 1 1 3 3

3 3 3 3

1 n ... n n ... n n

n n n n

f x  x C C x C x   C x
Suy ra hệ số của xn1là: 3 1

n
n

C 
(2)

Từ (1) và (2) suy ra: 0 12 1 22 .... 2 1

n n

n n n n n n

C C C C  C C  1
3

n
n

C 



Câu 12. [2D1-3] [HSG,Bắc Giang, 2018]Cho hàm số bậc ba y f x( ) có đồ thị
hàm số như hình vẽ bên dưới. Tìm tất cả các giá trị của m để y f x( ) 2 m
có ba điểm cực trị là:

1
2
3
2

m
m

  


 

 . B.

3
2
1
2

m
m

  


 

 . C. 12 m 32 . D.

1
2
3
2

m
m

  


 

 .

f(x)=(5/18)X^3-(4/9)X^2-(31/18)X
f(x)=1

f(x)=-3

-4 -2 2 4

-4
-3
-2
-1
1
2
3
4

x
y

Lời giải
Chọn D

Xét hàm số g x( ) f x( ) 2 m , x   .

Khi đó





'( ). ( ) 2
'( )

( ) 2

f x f x m
g x

f x m




 ; g x'( ) 0

'( ) 0
( ) 2

f x

f x m




   


Từ đồ thị ta thấy f x'( ) 0 có hai nghiệm phân biệt.

Để hàm số đã cho có 3 cực trị khi và chỉ khi f x( ) 2m có 1 nghiệm khác
nghiệm của f x'( ) 0 hoặc f x( ) 2m có hai nghiệm phân biệt trong đó có
nghiệm trùng nghiệm của f x'( ) 0 .

Dựa vào đồ thị ta thấy yêu cầu bài toán

2 1

2 3

m
m

 


  



1
2
3
2

m
m

  

 

 

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

Bài tập phát triển :

Câu 1. [2D1-3] Cho hàm số bậc ba y f x( ) có đồ thị hàm số như hình vẽ bên dưới.
Tìm tất cả các giá trị của m để y f x( )m có năm điểm cực trị là:

2
2

m
m

 

 

 . B. 2   . C. 2m 2    . D. m 2

2
2

m
m

 

 

 .

f(x)=(5/18)X^3-(4/9)X^2-(31/18)X
f(x)=1

f(x)=-3

-4 -2 2 4

-4
-3
-2
-1
1
2
3
4

x
y

Lời giải

Chọn B

Xét hàm số g x( ) f x( )m , x   .

Khi đó





'( ). ( )
'( )

( )

f x f x m
g x

f x m




 ; g x'( ) 0

'( ) 0
( )

f x

f x m




  



Từ đồ thị ta thấy f x'( ) 0 có hai nghiệm phân biệt.

Để hàm số đã cho có 5 cực trị khi và chỉ khi f x( )m có 3 nghiệm khác
nghiệm của f x'( ) 0 .

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

Câu 2. [2D1-3] Cho hàm số bậc bốn y f x( ) có đồ thị hàm số như hình vẽ bên
dưới. Tìm tất cả các giá trị của m để y f x( )m có năm điểm cực trị là:

A.m . B. 22    . C. m 2 m . D. 2

2
2

m
m

 

 

 .

f(x)=x^4 -4 x^2 +2

f(x)=-2

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5

x

y

Lời giải
Chọn C

Xét hàm số g x( ) f x( )m , x   .

Khi đó





'( ). ( )
'( )

( )

f x f x m
g x

f x m




 ; g x'( ) 0

'( ) 0
( )

f x

f x m




  



Từ đồ thị ta thấy f x'( ) 0 có ba nghiệm phân biệt.

Để hàm số đã cho có 5 cực trị  f x( )m có 2 nghiệm khác nghiệm của

'( ) 0

f x 

hoặc f x( )m có ba nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm trùng nghiệm
của f x'( ) 0 .

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

Câu 13 [2D2-4] [HSG,Bắc Giang, 2018]Trong không gian với hệ tọa độ , cho

mặt phẳng và , . Lập phương trình mặt

phẳng qua và vng góc với đồng thời cách B một khoảng lớn nhất.
A. x y 2z  .3 0 B. x y 2z  .3 0 C. x2y z 0. D. x y 2z 3 0.

Lời giải
Chọn A.

Gọi

 

d là đường thẳng đi qua A và vng góc với mp

 

P vậy phương trình 
đường thẳng của đường thẳng là:

Gọi

 

Q là mặt phẳng đi qua B và song song với mp

 

P vậy phương trình 
mặt phẳng

 

Q là:

Giao điểm của đường thẳng

 

d và mp

 

Q là

Vậy để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì mặt phẳng đi qua A



3; 2;1



và vng góc
với đường thẳng BC vậy ta có phương trình mặt phẳng cần tìm là:

Phát triển
 .

Bài 1. [2D2-4] Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt phẳng

và , . Lập phương trình mặt phẳng qua

và vng góc với đồng thời cách B một khoảng lớn nhất.

A. x y 2z  .1 0 B.    .2z 2 0 C. 2z 2 0. D. x y 3z 5 0.
Lời giải

Chọn B.

Oxyz

 

P x y z:    3 0 A



3; 2;1



B



2;1; 2



A

 

P

 

: 3 2 1

1 1 1

x y z

d     

 

Q x y z:    5 0

8 5 2
; ;
3 3 3

C  

 

2 2 4
; ;
3 3 3

BC  

 



 

P :x y 2z 3 0

Oxyz

 

P x y z:    3 0 A



3; 2;1



B



2;1; 2



A

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

Gọi

 

d là đường thẳng đi qua A và vng góc với mp

 

P vậy phương trình 
đường thẳng của đường thẳng là:

 

: 3 2 1

1 1 1

x y z

d     

 .

Gọi

 

Q là mặt phẳng đi qua B và song song với mp

 

P vậy phương trình 
mặt phẳng

 

Q là:

 

Q x y z:    1 0

Giao điểm của đường thẳng

 

d và mp

 

Q là C



2;1;0





0;0; 2



BC 



Vậy để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì mặt phẳng đi qua A



3; 2;1



và vng góc
với đường thẳng BC vậy ta có phương trình mặt phẳng cần tìm là:

 

P   : 2z 2 0

Bài 2. [2D2-4] Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt phẳng

và , . Lập phương trình mặt phẳng qua

và vng góc với đồng thời cách B một khoảng lớn nhất.

A. x y z    .2 0 B. x y 4z 6 0. C. x y  3 0. D. x y z  0.
Lời giải

Chọn A.

Gọi

 

d là đường thẳng đi qua A và vng góc với mp

 

P vậy phương trình 
đường thẳng của đường thẳng là:

Gọi

 

Q là mặt phẳng đi qua B và song song với mp

 

P vậy phương trình 
mặt phẳng

 

Q là:

Giao điểm của đường thẳng

 

d và mp

 

Q là

Oxyz

 

P x: 2y z  3 0 A



1;0;1



B



2; 2; 2



A

 

P

 

: 1 1

1 2 1

x y z

d    


 

Q x: 2y z 0

2 2 2
; ;
3 3 3

C  

 

4 4 4
; ;
3 3 3

BC   

 

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

Vậy để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì mặt phẳng đi qua và vng góc
với đường thẳng BC vậy ta có phương trình mặt phẳng cần tìm là:

Câu 28 [1H3-3] [HSG,Bắc Giang, 2018]Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCDlà hình
vng cạnh avà đường thẳng SAvng góc với mặt phẳng



ABCD



. Lấy các điểm

M N lần lượt nằm trên các cạnh BC CD, sao cho mặt phẳng



SAM



vuông góc với

mặt phẳng



SMN



. Đặt BM x DN,  y với 0x y a,  . Trong các đẳng thức sau,
đẳng thức nào đúng ?

A. 2x2a2 a x y







. B.x2a2 a x y







.
C. x2a2 a x



2y



. D. x22a2 a x y







Lời giải
Chọn B.

Ta có:



SMN

 

 SAM



tồn tại đường thẳng d trong



SAM



vuông góc với



SMN , suy ra d MN



 , mà MNSAnên MN 



SAM



MN AM .

