Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường chuyên khoa học tự nhiên hà nội lần 3 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (428.87 KB, 26 trang )

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

SẢN PHẨM TỔ 3 TUẦN 11

Đề thi thử Trường Chuyên KHTN Hà Nội, lần 3 năm 2018

Câu 26: [2D2-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Gọi M và mtheo thứ tự là nghiệm nguyên lớn

nhất và nghiệm nguyên nhỏ nhất của bất phương trình









2 1 2 1 log 4

0
5x 5x

x  x  x


 .

Khi đó tích M m bằng.

A. 6. B. 24. C. 3. D. 12.

Lời giải

Chọn A.

* Phân tích

- Lập bảng xét dấu vế trái của bất phương trình để tìm nghiệm của bất phương trình.
- Chọn nghiệm nguyên lớn nhất và nghiệm nguyên bé nhất ta có kết quả.

* Giải

Đặt

 









2 1 2 1 log 4

5x 5x

x x x

f x      



 













3 1 log 4 0

2 1 2 1 log 4 1

0 0

2 1 2 0

5x 5x

x

x x x x

f x

x

x x

  



      

      

   

  

 

f x không xác định khi 5x2 5x 0



1;0;1



x

    

Bảng xét dấu f x

 

Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là: S  



4; 1 \

 

1;0



Suy ra M  2;m  3 Mm6.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D2-3] Gọi m nghiệm nguyên nhỏ nhất của bất phương trình









3 2 2 1 log 3

0
2x 2x

x  x  x



 . Khi đó m bằng

A. 2. B. 3. C. 3. D. 4.

Câu 2: [2D2-3] Gọi m nghiệm nguyên nhỏ nhất của bất phương trình









2 3 3 1 log 4

0
5x 5x

x  x  x


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

A. 3. B. 4. C. 3. D. 12.

Câu 27: [2D1-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trên một chiếc đài Radio FM có vạch chia để 
người dùng có thể dị sóng cần tìm. Vạch ngoài cùng bên trái và vạch ngoài cùng bên phải
tương ứng với 88 MHz và 108 MHz. Hai vạch này cách nhau 10 cm . Biết vị trí của vạch cách

vạch ngồi cùng bên trái d (cm) thì có tần số bằng .k a MHz. với k và d a là hai hằng số.
Tìm vị trí tốt nhất của vạch để bắt sóng VOV với tần số 102,7 MHz.1

A. Cách vạch ngoài cùng bên phải 1,98 cm . B. Cách vạch ngoài cùng bên phải 2,46 cm .
C. Cách vạch ngoài cùng bên trái 7,35 cm . D. Cách vạch ngoài cùng bên phải 8, 23 cm .

Lời giải

Chọn B.

* Nhận xét

Tần số phụ thuộc vào 2 ẩn k và d . Do đó, ta thiết lập mối quan hệ giữa k và .d

* Giải

Đặt f =k a. d(MHz) với k và a là hai hằng số
0

88
d

f


 

 88k a. 0  k 88

88
d

f


 


10 1027

108 .

k a a

   

Khi f =102,7 thì d=7,54 (bên phải).

Câu 28: [1H3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác 
đều cạnh a. Hình chiếu của S trên mặt phẳng



ABC



trùng với trung điểm BC , cho SA a
và hợp với đáy một góc 30 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng0

A. 
3
2
a

. B.

2
3
a

. C.

2 2

3
a

. D.

3
4
a

Lời giải

Chọn D.

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

Theo đề bài ta có:

 300 ; 3; ( )

2 2

a a

SAH  SH  AH  BC SAH

. Kẻ đường cao HK trong
SAH



( ; )

4
a
d SA BC HK

  

Bài tập tương tự

Câu 1: [1H3-3] Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông BA BC a. ' ' '   ,
cạnh bên AA'a 2, M là trung điểm của BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và

'
B C là:
A. 2

2
a

. B. 5

5
a

. C. 3

3
a

. D. 7

7
a

Câu 2: [1H3-3] Cho hình chóp .S ABCD có ABCD là hình vng cạnh a.Tam giác SAB đều và nằm 
trong mặt phẳng vng góc với đáy. M N P lần lượt là trung điểm của , ,, , SB BC SD . Tính 
khoảng cách giữa AP và MN

A.

3
15

a

B. 4 15a. C.

3 5

10
a

D. 
5
5
a

Câu 29: [2H3-2][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng

2
:

1 1 1

x y z

d   

 và 2

1 2

2 1 1

x y z

d    

 Phương trình mặt phẳng

 

P song song và cách 
đều hai đường thẳng d d là1, 2

A. 2y2z  .1 0 B. 2y2z  .1 0 C. 2x2z  .1 0 D. 2x2z  .1 0

Lời giải

Chọn A.

Vì d , 1 d chéo nhau và 2

 

P song song d , 1 d nên 2 nP u ud1; d2



0; 1;1



  

 

P cách đều d1 và d2 nên

 

P qua trung điểm

1
1; ;1

2
I  

  của MN với M



2;0;0



d1,



0;1;2



N d .

Phương trình của

 

P : 2y2z  .1 0

Bài tập tương tự

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

3 1 3

2 1 1

x y z

d     

và

3 12 2

2 5 3

x y z

d     

 . M , 1 M lần lượt là hình chiếu của 2 M lên d , 1 d . Tìm 2 M biết

rằng M là trung điểm của M M .1 2

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

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

: 2 4

x

d y t

z t


  

  

 và 2

3 7

1 4 3

x y z

d    



A B là hai điểm di động trên d1 thỏa AB . C , 6 D là hai điểm trên d2 thỏa CD 26.

Tìm VABCD.
A.

6 . B. 25 . C.

6 . D. 6 26 .

Câu 30: [2D3-4][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Giả sử số tự nhiên n thỏa mãn2

2 4 6 2 2 2

0 2 2 2 2 2

8192
...

3 5 7 2 1 2 1 15

n n

n n n n n

n

C C C C C

C

n n



      

  . Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. 6  .n 9 B. 9 n 12. C. n .6 D. Không tồn tại n.

Lời giải

Chọn D.

