Đề khảo sát chất lượng môn toán lớp 12 năm 2017 trường thpt chuyên hùng vương lần 4 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (434.62 KB, 26 trang )

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

SỞ GD – ĐT PHÚ THỌ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 4

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LỚP 12 NĂM HỌC 2017 – 2018

HÙNG VƯƠNG MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1: [2H3-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Trong khơng
gian với hệ tọa độ Oxyz hình chiếu của điểm M(1; 3; 5)  trên mặt phẳng (Oyz)tọa độ là
A. (0; 3;0) . B. (0; 3; 5)  . C. (0; 3; 5) . D. (1; 3; 0) .

Câu 2: [2D2-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho a,b lần lượt

là số hạng thứ nhất và thứ 5 của một cấp số cộng có cơng sai d0. Giá trị của 2

log b a

d



 

 

 

bằng

A. log 52 . B. 3. C. 2. D. log 32 .

Câu 3: [2D1-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Hình vẽ bên là
một phần đồ thị của hàm số nào?

A.

1
1

x
y

x




 . B.

1
1

x
y

x




 . C. 1

x
y

x



 . D.

1
1

x
y

x

 


 .

Câu 4: [1D2-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Lục giác đều
ABCDEF có bao nhiêu đường chéo?

A. 15. B. 6. C. 9. D. 24.

Câu 5: [2H3-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Trong không

gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ a ( 1;1;0), b(1;1;0),c(1;1;1).

Mệnh đề nào dưới đây sai?

A. c b  . B. c  3



. C. ab. D. a  2



Câu 6: [2H2-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho một hình trụ
có chiều cao bằng 2 và bán kính đáy bằng 3.Thể tích của khối trụ đã cho bằng

A. 6. B. 18 . C. 15 . D. 9.

Câu 7: [2D1-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Hàm số

3 2 2 1

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

A.

1
;

3
 

 

 . B.



1;



. C.

1
;1
3

 

 

 . D.

1
;1
3

 

 

 .

Câu 8: [2D3-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Giá trị của

dx



bằng

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

Câu 9: [1D4-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Giá trị của

2
2
lim

x
x

x




bằng

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

Câu 10: [2H1-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Một khối lập
phương có độ dài cạnh bằng 5, thể tích khối lập phương đã cho bằng

A. 243. B. 25. C. 81. D. 125.

Câu 11: [2D1-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hàm số

 

f x xác định trên  \ 0

 

, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau

Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị?

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

Câu 12: [2D2-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Tập nghiệm của
bất phương trình log2x0 là

A.

 

0;1 . B.



;1



. C.



1;



. D.



0;



.

Câu 13: [2H3-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Trong không gian
với hệ tọa độ Oxyz, phương trình nào là phương trình mặt phẳng Ozx?

A. y0. B. x0. C. z0. D. y 1 0.

Câu 14: [2D1-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Điểm nào dưới
đây là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y x 33x5?

A. M 1;3

 

. B. Q 3;1

 

. C. N 1;7







. D. P 7; 1







.

Câu 15: [2D3-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Nguyên hàm của
hàm số f x

 

cosx là

A. sin x C . B. sin x C . C. cos x C . D. cos x C .

x  0 1 

 

f x   0 

 

f x 





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

Câu 16: [1D2-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Một nhóm gồm

6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 học sinh trong nhóm đó. Tính

xác suất để trong 3 học sinh được chọn ln có nữ bằng

A. 
5

6. B.

3. C.

6. D.

1
3.

Câu 17: [2D2-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Tập xác định của

hàm số





1
2

log 1 1

y x 

là

A.



1;



. B.



1;



. C.

3
1;

 

 

 . D.

3
1;

 


 .

Câu 18: [2H3-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Trong không gian
với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 2;1; 1 ; B 1;0; 4 ;C 0; 2; 1





 



 

 



. Phương trình nào sau
đây là phương trình của mặt phẳng đi qua A và vng góc với BC?

A. x2y5z0. B. x2y5z 5 0. C. x2y5z 5 0. D. 2x y 5z 5 0.
Câu 19: [1H3-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hình lăng trụ

đều ABC.A'B'C' có AB 3 và AA' 1 . Góc tạo bởi AC' và mặt phẳng



ABC



bằng
A. 450. B. 600. C. 300. D. 750.

Câu 20: [2D2-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Một người gửi

100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,6% /tháng. Biết rằng nếu khơng rút tiền ra
khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập làm vốn ban đầu để tính lãi cho
tháng tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó được lĩnh số tiền khơng ít hơn 110
triệu đồng( cả vốn ban đầu và lãi ), biết rằng trong suốt thời gian gửi tiền người đó khơng rút
tiền và lãi suất khơng thay đổi?

A. 17tháng. B. 18tháng. C. 16tháng. D. 15tháng.

Câu 21: [2D3-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho

 

d 16



f x x

. Tính

 

2 d



f x x

A. 16. B. 4. C. 32. D. 8.

Câu 22: [2D1-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Hỏi đồ thị hàm số
1

2



 

x
y

x x có bao nhiêu đường tiệm cận?

