Đề thi đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường chuyên sư phạm hà nội lần 3 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

Câu 1: [2D4-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Gọi  C là tập hợp các điểm trên mặt phẳng biểu diễn số phức ^{zx1yi}, ( ,x y) thỏa mãn ^{z 1}và N là điểm biểu diễn số phức ^z0 ^1i. Tìm điểm M thuộc  ^C sao cho MN có độ dài lớn nhất.

A. ^M

 

^1;1 . B. ^{1; 3} M2 2 

 

 

 . CM1;0. D. ^M^0;0 . Hướng dẫn giải

Chọn A.

Ta có: ^{M x y}



^;



nằm trên đường tròn

  

^{C : x1}



^{2y2 1}. Tâm ^I

 

^1;0

Do ^N



^{1; 1 }

  

^C nênMN có độ dài lớn nhất khi MN là đường kính, hay I1;0 là trung điểm của MN. Vậy M 1;1

Lời bình: đây là bài toán tọa độ lớp 10, khi cho một đường tròn C và một điểm N . Tìm điểm M trên  C sao cho MN đạt min, max.

Bài tập tương tự

Câu 2: [2D4-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Gọi  ^C là tập hợp các điểm trên mặt phẳng biểu diễn số phức ^{z  x 1 yi},



^{x y, }



thỏa mãn ^{z 1}và N là điểm biểu diễn số phức ^z0 ⁵³ⁱ. M là một điểm thuộc ^(C) sao cho MN có độ dài lớn nhất. Khi đó độ dài MN lớn nhất bằng

A. 6. B. 34. C3 5 . D. 5.

Hướng dẫn giải Chọn A.

Ta có: ^{M x y}



^;



nằm trên đường tròn

  

^{C : x1}



^{2y2 1. Tâm I1;0}

Do N5;3 nằm ngoài  C nênMN có độ dài lớn nhất khi MN NIR516.

Câu 3: [2D4-2] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Gọi  C là tập hợp các điểm trên mặt phẳng biểu diễn số phức ^{z x1yi},



^{x y, }_



thỏa mãn ^{z 1}và N là điểm biểu diễn số phức ^z0 ⁵³ⁱ. M là một điểm thuộc  C sao cho MN có độ dài bé nhất. Khi đó độ dài MN bé nhất bằng

A. 6. B. 34. C3 5 . D. 4 .

Hướng dẫn giải Chọn D.

Ta có: ^{M x y}



^;



nằm trên đường tròn   C ^: x¹² y² ¹. Tâm ^I

 

^1;0

Do N5;3 nằm ngoài  C nênMN có độ dài bé nhất khi MN NIR514.

Câu 4: [1H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình vuông ABCD cạnh a. Điểm M thay đổi trong không gian sao cho AMB AMD  90 . Biết rằng luôn tồn tại một đường tròn cố định qua điểm ^M . Bán kính của đường tròn đó là.

A. 2

a. B. a. C. 2

2

a . D. 2

4 a . Hướng dẫn giải

Chọn D.

I A

M

B

D

AMB AMD  90 ^nên _M nằm trên đường tròn giao tuyến chung của hai mặt cầu, mặt cầu đường kính AB và mặt cầu đường kính AD.

Ta có: ^{MA MB MA}



^MBD



MA MD

 

 

  .

Gọi ^I là trung điểm của ^BD.

Khi đó ^MAMI hay ^M nằm trên đường tròn đường kính là ^AI.

Bán kính là ²

2 4 4

AI BD a

R   .

Bài tập tương tự

Câu 5: [1H3-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho tam giác ABCvuông cân tại A có ABAC2a. Điểm S thay đổi trong không gian sao cho ASBASC 90 . Biết rằng luôn tồn tại một đường tròn cố định qua điểm S. Bán kính của đường tròn đó là.

A. a. B.

2a. C. 2

2

a . D. 2

4 a . Hướng dẫn giải

Chọn C.

I A

S

B

C

Ta có: ^{SA SB SA}



^SBC



SA SC

 

 

 

Gọi I là trung điểm của BC.

Khi đó SA SI hay S nằm trên đường tròn đường kính là ^AI.

Bán kính là ^{2 2 2}

2 4 4 2

AI BC a a

R    .

Câu 6: [1H3-3] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh

; 3

AB a AD a  . Điểm _M thay đổi trong không gian sao cho AMB AMD  90 . Biết rằng luôn tồn tại một đường tròn cố định qua điểm ^M . Bán kính của đường tròn đó là.

A. a 3. B.

2

a. C. 2

2

a . D. 2

4 a . Hướng dẫn giải

Chọn B.

