Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường chuyên đại học vinh lần 2 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

Câu 25:

[2D1-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hàm số ^{y f x}

 

có bảng biến thiên như hình vẽ bên:

-2 4

+

-

+ 3

+ 0 0

+

-

y y'

x -2

-

Số nghiệm của phương trình ^{f x}



^-1



^2 _là

A. 5 . B. ⁴. C. ². D. 3 .

Lời giải Chọn A

+) Đồ thị hàm số ^{y f x}



^-1



có được khi tịnh tiến đồ thị hàm số ^{y f x}

 

sang bên phải (theo phương song song Ox) 1 đơn vị, nên ta có bảng biến thiên của hàm số ^{y f x}



^-1



_{như sau}

+) Xét phương trình

   

 

1 2

1 2

1 2

f x f x

f x - 

-    -  - . Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy

 Phương trình ^{f x}



^{- 1}



² có 3 nghiệm phân biệt.

 Phương trình ^{f x}



^{-  -1}



² có 2 nghiệm phân biệt (phân biệt với 3 nghiệm trên).

Suy ra phương trình ^{f x}



^-1



^2 có tất cả 5 nghiệm.

Câu 27: [2D1-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018]Cho hàm số bậc bốn ^{y f x}

 

_{. Hàm số} ^{y f x}

 

_có

đồ thị như hình vẽ dưới.

1 3 1 O

y

x

Số điểm cực đại của hàm số ^{y f}



^x2+2x+2



là A. 1. B. 2 . C. 4 . D. 3 .

Lời giải Chọn A

+) Từ đồ thị hàm số ^{y f x}

 

, ta có bảng xét dấu của ^{f x}

 

_{như sau}

+) Ta có

 



²



' 2 2

y f x x 

 + + ^{ f}



^{x2+2x+2 .}

 

^x2+2x+2



^



²



2

2 2 . 1

2 2

f x x x

x x

 +

 + +

+ + . Suy ra

)y 0

+  

2 2 2

2 2 1

2 2 1

2 2 3

1 0

x x

x x

x x

x

 + +  -

 + + 

 + + 

 + 

 

1 1 2 2 x

x

  -

  - 

 .

)y 0 +  

 

 

2

2

2 2 0

1 0

2 2 0

1 0

f x x

x

f x x

x

  + + 

 + 

  + + 

 + 

 

2 2

2 2

1 2 2 1

2 2 3

1

2 2 1

1 2 2 3

1

x x

x x

x

x x

x x

x

-  + + 



  + + 

  -



 + +  -

 

  + + 

  -

  

1 2 2

1 2 2 1

x

x

  - +

- -   -

 .

)y 0

+  

1 2 2

1 1 2 2

x x

  - -

-   - +

 .

Ta có bảng biến thiên của hàm số ^{y f}



^x2+2x+2



_là:

Vậy hàm số chỉ có 1 cực đại.

Câu 28: [1H3-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác vuông tại ,A AB a 3, BC2 ,a đường thẳng AC tạo với mặt phẳng



^{BCC B }



_một

góc 30 (tham khảo hình vẽ bên).

C'

B' A'

C

B A

Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho bằng

A. ²⁴^a2. B. ⁶^a2. C. ⁴^a2. D. ³^a2. Lời giải

J M H

N C

C^' B^' A^'

A B

Chọn B

Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng BC AC H 30⁰ Tính được: AC a ,

2

2 AC a HC BC 

,

. 3

2 AC AB a AH  BC 

,

0 3

.tan 60 2 C H  AH  a

2 2 2

CC C H CH a

  - 

.

Gọi M _, ^N _, ^J lần lượt là trung điểm của BC, B C , MN. Suy ra mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ ABC A B C.    có tâm J, bán kính

2

2 2 2 3

2 2

R JB  JM +MB  a +a a

. Diện tích mặt cầu là S 4R² 6a².

Câu 29: [2D3-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Một cổng chào có dạng hình parabol chiều cao 18m, chiều rộng chân đế 12 m. Người ta căng hai sợi dây trang trí AB,CD nằm ngang đồng thời chia hình giới hạn bởi parabol và mặt đất thành ba phần có diện tích bằng nhau (xem hình vẽ bên). Tỉ số

AB CD bằng A.

1

2 . B.

4

5 . C. ³

1

2 . D.

3 1 2 2+ .

12m C D

A B 18m

Lời giải Chọn C

D K

x

J I

-18 6

E F C

B A

O y

Thiết lập hệ toạ độ Oxy

trong mặt phẳng như hình vẽ. Khi đó parabol có phương trình

1 2

y -2x . Gọi phương trình các đường thẳng là AB y t:  ,



^t0



CD y k:  ,



^k0



x_B  -2t, x_D  -2k .Đường thẳng ^{EF y:  -18}. Diện tích tam giác cong OKF là:

6

2 0

1 18 d 72

2x x

- +  

 

 



.