Ta có AMN900AMB NMC 900tanAMBcotNMC

AB MC

BM NC

  a a x

x a y


 

 x2a2 a x y







.
Câu phát triển

Câu 1: [1H3-3-PT1]Cho hình bình hành ABCD có khoảng cách từ A đến BD bằng

h Trên hai tia Ax Cy, cùng vng góc với



ABCD



và nằm cùng một phía so



1;0;1



A

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

với mặt phẳng



ABCD ta lần lượt lấy hai điểm



M N, sao cho mặt phẳng



BDM

 

, BDN



vng góc với nhau. Đặt AM a CN b,  . Chọn mệnh đề đúng.

A.ab h 2. B. a2b2 h2. C. ab2h2. D. a2b2 4h2.

Lời giải
Chọn A.

Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vng góc của A C, lên BD. Ta có AH CK h.

Vì

BD MA

BD AH




 

 BD



AHM



 



MBD

 

, ABCD



 MHA.

Vì

BD CK
BD CN




 

 BD



CKN



 



NBD

 

, ABCD



 NKC.
Ta có



MBD

 

 NBD





 



, 90

MBD NBD

 



MBD

 

, ABCD





NBD

 

, ABCD



     0

90


  900

MHA NKC

   tanMHA cotNKC

2
a h

ab h
h b

   

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

lượt nằm trên các cạnh BC CD, .Đặt CM x CN,  y với 0x y a,  .Biết mặt
phẳng



SAM

 

, SAN



tạo với nhau một góc 45 .0 Chọn mệnh đề đúng.

A.2a22a x y







xy0. B. 3a23a x y







xy0.
C. a2a x y







2xy0. D. a x y







a2xy0.

Lời giải
Chọn A.

Ta có



 







SAM SAN SA
SA ABCD













SAM

 

, SAN



   



AM AN,



MAN 450

  0

1 2 45

A A

   tan



A1A2



1

 

1 2

tan tan

1
1 tan .tan

A A



 



a x a y

a a

 

  1 a x a y.

a a

 

  a a x y



2  



a2 



a x a y

 





2a ax ay

   ax ay xy  2a22a x y







xy0

Câu 29 [1D1-3] [HSG,Bắc Giang, 2018] Trong các giá trị của tham số msau đây,

giá trị nào thì phương trình







 



2 2 2

cos 4xcos 2x  m 4m3 m 4m6  7 sin 3x
có nghiệm

A.2 B.

1
2


C.1 D.

3
2


Lời giải

Chọn A.

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



 



2 2 2 2

4.sin 3 .sinx xsin 3x m 4m3 m 4m6 7

+ Xét VT 4.sin 3 .sin2 x 2xsin 3x4.sin 32 xsin 3x 5

+ Xét VP



m24m3

 

m24m6



7.

Đặt t



m24m3



 1thì VP t t



 3



7  t2 3t 7  (t 1)



t2



 5 5

Vậy: Ta có

5
5

VT
VP




 



sin 1;sin 3 -1

-1

x x

t

  

  



2
2

sin 1;sin 3 1

4 3 1

x x

m

m m

   



   

   



Phân tích: Đây là một phương trình khơng mẫu mực được giải quyết bằng
phương pháp đánh giá hai vế. Học sinh cần chú ý tới biểu thức của tham
số m để đưa ra được đánh giá, nếu học sinh không để ý biểu thức này mà
cố gắng cô lập tham số và xét hàm thì sẽ mất thời gian vì bài tốn trở nên
cồng kềnh, phức tạp về tính tốn.

Bài tập phát triển:

Ta có thể đưa ra một số bài toán tương tự

Câu 1. [1D1-3-PT1]Trong các giá trị của tham số msau đây, giá trị nào thì
phương trình







2

 

2



2 3

cos 4 cos 2 6 8 6 11 6 2sin

x
x x  m  m m  m    

  có nghiệm

A.3 B.3 C.2 D.1

Lời giải

Chọn A.

Phương trình đã cho tương đương với



 



2 2 2 2

4.cos 3 .cosx xcos3x m 6m8 m 6m11 7

+ Xét VT 4.cos 3 .cos2 x 2 xcos3x4.cos 32 xcos3x 5

+ Xét VP



m26m8

 

m26m11



7.

Đặt t



m26m8



 1thì VP t t



 3



7  t2 3t 7  (t 1)



t2



 5 5

Vậy: Ta có

5
5

VT
VP




 



cos 1;cos3 1

x x

t

  

   

 2

cos 1

6 8 1

x

m

m m




   

   

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

Câu 2. [1D1-3-PT2] Trong các giá trị của tham số msau đây, giá trị nào thì
phương trình





2 ( 4 3) 2

sin 6 - sin 2 log 2 2 2.cos 2

m m

x x        x

 

  có nghiệm

A.2 B.

1
2


C.3 D.1

Lời giải

Chọn A.

Phương trình đã cho tương đương với

2 2 4 3

4.cos 4 .sin 2 cos 4 log 2 3

m m

x x x     

 

 

+ Xét VT 4.cos 4 .sin 22 x 2 xcos 4x4.cos 42 xcos 4x5

+ Xét

2 4 3

log 2 3

m m

VP     

  .

Ta có









2 4 3 2 1 1

m  m  m   

nên

2 4 3 1

2 2

7 7

log 2 log 2 2

2 2

m m 

     

   

   

Suy ra

2 4 3

log 2 3 5

m m

VP      

 

 

Vậy: Ta có

5
5
VT
VP


 

2
2

sin 2 1;cos 4 1

4 3 1

x x
m m
   

 
   

2
2

sin 2 1

4 4 0

x
m
m m
 

   
  


Câu 32 [2D1-3] [HSG,Bắc Giang, 2018] Cho hàm số









3 2

1 4 3 1

y mx  m x   m x

có đồ thị là

 

C , với m là tham số. Tìm tất cảm

các giá trị của m để trên

 

Cm có duy nhất 1 điểm có hồnh độ âm mà tiếp

tuyến của

 

Cm tại điểm đó vng góc với đường thẳng :d x2y0

A. 
1
0
3
m
 
. B. 
1
5
3
m
m
 



 

 . C.

0
2
3
m
m



 

 . D.

0
1
m
m


 
 .
Lời giải
Chọn C.





' 2 1 4 3

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

Đường thẳng d có hệ số góc

1
2

k 

Tiếp tuyến của

 

Cm vuông góc với đường thẳng d 





2 1 4 3 1

2mx m x m

       





2 2 1 2 3 0

mx m x m

     



x 1

 

mx 2 3m



     (*)

1
2 3

x

m
x

m





 

 

 (hiển nhiên m thì phương trình (*) có 1 nghiệm 0 x )1

Phương trình (*) có duy nhất 1 nghiệm âm

2 3

m
m



 

0
2
3

m
m






 



Câu 1: [2D1-3] Cho hàm số y2x33



m1



x26



m1



x1 có đồ thị là

 

Cm , với m

là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để trên

 

C có 2 điểm có hoành độm

âm mà tiếp tuyến của

 

Cm tại điểm đó vng góc với đường thẳng :d

6 0

x y

A. 0 m . B. 
0
1

m
m



 

 . C. m .2 D. m  .1
Lời giải

Chọn C.









' 6 6 1 6 1

y  x  m x m

Đường thẳng d có hệ số góc

1
6

k 

Tiếp tuyến của

 

Cm vuông góc với đường thẳng d 









6 6 1 6 1 1

6 x m x m 

       









6x 6 m 1 x 6 m 2 0

     



 



6 x 1 x 2 m 0

     (*)

1
2

x

x m

 

   

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

Phương trình (*) có 2 nghiệm âm   2 m 0  m 2
Câu 2: [2D1-3] Cho hàm số





3 3 2 3 2 1 2 3
yx  mx  m  x m

có đồ thị là

 

Cm , với m

là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để trên

 

Cm có 2 điểm có hồnh độ

âm mà tiếp tuyến của

 

Cm tại điểm đó vng góc với đường thẳng :d
1

9
6

y  x

A. 0 m . B.

1
1

m
m

 

 

 . C. m .2 D. m  .1
Lời giải

Chọn D.