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

Câu 23: [2D1-1] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Trên khoảng

 

0;1

, hàm số

3 1

 

y x

x đạt giá trị nhỏ nhất tại x0 bằng

A. 
1

2. B. 4

3. C. 3

3. D.

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

Câu 24: [1H3-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hình chóp

S ABCD đều có AB2a, SO a với O là giao điểm của AC và BD. Khoảng cách từ điểm
O đến mặt phẳng



SCD



bằng

A. 
3
2

a

. B. a 2. C. 2

a

. D.

2
2

a

Câu 25: [2D1-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] [2D1-3] Hình vẽ

dưới đây là đồ thị của hàm số

3 2

1





x
y

x . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương

trình

3 2

1





x

m

x có hai nghiệm thực?

A.   3 m 0. B. m 3.
C. 0 m 3. D. m3.

Câu 26: [1H3-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hình chóp
.

S ABC có SA a , SA



ABC



, tam giác ABC vng cân đỉnh A và BC a 2. Gọi M ,

N lần lượt là trung điểm của SB, SC. Cơsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng



MNA



và



ABC



bằng

A. 
2

4 . B.

6 . C.

2 . D.

3 .

Câu 27: [1D2-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho số nguyên
dương n thỏa mãn





1 2

2 3  ... 1 n 2621439

n n n

C C n C

. Số hạng không chứa x trong khai

triển của biểu thức

2 1

  

 

 

n

x

x bằng

A. 43758. B. 31824. C. 18564. D. 1.

Câu 28: [2D3-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hàm số

 

f x liên tục trên khoảng



2;3



. Gọi F x

 

là một nguyên hàm của f x

 

trên khoảng



2;3



. Tính

 







  

I f x x xd

, biết F

 

 1 1 và F

 

2 4.

A. I 6. B. I 10. C. I 3. D. I 9.

Câu 29: [2D1-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Hỏi có bao nhiêu
số nguyên dương m để hàm số









2 1 3 1 2 4

     

y m x m x x

nghịch biến trên khoảng



  ;



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

Câu 30: [2D3-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Biết



 







ln 2 ln 5 ln 7 , ,

2 4    

 



x a b c a b c 

x x

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

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

Câu 31: [2D1-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Có bao nhiêu giá
trị nguyên của tham số m để hàm số y x m x  2 2x đồng biến trên khoảng 3



 ;



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

Lời giải

Chọn C.

Ta có:

( )

' m x

y

x x


 

 

1
1

2 3 .

Theo giả thiết ta có: y'  0 x  .

( )

m x

x x



  

 

1 0

2 3  x22x 3 m x(  1) 0  x22x  3 m x( 1) (1)
TH1: m 0, ta có: x22x   3 0 x 

Vậy m 0(thỏa mãn).

TH2: m 0, từ (1) ta có:

x

m x x




 

1 1

2 3.

Xét hàm số

( ) '( )

( )

x

f x f x x

x x x x x x

 

     

     

2 2 2

1 2

2 3 2 3 2 3  .

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có: m  m
1

1 1

Vậy 0 m 1.

TH3: m 0, từ (1) ta có:

x

m x x




 

1 1

2 3 .

Từ bảng biến thiên ta có: m    m
1

1 1

Vậy   1 m 0.

Từ 3 TH trên:   1 m 1 vì m   1 0 1 m { ; ; }.

Đề xuất bài tương tự:

Bài 1: Hàm số

x x

y

x m






đồng biến trên [ ;1) thì giá trị m là

A.

; 2 \{ 1}
2

m   

  . B. m ( ; ]\{1 2 1 .} C.

1
1;

m  

  . D.

1
1;

m  
  .

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

Lời giải

Chọn D.

Ta có: TXĐ D \{m} và
'

( )

x mx m

y
x m
 


2
2
2 4
.

Hàm số đã cho đồng biến trên [ ;1) , [ ; )

m

x mx m x

 

 
     

 2
1

2 4 0 1

, [1;+ )

x mx m x

 22 4   0  2m x( 2) x2, x [1; )

(1).
Do x 2 thỏa mãn (1) m nên chỉ xét x 2.

Khi đó (1)

, [1;2)

, (2; )

x
m x
x
x
m x
x
 
  
 
 


     
 

2
2
2
2
2
2

Xét hàm số ( )

x
f x
x



2

2 trên [ ;1) \{ }2 có '( ) ( )

x x
f x
x
 


2

2
4
2 .

'( ) x

f x
x


   

0
0
4

Lập BBT ta có:

m
m m
m
 

     

  

1
1

2 1 1

2 8 .

Bài 2: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số yln(16x2 1) (m1)x m 2
nghịch biến trên ( ; ).

A. m   .( ; 3] B. m[ ;3 ). C. m   .( ; 3) D. m(4; .)
Lời giải

Chọn B.

Ta có ' ( )

x
y m
x
  

2
32
1

16 1 . Hàm số nghịch biến trên  thì y'  0, x  .

( ) ,
x
m x

x
     

2
32
1 0

16 1  ( ),

x
m x
x
    

2
32
1

16 1  .

Xét hàm số ( )

x
f x
x


2
32

16 1 trên ( ; ) có '( ) ( )

x
f x
x
 


2
2 2
512 32

16 1 .

