Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán trường thpt lê khiết quảng ngãi | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

Câu 1. [2H1-3] Cho hình hộp ABCD A B C D^.     có độ dài tất cả các cạnh bằng a và các góc

 ,

BAD DAA, A AB đều bằng 60°. Tính thể tích tứ diện ^{ACB D } theo a.

A.

3 2

24 a

. B.

3 2

36 a

. C.

3 2

6 a

. D.

3 2

12 a

. Lời giải

Chọn C.

Theo giả thiết ta có các tam giác ABD BB C D DC^,  ^,  đều cạnh a BD B D  B C D C a

    

Mặt khác AC AB AD AB²BC²2AB BC. .c os120^o a 3 Xét hình chóp đều ^{A B D C.  } cạnh bên bằng ^{a 3}, cạnh đáy bằng a ta có

2 3

d B D C 4 S S _{ } a

Gọi ^O là trọng tâm tam giác đều ^{B D C } ta có

2 2 3 3

3 3. 2 3

a a

CO CM  

2

2 2 2 3 2 6

3 3 3

a a

h AO AC CO a  

      

 

Vậy

2 3

' '

1 1 3 2 6 2

. . .

3 3 4 3 6

AB D C d

a a a

V  S h 

. Câu hỏi tương tự

Câu 2. [2H1-3] Cho hình hộp MNPQ M N P Q.     có các cạnh đều bằng ^2a, với ^a0;aR. Biết

 60

QMN  , ^{M MQ M MN     120}. Tính thể tích ^V của khối hộp MNPQ M N P Q.     theo a. A. V  2.a³. B. V 4 2.a³. C. ^{V 8.a3}. D. V 2 2.a³.

Lời giải

Chọn B.

P

N' P'

M Q

M' Q'

N

N M'

Q M

O

.

Do hình chóp M NQM.  có 3 cạnh bên cùng bằng ^2a nên chân đường cao của hình chóp .

M NQM là tâm ^O của đường tròn ngoại tiếp mặt đáy NQM. Như thế VMNPQ M N P Q^. _{   } 6.VM NQM^. _2S_NQM_.OM

. Từ giả thiết ta có ^MNQ đều, suy ra ^NQ2a.

Dùng định lý côsin cho ^{M MN} và M MQ ta tính được.

2 3

M N M Q  a .

Dùng Hêrông cho NQM ta tính được S_NPM a² 11.. Từ đó bán kính đường tròn ngoại tiếp NQM là

. . 6

4 _NQM 11

NQ QM NM a ON S_{ }

 

 

. Xét tam giác ^OMN, ta có

2 2 2 22

11 OM  MN ON  a

. Vậy

2 3

.

2 22

2. 11. 4 2

MNPQ M N P Q 11

V _{   }  a a  a

.

Câu 3. [2H1-3] Cho hình hộp ABCD A B C D^{.    } có sáu mặt đều là hình thoi cạnh a và góc nhọn của hình thoi bằng ^60. Tính thể tích ^V của khối chóp ^{A BB D D.   .}

A.

2 3

 18a .

V B.

3 3

 3a .

V C.

3

a9 .

V D.

2 3

 6a . V

Lời giải Chọn D

Ta có: AB AD BD a AA  ;   A B A D a   

 A ABD. là tứ diện đều ^ Chân đường cao ^{A H} trùng với tâm của ^ABD

2 2 3 3

3 3 2 3

     .a a

HA HB HD AO



2 2

2 2 2 2 3 6

9 9

      a  a

A H A A AH a



6

 a3

A H .

3 3

. .

2 2

12 ; 4

A ABD A B C ABC

a a

V _ V _{  }

  

3

. .

2

A BB D D ABC A B C A ABD 6

V _{  } V _{  }V _  a

Câu 4. [2D3-3] Cho hình ( )H là hình phẳng giới hạn bởi các đường ^{y x1},y 1 x và trục Ox.

Diện tích của hình

 

^H _{(H) bằng}

A.

4

3 . B.

7

6 . C.

3

2 . D.

5 4 . Lời giải

Chọn B.

Gọi

 

^H1 là sình phẳng giới hạn bởi các đường^{y x1;y0;x0} (Tam giác cong ^OAB).

 

^H2 là sình phẳng giới hạn bởi các đườngy 1 x y; 0;x0 (Tam giác ^OBC).

Diện tích hình hình phẳng cần tính là:

 

₁

 

₂ ^{0 1}

   

^{3 2}

1 0

0 1

2 2 1 7

1 1 1

1 0

3 2 3 2 6

H H

S S S x dx x dx x x x



 

  



 



          Câu 5. [2D2-3] Phương trình

7

^x

 8

^x

 6

^x

 9

^x có bao nhiêu nghiệm?

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

Lời giải

Chọn C.

