Bài 2. Bài tập có đáp án chi tiết về hàm số môn toán lớp 11 | 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 (684.8 KB, 24 trang )

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

Câu 1. [2D3-4] Cho hàm số y f x

 

liên tục trên đoạn
0;

6

 
 

 . Biết f x

 

cosx f x

 

s inx 1 ,
0;

x  

   

và f

 

0 1. Tính

 

6
0

I f x






A. 
2 3

2 6






. B.

3 3
2


. C.

2 3
2


. D.

3 1
2


.

Lời giải

Chọn B.

Từ giả thiết: f x

 

cosx f x

 

s inx 1

 

2 2

sinx 1

cos cos cos

f x f x

x x x



  

 

2
1
cos cos

f x

x x



 

  

 

 

2
1

dx dx

cos cos

f x

x x



 

   

 



 

=tanx
cos

f x

C
x

   f x

 

s inxC.cosx
.
Do f

 

0 1 C 1 f x

 

sinx cos x.
Vậy

 









6 6

0 0

3 1 3 3

dx= sinx cos dx= cos sinx 6 1

2 2 2

f x x x

  



       



Câu 2. [1D2-4] Một hội thảo có 8 nhà khoa học đến từ bốn tỉnh Hải Phòng, Quảng Ninh, Hải Dương
và Thái Nguyên ( mỗi tỉnh có hai người ). Hỏi có bao nhiêu cách xếp 8 nhà khoa học nói trên
vào một bàn trịn sao cho có đúng hai nhà khoa học của Hải Phòng ngồi cạnh nhau?

A. 480 cách. B. 320 cách. C. 360 cách. D. 520 cách.
Lời giải

Chọn A.
Cách 1:

Xếp hai nhà khoa học của Hải Phòng ngồi cạnh nhau: Có 2! cách.
Coi 6người cịn lại là 3 cặp.

Cịn 6 vị trí, nếu xếp tùy ý sẽ có 6! cách.

Giờ ta tính số cách xếp 6người trong đó có ít nhất 1 cặp ngồi cạnh nhau.
TH1: Có 3 cặp ngồi cạnh nhau. Có 3!.23 48 cách.

TH2: Có đúng 2 cặp ngồi cạnh nhau. Có C32.2 .4! 3.48 1442   cách.

TH3: Có đúng 1 cặp ngồi cạnh nhau. Có C13.2.5! 2.144 3.48







288 cách.

Vậy có 6! 288 144 48



 



240 cách xếp 6người trong đó khơng có cặp nào ngồi cạnh
nhau.

KL: Có 2!.240 480 cách xếp thỏa mãn ycbt.
Cách 2:

Việc xếp người theo ycbt được thực hiện qua các bước sau:
Bước 1:

Xếp hai nhà khoa học của Hải Phịng ngồi cạnh nhau: Có 2! cách.

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

Bước 2: Xếp vị trí số 1, có 6 cách.
Bước 3: Xếp vị trí số 2, có 4 cách.
Bước 4:

-Xếp vị trí số 3, có hai trường hợp:

TH1: Người ở vị trí số 3 cùng cặp với người ở bước 3, có 1 cách.

- Xếp vị trí số 4, có 2 cách. ( Cịn ba người nhưng khơng thể lấy người cùng cặp ở bước 3
vì như thế hai vị trí cuối sẽ cùng cặp).

- Xếp vị trí số 5, có 1 cách. Xếp vị trí số 6, có 1 cách.
Vậy TH1 có 1.2.1.1 2 cách.

TH2: Người ở vị trí số 3 khơng cùng cặp với người ở bước 3, có 2 cách.

- Xếp vị trí số 4, có 2 cách.

- Xếp vị trí số 5, có 2 cách. Xếp vị trí số 6, có 1 cách.
Vậy TH2 có 2.2.2.1 8 cách.

KL: Có 2.6.4. 8 2







480 cách xếp thỏa mãn ycbt.

Câu 3. [1D2-4] Có 12 người xếp thành một hàng dọc (vị trí của mỗi người trong hàng là cố
định). Chọn ngẫu nhiên 3 người trong hàng. Tính xác suất để 3 người được chọn khơng
có hai người nào đứng cạnh nhau.

A.

.

B.

.

C.

126

.

D.

7
110

.

Lời giải

Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là n

 

 C123 .

Gọi A là biến cố chọn được 3 người khơng có hai người đứng cạnh nhau.

Gọi a1, a2, a3 là vị trí của 3 người được chọn.
Ta có 1a1 a2 a3 12.

Mà

1 2
2 3

1
1

a a

  
  


1 2 3

1 a a 1 a 2 10
      
 Có 3

C cách chọn bộ



a a1, 21, a32



Có 3

C cách chọn



a a a1, 2, 3



Xác suất của biến cố

 

3
10

3
12

6
11

C
P A

C

 

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

Câu 4.

[1D3-4]

Với

n

là số nguyên dương và

x0

, xét biểu thức

8 3

2 7

1 1 n

x x

    

 

 

. Hỏi

có bao nhiêu số

n2018

sao cho khai triển của biểu thức trên khơng có số hạng

tự do?

A.

1009.

B.

403.

C.

1615.

D.

625.

Lời giải

Chọn C.

Ta có





 

  



8 3 5 3 5 3 7

2 7 7

0 0

1 1 1

n n n n

n k k k n k k

n n

k k

x x x x C x C x x

x x x




  



 

          

   

   



.

Dễ thấy tất cả các số hạng trong khai triển đều có hệ số dương.
Ta nhân lần lượt mỗi số hạng của

 

5
0

n k

k
n
k

C x





với từng số hạng của

  



3 7

n n k

k k

n

k

C  x  x 





rồi cộng các kết quả lại với nhau.

