Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 sở GDĐT phú thọ lần 1 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

SẢM PHẨM TỔ 3_TUẦN 9

Đề thi thử Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018

Câu 26: [1D2-2] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Với ⁿ là số nguyên dương thỏa mãn

2 1

1 210

n

n n

A C _^  , hệ số của số hạng chứa x¹² trong khai triển ⁵ 2₃ ⁿ x x

  

 

  bằng

A. 59136. B. 59136x¹². C. 59130. D. 59130x¹². Lời giải

Chọn A.

Ta có A_n²C_nⁿ_^₁¹210

   

 

! 1 !

2 ! 2! 1 ! 210 n n

n n

   

 

  

¹



. 1 210

2

n n

n n 

    3n² n 420 0  n 12.

Khi đó khai triển

12 5

3

x 2 x

  

 

  có số hạng tổng quát ^{Tk1C12k}

  

^{x5 12k. 2x3}



^{k C12k.2 .kx60 8k.}

Số hạng chứa x¹² ứng với 60 8 k12  k 6. Vậy số hạng chứa x¹² trong khai triển ⁵ 2₃ ⁿ

x x

  

 

  bằng C12⁶.2⁶ 59136.

Câu 27: [2D2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Tích tất cả các nghiệm thực của phương trình log²3xlog .log 163x 2



x



log 2 x² 0 là

A. 81. B. 80. C. 82. D. 83.

Lời giải Chọn A.

Điều kiện x0

 

2 2

3 3 2 2 3 3 3 2 2

log xlog . logx x4 4log x 0 log x4log xlog .logx x4log x0



3

 

3 2



log 4 log log 0 81

1

x x x x

x

 

      

Vậy tích hai nghiêm bằng 81

Câu 28: [1H3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hình chópS ABCD. có đáy là hình thoi cạnh cạnh ^a, ABC120^o, ^SC



^ABCD



, 6

2

SC a (tham khảo hình vẽ). Góc giữa hai mặt phẳng



^SAB



và



^SAD



bằng

A. 90 .^o B. 60 .^o C. 45 .^o D. 30 .^o Lời giải

Chọn A.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên SABH SA, BH DH

   



^{SAB , SCD}



^BHD

  .

Ta có AC a 3, AD a , 3 2 2

SA a , 10 2

SD a 2

2 DH BH a

   .

 ^o

2, 90

2

DH BH a BD a BHD .

Câu 29: [2D3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Biết ^{F x}

 

^



^{ax2bx c}



^{2x3 (}

, ,

a b c ) là một nguyên hàm của hàm số

 

^{20 2 30 11}

2 3

x x

f x x

 

  trên khoảng 3

; .

2

 

 

 

Tính T   a b c.

A. T 11. B. T 10. C. T 9. D. T 8.

Lời giải Chọn A.

 

^{20 2 30 11}

2 3

x x

f x x

 

  . Đặt

2 2

3

2 3 2 3 2

d d

x t

x t x t

x t t

  

     

 

 

^{20 2}₂^{3 2 15}



^{2 3}



¹¹

d .dt

t t

I f x x t

t

     

 

 









^

 

^{5t415t211 d}



^{t t t}



^45t211



^{ C 2x3 4}



^{x22x 5}



^C

4; 2; 5 11

a b c a b c

       

Câu 30: [2D1-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số ^m để hàm số ^y1₃



^m21



^x3



^m1



^x22x3 nghịch biến trên khoảng



^{ ;}



^?

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

Lời giải Chọn A.

TXĐ: D.

Ta có: ^{y }



^m21



^x22



^m1



^x2.

Với m1 y   2 0 hàm số nghịch biến trên khoảng



^{ ;}



^.

Với m 1 y   4x 2 hàm số không nghịch biến trên khoảng



^{ ;}



^.