2 2

' 3 6 3 1

y  x  mx m 

Đường thẳng d có hệ số góc

1
6

k  

Tiếp tuyến của

 

Cm vuông góc với đường thẳng d 





2 2

3 6 3 1 1

6 x mx m 

      





2 2

3x 6mx 3 m 1 0

    



 



3 x m 1 x m 1 0

      (*)

1
1

x m
x m

 


   


Phương trình (*) có 2 nghiệm âm   m 1 0   m 1

Câu 33 [2D2-3] [HSG,Bắc Giang, 2018] Cho mlogx x y3 với x1,y1. Đăt

logx 54logy

T  y x. Khi đó, giá trị của m để T đạt giá trị nhỏ nhất là

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

Lời giải
Chọn A.

Ta có

3 1 1

log log

2 3

x x

m x y  y log 2 3

x y m

   . Khi đó,





2 54 54

log 2 3

x

T y m

y m

    

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

Xét





2 54

( ) 2 3

2 3

f m m

m

  

 ,

3
2

m









108

( ) 4 2 3

2 3

f m m

m


   

 .

Ta có f m( ) 0  m 3. Lập bảng biến thiên ta được Tmin  f(2) .
Vậy chọn A.

Câu 1. [2D2-3PT1] Cho mlogx x y3 với x1, y1. Đăt T 6logx y24logy x. Khi

đó, giá trị của

m

để T đạt giá trị nhỏ nhất là

A.

1
2và

2. B.

2. C.

2 . D. 2.

Lời giải
Chọn C.

Ta có

3 1 1

log log

2 3

x x

m x y  y log 2 3

x y m

   . Khi đó,





24 24

6log 6 2 3

log 2 3

x

T y m

y m

    

 .

Xét

 





24
6 2 3

2 3

f m m

m

  

 ,

3
2

m

 





48
12
2 3
f m
m

  
 .
Ta có
5
( ) 0

2
f m   m

(
1
2
m

loại). Lập bảng biến thiên ta được min

5
2

T   f  

 
.

Vậy chọn C.

Câu 2. [2D2-3PT2] Cho

logx y
m

x


với x1, 0 y 1 . Đăt T logx ylogy x. Khi

đó, giá trị của lớn nhất của T bằng

A. 0 . B. 1. C. 2. D. 2.

Lời giải
Chọn D.

Ta có

log (log 1)

2
x x
y
m y
x
  

logx y 2m 1

   . Khi đó,

1 1

log (2 1)

log 2 1

x

T y m

y m

    

 .

Xét

  



2 1

f m m

m

  

 ,

1
2

m 

 





2
2
2 1
f m
m

  
 .

Ta có f m

 

   0 m 1(m0 loại). Lập bảng biến thiên ta được

( 1) 2

ma x

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

Câu 37 [2D3-3] [HSG,Bắc Giang, 2018] Tính tích phân 2 2 2
2

0 2

sin cos

cos sin d

x x

a x b x

I x








với a b  và 0 a2 b2.

A.

I

a b



 . B.

I

a b



 . C. I  a b .2 D.

ab
a  b .

Lời giải
Chọn A.
Do
0
0
0
a
a
b

b 



 

 và

2 b2 b

a b

a

a  

 

 

 .

Ta có









2 2 2 2

2
0 0
sin 2
cos 2
co
1

2 sin 2

2 d d

2 s 2

x
I

x

b b x

b b

x x

a

a a x a

 
 
  
 




Đặt









2 2 2 2 2 2

2 2
d

cos 2 2 d 2 sin 2 d t t sin 2 d

t a b a b x t t a b x x x x

a b



         

 .

Đổi cận x  0 t 2a2  2 a ,

2 2

x  t b  b

Khi đó









2 2

0 2 2 2 2 2 2 2

2 sin 2 2 2

d d d

2 cos 2 2 2

b b
a a
b
b
b
t
x a

I x t t

t

a a b x a

 

   

  





2 2







2 1

2 2

2 a b b a a b



  



.
Bài tập phát triển

Câu 1. [2D3-3] Tính tích phân





2
0

sin sin d

I x nx x









với n  .

A. I  .0 B. I 2 . C. I 1 . D.

1
2 .
Lời giải

Chọn A.

Xét tích phân





d
b

a

f a b x x 



Đặt t    a b x dt   dx

Đổi cận x a   , x b t at b    . Khi đó





 

b b b

a a a

f a b x x   f t dt  f x x



Ta có

















2 2 2

0 0 0

sin sin d sin sin 2 2 d sin sin d

I x nx x x n x x x nx x

  

 

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





sin sinx nx xd I



 



  

.
Do I     I I 0

Câu 1. [2D3-3] Tính tích phân

 

cos mx cos nx xd








với m, n  và m2 n2 .

A. I  .0 B. I 2 . C. I 1 . D.

1
2 .
Lời giải

Chọn A.
Ta có

 









cos cos d cos cos d

mx nx x m n x m n x x

 

 

 

     















1 1 1

sin sin 0

2 m n m n x m n m n x





 

      

 

 

Do sin



m n







sin



m n







sin



m n

  





sin



m n

  





0

ĐỀ NGUYỄN KHUYẾN – BÌNH DƯƠNG

Câu 25 [2D4-3] [Nguyễn Khuyến, Bình Dương, 18/3,2018] Gọi T là tổng phần
thực và phần ảo của số phức w i 2i2 3i3 .... 2018 i2018. Tính giá trị của T?

A. 0 . B. 1. C. 2. D. 2.

Lời giải
Chọn.B.

Cách 1:
Ta có

2 3 4 2017 2018

2 3 4 ... 2017 2018

w i  i  i  i   i  i



 





 



4 8 2016 5 9 2017

2 6 10 2014 2018 3 7 11 2015

4 8 ... 2016 5 9 ... 2017

2 6 10 ... 2014 2018 3 7 11 ... 2015

i i i i i i i

i i i i i i i i i

         

          



 











2 3

4 8 ... 2016 5 9 ... 2017

2 6 10 ... 2014 2018 3 7 11 ... 2015

i i

i i

         

          

 













504 505 505 504

1 1 1 1

4 4 3 4 2 4 1

n n n n

n i n n i n

   









 



 





 













504 505 505 504

1 1 1 1

4 4 2 4 3 4 1

n n n n

n n n n i

   

   

        





 





1010 1009 .i

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

Cách 2:

Phân tích như Cách 1 nhưng sử dụng cấp số cộng để tính các tổng trên.
Cách 3:

Đặt f x

 

  1 x x2x3....x2017x2018

 

1 2 3 2 ... 2017 2016 2018 2018

f x   x x   x  x

 

2 2 3 3 ... 2017 2017 2018 2018

 

1

xf x  x x  x   x  x
Mặt khác:

 













 













 

2019
2 3 2017 2018

2018 2019
2

1 ....

2019 1 1

. 2

x

f x x x x x x

x

x x x

f x

x

x x x

xf x x

x



       



  

 



  



 

 Thay x i vào

 

1 và

 

2 ta được:













2018 2019

2019 1 1

i i i

w i

i

  





2019 2019 1

1010 1009 .
2

i i

i

   

   



Suy ra tổng phần thực và phần ảo của số phức w bằng 1.

Câu phát triển:.

Câu 1: Gọi M a b



;



là điểm biểu diễn của số phức

2 3 2017 2018

2 3 .... 2017 2018

w  i i  i   i  i trong mặt phẳng . Tính T    ?3a b

A. 2017. B. 2018. C. 2019. D. 2020

Lời giải
Chọn A

Đặt f x

 

  1 x x2x3....x2017x2018

 

1 2 3 2 ... 2017 2016 2018 2018

f x   x x   x  x

 

2 2 3 3 ... 2017 2017 2018 2018

 

1

xf x  x x  x   x  x
Mặt khác:

 













 













 

2019
2 3 2017 2018

2018 2019
2

1 ....

2019 1 1

. 2

x

f x x x x x x

x

x x x

f x

x

x x x

xf x x

x



       



  

 



  



 

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













2018 2019

2019 1 1

i i i

w i
i
    
 
 













2018 2019
2

2019 1 1

i i i

i

  





 

4 504 2







 

4 504 3



2019 1 1

i i i i i

i

  

 2019



 



i i

    



2020 2018

1009 1010 .
2

i

 

      a 1009;b 1010

3 2017

T a b

     .

Câu 2: Gọi T là tổng phần thực và phần ảo của số phức

3 4 2018 2019

2 3 ... 2017 2018

w i  i   i  i . Tính giá trị của T ?

A. 0 . B. 1. C. 2. D. 2.

Lời giải
Chọn. A.

