Tổng hợp các câu vận dụng có đáp án môn toán lớp 12 liên trường nghệ an lần 2 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

TỔNG HỢP CÁC CÂU VD-VDC ĐỀ THI CỤM LIÊN TRƯỜNG NGHỆ AN Câu 1: [2H3-4] Trong không gian ^Oxyz, mặt phẳng ^() đi qua điểm ^M(1;2;1) và cắt các tia

Ox, ^Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho độ dài OA, OB, OC theo thứ tự tạo thành cấp số nhân có công bội bằng 2 . Tính khoảng cách từ gốc tọa độ tới mặt phẳng ^().

A. 21

4 . B.

21

21. C.

7 21

3 . D. 9 21.

Lời giải Chọn C.

Gọi ^A(a,0,0), ^B(0,b,0), ^C(0,0,c) theo đề ra ta có ^a,b,c dương.

Phương trình mặt phẳng ^{( ):   1} c z b y a

 x . Do mặt phẳng ^() đi qua điểm ^M(1;2;1) nên ta có ^{1211}

c b

a (1).

Do ^{OA, OB,}OC theo thứ tự tạo thành cấp số nhân có công bội bằng 2 nên c2b 4a. Thay vào ⁽¹⁾ ta được

4

 9

a  ,

4

 9

OA ,

2

 9

OB OC 9. Đặt ^{d(0;())h} suy ra

27 7 1 1 1 1

2 2

2

2    

OC OB

OA

h 

7 21

 3

h .

Câu 2: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ ^Oxyz, cho hai điểm ^A



^{0;0; 3 ,}



^B



^{2;0; 1}



và mặt phẳng

 

^{P : 3x8y7z 1 0.} Điểm ^{C a b c}



^{; ;}



là điểm nằm trên mặt phẳng

 

^P , có hoành độ dương để tam giác ABC đều. Tính a b 3 .c

A. 7. B. 9. C. 5. D. 3.

Lời giải Chọn C.

Viết phương trình mặt phẳng ^{( )Q} là trung trực đoạn AB

   

   

1;0; 2

1;0; :

: 1    1 0

 

Q đi qua I Q x

vtpt A z

B

Viết phương trình đường thẳng d là giao tuyến

 

^P và

 

^Q

: 1 0

3 8 7 1 0

  

    

 d x z

x y z

2

: 1 ( )

1 2

 

     

   



 x t

d y t t

z t



2 ; 1 ; 1 2



C t    t t

Tam giác ABC đều khi và chỉ khi AB AC

  

^{2 2 1}

 

^{2 2 2}



^{2 2 2}

 t   t   t  9 2 6 3 0

 t   t

 

1

2; 2; 3 1

3

 

   

  

 t t C

Vậy a b 3c 5.

Vậy đáp án C.

Câu 3: [2D2-3] Cho ^{f x( )aln}



^{x x2  1}



^{bsinx6 với a b,  . Biết f}



^{log log}



^e

 

^{2. Tính}

giá trị của biểu thức ^f



^{log ln10}

  

A. 4 . B. 10. C. 8 . D. 2

Lời giải Chọn B.

Hàm số ( )f x có tập xác định  .

Đặt ( )g x  f x( ) 6 (*), hàm số ( )g x cũng có tập xác định  . Dễ thấy  x  thì  x  , và ta có:



²

 

²



( ) ( ) 6 ln ( ) 1 sin( ) ln 1 sin

g x  f   x a   x x  b  x a x  x b x



²



2

ln 1 sin ln 1 sin ( )

a 1 b x a x x b x g x

x x

 

         

   

Suy ra hàm số ( )g x là hàm số lẻ trên  . Ta thấy: log ln10

 

log ¹ log log

 

log e

e

 

   

  , nên nếu đặt ^{tlog ln10}

 

thì ^{log log}



^e



^{ t}. Theo giả thiết có ( ) 2f  t , từ (*) ta có ( )g t  f( ) 6 2 6     t 4. Cần tính ( )f t . Từ (*) và kết hợp hàm g là hàm số lẻ ta có:

( ) ( ) 6 ( ) 6 4 6 10

f t g t        g t .

Câu 4: [2D1-3] Số giá trị nguyên của tham số m thuộc



^2;4



để hàm số



²



³

 

²

1 1 1 3 1

y3 m  x  m x  x đồng biến trên _ là

A. 3. B. 5. C. 0. D. 2.

Lời giải Chọn B.

Tập xác định D .

Ta có ^{y }



^m21



^x22



^m1



^x3.

TH1: Với m²    1 0 m 1.