'( )

f x     10 x

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

Lập BBT ta có max f x ( ) 4 nên m   1 4 m 3.

TH3: m 0, từ (1) ta có:

x

m x x




 

1 1

2 3 .

Từ bảng biến thiên ta có: m    m
1

1 1

Vậy   1 m 0.

Từ 3 TH trên:   1 m 1 vì m   1 0 1 m { ; ; }

Câu 32: [2H1-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hình chóp
.

S ABCDđều có AB2 và SA3 2. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho bằng:

A. 
33

4 . B.

4. C. 2. D.

9
4.

Câu 33: [2D1-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Đồ thị hàm số

 

y g x đối xứng với đồ thị hàm số y a x



a0;a1



qua điểm I

 

1;1 . Giá trị của biểu
thức

1
2 log

2018
a

g   

  bằng

A. 2016 B. 2020. C. 2020. D. 2016.
Lời giải

Chọn D

Gọi

 

x

y a  f x



a0;a1



và y g x

 

có đồ thị tương ứng lần lượt là

 

C0 và

 

C . Xét

điểm M x y



0; 0

  

 C0 và N x y



;

  

 C đối xứng nhau qua điểm I

 

1;1 .

Khi đó I là trung điểm của MN ta có:

0
0

2
2

x x

y y

 


  

 .

Thay x y0; 0 vào f x

 

ta được 2 y a2x hay

 

2 x

y g x  a 

Vậy

1
log

2018

2 log 2

2018

a
a

g   a

   2 2018 2016.

Bình luận:

Bài tốn tổng quát: Cho hàm số y f x

 

có đồ thị là

 

C0 và y g x

 

có đồ thị

 

C . Tìm

 

y g x

biết

 

C đối xứng với

 

C0 qua I x y



0; 0



.

Cách giải:

Xét điểm M x y



0; 0

  

 C0 và N x y



;

  

 C đối xứng nhau qua điểm I a b



;



.

Khi đó I là trung điểm của MN ta có:

0
0

2
2

x a x

y b y

 



  

 .

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

Bài 1: Đồ thị hàm số y g x

 

đối xứng với đồ thị hàm số ylogax



a0;a1



qua điểm

 

1;1

I . Giá trị của biểu thức g



2a2018



bằng

A. 2016 B. 2020. C. 2020. D. 2016.
Bài 2: Đồ thị hàm số y g x

 

đối xứng với đồ thị hàm số

1
3x 5

y

 qua điểm I



3;5



. Giá 
trị của biểu thức 3

1
3 log

2018

g   

  bằng

A. 
6069

2023. B.

6067

2023 . C.

6068

2023 . D.

6066
2023.

Câu 34: [2D2-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho các số thực

x y thỏa mãn log8xlog4 y2 5 và
2

4 8

log x log y7. Giá trị của xy bằng:

A. 1024. B. 256. C. 2048. D. 512.

Câu 35: [1D5-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hàm số

cos

sin 3x x sin 2 x

y  . Giá trị

(10)

y   

  gần nhất với số nào dưới đây?

A. 454492. B. 454493. C. 454491. D. 454490.

Câu 36: [1D2-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Hệ số của số
hạng chứa x7trong khai triển (x23x2)6 bằng

A. 6432. B. 4032. C. 1632. D. 5418.
Lời giải

Chọn D.

Ta có:

2 6 6 6

(x 3x2)  (1 x) (2x)

6 6

0 0

( 1) .2 ( )

k k k i i i

k i

C x C  x

 









 6 6 6

6 6
0 0

( 1) 2k i i k i k i
k i

C C x

  

 



 



Hệ số số hạng chứa

x ứng với

0 , 6

i k N
i k
i k




  


  

 . Suy ra

( ; ) {(1;6), (6;1), (2;5), (5;2), (4;3), (3;4)}k i 
Hệ số của số hạng chứa

x là:

1 6 5 1 6 4 2 5 5 2 3 4 3 2 4 3

6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6

(C C 2 C C 2 C C 2C C 2 C C 2 C C ) 5418

       

Nhận xét: Ta có thể giải theo cách khác như sau:

2 6 6 6

6
0

( 3 2) [2 ( 3 )] k.2 . ( 3k k )k
k

x x x x C  x x



      



  6 6

0 0

.2 . .( 3) .
k

k k k i i k i

k

k i

C  x C  x

 







6
6
0 0

.2 .( 3) .

k

k i k k i i k
k

k i

C C   x

 

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

Hệ số số hạng chứa

x ứng với

0 6

i k N
i k
i k




   


  

 . Suy ra ( ; ) {(6;1), (5;2), (4;3)}k i 

Khi đó hệ số của số hạng chứa x7 là:

1 6 5 2 5 3 4 3 2

6 6( 3) 5 6.2.( 3) 6 4.2 ( 3) 5418

C C  C C  C C   

Một số bài tập tương tự:

Bài 1: Hệ số của số hạng chứa x7trong khai triển f x( ) (1 3  x2 )x3 10 bằng
A. 204120. B. 262440. C. 4320. D. 62640.
Bài 2: Tìm hệ số của x4 trong khai triển ( )

(

1 3 3

)

n

P x = - x- x

với n là số tự nhiên thỏa mãn hệ
thức 2 6 5 21

n

n n

C - n A

+ + = .