Từ giả thiết suy ra: diện tích tam giác cong OBI 24,OJD48 

2

2 0

1 d 24

2

t

x t x

- - -  



và

2

2 0

1 d 48

2

k

x k x

-



- -  

. Từ đó giải được ^{xB 3 72};^{xD 3144}  ³ 1

2

B D

AB x

CD  x  . Câu 30: [2H3-4] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Số giá trị nguyên của m10 để hàm số



²



ln 1

y x +mx+

đồng biến trên



^0;+



_là

A. 10 . B. 11. C. 8 . D. 9 .

Lời giải Chọn A

Điều kiện x²+mx+ 1 0.

2

' 2

1 y x m

x mx

 +

+ + . Yêu cầu bài

2 1 0, 0

2 0, 0

x mx x

x m x

 + +   

 +   

 .

Ta có 2x m+ là nhị thức bậc nhất nên ^{2x m+   0, x 0}  m0. Khi m0, ta có x²+mx+   1 0, x 0. Nênm0 thoả mãn.

Kết hợp với

10 m m

 

    

0 m 10

m

  

   . Vậy có 10 giá trị thoả mãn.

Câu 31: [2H3-4] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại ,B AB a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc tạo bởi hai mặt phẳng



^ABC



và



^SBC



_{bằng 60} (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng ^AB và SC bằng

A. a. B.

3 3 a

. C.

2 2 a

. D.

3 2 a

. S

C B

A

Lời giải Chọn D

Góc

 

^ABC

 

^{, SBC}

 

^SBA _ SBA  60  SA a 3. Kẻ AD BC// vàAD BC  ABCD là hình vuông cạnh a.

 AB CD//  ^AB//



^SCD



_ ^{d AB SC}



^,



^{d AB SCD}



^,

  

^{d A SCD}



^,

  

_.

Trong mặt phẳng



^SAD



_kẻ AH SD H SD,  .

Do

CD AD CD SA

 

 

  CD AH ^{ AH }



^SCD



_.

^{d A SCD}



^,

  

^{ AH} _ ^{d AB SC}



^,



^AH _.

Do^AH là đường cao thuộc cạnh huyền trong tam giác vuông SAD.

Ta tính được ^{2 2}

. SA AD AH  SA AD

+ ^{2 2}

3 3

a a

a a

 

+

3 2

 a

Vậy



^,



³

2 d AB SC a

Câu 32: [2D1-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hàm số y ax ³+cx d+ , a0 có

^min_-;0 ^{f x}

 

^{ f}

 

^-2

. Giá trị lớn nhất của hàm ^{y f x}

 

trên đoạn ^{[1; 3]} bằng A. 8a d+ . B. d-16a. C. d-11a. D. 2a d+ .

Lời giải.

Chọn B

Ta có y ax ³+cx d a+ , 0 y3ax²+c. 0 2

3 y x c

a

    -

 

¹ _.

Vì y là hàm số bậc ba và tồn tại^min_-;0^{ f x}

 

^{ f}

 

^-2

nên hàm số y phải có 2 cực trị y 0

  có 2 nghiệm phân biệt là x -2 và x2; đồng thời x -2 là điểm cực tiểu 0

 a và từ

 

¹ _{ 3}^-_a^{c    -4 c 12a}_.

Ta có bảng biến thiên như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy

 _1;3

   

max f x  f 2

8a 2c d

 + + 8a-24a d d+  -16a.

Câu 33: [1D2-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Đầu tiết học, cô giáo kiểm tra bài cũ bằng cách gọi lần lượt từng người từ đầu danh sách lớp lên bảng trả lời câu hỏi. Biết rằng các học sinh đầu tiên trong danh sách lớp là An, Bình, Cường với xác suất thuộc bài lần lượt là 0,9 ; 0,7 và 0,8 . Cô giáo sẽ dừng kiểm tra sau khi đã có ² học sinh thuộc bài. Tính xác suất cô giáo chỉ kiểm tra bài cũ đúng

3 bạn trên.

A. 0,504. B. 0, 216. C. 0,056. D. 0, 272.

Lời giải.

Chọn D

Gọi A; B; C lần lượt là biến cố '' An thuộc bài '' ; '' Bình thuộc bài '' ; '' Cường thuộc bài '' . Theo giả thiết ta có: ^{P A}

 

^0,9_; ^{P B}

 

^0,7_; ^{P C}

 

^0,8_.

 

^0,1

P A 

; ^{P B}

 

^0,3_; ^{P C}

 

^{0, 2}_.

Gọi C là biến cố '' Cô giáo chỉ kiểm tra bài cũ đúng 3 bạn ''  C ABCABC. Áp dụng công thức cộng và nhân xác suất ta được:

     

P C P ABC +P ABC

 

^.

   

^.

 

^.