Với m 1  để hàm số nghịch biến trên khoảng



^{ ;}



điều kiện là:

2 2

1 0 1

3 1

3 2 1 0

m m

m m

  

    

    



Kết hợp các trường hợp ta được 1

1 0; 1.

3 m m

     Câu 31: [2D3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Biết

6

0

2 4 d 5 4

ln ln

3 3

2 5 2 4 8

x x

a b c

x x

   

  



( , ,a b c). Tính T   a b c.

A. T  3. B. T  5. C. T  4. D. T  7.

Lời giải Chọn A.

 

6 6 4 2

2

0 0 2

2 4 2 4

d d 2 4 d

5 4

2 5 2 4 8 2 4 5 2 4 4

x x t

x x t

t t

x x x x

    

        

  

^{với t 2x4 .}

   

4 4 4 4

2 2 2 2

5 4 1 1 16 1 1 5 16 4

1 d 1d d d 2 ln ln

1 4 3 1 3 4 3 3 3 3

t t t t t

t t t t

  





     







 



    ^.

Suy ra 1 16

2, , 3

3 3

a b c      a b c .

Câu 32: [1D5-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hàm số ycos .²x Tính ^2018 . y  2

   A. ^2018 2²⁰¹⁷.

y     2 B. ^2018 2²⁰¹⁸.

y     2 C. ^2018 2²⁰¹⁷.

y      2 D. ^2018 2²⁰¹⁸. y      2 Lời giải

Chọn A.

Áp dụng công thức ^cos

 

^{  .cos}

2

n n

ax b a ax b n   

   

   

Ta có ² 1 1

cos cos 2

y x 2 2 x ^2018 1 ^{2018 2017}

2 cos 2 2018. 2 cos 2 .

2 2

y  x   x

     

Do đó ^2018 2²⁰¹⁷.cos 2²⁰¹⁷ y     2  

 

Câu 33: [2H2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' có độ dài cạnh bên bằng 2 ,a đáyABC là tam giác vuông cân tại ,A góc giữa AC' và mặt phẳng



^{BCC B' '}



bằng 30 (tham khảo hình vẽ). Diện tích xung quanh của hình trụ ngoại tiếp lăng^o trụ ABC A B C. ' ' ' bằng

A. 4a² 2. B. a² 2. C. 2a² 2. D. 3a² 2. Lời giải

Chọn A.

Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Ta có ( ' ') '

AM BC

AM BCC B AM BB

 

 

 

 .

Suy ra AC M' (AC BCC B';( ' ')) 30 ⁰. Đặt BC2x. Ta có

2

AM  BC x, C M'  CM²CC'²  x²4a² .

 ^{2 2 2}

2 2

tan ' 3 3 4 2

' 3 4

AM x

AC M x x a x a

MC x a

        

 .

Hình nón ngoại tiếp hình lăng trụ này có bán kính đáy là MC a 2 và đường sinh là ' 2

BB  anên diện tích xung quanh bằng S2 .a 2.2a4a² 2.

Câu 34: [2D2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số ^m để phương trình



^{m1 .16}



^{x2.25x5.20x 0} có nghiệm duy nhất.

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

Lời giải Chọn A.

Ta có



^{1 .16}



^{2.25 5.20 0 2 5 2 5 5 1 0}

4 4

x x

x x x

m              m

   

Đặt 5

4 0

x

t     thay vào PT trên ta được PT: ^{m f t}

 

^{ 2t2 5 1t}

B M

B’

A’

C’

A

C

Lập BBT của ^{f t}

 

trên khoảng



^0;



Do đó, PT ban đầu có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi PT ^{m f t}

 

có nghiệm dương duy nhất 1.

 m Do đó chỉ có một giá trị nguyên dương của ^m thỏa mãn là m1.

Câu 35: [2D2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số ^m trong đoạn



^10;10



sao cho phương trình

2

2 2

log 2 2 2 1

2 1

x mx

x mx x

x

       

 

  

  có hai

nghiệm thực phân biệt ?