+ Sử dụng định lý Rolle để giải

Nếu ( )f x

là hàm liên tục trên đoạn [ ; ]a b , có đạo hàm trên khoảng ( ; )a b và ( )f a  f b( ) thì tồn tại c( ; )a b

sao cho f c'( ) 0 _. + Nhận xét: x0;x1

là nghiệm của phương trình (1).

Gọi x0 là nghiệm của phương trình đã cho. Ta được:

0 0 0 0 0 0 0 0

7^x 8^x 6^x 9^x 7^x 6^x 9^x 8^x Xét hàm số

0 0

( ) ( 1)^{x x}

f t  t t , ta có pt f(6) f(8)

Vì f t( ) ( 1) t ^x0t^x0liên tục trên

  6;8

và có đạo hàm trong khoảng

  6;8

do đó theo định lí Rolle tồn tại c (6; 8) sao cho:

0 1 0 1 0

0

0

'( ) 0 [( 1) ]=0 0

1

x x x

f c x c c

x

   

      

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x = 0 và x = 1.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 6. [2D2-3] Phương trình (1+cosx)

(

2+4^cosx

)

=3. 4^cosx có bao nhiêu nghiệm trên (0; 2 ) _?

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

Lời giải Chọn C

Đặt cosx = y, -1 y 1, phương trình thành:

 1  y   2 4 

^y

  3.4

^y

( ) 3.4 1 0

2 4

y

f y

y

y

    



 6.ln 4.4 

²

'( ) 1

2 4

y

f y

y

  

  f y '( ) 0   6ln 4.4

^y

  2 4 

^y



²

Là phương trình bậc hai với ẩn

4

^ynên không có quá 2 nghiệm. Do đó theo định lý Rolle phương trình

f y    0

không có qua 3 nghiệm.

Mặt khác ta thấy:

y =0 ; y = 1 2 ; y =1

là 3 nghiệm của phương trình

f y    0

_.

Vậy phương trình có 4 nghiệm trên khoảng (0; 2 ) _.

Câu 7. [2D2-3] Phương trình

x

²

=100

^sinx có bao nhiêu nghiệm trên đoạn

 2 ;3   

_?

A. 0. B. 1. C. 2. D. Vô số.

Lời giải

Chọn C.

Với

2 π ≤ x≤3 π

_{ta có:}

x

²

=100

^sinx

⇔ x=10

^sinx

⇔ lg x=sin x

Xét hàm số:

f ( x )=lg x−sin x

_với

2 π ≤x ≤3 π f ' (x )= 1

x ln 10 −cos x , f ' ( x )= 1

x ln 10 −cos x , f ' ( x )=0 ⇔ x cos x .ln 10=1

Xét hàm số:

g( x )= x cos x víi 2 π ≤x≤3 π

_.

g ' ( x )= cos x− x sin x

Phương trình:

g x '( ) 0 

có nghiệm duy nhất

x

0

  2 ;3   

và ta có:

2 π < x

₀

< 5 π 2

(vì

(2 ). ( 5 ) 0 g  g 2  

)

Hàm số

g x  

đồng biến trên khoảng

 2 ;  x

0



và nghịch biến trên khoảng

 x

0

;3  

Mặt khác:

  2 2 1 ;

g     ln10 g   3    3   0

nên phương trình

f x '    0

_{có đúng}

1 nghiệm trên khoảng

 2 ;3   

. Theo định lý Rolle phương trình

f x    0

có không quá 2 nghiệm trên khoảng

 2 ;3   

_.

Mặt khác:

f ( 2 π )=lg ( 2 π )>0 ,

5 5

f ( ) lg( ) 1 0

2 2

    

,

f (3 π )=lg ( 3 π )> 0

Vậy phương trình

f x    0

có đúng 2 nghiệm trên khoảng

 2 ;3   

_.

Câu 8. [1H3-3] Cho hình lập phương ABCD A B C D^.    . Tính góc giữa A B và ^AC.

A. ^90. B. ^45. C. ^30. D. ^60.

Lời giải Chọn A

Chú ý : Trong hình lập phươngABCD A B C D^.     đường chéo ^AC luôn vuông góc với mặt phẳng chứa tam giác A BD và vì vậy ^{ACA B} hay góc giữa A B và ^AC là ^90. Cách 1: Nhận xét nhanh: Vì ABCD A B C D^.     là hình lập phương (giả sử cạnh = a) nên:

2

  

      AB AD AA a C B C D C A a

Hay ;A C cách đều ; ;B D A _AC là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác A BD hay ' )

(  '

 

AC A BD AC A B. Phương án chọn là A. ^90

Cách 2: Ta có BDAC BD; AABD(AA C ) hay BD(ACC A )BD AC Tương tự: ^{A B AC}

Hay AC(A'BD) ACA B' Phương án chọn là A. ^90

Cách 3: (Dùng vecto) Chọn 3 véctơ cơ sở đôi một vuông góc có độ dài bằng nhau là

; ; 

  

AB AD AA

2 2

. 0

   

 

       

   

  

     

AC AB AD AA BA AA AB

AC BA AA AB AC BA

Phương án chọn là A. ^90

Cách 4: ( Tọa độ hóa): không mất tổng quát cho cạnh lập phương bằng 1. Đặt hình lập phương vào hệ tọa độ Oxyz sao cho O A D Ox A Oy B Oz ;  ;  ; 

       

   



   

 

1;0;0 ; 0; 1;1;1 1;1;1 ; 0;1

1

; 1

;0 ; 0;0;1 ; '

C AC BA

D A B

   

     

. 1 1 0

AC BA AC BA .

