Đề thi thử đại học môn toán năm 2018 trường chuyên hạ long mã 108 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

Câu 34. [2D25.73] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Cho phương trình



^{m5 9}



^x2



^{m1 3}



^{x  m 1 0.} Biết rằng tập các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt là một khoảng ( ; ).a b Tổng ^{S a b } bằng

A. ⁸. B. 6. C. 4_{. D.} 10.

Lời giải Chọn A.

Đặt t=3^x>0 ta có phương trình



^m5



^t22



^m1



^{t m  1 0}

 

^*

+ Nếu ^{m- 5 0= Û m=5} thì phương trình

( )

^* có một nghiệm 1 t2

Þ phương trình đã cho có một nghiệm (Loại).

+ Nếu ^{m- 5 0¹ Û m¹ 5} thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt Û Phương trình

( )

^* có hai nghiệm dương phân biệt

( ) ( )( )

( )

m m m

S m m P m

m

ìïï ¢D = - + - - >

ïïïï - - Û ïïíïïïïï =ïïïî = -- - > >

12 5 1 0

2 1

5 0

1 0

5

(

^m

) (

^m

)

m m

ì - - >

ïïïï

Û í -ïïï -ïî <

1 2 6 0

1 0 5

;

m m

m m ì < >

Û ïïíï < <ïî Û < <

1 3

3 5

1 5 .

Khi đó

(

^{a b;}

) (

= 3 5^;

)

Þ ^S= + =^{a b} 8.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1. [2D25.7-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của m trong

(

0 2018^;

)

để phương trình

2 2 1 2 2 2

4^{x x} m.2^{x x} 3m 2 0 có bốn nghiệm phân biệt?

A. ²⁰¹⁵. B. ²⁰¹⁷. C. ²⁰¹⁴. D. ¹⁰⁰⁹.

Lời giải Chọn A.

2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 1

4^{x x} m.2^{x x} 3m  2 0 4^{x x} 2 .2m ^{x x} 3m 2 0

Đặt ^{ }

2 2 1 12

2^{x x} 2^x 1

t ^{ }  t ^  . Phương trình đã cho trở thành: ^{t22mt3m 2 0}

 

^* _.

Với mỗi giá trị ^t>1 thì log₂t>0^Þ 2^{(t-1)2= Ût}

(

^t- 1

)

^2=log2^{tÛ x= ±}1 ^log2^t. Do đó phương trình đã cho có bốn nghiệm Û Phương trình

( )

^* có hai nghiệm ,t t_{1 2}thỏa mãn

t t

< <_{1 2}

1 .

   

   

2

1 2

1 2

3 2 0

1 1 0

1 1 0

m m

t t

t t

     

    

   



 

2

1 2

1 2 1 2

3 2 0

2 0 1 0

m m

t t t t t t

     

   

    

 .

Áp dụng định lí Viet:

1 2

1 2

2

3 2

t t m

t t m

  



 

 ta được

2 3 2 0

2 2 0

3 2 2 1 0

m m

m

m m

   

  

    



1; 2

1 1

m m

m m

 



 

  _{ m 2}. Þ Trong

(

0 2018^:

)

có 2015 giá trị nguyên của m.

Câu 2. [2D5.8-3] Cho bất phương trình ^9x2



^{m2 3}



^{x  m 1 0}. Biết rằng tập các giá trị của tham số m để bất phương trình nghiệm đúng " Îx R là

;a b

æ ù

ç- ¥ ú

çç ú

è û trong đó^{a b, Î Z,b> 0} và a

b là phân số tối giản. Tổng ^{S a b } bằng

A. ⁴. B. 7 . C. 11_{. D. 15 .}

Lời giải ChọnD.

Đặt t= >3^x 0 ta có bất phương trình:

   

2 2 2 1 0 2 4 1 2 1

t  m t m      t t m t

2 4 1

2 1

t t t m

     . Xét hàm số ^{f t}

 

^{t2 4 1t}

t

  

liên tục trên

(

^0;+¥

)

_.

 

^{1 4}₂^;

 

^{0 2}

f t f t t

  t     . Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy bất phương trình nghiệm đúng với mọi giá trị xÎ R

m m

Û 2 + £1 13Û £ 11

2 4 . Do đó ^{a=11;b= Þ4 a b+ =15}.

Câu 38. [2D4-4] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Cho số phức z thỏa mãn z 3 4i  5.

Gọi ,

M m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất biểu thức

2 2

2 .

P z  z i

Khi đó môđun của số phức ^{w M mi } bằng

A.2 314 . B. 1258 . C. 3 137 . D.^{2 309}.

Lời giải Chọn B

Phân tích:Cho số phức z thỏa mãn một điều cho trước (điểm biểu diễn của z thuộc một tập hợp điểm cho trước, đường tròn, đường thẳng, elip…). Tìm Max – min của một biểu thức về môđun của z .