* Phân tích:

Ta thấy xuất hiện mẫu số ở tất cả các phần tử, mẫu số là các số lẻ chạy từ 1 đến



2n1



.
+) Tử số là các C với chỉ số là chẵn chạy từ 0 đến

 

2n . Với dạng phân số như này ta nghĩ
đến khai triển Newton





1x n

sau đó nguyên hàm cả hai vế của khai triển để xuất hiện dạng
phân số như đề bài yêu cầu.

+) Ta lại thấy rằng đề bài chỉ còn giữ lại những C với hệ số chẵn nên ta nghĩ đến việc khử các
C với hệ số lẻ đi dựa vào công thức









0 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

1 1

. . ... . .

n n

n n n n

n n n n n

x x

C C x C x C  x  C x

  

     

* Giải

Xét khai triển









0 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

1 1

. . ... . .

n n

n n n n

n n n n n

x x

C C x C x C  x  C x

  

     

 

*

Nguyên hàm cả hai vế của

 

* ta được





2 1





2 1

1 1

1
.

2 2 1 2 1

n n

x x
C
n n
 
   
 
 
   
 

3 5 2 1 2 1

0 2 4 2 2 2

2 2 . 2 . ... 2 . 2 .

3 5 2 1 2 1

n n

n n n n n

x x x x

C x C C C C

n n

 



     

 

 

Với x ta được 0

 

**   .C 0
Với x ta được 1

 

2 4 6 2 2 2

2 1

0 2 2 2 2 2

1 2

. ...

2 2 1 3 5 7 2 1 2 1

n n

n

n n n n n

n

C C C C C

C

n n n




       

  

2 1

1 2 8192

2 2 1 15

n
n

 

2 1

2 16384

2 1 15

n



 

 .

Đặt

 

2t

f t
t



. Dễ có f t

 

đồng biến trên



5;



.
Mà

 

32768
15
15
f 

;

 

8192
13
13
f 

. Ta có

 

16384

13 15

f   f

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

Không tồn tại t



2n1|n;n2



thỏa mãn

 

16384
15
f t 

.
Vậy khơng có giá trị nào của n thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D3-4] Giả sử số tự nhiên n thỏa mãn 2

1 3 5 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 ... 2 1 2 1 8191

2 4 6 2 2 2 14

n n

n n n n n

C C C C C

n n

 

          

 .

Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. 5  .n 9 B. 9 n 12. C. n .5 D. Không tồn tại n.

Lời giải

Chọn A.

* Phân tích:

Ta thấy xuất hiện mẫu số ở tất cả các phần tử, mẫu số là các số chẵn chạy từ 2 đến



2n2



Tử số là các C với chỉ số là lẻ chạy từ 1 đến



2n1



. Với dạng phân số như này ta nghĩ đến
khai triển Newton





2 1

1x n

sau đó nguyên hàm cả hai vế của khai triển để xuất hiện dạng
phân số như đề bài yêu cầu.

Ta lại thấy rằng đề bài chỉ còn giữ lại những C với hệ số lẻ nên ta nghĩ đến việc khử các C 
với hệ số chẵn đi dựa vào công thức





2 1





2 1

1 3 3 5 5 2 1 2 1 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

1 1

. . . ... . .

n n

n n n n

n n n n n

x x

C x C x C x C x C x

 
   
    
  
     
* Giải

Xét khai triển





2 1





2 1

1 3 3 5 5 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

1 1

. . . ... .

n n

n n n n

x x

C x C x C x C x

 

   

  

    

 

*

Nguyên hàm cả hai vế của

 

* ta được





2 2





2 2 2 4 6 2 2 2

1 3 5 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

1 1

. . . ... . .

2 2 2 2 2 2 4 6 2 2 2

n n n n

n n

n n n n n

x x x x x x x

C C C C C C

n n n n

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

 

Với x ta được 0

 

1
2 2
C
n

  
 .
Với x ta được 1

 

1 3 5 2 1 2 1

2 2

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

1 2 1

. ...

2 2 2 2 2 2 4 6 2 2 2

n n

n

n n n n n

C C C C C

n n n n

 

    
       

  
2 2

1 2 1 8191

2 2 2 2 2 14

n
n n

  
 
2 2

2 2 8191

2 2 2 2 7

n

n n



  

  .

Đặt

 

2t 2

f t

t t

 

. Dễ có f t

 

đồng biến trên



6;



.
Mà

 

8191
14

f 

.
Vậy n6.

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

A. S 2017.22018 .1 B. S2017.22018. C. S2018.22018 .1 D. S 2019.22018 .1

Lời giải

Chọn A.

* Phân tích:

- Có thể làm theo cách trắc nghiệm bằng cách tính S 1 2.2 3.2 2 và tương ứng với bộ (hệ
số, số mũ) =(3, 2) vào các phương án trả lời, suy ra đáp án A.

- Bài tốn tổng qt: Tính tổng 0 1.q1 2.q2 3.q ...3 .q

n
n

S a a a a  a với a a a0, , ,...,1 2 an lập
thành một cấp số cộng. Phương pháp để tính S là nhân cả 2 vế với q rồi trừ vế với vế, sử dụng 
cơng thức tính tổng n số hạng liên tiếp của một cấp số nhân là xong.

* Lời giải:

- Ta có: S 1 2.213.224.23 ... 2018.22017

1 2 3 2017 2018

2.S 1.2 2.2 3.2 ... 2017.2 2018.2

      

- Trừ vế với vế của hai biểu thức trên ta được:



1 2 2017



2018

2 1 2 2 ... 2 2018.2

S S      

2017

2018 2018 2018

2018

2 1

1 2 2018.2 1 2 2 2018.2

2 1
2017.2 1



      



  

2018

2017.2 1
S

  

Câu 31: [2D3-3][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hàm số f x

 

liên tục trên  và

 

3f  x 2f x tan x. Tính

 

d
f x x








.
A. 1 2




. B. 2 1

 

. C. 1 4




. D. 2 2




Lời giải

Chọn D.

 

3f  x 2f x tan x 1

Thay x x. 1

 

3f x

 

2f

 

 x tan2

 

 x tan2x

 

2
2

1 .2 2 .3 5 tan 5

tan

x f x

f x x

  

 

 





4 4 4 4

2 2 2

0 0

4 4

d tan x d 2 tan x d 2 1+tan x 1 d

I f x x x x x

   

 

 

 

















  





2 tan 2

2
I  x x   
.

Câu 32: [2H2-2][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng
. Góc giữa đường chéo của mặt bên và đáy của lăng trụ là . Tính diện tích mặt cầu ngoại
tiếp hình lăng trụ đó.