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

Lời giải Chọn A.

Điều kiện:

 

2

2 2 0

2 0 1 *

2 1 0

2 x mx x mx

x x

   

    

 

   

  . Khi đó

   

2 2

2 2

log 2 2 log 2 1 2 1 1

Pt x mx  x mx  x  x Xét hàm số f t

 

log2t t có

 

^{1 1 0, 0}

f t ln 2 t

 t     nên ^{f t}

 

đồng biến trên



^{0; }



. Khi đó

 

^{1  f}



^x2mx2



^{ f}



^{2x 1}



^{x2mx 2 2x1}

 

²

2 2 2 1

x mx x

     (do đó

 

^{* 1}

x 2

   )

   

3x2 m 4 x 1 0 2

    

Ycbt^

 

² có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 lớn hơn 1

2

 

²

1 2

1 2

4 4 0

1 1 9

2 2 0 2

1 1

2 2 0

m

x x m

x x

    



      

    

  



Mà ^m nguyên và thuộc đoạn



^10;10



nên ^m



^6;7;8;9;10



. Vậy có 5 giá trị của tham số ^m. Câu 36: [2D1-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của

tham số ^m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y x ⁴4mx²m² trên đoạn



^1;1



bằng 1. Số phần tử của tập S là

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

Lời giải Chọn A.

Có ^{y 4x38mx4x x}



^22m



TH1: m0 khi đó ^{y' 0    x 0}



^1;1



nên

 _1;1

 

²

maxy y 1 m 4m 1 1 m 0

         (do m0) TH2: 0 m 2 khi đó

 

 

0 1;1

0 2 1;1

y x

x m

   

   

   



Từ BBT ta có ^max_1;1 ^ymax



^y

   

^{0 ;y 1}



+) Nếu

 

⁰

 

^{1 2 2 4 1 1}

y  y  m m  m  m 4. Khi đó ta có

 

2

max1;1 y m 1 m 1

     (do 1 m4)

+) Nếu

 

⁰

 

^{1 2 2 4 1 1}

y  y  m m  m  m 4. Khi đó ta có

 

2 1;1

max 4 1 1 0

4 y m m m

m



 

       (loại) TH3: m2 khi đó

 

 

0 1;1

0 2 1;1

y x

x m

   

   

   

 nên ^max_1;1 ^yy

 

^{0 m2    1 m 1}_(loại)

Vậy ^m

 

^0;1 , suy ra số phần tử của tập S là 2.

Câu 37: [2D3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hàm số ^{f x}

 

xác định trên  ^{\ 0; 2}

 

thỏa mãn

 

₂ ^{2 ,}

f x 2

x x

 

 ^f

 

^{ 1 f}

 

^{3 2}và ^f

 

^{1 0.} Tính

 

^{2 3}

 

^{4 ,}

f   f    2  f được kết quả:

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

Chọn A.

Ta có ^{f x}

 

^{ln x 2 C}

x

  

Suy ra

 

ln 2 , 2

ln 2 , 0 2

ln 2 , 0

x khi x x

f x x khi x

x

x khi x x

    

  

   

    

 

    

  

 

 Ta có

   

 

^{3 1 1 2 3}

2

1 3 2 ln 3 ln1 2

3 2.

1 0 0

f f C C

C C C

f C

   

    

     

 

  

  

Nên

   

1 2 3

3 1 1

2 4 ln 2 ln ln 2 ln 3.

2 3 2

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

Câu 38: [1D2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho số nguyên dương ⁿ thỏa mãn hệ thức

1 3 2 1

2_n 2_n ... 2_nⁿ 128.

C C  C ^ 

Tính tổng S ²²Cn²³²Cn³  ^...

 

^{1 . . .n} n C² nⁿ

A. S 4. B. S 3. C. S 5. D. S 6.

Lời giải Chọn A.

