Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường thpt chuyên quang trung bình phước lần 1 | 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 (472.57 KB, 19 trang )

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

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUANG TRUNG –BÌNH PHƯỚC -LẦN 4 - 2018
Câu 1: [2D1-4] [ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 32]

Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm trên  và có đồ thị như hình vẽ. Đặt hàm số

 



2 3 1



yg x  f x   x m. Tìm m để max 0;1 g x

 

 10.

A. m 13. B. m3. C. m 12. D. m 1.
Lời giải

Chọn A

Hàm số y f x

 

có dạng: y ax 3bx2cx d
.
Ta có: f x

 

3ax22bx c .

Theo đồ thị, hai điểm A



1;3



và B



1; 1 là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số



y f x

 

.
Ta có hệ:

3 2 0

3
1

a b c

a b c d
a b c d

  


   


    


     


1
0
3
1
a
b
c
d



 


   


 


Do đó: f x

 

x33x .1

Ta có: f x

 

3x2 ; 3

 

0 1
1
x
f x

x


   

 

Lại có: g x

 





6x21

 

f 2x3 x 1



 





0 2 1 0

g x   f x   x

2 1 1

x

x x

x x

x x

      

  

   



với x0

 

0;1 và thỏa 2x03x0 1 1.

Ta có: g

 

0  f

 

   1 m 3 m

 

2 3
g  f   m m

 

1 1

g x  f     .m m

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

Đặt t2x3 x 1,x

 

0;1 t x'

 

6x2   1 0, x

 

0;1 , hàm số t(x) đồng biến.

Dó đó x

 

0;1   t



1; 2



. Từ đồ thị hàm số ta có
 1;2

 

2 3  1;2

 

max f t f max f t m m

         .

Suy ra max g x 0;1

 

max f t1;2 

 

m        3 m 3 m 10 m 13. Chọn A.
Câu 2: [1H3-3] [ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 33]

Cho lăng trụ tam giác đều ABC A B C.    có cạnh đáy bằng a . Biết góc giữa hai mặt phẳng



A BC



và



A B C   bằng 60 ,



M là trung điểm của B C . Tính khoảng cách từ M đến mặt
phẳng



A BC



A. 3

8a. B. 3

a

. C. 3

6 a. D.

6
3 a.
Lời giải

Chọn A.

Gọi I là trung điểm của BC , H là hình chiếu của A lên A I .





 





A BC ; A B C  



A IA 60

   

Suy ra: ;





1 ;





1 ;





2 2 2

d M A BC   d B A BC    d A A BC   AH

Mà: .sin 60 3

a

AH  AI   . Vậy ;





3
8

a
d M A BC   .

Câu 3: [2H3-3] [ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 36]
Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 1 1

1 2 3

x y z

d :     , và điểm A ; ;



2 2 4



và mặt
phẳng

 

P : x y z    . Viết phương trình đường thẳng 2 0  nằm trong

 

P cắt d sao cho
khoảng cách từ A đến  lớn nhất.

A. 2

1 2 1

x  y  z

 . B.

3 4 3

1 2 1

x  y  z

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

C. 2 2 4

1 2 1

x  y  z

 . D.

1 1 2

1 2 1

x  y  z

 .

Lời giải
Chọn B.

Ta cóđiểm A ; ;



2 2 4



thuộc 1 1

1 2 3

x y z

d :     . Gọi B d 

 

P suy ra tọa độ điểm B là
nghiệm của hệ phương trình

1 1

1 2 3

2 0

x y z

x y z

 

  




    




1 0 1



B ; ;

 .

Đường thẳng  cắt d mà d 

 

P nên  đi qua B ; ; . Khi đó để thỏa mãn yêu cầu bài



1 0 1



tốn thì  đi qua B ; ; và vng góc với d . Suy ra



1 0 1



 đi qua B ; ; và có VTCP là



1 0 1





1 2 1



P d

n ;u ; ;

   

  là VTCP nên  x13 y24  z13.

Câu 4: [2D2-2] [ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 37]

Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng 200 triệu đồng theo thể thức lãi kép (tức là tiền lãi
được cộng vào vốn của kì tiếp theo). Ban đầu người đó gửi với kì hạn 3 tháng. Lãi suất 3%/kì
hạn, sau hai năm, người đó thay đổi phương thức gửi, chuyển thành kì hạn một tháng với lãi
suất 0,6%/tháng. Tính tổng số tiền lãi và gốc nhận được sau 5 năm (kết quả làm trịn đến đơn vị
nghìn đồng).