Khi m 1 thì ^{y  3 0}  x  , suy ra hàm số đồng biến trên _ . Khi m1 thì ^y ^4x ^{3 0} 3

x 4

  , suy ra hàm số không đồng biến trên _ . TH2: Với m²   1 0 m 1.

Hàm số ^y1₃



^m21



^x3



^m1



^x23x1 đồng biến trên _ ^{ y  0, x} 

   

2

2 2

0 1 0

' 0 1 3 1 0

a m

m m

  

  

       

1

1 2

1 1 2 m

m m

m m m

 

    

 

     



 



.

Từ hai trường hợp trên, suy ra ^{m   }



^{; 1}

 

^2;



.

Vì m nguyên và m thuộc



^{2; 4}



nên ^{m  }



^{2; 1;2;3;4}



. Vậy có 5 giá trị m thỏa mãn.

Câu 5: [2D1-4] Cho ^{x y, 0} thỏa mãn

2 3 0

2 3 14 0

x xy x y

   

   

 . Tính tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P3x y xy²  ²2x³2x.

A. 4. B. 8 . C. 12. D. 0 .

Lời giải Chọn D.

Ta có x²xy 3 0 x² 3

y x

   .

Khi đó ^{2x3y14 0}

3 2 9

2 x 14 0

x x

     5x²14x 9 0 9 1;5 x  

    .

Cũng có ^{P 3x2 x2 3 x x2 3 2 2x3 2x 5x 9 f x}

 

x x x

 

 

         

  .

Mà

 

2

5 9 0

f x  x  , ^1;9 x  5

    .

Do đó GTLN của P là ^{9 4}

f     5 và GTNN của P là ^f

 

^{1  4}. Vậy tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P bằng 0 .

Câu 6: [1D2-2] Cho X 



0,1, 2,3,...,15



. Chọn ngẫu nhiên 3 số trong tập hợp X . Tính xác suất để trong ba số được chọn không có hai số liên tiếp.

A. ¹³

35. B. ⁷

20. C. 20

35. D. 13

20. Lời giải

Chọn D.

* Gọi  là không gian mẫu. Ta có n

 

 C16³ 560.

* Có 14 cách chọn ba số liên tiếp nhau.

* Có 15 cách chọn hai số liên tiếp nhau.

+ Nếu hai số đó là

 

0,1 hoặc



14,15 thì có 13 cách chọn số thứ ba sao cho trong ba số chỉ có



hai số liên tiếp.

+ Nếu hai số đó không phải là

 

0,1 hoặc



14,15 thì có



12 cách chọn số thứ ba sao cho trong ba số chỉ có hai số liên tiếp.

* Vậy có 14 2 13 13 12 196     cách chọn ba số sao cho ba số đó là liên tiếp hoặc chỉ có hai trong ba số là liên tiếp.

* Vậy có 560 196 364  cách chọn ba số sao cho trong ba số được chọn không có hai số liên tiếp. Do đó xác suất cần tính là ^{364 13}

560 20 P  .

Bình luận: Bài toán được giải bằng phương pháp gián tiếp (tính phần bù). Điểm mấu chốt là biết phân biệt các trường hợp: Cặp số được chọn đứng ở đầu hay cuối dãy hay đứng ở trong dãy. Tùy vào từng trường hợp mà có cách chọn số thứ ba tương ứng sao cho trong ba số chỉ có hai số liên tiếp.

Bài toán tương tự:

Cho X 



0,1, 2,3,..., 2018



. Chọn ngẫu nhiên ra ba số. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong ba số được chọn không có hai số liên tiếp.

A. C₂₀₁₉³ 2017². B. C₂₀₁₉³ 2018². C. A₂₀₁₉³ 2017². D. A₂₀₁₉³ 2018². Bài toán tổng quát:

Cho X 



0,1, 2,3,...,n



(với n3). Chọn ngẫu nhiên ra ba số. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong ba số được chọn không có hai số liên tiếp.

A. C_n³_1



n1



². B. C_n³_1n². C. A_n³_1



n1



². D. A_n³_1n². Bài toán mở rộng (do thầy Lê Văn Nam đề xuất):

Cho X 1,2,3,...100. Tính số tập con gồm

n

phẩn tử của X ^{(nN*,n33)}, sao cho không có hai số tự nhiên nào liên tiếp và không có số tự nhiên chia hết cho 3.