Đặt f x

 

  1 x x2x3....x2017x2018

 

1 2 3 2 ... 2017 2016 2018 2018

f x   x x   x  x

 

2 2 2 3 3 4 ... 2017 2018 2018 2019 1

x f x x  x  x   x  x
Mặt khác:

 













 













 

2019
2 3 2017 2018

2018 2019
2
2018 2019
2 2

2
1
1 ....
1

2019 1 1

. 2

x

f x x x x x x

x

x x x

f x

x

x x x

x f x x

x

       

  
 

  

 

 Thay x i vào

 

1 và

 

2 ta được:













2018 2019

2 3 4 2018 2019 2

2019 1 1

2 3 ... 2017 2018 . 1009 1010

i i i

i i i i i i i

i
  
       














2018 2019

2 3 4 2018 2019 2

2019 1 1

2 3 ... 2017 2018 . 1009 1010

i i i

i i i i i i i

i

  

       



1009 1010 1010 1010

w  i i   i

Câu 26 [2D3-3] [Nguyễn Khuyến, Bình Dương, 18/3,2018] Cho đường trịn có
đường kính bằng 4 và 2 đường Elip lần lượt nhận 2 đường kính vng góc

nhau của đường trịn làm trục lớn, trục bé của mỗi Elip đều bằng 1. Diện

tích S phần hình phẳng bên trong đường trịn và bên ngồi 2 Elip (phần

gạch carơ trên hình vẽ) gần với kết quả nào nhất trong 4 kết quả dưới đây?

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

Lời giải

Chọn C.

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.

Phương trình của Elip (E ) nằm ngang: 1

2 2
1

4 1

x  y 

Cung của (E ) nằm trên trục Ox có phương trình : 1

1
4
2

y x

Phương trình Elip (E ) đứng: 2

2 2
1

1 4

x y

 

Cung của (E ) nằm trên trục Ox có phương trình :2 y2 1x2
Xét phương trình:

2 2

4 2 1 ; 0

2 x  x x có nghiệm

2 5
5

x

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

2 5

2
5

2 2 2 2

0 2 5

4( ( 4 2 1 ) ( 4 4 ) )

S 



x  x dx



x  x dx

2 5

2
5

2 2 2

0 2 5

4( ( 4 2 1 ) 4

x x dx x dx





   





Sử dụng máy tính ta được S 3, 7.
 Bài tập tương tự

Câu 1: Trên cánh đồng cỏ có hai con bị được cột vào hai cây cọc khác nhau. Biết
khoảng cách giữa hai cọc là 4 mét còn hai sợi dây cột hai con bò dài 3 mét

và 2 mét. Tính phần diện tích mặt cỏ lớn nhất mà hai con bị có thể ăn

chung (lấy giá trị gần đúng nhất).

A. 1,034 .m2 B. 1,574 .m2 C.1,989 .m2 D. 2,824 .m2

Hướng dẫn giải
Chọn C

Diện tích mặt cỏ ăn chung sẽ lớn nhất khi hai sợi dây được kéo căng và là
phần giao của hai đường tròn.

Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ, gọi O M, là vị trí của cọc. Bài tốn đưa về
tìm diện tích phần được tơ màu.

Ta có phương trình đường tròn tâm

( )

2 2 2

: + =3

O x y

và phương trình đường

trịn tâm

( ) (

)

2 2 2

: - 4 + =2

M x y

Phương trình các đường cong của đường trịn nằm phía trên trục Ox là:
2

-y x và y= 4-

(

x- 4

)

2
Phương trình hồnh độ giao điểm:

(

)

2 2 21

4 4 9 4 8 16 9

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

Diện tích phần được tô màu là:

(

)

3
8

2 2

2 21

2 4 4 9 1,989

é ù

ê ú

= ê - - + - ú»

ê ú

ë û

ò

S x dx x dx

.
Ta có thể giải tích phân này bằng phép thế lượng giác, tuy nhiên để tiết
kiệm thời gian nên bấm máy.

Câu 2: Ơng An có một mảnh vườn hình elip có độ dài trục lớn bằng 16m và độ dài
trục bé bằng10m. Ông muốn trồng hoa trên một dải đất rộng 8m và nhận
trục bé của elip làm trục đối xứng (như hình vẽ). Biết kinh phí để trồng hoa

là 100.000 đồng/1m . Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên dải đất2

đó? (Số tiền được làm trịn đến hàng nghìn).

A. 7.862.000 đồng. B. 7.653.000 đồng. C. 7.128.000 đồng. D. 7.826.000 đồng.

Hướng dẫn giải
Chọn B.

Giả sử elip có phương trình

2 2
2  2 1

x y

a b , với a b 0.

Từ giả thiết ta có 2a16 a 8 và 2b10 b 5

Vậy phương trình của elip là

 

2 2 1

2
1
5

64
8
1

5
64 25

64
8

   


   

  



y y E

x y

y y E

Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường

   

E1 ; E2 ; x 4; x4
và diện tích của dải vườn là

4 4

2 2

4 0

5 5

2 64 d 64 d

8 2







 





S x x x x

Tính tích phân này bằng phép đổi biến x8sint, ta được

3
80

6 4


 

   

 

S

Khi đó số tiền là

80 .100000 7652891,82 7.653.000

6 4



 

    

  

T

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

Câu 33 [2D1-3] Cho hình lập phương ABCD A B C D cạnh a trên BC’ lấy điểm M. ' ' '

sao cho 3 véc tơ   D M DA AB' ; ', ' đồng phẳng. Gọi V là thể tích .M ABCD . Hãy
tính V theo a?

3
3

a

. B.

3 3

a

. C.

3
2

a

. D.

3 2

a

Lời giải:
Chọn C

Đặt      AB x AD ; y AA; 'z

Gọi M thuộc BC’ sao cho BM k MC'



k  1



 

Ta có: DA'      y z AB, ' x z





' ' ' ' ' ' '

1
1

D M D C C M D C BC
k

x y z

k



   



  



    

  

Để 3 véc tơ đồng phẳng thì m n, sao cho: 'D MmDA'nAB'





1 1 0

1 1

n x m y m n z

k k

 

   

         

 

   

   

1 0

1
1

3
1

1
1

2
1

n

m k

k

m

m n
k

 

    

  



    



 



    


 



Suy ra:  ;   '; 

3 3

3 '

2 2

M ABCD C ABCD

a
BM   MC d  d 

 

 

. ;

. .

3 2

M ABCD M ABCD ABCD

a

V d S

  

B

A

C

D

B’

A’

D’

C’

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

P
Q

N
M

E
C

B
A

[2D1-3-PT1] Cho hình chóp đều .S ABC có ABC đều cạnh bằng a . Gọi M N, lần
lượt là trung điểm của các cạnh AB BC, và P thuộc BC sao cho BP2PC.
Xác định Q thuộc SC sao cho 4 điểm M, N, P, Q đồng phẳng. Mặt phẳng



MNPQ



chia khối tứ diện S. ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa

diện chứa đỉnh A có thể tích V1

Phần cịn lại là V . Tính 2
1
2
.

V
V

A.

8. B.

11. C.

18. D.

11
18

Chọn B.

Goi E là giao điểm của AC và NP ta có
Thể tích khối chóp V V SABC

Gọi P EN CD  và Q EM AD.

Suy ra P Q, lần lượt là trọng tâm của BCE và ABE.
Gọi S là diện tích tam giác BCD , suy ra SCDE SBNE S.

Ta có

. .

3 3

PDE CDE

S
S  S 

Gọi h là chiều cao của tứ diện S.ABC suy ra









, ; , .

2 3

h h

d M BCD  d Q BCD 

Khi đó .A





1 .

. , ;

3 6

M NE ANE

S h

V  S d M BCD  .





1 .

. , .

3 27

Q PCE PCE

S h
V  S d Q BCD 

Suy ra

1 AMN.CQP M.ANE Q PCE.
V V V V

. . 7 . 7 . 7

. . .

6 27 54 18 3 18 SABC

S h S h S h S h

V

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

Vậy thể tích khối đa diện chứa đỉnh

A là 2 1

11
18
ABCD

V V  V V

Suy ra

1
2

7
11

V
V 

[2D1-3- PT2 ] Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thang cạnh đáy AD = 2BC.
Gọi M, N là hai trung điểm của SA, SB tương ứng. Mặt phẳng (DMN) cắt SC

tại P. Tính tỉ số

SMNPD
ABCD

V
V

A.