I A

M

B

D

Ta có: ^{MA MB MA}



^MBD



MA MD

 

 

 

Gọi ^I là trung điểm của ^BD.

Khi đó MAMI hay ^M nằm trên đường tròn đường kính là ^AI. Bán kính là

2 2

2 4 4 2

AI BD AB AD a

R     .

Câu 7: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Đặt _{log2 9} ¹ _{7 5}^{1log 32} ^{1 1}

2 , 2 .

x x

a ^ b ^

 

  

Giả sử

 

^{7 7} 7 ⁷ 0

i i i.

i

S a b C a b^



  



Tập hợp tất cả các giá trị của x để số hạng thứ 6 trong khải triển bằng 84 là

A. x1, x2. B. x4. C. x2, x4. D. x1. Hướng dẫn giải

Chọn A.

Ta có a2^{log2 9x17}  9^x17; ^{b251log 32} ^x11 ^



^3x11



^51.

Trong khai triển S, số hạng thứ 6 tương ứng với i5. Do đó:

   

¹

 

5 2 5 1 1 1 1

7 84 21 9^x 7 . 3^x 1 84 9^x 7 4 3^x 1 C a b   ^  ^  ^   ^   ^ 

 

^{3 1 2 4.3 1 3 0 3 1}₁ ^{1 1}₂

3 3

x

x x

x

x x



 



   

        .

Lời bình: Bài toán không khó nhưng sử dụng rất nhiều kiến thức, logarit, hàm mũ, nhị thức Newton, yêu cầu học sinh có kiến thức tổng hợp, đồng thời điểm cần chú ý nhất là số hạng thứ

k. Đặc biệt đây là bài toán có sử dụng kiến thức của cả hai khối 11 và 12, những bài toán như vậy nên được khai thác nhiều hơn nữa.

Với bài toán trên, điều kiện của phương trình mũ, loga chưa được tận dụng làm phương án nhiễu, bài tương tự như sau cần chú ý điều đó.

Bài tập tương tự

Câu 8: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Đặt ¹₃^{log 255} ^{2 7} ₆^{1log 56} ^{2 3}

5 , 6 .

x x

a b

   

 

Giả sử

 

^{9 9} 7 ⁹ 0

i i i.

i

S a b C a b^



  



^{Gọi A} là tập các giá trị của x sao cho số hạng thứ 7 trong khai triển bằng 336 . Số phần tử của tập A là?

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

Hướng dẫn giải Chọn A.

Điều kiện

2 2

25 7 0

5 3 0 .

x x





  



  

Ta có ^{a513log 255} ^x27 ^



^{25x27 ,}



^{13 b661log 56 x23 }



^{5x2 3}



^61.

Trong khai triển S, số hạng thứ 7 tương ứng với i6. Do đó:

   

¹

 

6 3 6 2 2 2 2

9 336 84 25^x 7 . 5^x 3 336 25^x 7 4 5^x 3 C a b   ^  ^  ^   ^   ^ 

 

^{5 2 2 4.5 2 5 0 5 2}₂ ^{1 2}₃

5 5

x

x x

x

x x



 



   

         . Thử vào điều kiện thấy có duy nhất nghiệm 3

x thỏa mãn. Vậy phương trình có 1 nghiệm.

Câu 9: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Đặt _log2⁴_{4 2} ¹ _{1 3}^{1log 2 12} 

2 , 2 .

x x x

a ^ b

 

 

 

Giả sử

 

0

.

n n i n i i

n i

S a b C a b^



  



Biết số hạng thứ 7 trong khai triển trên không chứa x. Tìm .

n

A. n10. B. n11. C. n5. D. n6.

Hướng dẫn giải Chọn A.

 

^{ }

 

4 1 2

2

1

1 log 2 1 1

log 4 2 1 4 1 2 3 3

2 4 2 1 2 1 , 2 2 1 .

x x x x x x x

a ^ b

  

  

        

Số hạng thứ 7 trong khai triển là ^{C 26}n



^{x 1}

 

^{n26. 2x 1}



^{36 C 26}n



^{x 1}



^n210.

  

   

Số hạng thứ 7 không chứa x n 10.

Câu 10: [2H1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chóp đều .S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, M là trung điểm SA. Biết mặt phẳng



^MCD



vuông góc với mặt phẳng



^SAB



. Thể tích của khối chóp .S ABCD là

A.

3

3

a . B. ^{3 5}

6

a . C. ^{3 5}

2

a . D. ^{3 3}

6 a .

A

D

B C

S

O

M N

Q P

Hướng dẫn giải Chọn D.

Gọi N là trung điểm của SB; P và ^Q lần lượt là trung điểm của MN và CD. Ta thấy MN song song AB suy ra



^MCD

 

^{ SAB}



^MN .