A. 290640000. B. 290642000. C. 290646000. D. 290644000.
Lời giải

Chọn B.

+) Số tiền người đó nhận được sau hai năm đầu: A200000000 1 0,02 





8.
+) Số tiền người đó nhận được sau 5 năm: B  A



1 0,006



36 290642000.
BÀI TƯƠNG TỰ

1. [2D2-2] Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với kì hạn 3 tháng (1 q), lãi suất 6%
một q theo hình thức lãi kép (lãi cộng với vốn). Sau đúng 6 tháng, người đó lại gửi thêm 100
triệu đồng với hình thức và lãi suất như trên. Hỏi sau 1 năm tính từ lần gửi đầu tiên người đó

nhận số tiền gần với kết quả nào nhất?

A. 239 triệu đồng. B. 230 triệu đồng. C. 243 triệu đồng. D. 236 triệu đồng.
Lời giải

Chọn A.

+) Áp dụng công thức: 0





n
n

P P r

+) Giai đoạn 1: Gửi 100 triệu, số tiền thu được sau 1 năm là P 100 1 0,06 





4 triệu đồng.
+) Giai đoạn 2: Sau đúng 6 tháng gửi thêm 100 triệu, số tiền thu được sau 2 quí cuối năm là





100 1 0,06

  

Q triệu đồng.

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

2. [2D2-2] Tỷ lệ tăng dân số hàng năm của Việt Nam là 1,07%. Năm 2016, dân số của Việt
Nam là 93.422.000 người. Hỏi với tỷ lệ tăng dân số như vậy thì năm 2026 dân số Việt Nam gần
với kết quả nào nhất?

A. 115 triệu người. B. 118 triệu người C. 122 triệu người. D. 120 triệu người.

Lời giải

Chọn A.

+) Áp dụng cơng thức .
0.

n r
n

P P e

+) Ta có dân số của Việt Nam đến năm 2026 là: 10 1,07%

10 93422000 103972543,9



 

P e

3. [2D2-2] Trong vật lí, sự phân rã của các chất phóng xạ được biểu diễn bởi công thức:

 

1
2

t

T

m t m   

  trong đó m0 là khối lượng ban đầu của chất phóng xạ (tại thời điểm t = 0); T là
chu kì bán rả (tức là khoảng thời gian để một nửa khối lượng chất phóng xạ bị biến thành chất
khác). Chu kì bán rã của Cabon 14C là khoảng 5730 năm. Người ta tìm được trong một mẫu đồ
cổ một lượng Cabon và xác đinh được nó đã mất khoảng 25% lượng Cabon ban đầu của nó.
Hỏi mẫu đồ cổ đó có tuổi là bao nhiêu?

A. 2378 năm. B. 2300 năm. C. 2387 năm. D. 2400 năm.
Lời giải

Chọn A.

Giả sử khối lượng ban đầu của mẫu đồ cổ chứa Cabon là m0, tại thời điểm t tính từ thời điểm

ban đầu ta có:

 

 

ln 2 ln 2

5370 5370

0 0

5370 ln

3 4 2378

4 ln 2

t m

m t m e m e t

 
 
 

     

 (năm).

4. [2D2-2] Một người gửi tiết kiệm ngân hàng, mỗi tháng gửi 1 triệu đồng, với lãi suất kép
1%/tháng. Gửi được hai năm 6 tháng người đó có cơng việc nên đã rút toàn bộ gốc và lãi về. Số
tiền người đó rút được là:

A. 101. 1, 01





30 1 (triệu đồng). B. 101. 1, 01





29 1 (triệu đồng).

C. 100. 1, 01





30 1 (triệu đồng). D. 100. 1, 01





30 1 (triệu đồng).
Lời giải

Chọn A.

+) Áp dụng công thức:



1

 



n
n

r

P a r

r

 

  .

+) Từ đó suy ra số tiền rút được là:



 







30
30

1 1% 1

1 1 1% 101 1 1% 1

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

Câu 5: [2H1-3] [ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 38]

Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M N P Q, , , lần lượt là trọng tâm các

tam giác SAB SBC SCD SDA, , , . Gọi O là điểm bất kì trên mặt đáy



ABCD . Biết thể tích khối



chóp O MNPQ. bằng V . Tính thể tích khối chóp .S ABCD .
A.27

8 V . B.

2 V. C.

4V. D.

27
4 V.
Lời giải

ChọnB

Gọi K L E H, , , lần lượt là trung điểm AB BC CD DA, , , .

Ta có SABCD 2SKLEH .