Phương án chọn là A. ^90

Bài tập tương tự:

Câu 9. [1H3-3] Cho hình lập phương ABCD A B C D^.    . Gọi ^M là trung điểm ^BD. Tính góc giữa A M và ^AC.

A. ^90 B. ^45 C. ^30. D. ^60

Lời giải

Chọn A.

Cũng làm các cách như bài toán mẫu.

A M nằm trong mặt phẳng



^{A BD}



. Mặt khác AC(A B' D)AC A M

Câu 10. [1H3-3] Cho hình lập phương ABCD A B C D^.    . Gọi ^{M N;} lần lượt là trung điểm A B  và DD. Tính góc giữa MN và ^AC.

A. ^90. B. ^45. C. ^30. D. ^60.

Lời giải Chọn A

Bài này phát triển từ bài toán mẫu.

Đặt MN vào trong mặt phẳng MNQ với Q là trung điểm của A D  Do ^{QN/ /A D QM ; / /BD}



^QMN

 

^{// A'BD}



_.

 

( ' )

    

AC A BD AC QMN AC MN.

Có thể sử dụng phương pháp vecto và tọa độ hóa để giải bài toán.

Câu 11. [1D2-3] Cho ^{P x}

 

^{ (1 3x2 )x2 20}. Khai triển ^{P x}

 

thành đa thức ta được

 

0 1 2 ² ... 40 ⁴⁰

P x a a x a x  a x

. Tính S a ¹ 2a² ... 40a⁴⁰

A. S 5.2 ²⁰. B. S 5.2  ²¹. C. S 5.2 ²¹. D. S 5.2  ¹⁹ Lời giải

Chọn B.

Ta có: ^{(1 3 x2 )x2 20 a0a x a x1  2 2 ... a x40 40}. Lấy đạo hàm hai vế của khai triển trên ta có:

2 19 2 39

1 2 3 40

20(3 4 )(1 3 x  x2 )x  a 2a x3a x  ... 40a x (*) Thay ^x1 vào đẳng thức (*) ta có:^{5.221  a1 2a2 ... 40a40 S}. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Câu 12. [1D2-3] Tính tổng: ^{S 2019C20180 2018C12018 ... C20182018}.

A. S 2019.2 ²⁰¹⁷. B. S 2020.2 ²⁰¹⁷. C. S 2020.2 ²⁰¹⁸. D. S 2019.2 ²⁰¹⁸. Lời giải

Chọn B.

Hệ số trước tổ hợp giảm dần từ 2019, 2018, ,1 nên dùng đạo hàm là điều dễ hiểu:



x1



²⁰¹⁸ C2018⁰ x²⁰¹⁸C2018¹ x²⁰¹⁷ ... C2018²⁰¹⁸.

Bây giờ nếu đạo lấy đạo hàm thì chỉ được ^{2018C20180 x2017} trong khi đó đề đến ²⁰¹⁹ do đó ta phải nhân thêm với ^x vào đẳng thức trên rồi mới dùng đạo hàm:



1



²⁰¹⁸ 2018^{0 2019} ¹2018 ²⁰¹⁸ ... 2018²⁰¹⁸

x x C x C x C x



1

 

²⁰¹⁷ 2019 1



2019 2018^{0 2018} 2018 ¹2018 ²⁰¹⁷ ... 2018²⁰¹⁸

 x x  C x  C x  C .

Thay ^x1vào ta tìm được tổng là S 2020.2 ²⁰¹⁷.

Câu 13. [1D2-3] Tính tổng: S ^2.1Cn^23.2Cn^{3  ...}



n ¹



nCnⁿ

. A. ^{S  n n}



^1



^2n2_{. B.} ^{S n n}



^{1 2}



^n2_.

C. ^{S  n n}



^1



^2n1_{. D.} ^{S  n n}



^1



^2n1_.

Lời giải

Chọn B.

Ta có:

  

^{ 1}



^{n  }

 

^



^1



^{n1 }

 

^



^{1 1}

 

^



^{n2  (1)}



^{1 2}



^n2

f x x f x n x f x n n x f n n .

Mặt khác:

   

 

   

   

0 1

1 2

1 1

2

2 2

1

1

1

1 1

 











     

  

  

   

 







n n

n k k k k

n n n n

k k

n k k

n n

k

n k k

n k

n k

n k

f x x C x C C x C x

f x C kC x f x k k C x

f k k C

     

1 2 2

2.1 3.2 ... 1 ... 1 1 2 ^

 C_n C_n   p C_n^p  n nC_nⁿ n n ⁿ S. .