 

^.

 

P A P B P C P A P B P C

 + 0,1.0,7.0,8 0,9.0,3.0,8+ 0, 272.

Câu 34: [2D2-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Sau ¹ tháng thi công thì công trình xây dựng Nhà học của trường X đã thực hiện được một khối lượng công việc. Nếu tiếp tục với tiến độ như vậy thì dự kiến sau đúng 23 tháng nữa công trình sẽ hoàn thành. Để sớm hoàn thành công trình và kịp thời đưa vào sử dụng, công ty xây dựng quyết định từ tháng thứ 2 , mỗi tháng tăng 4% khối lượng công việc so với tháng kế trước. Hỏi công trình sẽ hoàn thành ở tháng thứ mấy sau khi khởi công?

A. 19. B. 18. C. 17. D. 20.

Lời giải Chọn B

+ Gọi u u¹, ²,...,u_n là khối lượng công việc mỗi tháng làm được để sớm hoàn thành công trình và S là tổng khối lượng công việc để công trình hoàn thành.

Khi đó: u2 u1



1 4%+



.

   

²

3 2 1 4% 1 1 4%

u u + u + .

 

¹

1 1 4% ⁿ

un u + ^- . Vậy

 

1 2 1

1 4% 1

... 4%

n

n n

S S u u u u + -

  + + + 

. + Do ¹ 24

u  S ₂₄



^{1 4%}



¹

4%

+ n-

 

 n17,16. Vậy công trình hoàn thành ở tháng thứ 18 .

Câu 35: [2D3-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm liên tục trên

 

^{1; 2}

thỏa mãn ^f

 

^{1 4} _và ^{f x}

 

^{x f x. }

 

^-2x3-3x2. Tính giá trị ^f

 

² _.

A. ⁵. B. ²⁰. C. ¹⁰. D. ¹⁵.

Lời giải Chọn B

Cách 1: + ^{ x}

 

^1;2 _: ^{f x}

 

^{x f x. }

 

^-2x3-3x2 _

   

2 2 3

f x f x x x x

  - - .



   

2 2 3

f x f x x x x

 -  +

 ^{f x}

 

^{.1 2x 3}

x

   +

 

  .

Vậy ^{f x}

 

^{.1 dx}



^{2x 3 d}



^x

x

   +

 

 

 

^{ f x}

 

_x ^{x2+3x C+}

. + Vì ^f

 

^{1   4 C 0}_{. Do đó} ^{f x}

 

^{x3+3x2  f}

 

^{2 20}_.

Cách 2: Từ giả thiết ^{f x}

 

^{xf x}

 

^-2x3-3x2_

   

2 2 3

xf x f x x x

 -

 +



  

^{2 3}



f x x x

x

   + 

 

  .



   

2 2

2

1 1

f x 3

dx x x dx x

   + 

 

 

 

_ ^f

 

₂^{2 - f}₁

 

^{1 }



^x2+3x



₁² _{ f}

 

_{2 20}

.

Nhận xét: Đặc điểm chung của các bài toán này là đi từ khai thác đạo hàm của một thương, tích các hàm hoặc đạo hàm của hàm hợp. Ta có thể nêu một số dạng tổng quát sau:

1) Cho trước các hàmg x u x v x

     

, , có đạo hàm liên tục trên

 

^{a b g x; ,}

 

^{  0, x}

 

^{a b;} _và

hàm ^{f x}

 

có đạo hàm liên tục trên

 

^{a b;} thỏa mãn:

               

f x g x + f x g x u x v x +u x v x . Khi đó,

   



^{f x g x}



^{ }



^{u x v x}

    

^ _

             

 

u b v b u a v a f b f a

g b g a

-  -

.

2) Cho trước các hàm^{g x u x}

   

^, có đạo hàm liên tục trên

 

^{a b g x; ,}

 

^{  0, x}

 

^{a b;} _{và hàm}

 

f x có đạo hàm liên tục trên

 

^{a b;} thỏa mãn: ^{f x g x}

   

^{- f x g x}

   

^{ u x g x}

   

² _.

Khi đó,

     

f x u x g x

 

 

 

 

   ^{f b}

 

^{- f a}

 

^{u b g b}

   

^{-u a g a}

   

_.

3) Cho trước các hàmg x u x v x

     

, , có đạo hàm liên tục trên

 

^{a b;} _{và hàm} ^{f x}

 

có đạo hàm liên tục trên

 

^{a b;} thỏa mãn: u x f x f u x

   



   

v x g x g v x

   



   

. Khi đó,

   



^{f u x}



^{ }



^{g v x}

    

^ _ ^{f u b}

   

^{- f u a}

   

^{g v b}

   

^{-g v a}

   

_.

Câu 36: [2D1-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đồ thị như hình vẽ bên.