 

¹

Ta có SPMN ( do tam giác SMN cân tại S).

 

²

Theo giả thiết



^MCD

 

^{ SAB}



.

 

³

Từ

 

1 ,

 

2 và

 

3 suy ra ^SP



^MDCN



. Khi đó tam giác ^SPQ vuông tại P. Đặt cạnh bên hình chóp đều .S ABCD bằng x. Khi đó ta tính được

2 2

2 4

16 x a

SP   ( Theo Pitago đối với tam giác vuông SPN);

2 2

2 4

4 x a

SQ 

 (Theo Pitago đối với tam giác vuông ^SQD);

2 2

2 4 7

16 x a

PQ   ( Dựa vào hình thang cân MNCD ).

Vì tam giác ^SPQ vuông tại P nên

2 2 2

SQ SP PQ  4 ^{2 2} 4 ^{2 2} 4 ² 7 ²

4 16 16

x a  x a  x  a 4 ² 5 ^{2 5} 2 x a x a

    .

Suy ra SO SQ²OQ² 

2

2 3

2 2

a a

a      .

Vậy _. ¹ . ¹. ³. ^{2 3 3}

3 3 2 6

S ABCD ABCD

a a

V  SO S  a  .

Lời bình: Với các dạng toán tính thể tích hình chóp đều khi biết cạnh bên và cạnh đáy thì khá đơn giản, nhưng với bài toán này đề bài chỉ cho cạnh đáy nên việc làm cho chúng ta là cần xác định độ dài cạnh bên theo a, lúc này điểm mấu chốt bài toán cần phát hiện tam giác ^SPQ vuông tại P để thiết lập mối liên hệ giữa x và a.

Câu 11: [1D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Trong 100 vé số có 1 vé trúng 10.000 đồng, 5 vé trúng 5000 đồng, 10 vé trúng 1000 đồng, số vé còn lại không có giải thưởng. Một người mua ngẫu nhiên 3 vé trong 100 vé. Tính xác suất để người đó trúng giải ít nhất 1000 đồng.

A. ²³⁷²

5775. B. ³⁴⁰³

5775. C. ²³⁰⁴

5775. D. ²⁰⁰⁴

5775. Hướng dẫn giải

Chọn A.

Với phép thử mua ngẫu nhiên 3 tờ vé số từ 100 tờ, số phần tử của không gian mẫu là

 

C100³

n   .

Để người mua vé trúng giải ít nhất 1000 đồng thì cần mua được ít nhất một vé có giải.

Gọi A là biến cố “Trong 3 tờ vé mua được có ít nhất một vé có giải”.

Thì biến cố đối của A là A: “Trong 3 tờ vé mua được không có vé nào trúng giải”.

Số vé không có giải là ^{100  }



^{1 5 10}



^84 (vé).

Nên số khả năng thuận lợi cho _A là C84³ . Do đó xác suất cần tình là

    3843

100

1 1 2372

5775 P A P A C

   C  . Nhận xét

- Nếu đếm trực tiếp các phần tử thuận lợi cho biến cố A thì lời giải sẽ cần xét nhiều trường hợp và rườm rà hơn là xét phần bù như lời giải ở trên.

- Học sinh có thể nhầm lẫn đề bài thành “tính xác suất để mua được ít nhất một vé trúng 1000 đồng”.

Bài tập tương tự

Câu 12: [1D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018]Trong 100 vé số có 1 vé trúng 10.000 đồng, 5 vé trúng 5000 đồng, 10 vé trúng 1000 đồng, số vé còn lại không có giải thưởng. Một người mua ngẫu nhiên 3 vé trong 100 vé. Tính xác suất để người đó mua được ít nhất một vé trúng giải 1000 đồng.

Hướng dẫn giải Số phần tử không gian mẫu n

 

 C100³ (phần tử).

A: “Người đó mua được ít nhất một vé trúng giải 1000 đồng”.

A: “Người đó không mua được vé trúng giải 1000 đồng”.

Số khả năng thuận lợi cho _A là ^{n A}

 

^C903 . Vậy xác suất cần tính là

 

3³⁹⁰ 100

C 67

1 C 245

P A    . Câu 13: [1D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Trong 100 vé số có 1 vé trúng

10.000 đồng, 5 vé trúng 5000 đồng, 10 vé trúng 1000 đồng, số vé còn lại không có giải thưởng. Một người mua ngẫu nhiên 3 vé trong 100 vé. Tính xác suất để người đó trúng giải ít nhất 10.000 đồng.

Hướng dẫn giải Số phần tử không gian mẫu n

 

 C100³ (phần tử).

A: “Người đó trúng giải ít nhất 10.000 đồng”.