Câu 14. [2H2-3] Cho hình lăng trụ đứng^{ABC A B C.   }có đáy^ABClà tam giác vuông cân tại

, 2

A AB a . Đường chéo^ABcủa mặt bên ^{ABB A } tạo với mặt phẳng đáy một góc  và tan  2. Tính thể tích của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho theo a.

A. 4a³. B. ^{2 2}^a3. C. 8a³. D. 2a³. Lời giải

Chọn D

Khối trụ ngoại tiếp lăng trụ có bán kính đường tròn đáy là

2 .

2 2

BC a AH   a

Ta có:



^AB',



^ABC

 

^{B AB' }

2 2. 2. 2 2 3. V BhR ha a  a BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 15. [2H2-3] Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D^.     có cạnh ^{AB a} ,

góc giữa ^{A B} và mặt phẳng



^ABCD



_{bằng 60}. Biết diện tích đáy hình hộp là 2 .a² Tính diện tích xung quanh của hình trụ ngoại tiếp khối hộp đã cho.

A. 3a². B. a². C. . D. .

Lời giải

α

a 2 H

B

C A'

B'

C'

A

Chọn A

Ta có:

Suy ra:

Khối trụ ngoại tiếp hình hộp có bán kính đường tròn đáy là

Do đó, diện tích xung quanh của hình trụ là .

Câu 16. [2H2-3] Cho hình lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a, góc tạo bởi với mặt phẳng một góc với . Tính thể tích khối trụ nội tiếp hình lăng trụ

.

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

Lời giải Chọn D

a

a

a α a

O M

C' H

C' B'

A

B

C

A'

A'

B'

Dễ dàng xác định được Ta có:

Suy ra: .

Mặt khác, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác là

Thể tích khối trụ nội tiếp hình lăng trụ tam giác đều là:

60⁰ a

O

D C

A A' D' B'

C'

B

.

Câu 17. [2H3-3] Trong không gian với hệ toạ độ , cho các điểm , và thay đổi sao cho và . Biết rằng luôn tồn tại một mặt cầu cố định qua và tiếp xúc với mặt phẳng . Tính bán kính của mặt cầu đó.

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

Lời giải

Chọn C.

Phương trình : .

Do nên suy ra

Gọi và lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu cố định đi qua và tiếp xúc với mặt phẳng .

Khi đó, ta có

và .

. Khi đó

(2) làm tương tự.

Vậy .

Bài tương tự

Câu 18. [2H3-3] Trong không gian với hệ toạ độ , cho mặt phẳng . Biết rằng khi thay đổi trên đoạn thì mặt phẳng luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định. Tìm bán kính của mặt cầu đó.

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

Lời giải

Chọn D.

Mặt phẳng có một véc tơ pháp tuyến là .

Gọi và lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu .

Khi đó, ta có .

.

Do mặt cầu cố định và tiếp xúc với nên không đổi

với mọi . Suy ra có tâm . Khi đó .

Câu 19. [2H3-3] Trong không gian với hệ toạ độ , cho ba điểm

với thỏa mãn và. Biết thay đổi thì tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thuộc mặt phẳng cố định. Tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng .

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

Lời giải

Chọn C.

Phương trình mặt cầu có dạng: .

Do đi qua nên

.

Suy ra có tâm và .

Mặt khác ta luôn có , thỏa

Do đó cố định.

Vậy .

Câu 20. [2D1-3] Gọi là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực sao cho giá trị nhỏ nhất của

hàm số bằng 2. Số phần tử của là:

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

Lời giải

Chọn D.

TXĐ: .

Ta có .

Đặt .

Khi đó .

Bảng biến thiên của hàm số trên đoạn , ta được các trường hợp:

Nếu .

Nếu .

Nếu , ta xét

Với .

Với .

Vậy .

Cách 2. Ta có

Vậy .

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 21. [2D1-3] Cho hàm số . Tìm

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

Câu 22. [2D1-3] Tìm tất cả các giá trị của tham số để giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn bằng 5.

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

Lời giải Chọn C

Xét và liên tục trên .

.

Ta có liên tục trên nên có GTLN và GTNN là một trong các giá trị sau:

, ; .

Do đó, hàm số liên tục trên và

.

*

*

*

Ta thấy chỉ có thì thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 23. [2D2-3] Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số là nhỏ nhất.

A. B. C. D.

Lời giải

Chọn B.

Xét hàm số .

.

Giá trị nhỏ nhất của .

Câu 24. [2H2-3] Một khối nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân và đường sinh có độ dài bằng cm. Một mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với đáy một góc chia khối nón thành hai phần. Tính thể tích phần nhỏ hơn (tính gần đúng đến hàng phần trăm).

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

Lời giải

Chọn A.