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

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

Lời giải

Chọn A.

Gọi H là tâm ABC thì

3
3
a

AH 

Ta có









A B ABC ,







A B AB ,



 

A BA  AA AB.tan 60 a 3.

Gọi M là trung điểm AA thì

3
2
a
AM 

. Mặt phẳng trung trực của đoạn AA cắt trục của
đường tròn ngoại tiếp ABC tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.

Ta có R2 IA2 IM2AM2  AH2AM2

2 2

4 3

a a

  13 2

a



Câu 33: [2H1-3][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho khối chóp tứ giác .S ABCD . Mặt phẳng đi 
qua trọng tâm các tam giác SAB, SAC, SAD chia khối chóp này thành hai phần có thể tích là

V và V 2



V1V2



. Tính tỉ lệ 
1
2

V
V .
A.

27. B.

81. C.

19. D.

16
75.

Lời giải

Chọn C.

13
π

3 a

5
π

3 a

13
π

9 a

5
π

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

Gọi G , 1 G , 2 G lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB , SAD , SAC .3

Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB, AC thì

1 2

SG
SG

SI   SJ

1 3 //

G G IJ

  G G1 3//



ABC



.

Chứng minh tương tự ta có G G2 3//



ABC



.

Suy ra



G G G1 2 3

 

// ABCD



.

Qua G dựng đường song song với 1 AB, cắt SA , SB lần lượt tại M , N .

Qua N dựng đường song song với BC , cắt SC tại P.

Qua P dựng đường song song với CD , cắt SD tại Q.

 Thiết diện của hình chóp .S ABCD khi cắt bới



G G G1 2 3



là tứ giác MNPQ.

Ta có

.
.

S MNP

S ABC
V

V SM SN SPSA SB SC. .. .  278 . .

8
27

S MNP S ABC

V V

 

(1)
Tương tự ta cũng có . .

8
27

S MPQ S ACD

V V

 

(2)
Từ (1) và (2) suy ra . .

8
27

S MNPQ S ABCD

V  V 1

8
27

V V

  2 1

19
27

V V V V

   

. Vậy

1
2

8
19
V

V  .



 







 21

cos ; cos .

OH

ABA B ABCD B OH

B H

  

   



Câu 34: [1D5-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hàm số

 



2 1

 

2 4

 

2 9

 

2 16



f x x x  x  x  x 

. Hỏi phương trình f x

 

0 có bao nhiêu nghiệm?

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

Lời giải

Chọn A.

Ta dùng các kết quả sau để đếm nghiệm :
Một đa thức bậc n có tối đa n nghiệm.

Nếu một hàm số y f x

 

liên tục trên

 

a b; và f a f b

   

. 0 thì phương trình f x

 

0 có
nghiệm trên



a b;



Ta có

 



 





 





 





 





 



 

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

' 2 1 4 9 16 .2 4 9 16

1 2 4 9 16 1 4 2 16

1 4 9 2 2 .

f 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 g x

         

        

   

 

 

' 0

x
f x

g x




   



( )

g x là một đa thức bậc 8 liên tục trên  và có g

 

 4 0, g

 

 3 0, g

 

 2 0,

 

1 0,

 

0 0

g   g  nên có 8 nghiệm, mỗi nghiệm thuộc một trong các khoảng



 4; 3



,

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

Vậy phương trình f x

 

0 có 9 nghiệm.

Bài tập tương tự

Câu 1: [1D5-3] Cho hàm số

  





 



2 2 2 2

1 2 2 3 2 8

f x  x x  x x  x x  x

. Hỏi phương trình

 

f x  có bao nhiêu nghiệm?

A. 4. B. 5 . C. 7 . D. 6 .

Câu 2: [1D5-3] Cho hàm số

 



 

3 ...

 

2018



x

f x  e  x x x x x

. Hỏi phương trình

 

f x  có bao nhiêu nghiệm?

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

Câu 35: [2H1-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho chóp tam giác đều S ABC. đỉnh S, có độ dài

cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Biết mặt
phẳng



AMN



vng góc với mặt phẳng



SBC



. Tính diện tích tam giác AMN theo a .

A.

10
24

a

. B.

10
16

a

. C.

5
8

a

. D.

5
4

a

Lời giải

Chọn B.

* Phân tích:

Cần xác định góc giữa hai mặt phẳng



AMN



và



SBC



. Tức là chỉ ra mặt phẳng vng góc
với giao tuyến của hai mặt phẳng đó, ta tìm ra



SAI



. Từ đó suy ra tam giác AKI vng ở K .

* Giải

Dễ thấy AMN cân tại A , SBC cân tại S nên suy ra AK MN và SI MN
nên



AMN

 

, SBC



AKI  90 .

Phương tích của điểm I đối với đường trịn ngoại tiếp tam tứ giác AHKS ta có:

2 2 2

. . . 2

3 8

a

IH IA IK IS  AI  IK IK  2 2 5

2 2
a

AK AI IK

   

.
Diện tích

1 10

. .

2 16

AEF

a
S  AK MN 

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

Bài tập tương tự

Câu 1: [2H1-4] Cho hình chóp đều .S ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi E , F lần lượt là trung
điểm của các cạnh SB SC . Biết mặt phẳng (, AEF vng góc với mặt phẳng () SBC . Tính thể )
tích khối chóp .S ABC .

A.

3 5

24
a

. B.

3 5

8
a

. C.

3 3

24
a

. D.

3 6

12
a

Câu 2: [2H1-4] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB a , AD2a.
Mặt phẳng



SAB



và



SAC



cùng vng góc với



ABCD



. Gọi H là hình chiếu vng góc 
của A trên SD . Tính khoảng cách giữa AH và SC biết AH  .a

A. 
73

73 a. B.

2 73

73 a. C.

19 a. D.

2 19
19 a.

Câu 36: [2H1-3][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hình hộp đứng ABCD A B C D có đáy. ' ' ' '
ABCD là hình thoi cạnh a , ABC120 ,o AA' 4 a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

A C và BB .'
A.