Gọi z x yi  với



^{x y, }



.

Ta có: ^{z 3 4i  5 }



^x3

 

^{2  y4}



^{2 5} . Suy ra, tập hợp điểm ^{M x y}



^;



biểu diễn cho số phức z trên hệ tọa độ ^Oxy là đường tròn

 

^C _tâm ^I

 

^3;4 và bán kính R 5.

Lại có: ^{P z 22  z i2 }



^x2



^{2y2x2}



^y1



^{2  P 0 4x2y  3 P 0}_{, đây là}

phương trình của đường thẳng ^{: 4x2y  3 P 0}. Ta thấy ^{M  }

 

^C .

Điều kiện để ^ cắt

 

^C _là:



^,



^{23 5 10 23 10 13 33}

2 5

d I R P P P

           

. Suy ra: ^{m13,M 33}và w33 13 i w  1258

. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2D4-4]Xét các số phức z x yi 



^{a b,} 



thỏa mãn z 2 3i 2 2

. Tính P2x y khi

1 6 7 2

z  i   z i đạt giá trị lớn nhất.

A. ^P1. B. P 3. C. ^P3. D. ^P7. Lời giải

Chọn B

z x yi  với



^{x y, }



.

Ta có: ^{z 2 3i 2 2 }



^x2

 

^{2 y3}



^{2 8}. Suy ra, tập hợp điểm ^{M x y}



^;



biểu diễn cho số phức z trên hệ tọa độ ^Oxy là đường tròn

 

^C _tâm ^I



^2;3



và bán kính R 8.

Gọi ^A



^{ 1; 6}



_, ^B



^{7; 2}



_và ^J



^{3; 2}



là trung điểm của ^AB. Đặt P  z 1 6i   z 7 2i

suy ra ^{P MA MB   2}



^MA2MB2



. (BĐT Bunhiacopxki).

Ta có:

2 2 2 2 2

2 MA MB  MJ  AB

với J là trung điểm của ^AB. Vì ^M chạy trên đường tròn , J cố định nên MJ  IJ R.

Do vậy ^{P24 IJ}



^R



^2AB2 _nên P_max  4 IJ



R



²AB².

Dấu "= " xảy ra khi ^{MA MB} và ba điểm ^{M I J, ,} thẳng hàng. Điều này thỏa mãn nhờ IA IB .

Phương trình đường trung trực ^của ^AB là:

3 2

x t

y t

  

   

 .

Do đó: ^{M  }

 

^C , tọa độ của ^M là nghiệm hệ:

  

²



²

  

²



²

3 3 0 4

2 2 1 5

3 7

2 3 8 5 5 8

x t x t x x

y t y t y y

t t

x y t t

          

 

           

   

             

 

 

Mặt khác :



^4;5



^{2 130}

M   P MA MB 

và ^M

 

^{0;1  P MA MB 2 50}_.

Vậy đểP^Max thì^M



^4;5



_{Suy ra 2a b  3.}

Cách 2: Cách Đại Số :



¹

 

^{2 6}



²



⁷

 

^{2 2}



²

P x  y  x  y

   

2 2 2 2 2 2 12 8 90 4 4 6 5 6 4 45

P  x  y  x y   x y  x y

     

2 4 10 2 10 3 90 40 1 1 .8 9 P   x  y       

2 2 130 P 

Câu 2: [2D4-4] (SGD – HÀ TĨNH )Trong các số phức z thoả mãn ^{z }



^{2 4i}



^2_{, gọi} z₁ và z²là số phức có mô-đun lớn nhất và nhỏ nhất. Tổng phần ảo của hai số phức z¹và z² bằng.

A. 8i. B. ⁴. C. 8. D. 8 .

Lời giải Chọn D.

Gọi ^{z x yi x y  , ,}



^



và ^{M x y}



^;



là điểm biểu diễn số phức z.

Theo giả thiết ^{z }



^{2 4i}



^{2   x yi}



^{2 4i}



^2



^x2

 

^{2 y4}



^{2 4}_.

Suy ra ^M

  

^{C : x2}

 

^{2 y4}



^{2 4}

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn ^{z }



^{2 4i}



^2 là đường tròn

 

^C _có

tâm ^I



^2;4



_{bán kính R2.}

Đường OI có phương trình ^y2x cắt đường tròn

 

^C tại hai điểm

10 2 5 20 4 5

5 ; 5

A   

 

 

 ,

10 2 5 20 4 5

5 ; 5

B   

 

 

 . Do OA OB nên điểm ^A biểu diễn số phức có môđun lớn nhất, và điểm ^B biểu diễn số phức có môđun nhỏ nhất.