A.^{Cn .2n C}33^n.2n 1

1

33^{ }  . B. ^{Cn .2n C}33^{n .2n} 1

1

34^{ }  . C. ^{Cn .2n C}34^{n .2n} 1

1

33^{ }  . D.

n n n

n C

C₃₃^1.2  ₃₃.2

Câu 7: [1D1-4] Tổng các nghiệm của phương trình 2cos²x 3 sin 2x3 trên ^0;5 2

 

 

  là A. 7

6

 . B. ⁷

3

 . C. 7

2

 . D. 2 . Lời giải

Chọn C.

2cos2x 3 sin 2x3  3 sin 2xcos 2x2

sin 2 1 x 6

 

    2 2

6 2

x   k 

   

x 6 k

  



^k_



^.

Vì ^{0;5 0 5}

2 6 2

x^ ^   k  

1 7

6 k 3

    , ^{k  } ^k



^{0;1; 2}



Khi đó các nghiệm của phương trình trên ^0;5 2

 

 

  là 7 13

, ,

6 6 6

x x  x  . Vậy tổng các nghiệm trên ^0;5

2

 

 

  bằng 7 13 7

6 6 6 2

       .

Câu 8: [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz cho mặt phẳng

 

^{P x y z:    3 0}và hai điểm ^A



^{1;1;1; ,}



^B



^{  3; 3; 3}



. Mặt cầu

 

^S đi qua hai điểm ^{A B,} và tiếp xúc với

 

^P tại điểm

C. Biết rằng C luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó.

A. R4. B. R6. C. ^{2 33}.

R 3 D. ^{2 11}. R 3 Lời giải

Chọn B.

C K

A

B

M

I

+) Gọi I là tâm của mặt cầu

 

^S .

+) Gọi M là trung điểm của AB ^M



^{  1; 1; 1}



. +) Gọi ^{K AB}

 

^P .

+) Ta có đường thẳng ABđi qua điểm A và nhận ^AB     



^{4; 4; 4}



^{4 1;1;1}

 

là véc-tơ chỉ

phương nên phương trình đường thẳng AB là 1 1 1

x t

y t

z t

  

  

  



.

Vì K AB nên ^K



^{1 ;1 ;1t t t}



. Mặt khác ^K

 

^P        ^{1 t}



^{1 t}

 

^{1 t}



^{3 0}  t 2. Suy ra ^K



^3;3;3



KM 4 3. Ta cũng có AB4 3.

Xét KIC vuông tại C ta có KI² KC²IC². (1) Xét KIM vuông tại M ta có KI² KM²IM²

2 2 2

4 KM IA AB 

   

 

2 36.

IA  (2) Từ (1) và (2) ta có KC² 36KC6. Từ đó suy ra C thuộc đường tròn tâm K bán kính bằng 6 vẽ trong mặt phẳng

 

^P .

Câu 9: [2D2-3] Gọi Slà tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình

1 1

. 2 1 0

9 3

x x

m m

       

   

    có nghiệm. Tập  \S có bao nhiêu giá trị nguyên?

A. 4 . B. 9. C. 0. D. 3.

Lời giải Chọn B.

Đặt ¹

3

x

t     , t0.

Khi đó phương trình đã cho trở thành: ^{t2m t. 2m  1 0 m t.}



^2



^{ t2 1}

 

^*

Nếu t2, từ

 

* ta có 0 5 (vô lý).

Với 0 t 2 ta có

 

^{* 2 1}

2 m t

t

  

 . Xét hàm số

 

^{2 1}

2 f t t

t

 

 , 0 t 2. Ta có

 

 

2 2

4 1 0 2 5

2 t t

f t t

t

       

 .

Bảng biến thiên:

t 0 2 2 5 

 

f t   ₀ 

 

f t

1

2





4 2 5



Phương trình đã cho có nghiệm x khi phương trình

 

* có nghiệm ^t với 0 t 2. Từ bảng biến thiên suy ra ^{m  }_ ^{; 1}₂^{ }_{ }^{ 4 2 5; }



^.

Khi đó tập ^{\ 1;4 2 5} S  2  

 có 9 giá trị nguyên.

Câu 10: [2D3-3] Cho hàm số ^{f x}

 

liên tục trên  ^{\ 0; 1}



^



thỏa mãn điều kiện ^f

 

^{1  2ln 2} và



¹

    

²

x x f x  f x x x. Giá trị ^f

 

^{2  a bln 3},^{a b,}  .Tính a²b². A. 25

4 . B. 9

2. C. 5

2. D. 13

4 . Lời giải

Chọn B.

Ta có ^{x x}



^1

  

^{f x  f x}

 

^x2x ₁

  

¹



²

 

₁

1

x x

f x f x

x  x x

  

  

1

 

1

x x

x f x x

 

     .