3
.
2
a

B. a 3. C. 2.
a

D. 
.
3
a

Lời giải

Chọn C.

* Phân tích:

Nhận thấy rằng đây là bình hình học khơng gian thuần túy, tương đối dễ. Mấu chốt vấn đề là
nhận thấy BB' ||



ACC A' '



và đáy là hình thoi. Bài tốn này khá cơ bản nên có thể giải được
bằng nhiêu cách. Hình như giả thiết AA' 4 a hơi bị thừa. Không biết ý đồ của tác giả ra đề để

làm gì?

Lời giải

* Giải

Cách 1:

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

Vì tam giác ABD đều cạnh a nên 2
a
BE

. Suy ra



', '



2
a
d BB A C 

Cách 2:

Ta có



', '



6 ' '





'. ' .sin ', '
BB A C
V
d BB A C

BB A C BB A C



.
Ta có

'. ' . ' '.

1 1 1 3

' . 4 . . .sin120

3 3 2 3

o
B A CB A A BC A ABC ABC

a

V V V  A A S  a a a 

Vì





'. ' '. ' '. ' '. ' 16

BB A C BB A A AC  BB A A BB AA   a
      

nên





'. ' 16 2 4

cos ', '

4 . 19 19

' . '

BB A C a

BB A C

a a
BB A C

 

  

 
 

 

suy ra





3
sin ', '

19
BB A C 

Thay vào công thức cho ta





3
6.

3
', '

2
3
4 . 19.

19
a

a

d BB A C

a a

 

Bài tập tương tự

Câu 1: [1H3-3] Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D có . ' ' ' ' AB a BC , 3a. Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng 'A C và BB .'

A. 
3

.
10

a

B. 
.
10
a

C. 
2

a

D. 
5

.
10

a

Câu 2: [1H3-3] Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân,. ' ' '

, 120 ,o ' 3

AB AC a  BAC AA  a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 'B A và BC .

A. 
37

.
37
a

B.

2 37
.
37

a

C.

3 37
.
37
a

D.

5 37
.
37
a

Câu 37: [2D1-3][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau

Với các giả trị thực của tham số m, phương trình f x m







0 có nhiều nhất bao nhiêu
nghiệm?

A. 4. B. 5. C. 6. D. 3.

Lời giải

Chọn C.

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

Nhận thấy rằng đồ thị hàm số y f x m







có được bằng cách tính tiến đồ thị hàm số

 

y f x

qua trái hay qua phải m đơn vị. Do đó, ta chỉ cần chọn giá trị tham số m để 
phương trình có số nghiệm f x m







0 có số nghiệm nhiều nhất.

* Giải

Vì hàm số y f x m







là hàm chẵn nên đồ thị đối xứng nhau qua trục Oy . Chẵng hạn, chọn
2

m  thì đồ thị sẽ tịnh tiến qua trái theo trục Ox hai đơn vị, phần đồ thị ứng với x bỏ đi, 0
phần đồ thị ứng vớix thì giữ nguyên, rồi lấy đối xứng qua trục Oy ta được đồ thị hàm số0





y f x 

. Do vậy, số nghiệm nhiều nhất của phương trình f x



2



0 sẽ là 6 nghiệm.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D1-3] Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như hình vẽ.

Với các giá trị thực của tham số m , phương trình f x m







0 có nhiều nhất bao nhiêu
nghiệm.

A. 4. B. 5. C. 6. D. 3.

Câu 2: [2D1-3] Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như hình vẽ.

Với các giá trị thực của tham số m, phương trình f x m







0 có nhiều nhất bao nhiêu

nghiệm.

A. 4. B. 5. C. 6. D. 8.

Câu 38: [2D4-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho số phức thay đổi thỏa mãn
. Gọi là đường cong tạo bởi tất cả các điểm biểu diễn số phức
khi thay đổi. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong .

A. 12 . B. 12 2. C. 9 2. D. 9 .

Chọn B.

z

z i   z i S



z i i

 

1



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

Gọi M x y



;



là điểm biểu diễn số phức z x yi x y 



,  



Ta có z i   z i 6









2 2

2 1 2 1 6

x y x y

       MF1MF2  6 2a

trong đó





 

1 0; 1 , 1 0;1

F  F

suy ra M x y



;



nằm trên Elip có a3;c1;b2 2.
Diện tích của Elip S . .a b6 2.

Phép biến đổi “hợp thành”

  ,





 , 2



 



0; 1 4 1 1 1

2 2

O O

v

Q V

T

z    z i     i z i   i z i

 

 



Diện tích qua biến đổi phép tịnh tiến, phép quay giữ nguyên. Qua phép quay QO, 2

gấp 2 lần.
Suy ra S 6 2 .2 12 2  .

Câu 39: [2H3-3][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 

S x: 2y2 z2 4x10y2z 6 0

. Cho m là số thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt 
phẳng y m và x z  3 0 tiếp xúc với mặt cầu

 

S . Tích tất cả các giá trị mà m có thể 
nhận được bằng

A.  .11 B. 10. C. 5. D. 8.

Lời giải
Chọn A.

“Nhận xét: Dùng điều kiện tiếp xúc của mặt cầu với đường thẳng”

Mặt cầu

( )

S có tâm I

(

2; 5;1-

)

và bán kính R= 4 25 1 6+ + + =6
Đặt

( )

P y: =m và

( )

Q x z: + - =3 0

Gọi d=

( ) ( )

P ầ Q

Chn A

(

0; ;3m

) ( ) ( )

ẻ P Ç Q và B m

(

1; ;2

) ( ) ( )

ẻ P ầ Q .
Ta cú: AB qua A

(

0; ;3m

)

và có VTCP AB=

(

1;0; 1-

)

uuur

(

2; 5;2

)

IA= - m+
uur

(

)

, 5;0; 5

IA AB m m

é ù= + +

ê ú

ë û

uur uuur

(

)

(

)

(

)

2 2

, 5 0 5

, 5

IA AB m m

d I d m

AB

é ù + + + +

ê ú

ë û

= = = +

uur uuur
uuur

d tiếp xúc với mặt cầu

( )

S





, 5 6

11
m

d I d R m

m



        