Xét khối nón có đỉnh và thiết diện qua trục là tam giác vuông cân, đường sinh và đường tròn đáy có tâm là .

Mặt phẳng qua đỉnh tạo với đáy một góc và cắt đường tròn đáy tại hai điểm và và chia đường tròn đáy thành hai phần: phần có diện tích nhỏ hơn là và phần có diện tích lớn hơn. Tương ứng, mặt phẳng chia hình nón thành hai phần và phần có thể tích nhỏ hơn là phần có diện tích đáy là .

Gọi là trung điểm của , ta có . Lại có: đường cao của khối chóp nên .

Từ và suy ra: .

Ta có: .

Từ và suy ra .

Ta có .

, , .

.

. .

Diện tích hình quạt là: .

Do đó: .

Khối nón bị chia làm hai phần. Thể tích của phần nhỏ hơn là:

. CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 25. [2H2-3] Một khối nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều và đường sinh có độ dài bằng . Một mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với đáy một góc sao cho , chia khối nón thành hai phần. Tính thể tích phần nhỏ hơn (tính gần đúng đến hàng phần trăm).

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

Lời giải

Chọn A.

Xét khối nón có đỉnh và thiết diện qua trục là tam giác đều, đường sinh và đường tròn đáy có tâm là .

Mặt phẳng qua đỉnh tạo với đáy một góc và cắt đường tròn đáy tại hai điểm và và chia đường tròn đáy thành hai phần: phần có diện tích nhỏ hơn là và phần có diện tích lớn hơn. Tương ứng, mặt phẳng chia hình nón thành hai phần và phần có thể tích nhỏ hơn là phần có diện tích đáy là .

Gọi là trung điểm của , ta có . Lại có: đường cao của khối chóp nên .

Từ và suy ra: .

Ta có: .

Từ và suy ra .

Ta có .

, , .

.

.

.

Diện tích hình quạt là: .

Do đó: .

Khối nón bị chia làm hai phần. Thể tích của phần nhỏ hơn là:

.

Câu 26. [2H2-3] Một khối nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều. Một mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với đáy một góc với chia khối nón thành hai phần. Gọi , lần lượt là thể tích hai phần . Tính tỷ số .

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

Lời giải

Chọn A.

Xét khối nón có đỉnh và thiết diện qua trục là tam giác đều, đường tròn đáy có tâm là .

Mặt phẳng qua đỉnh tạo với đáy một góc và cắt đường tròn đáy tại hai điểm và và chia đường tròn đáy thành hai phần: phần có diện tích nhỏ hơn là và phần có diện tích lớn hơn. Tương ứng, mặt phẳng chia hình nón thành hai phần và phần có thể tích nhỏ hơn là phần có diện tích đáy là .

Gọi là trung điểm của , ta có .

Lại có: đường cao của khối chóp nên .

Từ và suy ra: .

Ta có: .

Từ và suy ra .

Ta có .

, ,

.

đều ; .

Diện tích hình quạt là: .

Do đó: .

Khối nón bị chia làm hai phần. Thể tích của phần nhỏ hơn là:

.

Thể tích khối nón: .

Thể tích phần lớn hơn là .

Vậy tỷ số .

Câu 27. [2D1-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số để đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang?

A. 2016. B. 2018. C. 2017. D. 2019.

Lời giải Chọn B

Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang khi và chỉ khi hai giới hạn tồn tại và khác nhau. Trước hết, để tồn tại hai giới hạn hàm số này phải xác định trên

khoảng dần tới hay , tức là ; khi dần tới hay .

+ Nếu ta có

( Do ).

. hàm số có một đường tiệm cận ngang nên không thỏa mãn.

+ Với , ta có

+ Xét

Vậy , thì tồn tại và khác nhau.

hàm số có hai đường tiệm cận ngang (thỏa mãn yêu cầu).

Vậy thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

Hay có 2018 giá trị nguyên của m để hàm số có đúng hai tiệm cận ngang.

Bài tập tương tự:

Câu 28. [2D1-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số để đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang?

A. 2016. B. 2018. C. 2017. D. 2019.

Lời giải

Chọn D.

Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang khi và chỉ khi hai giới hạn tồn tại và khác nhau. Trước hết, để tồn tại hai giới hạn hàm số này phải xác định trên

khoảng dần tới hay , tức là ; khi dần tới hay .

+ Nếu ta có

( Do

).

. hàm số có hai đường tiệm cận ngang nên thỏa mãn.

Với , ta có

+ Xét

, thì tồn tại và khác nhau.

hàm số có hai đường tiệm cận ngang (thỏa mãn yêu cầu).

Vậy thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

Vậy có giá trị nguyên của m để hàm số có đúng hai tiệm cận ngang.

Câu 29. [2D1-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số để đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang?

A. 2016. B. 2018. C. 2017. D. 2019.

Lời giải

Chọn C.

Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang khi và chỉ khi hai giới hạn tồn tại và khác nhau. Trước hết, để tồn tại hai giới hạn hàm số này phải xác định trên

khoảng dần tới hay , tức là ; khi dần tới hay .

+ Nếu ta có

( Do

) .

. hàm số có một đường tiệm cận ngang nên không thỏa mãn.

Với , ta có

+ Xét

, thì tồn tại và khác nhau.

hàm số có hai đường tiệm cận ngang (thỏa mãn yêu cầu).

Vậy có giá trị nguyên của m để hàm số có đúng hai tiệm cận ngang.

Câu 30. [2D34] Cho hàm số có đạo hàm không âm trên thỏa

và biết . Hãy chọn

khẳng định đúng trong các khẳng định sau?

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

Lời giải Chọn B.

+ Từ giả thiết, do nên:

.

+ Xét .

+ Xét .

Cách 1. Dùng Máy tính cầm tay tính được

Cách 2: Tự luận

Đặt .

. Vậy

. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 31. [2D34] Cho hàm số có đạo hàm trên , thỏa mãn: và biết . Phương trình có bao nhiêu nghiệm thực?

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

Lời giải

Chọn B.

+ Từ giả thiết, do nên

.

+ Xét .

Đặt .

. .

Do nên

.

+ Phương trình .

Câu 32. [2D34] Cho hàm số có đạo hàm liên tục đến cấp hai trên thỏa mãn:

và , . biết . Mệnh đề nào sau

đây đúng?

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

Lời giải

Chọn B.

+ Do đồng biến trên .

+ Từ giả thiết,

.

Do .

.

Do .

.

Câu 33. [2H3-3] (KSLẦN 1_THPT LÊ KHIẾT) Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai điểm

và mặt cầu . Mặt phẳng

đi qua và cắt theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ

nhất. Tính .

A. . B. . C. . D. . Lời giải:

Chọn C

có tâm .

Vì nằm trong mặt cầu nên gọi là hình chiếu vuông góc của lên thì cũng nằm trong mặt cầu. Do đó luôn cắt theo giao tuyến là một đường tròn bán kính .

có phương trình: nên .

Vì suy ra . Do đó .

Ta lại có: nên để nhỏ nhất thì lớn nhất, mà nên mp cần tìm

nhận làm VTPT. Vì nên . Vậy phương trình :

. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Câu 34. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt cầu

và hai điểm . Mặt phẳng

đi qua và cắt theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ

nhất. Tính .

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

Lời giải Chọn B

Mặt cầu có tâm Ta có . Tương tự bài trên ta có là

trung điểm nên mp . Chọn B.

Câu 35. [2H3-3] Trong không gian với hệ toạ độ , cho mặt cầu , điểm . Phương trình mặt phẳng đi qua và cắt mặt cầu theo thiết diện là đường tròn có diện tích nhỏ nhất?

A. B.

C. D.

Lời giải Chọn D

Mặt cầu có tâm Ta có . Mặt khác nên

bán kính của đường tròn giao tuyến min khi . Do đó mp cần tìm nhận làm VTPT và

qua có dạng: .

Câu 36. [2D4-4]: Cho số phức z thỏa mãn . Tính giá tri lớn nhất của

A. B. C. D.

Lời giải Chọn A

Gọi . Từ đề bài ta có: với Vì nên quỹ

tích là một elip có trục lớn bằng , tiêu cự bằng . với

Mấu chốt bài này để ý rằng: có nghĩa là thuộc elip và cùng với hai tiêu điểm thẳng hàng, do đó chính là một đỉnh thuộc trục lớn của elip.

Vậy lớn nhât bằng trục lớn =

Hai câu tương tự:

Câu 37. [2D4-4]: Cho số phức z thỏa mãn . Tính giá tri lớn nhất của

A. B. C. D.

Lời giải Chọn B

Tương tự bài trên nhưng với việc mở rộng vị trí điểm . Ở đây ta chỉ cần chọn nằm trên đt .

Vậy

Câu 38. [2D4-4]: Cho số phức thỏa mãn Tính giá tri nhỏ nhất của

A. B. C. D.

Lời giải Chọn B

Từ giả thiết .

Vậy thuộc elip với hai tiêu điểm và Suy ra ,

, tâm

Nhận xét rằng với được chọn để thuộc trục nhỏ. Do đó

Ý tưởng bài này đưa về bài hình học phẳng: Cho điểm M chạy trên một elip và điểm K cố định.

Tìm khoảng cách nhỏ nhất, lớn nhât từ M đến điểm K.

Tất nhiên ta mới chỉ giải quyết được những trường hợp với những vị trí đặc biệt của điểm K là K chạy trên hai trục của (E). Bài toán tq vẫn là một vấn đề quá khó.

Ở đề trên tác giả khai thác vị trí của K là một đỉnh trên trục lớn. Còn với hai câu đề xuất tôi khai thác K chạy trên trục lớn để tìm max và K chạy trên trục nhỏ để tìm min.