Câu 40. [2D1-3] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Cho hàm số

4 3 2

( ) 1 6 7

y f x  2x  x x  có đồ thị ( )C và đường thẳng :d y mx . Gọi ^S là tập các giá trị thực của m để đồ thị ( )C luôn có ít nhất hai tiếp tuyến song song với ^d. Số các phần tử nguyên của ^S là:

A. 27. B. 28.

C. 26.

D. 25.

Lời giải Chọn B

Ta có f x( ) 2 x³3x²12 .x + Điều kiện cần:

Để ( )C

luôn có ít nhất hai tiếp tuyến song song với ^dlà:

Phương trình 2x³3x²12x m có ít nhất hai nghiệm phân biệt.

Xét

3 2

2 3 12

y x  x  x có y_CD 7,y_CT  20.

Phương trình 2x³3x²12x m có ít nhất hai nghiệm phân biệt ^{ 20m7} + Điều kiện đủ:

  20 m 7: phương trình 2x³3x²12x m có ba nghiệm phân biệt nên ( )C

luôn có ít nhất hai tiếp tuyến song song với ^d.

20 : m 

phương trình tiếp tuyến của( )C có hệ số góc bằng 20 là:

20 23

20 1651 32

y x

y x

  



   

 (song

song với ^d).

7 :

m phương trình tiếp tuyến của ( )C có hệ số góc bằng 7 là:

7 9

7 1883 32 y x y x

 



  

 (song song với

).

d

Vậy điều kiện cần và đủ là: ^{20m7.}

Số giá trị nguyên của m là 28

. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1. [2D1-3] Cho hàm số

4 3 2

( ) 1 6 7

y f x  2x  x x 

có đồ thị ( )C và đường thẳng

: 23.

d y mx  Gọi ^S là tập các giá trị thực của m để đồ thị ( )C luôn có ít nhất hai tiếp tuyến song song với ^d. Số các phần tử nguyên của ^S là:

A. 27. B. 28.

C. 26.

D. 25.

Lời giải Chọn A

Làm tương tự như trên nhưng loại trường hợp m 20.

Câu 2. [2D1-3] Cho hàm số y f x( )x⁴ x³ 3x²1 có đồ thị ( )C và đường thẳng

2

: 1 23.

d y 1x

m 

 Gọi ^S là tập các giá trị thực của m để đồ thị ( )C luôn có ít nhất hai tiếp tuyến vuông góc với ^d. Số các phần tử nguyên của ^Slà:

A. 5. B. 4.

C. 3.

D. 2.

Làm tương tự ta được đáp án A.

Câu 42. [2D1-4] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Cho hàm số

 

2 y x m C

x

 

 với ^mlà tham số.

Tìm các giá trị của ^msao cho từ điểm ^A

 

^{1; 2} kẻ được hai tiếp tuyến ^{AB AC,} đến

 

^C ₍B C, là các tiếp điểm) và tam giác ABClà tam giác đều.

A.

3 m 2

. B.

3 m2

. C.

7 m 2

. D.

7 m 2

. Lời giải

Chọn A

Nhận thấy điểm ^Athuộc một đường phân giác ^{:y  x 3} của các góc tạo bởi hai đường

tiệm cận của

 

^C , mà đó chính là một trục đối xứng của

 

^C nên tam giácABCluôn cân tại ^A. Để ABC đều thì ta phải có thêm điều kiện BAC   60 Các tiếp tuyến ^{AB AC,} đều phải tạo với ^một góc 30.

Gọi klà hệ số góc của tiếp tuyến ^AB.

Ta có



^,



^{1 1 30}

1 1

k k

tan AB tan

k k

 

    

     k 2 3. Do tính đối xứng nên ta chỉ cần xét với k   2 3.

Khi đó ^{(AB y ax) :   2 a} với a  2 3

(AB)tiếp xúc với

 

^{C }phương trình ^{2 2} x m ax a

x

   

 có nghiệm kép.

^{ax2 }



^{1 3a x}



^{2a  4 m 0} có nghiệm kép khác².

3 m 2

   . Vậy:

3 m 2

.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2D1-4] Cho hàm số

 

2 y x m C

x

 

 với ^mlà tham số. Tìm các giá trị của ^msao cho từ điểm

 

^{1; 2}

A kẻ được hai tiếp tuyến ^{AB AC,} đến

 

^C ₍B C, là các tiếp điểm) và tam giácABCcó một góc bằng 120.

A.

3 m 2

. B.

3 m2

. C.

7 m 2

. D.

7 m 2

. Câu 2: [2D1-4] Cho hàm số

 

2 y x m C

x

 

 với ^mlà tham số. Tìm các giá trị của ^msao cho từ điểm

 

^1;2

A kẻ được hai tiếp tuyến ^{AB AC,} đến

 

^C ₍B C, là các tiếp điểm) và

 

5BC2 AB AC . A.

10 m 3

. B.

4 m3

. C.

10 m  3

. D.