Trường hợp 1: Người đó mua được vé trúng 10.000 đồng, có C²₉₉(khả năng).

Trường hợp 2: Người đó mua được đúng hai vé trúng 5000 đồng và không mua được vé trúng 10.000 đồng, có C 96²5 (khả năng).

Trường hợp 3: Người đó mua được cả ba vé trúng 5000 đồng, có C³₅ (khả năng).

Do đó số khả năng thuận lợi cho A là n A

 

C²99C 96 1²5  (khả năng).

Vậy xác suất cần tính là

2 2 3

99 5 5

3 100

C C 96 C 5821

C 161700

P   

  .

Câu 14: [2D1-3] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Giá trị lớn nhất của hàm số

 

^sinx

f x x trên đoạn ^; 6 3

 

 

  là A. 3

 . B. ³

 . C.

2

 . D. ²

 . Hướng dẫn giải

Chọn B.

Hàm số xác định trên đoạn ^; 6 3

 

 

 . Ta có ^

 

 x^.cosx₂^sinx

f x x xác định trên đoạn ^;

6 3

 

 

 .

Với ^;

6 3

 

  

x : ^{f x}

 

^{ 0 x.cosxsinx 0 tanx x 0}.

Xét hàm số ^{g x}

 

^{tanx x} với ^; 6 3

 

  

x . Ta có

 

2

1 1 0

 cos  

g x x với ^;

6 3

 

  

x .

Vậy ^{g x}

 

đồng biến trên khoảng ^; 6 3

  

 

 . Mà ^{1 0}

6 3 6

 

    

  

g nên ^{g x}

 

^0 vô nghiệm trên đoạn ^;

6 3

 

 

 , hay ^{f x}

 

^0 vô nghiệm trên đoạn ^; 6 3

 

 

 .

Ta có ³

6



  

  

f ; 3 3

3 2



   

  

f mà ^{3 3 3}

 ^ 2 nên giá trị lớn nhất của hàm số ^{f x}

 

^sinx

x trên đoạn ^;

6 3

 

 

  là ³

 .

Lời bình: Khó khăn lớn nhất trong bài toán này là việc giải phương trình ^{f x}

 

^0. Ta phải dùng đến phương pháp hàm số để giải phương trình này.

Bài toán tương tự

Câu 15: [2D1-3] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Giá trị lớn nhất của hàm số

 

^sinx

f x x trên đoạn ^{2 ;5} 3 6

  

 

  là A. ³

5 . B. ^{3 3}

4 . C. ³

4 . D. ^{3 3}

5 . Hướng dẫn giải

Chọn B.

Hàm số xác định trên đoạn ² ;⁵ 3 6

  

 

 .

Ta có ^{f x}

 

^{ x.cosx}₂^sinx

x xác định trên đoạn ^{2 ;5} 3 6

  

 

 .

Với ^{2 ;5} 3 6 x   

  : ^{f x}

 

^{ 0 x.cosxsinx 0 tanx x 0}.

Xét hàm số ^{g x}

 

^{tanx x} với ^{2 ;5} 3 6 x   

  .

Ta có

 

¹₂ 1 0

  cos  

g x x với ^{2 ;5}

3 6 x   

  .

Vậy ^{g x}

 

đồng biến trên khoảng ^{2 ;5} 3 6

  

 

 . Mà ^{5 1 5 0}

6 3 6

g        nên ^{g x}

 

^0 vô nghiệm trên đoạn ^{2 ;5}

3 6

  

 

 , hay ^{f x}

 

^0 vô nghiệm trên đoạn ^{2 ;5} 3 6

  

 

 .

Ta có 2 3 3

3 4

f 



  

 

  ; ^{5 3}

6 5

f 



  

 

  mà ^{3 3 3}

4 ^5 nên giá trị lớn nhất của hàm số

 

^sinx

f x x trên đoạn ^{2 ;5} 3 6

  

 

  là ^{3 3} 4 .

Câu 16: [2D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Giá trị lớn nhất của hàm số

 

^cosx

f x x trên đoạn ^; 6 3

 

 

  là A. ³

2 . B. ^{3 3}

 . C. ³

 . D. ^{3 3}

2 . Hướng dẫn giải

Chọn B.

Hàm số xác định trên đoạn ^; 6 3

 

 

 . Ta có f x

 

^x.sinx₂ ^cosx

x

 

  xác định trên đoạn ^;

6 3

 

 

 .

Với ;

6 3

 

  

x : ^{f x}

 

^{  0 x.sinxcosx 0 cotx x 0}.

Xét hàm số ^{g x}

 

^{cotx x} với ^; 6 3

 

  

x .