2 2

;

3 3

MN  KL MQ KH nên 9

KLEH MNPQ

S  S .

Suy ra 9

ABCD MNPQ

S  S .

Gọi I J, lần lượt là hình chiếu của S lên các mặt phẳng



MNPQ

 

, ABCD .



Khi đó S I J, , thẳng hàng và 2

SI SM

SJ  SK  (do



MNPQ

 

// ABCD )











3 3 ;

SJ IJ d O MNPQ

   .

Vậy .





1 1 9 27

. .3 ; . .

3 3 2 2

S ABCD ABCD MNPQ

V  SJ S  d O MNPQ S  V

Câu 6: [2D1-3] [ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 39]
Cho hàm số y f x( ) có bảng biến thiên như hình vẽ

Phương trình [ (1 3x) 1] 3f    có bao nhiêu nghiệm.

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

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

Đặt

1 3 1

3
( ) (1 3 ) 1 '( ) 3. (1 3 ) 0

2
1 3 3

x x

g x f x g x f x

x x

     


         

     


Bảng biến thiên

Vậy g x( ) 3có bốn nghiệm.

Câu 7: [1D5-3] [ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 40]

Cho hàm số f x

  

 2018x

 

2017 2 .... 1 2018 x

 

 x



. Tính f 

 

A.2019.20182009 . B. m2018.10092019. C. 1009.20192018. D.2018.20191009.
Lời giải

Chọn C.

Xét u x1

  

 2018x

 

2017 2 x



  

 



' 2017 2 2 2018

u x   x  x

.

  





 



' 1 2017 2.1 2 2018 1 1 2 2019 3.2019
u

       

.

Xét

u x2

  

 2018x

 

2017 2 x

 

2016 3 x



.

 



 









 







2' 2018 2017 2 2016 3 2018 2017 2 ' 2016 3

u x  x x x  x x x

        



 



3 2018 x 2017 2x

  

.

 









2 2 2





2' 1 3.2019 2016 3 3.2019 3.2019 3.2019 1 2 3 2019

u

        

.

  

 



3 2018 2017 2 2016 3 2015 4

u x  x  x  x  x

.

 

3 3





3' 1 6.2019 4.2019 1 2 3 4 2019
u

      

.

  

2018

 

2017 2 .... 1 2018

 



f x  x  x  x

.

  



2017 2018





2017 2018

' 1 1 2 3 ... 2018 2019 1 2018 .2019 1009.2019

f        

.

HƯỚNG 2 (CAO THỜI_ĐỀ XUẤT)

Xét

x



0; 



. Ta có

 













ln f x ln 2018x ln 2017 2 x  ... ln 1 2018 x

, đạo hàm hai vế

 

' 1 2 2018

...

2018 2017 2 1 2018

f x

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

 

2018

' 1 1 2 2018 ' 1 1 2018.2019

... . 1009

1 2018 1 2017 2 1 2018 2019 2019 2

f f

f          

Vậy

f ' 1

 

1009.20192018

. Chọn C

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1.

[1D5-3]

Cho hàm số

f x

  

 100x

 

99 2 .... 1 100 x

 

 x



. Tính

f 

 

A.

100.10199

.

B.

50.10199

.

C

.

50.101100

.

D.

101.10050

.

Câu 8: [2D4-4] [ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 41]

Cho các số thực x y, thỏa mãn 0£ x y, £1 và log3

(

) (

1 2 0

)

1
x y

x y
xy
ổ+ ữử
ỗ ữ+ + + - =
ỗ ữ
ỗ ữ
ỗ

-ố ứ . Tớnh giỏ

tr nh nht ca biu thức P=2x+y.
A. 1

2. B. 2. C. 1. D. 0 .

Lời giải
Chọn C

Ta có log3

(

) (

1 2 0

)

1
x y
x y
xy
ổ+ ữử
ỗ ữ+ + + - =
ỗ ữ
ỗ ữ
ỗ

-ố ứ log3 1 2

(

)

x y

x y xy
xy
ổ+ ữử
ỗ
ỗỗỗ - ữ= -ữữ + + +
ố ứ
( )
2 1
3
1

x y xy

x y
xy
- + + +
+
Û =

-1
3
1 3
xy
x y
x y
xy

-+
+
Û =
-

(

)

(

)

1
3x y 1 3 xy

x y + xy

-Û + = - (*)

Xét hàm số f t

( )

=t.3t

, t³ 0 có f t¢ = +

( )

3t t.3 ln 3 0t > , " ³t 0Þ f t

( )

đồng biến trên

(

0;+¥ .