Câu 39. [2D1-3] Cho hàm số liên tục trên và có bảng biến thiên như sau:

Phương trình có bao nhiêu nghiệm trên .

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

Lời giải Chọn A

*)Đặt , Do . Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, nhận thấy trên đoạn phương trình có hai nghiệm

*) Xét phương trình: .

Do đường thẳng cắt đường tròn lượng giác tại một điểm trên Nên phương trình chỉ có một nghiệm trên .

*) Xét phương trình: .

Do đường thẳng cắt đường tròn lượng giác tại hai điểm trên Nên phương trình có hai nghiệm trên .

Vậy phương trình có tất cả 3 nghiệm trên . Hai câu tương tự:

Câu 40. [2D1-3] Cho hàm số liên tục trên và có bảng biến thiên như sau:

Phương trình có bao nhiêu nghiệm trên .

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

Lời giải Chọn A

*)Đặt , Do .

Dựa vào bảng biến thiên, nhận thấy trên đoạn phương trình có hai nghiệm

*) Xét phương trình: .

Do đường thẳng cắt đường tròn lượng giác tại một điểm trên Nên phương trình chỉ có một nghiệm trên .

*) Xét phương trình: .

Do đường thẳng cắt đường tròn lượng giác tại hai điểm trên Nên phương trình có hai nghiệm trên .

Vậy phương trình có tất cả 3 nghiệm trên .

Câu 41. [2D1-3] Cho hàm số liên tục trên và có bảng biến thiên như sau:

Phương trình có bao nhiêu nghiệm trên .

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

Lời giải Chọn A

Ta có: .

*)Đặt , Do .

Dựa vào bảng biến thiên, nhận thấy nên trên đoạn phương trình

có hai nghiệm

*) Xét phương trình: .

Do đường thẳng cắt đường tròn lượng giác tại một điểm t/m cung

Nên phương trình chỉ có một nghiệm trên .

*) Xét phương trình: .

Do đường thẳng cắt đường tròn lượng giác tại hai điểm t/m cung Nên phương trình có hai nghiệm trên .

Vậy phương trình có tất cả 3 nghiệm trên .

Câu 42. [2H3-2] Hai quả bóng hình cầu có kích thước khác nhau được đặt ở 2 góc của một căn nhà hình hộp chữ nhật sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với 2 bức tường và nền của căn nhà đó biết rằng trên bề mặt của mỗi quả bóng đều tồn tại một điểm có khoảng cách đến hai bức tường và nền nhà nó tiếp xúc lần lượt bằng 1,2,3.Hãy tính tổng các bình phương của 2 bán kính của 2 quả bóng đó.

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

Lời giải Chọn A

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Theo giả thiết mặt cầu tiếp xúc với các mặt phẳng vì vậy mặt cầu có tâm là với và bán kính của mặt cầu là:

Trên mặt cầu tồn tại điểm , ta có:

Vậy hai quả bóng có bán kính lần lượt là: .

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 43. [2H3-2] Hai quả bóng hình cầu có kích thước khác nhau được thả vào một bể bơi hình hộp chữ nhật có mực nước cao sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với bức tường của bể bơi và quả bóng nổi trên mực nước biết rằng trên bề mặt của mỗi quả bóng đều tồn tại một điểm có

khoảng cách đến hai bức tường và nền nhà nó tiếp xúc lần lượt bằng Hãy tính tổng các bình phương của bán kính của quả bóng đó.

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

Lời giải Chọn A

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Theo giả thiết mặt cầu tiếp xúc với các mặt phẳng vì vậy mặt cầu có tâm là với và bán kính của mặt cầu là:

Trên mặt cầu tồn tại điểm , ta có:

Vậy hai quả bóng có bán kính lần lượt là: .

Câu 44. [2H3-2] Hai quả bóng bay hình cầu có kích thước khác nhau được thả vào một căn nhà hình hộp chữ nhật có chiều cao sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với bức tường của nhà, trần nhà và cách bức tường còn lại biết rằng trên bề mặt của mỗi quả bóng đều tồn tại một điểm có khoảng cách đến bức tường thứ nhất, thứ hai và nền nhà nó tiếp xúc lần lượt bằng

Hãy tính tổng các bình phương của bán kính của quả bóng đó.

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

Lời giải Chọn A

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Theo giả thiết mặt cầu tiếp xúc với các mặt phẳng vì vậy mặt cầu có tâm là với và bán kính của mặt cầu là:

Trên mặt cầu tồn tại điểm , ta có:

Vậy hai quả bóng có bán kính lần lượt là: .

Câu 45. [1D1-4] (Thi thử THPT Chuyên Lê Khiết – Quảng Ngải) Có bao nhiêu giá trị nguyên của

tham số để phương trình: có nghiệm

thực.

A. 3. B. 9. C. 2. D. 5.

Lời giải Chọn A Điều kiện:

Ta có:

. Xét hàm số: với , ta có:

.