Để khai triển của biểu thức ban đầu khơng có số hạng tự do thì số mũ của x trong kết
quả của tất cả các phép nhân ở trên phải khác 0. Tức,





5k3 n k  7k0, k 1, ;n k1,n.

Ta xét 5k3



n k 



7k 0 3n5 2



kk



, từ đó 3n 5, suy ra n 5.
Từ 1 đến 2018 có 403 số chia hết cho 5.

Vậy có 2018 403 1615  giá trị của n thỏa mãn yêu cầu.

Câu 5. [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn 11z201810iz201710iz 11 0. Mệnh đề nào sau đây

đúng
A.

1 3
;
2 2

z 

. B. z 

 

1; 2 . C. z 



0;1



. D. z 



2;3



.
Lời giải

Chọn A.
Đặt z x yi 

2018 2017

11z 10iz 10iz 11 0

2017

2017 11 10 11 10

11 10 11 10

iz iz

z z

z i z i

 

   

 









2 2

2017

2 2

100 121 220

121 100 220

x y y

z

x y y

  

 

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

TH1: z  1 x2y21



2 2





2 2



100 x y 121 220y 121 x y 100 220y

       

 

z sai

 

TH2: z  1 x2y2 1



2 2





2 2



100 x y 121 220y 121 x y 100 220y

       

 

z sai

 

Vậy z 1.

Câu 6. [2D3-4] Cho hàm số f x( ) có đạo hàm liên tục trên

 

0;1 thỏa mãn





1 1

0 0

1 1

(0) 1, ( ) , (2 1) ( ) .

30 30

f 



f x 



x f x dx 

Tính tích phân
1
0

( )

f x dx



bằng:
A.

30. B.

30. C.

4 . D.

11
12.
Lời giải

Chọn D.

Ta có



 







1 1 1 1

2 2 2

0 0 0

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

x f x dx f x d x x  x x f x  x x f x dx  







2
0

( ) .

f x x x dx





 

Mà





2
0

1
30
 x



x dx

nên suy ra









 



2 2 2

( ) 2 ( ) 0

f x  f x x  x x x dx







1 2

2
0

( ) 0

f x x x dx

  





    

2
( )

f x x x

  

3 2

( )

3 2

x x

f x C

   

Vì

3 2

(0) 1 1 ( ) 1

3 2

x x

f    C f x   
.

Vậy
1
0

11
( )

f x dx



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

Câu 7. [2H3-4] Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm A



3;3;0 ,

 

B 3;0;3 , C 0;3;3

 



. Mặt phẳng

 

P

đi qua O, vuông góc với mặt phẳng



ABC



sao cho mặt phẳng

 

P cắt các cạnh
,

AB AC tại các điểm ,M N thỏa mãn thể tích tứ diện OAMN nhỏ nhất. Mặt phẳng

 

P có
phương trình:

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

Chọn A.

Ta có AB



0; 3;3 ,



AC 



3;0;3



AB AC,    



9; 9; 9



   

Mặt phẳng



ABC



có một véc tơ pháp tuyến là n



1;1;1





Phương trình của đường thẳng

: 3

x

AB y t

z t



  

 

 và đường thẳng

: 3

x t

AC y

z t


 

 

  


Mặt phẳng

 

P cắt các cạnh AB AC, tại các điểm M N, nên M



3;3m m;



và



3 ;3;



N n n với m n, 

 

0;3

Ta có OM ON,  



3n3m mn m ;3 3n mn m ;3 3n mn



 



OMN

 

 ABC



nên OM ON n,   . 0 3m3n3mn 0 mn m n 
  

Suy ra OM ON,  



2n4 ; 2m m4 ; 2n m2n



 

Do OA



3;3;0





nên

1 1

, 6 12 6 12

6 6

OAMN

V  OM ON OA    n m m n   m n V

Ta có m n 2 mn2 m n     m n 4 V 4
Dấu " " xảy ra   m n 2

Vậy mặt phẳng

 

P đi qua điểm O và có vtpt là OM ON,    



4; 4;8



 4 1;1; 2







 

có
phương trình là: x y 2z0.

Câu 8. [2D2-3] Xét các số thực dương x y z, , thay đổi sao cho tồn tại các số thực a b c, , 1 và
thỏa mãn abc a x by cz. Tìm giá trị nhỏ nhất M của biểu thức x y 2 .z2

A. M 4 2. B. M 4. C. M 6. D. M 10.

Lời giải
Chọn C.

Với a b c, , 1, ta có





ln ln ln ln ln ln

x y z

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





2
1

ln , ln , ln
2

1
2

A B C
x

A
A B C

y A a B b C c

B
A B C
z

C

 
 




 


    



 
 



Bài toán đã cho tương đương với bài tốn sau:

“Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1 1

2 2 2

A B C A B C A B C

A B C

     

     

     

      trong

đó A B C, , là các số thực dương”

Khơng mất tính tổng quát, xét A B C  1, ta đưa về bài toán:

“Xét các số thực dương A B C, , có tổng bằng 1, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2

1 1 1 1
2 A B C

   

 

 ”

Mà 2 2 2

1 1 1 4 1 4 1

12
1

A B C   A B C   C C  và đẳng thức xảy ra khi

1 1

, .

4 2

A B  C

Vậy đáp số bài toán là M 6.

Câu 9. [2D3-4] Cho hàm số y f x

 

0xác định và có đạo hàm trên đoạn [0;1] đồng thời
thỏa mãn các điều kiện sau:

 

1 2018
x

g x  



f t dt

;g x

 

 f2

 

x . Tính

 

1
0

g x dx



.
A.