4 m 3

. Lời giải

Chọn A

Nhận thấy điểm ^Athuộc một đường phân giác ^{:y  x 3} của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận của

 

^C , mà đó chính là một trục đối xứng của

 

^C nên tam giácABCluôn cân tại ^A. Gọi ^H là trung điểm BC ta có ^5BC2



^{AB AC}



^{BH 2AH}_.

Gọi klà hệ số góc của tiếp tuyến ^AB.

Ta có



^,



^{1 1}

1 1

k k BH

tan AB

k k AH

 

   

 

1;3 k 3 

  

  .

Do tính đối xứng nên ta chỉ cần xét với k 3. Khi đó ^{(AB y) : 3x1} (AB)tiếp xúc với

 

^{C }phương trình ^{2 3 1}

x m x x

  

 có nghiệm kép.

^{3x28x  2 m 0} có nghiệm kép khác².

10 m 3

   .

Câu 43. [2D1-3] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Có bao nhiêu giá trị của tham số m thuộc khoảng ^{( 2;3)} để đồ thị hàm số ^{y x 45x2 4 m x}



^{2 x 2}



tiếp xúc với trục hoành?

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

Lời giải Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm:

   

4 5 2 4 2 2 0 1

x  x  m x  x 



^{x 1}

 

^{x 2}

 

^{x 1}

 

^{x 2}



^{m 0}

       

 

²

 

1 2

2 0 2

x x

g x x x m

  

 

     



Theo đề ra thì phương trình

 

¹ có nghiệm bội chẵn nên phương trình

 

² có nghiệm kép khác 1 _và 2 hoặc hương trình

 

² có 2 nghiệm phân biệt trong đó 1 nghiệm là 1 _hoặc

2 _.

 

^{1 0}

g  

hoặc ^g

 

^{2 0} _hoặc

 

 

9 4 0

1 0

2 0

g m

g g

   



  

 

 2

4 9 4 m m m

 

  

 

 . Ta chọn m2 hoặc 9 m 4

. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1. [2D1-3] Tổng tất cả các giá trị của của tham số m thuộc khoảng ^{( 3;3)} để đồ thị hàm số

 

4 5 2 4 2 2

y x  x  m x  x

tiếp xúc với trục hoành?

A.

13

4 . B. 2_{. C.}

1

4. D.

17 4 . Lời giải

Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm:

   

4 5 2 4 2 2 0 1

x  x  m x  x 



^{x 1}

 

^{x 2}

 

^{x 1}

 

^{x 2}



^{m 0}

       

 

²

 

1 2

2 0 2

x x

g x x x m

 

  

     



Theo đề ra thì phương trình

 

¹ có nghiệm bội chẵn nên phương trình

 

² có nghiệm kép khác 1 _và 2 hoặc hương trình

 

² có 2 nghiệm phân biệt trong đó 1 nghiệm là 1 _hoặc 2

 

^{1 0}

g  hoặc ^g

 

^{ 2 0} _hoặc

 

 

9 4 0

1 0

2 0

g m

g g

   



 

  

 2

4 9 4 m m m

  

 

 

 . Ta chọn m 2 hoặc 9 m 4

. Vậy tổng bẳng 1 4 .

Câu 2. [2D1-3] Tích tất cả các giá trị của tham số m thuộc khoảng



^5;12



để đồ thị hàm số

 

4 10 2 9 2 2 3

y x  x  m x  x

tiếp xúc với trục hoành?

A. 192. B. 48. C. 16. D. 48.

Lời giải Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm:

   

4 10 2 9 2 2 3 0 1

x  x  m x  x 



^{x 1}

 

^{x 3}

 

^{x 1}

 

^{x 3}



^{m 0}

       

 

²

 

1 3

2 3 0 2

x x

g x x x m

 

  

     



Theo đề ra thì phương trình

 

¹ có nghiệm bội chẵn nên phương trình

 

² có nghiệm kép khác 1 _và 3 hoặc hương trình

 

² có 2 nghiệm phân biệt trong đó 1 nghiệm là 1 _hoặc 3_.

 

^{1 0}

g  hoặc ^g

 

^{ 3 0} _hoặc

 

 

4 0

1 0

3 0

g m

g g

   



 

  

 4

12 4 m m m

  

 

  . Ta chọn m 4 hoặc ^m4. Vậy tích bẳng 16 .

Câu 45. [2H1-3] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Cho hình chóp tứ giác đều ^{S ABCD.} , đường cao ^SO. Biết rằng trong các thiết diện của hình chóp cắt bởi các mặt phẳng chứa ^SO, thiết diện có diện tích lớn nhất là tam giác đều cạnh bằng a, tính thể tích khối chóp đã cho.

A.

3 2

6 a

. B.

3 3

12 a

. C.

3 3

4 a

. D.

3 3

6 a

. Lời giải

Chọn B.