Lấy tích phân từ 1 đến 2 hai vế ta được ²

 

²

1 1

d d

1 1

x x

f x x x

x x

  

   

 

 

 

²

 

₁²

1

ln 1

1

x f x x x

 x   

 ²

 

^{2 1}

  

^{1 2 ln 3}

 

^{1 ln 2}



3 f 2 f

     

2

 

2 ln 2 1 ln 3 ln 2 3 f

    

 

^{2 3 3ln 3}

f 2 2

   . Suy ra 3

a2 và 3 b 2. Vậy

2 2

2 2 3 3 9

2 2 2

a b         .

Câu 11: [2D4-4] Biết rằng hai số phức z1,z2 thỏa mãn z₁ 3 4i 1 và 2

3 4 1

z   i  2. Số phức ^z có phần thực là a và phần ảo là b thỏa mãn 3a2b12. Giá trị nhỏ nhất của

1 2 2 2

P z z  z z  bằng A. _min ⁹⁹⁴⁵

P  11 . B. P_min  5 2 3. C. _min ⁹⁹⁴⁵

P  13 . D. P_min  5 2 3. Lời giải

Chọn C.

Đặt z3 2z2 thì z3 6 8i 1 và P z z1  z z3 2.

Gọi M, A, B lần lượt là các điểm biểu diễn cho ^z, z1 và z3. Khi đó:

Điểm A nằm trên đường tròn

 

C1 có tâm I1

 

3;4 , bán kính R11; Điểm B nằm trên đường tròn

 

C3 có tâm I3

 

6;8 , bán kính R3 1 Và điểm M nằm trên đường thẳng ^{d: 3x2y12 0} .

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của P MA MB  2.

Ta kiểm tra thấy

 

^C₁ và

 

^C₃ nằm cùng phía và không cắt đường thẳng ^{d: 3x2y12 0} .

Gọi đường tròn

 

^{C1 có tâm I1} và bán kính R₁ 1 đối xứng với

 

^C₁ qua d. Điểm ^A đối xứng với A qua d thì ^A thuộc

 

^{C1 .}

Ta có I I_{1 1}: 2x3y18 0 . Gọi 1 1

72 30 13 13;

H I I d H  suy ra 1

105 8 13 13; I  . Ta có ^{P MA MB   2 MAMB 2}



^{MAR1}



^



^{MB R 3}



^{I M I M1  3 I I1 3 .}

Từ đó Pmin khi các điểm I₁, I3,A, B và M thẳng hàng và _{min 1 3} ⁹⁹⁴⁵ P I I  13 .

Câu 12: [1H3-3] Cho lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy là tam giác vuông tại A, AB a , BC2a. Gọi M ,N ,P lầ lượt là trung điểm của AC, CC,A B và H là hình chiếu của A lên BC. Tính khoảng cách giữa MP và NH .

A. ³ 4

a . B. a 6. C. ³

2

a . D. ^a

Lời giải Chọn A.

A

I K

E M

P

N H

C'

A' B' B C

Ta có



^{BCC B }

 

^{// EMKI}



mà ^{NH }



^{BCC B }



; ^MP



^EMKI



.



^,



d MP NH

 ^{d BCC B}

 

^{ }

 

^{, EMKI}

 

¹

2AH

 .

Do ^{AH AB AC}₂^. ₂ AB AC

 

3 2

a .



^,



³

4 d MP NH a

  .

Câu 13: [2D1-4] Phương trình ^{x33x m2m} có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

A. m0. B. m 2 hoặc m1.

C.   1 m 0. D.    2 m 1 hoặc 0 m 1 Lời giải

Chọn D.

Đồ thị của hàm số ^{y x33x}

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số ^{y x33x} và đường thẳng y m 2m.

Suy ra phương trình có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0m² m 2 0 1

2 1

m m

  

     . Câu 14: [2D1-3] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm liên tục trên _ . Đồ thị hàm số ^{y f x}

 

như

hình vẽ sau. Số điểm cực trị của hàm số ^{y f x}

 

^2x là

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

Lời giải Chọn B.

Xét hàm số ^{g x}

 

^{ f x}

 

^2x. Ta có ^{g x}

 

^{ f x}

 

^2; Từ đồ thị hàm số ^{f x}

 

ta thấy:

+ ^{g x}

 

^{0  f x}

 

^{ 2}

 

1 0 x

x  

  

    .

+ ^{g x}

 

^{0  f x}

 

^{ 2}

1 x x



 

    .