Suy ra tích các giá trị m bằng 11

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

Câu 1: [2H3-3]Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 

2 2 2

: 2 2 4 0

S x y  z x y z m  . Cho m 
là số thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng x và 1 y z  1 0 tiếp xúc với mặt cầu

 

S

. Tổng tất cả các giá trị mà m có thể nhận được bằng

A. 4 . B. 10. C.  .4 D. 10.

Câu 2: [2H3-3]Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ,

 

S x: 2y2z22x2y2z 1 0. Cho m 
là số thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng z m và x y   tiếp xúc với mặt cầu1 0

 

S

. Tổng bình phương tất cả các giá trị mà m có thể nhận được bằng

A. 0 . B. 9. C. 2 . D. 7.

Câu 40: [2D3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hàm số f x

 

thỏa mãn

 

2018

. .ex

f x f x  x

với mọi x  và f

 

1 1. Hỏi phương trình

 

1
e
f x  

có bao
nhiêu nghiệm?

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

Hướng dẫn giải

Chọn D.

Ta có:

 

  



2018 2018

. d .e dx d 1 .ex

f x f x  x x x f x  f x  x C



 

2019





 

2019





. 1 .e 2019 1 .e 2019

2019

x x

f x x C f x x C

          

.
Do f

 

1 1 nên 2019C1 hay

 





2019

2019 1 .ex 1

f x  x 

 

  .

Ta có:

 





2019

2019 2019

1 1 1

2019 1 .e 1 0

e e e

x

f x   f x     x   

Xét hàm số

 





2019

1
2019 1 .e 1

e
x

g x  x  

trên  .

 

2019 .ex

g x  x

, g x

 

  0 x 0,

 

2019
1

0 2019 1 0

g     

, xlimg x

 

 ,

 

2019

lim 1 0

xg x    .

Bảng biến thiên của hàm số:

Do đó phương trình

 

1
e
f x  

có đúng 2 nghiệm.

Câu 41: [2D2-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Có bao nhiêu số nguyên m trong đoạn
[ 2018;2018] sao cho bất phương trình (10 ) log10 101011log

x

m x

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

A. 2018 . B. 4026 . C. 2013 . D. 4036 .

Lời giải

Chọn A.

Lơ ga cơ số 10 hai vế ta có:

log 11

log

10 10 log 11

(10 ) 10 ( ).log(10 ) log

10 10

log 11 11log

( )(1 log ) log 10 log

10 10 log 1

x

m x x

x m x x

x x

m x x m x

x



   

      


Đặt tlog (x x(1;100) t (0;2) suy ra:

10 ( ) ( (0; 2) )

1
t

m t f t t

t

    


Ta có ( )f t là hàm đồng biến trên khoảng

8
(0; 2)

15
m
 

Kết hợp với điều kiện m [ 2018;2018]  ta được 1 m 2018
=> Có 2018 giá trị nguyên của m thỏa mãn điều kiện đề bài.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D2-3] Các giá trị thực của tham số m để phương trình 12





.3 0

x x

m m

    có nghiệm

thuộc khoảng



1;0



là:
A.

17 5
;
16 2
m 

  B. m

 

2; 4 C.

5
;6
2
m  

  D.

5
1;

2
m  

 

Câu 2: [2D2-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình









log 5 log x  1 log mx 4x m

nghiệm đúng với mọi x   .

A. Vô số B. 3 C. 2 D. 1

Câu 42: [2H3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm
(2;0;0), (0;4;0), (0;0;6)

A B C , điểm M thay đổi trên mặt phẳng



ABC



, N là điểm trên tia

OM sao cho OM ON. 12. Biết khi M thay đổi thì điểm N ln nằm trên mặt cầu cố định. 
Tính bán kính mặt cầu đó

A. 
7

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

5
2 .

Lời giải

Chọn A.

* Phân tích:

Trước khi tìm ra bán kính đường trịn thì hiểu rằng đây là bài tốn quỹ tích, cần chỉ ra quỹ tích
của điểm N . Theo giả thiết thì từ tọa độ của M ta có thể suy ra được tọa độ của điểm N , mặt 
khác M lại chạy “tung tăng” trên mặt phẳng



ABC



, từ đó liên hệ ra quỹ tích của điểm N .

* Giải

Giả sử





2 2 2

; ;

N x y z ON  x y z

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

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

12 12 12 12

. 12 . x ; y ; z

OM ON OM ON N

x y z x y z x y z x y z

 

     

         

 













2 2

2 2 2 3 49

6 3 2 3 1

2 4

N ABC  x y zx y z  x y   z 

  .

Vậy N thuộc mặt cầu cố định bán kính 
7
2
R

Bài tập tương tự

Câu 1: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm M



1;0; 2 ,



N



1; 1; 1 



và
mặt phẳng

 

P x: 2y z  2 0. Một mặt cầu đi qua M N tiếp xúc với mặt phẳng ,

 

P tại
điểm E . Biết E thuộc một đường tròn cố định, tính bán kính của đường trịn đó.

A.

10
2
R

. B. R 10. C. R .10 D. R2 5.

Câu 2: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

1 1

2 1 1

x y z

d    

  và

điểm A



1;1;1



. Hai điểm ,A B di động trên đường thẳng d sao cho mặt phẳng



OAB



vng
góc với mặt phẳng



OAC



. Gọi điểm B là hình chiếu của điểm B lên đường thẳng AC . Biết 
rằng quỹ tích các điểm B là đường trịn cố định, tìm bán kính R của đường trịn đó

A.

60
10
R

. B.

3 5
5
R

. C.

70
10
R

. D.

3 5
10
R

Câu 43: [1D2-3][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Một người viết ngẫu nhiên một số có bốn chữ số.
Tính xác suất để các chữ số của số được viết ra có thứ tự tăng dần hoặc giảm dần (nghĩa là nếu
số được viết có dạng abcd thì a b c d   hoặc a b c d   ).

A. 
7

125 . B.

375 . C.

250 . D.

14
375 .

Lời giải

Chọn D.

Viết ngẫu nhiên một số có 4 chữ số nên số phần tử của không gian mẫu là

 

9.10.10.10 9000

n    .