H K

O

D B C

A S

Kẻ đường thẳng đi qua ^O và cắt AB CD, lần lượt tại , H K. Ta được thiết diện là tam giác SHK và tam giác ^SHK cân tại ^S

I

x b

K

H O

D

B C A

Đặt ^{KD x} . Gọi cạnh hình vuông là ^b.

1 .

SHK 2

S  SO HK

, do ^SO không đổi nên S_SHK ^max HK max.

Mà ^{HK  KI2 IH2  b2 }



^{b 2x}



² _{. Do đó} HK_max b 2 đạt tại 0

x K D

x b K C

  

   

 .

Theo giả thuyết S^SHK lớn nhất khi tam giác ^SKH đều, do đó ta được 2 2

2 b   a b a

Vậy thể tích hình chóp.

2 3

.

1 1 3 2 3

. . .

3 3 2 2 12

S ABCD ABCD

a a a

V SO S  

     . BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1. [1H3-3] Cho hình chóp ^{S ABCD.} với ^ABCD là hình chữ nhật có AB a AD , 2a. ^SA vuông góc với đáy và ^{SA a} . Gọi

 

^P là mặt phẳng qua ^SO và vuông góc với



^SAD



_{. Diện}

tích thiết diện của

 

^P và hình chóp ^{S ABCD.} bằng bao nhiêu?

A.

2 3

a 2

B.

2 2

a 2

C.

2

2 a

D. ^a2 Lời giải

Chọn B.

H K

O

D C

A B S

Qua ^O kẻ đường thẳng vuông góc với AD_{, cắt} ^{AD BC,} lần lượt tại , H K.

Khi đó : ^do

   

HK AD

HK SA SA ABCD

 

  

 ^{HK }



^SAD



_.

Nên thiết diện là tam giác ^SHK . Ta có : SH  SA²AH² a 2 Tam giác ^SHK vuông tại H _nên

1 2 2

2 . 2

SHK

S  SH HK a

.

Câu 2. [1H3-3] Cho tứ diện ^ABCD có AB CD , ^{AB CD 6}; M là điểm thuộc cạnh BC sao cho



^{0 1}



MC xBC  x

. Mặt phẳng

 

^P song song với AB _và CD lần lượt cắt BC, AC, AD_, BD _tại M _, N , P_, ^Q. Diện tích lớn nhất của tứ giác ^MNPQ là:

A. 9. B. 6. C. 10. D. 12_.

Hướng dẫn giải Chọn A.

Q P N

M

D

C B

A

Trong



^BCD



, kẻ đường thẳng qua M song song với ^CD cắt BD _tại ^Q_. Trong



^ABC



, kẻ đường thẳng qua M song song với AB _cắt AC tại ^N.

Trong



^ACD



, kẻ đường thẳng qua ^N song song với ^CD cắt AD _tại P_. Lại có AB CD , ^{AB CD 6} nên MN MQ và MN MQ .

Suy ra thiết diện là hình chữ nhật MNPQ.

Ta có MN CM 6

x MN xAB x AB  CB    

.

 

1 1 6 1

D

NP AN BM BC CM CM

x NP x

C AC BC BC BC

          

.

 

^{1 2 1 2}

36 1 9 36 9 36 9 max 9

4 2

MNPQ MNPQ

S x x  x x   x S

                .

Câu 47: [2H3-4] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Cho hình chóp ^{S ABCD.} có đáy ^ABCD là hình vuông cạnh .a Tam giác ^SAB đều, tam giác ^SCD vuông đỉnh ^S. Điểm M thuộc đường thẳng ^CD sao cho BM vuông góc với ^SA. Độ dài AM _là

A.

7. 2 a

B.

5. 2 a

C.

3 . 2

a

D.

2 . 3

a

Lời giải Chọn B

a

a a

x

J

M

N

I B

A

D C

S

Gọi ,I N lần lượt là trung điểm của AB _và CD. Ta có:

 

^{, //}

SI AB

AB SNI AB SN AB CD SN CD NI AB

 

     

 

Suy ra: ^SCD vuông cân tại

2 2

SC SD a

S a

SN

  

 

 



Đặt MD x AM² x²a²,

2 2

2 2 2

4 2

a a

SM SN MN  x 

BM SA

MJ SA BJ SA

  

  với ^J là trung điểm của ^SA, suy ra tam giác ^SMA cân tại M

Do đó:

2 2

2 2 2 2

4 2 2

a a a

AM SM x a  x   x . Vậy

5 2 AM a

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2H3-4] Cho hình lập phương ^{ABCD EFGH.} có cạnh bằng 4. Trên các cạnh AE BC HG, , lần lượt lấy các điểm M N P, , sao cho ^{AM CN HP x}



^{0 x 4}



. Tính theo a và x diện tích tam giác ^MNP.

A.



^{2 4 16}



³

MNP 2

x x

S  

 . B.