A. 210. B. 840. C. 480. D. 270.

Bài 3: Tìm hệ số của x10 trong khai triển

(

)

5
2 3

1 x x+ + +x

A. 5. B. 50. C. 101. D. 105.

Câu 37: [1D3-4] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho tập hợp



1;2;3;4;...;100



A

. Gọi S là tập hợp gồm tất cả các tập con của A, mỗi tập con này gồm 3
phần tử của A và có tổng bằng 91. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S. Xác suất chọn được
phần tử có ba số lập thành một cấp số nhân bằng

A. 
4

645. B.

645. C.

645. D.

1
645.
Lời giải

Chọn A.

Ta có tập



a b c; ;



là tập con của tập A với a b c  91; a, b, c A . Khơng mất tính tổng
qt có thể giả sử a b c  .

Ta có các trường hợp sau:

+ a1, b c 90 suy ra 2  b c 88, khi đó ta có 43 bộ

 

b c; thỏa là



2;88





3;87





4;86



, …,



44;46



.

+ a2, b c 89 suy ra 3  b c 86, khi đó ta có 42 bộ

 

b c; thỏa là



3;86





4;85





5;84



, …,



44;45



.

+ a3, b c 88 suy ra 4  b c 84, khi đó ta có 40 bộ

 

b c; thỏa là



4;84





5;83





6;82



, …,



43;45



.

+ a4, b c 87 suy ra 5  b c 82, khi đó ta có 39 bộ

 

b c; thỏa là



5;82





6;81



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

+ a5, b c 86 suy ra 6  b c 80, khi đó ta có 37 bộ

 

b c; thỏa là



6;80





7;79





8;78



, …,



42;44



+ a6, b c 85 suy ra 7  b c 78, khi đó ta có 36 bộ

 

b c; thỏa là



7;78





8;77





9;76



, …,



42;43



.
+ …

+ a27, b c 64 suy ra 28  b c 36, khi đó ta có 4 bộ

 

b c; thỏa là



28;36





29;35





30;34



,



31;33



.

+ a28, b c 63 suy ra 29  b c 34, khi đó ta có 3 bộ

 

b c; thỏa là



29;34





30;33





31;32



.

+ a29, b c 62 suy ra 30  b c 32, khi đó ta có 1 bộ

 

b c; thỏa là



30;32



.
Do đó số tập con của A, mỗi tập con này gồm 3 phần tử của A và có tổng bằng 91 là:



43 42

 

 40 39

 

 37 36



 ...



4 3 



115. 85 1



2 



645

.
Suy ra số phần tử của tập S là 645.

Trong các phần tử thuộc S thì có 4 phần tử mà có ba số lập thành cấp số nhân:



1;9;81





7;21;63



,



13;26;52



,



25;30;36



.

Vậy xác suất cần tìm là
4
645.

Câu 38: [2D1-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] (Chuyên Hùng
Vương Gia Lai lần 4 - 2018 – Mã 101) Gọi Slà tập hợp các giá trị thực của tham số mđể đồ

thị hàm số

2 2

x mx m

y

x

 



 có hai cực trị A B, . Khi ·AOB900

thì tổng bình phương tất cả các
phần tử của S bằng

A.

16. B. 8. C.

8. D. 16.

Lời giải

Chọn A.

+ Ta có:

1
1

m m

y x m

x

 
   

 và





2
2

1
' 1

m m
y

x

 
 

 .

Do đó y x    1 m



1 y'

 

x1



+ Từ





2
2

1
' 1

m m
y

x

 
 



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

Vậy ·AOB900 khi và chỉ khi

 















 







1 2 1 2 0 1 2 1 1 1 ' 1 1 1 2 1 1 ' 2 2 1 0.

x x y y  x x  x    m y x x  x    m y x x  
( Vì y x'

 

1 0 và y x'

 

2 0).

Hay x x1 2



2x1m

 

. 2x2 m



 0 5x x1 22m x



1x2



m2  0 4m2 m 0, nên

0
1
4
m
m



  

 . Vậy chọn A.

Đề xuất bài tương tự:

Bài 1: [2D1-3]Gọi Slà tập hợp các giá trị thực của tham số mđể đồ thị hàm số

2 2 1

x x m

y

x

  



 có hai cực trị A B, . Khi ·AOB900

số phần tử của Slà

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

Câu 39: [2D1-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hàm số
1
1
x
y
x



 có đồ thị

 

C và điểm A a



; 2



. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của a để có
đúng hai tiếp tuyến của

 

C đi qua điểm A và có hệ số góc k , 1 k thỏa mãn2

2 2

1 2 10 1 2 0

k  k k k  . Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng

A. 7. B.

7 5
2

. C. 
5 5
2

. D. 
7
2.
Lời giải
Chọn A.

Ta có





2
2
1
y
x

 

.

Gọi tọa độ tiếp điểm là

1
;
1
t
M t
t

 
  
 .

Phương trình tiếp tuyến tại M là









2 1

1
1

t

y x t

t
t

 
  


.