Ta có

 

1 ¹₂ 0 g x sin

   x với ^;

6 3

 

  

x .

Vậy ^{g x}

 

nghịch biến trên khoảng ^; 6 3

  

 

 . Mà ^{3 0}

6 6

g_{    } 

   nên ^{g x}

 

^0 vô nghiệm trên đoạn ^;

6 3

 

 

 , hay ^{f x}

 

^0 vô nghiệm trên đoạn ^; 6 3

 

 

 .

Ta có 3 3

f 6

   

   ; ³

3 2

f 

   

   mà ^{3 3 3}

 ^2 nên giá trị lớn nhất của hàm số ^{f x}

 

^cosx

x trên đoạn ^;

6 3

 

 

  là ^{3 3}

 .

Câu 17: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình chóp .O ABC có

OA OB OC a   , AOB60⁰, BOC 90⁰, COA 120⁰. Gọi S là trung điểm của OB. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC là

A. ^. 2

a B. .

4

a C. ⁷.

2

a D. ⁷.

4 a

Hướng dẫn giải Chọn C.

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác OCA ta có: AC² OA² OC²2OA OC. .cosCOA 3a². Áp dụng Pitago trong tam giác BOC ta được BC a 2.

Tam giác AOB có AOB60⁰ và OA OB a  nên tam giác AOB là tam giác đều, suy ra AB a .

Vì BC²BA² 3a² AC² nên tam giác ABC vuông tại B.

Gọi H là trung điểm của AC, suy ra H cách đều 3 điểm ^{A B C, ,} (1).

Mặt khác O cũng cách đều 3 điểm ^{A B C, ,} và O H (2).

Từ (1) và (2) suy ra OH là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, do đó ^{OH }



^ABC



.

Kẻ đường thẳng trung trực của đoạn thẳng SB cắt đường thẳng OH tại điểm I.

Ta có IB IS IA IC   nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC và bán kính của mặt cầu R IS .

Ta có



^.



^{. 3 3}

4

EI OE OE HB a

OEI OHB g g EI

HB OH OH

       .

Trong tam giác vuông EIScó ^{2 2} 27 ^{2 2} 7

16 16 2

a a a IS IE ES    .

Lời bình: Điểm mấu chốt của bài toán là nhìn ra được cách xác định đường cao của hình chóp, để xác định được đường cao ta phải dựa vào trục của đường tròn, để làm được điều đó ta phải tìm ra được ít nhất 2 điểm khác nhau mà 2 điểm đó cách đều 3 điểm phân biệt nào đó (trong bài là^{A B C, ,} ). Sau khi xác định được trục của đường tròn, trục đường tròn và SB cùng nằm trong một mặt phẳng nên ta dựng đường thẳng trung trực của SB, đường thẳng trung trực này cắt trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy sẽ xác định được tâm và bán kính dựa vào tính toán thông thường.

Câu 18: [2D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tìm tập hợp các số thực của tham số m để hệ

2 2

5 4 0

3 16 0

x x x mx x

   



  

 có nghiệm là:

A. ^m



^8;16



. B. ^m



^0;19



. C. ^m

 

^0;1 . D. ^m



^8;19



. Hướng dẫn giải

Chọn D.

+) Ta có

2

2 2

1 4 5 4 0

3 16

3 16 0

x x x

x m

x mx x

x x

  

   

  

     

 

 

.

+) Xét hàm số ^{f x}

 

^{3 x 16}

 x x trên

 

1;4 . +) Ta có

 

^{3 2}₂ ¹⁶

2 f x x

x x

  

   

 ;

 

^{0 3 2}₂ ^{16 0}

2 f x x

x x

  

    

 

2 4

16 0 4

x x

x

 

       . Bảng biến thiên

x 1 4

f 

f 19

8 +) Dựa vào bảng biến thiên, phương trình

3x2 16 x x m

  có nghiệm ^{ m}



^8;19



.

Suy ra hệ

2 2

5 4 0

3 16 0

x x x mx x

   



  

 có nghiệm ^{ m}



^8;19



.

Lời bình: Từ phương trình 3x²mx x 16 0 , chuyển về phương trình dạng ^{f x}

 

^{g m}

 

và tìm tập giá trị của hàm số ^{f x}

 

.

- Sử dụng x²5x 4 0 để tìm tập giá trị của hàm số ^{f x}

 

. Bài tập tương tự.

Câu 19: [2D1-3] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tìm tập hợp các số thực của tham số m để hệ

2 2

2 0 4 0 x x

x mx x

   



  

 có nghiệm là:

A.



^{ ; 2 2}_^{. B.}



^{; 2 2}_. C. ^_^{2 2;}



. D. ^_ ^{2 2;}



. Hướng dẫn giải

Chọn A.