Ta có



1x



²ⁿ C2⁰_nC x C x2¹_n  2²_n ² ... C²2ⁿ_n^1x^2n1C x2²_n^{n 2n}, x . Cho x1ta được C₂¹_nC₂³_n ... C₂²_n^n1 C₂⁰_nC₂²_n ... C₂²_nⁿ

Lại có



1x



²ⁿ C2⁰_nC x C x¹2_n  2²_n ² ... C²2ⁿ_n^1x^2n1C x2²_n^{n 2n}, x .

Cho x1ta được 2²ⁿ C2⁰_nC¹2_nC2²_n ... C²2ⁿ_n^1C2²_nⁿ 2²ⁿ 2.128 n 4 Nên S 2²C4²3²C4³4 .²C4⁴ 4.

Câu 39: [2D1-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hàm số

 

^{ax b, , , ,}



^{; 0, 0}



y f x a b c d R c d cx d

     

 có đồ thị

 

^{C .} Đồ thị của hàm số ^{y f x}

 

như hình vẽ dưới đây. Biết

 

^C cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3. Tiếp tuyến của

 

^C tại giao điểm của

 

^C với trục hoành có phương trình là

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

Chọn A.

Vì a,b,c,d có thể rút theo tỉ lệ. Giả sử không mất tính tổng quát ta chọn c = 1.

Ta có

 

^C cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3nên ^f

 

^{0 3 b 3}

   d     b 3d.

 

^{ax 3d}

f x x d

  

 . Đồ thị của hàm số ^{y f x}

 

có đường tiệm cận đứng x1 nên  d 1

   

 

²

3 3

1 '

1 1

ax a

d f x f x

x x

  

      

  .

Mặt khác ^f

 

^{0  f}

 

^{2  4}

 

 

   

 

2

2 2

3 4

0 1 3 4

1 '

3 4 1 1

2 1 a

a f x x f x

a x x

    

   

            

 

Giao điểm của

 

^C với trục hoành là ^A



^3;0



.

Phương trình tiếp tuyến tại điểm ^A



^3;0



là ^{y f}

  

^{3 x3}



^1.



³



4 x

  

 

4y x 3

    hay x4y 3 0.

Câu 40: [2D1-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hàm số 2 1 y x

x

 

 có đồ thị

 

^{C và}

điểm^A

 

^{0; .a} Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của ^a trong đoạn



^2018;2018



để từ điểm A kẻ được hai tiếp tuyến đến

 

^C sao cho hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục hoành.

A. 2016. B. 2015. C. 2017. D. 2018.

Lời giải Chọn A.

Gọi đường thẳng đi qua ^A



^0;a



là kx a y  . Điều kiện để hai đồ thị hàm số tiếp xúc là

phương trình 2

1 kx a x

x

  

 hay



^{kx a x}

 

^{   1}



^{x 2 0} có nghiệm kép

 

²



¹



^{2 0}

g x kx x k a    a có nghiệm kép 0

 k và ^



^{k a 1}



^{24k a}



^2



^0

0

 k và ^{h k}

 

^k2k



^{2a 2 4a 8}

 

^a1



^{2 0}

Để từ điểm A kẻ được hai tiếp tuyến đến

 

^C thì ^{h k}

 

^0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 hay

   

²

2 2 6 1 0

k k a  a  có hai nghiệm phân biệt khác 0^



^a3

 

^{2 a1}



^{2   0 a 2}

và a1

Tọa độ tiếp điểm là

1 1

1 1 1 1

1

2 2

2 2 2 2

2

1 1

2 2

1 1

2 2

k a k a

x k y k x a

k a k a

x y k x a

k

          

 

 

      

      

 



   

     

1 2 1 2

2

1 2 1 2

. 0 1 1 0

1 1 0

y y k a k a

k k a k k a

        

      



^a1

 

^{2 a1 2}

 

^{a 6}

 

^a1



^{2    0 a 2}

Câu 41: [2H3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Trong không gian Oxyz,cho điểm (1; 2;3).

M Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng

 

^P đi qua M và cắt các trục x O x y Oy z Oz ,  ,  lần lượt tại các điểm , ,A B C sao cho OA2OB3OC0?

A. 4. B. 3. C. 1. D. 8.

Lời giải Chọn A.

Gọi tọa độ các điểm ( ;0;0); (0; ;0); (0;0; )A a B b C c

lần lượt là tọa độ các điểm cắt các trụcx O x y Oy z Oz ,  ,  . Ta có phương trình mặt phẳng ( ) :x y z 1.

ABC a b  c Mặt phẳng đi qua điểm 1 2 3

(1; 2;3) 1.

M    a b c

Mặt khác OA2OB3OC hay a 2b 3c Suy ra có 4 trường hợp xảy ra, mỗi trường hợp

ta có 1 phương trình mặt phẳng

2 3

2 3

2 3

2 3

a b c

a b c

a b c

a b c

 

    

   

   



Câu 42: [2D2-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho ,a b và hàm số

 

2017 2 2018

( ) ln 1 sin 2.

f x a x  x bx x Biết f(5^{log 6c} ) 6 (0 c 1). Tính ^{P f}



^{6log 5c}



^.

A. P 2. B. P6. C. P4. D. P2.

Lời giải Chọn A.

Ta có: f(5^{log 6c} ) f(6^{log 6c} ) 6 (0 c 1).

 

2017 2 2018

( ) ln 1 sin 2.

f x a x  x bx x

   

2017 2 2018 2017 2 2018

( ) ln 1 sin 2 ln 1 sin 2

f  x a x   x bx x  a x  x bx x Suy ra: ( )_{log 5}( ) 4._{log 5 log 5}

( 6 ^c ) (6 ^c ) 4 ( 6 ^c ) 4 6 2.

f x f x

f f f

  

        

Câu 43: [2H1-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Có bao nhiêu giá trị của tham số thực ^m để đồ thị của hàm số y x ⁴2mx²2 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm 3 9

5 5; D 

 

 ?.

A. 2. B. 1. C. 0. D. Vô số.

Lời giải Chọn A.

y 0 x 0

x m

 

   

. Điều kiện để có 3 điểm cực trị là _m0.

2

2 2 y

y m

 

    ^M



^{0;2 ,}



^N



^{ m;2m2}

 

^{, K m;2m2}



là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

Đường trung trực d của đoạn DM có phương trình: 3x y  1 0.

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp

 

^C qua ba điểm cực trị, suy ra I  d Oy ^I

 

^0;1

1

 R IM  ^

 

^{C x: 2}



^y1



^{2 1.}

 

K C ^{ m}



^m21



^{2 1}

1

1 5

2 0 m m m

 

  

 

 

. Vì _m0 nên 1

5 1 2 m m

 

 

 

.

Câu 44: [2H1-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình vuông cạnh ^a. Gọi ^{M N,} lần lượt là trung điểm của ^{AB vàAD H,} là giao điểm của

và .

CN DM Biết ^{SH }



^ABCD



và SH a 3 (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách giữa hai đường thẳng ^{DM và SC} bằng

A. ^{2 57}. 19

a B. ⁵⁷.

19

a C. ^{3 57}.

19

a D. ^{4 57}.

19 a

Lời giải Chọn A.

Dễ dàng chứng minh được: DM HCDM (SHC)DM SC Kẻ HK SCd DM SC( ; )HK

Ta có ² 2 ₂. ₂ 2 57

. 5 19

a SH CH a

CD CH CN CH HK

SH CH

     



2 57

( ; )

19 d DM SC a

 

Câu 45: [1H3-3] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hình hộp ABCD A B C D. ' ' ' ' có đáy là hình thoi cạnh a 3, BD3 ,a hình chiếu vuông góc của B' lên mặt phẳng



^ABCD



là trung điểm O của AC (tham khảo hình vẽ). Biết thể tích khối hộp đã cho bằng

9 3

4 ,

a côsin của góc giữa hai mặt phẳng



^ABCD

 

^{và CDD C' '}



bằng

A. 21

7 . B. 3

7 . C. 21

9 . D. 3

9 . Lời giải

Chọn A.