)

Do đó (*) Û x+ = -y 1 xy 1
1
x
y
x

-Û =
+ .
Khi đó 2 1

x
P x
x

-= +
+
2
2 1
1
x x
x
+ +
=
+ .

Xét hàm số

( )

2
2 1
1
x x
g x
x
+ +
=

+ , xỴ

[ ]

0;1 có

( )

(

)

2
2

2 4 0

x x

g x
x

¢ = >

+ , " Îx

[ ]

0;1Þ g x

( )

đồng
biến trên

[ ]

0;1 .

Vậy minP=g

( )

0 = 1.

HƯỚNG 2.(CAO THỜI ĐỀ XUẤT)

Phân tích

( )

(

)

2 1 1

2 1 3 2.2 3 1

1 1

x x

g x x

x x

é ù

+ + ê ú

= = + + - ³ - =

ê ú

+ ë + û , dấu bằng khi x = 0.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. [2D4-4] [CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 4]Cho các số thực x y, thỏa mãn 0£ x y, £1

và  









2 2

1
2

4 x y log x 2x 3 2 x xlog 2 x y 2 0

 . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P= x+y.
A. 1

2. B. 2. C. 1. D. 0 .

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

Ta có  









2
2 2
1
2
2

4 x y log x 2x 3 2 x xlog 2 x y 2 0

(

)

( )

(

)

(

)

2
2
2 2
2 2

2log 2 3 log 2 2

2 x y 2x x

x x x y

-- + + +

Û =

(

)

( )

(

)

2 2 1 2 2

2 2

2x- x+ log x 2x 3 2 x y+ log 2é x y 2ù

Û - + = ë + + û (*)

Xét hàm số

( )

2 log2

(

)

t

f t = t+ , t³ 0 có

( )

(

)

(

)

2 .ln 2 log 2 2 0

2 .ln 2

t t

f t t

t

Â = + + >

+ ,

0
t

" > ị f t

( )

đồng biến trên

(

0;+¥ .

)

Do đó (*) Û x2- 2x+ =1 2

(

x+y

)

1 2 2 1

2 2

y x x

Û = - + .

Khi đó 2 1 2 2 1

2 2

P= x+ x - x+ 1 2 1 1

2x 2 2

= + ³ .

Vậy min 1.
2

P=

2. [2D4-4] [CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 4]Cho các số thực x y, thỏa mãn 0£ x y, £1

và log3 1

(

) (

1 2 0

)

x y
x y
xy
ổ+ ữử
ỗ ữ+ + + - =
ỗ ữ
ỗ ữ
ỗ

-ố ứ . Tớnh giỏ tr ln nhất của biểu thức P=2x+y.
A. 1

2. B. 2. C. 1. D. 0 .

Lời giải

Chọn B

Ta có log3 1

(

) (

1 2 0

)

x y
x y
xy
ổ+ ữử
ỗ ữ+ + + - =
ỗ ữ
ỗ ữ
ỗ

-ố ứ log3 1 2

(

)

x y

x y xy
xy
ổ+ ữử
ỗ
ỗỗỗ - ữ= -ữữ + + +
è ø
( )
2 1
3
1

x y xy

x y

xy
- + + +
+
Û =

-1
3
1 3
xy
x y
x y
xy

-+
+
Û =
-

(

)

(

)

1
3x y 1 3 xy

x y + xy

-Û + = - (*)

Xét hàm số f t

( )

=t.3t, t³ 0 có f t¢ = +

( )

3t t.3 .ln 3 0t > , 0

t

" ³ Þ f t

( )

đồng biến trên

(

0;+¥ .

)

Do đó (*) Û x+ = -y 1 xy 1
1
x
y
x

-Û =
+ .
Khi đó 2 1

1
x
P x
x

-= +
+
2
2 1
1
x x
x
+ +
=
+ .

Xét hàm số

( )

2 1
1
x x
g x
x
+ +
=

+ , xỴ

[ ]

0;1 có

( )

(

)

2
2
2 4
0
1
x x
g x
x
+

¢ = >

+ , " ẻx

[ ]

0;1ị g x

( )

đồng
biến trên

[ ]

0;1 .

Vậy maxP=g

( )

1 = 2.