1011

2 . B.

1009

2 . C.

2019

2 . D. 505.

Lời giải

Chọn A

Theo giả thiết ta có g x'

 

2018f x

 

2 'f x f x

   

. . Vì f x

 

0trên đoạn [0;1]

 

' 1009 1009

f x f x x C

     và

  



1009

g x  x C .

Mặt khác g

 

0 1 và f x

 

0trên đoạn [0;1] suy ra C1.

Vậy

 





1 1

0 0

1011

1009 1

g x dx x dx



Câu 10. [2D3-4] Số điểm cực trị của hàm số

 





3 1

2017
2

12 4 d
x

f x t t







 

là:

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

Lời giải
Chọn D

Giả sử là một nguyên hàm của

 





2017
2 12 4

g t  t   F t

 

g t

 

Khi đó

 





 

3 1 1

f x F x  F  f x

 

F x



31



 3x g x2



31



 

 

2



3



2 2017

3 1 12 4

f x x  x 

      

 

 



3



0
0

1 12 4

x
f x

x




  

   





3



1 12 4

x    



x31



2 4

3
3

1 2
1 2

x
x

  
 

  

 3

1
3

x
x



 

 

 .

Bảng xét dấu:

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

Câu 11. [2D4-4] Cho các số phức x y z, , thỏa mãn xy  80 320i,yz60,zx  96 24i
Xét các số a b,   mà trong đó x y z a bi    . Tính giá trị của T a2b2

A. T 100. B. T 74. C. T 61. D. T 58.

Lời giải
Chọn B.

80 320
60

96 24

xy i

yz

zx i

  


 


   


80 17
60
24 17

xy

yz
zx

 

 





4 34
10 2
3 2

x
y
z

 

 





544
200
18

x
x
y

y
z

z






 







Khi đó

2
2

2 2

T a b   x y z   x y z

2 2

2
18 200 544
544 200 18

xy zx yz

x y z xyz

 

    

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

 

0 1

f  f   , f x

 

2f x

 

 f

 

x x32x2

với   x . Tích phân
1
0

( )dx

f x



bằng.
A.

107 21

12  e . B.

107 12

21  e . C.

107 21

12  e . D.

107 12
21  e .

Lời giải
Chọn A

Ta có:

 



e f xx.



 e f xx. 

 

e f xx.

 



e f xx.



2 .e f xx 

 

e fx. 

 

x e f xx.

 



2





3 2 2



x x

e f x f x f x e x x

    

Lại có:

 







3 2





3 2



. 2 dx= 2 2

x x x

e f x  



x  x e x x  x e C

 



3 2



. 2 2 dx

x x

e f x x x x e C

 



   

 



3 2



1 2

. 4 10 12 (*)

x x

e f x x x x e C x C

      

 

2 1

1 2

1 12 4

0 0 1

2 12 10 13

C C

f f

C C

   

 

    

    

 

 

3 4 2 10 12 4 13
x

x

f x x x x

e



     

Bấm máy ta có kết quả là A

Câu 13. [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn

2
z z   z z z

. Giá trị lớn nhất của biểu thức

5 2

P  z i

bằng:

A. 2 5 3 . B. 2 3 5 . C. 5 2 3 . D. 5 3 2 .
Lời giải

Chọn B.

+) Đặt z x yi x y



,  



2
2

z z x

z x yi

z z yi

  

    

 

 .

+) Mặt khác

2 2 2

z  z x y

nên giả thiết



 



2 2

2 x 2 y x y x 1 y 1 2

        

+) Ta có P  z 5 2i MAvới A

 

5; 2 và M là điểm biểu diễn số phức z.
+) Chia các trường hợp của x y, ta được 4 phần thuộc 4 góc phần tư.

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

Hay
x x
y y
  
 

 

 Tập hợp điểm M thuộc đường tròn

  

C : x1

 

2 y1



2 2

. Khi đó
max

MA IA R , với I



 1; 1 ,



R 2. Vậy Pmax IA R 3 5   2. 
Câu 14. [1D4-4] Cho dãy số

 

un thỏa mãn:

2 *
1 1
2
1; ,
3
n n

u  u   u    a n

. Biết rằng



2 2 2



1 2

lim u u  ... un 2n b

. Giá trị của biểu thức T a b. là:

A. 2. B. 1. C. 1. D. 2.

Lời giải
Chọn A.

Cách 1:

Ta có





2 2 2

2 2

3 3 3

3 3

n n n

u   a u  a a u  a

. Như vậy dãy số un2 3a là một cấp số nhân với

công bội là
2

3. Do đó









1 1

2 2

3 . 3 . 1 3

3 3

n n

n

u a u a a

 

   

      

    . Lấy tổng các số hạng tương

ứng thì:





2 2 2

1 2

2 2

... 3 1 3 . 1 ...

3 3

n
n

u u u an a

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









2
1
2
3

1 3 . 3 1 3 1

2 3
1
3
n
n
a a
 
       
       
 
 


Theo giả thiết, ta được:





2
3 2

2
3

3 1 3

3
a a
T
a b
b



 
    
   
   
.
Cách 2:
Ta có
2 2
1
2 2
3 3
n n

u   u   a L L a

, (với Llimun limun1). Suy ra L2 3a.

Mặt khác,

2 2 2 2

1 1

3 2 3

n n n n

u   u  a u   u  a





2 2

2 1

2 2

2 2 2 2 2

3 2

2 3 1 1

2 2

3 2 3

... 3 2 3

...

3 2 3

n n

u u a

u u u u u an

u u a



  

 

       

  
 .