-1 4 2 5

O x

y

Tìm số giá trị nguyên của m để phương trình ^{f x}



^2-2x



^m có đúng 4 nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn

3 7; . 2 2

- 

 

 

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

Lời giải Chọn C

Đặt t x²-2x t 2x-2. Do đó ^{t 0}  x1

Từ bảng biến thiên ta có với t -1 cho duy nhất x1, với mỗi giá trị

1;21

t - 4  cho hai giá

trị

3 7; x - 2 2.

Do đó: phương trình ^{f x}



^2-2x



^m có đúng 4 nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn

3 7; 2 2

- 

 

  khi

và chỉ khi phương trình ^{f t}

 

^m có đúng 2 nghiệm thực phân biệt thuộc 1;21

4

- 

 

 . Từ đồ thị ta có 2 giá trị của m thỏa mãn là m3 và m5.

Câu 37: [1D2-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Một quân vua được đặt trên một ô giữa bàn cờ vua.

Mỗi bước di chuyển, quân vua được chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ô đang đứng (xem hình minh họa). Bạn An di chuyển quân vua ngẫu nhiên 3 bước. Tính xác suất sau 3 bước quân vua trở về ô xuất phát.

A.

1

16 . B.

1

32 . C.

3

32 . D.

3 64 . Lời giải

Chọn D

Tại vị trí đang đứng, quân vua di chuyễn ngẫu nhiên ³bước, mỗi bước đều có ⁸cách di chuyển.

Do đó số phần tử không gian mẫu là ⁿ

 

^{ 83}_.

Gọi biến cố A: Sau 3 bước quân vua trở về ô xuất phát.

Trường hợp 1: Từ ô ban đầu quân vua di chuyển đến ô đen, có 4 cách. Đến đây quân vua có 4 cách di chuyển bước 2 để bước 3 di chuyển được trở về ô xuất phát.

Trường hợp 2 : Từ ô ban đầu quân vua di chuyển đến ô trắng, có 4 cách. Đến đây quân vua có 2 cách di chuyển bước 2 để bước 3 di chuyển được về ô xuất phát.

Khi đó ^{n A}

 

^{4.4 4.2 24+ }

Vậy xác suất sau 3 bước quân vua trở về ô xuất phát là:

   

 

^{2483 643}

P A n A

 n  

 .

Câu 38: [2D2-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hàm số ^{f x}

( )

^{ln 1 1}₂

x æ ö÷

= çççè- ÷÷ø. Biết rằng

( )

²

( )

^{3 ...}

(

²⁰¹⁸

)

f +f + +f =lna- lnb+lnc- lnd với a, b,c,d là các số nguyên dương, trong đó a,c,d là các số nguyên tố và a b c d< < < . Tính P= + + +a b c d.

A. 1986. B. 1698. C. 1689. D. 1968.

Lời giải Chọn C

Ta có ^f

( )

^{2 +f}

( )

^{3 + +... f}

(

²⁰¹⁸

)

^{ln 1} 2^{12 ln 1} 3^{12 ... ln 1} 2018^{1 2} æ ö÷ æ ö÷ æ ö÷

ç ç ç

= ççè- ÷÷ø+ ççè- ÷÷ø+ + ççè- ÷÷ø

2 2 2

1 1 1

ln 1 1 .... 1

2 3 2018

æ öæ÷ ö æ÷ ö÷

ç ç ç

= ççè- ÷÷øèçç- ÷÷ø èçç- ÷÷ø.

Gọi ^{2 2 2}

1 1 1

1 1 .... 1

2 3 2018

S= -æçççè öæ÷÷÷øèççç- ö æ÷÷÷ø èççç- ö÷÷÷ø

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 ... 1 1 1 1 ... 1

2 3 4 2018 2 3 4 2018

æ öæ÷ öæ÷ ö æ÷ ÷öæ öæ÷ öæ÷ ö æ÷ ö÷

ç ç ç ç ç ç ç ç

= -ççè ÷÷øèçç- ÷÷øèçç- ÷÷ø èçç- ÷÷øèçç+ ÷÷øèçç+ øè÷÷çç+ ÷÷ø èçç+ ÷÷ø 1 2 3 2017 3 4 5 2019

... ...

2 3 4 2018 2 3 4 2018

= 1 1

2018 2 2019

= 3. 673

4. 1009

=

. Do đó

3.673

ln ln

4.1009 S=

ln 3 ln 4 ln 673 ln1009= - + - Þ a=3, b=4, c=673, d=1009 thoả mãn điều kiện đề bài. Vậy a b c d+ + + =1689.