^{2 4 16}



³

MNP 2

x x

S  

 .

C.



^{2 2 16}



³

MNP 2

x x

S  

 . D.



^{2 3 9}



³

MNP 2

x x

S  

 .

Lời giải Chọn B

N

E F A B

D C

H G

M

N' P

Do Tam giác ^ABN vuông tại B và tam gics HEM vuông tại E _nên

 

²

 

²

2 2 2 42 4 16 4 2

AN  AB BN   x   x HM Vì ^{AM }



^ABCD



_{nên AM AN}

Vì ^{PH }



^ADHE



^{PH HM}

Từ đó các tam giác vuông ^MAN và MHP _{cho ta}

   

   

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

16 4 1

16 4 2

MN AM AN x x

MP MH HP x x

     

     

Gọi ^N' là hình chiếu vuông góc vủa ^N lên



^EFGH



thì ta có ^{CN GN 'x} và tam giác '

NN P vuông tại ^N'. Suy ra : ^{NP2 NN'2N P' 2 162x2 }



^{4 x}

  

^{2 3}

Từ

     

1 , 2 , 3 suy ra tam giác ^MNP đều nên diện tích là

2 3

. 4 SMNP MN

Vậy



^{2 4 16}



³

MNP 2

x x

S  



Câu 2: [2H2-3] Cho hình chóp đều ^{S ABC.} có đáy ^ABC là tam giác đều cạnh a, tâm ^O; ^SO2a. Gọi M là điểm thuộc đoạn ^{AO M}



^{ A M; O}



. Mặt phẳng

 

^ _{đi qua M} và vuông góc với

AO. Đặt ^{AM x}. Tính diện tích ^S của thiết diện tạo bởi

 

^ với hình chóp ^{S ABC.} . A. S 2 .a² B. S 2 .x² C. ³

 

^2.

S  2 a x

D. ^{S 2}



^{a x}



^2.

Lời giải Chọn B

K

J

I M O S

A

B

C

Vì ^{S ABC.} là hình chóp đều nên ^SO



^ABC



_(O là tâm của tam giác ^ABC).

Do đó ^SOAA mà

 

^{ AA} _{suy ra} ^SO//

 

^ _.

Tương tự ta cũng có ^BC//

 

^ _.

Qua M _{kẻ //}IJ BC với IAB J, AC; kẻ MK SO// với ^{K SA .} Khi đó thiết diện là tam giác ^KIJ .

Diện tích tam giác ^IJK là

1 .

IJK 2

S_  IJ MK . Trong tam giác ^ABC, ta có

IJ AM BC  AA

 suy ra

. 2 3

3 AM BC x IJ  AA 

 .

Tương tự trong tam giác ^SAO, ta có

MK AM SO  AO

suy ra

. 2 3

AM SO

MK x

 AO 

. Vậy

1 2 3 2

.2 3 2

2 3

IJK

S_  x x  x . .

Câu 48: [2H3--3] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Trong không gian ^Oxyz, cho điểm ^A(1;1;1) và đường thẳng

1 1

: .

1 2 9

x y z

d  

 

 Biết đường thẳng ^ qua ^A, cắt d và khoảng cách từ gốc tọa độ đến ^ nhỏ nhất và ^ có một vectơ chỉ phương là ^{(1; ; )a b} . Tổng a b là

A. ^13. B. ^10. C. ^13. D. ^12.

Lời giải Không ra đáp án như đề bài

Gọi

 

^ là mặt phẳng chứa ^A và

 

^d _.

        

^{2 2}



)d  pt  : 2a x y 2 b x z9 8 0 a b 0

          

 

) (1;1;1)A  a 0.b 0 a 0

      

, chọn b1 Vậy phương trình mặt phẳng

 

^{ : 9x z  8 0}

Gọi ^H là hình chiếu vuông góc của O lên

 

^

Tọa độ của ^H là cặp nghiệm



^{x y z, ,}



_{của hệ:}

4 9 8 0 41

9 36 36 4

41 ;0;

0 41 41

0 4 41 t

x z

x t x

y H z t y

z

 

  

 

   

     

    

  

   

   



Đường thẳng ^ qua ^A và cắt d, suy ra: ^{ }

 

^

  

^{ ,d O,}



^OH

   

. Vậy



^d



^O,

 

_min ^OH _{, dấu} " " xảy ra khi ^ đi qua ^H Vậy ^ có một véctơ chỉ phương là ^{5 ; 1; 45 5 1;41;9 5}



^{1; ;}



41 41 41 5 41

AH          a b



41 86

5 9 5

  a b   . BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1. [2H3-3] Cho điểm (0;8; 2)A , mặt cầu ( ) : (S x5)²(y3)² (z 7)² 72 và điểm (9; 7; 23)

B  . Viết phương trình mặt phẳng ( )P qua ^Atiếp xúc với ( )S sao cho khoảng cách từ B đến ( )P là lớn nhất. Giả sử ^{(1; ; )}

n m n là một vectơ pháp tuyến của ( )P . Lúc đó.