TH1: số tự nhiên có 4 chữ số mà các chữ số của số được viết ra có thứ tự giảm dần

Vì a b c d   nên các chữ số đôi một khác nhau và các chữ số a , b, c , d lấy từ tập



1, 2,3, 4,5,6,7,8,9



X  và với 4 chữ số lấy ra từ X thì chỉ lập được duy nhất một số thỏa yêu
cầu bài tốn. Do đó số số tự nhiên có 4 chữ số mà các chữ số của số được viết ra có thứ tự tăng
dần là C .94

Nếu a b c d   thì chữ số 0 có thể xuất hiện. ta lập được C số104

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

Vì a b c d   nên các chữ số đôi một khác nhau và các chữ số a, b, c, d lấy từ tập



0,1, 2,3, 4,5,6,7,8,9



Y 

và với 4 chữ số lấy ra từ Y thì chỉ lập được duy nhất mọt số thỏa 
u cầu bài tốn. Do đó số số tự nhiên có 4 chữ số mà các chữ số của số được viết ra có thứ tự
giảm dần dần là C .104

Vậy số phần tử của biến cố A là

 

4 4

9 10 336

n A C C 
.
Xác suất của biến cố A là:

 

 

 

336 14
9000 375
n A
P A
n

  
 .

Bài tập tương tự

Câu 1: [1D2-3] Lâp được bao nhiêu số có 4 chữ số dạng abcd sao cho a b c d  

A. C .104 B. 
4
11

C . C. C .124 D.

4
9

C .
Câu 2: [1D2-3] Lâp được bao nhiêu số có 4 chữ số dạng abcd sao cho a b c d  

A. C .104 B. 
4
11

C . C. C .124 D.

4
9

C .
Câu 44: [1D4-2][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hàm số

sin nÕu cos 0

( ) .

1 cos nÕu cos 0

x x
f x
x x
 

 
 


Hỏi hàm số f có tất cả bao nhiêu điểm gián đoạn trên khoảng (0;2018) ?

A. 2018 . B. 1009 . C. 642 . D. 321.

Lời giải

Chọn D.

cosx có các nghiệm thuộc khoảng



0; 2018



là 2

,
3

2

,
5
2

, …,
1281
2

,
1283
2

.
Tại các điểm 2


,
5
2

,
9
2

, …,
1277
2


,
1281
2


hàm số f cho liên tục.
Tại các điểm

3
2

,
7
2

,
11
2

, …,
1279
2

,
1283
2


hàm số f gián đoạn.
Do đó, hàm số f có 321 điểm gián đoạn trên khoảng



0; 2018



Bài tập tương tự

Câu 1: [1D4-2] Cho hàm số

 

, 2 0

sinx cosx sin x
f x

sin x sin x

 



  

 . Hàm số f có tất cả bao nhiêu điểm 
gián đoạn trên khoảng



0; 2018



A. 321. B. 642 . C. 964 . D. 2018 .

Câu 2: [1D4-2] Cho hàm số

 

2
2

, 4 0

1 2

, 4 0

cos x sin x

f x cos x

sin x

 



   

 . Hàm số f có tất cả bao nhiêu điểm 
gián đoạn trên khoảng



0; 2018



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

Câu 45: [2H3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm



2; 1;1 ,





5;3;1 ,

 

4;1; 2



A  M N và mặt phẳng

 

P y z:  27.Biết rằng tồn tại điểm B trên tia

AM , điểm C trên

 

P và điểm D trên tia AN sao cho tứ giác ABCD là hình thoi. Tọa độ của 
điểm C là

A.



15; 21;6 .



B.



21; 21;6 .



C.



15;7; 20 .



D.



21;19;8 .



Lời giải

Chọn B.

* Phân tích:

- Tham số hóa tọa độ điểm M N,

- Từ điều kiện tứ giác ABCD là hình thoi suy ra A C B D   , suy ra C theo tham số.
- Từ điều kiện C thuộc

 

P suy ra mối quan hệ của 2 tham số.

- Từ điều kiện tứ giác là hình thoi suy ra 2 cạnh kề bằng nhau suy ra C .

* Giải

Ta có





2 3

: 1 4 2 3 ; 1 4 ;1 .

x t

B AM y t B t t

z

 



        

 


Và





2 2

: 1 2 2 2 ; 1 2 ;1 .

x u

D AN y u D u u u

z u

 



         

  


Vì tứ giác ABCD là hình thoi nên suy ra C t



3 2u2; 4t2u1; u 1 .



Mà C

 

P 4t3u27 1

 

Vì tứ giác ABCD là hình thoi nên suy ra AB2  AD225t2 9u2

 

2 .
Từ (1) và (2) tìm được

3
5
t
u



 

 suy ra C



21; 21;6 .



Bài tập tương tự

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



2;3;1 ,



M



4;5;1 ,

 

N 0;3;1



và mặt phẳng

 

P : x   y z 8 0.Biết rằng tồn tại điểm B trên tia AM , điểm Ctrên

 

P

và điểm D trên tia ANsao cho tứ giác ABCDlà hình thoi. Tọa độ của điểm Clà
A.



15;21;6 .



B.



2;4; 2 .



C.



15;7; 20 .



D.



21;19;8 .



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



2;3; 4 ,



M



5;1;5 ,

 

N 0;0;5



và mặt phẳng

 

P : x  y z 15 0. Biết rằng tồn tại điểm B trên tia AM , điểm Ctrên

 

P

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

Câu 46: [1H3-4] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trong không gian cho hai đường thẳng d và  
chéo nhau, vng góc với nhau, và nhận AB a làm đoạn vng góc chung (A d B ,   . )
Trên d lấy điểm M , trên  lấy điểm N sao cho AM 2a,BN 4a. Gọi I là tâm mặt cầu 
ngoại tiếp tứ diện ABMN . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BI là

A. 
4

17
a

. B. a. C.

4
5

a

. D.

2 2

3
a

Lời giải

Chọn A.

Đây là dạng toán ‘xóa bớt hình vẽ’. Học sinh cần phải vẽ thêm để được một hình quen thuộc và
từ đó tìm ra lời giải. Với bài này ta sẽ tạo ra một hình chóp .N ABCM có đáy là hình chữ nhật

ABCM và NB là đường cao.