Ta có: ^{2 2 2} 9 ² 3

3 3

4 2

a a

CO BC BO  a   AC a  ABC là tam giác đều.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên AB khi đó ta có:

   



^;

 

^;



^

OH AB

ABA B ABCD OH B H B OH B H AB

        

  



O B C

A

D B'

C'

A' D'

H

Ta có:

1 3 2 3 1 1 1 1

. ; . .

2 2 2 4 8 2

ABCD AOB ABC ABCD

S  AC BD a S_  S_  S  AC BD OH AB

. 3 2 3 3

4 4 3 4

AC BD a a

OH AB a

   

3

. 2

9 / 4 3

. 3 3 / 2 2

ABCD A B C D ABCD

a a

V B O S B O

         a 

2 2

2 2 3 9 21

4 16 4

a a a

B H B O OH

     

   

 

^{ 21}

cos ; cos .

7 ABA B ABCD B OH OH

   B H

   



Câu 46: [2D1-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Xét các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x³y³z³  2 3xyz. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức x²y²z² bằng

A. ³4. B. ³ 2. C. ³ 6. D. 2.

Lời giải Chọn A.

Từ giả thiết ta có:

3 3 3 3 2 3 3 3 3 2

x y z  xyz x y  z xyz



^{x y z x}

 

^{2 y2 z2 xy yz zx}



²

         .



^{x y z}



²



^{x2 y2 z2 xy yz zx}



^{2 4}

        

Đặt a x ²y²z², b xy yz zx   ta có:

     

^{2 3 3 3}

4 2 4

3

a b a b a b

a b a b a b        a a

         .

Hay ^{Min x}



^2y2z2



^{ 3 4, khi}



x y z^{; ;}





 

³ 2;0;0 , 0; 2;0; , 0;0; 2

 

³

 

³

 

.

Câu 47: [2H1-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông và ^SA



^ABCD



^{,SA y 0.} M là điểm thuộc cạnh



^{2 2 2}



sao cho 0 và

AD AM x  x a x y a (tham khảo hình vẽ). Biết rằng khối chóp .

S ABCM có thể tích lớn nhất bằng ^{a m3}_n



^{m n, }^



^. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. m² n 1. B. n² m 1. C. 2m² n 1. D. 2n² m 1.

Lời giải Chọn A.

MAD, AM x, 0 x aAD a CDAD BC a  Tứ giác ABCM là hình thang vuông tại , A B.

Ta có: ^1.

 

^{1 .}

 

2 2

SABCM  AB AM BC  a x a

Ta có: .

 

1 1

. . .

3 6

S ABCM ABCM

V  SA S  a y x a

. S ABCM

V đạt giá trị lớn nhất, khi: ^{y x a.}



^



lớn nhất  ^y2.



^{x a}



^{2 lớn nhất}

Ta có:^{y x a2}







² 



^a2^x2

 

^{x a}



² ¹₃



^3a³x a x x a x a

 



 



 





(vì x²y² a²)

4 4

1 3 3 27

3. 4 16

cô si  a x a x a x a x        a

 



Dấu “^” xảy ra khi: 3a3x a x 

2 x a

  Suy ra giá trị lớn nhất của ^{y x a.}



^



là 3 3 ²

4

a Vậy VS ABCM. đạt giá trị lớn nhất bằng 3 ³ 8

a

Suy ra : ^{ m}_n8³_p^p2



^{p *}



^{m2  n 1.}

 

Câu 48: [2H3-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Trong không gian ^Oxyz,cho hai mặt phẳng

 

^{P x y:  2z 1 0} và

 

^{Q : 2x y z   1 0.}Gọi

 

^S là mặt cầu có tâm thuộc trục hoành đồng thời cắt

 

^P theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và cắt

 

^Q theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính ^r. Tìm ^r sao cho có đúng một mặt cầu

 

^S thỏa mãn yêu cầu trên.