Do tiếp tuyến đi qua A a



; 2



nên ta có









2 1
2
1
1
t
a t
t
t
 
  


    t2 6t 3 2a0

 

1

Gọi t1, t2 là hai nghiệm của

 

1 . Khi đó





1 2
1
2
1
k
t




và





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

2 2

1 2 10 1 2 0

k  k k k 



 

2 2





 

4 2



2 2 4 4

10 0

1 1 1 1

t t t t

 

    

   



 



1 1 2 1 1 1 2 1 80

t t t t

 

       













 

1 2 21 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 80 2

t t t t t t t t t t

 

          

.
Mặt khác theo viet: t1 t2 6 và t t1 2  3 2a.

Thay vào

 

2 ta có



 



20 4 a 2a2 80



 



5 a a 1 5

   

7 5

a
a





 

 

 .

BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ:

Bài 1: Cho hàm số

2
1

x
y

x






 

C và điểm A



0;m



. S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số

m để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến

 

C sao cho hai tiếp điểm tương ứng nằm hai phía trục
hồnh. Tập S là

A.

 

1
3; \ 1

S   

  . B. S  





. C. S   



  

\ 1 . D.

 

\ 1
3

S     

  .

Bài 2: Cho hàm số

1
2

x
y

x




 có đồ thị

 

C và đường thẳng d y:    2x m 1 (m là tham số

thực). Gọi k1, k2 là hệ số góc của tiếp tuyến tại giao điểm của d và

 

C . Khi đó k k1. 2 bằng

A. 3. B. 4. C.

4. D. 2.

Câu 40: [2D1-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] (Chuyên Hùng
Vương- Phú Thọ- lần 4- 2018) Cho hàm số y= f x( ). Hàm số y= f x'( ) có đồ thị như hình
vẽ bên.

Hàm số y= f x( )2 đồng biến trờn khong

A.

1 1;
2 2

ổ ửữ

ỗ- ữ

ỗ ữ

ỗố ứ B.

(

0;2

)

C.

1;0
2

ổ ửữ

ỗ- ữ

ỗ ữ

ỗố ứ D.

(

- 2; 1-

)

Lời giải
Chọn C

Xét hàm f x'( )=- (x+1)(x- 1)(x- 4). Đặt

( )

g x = f x

'( )

y= f x

y

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

Có g x'( ) 2 '( )= xf x2 =- 2 (x x2+1)(x2- 1)(x2- 4). Suy ra

'( ) 0 1

x

g x x

x

é =
ê
ê

= Û ê =±

ê =±
ë

Xét dấu g x'( )

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ.

Bài 1: Cho hàm số y= f x

( )

có đạo hàm

( )

(

)(

)

2 9 4

f x¢ =x x- x

-. Khi đó hàm số

(

2 5

)

y= f x +

có đạo hàm âm trên khoảng nào dưới đây?

A.

(

- 2;2

)

B.

(

3;+¥

)

C.

(

- ¥ -; 3

)

D.

(

- ¥ -; 3

) (

È 0;3

)

Câu 41: [2H3-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Trong không

gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P x: 2y z  1 0 và điểm A



0; 2;3 ,

 

B 2;0;1 .



Điểm M a b c



; ;



thuộc

 

P sao cho MA MB nhỏ nhất. Giá trị của a2b2c2 bằng

A. 
41

4 . B.

4. C.

4. D. 3.

Lời giải

Chọn B.



0; 2;3 ,

 

2;0;1



A  B

nằm cùng phía so với mặt phẳng

 

P x: 2y z  1 0

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

2 2
3

x t

y t

z t




   


  


Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng

 

P thì H  Δ

 

P
Ta có phương trình t         4 4t 3 t 1 0 t 1 H



1;0;2



Tọa độ điểm đối xứng với A qua

 

P là: A



2; 2;1



Ta có MA MB MA  MB A B 

Vậy MA MB nhỏ nhất khi và chỉ khi A M B, , thẳng hàng

Do đó M  A B 

 

P

Đường thẳng A B có phương trình là

2 2
2
1

x t

y t

z

  


  


 


Ta có phương trình

3 1

2 2 4 2 1 1 0 1; ;1

2 2

t t t M  

           

 

Vậy

2 2 2 9

a b c 

Câu tương tự

Bài1. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P x: 2y z  1 0 và
điểm A



2; 2;1 ,

 

B 2;0;1 .



Điểm M a b c



; ;



thuộc

 

P . Tìm giá trị lớn nhất của MA MB .

A. 20. B. 2 3. C. 3 2. D. 3.

Lời giải

Chọn B.



2;2;1 ,

 

2;0;1



A  B

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

Tọa độ điểm đối xứng với A qua

 

P là: A



0; 2;3 .



Ta có MA MB  MA MB A B 2 3

Vậy MA MB lớn nhất khi và chỉ khi A M B, , thẳng hàng.

Bài 2. [2H3 - 3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P x: 2y z  1 0
và điểm A



2; 2;1



,B



2;0;1 .



Điểm M a b c



; ;



thuộc

 

P sao cho MA MB nhỏ nhất. Giá
trị của a c bằng

A. 
3

2 . B. 0. C.

1
2


. D. 1.

Lời giải

Chọn B.