Vẽ hình chữ nhật ABCM có O là tâm. Ta có

( )

NB AB

NB ABCM

NB AM




 

 

 .

AM AB

AM AN

AM NB




 

 

 .

A B đều nhìn đoạn MN dưới một góc vng nên I là trung điểm của đoạn MN . Ta có





















// ; ; AC ; 2 ;

AM BIC d AM CI d A BIC d O BIC d O BIC

OC

   

Gọi ,H K lần lượt là hình chiếu vng góc của O lên ,BC IH . Khi đó OKd O BIC



;





, 2

2 2 2

AB a BN

OH   OI   a

, 2 2 2 2 2

1 1 1 4 1 2

4 17

a
OK

OK OK OI a  a   .

Vậy





;

17
a
d AM CI 

Bài tập tương tự

Câu 1: [1H3-4] Cho tứ diện ABCD có độ dài cạnh bên bằng BC a , CD2a, góc giữa BC và AD
bên bằng 60 và o ABCADC BCD 900. Gọi I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABCD . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BI và AD bằng
B

M
N

O
I

C
H

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

A.

2 21

7
a

. B.

21
3
a

. C.

21
7
a

. D.

2 21
3
a

Câu 2: [1H3-4] Cho tứ diện ABCD có AD 3, AC BD  , 1 AB BC CD   . Khoảng cách 2
giữa hai đường thẳng AD và BC bằng

A. 2 . B.

2 . C.

2 . D.

3
3 .

Câu 47: [2H3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trong không gian Oxyz , cho ba mặt phẳng

 

P x: 2y2z 1 0,

 

Q x: 2y2z 8 0,

 

R x: 2y2z 4 0. Một đường thẳng 

thay đổi cắt ba mặt phẳng

     

P , Q , R lần lượt tại các điểm , ,A B C . Giá trị nhỏ nhất của biểu

thức 2

96
AB

AC


là
A.

3 . B. 99 . C. 18 . D. 24 .

Lời giải

Chọn C.

* Phân tích:

Ta nhận thấy ba mặt phẳng

     

P , Q , R là ba mặt phẳng phân biệt và song song với nhau.
Dựa vào chỉ số d của ba mặt phẳng ta nhận thấy mặt phẳng

 

P nằm giữa hai mặt phẳng

   

Q , R .

+) Ba mặt phẳng song song với nhau ta nghĩ đến định lý Ta let để có thể rút ra được mối quan
hệ giữa AB AC . Từ đó đánh giá được giá trị nhỏ nhất của biểu thức , 2

96
AB

AC


* Giải

Ba mặt phẳng cùng có véc tơ pháp tuyến là



1; 2; 2



nên chúng song song với nhau. Khi đó ta

có



   



 

1 8

; 3

d P Q    

;



   



1 4

; 1

d P R   

;



   



 

4 8

; 4

d Q R    

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

Dựng đường thẳng qua C vng góc với mặt phẳng

     

P , Q , R . Đường thẳng đó cắt mặt

phẳng

   

P , Q lần lượt tại M N . Khi đó ta có ; CM 1;MN  .3

Xét CNB có MA NB nên

1
3

AC MC

AB MN  AB3AC.

Khi đó 2 2

96 96

AB AC

AC AC

   3 3 962

2 2

AC AC

AC

   3

3 3 96

3 . . 3.6 18

2 2

AC AC

AC

  

.
Dấu " " xảy ra 2

3 96

4
2

AC

AC
AC

   

Bài tập tương tự

Câu 1: [2H3-3] Trong không gian Oxyz , cho ba mặt phẳng

 

P x: 2y3z 4 0,

 

Q x: 2y3z 2 0,

 

R x: 2y3z 6 0. Một đường thẳng  thay đổi cắt ba mặt

phẳng

     

P , Q , R lần lượt tại các điểm , ,A B C . Độ dài đoạn AC nằm trong khoảng nào khi

biểu thức 2

27
AB

AC


đạt giá trị nhỏ nhất?

A.

 

2;3 . B.



3; 4



. C.



4;5



. D.

 

5;6 .

Lời giải

Chọn B.

Ba mặt phẳng cùng có véc tơ pháp tuyến là



1; 2;3



nên chúng song song với nhau. Khi đó ta có

   



;



4 2 2

14 14

d P Q   

;



   



4 6 2

;

14 14

d P R   

;



   



2 6 4

;

14 14

d Q R   

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

Dựng đường thẳng qua C vng góc với mặt phẳng

     

P , Q , R . Đường thẳng đó cắt mặt
phẳng

   

P , Q lần lượt tại M N . Khi đó ta có ;

2 ; 2

14 14

CM  MN 

.
Xét CNB có MA NB nên

1
1

AC MC

AB  MN  AB AC .

Khi đó 2 2

27 27

AB AC

AC AC

   272

2 2

AC AC

AC

   3

2 3 3

27 3 9

3 . . 3.

2 2 4 4

AC AC
AC

  

.
Dấu " " xảy ra

3
2

3 2
2

AC

AC
AC

   

Câu 2: [2H3-3] Trong không gian Oxyz , cho ba mặt phẳng

 

P x y:  2z0,

 

Q x y:  2z 2 0,

 

R x y:  2z 1 0. Một đường thẳng  thay đổi cắt ba mặt phẳng

     

P , Q , R lần lượt

tại các điểm , ,A B C . Tính cosin góc tạo bởi  và mặt phẳng

 

R khi biểu thức

2 8

AB

AC


đạt
giá trị nhỏ nhất.

A. 
30

6 . B. 1. C.

2 . D.

3 .

Lời giải

Chọn A.

Ba mặt phẳng cùng có véc tơ pháp tuyến là



1;1; 2



nên chúng song song với nhau. Khi đó ta có

   





0 2 2

;

6 6

d P Q   

;



   



0 1 1

;

6 6

d P R   

;



   



2 1 1

;

6 6

d Q R   

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

Dựng đường thẳng qua C vng góc với mặt phẳng

     

P , Q , R . Đường thẳng đó cắt mặt
phẳng

   

R , Q lần lượt tại M N . Khi đó ta có ;

1 2

;

6 6

AM  AN 

.
Xét CNB có MA NB nên

1
2

AC AM

AB  AN   AB2AC.