Câu 39: [2H3-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Trong không gian ^Oxyz, cho hai điểm ^A



^{-1;3; 2-}



_,



^{3;7; 18}



B - -

và mặt phẳng

 

^{P : 2x y z- + + 1 0}_{. Điểm} ^{M a b c}



^{; ;}



_thuộc

 

^P sao cho mặt phẳng



^ABM



vuông góc với

 

^P _{và MA}²_+MB² _{246. Tính S a b c + + .}

A. 0 . B. ^-1. C. 10 . D. 13.

Lời giải

Chọn B

Cách 1: + Gọi ^I là trung điểm của ^{AB  I}



^{-2;5; 10-}



_IA² _69.

Theo giả thiết ^M thoả mãn ^{MA2+MB2 246. }

   

^{MA 2+ MB 2 246}



^{MI IA}

 

^{2 MI IB}



^{2 246}

  + +  +  ^



^{MI IA +}

 

^{2+ MI IA -}



^{2 246} _2MI²_+2IA² _246

2 54

IM  M thuộc mặt cầu

 

^S _{tâm I} bán kính 54 . Suy ra phương trình mặt cầu

  

^{S : x+2}

 

^{2+ y-5}

 

^{2+ +z 10}



^{2 54}_.

+ Theo giả thiết



^ABM



là mặt phẳng chứa đường thẳng ^AB và vuông góc với

 

^P

Suy ra phương trình



^ABM



^{: 2x+5y z+ - 11 0}_.

Khi đó toạ độ ^M thoả mãn hệ



²

 

^{2 5}

 

^{2 10}



^{2 54}

2 1 0.

2 5 11 0

x y z

x y z x y z

 + + - + + 

 - + + 

 + + - 



4 2 7 x y z

 

 

  -

 ^M



^{4;2; 7-}



a b c

 + +  + + -  -^{4 2}

 

^{7 1}

. Cách 2:

Tọa độ trung điểm của ^AB là ^I



^{-2;5; 10-}



_.



^{2 2}



²

2 2

4 54

MA MB AB

MI + -

 

 ^{MI 3 6d I P}



^,

  

_.

 M là hình chiếu của ^I trên

 

^P _.

Phương trình

2 2

: 5

10

x t

IM y t

z t

 - +

  -

  - +

 thay vào PT

 

P ta được t 3 M



4; 2; 7-



a b c+ +  -1.

* Nhận xét: Với cách giải trên và kết quả thu được thì giả thiết bài cho thừa điều kiện



ABM

  

 P . Cách 3:



^{2; 4; 16 ,}



P



^{2; 1;1}



AB - - n -

 

nABM  AB n^, P -



^{12; 30; 6}- -



. Khi đó, PT mặt phẳng



^ABM



^{: 2x+5y z+ + 2 0}_.

Gọi d 



ABM

  

 P khi đó, ud n n P^, ABM -



^6;0;12



. PT của

: 2

1 2 x t d y

z t

 

 

  -

 Gọi ^{M t}



^{; 2;1 2- t}



_{ta có}

2 2 246

MA +MB  



^t+1



^{2+ + -1}



^{3 2t}

 

^{2+ +t 3}



²⁺²⁵⁺



^{19 2- t}



^{2 246}

10t2-80 160 0t+   t 4 ^M



^{4;2; 7-}



_.

Một số bài toán tương tự và mở rộng

1. Với ĐK cho ta điểm ^M duy nhất thỏa mãn hệ thức MA²+MB² 246. Ta có một số bài toán sau

a) Cho các ,A B và mặt phẳng

 

^P . Tìm tọa độ điểm ^M nằm trên

 

^P _{sao cho}

     

2 2 2 , . 2 . 2

aMA +bMB  a b d I P+ +a IA +b IB với aIA bIB+  0 .

Từ giả thiết ta có



^{a b MI+}



^{2+MI aIA bIB }



^{+ }



^{+aIA2+bIB2 }



^{a b d I P+}



²



^,

  

^{+a IA. 2+b IB. 2}

 ^{MI d I P}



^,

  

_{ M} là hình chiếu của ^I trên

 

^P _.

Ví dụ: Cho hai điểm A



2;1;3 ,

 

B - - -1; 2; 3



và mặt phẳng

 

P : 2x y- -2z+18 0 . Điểm



^{; ;}



M a b c nằm trên

 

^P _{sao cho 2MA}²_+MB² _{144. Tính a b c+ + .}

A. a b c+ + 0. B. a b c+ + 4. C. a b c+ + 10. D. a b c+ + 7 HD: Điểm ^M



^{-3; 2;5}



_.

b) Cho các , ,A B C và mặt phẳng

 

^P . Tìm tọa độ điểm M nằm trên

 

^P _{sao cho}

     

2 2 2 2 2 2 2

. . . , . . .

a MA +b MB +c MC  a b c d I P+ + +a IA +b IB +c IC với aIA bIB cIC+ +  0 . Từ giả thiết ta có



^{a b c MI}+ +



²+MI aIA bIB cIC 



+ + 



+aIA²+bIB²+c IC^{. 2} 



a b d I P+



²



^,

  

+a IA^{. 2}+b IB^{. 2}

 ^{MI d I P}



^,

  

_{ M} là hình chiếu của ^I trên

 

^P _.