+) Điều kiện xác định của hệ là x0. +) Ta có x0 

2 2

2 0 2 0 4 0 4 0

x x x mx x

     

 

     

 hệ vô nghiệm.

Do đó

2

2 2

0 2

2 0 4 0 4 x x x

x m

x mx x

x x

  

   

  

      

 

 

.

+) Xét hàm số ^{f x}

 

^{x 4}

  x x trên



0;2 .



+) Ta có ^{f x}

 

^x2₂ ¹²

x x

   ; ^{f x}

 

^{0 x2}₂ ^{12 0}

x x

     ² 2 3

12 0 2 3

x x

x

     

   . Bảng biến thiên

x 0 2

f 

f



2 2 +) Dựa vào bảng biến thiên, phương trình

2 4

x m

x x

   có nghiệm ^{   m}



^{; 2 2}_^.

Suy ra hệ

2 2

2 0 4 0 x x

x mx x

   



  

 có nghiệm ^{   m}



^{; 2 2}_^.

Câu 20: [2D3-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tính tích phân

2

2 2

sin 1 I xdx

x









 ^. A. I _4

. B. ¹

I 2. C. I 0. D. I 1. Hướng dẫn giải

Chọn C.

Ta có:

 

2

sin 1 f x x

 x

 là hàm số lẻ trên 

2

2 2

sin 0

1 I xdx

x





  



 ^.

Lời bình: Đây là bài toán sử dụng tính chất chẵn lẻ để tính tích phân.

+ Bài toán tổng quát: Nếu hàm số ^{y f x}

 

là hàm số lẻ trên



^{a a;}



với a0 thì

 

⁰

a

a

f x dx





 ^.

Bài toán tương tự

Câu 21: [2D3-2] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tính tích phân

1

1

cos ln 2 2

I x x dx

 x

  





   ^.

A. I 1. B. ¹

I 2. C. I 0. D. I 2. Câu 22: [2D3-2] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tính tích phân

5 3

8 3

cos 2 x x

I dx

x









 ^.

A. I 0. B. ²

I _ 3

. C. I 1. D. I .

+ Tuy nhiên bài toán ra được ngay kết quả khi tính bằng máy tính cầm tay. Do đó nó thuộc bài toán thông hiểu.

Câu 23: [1D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4cos 2³ x6cos²x m 4có nghiệm.

A. ^{m }



^{1;1 .}



B. ^{m }



^{1;0 .}



C. ^m

 

^0;1 D. ^m

 

^{0;2 .}

Hướng dẫn giải Chọn D.

Phương trình đã cho tương đương với phương trình.

 

4cos 23 x3 1 cos 2 x  m 4 4cos 23 x 3cos 2x m 1

   

1 cos 6 x

  m

 

²

Vì ^{cos 6x }



^1;1



nên để phương trình

 

2 có nghiệm ^{   m 1}



^1;1



^{ m}

 

^0;2

Bài tập tương tự

Câu 24: [1D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4cos 2³ x6cos²x m 4có nghiệm là?

A. ^{m }



^{1;1 .}



B. ^{m }



^{1;0 .}



C. ^m

 

^0;1 D. ^m

 

^{0;2 .}

Lời giải Chọn D.

Phương trình đã cho tương đương với phương trình.

 

4cos 23 x3 1 cos 2 x  m 4 4cos 23 x 3cos 2x m 1

   

1 cos 6 x

  m

 

²

Vì ^{cos 6x }



^1;1



nên phương trình

 

2 có nghiệm ^{   m 1}



^1;1



^{ m}

 

^0;2

Bài tập tương tự

Câu 25: [1D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn



^10;10



để phương trình

sin 4 3 cos 2

3 x 3 x m

     

   

    vô nghiệm ?

A. 18. B. 20. C. 21. D. 9.

Lời giải Chọn A.

Phương trình đã cho tương đương với phương trình

sin 3 cos 2

3 x 3 x m

 

      

   

   

1 3

sin cos

2 3 x 2 3 x m

       

sin 2

3 x m

 

    

 

 

³

Vì ^{sin 2}



^1;1



3 x

   

 

  nên phương trình

 

3 vô nghiệm ^{  m}



^1;1



¹

1 m m

 

    . Theo giả thiết m nguyên và thuộc đoạn



^10;10



nên m 



10,..., 2, 2,...,10



Câu 26: [1D1-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho phương trình cos5x3m5. Gọi

 

^{a b;} là tập hợp tất cả các giá trị m để phương trình có nghiệm. Tính S3a b .

A. S 5. B. S 2. C. S ¹⁹.

 3 D. S 6. Lời giải

Chọn D.