9. B.

18. C.

18. D.

5
18

Lời giải:
Chọn D

Từ giả thiết ta được

a
CB




Vì P thuộc SC nên CP xCS 

Vì M là trung điểm SA nên ta có: 2 2
DA DS a c
DM    

   



Vì N là trung điểm của SB nên ta có

2 2 4 2 2

a
c b

DS DB a b c

DN

 


    


 

    



Lại có : DP DC CP DC xCS b x c b     

 


       



1 x b xc



   













4 2 2 2

1 1 1

1 0

2 4 2 2 2

a b c a c

x b xc

a b x b x c

 

  

  

      

 

     

           

     

      

   

Đặt      DA a DC b DS c ,  , 

Do M, N, P, D đồng phẳng nên 3 véc tơ DM DN DP  , , đồng phẳng nên ta có
DN DM DP

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

1
2 4
1
(1 )
2
1
2 2
b x
x

 
 




  

  


VËy P trªn SC sao cho

2 2

PS

CP CS PS PC

PC

     

   

Ta có: SACD 2SABC 2VSABC VSACD  V VSABCD 3VSABC

Lại có:
1

. .
6
SMNP
SABC

V SM SN SP
V  SA SB SC 

1 1

6 18

SMNP SABC SABCD

V V V

  

Ta lại có:

1
.

3
SMDP

SACD

V SM SP

V  SA SC 

1 2

3 9

SMDP SACD SABCD

V V V

  

1 2 5 5

18 9 18 18

SMNPD

SMNPD SABCD SABCD SABCD

SABCD

V

V V V V

V

     

Câu 37 [2D3-3] [Nguyễn Khuyến, Bình Dương, 18/3,2018] Biết
3
4
0
1
cos
a b
dx
x c





, trong đó a b c, , là các số tự nhiên đơi một ngun tố cùng nhau. Khi đó giá trị của

2 2 2

2 3 4

T  a  b  c bằng bao nhiêu?

A. T   .15 B. T 14. C. T   .13 D. T 17.
Lời giải
Chọn A.
Ta có
3
4
0
1
cos

I dx
x






3 2 2

0
1
.
cos cos
dx
x x










2
0

1 tan .

cos

dx
x

x






 3









1 tan x d. tanx






3 3
0
tan
tan
3
x
x

 
  

  2 3  a 2,b3,c1

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

Bài 1: Biết 
2
3
6
6
sin
cos

x a b c

dx

x d







, trong đó a b, và c d, là các cặp số tự nhiên nguyên tố
cùng nhau. Khi đó giá trị của T ab cd  bằng bao nhiêu?

A. T  .6 B. T 246. C. T   .13 D. T 17.

Lời giải
Chọn B.
Ta có
2
3
6
6
sin
cos
x
I dx
x







3 2

6
1
tan
cos
x dx
x







3 2

2 2

1 1

tan . .

cos cos
x dx
x x














3
2 2
6

tan . 1 tanx x d. tanx







 3



2 4







tan x tan x d. tanx







 5 3 3

6
tan tan
5 3
x x


 
  

  42 3 8




42, 3, 8, 15

a b c d

      T 246

Bài 2: Biết 
4

3 1 ln

sin
2
a b
dx
x c






, trong đó a b c, , là các số tự nhiên đôi một nguyên tố
cùng nhau. Khi đó giá trị của T 4a33b22c bằng bao nhiêu?

A. T  .5 B. T 29. C. T  .7 D. T 17.

Lời giải

Chọn B.
Ta có
4
3 1
sin
2
I dx
x






4
3 1
2sin .cos
4 4
dx
x x






4
3
2
1 1

2 tan .cos

4 4
dx
x x







4
3 1
2 tan
4
tan
4
x
d
x


 
  
 



4
3
2ln tan
4
x


 
  

  ln 3

1, 3, 1

a b c

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

Câu 38 [2D1-4] [Nguyễn Khuyến, Bình Dương, 18/3,2018] Cho hàm số

 

y f x liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình vẽ.

Hỏi số điểm cực trị của hàm số g x

 

 f x

 

nhiều nhất là bao nhiêu?

A. 8 . B. 5 . C. 6 . D. 7 .

Lời giải
Chọn D.

Ta có đồ thị hàm số y f x

 

có điểm cực tiểu nằm bên phải trục tung nên
đồ thị hàm số cắt trục hoành tại tối đa 2 điểm có hồnh độ dương. Khi đó

do hàm số y f x

 

là hàm số chẵn nên hàm số y f x

 

có 3 điểm cực trị
và đồ thị hàm số y f x

 

cắt trục hoành tối đa 4 điểm. Khi đó hàm số

 

g x  f x sẽ có tối đa 7 điểm cực trị.

2 CÂU PHÁT TRIỂN

Câu 1. [2D1-4-] Cho hàm số f x

 

x3ax2 bx2 thỏa mãn

3 2 0

a b
a b

 


   

 . Số điểm

cực trị của hàm số y f x

 

bằng

A. 11. B. 9 . C. 2. D. 5 .

Lời giải
Chọn A.

Hàm số y f x

 

là hàm số bậc ba liên tục trên  .

Ta có f

 

0   2 0; f

 

1    a b 1 0; f

 

2 4a2b 6 0 và xLim f x

 

  nên 
tồn tại x0  thỏa mãn 2 f x

 

0 0.

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

Câu 2. [2D1-4] Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm và liên tục trên  , hàm số

 

y f x đồ thị như hình vẽ:

-1

-1
0

1 2

-2
2
3

Số điểm cực trị của hàm số

 

y f x  

là:

A. 7 . B. 9 . C. 11. D. 13 .

Lời giải
Chọn D.

Đặt u x

 

 f2

 

x 1u x'

 

2f x f x

   

. '

Khi đó

 

 

' 0

f x
u x

f x




  




1
2
3

1
0

x x
x x
x x
x
x
x x
x



 

 


  

 




 


 

' 0

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

Suy ra đồ thị hàm số

 

y f x  

-1 0

x
2

-1
1
2
3
4
5
6
7
8

x1 x2 x3 x4

Đồ thị hàm số

 

y f x  

có 13 điểm cực trị.

Câu 41 [2D4-4] [Nguyễn Khuyến, Bình Dương, 18/3,2018] Cho z1  vàa bi
2

z   là 2 số phức thỏa mãn: c di z12 4 và z c d1







10. Gọi M là giá trị 
lớn nhất của biểu thức T ac bd cd   . Hãy chọn khẳng định đúng về M .
A.M



11;15



. B. M 



15;17



C. M



11;12



. D. Không tồn tại M .
Lời giải

Chọn A.

Ta có





1
1

z

z c d

 




 



2 2 4
5

a b

c d

  

 
 

 .

Khi đó:

T ac bd cd  



 



2 2 2 2 (5 )

a b c d c c

     2 c2 



5 c



2 5c c 2
.
Đặt f c( ) 2 2 c210c25 5 c c .2

Ta có

 

24 10 5 2

2 10 25

c

f c c

c c



   

 





2
2

2 2 10 25

2 5

2 10 25

c c

c

c c

    

   

 

 

5
2

c

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

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có

5 2 13,3

M   

Dấu bằng xảy ra khi

2
5
2

a b
c d

  



 

 .

2 CÂU PHÁT TRIỂN

Câu 1 [2D4-3-PT2] Cho số phức z thỏa mãn 
3

1
2

z
z

 

và

1
ax

M m z

z

 

.
Khẳng định nào sau đây đúng?

A.M 



1;2



. B.

7
2;

M  

 .

C.

5
1;

M  

 . D.M2M  .5

Lời giải
Chọn C.

Ta có

3
3

1 1 1

z z z

        

   

   

3
3

1 1 1

z z z

   

        

   

3
3

1 1 1

z z z

   

         

   

1 1

3 2

z z

   

        

    .

Mặt khác:

3 3

1 1 1 1

3 3

z z z z

          

   

    .

c  5



 

f c  0 

 

f c



25
5 2

4


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

Suy ra:
3

1 1

3 2

z z

   

. Đặt

1
0

t z
z

  

ta được:
3 3 2 0

t   t  



t 2

 

t1



2 0  t 2.