Ví dụ: Cho ba điểm A



0;1; 2 ,

 

B 1; 2;0 ,

 

C 2;0;1



và mặt phẳng

 

P x: +2z-13 0 . Điểm



^{; ;}



M a b c nằm trên

 

^P _{sao cho MA}² _+MB²_+MC² _{66. Tính a b c+ + .}

A. a b c+ + 9. B. a b c+ + 7. C. a b c+ + 1. D. a b c+ + 0 HD: M



3;1;5



.

2. ĐK ^M

 

^{P MA, 2+MB2  k 246} cho ta kết quả M nằm trên đường tròn.

P

E F

K H

M N

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm ^N



^{4; 2; 1-}



_, ^A



^{-1;3; 2-}



_, ^B



^{-3; 7; 18-}



và mặt phẳng

 

^{P : 2x y z- + + 1 0.} _{Điểm M thuộc}

 

^P _{sao cho MA}²_+MB² _258. Tìm giá trị lớn nhất của độ dài đoạn MN.

HD giải:

Tọa độ trung điểm của AB là I



-2;5; 10-



.



^{2 2}



²

   

2 2

60 60 , 3 6

4

MA MB AB

MI + - MI d I P

     

.

Do đó, điểm ^M nằm trên đường tròn tâm ^H



^{4; 2; 7-}



, là hình chiếu của ^I trên

 

^P _{, bán kính}

   

2 2 , 6

r MI -d I P  .

Gọi K là hình chiếu của N lên

 

^P _{, ,}E Flà giao điểm của HK với đường tròn trên. Khi đó, KM KH HF+ KF dấu bằng xảy ra khi ^{M F}.

Mà MN² NK²+KM² nên MN^max  KMmax KF.

   

2 2

max 6 , 6 30

MN  +r KH  + NH -d N P  + .

Câu 40. [2D1-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hàm số y - +x³ mx²+mx+1 có đồ thị

 

^C _Có

bao nhiêu giá trị của m để tiếp tuyến có hệ số góc lớn nhất của

 

^C đi qua gốc tọa độ O?

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

Lời giải Chọn B

Tiếp tuyến với

 

^C tại điểm uốn là tiếp tuyến có hệ số góc lớn nhất.

Có y  -3x²+2mx m+ và ^{y  - +6x 2m0} 3 x m

  2 ^{3 2}

27 3 1

m m

 y + + . Có

2

3 3

m m

y    +m.

Phương trình tiếp tuyến với

 

^C tại điểm uốn là

2 2 3 2

3 3 27 3 1

m m m m

y +mx- + + +

 

  đi qua gốc

tọa độ khi

2 2 3 2

3 3 27 3 1 0

m m m m

 +m- + + + 

  

 

 

3

27 1

 m 

3

 m .

Câu 41. [2D2-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho phương trình



²

 

²

 

²



2 5

log x- x -1 .log x- x - 1 log_m x+ x -1 .

Có bao nhiêu giá trị nguyên dương khác 1 của m sao cho phương trình đã cho có nghiệm x lớn hơn ²?

A. Vô số. B. 3 . C. ². D. ¹.

Lời giải Chọn B

Điều kiện ^{x +}



^1;



Đặt x- x²- 1 t, t0, thì

2 1

1 x x

+ -  t

. Với x2 thì 0  -t 2 3. Phương trình đã cho trở thành

2 5

log .logt t log_m1

 t 1 1

log 2.log 5_{t t} log_tm

  - _{log 2}

log_tm log 2.log 5 log 5_{t t t} ^{- t}

  - 

log 2

5 ^t m ^-

  .

Xét hàm số ^{f t}

 

^{5-log 2t 5-log12t} _với ^t



^{0; 2- 3}



Có

 

²

 

1 log

2 2

5 1 0

.ln 2. log f t t

t t

  - 

với ^t



^{0; 2- 3}



_{suy ra} ^{f t}

 

đồng biến trên



^{0; 2- 3}



Kết hợp

 

lim0 1

t ₊ f t

 

suy ra ^{f t}

 

^



^{1; 5-log 2t}



_{. Vì} 5^-log2-32 2,3 nên có 1 trị nguyên dương khác 1 của m sao cho phương trình đã cho có nghiệm x lớn hơn ².

Câu 42. [2D4-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Trong các số phức ^z thỏa mãn

2 1 2

z +  z

, gọi z¹ và z2 lần lượt là các số phức có môđun nhỏ nhất và lớn nhất. Khi đó môđun của số phức w z +¹ z² là

A. w 2 2. B. w 2. C. w  2. D. w  +1 2

Lời giải Chọn B

Cách 1: Đặt z a bi +



^{a b R, }



_{khi đó} ^{z2 + 1 2z }



^a2-b2+1



² _{+ 4a b}^{2 2}_⁴



^{a2 +b2}



_.