Vì ^{cos 5x }



^1;1



nên phương trình đã cho có nghiệm ^{3m  5}



^1;1



^4;2

m 3 

   .

Từ đó suy ra ⁴; 2

a 3 b nên S 3a b 3.⁴ 2 6

 3 

Câu 27: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình m.2^x2^x 5 có nghiệm duy nhất là ?

A. 0; ²⁵

m m 4 . B. 0 ²⁵ m 4

  . C. ²⁵

m 4 . D. m0 Lời giải

Chọn A.

Đặt t2^x 0 ta có phương trình trở thành: . ¹ 5 ^{5 1}t₂

m t m

t t

    

Xét hàm số ( ) ^{5 1}t₂ f t t

  với t0; '( ) ⁵t₃ ²; f t t

   2

'( ) 0 f t   t 5 Ta có bảng biến thiên:

Từ BBT để phương trình có nghiệm duy nhất thì ²⁵; 0 m 4 m . Bài tập tương tự

Câu 28: [2D2-3][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số ^m để phương trình ^m.9x



^{2m1 .6}



^{xm.4x 0} có nghiệm ^x

 

^0;1 là

A. 0 m 6. B. m6. C. m6. D. m0. Lời giải

Chọn B.

 

.9^x 2 1 .6^x .4^x 0

m  m m  ^.9



^{2 1 .}



^{6 0}

4 4

x x

x x

m m m

    



^{4x  0, x} 



 

3 2 3

. 2 1 . 0

2 2

x x

m  m   m

           (1)

Đặt ³

2

x

t  

    . Vì

0 1

3 3 3 3

0 1 1

2 2 2 2

x

x       t

              . Phương trình đã cho tương đương: ^{m t. 2}



^{2m1 .}



^{t m 0}



^{2 2 1}



⁰

m t t t

     .

 

 

2

1 0 2

1

m t t m t

      t

 Giả sử

 



¹



²

f t t

 t

 với 1 ³

t 2

  .

     

2

4 3

1 1 3

0, 1;

1 1 2

t t

f t t

t t

     

        

Bảng biến thiên của hàm ^{f t}

 

;

   

1 3

2

lim , lim 6

x x

f t f t

 

 

  

:

Theo bảng biến thiên của, (1) có nghiệm ^x



^{0; 1}



m6.

Câu 29: [2D2-3] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 3 3^x m. 9^x1 có đúng 1 nghiệm là

A.



1;3 .



B.



^{3; 10 .}



^C.

 

^{10 . D.}



^1;3



^

 

^{10 .}

Hướng dẫn giải Chọn D.

Đặt t3^x0.

Ta có ^{3 2 1} ₂ ^{3 1}

 

1

t m t t m

t

     



Để phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm thì phương trình

 

1 có đúng 1 nghiệm dương.

Đặt

   

 

2 2 2

3 1 3

1 1 1

t t

f t f t

t t t

  

  

  

Ta có

 

^{0 1}

f t   t 3 và ^lim ₂ ^{3 1} 1

t

t

 t

 

 , ^lim_{0 2} ^{3 3} 1

t

t

 t



 

 nên có bảng biến thiên như sau:

Vậy để phương trình

 

1 có nghiệm duy nhất thì ^{1 3} 10 m m

 

 



 .

Câu 30: [2D1-4][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình ^{x x}



^1

 

^x1

 

^x2



^m có nghiệm thuộc đoạn

 

0;1 là

A. ^{m }



^1;0



B. ^{m }



^1;1



C. ^m

 

^0;1 D. ^m

 

^0;2

Hướng dẫn giải ChọnA.

Đặt tx²x, ^x

 

^{0;1  t}

 

^{0; 2} và ^{x x}



^1

 

^x1

 

^x2

 

^{t t2}



^{ t2 2t}.

Phương trình ^{x x}



^1

 

^x1

 

^x2



^m có nghiệm khi và chỉ khi phương trình t²2t m (1) có nghiệm thuộc đoạn

 

0;2 . Bảng biến thiên của hàm số ^{f t}

 

^{ t2 2t} trên đoạn

 

^0;2

Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số ^{f t}

 

^{ t2 2t} trên đoạn

 

0;2 và đường thẳng ^{y m} . Suy ra phương trình có nghiệm khi 1  m 0. Bài tập tương tự

Câu 31: [2D1-4][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình



^x1

 

^x1

 

^{x2 (}



^{x4) m 1} có nghiệm thuộc đoạn



^1;1



?

A. 7 . B. 8 . C. 9 . D. 10 .

Hướng dẫn giải ChọnD.