A. .m n 4. B. .m n4. C. .m n2. D. .m n 2. Lời giải

Chọn A.

Mặt phẳng ^{( )P} qua ^Acó dạng ^{a x( - 0)+b y( - 8)+c z( - 2)=0}

8 2 0

ax by cz b c

Û + + - - =

Điều kiện tiếp xúc:

2 2 2 2 2 2

5 3 7 8 2 5 11 5

( ,( )) 6 2 a b c b c 6 2 a b c 6 2

d I P

a b c a b c

- + - - - +

= Û = Û =

+ + + + (*)

Mà ^{2 2 2 2 2 2}

9 7 23 8 2 9 15 21

( ,( )) a b c b c a b c

d B P

a b c a b c

- + - - - +

= =

+ + + +

2 2 2 2 2 2 2 2 2

5 11 5 4( 4 ) 5 11 5 4

a b c a b c a b c 4 a b c

a b c a b c a b c

- + + - + - + - +

= £ +

+ + + + + +

2 2 2 2 2 2

2 2 2

1 ( 1) 4 .

6 2 4 a b c 18 2

a b c

+ - + + +

£ + =

+ + .

Dấu bằng xảy ra khi 1 1 4

a b c

= =

- . Chọn ^{a=1;b= - 1;c=4} thỏa mãn (*).

Khi đó ^{( ) :P x y- +4z=0}. Suy ra ^{m= - 1;n=4}. Suy ra: ^{mn. = - 4.}.

Câu 2. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz, cho 2 điểm ^M



^{ 2; 2;1}



_, ^A



^{1; 2; 3}



_{và đường}

thẳng

1 5

: 2 2 1

x y z

d    

 . Tìm vectơ chỉ phương ur

của đường thẳng ^ đi qua ^M, vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm ^A một khoảng lớn nhất.

A. ^ur



^{1;0; 2}



_{. B.} ^ur



^{4; 5; 2 }



_{. C.} ^ur



^{8; 7; 2}



_{. D.} ^ur



^{1;1; 4}



_.

Lời giải Chọn B.



^{3; 4;4}



AM    uuur

. Gọi uuur^d

là vectơ chỉ phương của d uuurd 



^{2; 2; 1}



. Do ^{M  d A}



^{, }



^AM _.

Dấu đẳng thức xảy ra  AM  . Khi đó chọn uu AMd^, 



^{4; 5; 2} 



r uur uuur

.

Câu 49. [1D3-3] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Cho hai hộp đựng bi, đựng 2 loại bi là bi trắng và bi đen, tổng số bi trong hai hộp là 20 bi và hộp thứ nhất đựng ít bi hơn hộp thứ hai. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp 1 bi. Cho biết xác suất để lấy được 2 bi đen là

55

84 , tính xác suất để lấy được 2 bi trắng.

A.

1 .

28 B.

15.

84 C.

11.

84 D.Đáp án khác.

Lời giải Chọn A

Gọi số bi trong hộp thứ nhất là ^a (bi), số bi trong hộp thứ hai là 20a (bi), ^{0 a 10,a N} Gọi số bi đen trong hộp thứ nhất là ^x (bi), số bi đen trong hộp thứ hai là ^y (bi),

, *, , 20

x y N x a y   a. Từ giả thiết ta có

55 (20 ) 84

xy

a a 

 .

Nhận xét:

 

   

   

20 2

0 20 100

2 55 1

55;84 1

20 84 2

55 (20 ) 84

a a

a a

xy

a a

xy

a a

       

  

  

  

   

 

 

Giải

 

² _{, với} 0 a 10,a N ta được a6.

Giải

 

¹ _{, với} x y N x a y,  ^*,  , 20a, ta được ^x5,y11.

Vậy số bi trắng trong hộp thứ nhất là 6 5 1  (bi), số bi trắng trong hộp thứ hai là 14 11 3  (bi) nên xác suất để lấy được 2 bi trắng là

1 3 3 1

6 14. 84 28 . BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1. [1D3-3] Cho hai hộp đựng bi, đựng 2 loại bi là bi trắng và bi đen, tổng số bi trong hai hộp là 18 bi và hộp thứ nhất đựng ít bi hơn hộp thứ hai. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp 1 bi. Cho biết xác suất để lấy được 2 bi đen là, tính xác suất để lấy được 2 bi khác màu nhau.

A.

28.

65 B.

5 .

65 C.

20.

65 D.

4 65. Lời giải

Chọn A

Gọi số bi trong hộp thứ nhất là ^a (bi), số bi trong hộp thứ hai là 18a (bi), ^{0 a 9,a N} Gọi số bi đen trong hộp thứ nhất là ^x (bi), số bi đen trong hộp thứ hai là ^y (bi),

, *, , 18

x y N x a y   a. Từ giả thiết ta có

32 (18 ) 65

xy a a 

 .