Vậy M  .2

Câu 2 [2D4-4-PT1] Cho số phức z x yi  với ,x y là các số thực không âm 
thỏa mãn

3
1
1 2

z

z i

 

  và biểu thức







 



2 2

2 2 1 1

P z z i z z z  i z i 

 . Gọi

M m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P . Môđun của
M mi là

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

Lời giải
Chọn B.

Ta có

3
1
1 2

z

z i

 

      z 3 z 1 2i   x y 1 .













2 2

2 2 1 1

P z z i z z z  i z i  16x y2 28 (xy x y ) 16x y2 28xy
.

Đặt txy ta có





2
1
0

4 4

x y

t 

  

Tính giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P16t28t, với

1
0;

t   

  ta được

max 0

P  ; Pmin   Vậy 1 M mi 1.

Câu 42. [1H3-3] [Nguyễn Khuyến, Bình Dương, 18/3,2018] Cho hình chóp 
tứ giác .S ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , tam giác SAB vuông 
cân tại S và tam giác SCD đều. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA 
và BD.

A.

a. B. 2

a

. C. 5

a

. D. 3 5

a
.
Lời giải

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

Tam giác SCD đều suy ra SC SD nên hình chiếu H của S trên



ABCD



cách đều C D, .

Do đó H thuộc MN với M N, là trung điểm của AB và CD .
Ta có HA HB SA SB do đó tam giác SAB vng cân tại S .

Ta có

; ;

2 2

a a

SM  SN MN a

nên suy ra tam giác SMN vng tại S và có

 60

SMN   .

Do SH 



ABCD



SH MNH là trung điểm của MO .
Trong



ABCD



kẻ AE// BD với E CD . Suy ra

















// ; ; ;

BD SAE d BD SA d BD SAE d K SAE . Với K là hình chiếu của H

trên BD.

Ta có















;;



d K SAE KI
HI
d H SAE   .

Kẻ HJ SI tại J thì HJ d H SAE



;





Lại có: 2 2 2

1 1 1

HJ  HI  HS

3 5

a
HJ

 

. Do đó





5
;

a
d SA BD 

Phân tích: Để giải quyết bài toán này ta phải xác định được chân đường cao
từ S xuống đáy. Giả thiết cho mặt bên cân suy ra được H thuộc trung trực 
của đáy.

Bước tiếp theo tính khoảng cách giữa hai đường chéo nhau ta làm như sơ đồ
tính.

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

Bài 1: [1H3-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vng cạnh a ,

17
2

a
SD

. Hình chiếu vng góc H của S lên mặt



ABCD



là trung điểm
của đoạn AB. Gọi K là trung điểm của AD. Tính khoảng cách giữa hai
đường SD và HK theo a .

A.

3
7

a

. B.

3
5

a

. C.

21
5

a

. D.

3
5

a
.

Lời giải

Chọn B.

Ta có SH  SD2 HD2  SD2 HA2 AD2 a 3;

1 2

4 4

a
HM  AC





// //

HK BDKH SBD  d HK SD



;



d HK SBD



;





d H SBD



;





Kẻ HM BD HN; SM tại M N, .

Khi đó d H SBD



;





HN . Mà 2 2 2

1 1 1

HN  HM SH

3
5

a
HN

 

Bài 2: [1H3-3] Cho hình chóp có đáy là hình vng cạnh .
Tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. lần
lượt là trung điểm của . Tính khoảng cách giữa và .

A. . B. . C. . D. .

Lời giải
Chọn C

N

M
S

H

K D

C
B

A

S ABCD ABCD a

SAB M N P, ,

, ,

SB BC SD AP MN

3
15

a

4 15a

3 5

a 5

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

Gọi là trung điểm của
Mặt khác

Gọi là trung điểm của

Ta có: vì cùng song song với

Ta lại có

Xét tam giác :

Vậy .

Câu 43 [Nguyễn Khuyến, Bình Dương, 18/3,2018] Trong khơng gian Oxyz, cho
mặt cầu

 

S :x2y2 z22x4y2z 4 0. Gọi

 

P ,

 

Q là hai mặt phẳng
vng góc với nhau theo giao tuyến d và đồng thời tiếp xúc với

 

S , K là 
hình chiếu vng góc của tâm I của mặt cầu

 

S lên d và M là giá trị lớn 
nhất của diện tích tam giác OIK (O là gốc tọa độ). Hãy chọn khẳng định 
đúng về M .

A. M



2 3; 4



. B. M



2; 2 2



. C. Không tồn tại M . D.



2 3; 4



M 

Lời giải
Chọn B.

H AB SH AB



SAB

 

 ABCD



SH 



ABCD



Q CD HD, AQ E ND , AQ K
/ /

MN PQ SC MN/ /



APQ















d AP MN d MN APQ d N APQ

  









PE ABCD NK AQNK  APQ









d N APQ NK

 

ADQ 2 2 2

1 1 1 5 3 5

5 10

a a

DK NK ND DK

DK  AD DQ      





3 5

a

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

Giả sử

 

S tiếp xúc với

 

P ,

 

Q lần lượt tại E và F. 
Gọi K  d



IEF



 

S :x2 y2 z22x4y2z 4 0 I



1; 2;1



, IE IF  2.
2

IK

  , OI  6.

 

1 1

. .sin 2. 6.sin

2 2

OIK

M S IK IO OIK OIK

   

M

 đạt giá trị lớn nhất bằng 6 khi sinOIK  OI IK1   . 
Bài tập phát triển

Câu 1: [PT1] Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 

S :x2y2z22x4y6z 4 0.
Gọi

 

P ,

 

Q là hai mặt phẳng vng góc với nhau theo giao tuyến d và
đồng thời tiếp xúc với

 

S , K là hình chiếu vng góc của tâm I của mặt
cầu

 

S lên d . Khi diện tích tam giác OIK ( O là gốc tọa độ) đạt giá trị lớn
nhất, gọi h là khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng OK . Khẳng định nào
sau đây đúng?

A. h

 

0;1 . B. h

 

1; 2 . C. h



2;3



. D. h



3; 4



Lời giải

Chọn C.

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

Gọi K  d



IEF



 

S :x2 y2 z22x4y6z 4 0 I



1; 2;3



, IE IF  10.
2 5

IK

  , OI  14.

 

1 1

. .sin 2 5. 14.sin

2 2

OIK

M S IK IO OIK OIK

   

M

 đạt giá trị lớn nhất bằng 70 khi sinOIK  OI IK1   .

Khi đó 2 2

. 2 595

IK IO
h

IA IO

 

 .

Câu 2: [PT1] Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

  

 



2 2 2

: 1 1 3 9

S x  y  z  và

điểm M



2; 3;5



. Ba tia Mx My Mz, , thay đổi, đôi một vuông góc với nhau và
cắt mặt cầu

 

S tại 3 điểm A, B, C . Biết rằng hình chiếu của M lên mỗi

đường thẳng AB, BC , CA cùng thuộc một mặt cầu bán kính R. Khẳng định
nào sau đây đúng?

A.

3
2

R

. B. R3. C.

5
2

R

. D.

3
4

R

.
Lời giải

Chọn A.

Gọi N là trung điểm của BC và ba điểm H, K, E lần lượt là hình chiếu của

M trên AB, AC , BC .

Ta có M



2; 3;5

  

 S .

  

 



2 2 2

: 1 1 3 9

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Suy ra MEIE.

Chứng minh tương tự ta có MH IH, MK IK.

Suy ra H, K, E cùng thuộc mặt cầu đường kính IM  .3
Vậy

3
2

R

Câu 3: [PT3] Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 

S :x2y2z24x4y2z 4 0.
Gọi

 

P ,

 

Q là hai mặt phẳng vng góc với nhau theo giao tuyến d và
đồng thời tiếp xúc với

 

S , K là hình chiếu vng góc của tâm I của mặt
cầu

 

S lên d . Khi diện tích tam giác OIK ( O là gốc tọa độ) đạt giá trị lớn
nhất, gọi r bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK . Khẳng định nào
sau đây đúng?

A. r



4; 2 5



. B. r



5;3



. C. r



3; 4



. D. r



2; 5



Lời giải
Chọn D.