^a2+b2-1



^{2-4b2 0} _

2 2

2 2

1 2 0

1 2 0

a b b

a b b

 + - - 

 + - + 

 .

+) Xét a²+b²-2b- 1 0  ^{a2+ -}



^{b 1}



^{2 2}, khi đó tập hợp các điểm ^{M a b}



^;



biểu diễn số phức ^z là đường tròn có tâm ^I

 

^0;1 và có bán kính là R 2.

Ta thấy giao điểm của đường thẳng OI ( trục tung ) với đường tròn là ^M1



^{0;1+ 2}



_và

 

2 0;1 2

M -

sẽ biểu diễn các sô phức có môđun lớn nhất và nhỏ nhất.

Vậy w z +¹ z² 



^{1+ 2}

 

^{i+ -1 2}



ⁱ _{2i } ^{w 2}_.

+) Xét a²+b²+2b- 1 0  ^{a2+ +}



^{b 1}



^{2 2}, khi đó tập hợp các điểm ^{M a b}



^;



biểu diễn số phức ^z là đường tròn có tâm ^I



^{0; 1-}



và có bán kính là R 2.

Giao điểm của đường thẳng OI ( trục tung ) với đường tròn là ^M3



^{0; 2 1-}



_và ^M4



^{0;- 2 1-}



sẽ biểu diễn các sô phức có môđun lớn nhất và nhỏ nhất.

Khi đó w z +¹ z² 



^{2 1-}

 

^{i+ - -1 2}



ⁱ _{-2i } ^{w 2}_.

Cách 2: Đặt ^{z x yi x y +}



^{, }



.

2 2

2 z  z + 1 z - 1 z² -2 z -  1 0 z  +1 2.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2 2

2 2

2 0

1 3 2 2 xy

x y k x y

 

 -   -

 +  +

  ^{   +}_^xy0



^{1 2}



_hay ^{z  +}



^{1 2}



ⁱ_.

2 2

2 z  z +  -1 z + 1 z²+2z -  1 0 z  - +1 2.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2 2

2 2

2 0

1 0

3 2 2 xy

x y k x y

 

-  -  

 +  -

  ^{  }_^xy0



^{2 1-}



_hay ^{z }



^{2 1-}



ⁱ_.

Giá trị lớn nhất của ^w là 2 2 .

Cách 3: Đặt ^{z x yi x y +}



^{, }



.

2 z  z2+1  ⁴



^x2+y2

 

^{ x2-y2+1}



^{2+4x y2 2} _ ^x4+^y4+ +^{1 2x y2 2} -^2x2 -^2y2 ^4y2.





^x2+y2-1



^24y2 _

2 2

2 2

2 1 0

2 1 0

x y y

x y y

 + - - 

 + + - 

 .

Tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là hai đường tròn



^{I1, 2 ,}

 

^{I2; 2}



_với I1

  

0;1 ,I2 0; 1-



. Khi đó, có hai điểm có mođun nhỏ nhất là^M1



^{0; 2 1 ,-}

 

^{M2 0;1- 2}



, hai điểm có mođun lớn nhất là ^N1



^{0; 2 1 ,+}

 

^{N2 0; 1- - 2}



_.

Do vậy, giá trị lớn nhất của ^w là ^{M N1 2 M N2 12 2}. Cách 4:

2 1 2

z +  z  ^{z2+12 4 z2} 



^z2+1

  

^{z2+ 1 4zz}

 z⁴+z²+z²+ -1 4z z 0 ^{z4 -6 z2+  - +1}



^{z z}



^{2 0}

^{3 2 2-  z2  +3 2 2}  2 1-  z  2 1+ .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ^{z }



^{2 1-}



ⁱ _và ^{z }



^{2 1+}



ⁱ_.

Một số ý tưởng tổng quát:

Cho hai số thực dương a b, và số phức z thỏa mãn

z2+ a b z

. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của z

.

z2+ a b z  ^{z2 +a2 b z2 2} 



^{z2+a z}

 

^2+a



^{b z z2}

 ^{z4+a z}



^2+z2



^{+a2-b zz2 0} ^z4-



^{b2+2a z}



^{2+a2  -a z z}



⁺



^{2 0}_.



2 2 2 2

2 4 2 2 4

2 2

b a b b a b a b b a

+ - +  z  + + +



2 4 2 4

2 2

b a b b a b

+ -  z  + + .

Câu 43. [1D2-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho khai triển



^{1 2+ x}



ⁿ _ a0+a x1 + +... a x_n ⁿ, n1. tìm số giá trị nguyên của n với n2018 sao cho tồn tại k



^{0  -k n 1}



_{thỏa mãn} a_k a_k+1.