Đặt tx²3x2, ^{x }



^1;1



^{ t}

 

^0;6 và



^x1

 

^x1

 

^x2

 

^x4

 

^{t t6}



^{ t2 6t}

Phương trình



^x1

 

^x1

 

^{x2 (}



^{x  4) m 1} có nghiệm thuộc đoạn



^1;1



khi và chỉ khi phương trình t²6t m 1 (1) có nghiệm thuộc đoạn

 

0;6 . Bảng biến thiên của hàm số

 

^{2 6}

f t  t t trên đoạn

 

^0;6

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi 9 m 1 0 8 m 1 m 8; 7;...;1

            .

Câu 32: [2D1-4] [Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình ^(x2)



^x1

 

^{x2 (}



^{x 3) m} có nghiệm thuộc đoạn

 

0;2 ?

A. 16 B. 17 C. 18 D. 19

Hướng dẫn giải ChọnB.

Đặttx² x 2, ^x

 

^{0;2   t}



^2;4



và



^x2

 

^x1

 

^x2

 

^{x 3}

 

^{t t4}



^{ t2 4t}

Phương trình ^(x2)



^x1

 

^{x2 (}



^{x 3) m} có nghiệm thuộc đoạn

 

0;2 khi và chỉ khi phương trình t²4t m (1) có nghiệm thuộc đoạn



^2;4



. Bảng biến thiên của hàm số

 

^{2 4}

f t  t t trên đoạn



^2;4



Từ bảng biến thiên suy ra phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi 4 m 12 m 4; 3;...;12

       .

Câu 33: [2H1-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình lập phương .

ABCD A B C D    có cạnh bằng a. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của CD, CB, A B . Khoảng cách từ A đến mp



^MNP



bằng

A. ³ 4

a . B. ³

2

a . C. a 2. D. ²

2 a . Lời giải

Chọn B.

Cách 1: PP TỌA ĐỘ

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Ta có ^A



^0;0;0



, ^{; ;0}

2 M a a 

 

 , ^{; ;0} 2 Na a 

 

 , ^{0; ;} 2 P a a

 

 

2 2; ;0 MNa a 



, ^{MP}



^a;0;a



Véc tơ pháp tuyến của



^MNP



là

2 2 2

, ; ;

2 2 2 a a a

MN MP  

    

   

 

Phương trình của



^MNP



là ^{3 0} 2 x y z   a 

Suy ra khoảng cách từ A đến mp



^MNP



là:

   

3 2 3

, 3 2

a d A MNP a



 

Lời bình: Với các bài toán hình học không gian về góc và khoảng cách nếu bài toán mà giả thiết cho nhiều yếu tố thuận lợi (có góc tam diện vuông) chúng ta có thể chọn một hệ trục

tọa độ thích hợp để chuyển bài toán từ HHKG về bài toán HHGT.

- Ta có thể qui đổi đơn vị bằng cách chọn a1để việc tính toán đơn giản hơn sau đó tính toán bình thường rồi lấy kết quả tìm được nhân với ^a để có kết quả của bài toán.

Cách 2: PP THỂ TÍCH.

 

 

1 . ,

AMNP 3 AMN

V  S d P AMN 1 3 ²

. .

3 8 a a

 ³

8

a Gọi ^Q là hình chiếu của P lên AB, Ta có ^PQ



^ABCD



Dễ thấy ^{MN }



^PQN



MN PN

2

2 2 2 2 6

2 2

a a

PN PQ NQ a  

     

1 1 2 6 2 3

. . . .

2 2 2 2 4

MNP

a a a

S  MN NP 

 

 

3

2

3

3 8 3

, 3 2

4

AMNP MNP

a

V a

d A MNP

S a

  

Lời bình: Nếu nhận dạng được các quan hệ vuông góc trong không gian tốt hơn thì chúng ta có thể dùng PP THỂ TÍCH để giải quyết các bài toán về khoảng cách trong không gian.

Bài tập tương tự

Câu 34: [2H3-2][Chuyên Sư Phạm Hà Nội,thi lần 3,năm 2018] Cho hình lập phương .

ABCD A B C D    có cạnh bằng a Gọi ^{M N P, ,} lần lượt là trung điểm của ^{CD CB A B, ,  }. Tính khoảng cách giữaAM đến NP.

A. ³ 7

a . B. ²¹

7

a . C. ²¹

3

a . D. ⁷

3 a . Lời giải

Chọn B.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Ta có ^A



^0;0;0



, ; ;0

2 M a a 

 

 , ; ;0 2 Na a 

 

 , 0; ; 2 P a a

 

 

; ;02 AM a a 

 

 



, ^{; ;}

2 2 a a NP  a

 ; ^{; ;0}

2 ANa a 

 

 



Suy ra khoảng cách từ AM và