Câu 9: [2D3-3] [ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 42]
Cho

 

H là hình phẳng giới hạn bởi parabol 3 2

y x và đường Elip có phương trình
2

2 1
4

x
y

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

-3 -2 -1 1 2 3

-2
2

x
y

A. 2 3

 . B. 2



. C. 3

  . D. 3


.
Lời giải

Chọn A

+) Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y f x

 

, đồ
thị y g x

 

và các đường thẳng x a ; x b



a b



là

 

b

a

S



f x g x dx.
+) Cách giải: Phương trình hồnh độ giao điểm của parabol và Elip đã cho là

2
4
3

1
4 4
x

x

   3x4 x2 4 0 suy ra x  .1

Phương trình
2

2 1
4

x
y

   1 2

4
x

y   . Bài tốn đưa về tính diện tích hình phẳng giới hạn

bởi parabol 3 2

y x , đồ thị hàm số

2
1

4
x

y  và các đường thẳng: x  ; 1 x .1
Vì parabol và Elip đều đối xứng qua Oynên diện tích hình phẳng

 

H bằng

 

1 2 2

2 1 d

4 2

H

x x

S      x

 



1 2 1 2

0 0

2 1 d 3 d

4
x

x x x





 



1 3

0 0

4 d

3
x
x x





  3

I

  ,

với
1

4 d

I 



x x ,
Đặt x2sint, 0;

t  

  suy ra dx2 cos dt t;x   ; 0 t 0 x 1 t 6



  

2cos 4 4sin d

I t t t







 6 2

4 cos dt t










2 1 cos 2 dt t






 6

0
1

2 sin 2
2

t t



 

   

 

3 2



 

Do đó   3

3 6

H

S   2 3

 

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

Bài 1. [2D3-3] Cho

 

H là hình phẳng giới hạn bởi parabol x23y0

và đường trịn có
phương trình x2y2 4 (hình vẽ). Diện tích của

 

H bằng

A. 4 3

 . B. 3

 . C. 2 3

  . D. 3

  .

Lời giải
Chọn A

Phương trình hồnh độ giao điểm của parabol và đường đã cho là
4

2 4

9
x

x    x49x236 0 suy ra

x  .
Phương trình 2 2

x y   y  4x2 . Bài toán đưa về tính diện tích hình phẳng giới hạn

bởi các đường:

2
4

3
3
3

y x

x
y
x

x

   


  


  

 


. Vì

 

H đối xứng qua Oynên

 

3 2

2 4 d

H

x

S 



 x x

3 2

2 4 d

3
x

x x

 

    

 



3 2 3 2

0 0

2 4 d 2 d

3
x

x x x





 



3
0
1

4 sin 2
2

t t



 

   

 

3
3

0
2

9
x

 4 3

3
 

 . Chọn A.

Bài 2. [2D3-3] Tính diện tích hình phẳng

 

H giới hạn bởi parabol 2

y x x và tiếp tuyến

với parabol kẻ từ điểm 5;6
2

M  

 .

A. 9

4. B.

2. C.

2. D.

4
3.
Lời giải

-1

-2

-3

-2 2

y = -x
2

3 y = - 4 - x2

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

Chọn A

Phương trình tiếp tuyến với parabol đã cho kẻ từ điểm 5;6
2

M  

  là d y1: 2x1 và

2: 4 16

d y  x .

Chia hình phẳng

 

H thành hai hình lần lượt giới hạn bởi

 

2 1

: 1

5
2

y x

y x x

H x

x

 



  


 

 


và

 

4 16

: 5

2
4

y x

y x x

H
x
x

  


  










Suy ra S H S H1 S H2

2 2

5
1

2x 1 4x x dx 4x 16 4x x dx




      













4
2

2 2

5
1

1 4

x dx x dx





 













3 2 3

5
1

1 4 9

3 3 4

x x

   . Chọn A.

Câu 10: [2D1-4] [ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 43]
Cho hàm số 2 2

x
y

x




 có đồ thị

 

C . Một tiếp tuyến bất kỳ với

 

C cắt đường tiệm cận đứng

và tiệm cận ngang của

 

C lần lượt tại A và B, biết I



1; 2



. Giá trị lớn nhất của bán kính
đườngtrịn nội tiếp tam giác IAB là:

A.8 4 2 . B . 4 2 2 . C.8 3 2 . D. 7 3 2 .
Lời giải.

Chọn B.