A. 2018 . B. 673 . C. 672 . D. 2017 .

Lời giải Chọn B

Ta có khai triển



^{1 2+ x}



ⁿ _

 

0

2

n k k

n k

C x





 ⁿ⁰ _n^k2^{k k}

k

C x





.

Từ giả thiết ta có ^{1 1 1} 2

2

k k

k n

k k

k n

a C

a ₊ C ^{+ +}

 

 

 , a^k a^k₊¹  ^{k n k!}



^n-!



^!2k _



^{k+1 !}

 

^{nn k!- -1 !}



^2k+1_.

Suy ra

1 2

1 n k  k

- + 

2 1

3 k  n-

.

Do ^{k n N, } nên n chia cho 3 phải dư 2, suy ra n +3t 2với t N . Mà 0  -k n 1 nên

2 1

3 1

n-  -n

 2 n 2018 từ đó suy ra 0 t 672.

Vậy có 673 số giá trị nguyên của n với n2018 thỏa mãn ycbt.

Câu 44: [2H3-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có



2;3;3



A , phương trình đường trung tuyến kẻ từ ^B là

3 3 2

1 2 1

x-  y-  z-

- - , phương trình đường

phân giác trong của góc C là

2 4 2

2 1 1

x- y- z-

 

- - . Đường thẳng AB có một véctơ chỉ phương là A. u3 



2;1; 1-



. B. u2 



1; 1;0-



. C. u4 



0;1; 1-



. D. u1



1;2;1



. Lời giải

Chọn C

A'

D I M

A

B C

Gọi M là trung điểm của AC và D là chân đường phân giác trong kẻ từ góc C của tam giác ABC.

Do

3 3 2

: 1 2 1

- - -

  

- -

x y z

M BM

nên M



3-t0;3 2 ;2+ t0 -t0



. Mặt khác ^M là trung điểm của AC nên C



4 2 ;3 4 ;1 2- t0 + t0 - t0



. Mà

2 4 2

: 2 1 1

- - -

  

- -

x y z

C CD nên ta tìm được điểm ^C



^4;3;1



_.

Gọi ^A là điểm đối xứng với ^A qua CD, suy ra AA CD và ABC. Gọi ^I là trung điểm của ^AA, khi đó ta có AA CD tại ^I.

Do vậy điểm I CD  I



2 2 ;4+ t1 -t1; 2-t1



. Kết hợp với AI CD nên ta có . 0

AI uCD  t10 ^I



^2;4;2



_.

Mà I là trung điểm của AA nên ^A



^2;5;1



_.

Đường thẳng BC đi qua A và C nên phương trình tham số là 2 5 1

  +

  -

 



x t

y t

z .

Điểm B BC BM nên ^B



^2;5;1



. Vậy VTCP của AB là u4 



0;1; 1-



.

Câu 45: [2H3-3] [Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng

2 1 2

: 4 4 3

+  -  + -

x y z

d và mặt phẳng

 

^{P : 2x y- +2z+ 1 0.} Đường thẳng ^ đi qua



^{2;1; 2}



E - -

, song song với

 

^P đồng thời tạo với d góc bé nhất. Biết rằng ^ có một véc tơ chỉ phương ^{u }



^{m n; ;1}



_{. Tính T m}²_-n²_.

A. T  -5. B. T 4. C. T 3. D. T  -4. Lời giải

Chọn D Cách 1:

d có một VTCP là u^d ^



^{4; 4;3-}



, ^ có một VTCP là  



^{; ;1}



u m n , ^{( )P} có một VTPT là



^{2; 1; 2}



 -



nP

. Do ^

 

P

nên . _  0

n uP 2m n- +  2 0 ^{n2m+2 1}

 

_.

Ta có

 

^{. 1 4} ₂ ⁴ ₂ ³

 

cos ; . 2

41 1





- +

  

+ +

 

 ^d

d

u u m n

d u u m n

. Từ

   

^{1 , 2} _{ta có}

 

²2

1 16 40 25

cos ; .

5 8 5

41

+ +

 

+ +

m m

d m m .

Xét hàm số

 

^{16 2}₂ ^{40 25}

5 8 5

+ +

 

+ +

m m

f m m m

   



²



²

18 4 5

5 8 5

- +

 

+ + f m m m

m m

. Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có



^;d



_{bé nhất} ^cos



^;d



_{lớn nhất  m0.}

Khi m0 ta có n2. Do vậy ^{T m2-n2  -4}. Cách 2:

d

d'

Q

E K

H M

Gọi

 

^Q là mặt phẳng chứa E song song với

 

^P . Đường thẳng d qua E song song với d. Lấy M d , gọi ,H K lần lượt là hình chiếu của M lên

 

P ,. Ta có

   

sin , sin , MK MH

d d

ME ME

      .

Do đó góc



d,



nhỏ nhất khi ^sin



^d,



^MH

  ME

hay ^ là hình chiếu của dtr