2 2 2











1 2 1

lim u u ... un 2n lim 3 3an 3un 2n 3 9a n a3 2

             

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

3 2 0
3 9

a

a b

 


   

 (nếu 3a 2 0 thì b ).

2
3

a

T

b

 


   

  

 .

Câu 15. [2D1-3] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm liên tục trên  và thỏa mãn f x

 

   0, x . Biết

 

0 1

f  và f x

 





6x3x2



.f x

 

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

 

m có nghiệm duy nhất.

A.

0 1

m e
m

 
  

 . B. 1 m e  4

. C.

4
1

m e
m

 
 

 . D. 1 m e  4
.
Lời giải

Chọn A.
Ta có

 



2



 

3 3

 

3 3



2



 

3 6 0 ex x ex x 3 6 0

f x  x  x f x    f x   x  x f x 

 

3 3 2 3 3 2

ex x 0 ex x ( )

f x f x C

  

 

    

Mà f

 

0   1 C 1.
Suy ra:

 

2 3

3
e x x

f x   .

 



2



3 2 3

3 6 e x x

f x   x  x 
.

 

0 0

x
f x

x



   


 .
Bảng biến thiên.

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra f x

 

m có nghiệm duy nhất

4
e

0 1

m
m

 
   

 .

Câu 16. [2D2-3] Cho hàm số

 

2018ln e2018 e
x

y f x    

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

 

2 ...



2017



T  f  f   f

A.

2019
2

T 

. B. T1009. C.

2017
2

T 

. D. T 1008.
Lời giải

Chọn C.

Ta có:

 

2018ln e2018 e
x
f x

  
    
 
 
2018
2018
e e
2018.
e e
x
x

 

 
 


2018
2018
e
e e
x
x



Mặt khác





2018
2018
2018
2018
e
2018
e e
x
x
f x


  

1
2018
1
2018
e
e e
x
x




2018

2018
e
e
e
e
e
x
x

 1
2018 2
e
e e x 

 2018
e
e e
x



Do vậy ta có: f x

 

 f



2018x





2018

2018 2018

e e

e e e e

x

x  x 

  .

Khi đó ta có: T  f

 

1  f



2017



 f

 

2  f



2016



 ... f



1008



 f



2010



 f



1009



Hay 1008 so 1

1 2017
1 1 ... 1

2 2

T      

Câu 17. [2D1-3] Tìm giá trị của tham số m để đò thị hàm số y x 42



m1



x22m3 có ba
điểm cực trị A, B, C sao cho trục hoành chia tam giác ABC thành một tam giác và một

hình thang biết rằng tỉ số diện tích tam giác nhỏ được chia ra và diện tích tam giác ABC
bằng
4
9.
A.
1 15

m 

. B.

1 3

m 

. C.

5 3
2

m 

. D.

1 15
2

m 

.
Lời giải

Chọn A.

Ta có: y x 42



m1



x2 2m3









3 2

4 4 1 4 1

y  x  m x x x  m
.
Để hàm số có ba cực trị thì y0 có ba nghiệm phân biệt, suy ra m 1.

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

Giả sử có hình vẽ trên và từ giả thiết, ta có:

4
.

9
AMN

ABC

S AM AN

S  AB AC   AMAB  ANAC 23.

Do đó trong tâm G của tam giác ABC thuộc Ox.
Thấy A



0; 2m3



;





1; 2

B  m m 

;





1; 2

C m m 

nên
2

2 2 7

m m

G    Ox

  2m22m  7 0

1 15
2

m 

.
Đối chiếu điều kiện, ta được

1 15
2

m 

Câu 18. [1D2-4] Biết rằng hàm số f x

 

liên tục và với mọi x  thì f x

 

có thể nhận một
trong các giá trị: 0, 1,1, x x x x, , 2, 2. Hỏi có tất cả bao nhiêu hàm số khác nhau thỏa
mãn đề bài? (Hai hàm số f x f x1

   

, 2 được gọi là khác nhau nếu có a  mà

 

1 2

f a  f a ).

A. 64. B. 187. C. 153. D. 197.

Lời giải
Chọn B.

Kiến thức cần nắm: Đồ thị của hàm số liên tục trên một khoảng là một “đường liền” 
trên khoảng đó.

Bài tốn đã cho tương đương với bài toán đếm số đường đi từ “bên trái sang bên phải”.
Ký hiệu hai điểm giao bên trái là A C, và hai điểm giao bên phải là B D, ta có các
trường hợp sau:

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

- Đi từ trái đến A có 3 cách, rồi từ A đến O có 2 cách, từ O đến B có 2 cách, từ B

đi tiếp có 3 cách. Vậy có 3.2.2.3 36 cách.

- Đi từ trái đến A có 3 cách, rồi từ A đến B có 1 cách, từ B đi tiếp có 3 cách.
Vậy có 3.1.3 9 cách.

- Đi từ trái đến A có 3 cách, rồi từ A đến O có 2 cách, từ O đến D có 2 cách, từ D

đi tiếp có 3 cách. Vậy có 3.2.2.3 36 cách.

- Đi từ trái đến A có 3 cách, rồi từ A đến O có 2 cách, từ O đi thẳng sang phải có 1

cách.

Vậy có 3.2.1 6 cách.

Vậy TH1 có tất cả là 36 9 36 6 87    cách.
+ Trường hợp 2: Đi từ trái đến C đầu tiên

Số cách đi ở trường hợp này bằng số cách đi ở trường hợp 1 do tính đối xứng của A và
C nên có 87 cách.