2;2;1 ,

 

2;0;1



A  B

nằm khác phía so với

 

P
Ta có MA MB AB 

Vậy MA MB nhỏ nhất khi và chỉ khi A M B, , thẳng hàng

Do đó M  AB

 

P

Đường thẳng AB có phương trình là

2 2
2
1

x t

y t

z

  


  


 


Ta có phương trình

3 1

2 2 4 2 1 1 0 1; ;1

2 2

t t t M  

           

 

Vậy a c 0.

Câu 42: [2H1-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hình thập
nhị diện đều (tham khảo hình vẽ bên dưới). Cơsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng có chung một
cạnh của thập nhị diện đều bằng

A. 
5 1

2


. B.

5 1
4



. C.

5. D.

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

Lời giải

Chọn C.

Lấy ba cạnh chung một đỉnh của đa diện ta được một hình chóp đều O ABC. có ba góc ở đỉnh

bằng nhau và bằng

3
5


 

. Khi đó, góc cần tính là góc giữa hai mặt bên của hình chóp.

Gọi D, E lần lượt là trung điểm của BC, CA; H ADBE; I là hình chiếu vng góc của
D trên OC. Suy ra góc giữa hai mặt phẳng OBC và OCA bằng góc giữa hai đường thẳng
ID và IE.

Giả sử OA OB OC  1, ta có:

2sin
2

AB BC CA   

, OD cos2




, DC sin 2




, 2 sin2

AB

ED  

Suy ra IE ID sin .cos2 2

 

 

Do đó, 

2 2 2

cos

2 .

ID IE DE

EID

ID IE

 



2 2 2

2 2

2sin .cos sin

2 2 2

2sin .cos

2 2

  

 




1
1

2cos
2

 

cos
1 cos






 ,

mà

1 5

cos

  

. Suy ra

 1

cos

EID 

Vậy cơsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng có chung một cạnh của thập nhị diện đều bằng
1

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

Câu 43: [2D2-4] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho các số thực
, ,

a b c không âm thoả mãn 2a 4b8c4

. Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức S a 2b3c. Giá trị của biểu thức 4M logMm bằng

A. 2809

500 . B.

281

50 . C.

4096

729 . D.

14
25.

Lời giải
Chọn C

Cách 1: 2a 4b 8c 4 2a 22b23c 4.

Đặt

2
3
2
2
2

a

b

c
x
y

z

 




 


4
, , 1

x y z
x y z

  


  

 .

2 3

S a  b c log2xlog2 ylog2z log xyz2

 

.

Ta có

3 3

x y z

xyz      

    2

4
3log

S

 

Dấu bằng xảy ra

4
3

x  y z

Do đó 2

4
3log

M  2 3 log2 4

a b c

   

.
Mặt khác



 



xyz x y z  x y  y z  z x  x y z  



x 1

 

y 1

 

z 1

 

x 1

 

y 1

 

y 1

 

z 1

 

z 1

 

x 1



2 2

              

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1; 1; 2

1; 2; 1

2; 1; 1

x y z

  



   



   

 .

Suy ra m1.

Vậy

4 4096

4 log

3 729

M

Mm  

   

  .

Cách 2:

Đặt alog , 22x blog2 y c, 3 log2z. Ta có S log2

 

xyz .



3
3

4 4

4 3 3log

3 3

x y z xyz xyz   S  

          

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

4 4

3log ,

3 3

MaxS M     khi x  y z

 

 Gọi





min , , 1

z x y z   z
.



x1

 

y  1



0 xy x y    1 3 z xyz z



3 z



2 (vì

4
1;

z   

  )

Suy ra S 1, do đó mminS1 khi x z 1,y2

4
3log

4096

4 log 4 log 1

729

M

Mm

 
 
 

   

Nhận xét: Dạng bài này trắc nghiệm thực sự khơng hay.Ngun nhân
Tìm max - có thể biết được ngay dấu bằng xảy ra tại a2b3c
Tìm min – có thể xác định được ngay bộ hoán vị



1;1; 2



Câu 44: [2H1-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hình chóp
.

S ABCDcó đáy là hình chữ nhật, SA(ABCD), cạnh bên SC tạo với (ABCD) một góc 600

và tạo với (SAB) một góc  thỏa mãn sin

4
 

. Thể tích của khối chóp S ABCD. bằng:

A. 3a3. B.

2 3
4

a

. C. 2a3. D.

2
3

a

.
Câu 45: [2D1-2] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4

-Năm 2017 - 2018] Cho hàm số bậc ba





3 2 0

y ax bx  cx d a

có đồ thị như hình vẽ. Mệnh
đề nào dưới đây đúng?

A. a0;b0;c0;d 0.
B. a0;b0; c0;d 0.
C. a0;b0;c0;d 0.
D. a0;b0;c0;d 0.

Câu 46: [2H1-4] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4

-Năm 2017 - 2018] Hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có diện tích đáy bằng 4, diện tích ba mặt
bên lần lượt là 8, 18 và 10. Thể tích của khối lăng trụ ABC A B C.    bằng

A. 411951. B.

411951

2 . C. 11951. D.

11951

2 .

Lời giải

Chọn A.

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

18 .