2 2

x
y

x




 .TXD : \ 1

 

Đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của

 

C lần lượt là: d x1: 1 và d2:y2





4
1

y
x


 

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

Gọi ; 2 2

 

m

M m C

m



 

  

 



m . Tiếp tuyến với 1



 

C tại M có phương trình là:









 

4 2 2

1
1

m

y x m

m
m
 
   



 

A    d1

2 6
1;
1
m
A
m

 

    ;

 

B d2  B m



2 1; 2



IA
m

 

 , IB 2



m1











2
2
64
4 1
1
AB m
m
  


Ta có tam giác IAB là tam giác vuông tại I nên   1 .
2

IAB

S  IA IB
Vậy bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác IABlà: r 2SIAB

IA IB AB



 
Hay









2
2
16
8 64

2 1 4 1

1 1
r
m m
m m

    
 

Áp dụng bất đẳng thức Cơ – si ta có 8 2





1 m

m    ;









2
2

4 1 32

1 m

m   

Vậy 16 4 2 2
8 4 2

r  

 .Dấu bằng xảy ra khi và khi





2 3
1 4
1
m
m
m


   
 

CÁC CÂU TƯƠNG TỰ

1.[2D1-3]

Cho hàm số 2 2

x
y
x



 có đồ thị

 

C . Một tiếp tuyến bất kỳ với

 

C cắt đường tiệm cận đứng

và tiệm cận ngang của

 

C lần lượt tại A và B, biết I



1; 2



. Giá trị nhỏ nhất của bán kính
đườngtrịn ngoại tiếp tam giác IAB là:

A. 4 2 . B . 2 2 . C. 3 2 . D. 2 .
Lời giải.

Chọn B. 
2 2
1
x
y
x



 .TXD : \ 1

 

Đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của

 

C lần lượt là: d x1: 1 và d2:y2





1
y
x

 


Gọi ; 2 2

 

m

M m C

m



  

  

 



m . Tiếp tuyến với 1



 

C tại M có phương trình là:









 

4 2 2

1
1

m

y x m

m
m
 
   



 

A    d1

2 6
1;
1
m
A
m

 

    ;

 

B d2  B m



2 1; 2



8
1

IA
m

 

 , IB 2



m1











2
2
64
4 1
1
AB m
m
  


Ta có tam giác IAB là tam giác vng tại I nên bán kính đường trịn ngoại tiếp của tam giác
IABlà: 1 1 32

2 2

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

Dấu bằng xảy ra khi và khi





2 4 3
1
m
m

m


   

 

2.[2D1-3]

Cho hàm số 2 2

x
y

x




 có đồ thị

 

C . Một tiếp tuyến bất kỳ với

 

C cắt đường tiệm cận đứng

và tiệm cận ngang của

 

C lần lượt tại A và B. Khi khoảng cách từ I



1; 2



đến tiếp tuyến đó
lớn nhất thì độ dài AB bằng:

A

. 4 2 . B. 2 2 . C. 3 2 . D. 2 .
Lời giải.

Chọn A.

2 2

x
y

x




 .TXD : \ 1

 

Đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của

 

C lần lượt là: d x1: 1 và d2:y2





4
1

y
x


 



Gọi ; 2 2

 

m

M m C

m



  

  

 



m . Tiếp tuyến với 1



 

C tại M có phương trình là:









 

4 2 2

1
1

m

y x m

m
m

 

   




 

A    d1

2 6

1;
1

m
A

m



 

    ;

 

B d2  B m



2 1; 2



Ta có tam giác IAB là tam giác vng tại I nên   1 . 8

IAB

S  IA IB

Ta có  ,  2 IAB 16
I AB

S
d

AB AB

 

Vậy dI AB, max ABmin

Mà









2
2

4 1 32

AB m

m

   



Dấu bằng xảy ra khi và khi





2 4 3
1
m
m

m


   

 


Khi khoảng cách từ I



1; 2



đến tiếp tuyến đó lớn nhất thì độ dài AB bằng 4 2 .
Câu 11: [2D1-3][ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 44]

Cho hàm số y f x

 

có đồ thị hàm số y f x

 

như hình vẽ và f x

 

 ,0



; 3, 4

 



x

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

A. 8 . B. 11. C. 9 . D. 10 .
Lời giải

Chọn C

Ta có g x

 

 f x

 

 .m

 

g x   f x  m  f x

 

m

Để hàm số y g x

 

có đúng hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình g x

 

 có 0
hainghiệm bội lẻ phân biệt 5

10 13

m
m



   

 . Khi đó m



0;1;2;3;4;5;10;11;12



.
Vậy có 9 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. [2D1-3] Cho hàm số f x xác định trên

 

 và có đồ thị của hàm số f x

 

như hình vẽ.
Hàm số y g x

 

 f x

 

4x có bao nhiêu điểm cực trị?