Nhận xét:

 

   

   

18 2

0 18 81

2 32 1

32;65 1

18 65 2

32 (18 ) 65

a a

a a

xy

a a

xy

a a

       

  

  

  

   

 

 

Giải

 

² _{, với} 0 a 9,a N ta được a5.

Giải

 

¹ _{, với} x y N x,  ^*, 5,y13, ta được ^x4,y8.

Vậy số bi trắng trong hộp thứ nhất là 5 4 1  (bi), số bi trắng trong hộp thứ hai là 13 8 5  (bi) nên xác suất để lấy được 2 bi khác màu là

1 8 4 5 28

. .

5 13 5 13  65 .

Câu 2. [1D3-3] Tổ 1 và tổ 2 của lớp 11A , trường THPT Nguyễn Văn Cừ có tổng cộng 20 học sinh, mỗi tổ đều có cả học sinh nam và số học sinh nữ của tổ 1 có số học sinh ít hơn số học sinh của tổ 2. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi tổ một học sinh . Cho biết xác suất để lấy được 2 học sinh nam là

28

99, tính xác suất để lấy được 2 nữ.

A.

20.

99 B.

35.

99 C.

1 .

11 D.

11 99. Lời giải

Chọn A

Gọi số học sinh của tổ 1 là ^a và số học sinh của tổ 2 là 20a (học sinh ), ^{0 a 10,a N} Gọi số học sinh nam của tổ 1 là ^x , số học sinh nam của tổ 2 là ^y , x y N x a y,  ^*,  , 20a .

Từ giả thiết ta có

28 (20 ) 99

xy

a a 

 .

Nhận xét:

 

   

   

20 2

0 20 100

2 28 1

28;99 1

20 99 2

28 (20 ) 99

a a

a a

xy

a a

xy

a a

       

  

  

  

   

 

 

Giải

 

² _{, với} 0 a 10,a N ta được a9.

Giải

 

¹ _{, với} x y N x,  ^*, 9,y11, ta được ^x4,y7.

Vậy số học sinh nữ của tổ 1 là 9 4 5  , số học sinh nữ của tổ 2 là 11 7 4  nên xác suất để lấy được 2 học sinh nữ là

5 4 20 9 11 99.  .

Câu 50. [2D3-3] [Chuyên Hạ Long – 2018 mã đề 108] Biết rằng

2

3 2

1

ln ln 1

(ln 1) ( 2)

e x x b

I dx

x x a e

   

  



với ^{a b,} là các số nguyên dương. Hiệu b a bằng:

A.^6. B.^6. C.^10. D.^8.

Lời giải Chọn A

Ta có:

2 2

3 3 3

1 1 1

ln 1 ln ln 1 ln 1

( ) ( ) ( )

ln ln

ln 1 ln 1

(ln 1) ( 1) ( 1)

e e x x e x x

x x x x x d x

I dx dx

x x

x x

x x

  





  



   



 

Đặt:

1 1

ln 1

; 2

x t

x t

x x e t

e

  

 

     , khi đó ta có:

1 1

3 2 3 2 2

2 2

1 1 1 1 1 1 2

( ) ( ) | 2

( 1) ( 1) ( 1) 1 2( 1) 8 ( 2)

e e

I tdt dt

t t t t t e

e

       

     

 

Vậy: ^{a8;b    2 b a 6}. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Câu 1: Biết rằng:

2 2

1

1 ( 1) ln 1

ln( 1) ln 1

e x x x e

I dx b e

x x a

   

   





với ^{a b,} là các số nguyên dương.

Hiệu b a bằng bao nhiêu?

Giải:

Ta có:

2 2

1 1 1

1 ( 1) ln ln 1 ( ln 1)

( ) |

1

ln 1 ln 1 2 ln 1

e x x x e x x e e d x x

I dx x dx

x x x x x x

    

    

  

  

2 1 2 1

ln(| ln 1|) | ln( 1) 2; 1 1

1

2 2

e e e

x x e a b b a

 

            

. Câu 2: Biết rằng:

2 2

2 2 1

ln (2ln 1) 2 1

ln( 1)

( ln )

e x x x x ae

I dx b e

x x x e

   

   





với ^{a b,} là các số nguyên dương. Hiệu b a bằng bao nhiêu?

Giải:

Ta có:

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1

ln (2ln 1) 2 ( ln ) ( ) ( ln )

( ln ) ( ln ) ( ln )

e x x x x e x x x x e dx e d x x

I dx dx

x x x x x x x x x

      

   

  

   

1 1

| ln( ln ) | ln( 1) 1 0

1 1

e e e

x x e a b b a

x e

              .