9 18 10
10

ah

a b c
bh

ch




    


 


Do đó a9k, b18k, c10k với k 0.

Khi đó nửa chu vi tam giác ABClà

2 2

a b c k

p   

. Theo công thức Hê-rơng, diện tích
tam giác ABC là



 



37 19 17 1 4 1 2

4 . . . . 11951.

2 2 2 2 4

ABC

S p p a p b p c k k

      

Suy ra

4
4

4 9 1 11951

.
4

11951

k h

a k

    

Vậy thể tích của khối lăng trụ

ABC A B C   là

11951

. 4. 11951.

4
ABC

V S h 

Chọn đáp án A.

Câu 47: [2H3-4] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Trong không

gian với hệ tọa độ xyz, cho 3 điểm A(1;1; 2), B( 1;0; 4) , C(0; 1;3) và điểm M thuộc mặt
cầu x2y2 (z 1)2 1. Khi biểu thức MA2MB2MC2 đạt giá trị nhỏ nhất thì độ dài đoạn
thẳng MA bằng:

A. 2. B. 6. C. 6. D. 2.

Lời giải

Chọn A

Gọi I là tâm mặt cầu, G là trọng tâm tam giác ABC, Ta có: G(0;0;3), I(0;0;1).

2 2 2

MA MB MC =(MG GA  )2( MG GB )2(MG GC  )2
2

3MG 2MG GA GB GC( )

       GA2GB2GC2

, mà GA GB GC     0
nên MA2MB2MC2=3MG2 GA2GB2GC2.

Suy ra MA2 MB2MC2đạt giá trị nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất. Khi đó M là giao điểm của

GI với mặt cầu.

Nhận xét: I G, nằm trên tia Oz nên M nằm trên tia Oz và để MG nhỏ nhất thìM nằm giữa
,

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

Câu 48: [2D3-4] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Biết F x( ) là

nguyên hàm của hàm số

 

2
cos sin

x x x

f x

x




. Hỏi đồ thị của hàm số y F x

 

có bao nhiêu
điểm cực trị trên khoảng



0; 2018



A. 2019. B. 1. C. 2017. D. 2018.

Lời giải.
Chọn C

Ta có

 

cos sin

' x x x

F x f x

x



 

.Giải F x'

 

 0 xcosxsinx  0 x



0;2018



Khi đó x tanx x



0; 2018



,x k 2



k






     

(*)

Số nghiệm của (*) bằng số giao điểm 2 đồ thị của hàm y x và ytanx

+ Trong khoảng
0;

2


 

 

  ta xét hàm y x tanx có

2 2

1 cos 1

' 1 0

cos cos

x
y

x x



   

nên

tan

y x  x là hàm nghịch biến trên khoảng 0;2


 

 

 .

Do đó

 

tan 0 tan 0 tan 0;

x x y  x x  x x x   

 

Phương trình (*) vơ nghiệm trong khoảng
0;

2


 

 

 

+ Mặt khác, dựa vào đồ thị hàm số y x và ytanx ta thấy đồ thị hàm y x cắt đồ thị hàm

tan

y x trong khoảng k ; 2



k 1





k 1;2017





   

 

 

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

Vậy nên có 2017 cực trị

Nhận xét: Thêm một số bài tương tự

Bài 1: Biết F x( ) là nguyên hàm của hàm số

 

2
sin cos

x x x

f x

x




. Hỏi đồ thị của hàm số

 

y F x

có bao nhiêu điểm cực trị trên khoảng



0; 2018



A. 2019. B. 1. C. 2017. D. 2018.

Bài 2: Biết F x( ) là nguyên hàm của hàm số

 

cos sin

2 2

x x x

f x

x

 

     

   

   



. Hỏi đồ thị của
hàm số y F x

 

có bao nhiêu điểm cực trị trên khoảng



0; 2018



A. 2019. B. 1. C. 2016. D. 2018.

Câu 49: [2D3-3] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho hàm số

 



y f x

xác định trên
0;

2


 

 

  thỏa mãn

 

2
2
0

2
2 2. sin

4 2



 

      

 

  

 



f x f x x dx

. Tính

 





f x x

A. 4


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


.
Lời giải

Chọn B.

+) Ta có

2 2 2

0 0 0

1 2

2 sin 1 cos 2 sin 2

4 2 2 2 2

  

        

             

       

       



x dx



x dx x x

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

 

2
2
0

2
2 2. .sin

4 2

 
      
 
  
 



f x f x x dx

 

2 2

2 2
0 0
2 2

2 2. .sin 2sin

4 4 2 2

 
   
      
           
   
 



f x f x x dx



x dx

 

2 sin 0.

4


  
      

 
 



f x x dx

 

2 sin 0, 0;

4 2

 

        

 

    

f x x  x nên

 

2
2

2 sin 0

4


     
 
  
 



f x x dx

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

 

2 sin
4

 
   
 

f x x

+) Vậy

 

2 2 2

0 0 0

d 2 sin d 2 cos 0

4 4
  
 
   
         
   



f x x



x x x

Nhận xét: để đảm bảo tính khả tích, ta cần thêm điều kiện “y f x

 

liên tục trên
0;
2

 
 
 ” ở
đề bài. Khi đó điều kiện “xác định” không cần nữa.