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

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

 

yg x  f x  có đồ thị là phép tịnh tiến đồ thị hàm số f x

 

theo phương Oy lên 
trên 4 đơn vị. Khi đó đồ thị hàm số g x

 

cắt trục hoành tại 1 điểm.

Câu 12: [2D4-2] [ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 45]

Cho số phức z thỏa mãn z 2 3i   z 2 3 .i Biết z 1 2i   z 7 4i 6 2. M x y là



;



điểm biểu diễn của số phức z. Khi đó x thuộc khoảng

A.

 

0; 2 . B.

 

1;3 . C.

 

4;8 . D.



2;4 .



Lời giải

Chọn D.

+) z 2 3i   z 2 3i 



 



2 3 2 3

x  y  x  y  y 0

+) z 1 2i   z 7 4i 6 2



x1



2 4



x7



216 6 2 (*)
+) Giải (*)

Cách 1: Dùng MT cầm tay: MODE 7, Start 0,End 8, Step 0,5   x 3

 

2;4 .
Cách 2: Sử dụng BĐT Mincopki



 



2 2 2 2

a x  b y  a b  x y

Ta có :



x1



2 4



x7



216



x1



2 4



7x



216 6262 6 2.

Dấu “=“ xảy ra 1 7 3.

2 4

x x

x

 

  

Câu 13: [1D 2-4] [ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 46]

Cho tập hợp A



1;2;3;...;2018



và các số a b c A, ,  . Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên có dạng

abc sao cho a b c  và a b c  2016.

A.2027070 . B.2027080 . C.2027090 . D.337681 .
Lời giải

Chọn D

Phương trình a b c  2016 có 2
2015

C ngiệm nguyên dương

Xét các cặp nghiệm 3 số trùng nhau a b c  672

Xét các cặp nghiệm có a b c  suy ra 2a c 2016   1 a 1007 và a672

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

bằng 2016 là
2

2015 3.1006 1 337681
3!

C   

, mỗi tập hợp này tương ứng với một số abc thỏa 
mãn yêu cầu bài tốn. ( Bài này đáp án ban đầu ko có nên đành sửa đáp án D)

Nhận xét:

Bài toán trên ta đã sử dụng bài toán chia kẹo ơle như sau:

Có bao nhiêu cách chia k chiếc kẹo giống nhau cho t đứa trẻ ( k t ) sao cho ai cũng có kẹo?
Phân tích

Số cách cần tìm chính là số nghiệm ngun dương của phương trình
1 2 ... t

x x   x k (1). Xếp k chiếc kẹo thành 1 hàng ngang, giữa chúng có k chỗ trống.1
Số cách chia kẹo thỏa mãn điều kiện đề bài chính là số cách đặt t vách ngăn vào 1 k chỗ 1
trống nói trên ( mỗi chỗ trống được chọn đặt 1 vách ngăn) nên số cách chia là 1

t
k

C và đây cung
cũng là số nghiệm nguyên dương của phương trình (1)

Câu 14: [2D3-3] [ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 47]

Cho





1 2

1 ln 2 ln 3

ln 2

2 4

a bc c

x x dx

x

 

    

  

 



, với a b c, ,   . Tính T    .a b c
A. T 13. B. T 15. C. T 17. D. T  .11

Lời giải.
Chọn A.

Phân tích: Biểu thức trong tích phân có tổng của hàm logarit và hàm phân thức nên ta tách
thành 2 tích phân dạng thường gặp. Một là tích phân của hàm đa thức và hàm logarit ta dùng
tích phân từng phần, một là tích phân của hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất cơ bản.

Ta có





ln 2

I x x dx

x

 

    



 







0 0

ln 2

x

x x dx dx

x
  








1 1
2
0 0
1 2

ln 2 2 1

2 2

x d x dx

x
   
       

   







1 1





2 2 1

0
0

4 4 1

ln 2 . 2ln 2

2 2 2

x x

x dx x x

x
 
     




1
2
0
3

ln 3 2ln 2 1 2ln 3 2ln 2

2 4
x
x
 
        
 
7 7

ln 3 4ln 2

2 4

    4 ln 2 2.7 ln 3 72

 

 .

Ta có a , 4 b , 2 c . Vậy 7 T a b c      4 2 7 13.
Bài tương tự:

1. [2D3-3] Cho





3
2
0
1
ln 1
1

I x x dx

x

 

    



 



 abcln 24bln 5c, với a b c, ,   . Tính

T    .a b c

A. T 13. B. T 15. C. T 10. D. T  .11
Lời giải.

Chọn C.