Để phương trình (*) có nghiệm: mà .

Vậy có giá trị m nguyên thoả mãn bài toán.

Bài tập tương tự:

Câu 46. [1D1-4] Tìm để phương trình sau có nghiệm:

Giải Ta có:

Xét hàm số: với , ta có:

. Để phương trình (*) có nghiệm:

Câu 47. [1D1-4] Tìm để phương trình sau có nghiệm:

Giải

Ta có:

Xét hàm số: với , ta có:

Để phương trình (*) có nghiệm: .

Câu 48. [2D1-4] Cho hàm số có đồ thị và điểm . Tiếp tuyến với tại tạo với 2 đường tiệm cận của một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất là bao nhiêu?

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

Lời giải Chọn B.

Đồ thị có tiệm cận đứng có phương trình là , tiệm cận ngang có phương trình .

Giả sử với .

Ta có .

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm là . Tọa độ giao điểm của và là nghiệm của hệ phương trình

. Tọa độ giao điểm của và là nghiệm của hệ phương trình

. Gọi là giao điểm của hai tiệm cận khi đó .

Ta có .

Nửa chu vi tam giác là .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy có

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác là .

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác lớn nhất bằng . Câu hỏi tương tự

Câu 49. [2D1-4] Cho đồ thị , tiếp tuyến với đồ thị tại một điểm bất kì thuộc luôn tạo với hai đường tiệm cận của một tam giác có diện tích không đổi. Diện tích đó bằng:

A. 8. B. 4. C. 10. D. 6.

Lời giải Chọn D

Lấy điểm thuộc .

Tiếp tuyến của tại là .

Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng của đồ thị tại ; cắt tiệm cận ngang

của đồ thị tại .

Vậy tam giác vuông tại với là giao điểm của hai tiệm cận có diện tích

.

Cách 2. Lấy cụ thể thuộc đồ thị , viết phương trình tiếp tuyến tại của rồi tính diện tích tam giác như trên.

Câu 50. [2D1-4] Cho hàm số Gọi là giao điểm của hai tiệm cận của đồ thị hàm số.

Khoảng cách từ đến tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho đạt giá trị lớn nhất bằng

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

Lời giải

Chọn A.

Có Tiệm cận đứng tiệm cận ngang .

Tiếp tuyến tại có phương trình

Có

Vậy .

Khoảng cách từ đến tiếp tuyến của đồ thị đạt giá trị lớn nhất khi .

Câu 51. [2D1-2] Cho hàm số có đồ thị . Có bao nhiêu tiếp tuyến của đi qua điểm

?

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

Lời giải

Chọn B.

Vì I là giao điểm của hai đường tiệm cận nên không có tiếp tuyến nào qua I.

Câu 52. [2D1-3] Cho hàm số có đồ thị là . Tiếp tuyến của đồ thị tại điểm tạo với hai đường tiệm cận của đồ thị một tam giác . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Tam giác có chu vi bằng .

B. Tam giác là tam giác vuông có một góc bằng . C. Tam giác có diện tích bằng .

D. Tam giác vuông cân.

Lời giải Chọn C

Ta có , .

Phương trình tiếp tuyến tại điểm là .

Đồ thị có tiệm cận đứng , tiệm cận ngang .

Giao điểm của tiếp tuyên với các tiệm cận là . Giao điểm của hai tiệm cận là .

Tam giác vuông tại có , nên có diện tích bằng 10.

Câu 53. [2D1-4] Cho đồ thị hàm số và điểm thuộc đồ thị hàm số trên. Tiếp tuyến với tại cắt các tiệm cận của tại . Gọi là giao điểm hai đường tiệm cận. Tìm điểm có hoành độ dương để chu vi tam giác là nhỏ nhất

A. . B. . C. . D.

Lời giải Chọn A

TXĐ : ,

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang

Gọi . Tiếp tuyến tại có phương trình

,

Diện tích tam giác : không đổi

Nên để chu vi tam giác là nhỏ nhất

vì nên suy ra .

Câu 54. [2D1-3] Trên đường thẳng có bao nhiêu điểm kẻ được đến đồ thị hàm số đúng một tiếp tuyến?

A. B. C. D.

Lời giải Chọn A

Gọi .

Phương trình qua có dạng:

Phương trình hoành độ giao điểm của và :

tiếp xúc với có nghiệm kép

Qua kẻ đúng một tiếp tuyến đến có đúng 1 nghiệm

Câu 55. [2D1-4] Cho hàm số có đồ thị . Biết rằng tiếp tuyến tại điểm bất kì của luôn cắt hai tiệm cận của tại và . Độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng là

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

Lời giải Chọn B

Ta có : là tiệm cận ngang.

là tiệm cận đứng.

Gọi .

Gọi là tiếp tuyến của tại .

Ta có phương trình của là

Giao điểm của với tiệm cận đứng là . Giao điểm của với tiệm cận ngang là .

Khi đó .