Khi đó

2 8

AB

AC


2 8 2 16

AB AB

   

2 8 8

AB

AB AB

   33 AB2. 8 . 8 3.4 12

AB AB

  

Dấu " " xảy ra

2 8 2

AB AB

AB

   

. Khi đó

30
3
NB

nên

 







cos ;

NB
R

AB

  

.
Câu 48: [2D1-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hàm số

1 3
3

x
y

x



 có đồ thị ( )C , điểm M
nằm trên đồ thị ( )C sao cho khoảng cách từ M đến đường tiệm cận đứng gấp hai lần khoảng 
cách từ M đến đường tiệm cận ngang của ( )C . Khoảng cách từ M đến tâm đối xứng của ( )C
bằng

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

Lời giải

Chọn B.

* Phân tích

Vì M

 

C nên tọa độ M phụ thuộc theo tham số a . Dựa vào giả thiết: khoảng cách từ M

đến đường tiệm cận đứng gấp hai lần khoảng cách từ M đến đường tiệm cận ngang của ( )C ta
tính được a, từ đó ta sẽ tính được IM (với I là tâm đối xứng của

 

C , cũng là giao điểm của
hai đường tiệm cận của

 

C ).

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

Ta có đồ thị

 

C có đường tiệm cận đứng là d x1: 3, đường tiệm cận ngang là d y2: 3 và có

tâm đối xứng là I

 

3;3 .
Gọi



  

1 3
;

3
a

M a b C b

a


  

 . Khi đó từ giả thiết ta có :













1 2

1 3

, 2 , 3 2 3 3 16.

3
a

d M d d M d a a

a

       

Vậy













2
2 2
2

1 3 64 64

3 3 3 16 2 5

3 3 16

a

IM a a

a a


 
          

  
.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D1-3] Cho hàm số

2
3
x
y
x



 có đồ thị là

 

C . Có tất cả bao nhiêu điểm M thuộc (C) sao cho 
khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang bằng 5 lần khoảng cách từ điểm M đến tiệm cận đứng.

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

Câu 2: [2D1-3] Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số

2 1
1
x
y
x




 sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận 
đứng bằng khoảng cách từ M đến trục hoành

A. M



0; 1 ,



M

 

3; 2 . B. M

 

2;1 ,M

 

4;3 .

C. M



0; 1 ,



M

 

4;3 . D. M

 

2;1 ,M

 

3; 2 .

Câu 49: [2D3-4] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Có bao nhiêu giá trị của tham số m trong khoảng

(0;6 ) thỏa mãn 0

sin 1

5 4 cos 2

m
x
x
x 




A. 6 . B. 12 . C. 8 . D. 4 .

Lời giải

Chọn A.

0
0

sin 1 d(5 4 cos )

5 4 cos 4 5 4 cos

m m
x x
x
x x

 
 



0
1 1

ln(5 4 cos ) | (ln 9 ln(5 4 cos ))

4 4
m
x m
     
Mà

0
2
2
2

sin 1 1 1

d (ln 9 ln(5 4 cos ))

5 4cos 2 4 2

9 5

arccos( ) 2

9 5 4 4

cos

9 5

4 4

arccos( ) 2

4 4
m x
x m
x
m k

e
m k
e
m k
e


    

   

    
    





Xét
2
2
9 5

0 arccos( ) 2 6 0, 447 2,552 {0;1; 2}

4 4

9 5

0 arccos( ) 2 6 0, 447 3, 447 {1; 2;3}

4 4

k k k

e

k k k

e
 
 
          


          


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

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D3-4] Cho số nguyên dương a thỏa mãn

4
0

cos 2

d ln 3.
1 2sin 2

a x

x
x








Mệnh đề nào sau đây
đúng?

A.
1

;3
2
a  

  . B.

7
3;

2
a 

  . C.

7 9
;
2 2
a  

  . D.

9 11
;
2 2
a 

  .

Câu 2: [2D3-4]Cho số nguyên dương n thỏa mãn





2
0

1 tan 1

cos 6

n x

x





 



Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. n

 

1; 2 .. B. n

 

3; 4 .. C. n

 

5;6 .. D. n

 

7;8 .

Câu 50: [2H3-4] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho ba số thực , ,x y z thỏa mãn

2 2 2

4x y 9z 4x12z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức11 P4x2y3z.

A. 6 2 15 . B. 20 . C. 8 4 3 . D. 16 .

Lời giải

Chọn D.

Cách 1: Phương pháp hình học

Theo giả thiết bài toán:









2 2

2 2 2 2

4x y 9z 4x12z 11 2x1 y  3z2 16

Đặt:

2 1

3 2

X x

Y y

Z z

 



  khi đó ta có mặt cầu

 

S X: 2 Y2Z2 16 có tâm I



0;0;0



và bán kính
4

R

và biểu thức: P2X 2Y Z  tương đương mặt phẳng 4

 

Q :2X2Y Z   4 P 0
Để mp

 

Q và mặt cầu

 

S có giao điểm thì  ; 

4 8 16

3
I Q

P

d  R      P

Vậy Max P16. Chọn D

Cách 2: Phương pháp đại số ( sử dụng BĐT BCS)

Theo giả thiết:









2 2

2 2 2 2

4x y 9z 4x12z11 2x1 y  3z2 16
Lại có:











2 2 2







2 2





4 2. 2 1 2 3 2 2 2 1 . 2 1 3 2 9.16 12

P  x  y z    x y  z  

16
P

  . Dấu '' '' xảy ra

2 1 3 2 4 11 8 10

; ;

2 2 1 3 6 3 9

x y z

 

       

Vậy Vậy Max P khi 16

11 8 10

; ;

6 3 9

x y z
.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2H3-4] Cho ba số thực , ,x y z thỏa mãn x2y29z2 4x6y6z . Tìm giá trị lớn nhất 2
của biểu thứcP3x2y6z.

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

Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường chuyên khoa học tự nhiên hà nội lần 3 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

<b>SẢN PHẨM TỔ 3 TUẦN 11</b>

<b>Đề thi thử Trường Chuyên KHTN Hà Nội, lần 3 năm 2018</b>













 













 

















 





 



 































 

 





 

 









 





 





















<sub> </sub>

 









 

 

 

 