Ta có





3
2
0
1
ln 1
1

I x x dx

x

 

    



 







3 2

0 0

ln 1

x

x x dx dx

x

  



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





3 2
0
1
ln 1
2
x
x d  

   

 







0
1
1
2 1
d x
x










3 3





0
0

1 1 1

ln 1 ln 1

2 2 2

x x

x dx x

 

  



 

3 1
4ln 4 ln10

4 2

   5.2.3ln 2 2ln 5 3
4

 

 .

Vậy T    a b c 10.

2. [2D3-3] Cho





1
2
0
1
ln 2
1

I x x dx

x

 

    



 



 abln 24bcln 3c, với a b c, ,   . Tính
T abc.

A. T   .18 B. T 16. C. T 18. D. T   .16
Lời giải.

Chọn A.

Ta có





1
2
0
1
ln 2
1

I x x dx

x

 

    



 







1 2

0 0

ln 2

x

x x dx dx

x

  













1 2 1

0 0

4 1

ln 2

2 2 1

d x
x
x d
x

  
   

 







1 1 2





0
0

4 4 1 1

ln 2 . ln 1

2 2 2 2

x x

x dx x

x

 

    





3 3 1

ln 3 2ln 2 ln 2

2 4 2

     3.2ln 2 2. 3 ln 3

 

3
4

   


Vậy T a b c. . 3.2. 3

 

   .18

Câu 15: [2D1-4] [ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 48]

Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm liên tục trên . Biết f

 

1 e và



x2

  

f x xf x

 

x3,  x .

. Tính f

 

2 .

A. 4e24e4. B. 4e22e1. C. 2e32e2. D. 4e24e2.
Lời giải

Chọn A



x2

  

f x xf x

 

x3,  x .

 

 

  


x

f x f x x

x (nhận xét

2 ln

   





x dx x x

x )

 

2ln 2 2ln 2ln 2

       

  



x x x x x x x

e f x e f x e x

x

 

2ln 2ln 2

    

 

 x x   x x

e f x e x  21

 

  

 

x

x f x e

x e

 





2 2 2

2 2 1

1 1 1

1   1 

   

       

   



x x

x f x dx e dx x f x e

x e x e

 

2 2

1 1 1 1

2 2 4 4 4

 

        

 

f e f e e

e e e e

.

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

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 

S :x2y2



z3



2 8

và hai điểm



4;4;3 ;

 

1;1;1



A B . Gọi

 

C là tập hợp các điểm M

 

S để cho MA2MB đạt giá trị nhỏ
nhất. Biết rằng

 

C là một đường trịn bán kính R. Tính R.

A. 7. B. 6. C. 2 2 D. 3.

Lời giải
ChọnA

Mặt cầu (S) có tâm I



0;0;3 ;



R4 2. Gọi

C

trên đoạn IA thỏa mãn 1



1;1;3



IC IAC .

Xét hai tam giác IAM và IMC có I chung; IA IM 2 IAM IMC MA 2MC.

IM  IC    ∽  

Từ đó P MA2MB 2 MC MB  .0

Dấu bằng xảy ra khi M nằm trên mặt phẳng trung trực của BC .

Mặt phẳng trung trực

( )

P

của BC có phương trình: z2.

Khi đó M nằm trên đường trịn có bán kính R'2  R2d I P



,

 



2  8 1  7.
Câu 17: [2D4-3] [ THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước, lần 4, năm 2018 - Câu 50]

Trong mặt phẳng phức , xét hình bình hành tạo bởi các điểm 0, , ,z 1 z 1

z  .Biết z có phần thựcz
dương và diện tích hình bình hành bằng 35

37 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
2

1
.

z
z



A. 53

20. B.

37. C.

9 . D.

50
37.
Lời giải

Chọn.

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

Gọi 2 2 2 2
1

x y

z x yi i

z x y x y

    

  nên



;



, 2 2 ; 2 2

x y

A x y B

x y x y

  

   

  do đó ,A B nằm bên phải trục
Oy nhưng khác phía trục hoành. OA z OB AC; 1 ;OC z 1

z z

     . Diện tích hình bình hành

 

35 35

. .sin sin

37 OA AC OAC OAC37 , do đó

 2

2
2

2 2

1 35 50

2.cos 2 2. 1

37 37

OC z OAC

z

      

Vậy

z
z

 đạt giá trị nhỏ nhất là 50

37khi 

2
35
1, cos 1

z  OAC  .

</div>