+ Trường hợp 3: Đi từ trái đến O đầu tiên

- Đi từ trái đến O có 1 cách, rồi từ O đến B có 2 cách, từ B đi tiếp có 3 cách.

Vậy có 1.2.3 6 cách.

- Đi từ trái đến O có 1 cách, rồi từ O đến D có 2 cách, từ D đi tiếp có 3 cách.
Vậy có 1.2.3 6 cách.

- Đi từ trái đến O có 1 cách, rồi từ O đi thẳng có 1 cách.
Vậy có 1.1 1 cách.

Vậy TH3 có tất cả là 6 6 1 13   cách.
Vậy có tất cả là: 87 87 13 187   cách.

Câu 19. [1D3-4] Cho các số a1; a2; a3; a4; a5 0 lập thành cấp số cộng với công sai d và b1;
2

b ; b3; b4; b5 0 lập thành cấp số nhân với công bội q. Biết rằng a1b1 và a5 b5. Hỏi

có bao nhiêu khẳng định luôn đúng trong các khẳng định sau?

i)

a2 b2

ii)

a3 b3

iii)

a4 b4

iv)

d q

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

Lời giải

Chọn C.

Có b5 b q1. 4 a5 a q1 4.





5 1 1

4 4

a q

a a

d  

  





















1 1 1 1

1 . 1

4 4

n

n q n q

a  a n d a    a a     

 

 .

1
1.

n
n

b a q 





















1 4

1 1

1 4 1 1 1

1 1 0

n
n

n n

n

n q

q n q

a

b q q



 

    

     



1





4 1

 

4 1 1



4 1 1 1

4 1

n

n q q

n



  

      

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

Xét hàm số

 

1
x

q
f x

x





; x2.

 









. .lnx x 1 x ln 1 1

x q q q q x q

f x

x x

   

  

.
Xét g x

 

x q. lnx q q x1.

 









.ln . . ln .ln ln 0

x x x x

g x q q x q q q q xq q 

g luôn đồng biến trên  g x

 

g

 

0 0 f x

 

0,  x 0.

f luôn đồng biến trên



0;





 

* đúng với n2;3; 4.

Câu 20. [2H3-3]. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A



 1; 4; 4



, B



1;7; 2



, C



1; 4; 2



. Mặt
phẳng

 

P : 2x by cz d   0 qua A và thỏa mãn T d B P



 



2d C P



 



đạt giá trị
lớn nhất. Tính b c d  .

A. 65. B. 77. C. 52. D. 10.

Lời giải
Chọn .

TH 1: B C, cùng phía so với

 

P .

Gọi I thõa mãn IB2IC  0 I



1;5; 2



.

Có T d B P



 



2d C P



 



3d I P



 



3IA. MaxT 3IA khi

   

: 2 9 6 62 0 65

IA P  P x y z     b c d .

TH 2: B C, khác phía so với

 

P .
Gọi BD BA

 

B



 3; 15;10



.
Gọi E thỏa mãn

1 7

2 ; ;2

3 3

EB  EC O E   

 

  

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

Từ hai trường hợp suy ra khi T d B P



 



2d C P



 



đạt giá trị lớn nhất. Ta có
65

b c d   .

Câu 21. [2H1-3] Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi M , N lần lượt là trọng tâm của

các tam giác ABD, ABC và E là điểm đối xứng với B qua điểm D. Mặt phẳng



MNE



chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có
thể tích V . Tính V .

A. 
3

2
96

a

. B.

3 2

a

. C.

3
3 2

320

a

. D.

3
9 2

320

a

.
Lời giải

Chọn D.

Thể tích khối tứ diện đều cạnh a là:

3 2

a
.

Gọi P ME AD; T MEAB. Trong mặt phẳng



ABC



đường thẳng TN cắt AC,
BC lần lượt tại Q,F. Khi đó mặt phẳng



MNE



chia khối tứ diện đã cho phần chứa 
đỉnh A là tứ diện ATPQ.

Gọi I là trung điểm BD. Xét AID ta có: . . 1

ED MI PA

EI MA PD (định lý Menelaus)

3
 PA 

PD .

Tương tự ta có: 3

QA

QC .

Xét AIB ta có: . . 1
EI TB MA

EB TA MI

2
3
TB

TA .

Mặt khác ta có:

3 3 3 27

. . . .

5 4 4 80

  

ATPQ
ABCD

V AT AP AQ

V AB AD AC

3 3

27 2 9 2

80 12 320

 ATPQ  

a a

V

Câu 22. [2D1-3] Cho hàm số bậc bốn f x

 

ax4bx3cx2dx e a



0 .



Biết rằng các hệ số

, , , ,

a b c d e là các số nguyên không âm và không lớn hơn 8 và f

 

9 32078. Tính tổng
các hệ số S a b c d e     .

A.S 4. B. S 10. C. S 12. D. S14.
Lời giải:

Chọn D.

A

B

D
C

F

E
N

M
T

I
P

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

Cách 1:

 

4 3 2

9 9 9 9 32078 *

, , , , ; 8; 0

a b c d e

ycbt

a b c d e N a

     


 

  



 

* : 9 dư 2 e 2.

3 2 32078 2

9 9 9 4564 9 0.

a b c d  d

        

2 3564

9 9 396 9 0.

a b c c

       

396

9 44 : 9

a b

   

dư 8  b 8.
9a 36 a 4.

   

Vậy S a b c d e     14.

Cách 2: Chuyển đổi 32078 từ hệ thập phân sang hệ đếm cơ số 9

4 3

10 9

32078 4.9 8.9  2 32078 48002       S 4 8 0 0 2 14.