Giả sử

 

S tiếp xúc với

 

P ,

 

Q lần lượt tại E và F.
Gọi K  d



IEF



 

S :x2 y2 z24x4y2z 4 0 I



2; 2;1



, IE IF  5.
10

IK

  , OI  .3

 

1 1

. .sin 10.3.sin

2 2

OIK

S IK IO OIK OIK

  

OIK

S

 đạt giá trị lớn nhất bằng 3 102 khi sinOIK  OI IK1   . 
Khi đó tam giác OIK nội tiếp trong đường trịn đường kính IK  19.



19
2

r

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Cho hàm số









4 3 2 2 3

3 4 6 1 12 1

y x  mx  m  x  m m x

và gọi n là số điểm cực 
trị lớn nhất của hàm số

 





1 2

g x  f x  m 

. Hãy xác định giá trị của n .

A. n .3 B. n .1 C. n .5 D. n .7

Lời giải

Chọn C

 

12 3 2



2 1



f x  x mx  m  x m m 12



x m x





2 m2 1



Đặt h x

 

  f x





. Như thế đồ thị hàm số g x

 

có được bằng cách tịnh tiến
đồ thị hàm số h x

 

theo vectơ





0; 1

v  m 

Ta thấy rằng f x

 

0 ln có ba nghiệm phân biệt nên f x  





0 cũng
ln có ba nghiệm phân biệt, do đó đồ thị hàm số f x 





ln có hai điểm

cực trị nằm về hai phía đối với trục hồnh. Do đó, đồ thị hàm số

 





h x   f x

có 5 điểm cực trị. Vậy đồ thị hàm số

 





1 1

g x  f x  m 

có
nhiều nhất 5 điểm cực trị.

Bài tập phát triển

Câu 1 [2D1-3] Cho hàm số có đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại các điểm như hình
vẽ. Biết rằng . Hỏi đồ thị hàm số có bao nhiêu điểm cực trị.

A. . B. C. . D. .

Lời giải

Chọn B

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Cũng từ đồ thị hàm số ta thấy

Do hàm số nghịch biến trên và nên
Do suy ra .

Như vậy, ta có bảng biến thiên của hàm là

Dựa vào bảng biến thiên của đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có 5
điểm cực trị và cắt trục hồnh tại 4 điểm đơn. Vậy đồ thị hàm số có 9 điểm
cực trị.

Câu 2 [2D1-3] Biết rằng đồ thị hàm số bậc ba cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.
Số điểm cực trị lớn nhất và nhỏ nhất của đồ thị hàm số lần lượt là và . Giá
trị của là

A. . B. C. . D. .

Lời giải

Chọn C

Vì đồ thị hàm số bậc ba cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt nên hàm số có
hai điểm cực trị. Và gọi hệ số ứng với là

Để đồ thị hàm số có số điểm cực trị lớn nhất thì đồ thị hàm số có hai điểm
cực trị dương. Khi đó số điểm cực trị lớn nhất của hàm số là .

Để đồ thị hàm số có số điểm cực trị lớn nhất thì đồ thị hàm số có hai giá trị
cực trị trái dấu nhau và . Khi đó số điểm cực trị lớn nhất của đồ thị hàm số
là .

Vậy đồ thị hàm số có số điểm cực trị lớn nhất là đạt được khi hàm số có
hai giá trị cực trị trái dấu và hai điểm cực trị cùng dương,

Để đồ thị hàm số có số điểm cực trị bé nhất thì có hai điểm cực trị âm. Để
đồ thị hàm số có số điểm cực trị bé nhất thì và hai giá trị cực trị cùng dấu
dương.

Vậy đồ thị hàm số có số điểm cực trị bé nhất là 1 đạt được khi hàm số có
hai giá trị cực trị cùng dấu dương và hai điểm cực trị cùng âm, .

Câu 45: [1D3-3][Nguyễn Khuyến, Bình Dương, 18/3,2018] Cho dãy số

 

un

với

2
sin

3 6

n

u     

 . Gọi S là tổng n số hạng đầu tiên của dãy số này. Tínhn

giá trị của biểu thức









2017 2 2018 3
T  S  S  .

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Lời giải

Chọn A . 
Ta thấy 3

2.3 . 1

sin

3 6 2

k

u      

  ;





3 1

2. 3 1 .

sin 1

3 6

k

u       

  ;





3 2

2. 3 2 . 1

sin

3 6 2

k

u        

  .

Do đó S2016 



u1 u2 u3



....



u2014u2015u2016



0 .
Nên S2017 S2016u2017  và 1

2018 2017 2018

1 1

2 2

S S u   

  .

Vậy









2017 2 2018 3

T  S  S   1 2.12  3 1

Hai câu phát triển thêm :

Câu 1: [1D3-3] Cho

 

an với

1 1

, 3

4 

 n  n  n

a a a a

. Tìm

1 2

2 3 1

lim n ?

n

a a a

a a a 

 
  
 
 
A.
4

3 . B.  .2 C.

3

T
. D. 
1
4

T
.
Lời giải
Ta có:
2
1 1.

 

 

n n

n n n

a a

a a a

1 1

1 1 1 1

3 . 3


 
 
  
 
 
n n

n n n n

a a

a a a a

1 2

2 3 1

   n

n

a

a a

a a a

1 1 1

3 

 

   

an an  1

4 1

3 3 
 

n

a

Suy ra :

1 2

2 3 1

lim

 
 
 
 
n
n
a
a a

a a a 1

4 1

lim

3 3 

 

   

 an  1

4 1 1

lim

3 3 

 

n

a .

Ta có: an   0 n

 

an là dãy số tăng. Nếu

 

a bị chặn thìn

2
liman   L L 3L L

L

  ( Vô lý vì 1

a 

)

Vậy liman  

1
lim 0
 
n
a 1 
1
lim 0

 
n
a .

Câu 2: [1D3-3] Cho dãy số

 

xn được xác định bởi:





2012

1 1
2 1
1;
2012



  n 

n n

x

x x x

.
 Với n là số nguyên dương.

Đặt

2011 2011

2011 2011
3

1 2

2 3 3 1

(2 1) (2 1)

...

2 1 2 1 2 1 2 1

n
n
n
x x
x x

u

x x x x

 

    

   

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

A.

1006
lim

3
 n 

n u . B.

1007
lim

3
 n 

n u . C.

2012
lim

3
 n 

n u . D.

2014
lim

3
 n 

n u .

Lời giải
Ta có

2012
1

(2 1)
2012

n

n n

x

x  x  

,  n 1

Suy ra

2011
1

1 1 1

2( ) (2 1)

1 1

2 1 2 1 (2 1)(2 1) 1006(2 1)

n n n

n n n n n

x x x

x x x x x



  

 

  

    



2011

1 1 1 1 1 1

(2 1) 1 1 1 1

1006 1006

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

n n

i

i i i i i n

x

x x x x x

    

   



      

        



Mặt khác:

2012
1

(2 1)

0
2012

n

n n

x

x x   

nên dãy

 

xn là dãy số tăng  n 1. Nếu

 

xn

bị chặn thì limxn tồn tại.

Đặt limxn a a1 và

2012
( 1)

2012

a

a  a

(vô lý). Suy ra

 

xn không bị chặn trên

hay limxn   suy ra lim 1
1

0
2xn 1

Suy ra

1006
lim

n

nu  .

Câu 46



1D3 - 4



[Nguyễn Khuyến, Bình Dương, 18/3,2018]. Cho cấp số cộng

 

un

với u1 3, công sai d2 và cấp số cộng

 

vn có v12, cơng sai d 3. Gọi X Y, lần lượt là

tập hợp chứa 1000 số hạng đầu tiên của mỗi cấp số cộng. Chọn ngẫu nhiên 2 phần tử bất
kỳ trong tập X Y. Xác suất để chọn được hai phần tử bằng nhau gần nhất với số nào?

A. 0,83.104 B. 1,52.104 C. 1,66.104 D. 0,75.104
Lời giải

Chọn C.

Số hạng tổng quát của dãy

 

un : un   3 (n 1)2 2 n1

Số hạng tổng quát của dãy

 

vn : vm  2 (m1)3 3 m , 1 ,1 n m1000

Tìm số phần tử bằng nhau trong 1000 phần tử đầu tiên

2( 1)

3 1 2 1

n

m  n  m 

Ta có:

( 1) 3, 1000
1000

n m

n

 




 





</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

2
2000

C

  ,

 

1 353

353 2

2000

C

A C P A

C

   

Đáp án C
Bài tập phát triển:

Câu 1:



1D3 - 4



Cho cấp số nhân

 

un với u1 , công bội 21 q và cấp số cộng

 

vn có

1 2

v  , cơng sai d 2. Gọi ,X Y lần lượt là tập hợp chứa 1000 số hạng đầu

tiên của mỗi dãy số. Chọn ngẫu nhiên 2 phần tử bất kỳ trong tập X Y .
Tính xác suất để chọn được hai phần tử khác nhau.