A. 3 2 2 .

r B. 2 2

r 3 . C. 14

2 .

r D. r 3.

Lời giải Chọn A.

Ta gọi tâm ^{I x}



^;0;0



^Ox là tâm mặt cầu

 

^S và bán kính R

Theo bài toán: _{  }

 

²

;

1 1

4 6

I P 6

x x

d  R 

    và _{  } 2

 

²

;

2 1 2 1

6 6

I Q

x x

d  R r 

   

Bán kính R của mặt cầu

 

^S là không đổi:



1



² 2



2 1



² 2 2

4 2 2 8 0

6 6

x x

r x x r

 

       

Để có duy nhất một mặt cầu thỏa mãn thì: ^{' 2} 3 2

9 2 0

r r 2

      . Chọn A

Câu 49: [1D2-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số 0,1, 2,3, 4,5,6,7,8. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X. Tính xác suất để số được chọn có chứa cả chữ số 1 và chữ số 5 đồng thời số lần xuất hiện của hai chữ số này bằng nhau trong số đó.

A. 1619

13122. B. 3535

25244. C. 19

448. D. 4939

26244. Lời giải

Chọn A.

Số phần tử của không gian mẫu là  8.9⁴ 52488.

Để đếm số phần tử của không gian thuận lợi cho biến cố A ta chia hai trường hợp Trường hợp 1: mỗi chữ số 1, 5 xuất hiện 1 lần.

Nếu kể cả chữ số 0đứng đầu ta có A5².7³ số, trong đó số các số có chữ số 0đứng đầu là A4².7² số. Như vậy trường hợp này có A5².7³A4².7² 6272 số.

Trường hợp 2: mỗi chữ số 1, 5 xuất hiện 2 lần.

Nếu kể cả chữ số 0đứng đầu ta có C C₅². .7₃² số, trong đó số các số có chữ số 0đứng đầu là

2 4.1

C số. Như vậy trường hợp này có C C5². .73² C4².1 204 số.

Suy ra  _A 6272 204 6476  .

Vậy 1619

13122

P .

Câu 50: [2D3-4] [Sở GD&ĐT Phú Thọ, lần 1 năm 2018] Cho hàm số ( )f x có đạo hàm liên tục trên đoạn

 

0;1 thỏa mãn

1 2 0

( ) 1,

x f x dx 3



¹

 

²

0

(1) 1, '( ) 28.

f 



f x dx ^{Tính 1}

 

²

0

( ) .

I 



f x dx A. 37

9 .

I  B. 37

9 .

I   C. 9

5.

I   D. 9

5. I  Lời giải

Chọn A.

Từ

         

3 1

1 2 2

3 3

2

0 0 1 1

1 1 1

( ) . ( ) ' ' 2

3 3 3 3

x f x dx   x f x  x f x dx   x f x dx

  

⁽¹⁾

Ta có

           

1 2 1 1 1

3 6 2 3

0 0 0 0

' . ' 1.28 4 2 ' 2.

x f x dx x dx f x dx 7 x f x dx

 

 

      

   







  

Do đó từ (1) suy ra dấu đẳng thức xảy ra^{ f x'}

 

^{k x.}

 

^3. Thay vào (1) tính được k 14.

Từ đó ^{( ) 7}

 

^{4 .}

f x  2 x C Mà

 

^{1 1 5}

 

^{7 4 5.}

4 2 2

f     C f x  x 

Vậy ^{1 2}

 

^{1 4 2}

0 0

7 5 37

2 2 9 .

f x dx  x   dx

 