Câu 23. [2D4-3] Cho z1 là số phức, z2 là số thực thỏa mãn z12i 1 và 
2 1
1

z z

i



 là số thực. Tìm
giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của biểu thức P z1z2 .

A. M 3 2,m 2. B. M 2 2,m 2.

C. M  2,m1. D. M  2,m0.

Lời giải:

Chọn A.

Gọi N, Plần lượt là hai điểm biểu diễn của số phức z z1, 2.

Khi đó Nthuộc trục hồnh và Pthuộc đường trịn ( ) :C x2(y2)2 1.

Mà
2 1
1

z z

i



 là số thực nên tồn tại k  sao cho z2 z1 k(1i) suy ra PN cùng phương
với véc-tơ u (1;1).

Ta cần tìm độ dài lớn nhất của PN.

Gọi H là hình chiếu của P trên Ox ta có PNH 450
.
PN lớn nhất khi NH lớn nhất. Mà NH lớn nhất bằng 3.

Vậy PNlớn nhất bằng 3 2. Khi đó z1 3,z2 3i.
Còn PN nhỏ nhất khi NH nhỏ nhất.

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

Vậy PNnhỏ nhất bằng 2. Khi đó z1 1,z2 i.

Câu 24. [2H3-3] Cho mặt cầu

 

S1 có tâm O, bán kính là 3 và mặt cầu

 

S2 có tâm O



2;3;6



và bán kính bằng 4. Biết rằng tập hợp các điểm A trong không gian mà độ dài tiếp
tuyến kẻ từ A đến

   

S1 , S2 bằng nhau là một mặt phẳng (còn gọi là mặt phẳng đẳng
phương). Viết phương trình của mặt phẳng đó

A. 2 3 6 1

x  y z

. B. 9 2 3 1

x  y z

. C. 9 6 3 1
x  y z

. D. 3 6 9 1

x  y z
.
Lời giải

Chọn C.

Gọi A x y z



; ;



thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi H K, lần lượt là tiếp điểm các tiếp tuyến kẻ từ A tới mặt cầu tâm O O, .
Khi đó ta có AH  AK AO2 3 AO216.

2 2 13 0

AO AO

   



 



2 2 2 2 3 6 13 0

x y z x x x

          

4x 6y 12z 36 0

    

9 6 3

x y z

   

Câu 25. [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 1 2i 2 2. Tính giá trị lớn nhất của
biểu thức P a z  1 b z 3 4i với a b, là số thực dương.

A. a2b2 . B. 4 2a22b2 . C. a2 b2. D. 2a22b2 . 
Lời giải

Chọn B.

Gọi z x yi  với x y,   là số phức thỏa mãn bài tốn. Khi đó M x y



;



là điểm biểu
diễn cho số phức z trong mặt phẳng phức.

Ta có



 





 



2 2

1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 8

z  i   x  y i   x  y 

. Như vậy, tập
hợp các điểm M x y



;



là đường tròn

 

C có tâm I



1; 2



và bán kính R2 2.

Biểu thức P được viết lại







 



2 2 2 2

1 3 4

P a x y b x  y aMA bMB

, trong
đó A

 

1;0 và B



3; 4



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

Ta có đánh giá







 







2 2 2 2 2 32 2 2 4 2 2 2 2

P  aMA bMB  a b MA MB  a b  P a  b

.
Đẳng thức xảy ra khi tan

MA MB MA a a

MBA
a  b  MB  b b .

Vì a b, 0 nên phương trình tan
a
x

b



ln có nghiệm. Tức là, ln có điểm M thuộc
đường trịn sao cho đẳng thức xảy ra.

Vậy giá trị lớn nhất của P là 4 2a22b2 .

Câu 26. [2H3-4] Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

  

 



2 2 2

: 1 2 3 4

S x  y  z 

. Xét đường

thẳng





1
:

x t

d y mt

z m t

  
  


  

 , giả sử

 

P và

 

P' là hai mặt phẳng chứa d, tiếp xúc với

 

S lần lượt

tại T và T'. Khi m thay đổi, tính giá trị nhỏ nhất của đoạn thẳng TT'.

A. 
4 13

5 . B. 2 2. C. 2. D.

2 11
3 .
Lời giải

Chọn A.

Đường thẳng d đi qua A



1;0;0



và có vec-tơ chỉ phương là u



1;m m; 1





Xét vec-tơ n



1;1;1





, ta có u n .     1 m m 1 0 nên d 

 

P x y z:    1 0 cố định.
Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng d.

Suy ra HT và HT' là hai tiếp tuyến của

 

S .

Gọi E là giao điểm của HI và TT'. Ta có

2
2

2 2 2

' 2 2 2 IT

TT ET R IE R

IH

 

      

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

Vậy nên ta suy ra TT' nhỏ nhất khi HI nhỏ nhất, khi đó, H là hình chiếu của I lên

 

P .
2

5 4 13
' 2 4 4 :

5
3

TT  

    

  .

Câu 27. [2H1-4] Cho hình chóp đều S ABC. có cạnh đáy bằng a. Gọi M N, lần lượt là trung điểm của
,

AB BC và P là điểm thuộc tia đối SC sao cho SC3SP. Biết rằng trong các mặt cầu đi qua

, ,

A M N thì mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AMNP có bán kính nhỏ nhất. Tính thể tích V của hình

chóp S ABC. .

A. 
3

2
48

a

V 

. B.

3
2
16

a

V 

. C.

3
2
96

a

V 

. D.

3
2
32

a

V 

.
Lời giải

Chọn A.

( )S là mặt cầu đi qua A M N, ,
( )S

 chứa đường tròn đường kính AC.