A. 
1
11
2
2000

C

C . B.

1
11
2
2000
1 C

C



. C.

 

1 2
11
2
2000
1 C

C



. D.

 

1 2

11
2
2000

C

C .

Lời giải
Chọn B.

Số hạng tổng quát của dãy

 

un : un 2n 1





Số hạng tổng quát của dãy

 

vn : vm 2 (m1)2 2 m, 1n m, 1000

Ta có: un vn m 2n 2,m 1000



   

2n 1000 n 2 log 1000 9,9

       có 11 giá trị n  có 11 phần tử bằng

nhau trong tập X Y .
2

2000

C

 

 

1 11

11 2

2000

1 1 C

A C P A P A

C

      

Đáp án B

Câu 2:



1D3 - 4



Cho cấp số cộng

 

un với u1 , công sai 3 d 3 và cấp số cộng

 

vn có

1 4

v  , cơng sai d 3. Gọi ,X Y lần lượt là tập hợp chứa 100 số hạng đầu tiên

của mỗi cấp số cộng. Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử bất kỳ trong tập X Y .
Tính xác suất để chọn được 3 phần tử có tổng chia hết cho 3?

A. 
49

199 B.

3. C. 
49
396.

D. 
3
100 .

Lời giải
Chọn A.

Số hạng tổng quát của dãy

 

un : un   3 (n 1)3 3 n

Số hạng tổng quát của dãy

 

vn : vm  4 (m1)3 3 m , 1 , 1001 n m

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Gọi A là biến cố chọn 3 phần tử có tổng chia hết cho 3, suy ra có 2 khả
năng:

TH1: 3 phần tử  X có C1003
TH2: 3 phần tử  Y có C1003

2
200

C

  ,

 

1 1
100 100

2
200

C C

P A

C



  

Đáp án A

Câu 3:



1D3 - 4



Cho cấp số cộng

 

u với n u1  , công sai 4 d 3 và cấp số cộng

 

v cón

1 1

v  , công sai

d 5. Gọi ,X Y lần lượt là tập hợp chứa 100 số hạng đầu tiên của mỗi cấp
số cộng. Chọn ngẫu

nhiên 2 phần tử bất kỳ trong tập X Y . Xác suất để chọn được hai phần tử
bằng nhau và tổng

của chúng chia hết cho 5 bằng:

A. 
2
8
2
100

C

C B.

2
8

2
200

C

C C.

2
4
2
200

C

C D.

1
4
2
200

C
C

Lời giải
Chọn D.

Số hạng tổng quát của dãy

 

u : n un   4 (n 1)3 3 n1

Số hạng tổng quát của dãy

 

vn : vm 1 (m1)5 5 m , 1 ,4 n m100

Tìm số phần tử bằng nhau trong 1000 phần tử đầu tiên





3n 1 5k 4 3n5 k1

Suy ra n chia hết cho 5 tức n5t , k 3 1t



t Z



, do 1 n 100  1 t 20
Vậy ta có 20 số hạng chung.

Giả sử chọn 2 phần tử x x và có tổng chia hết cho suy ra , 2x chia hết cho 5 hay x

chia hết cho 5 . Ta có tập chia hết cho 5 làZ 



5,10,15, 20



Suy ra ta có C41 cách chọn

2
200

C

  ,

 

1 4

4 2

200

C

A C P A

C

   

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Câu 47. [2H1-3] [Nguyễn Khuyến, Bình Dương, 18/3,2018] Cho tứ diện đều

ABCD có cạnh bằng 1. Hai điểm M N, lần lượt di động trên hai cạnhAB AC,

sao cho



DMN

 

 ABC



. Hãy tính giá trị T là tích giá trị nhỏ nhất và giá trị 
lớn nhất của thể tích khối đa diện ADMN .

A.

5
324

T 

. B.

1
324

T 

. C.

7
108

T 

. D.

1
108

T 

Lờigiải

Chọn B.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC suy ra





DG ABC và DG 36 .

Ta có



DMN

 

 ABC



suy ra MN đi qua

G

Đặt

AB
x
AM  ,

AC
y

AN  x y, 1

Ta có

 

. .sin

2 1

. .sin

2
ABC
AMN

AB AC A
S

xy
S  AM AN A

Mà

3
4
ABC

S 

suy ra

3
4

AMN

S

xy



Ta có

 

1 . . 1 1 1

2 . . 3

AMN
ABC

S AM AG AN AG

S AB AI AC AI x y

 

      

    , từ (1), (2) suy ra

1 1 1 1
3

xy x y

 

   

    x y 3

Suy ra y 3 x mà y  1 x 2 từ đó P xy x 



3x



với 1  từ đó tìm x 2

được min max

9
2,

P  P 

suy ra

3 3

9 SAMN  8

mà .

1 6

. . .

3 9

D AMN AMN AMN

V  DG S  S

suy

ra .

2 2

27 VD AMN  24

suy ta

1
324

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Bài toán tương tự:

Câu 1. [2H1-3] Cho tứ diện OABC có OA OB OC, , đơi một vng góc nhau tại O ,
2

OA OB  ,OC1. Hai điểm M N, lần lượt di động trên hai cạnhAC BC,

sao cho



OMN

 

 ABC



. Thể tích khối đa diện ABOMN lớn nhất bằng:

A.

9 B.

6. C.

4 . D.

4
9 .

Lờigiải

Chọn A.

Gọi K là trung điểm AB suy ra OK  AB,kẻ

OI CK ta chứng minh được OI



ABC



và

1
2

OK  AB

suy ra I là trung điểm CK .
Ta có



OMN

 

 ABC



suy ra MN đi qua I 
Ta có .

1
3
O ABC

V 

, VABOMN VO ABC. VO CMN.
Suy ra thể tích khối đa diện ABOMN lớn
nhất khi thể tích khối chóp .O CMN nhỏ nhất,

1 2

. .

3 6

O CMN CMN CMN

V  OI S  S

Đặt

CA
x

CM  ,

CB
y

CN  x y, 1

Ta chứng minh được

1 1 1 1
4

xy x y

 

   

    x y 4

Suy ra y 4 x mà y  1 x 3 từ đó P xy x 



4x



với 1  từ đó tìm x 3
được Pmax  suy ra 3

2
3

CAB
CMN

S
S

xy

 

mà .

1 1

. .

3 9

O CMN CMN

V  OI S 

suy ra

1 1 2

3 9 9

ABOMN

V   

Câu 2. [2H1-3] Cho hình chóp

S ABCD

.

có đáy

ABCD

là hình bình hành tâm

O

.
Mặt phẳng

 



thay đổi luôn đi qua

B

, trung điểm

I

của

SO

và cắt các
cạnh

SA SC

,

và

SD

lần lượt tại

M N

,

và

P

.

Tính GTNN cùa tỷ số

.
.

S BMPN
S ABCD

V

.

A.

9 B.

6. C.

6 . D.

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Lờigiải

Chọn C.

Đặt

,

SA

SC

x

y

SM



SN





x y

,



1

Ta có

2.

4 SA

SC

SB

SD

SO

SM



SN



SB



SP



SI



Nên

3;

SD

SP



x y

 

4

Từ đó





.
.

8

2 4. . .3.1 3

3 4

S BMPN
S ABCD

V



x y



xy



x



x

Từ

x y

     

4 x

4 y

3

vì

y



1.

Xét

 



2 

, 1

3 3 4

f x

x



 



 









2 4 2

'

0

2 3 4

x

f x

x





  











Ta có

 

2

1

3 ;

2

9

6 f



f



f



Vậy
.
.

S BMPN
S ABCD

V

đạt GTNN là

</div>

Đề thi học sinh giỏi có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 tỉnh bắc giang | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện



 







  













 





 

 







  





 

 









 







  













 



  







  





 





 



  











<b>x</b>

<b>y</b>





 

 

 

 

 

 

 





 









 