+ ^{g x}

 

^{0  f x}

 

^{ 2  x } .

Từ đó suy ra hàm số ^{y f x}

 

^2x liên tục và có đạo hàm chỉ đổi dấu khi qua giá trị x . Vậy hàm số đã cho có đúng một cực trị.

Câu 15: [2H2-3] Cho hình chóp ^{S ABC.} . Tam giác ^ABC vuông tại A, ^AB1cm, AC 3cm. Tam giác ^SAB, ^SAC lần lượt vuông góc tại ^B và ^C. Khối cầu ngoại tiếp hình chóp ^{S ABC.} có thể tích bằng ^{5 5} cm³

6

 . Tính khoảng cách từ ^C tới mặt phẳng



^SAB



. A. ⁵cm

2 . B. ⁵cm

4 . C. ³cm

2 . D. 1cm.

Lời giải

O

I

A

H B

C

S

K

Chọn C.

Gọi O là trung điểm của SA. Ta có các tam giác SAB, SAC lần lượt vuông góc tại B và C

nên 2

OS OA OB OC    SA.

Suy ra O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. . Bán kính mặt cầu tương ứng là 2

R SA.

Theo giả thiết, ta có ^{4 3 5 5}

3R  6 5 R 2

  SA 5.

Gọi I là trung điểm của BC và H là điểm đối xứng của A qua I, ta có ABHC là hình chữ nhật.

Ta có AB SB AB BH

 

 

 ^AB



^SBH



^{ ABSH}

 

1 . Lại có AC SC

AC CH

 

 

 ^AC



^SCH



ACSH

 

2 . Từ

 

1 &

 

2 suy ra ^{SH }



^ABHC



.

Ta có AB HC ^{d C SAB}



^,

  

^{d H SAB}



^,

  

^.

Lại có ^AB



^SBH



^



^SAB

 

^{ SBH}



theo giao tuyến SB.

Trong mặt phẳng



^SBH



, kẻ HKSB tại K, ta có ^{HK }



^SAB



^{HK d H SAB}



^,

  

^.

Tam giác ABC vuông tại A nên BC AB²AC²  2 AH BC2. Tam giác SAH vuông tại H nên SH  SA²AH² 1.

Tam giác SHB vuông tại H có HK là đường cao nên ta có:

2 2 2

1 1 1

HK  SH HB 1 4 1 3 3

   3

HK 2

  (cm).

Câu 16: [1H3-4] Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C.    có đáy là tam giác ABC vuông tại A, 3

AB , AC4, ⁶¹

AA  2 . Hình chiếu của B lên mặt phẳng



^ABC



là trung điểm cạnh BC, M là trung điểm cạnh A B . Cosin của góc tạo bởi mặt phẳng



^AMC



và mặt phẳng



^{A BC}



bằng A. 11

3157 B. ¹³

65 C. 33

3517 D. 33

3157 Lời giải

Chọn D.

x

y z

M

H

C'

B'

A C

B A'

Gọi H là trung điểmBC, theo giả thiết ta có ^{B H }



^ABC



.

Mặt khác ta lại có tam giác ABC vuông tại A, AB3, AC4 nênBC AB² AC² 5

Xét tam giác vuông B BH ta có _{B H} ² _{ BB}²_{B H} ² 3 Chọn hệ trục tọa độ OxyzcóA trùng với O như hình vẽ

Với^A



^0;0;0



, ^B



^4;0;0



, ^C



^0;3;0



, khi đó trung điểm H của BC là ³; 2;0 H2 

 

 . Mặt khác theo giả thiết ta có ⁶¹

AABB 2 nên ^3;2;3 B 2 

 .

Do BB   AACC nên ³;2;3

A  2 ; ³;6;3

C  2  ^M



^0;2;3





^0;2;3



AM 



; ^3;6;3

AC  2 



nên vectơ pháp tuyến



^MAC



là n_MAC_

   AM AC,  12; 9;3

2

 

   

9; 2; 3 A B 2   

 ; ^{3; 2; 3}

A C 2  



nên vectơ pháp tuyến



^{A BC}



là n_A BC _

   A B A C ,  



^12;9;12





Gọi  là góc tạo bởi mặt phẳng



^AMC



và mặt phẳng



^{A BC}



.

   

   

cos .

.

MAC A BC

MAC A BC

n n

n n

 ^{ }

 



 

 

 

 

^{2 2 2 2 2 2}

12. 12 9 9 12.3 2

12 9 3 . 9 12 12

2

 

   



 

      

= 33 3157.