Trong các mặt cầu chứa đường trịn đường kính ACthì mặt cầu có bán kính nhỏ nhất chính là
mặt cầu ( )So đường kính AC.

P thỏa mãn đề bài  P

 

So CPAP.
Khi đó :

 1   1 2 3 2

sin cos cos

3 3 8

SA SC

a

SAP CSA PSA SC

SP SC




         

 

 .

Hình chóp S ABC. có chiều cao

2 2 6

a

h SO  SC CO 

Vậy

2 3

1 1 3 6 2

. .

3 3 4 12 48

S ABC ABC

a a a

V  S h 

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

Câu 28. [2H2-4] Cho mặt cầu tâm O, có bán kính R. Xét mặt phẳng

 

P thay đổi cắt mặt cầu theo
giao tuyến là đường trịn

 

C . Hình nón

 

N có đỉnh S nằm trên mặt cầu, có đáy là đường
trịn

 

C và có chiều cao là h h R







. Tính h để thể tích khối nón tạo nên bởi

 

N có giá trị
lớn nhất.

A. h 2R. B.

3
2

R
h

. C.

4
3

R

. D. 3R.

Lời giải
Chọn C.

/Gọi r là bán kính đáy của nón. Ta có:

 

2
1
3

V  h r

Mà SAS có r2 SO S O  . h R h



2 



Suy ra:





2
1

2
3

V  h R h

Cách 1: Đặt

 





2
1

2
3

f h  h R h

, R h 2R.

Xét hàm f h

 

trên



R; 2R



ta được kết quả
4

R
h

.
Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

 

1 . 4





2.3

f h  h h R h





4 2 32

6 3 81

h h R h

R

    

   

  .

Dấu “ = ” xảy ra khi
4

R
h

Câu 29. [2H3– 4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt cầu

  

 



1 : 3 2 4 1

S x  y  z 

 



 



2 2

2 : 2 4 4

S x  y  z 

và

 

2 2 2

3 : 4 4 1 0

S x y z  x y 

. Có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu

     

S1 , S2 , S3 ?

A. 4. B. 8. C. 6. D. 2.

Lời giải
Chọn D.

Mặt cầu

 

S1 có tâm I1



3;2; 4



và bán kính R1 1; mặt cầu

 

S2 có tâm I2



0; 2; 4



và bán
kính R2 2; mặt cầu

 

S3 có tâm I3



2;2;0



và bán kính R3 3.

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

Gọi

 

P là mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu

     

S1 , S2 , S3 .
1 2 1 2

I I R R nên

   

S1 , S2 tiếp xúc ngoài nhau.
1 3 1 3

I I R R nên

   

S1 , S3 nằm ngồi nhau và khơng cắt nhau.

2 3 2 3 2 3

R R I I R R nên

   

S2 , S3 cắt nhau.

Vì R R R1, 2, 3 đơi một khác nhau nên mặt phẳng

 

P không song song với đường thẳng nào
trong các đường thẳng I I I I I I1 2, 1 3, 2 3. Do đó mặt phẳng

 

P cắt các đường thẳng

1 2, 1 3, 2 3

I I I I I I . Ta có:

Mặt phẳng

 

P cắt I I1 2 tại tiếp điểm của

   

S1 , S2 là điểm A



2;2; 4



(từ AI2  2AI1

 

),
hoặc điểm B



6; 2;4



(từ BI2  2BI1

 

Mặt phẳng

 

P cắt I I2 3 tại điểm C



4; 2;12



(từ 3CI2 2CI3

 

Vì mặt phẳng

 

P là mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu

     

S1 , S2 , S3 nên mặt phẳng

 

P
đi qua hai điểm A C, hoặc B C, .

 Trường hợp mặt phẳng

 

P đi qua hai điểm A C, : Vì là tiếp điểm của

   

S1 , S2 nên mặt
phẳng

 

P đi qua A và có vectơ pháp tuyến I I1 2 



3;0;0





. Phương trình mặt phẳng

 

P
là x 2 0. Dễ thấy C

 

P , nên

 

P không tiếp xúc với cả ba mặt cầu.

 Trường hợp mặt phẳng

 

P đi qua hai điểm B C, :
Ta có BC



10;0;8





Phương trình mặt phẳng

 

P có dạng a x



 6



b y



 2

 

c z4



0.
Khi đó 10a0.b8c 0 5a4c0 (1)

 

P

tiếp xúc với

 

S2 nên

 





2 2 2

2 2 2 2 2

; a 2 8

d I P R a b c

a b c

     

  (2)

Từ (1) có

5
4

a
c 

, thay vào (2) ta được

2 2 5 2 2 103

8 103 16

4 4

a a

a b     a  b   b

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

Khi

103
4

a
b

, chọn a4, b 103, c 5, phương trình mặt phẳng

 

P là:







 



4 x 6 103 y 2 5 z4 0

hay 4x 103y5z44 2 103 0  .
Dễ thấy

 

P là mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu

     

S1 , S2 , S3 .
Khi

103
4

a
b 

, chọn a4,b  103, c 5, phương trình mặt phẳng

 

P là:







 



4 x 6 103 y 2 5 z4 0

hay 4x 103y5z44 2 103 0  .
Dễ thấy

 

P là mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu

     

S1 , S2 , S3 .

Vậy chỉ có 2 mặt phẳng

 

P là mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu

     

S1 , S2 , S3 .

Câu 30. [2H3-4] Trong không gian Oxyz cho mặt cầu

 

S x: 2y2z2 9 và mặt phẳng

 

P x y z:    3 0. Gọi

 

S là mặt cầu chứa đường tròn giao tuyến của

 

S và

 

P đồng
thời

 

S tiếp xúc với mặt phẳng

 

Q x y z:    5 0. Gọi I a b c



; ;



là tâm của mặt cầu

 

S .
Tính tích T a b c. . .