Câu tương tự

Bài 1: Cho hàm số y f x

 

liên tục trên

 

0;1 thỏa mãn

 





1
2
0

9 1

6. . d

2


   

 



f x f x ex x e

.
Tính



  

1
0
1 d




x f x x

A. e1. B. 2e5. C. e. D. 3e.
Lời giải

Chọn D.

+) Ta có

 





1
2
0

9 1

6. . d

2


   

 



x e

f x f x e x

 





1 1 1

2 2 2

0 0 0

9 1

6. . d 9 d 9 d

2


 





  x 



x  e 



x

f x f x e x e x e x

 

1
2
0
3 0
 





f x  ex 

 

3 .

  x

f x e

+) Vậy



  





1 1
1
0
0 0

1 d 3 1 d 3 3

    



x x

x f x x x e x xe e

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

Bài 2: Cho hàm số y f x

 

liên tục trên

1 1
;
2 2
 

 

  thỏa mãn

 

  



1
2

2
1
2

109

2. . 3 d



     

 



f x f x x x

. Tính

 

1
2

2
0

d
1




f x x

x .

A. 
2
ln

9. B.

5
ln

9. C.

7
ln

9 . D.

8
ln

9.
Lời giải

Chọn A.

+) Ta có

 

  



1
2

2
1
2

109

2. . 3 d



     

 



f x f x x x

 

  











1 1 1

2 2 2

2 2

1 1 1

2 2 2

109

2. . 3 d 3 d 3 d

  

 





f x  f x x  x



x x  



x x

  



1
2

2
1

3 d 0







f x  x  x

 

3 .

 f x  x

+) Vậy

 





1 1 1

2 2 2

2 2 0

0 0 0

3 1 2 2

d d ln 1 2ln 1 ln

1 1 1 1 9

  

         

     



f x x



x x



dx x x

x x x x .

Câu 50: [1H3-4] [THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Lần 4 - Năm 2017 - 2018] Cho tứ diên đều

ABCD có cạnh bằng 2 2. Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD và M là trung điểm của
AB. Khoảng cách giữa BG và CM bằng

A. 
2

14 . B.

5. C.

2 5. D.

2
10 .
Lời giải

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

- Đặt cạnh của tứ diện đều là a.

- Gọi E là trung điểm CD, K là trung điểm CE và O là trọng tâm tam giácBCD.
Do ABCD là tứ diện đều nên AO



BCD



- Do G là trọng tâm tứ diện ABCD nên G là giao điểm của AO và ME đồng thời G là

trung điểm của ME và

1
4

GO AO

- Ta có GK là đường trung bình của tam giác EMC GK CM// CM//



BGK





;



d CM BG

 d CM BGK



;





d C BGK



;





d E BGK



;





 32d O BGK



;





.

- Dựng OH BK tại H BK 



GOH







GBK

 

 GOH



(giao tuyến là GH).
- Dựng OI GH tại I OI



GBK



OI d O GBK



;





- Ta tính được:

3
2

a

BE

2 3

3 3

a

BO BE

, 2

a

EK 

2 2

BK BE EK

  

2 2

4 16

a a

  13

a




sinKBE EK
BK

 1

 OH

BO

 3

13 3 13

BO a

OH

  

Lại có: AO2  AB2BO2

2 2

3 3

a a

a

   2 1 2 2

16 24

a

GO AO

  

2 2 2

1 1 1

OI OG OH 2 2 2

24 39 63

a a a

  

3 7

a
OI

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



;



2 2 7

a

d CM BG OI

  

, thay a2 2 ta được:





2
;

d CM BG 

* Bình luận: - Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau ta dựng một mặt phẳng

chứa một đường và song song với đường kia, ở đây dựng mặt phẳng chứa BG và song song
vớiCM, là mặt phẳng



BGK



- Dùng công thức tỉ lệ khoảng cách, chuyển việc tính khoảng cách từ C đến



BGK



bằng
khoảng cách từ E đến



BGK



rồi chuyển thành khoảng cách từ H đến



BGK



, do đã có sẵn

GOBK, khi đó chỉ cần dựng OH BK .

- Việc tính tốn các độ dài dựa vào các cơng thức hình học phẳng đã có.

* Bài tập tương tự:

Bài 1: Cho hình chóp S ABC. có đáy là tam giác đều cạnh bằng 61, SA



ABC



và

SA . Gọi G là trọng tâm của hình chóp S ABC. và M là trung điểm củaSA. Khoảng
cách giữa AG và BM bằng

A. 
5 3

4 . B.

2 61

9 . C.

3 61

23 . D.

6 3
61 .
Hướng dẫn giải

Chọn A.

- Gọi E là trung điểm BC, suy ra G là trung điểm củaME.
- Gọi K là trung điểmBE, suy ra BM//



AGK



do đó d AG BM



;



d BM AGK



;





d B AGK



;





d E AGK



;





2.d H AGK



;





, với

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

- Dựng HDAK tại D



GHD

 

 AGK



- Dựng HF GD tại F HF 



AGK



HF d H AGK



;





.
- Tính được:





5 3
;

d AG BM 

</div>