A. T 1. B.

1
8

T  

. C. T  1. D.

1
8

T 

.
Lời giải

Chọn D./

Ta có OH d O P



 



 3, R3 r 6.
Đường thẳng :1 1 1

x y z

OH  

Mặt cầu

 

S chứa

 

C nên I OH I t t t



; ;



.
Ta có h d I P



;

 



 3t1 .

Mà







 







2
2

2 3 1 6 2 ; 5

t

R  t  d I Q  









9 t 1 18 t 5

      t 12.

Vậy

1 1 1
; ;
2 2 2

I  

  suy ra 
1
8

T 

Câu 31. [2D3-4] Đồ thị hàm số y x 44x2 cắt đường thẳng d y m:  tại bốn điểm phân biệt và tạo ra
các hình phẳng có diện tích S S S1, ,2 3 thỏa mãn S1S2 S3 (tham khảo hình vẽ). Giá trị m là

số hữu tỉ tối giản có dạng

a
m

b

 

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

A. 29. B. 3. C. 11. D. 25.
Lời giải

Chọn C.
Cách 1.

Phương trình x44x2 m có 4 nghiệm phân biệt    4 m 0.

Đặt tx2 0. Khi đó phương trình t2  4t m 0 có hai nghiệm t t1, 2 thỏa 0 t 1 t2./
Ta có:









1 2

4 2 4 2

1 2 3

4 d 4 d

t t

t

S S S 



x  x m x 



x  x m x





2 5 3

4 2

0 0

4 d 0

5 3 0

t
t

x x

x x m x  mx

       

  





4 2



2 2

2 2

0 0

3x 20x 15m t 3t 20t 15m 0

       

Ta có hệ:

2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

4 0 60 15 0 10

12 40 0 0

20 15 0 2

3 3 0 15 0

t t m t t m

t t t t

t m t m

t t

     

    

 

 

 

 

          

Với t2   0 m 0 (loại).

Với 2

10 20

3 9

t    m

. Vậy a20,b   9 a b 11.
Tổng quát./

1 2

0 0

( )d ( )d ( )d 0

d e e

d

S f x x f x x f x x

S  



 









4 2

3 5 15 0

5 3 0

ae be

e c ae be c

 

      

(do e0)
Ta có hệ:

4 2

2 2 2

4 2

0 (1) 5

12 10 0

6
5 15 0 (2

3 )

ae
a

be c b

ae be e

a

be c

e

  

     

 




  .

Thay vào (1) ta được 5b2 36ac.
Cách 2. (trắc nghiệm)

2 2
'' 12 8

y  x  x 

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

2 20

3 9

y m  m y  

  .

Câu 32. [2H3-4] Cho hình chóp tứ giác đều có đáy là hình vng cạnh a và diện tích của mỗi tam giác
mặt bên là a . Tính khoảng cách giữa đường trung tuyến và đường cao lần lượt ứng với hai2
mặt bên đối diện nhau của hình chóp.

A.

13 30

2 739a. B. 
13 30

739 a. C. 
13 15

2 739a. D. 
13 15

739 a.
Lời giải

Chọn C.

Cách 1.

Xét hệ trục tọa độ với A



0;0;a



, B a



;0;0



, C a a



; ;0



, D



0; ;0a



.
Suy ra

15
; ;
2 2 2

a a a

S 

 .

Gọi M là trung điểm SC thì

3 3 15
; ;
4 4 4

a a a

M 

 .

Gọi H là hình chiếu của A lên SB, suy ra

15
17

SH  SB

  16 ; ; 15

17 17 17

a a a

AH  

   

 



AH



cùng phương với u



16;1; 15





3 15

; ;

4 4 4

a a a

DM   

 



cùng phương với v



3; 1; 15









; 2 15; 13 15; 19

u v

    

 



0; ;0



AD a



S

O

D

C
B

A

H M

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





13 15 13 15
2956 2 739

a a

d AH DM   

.
Cách 2.

2
mb

S a SOa 215. Cho a 2 OA OB OC OD   1.

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ với A



1;0;0







: 2 1 1;1; 2

1 1 30 SAD 30

x y z

SAD    n   

 







17 30 30

; ; ;1 / / 17;15; 30

30 2

AH SAD

u n SD   u

      

 

   





1 30 1 30

;0; ;1; / / 2; 4; 30

2 4 2 4

M BM     u

   

 



1;1;0



BA






1 2

; . 11 30 15 30 13 30

d ;

11824 2 739
;

u u BA

AH BM

u u

  

 

  

 

 

  
 

</div>

Bài 2. Bài tập có đáp án chi tiết về hàm số môn toán lớp 11 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

 

 

 

 

 



 

 

 

 

 

 





 

<sub> </sub>

 

 

 

























<b>A.</b>

<sub>.</sub>

<b><sub>B. </sub></b>

<sub>.</sub>

<b><sub>C.</sub></b>

<sub>.</sub>

<b><sub>D.</sub></b>

<sub>.</sub>

 









 

<b>[1D3-4]</b>

Với

<sub> là số nguyên dương và </sub>

<sub>, xét biểu thức </sub>

<sub>. Hỏi</sub>

có bao nhiêu số

<sub> sao cho khai triển của biểu thức trên khơng có số hạng</sub>

tự do?

<b>A. </b>

<b><sub>B.</sub></b>

<b><sub>C.</sub></b>

<b><sub>D. </sub></b>

<b>Lời giải</b>





 

  







 



  

















 



