Đề thi thử THPT quốc gia 2018 môn Toán có đáp án THPT đặng thúc hứa lần 2 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

Câu 28: [2D4-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho số phức ^z thỏa mãn z 1 2i 3. Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức ^{w z}



^1i



là đường tròn

A. Tâm ^I



^{3; 1}



, R3 2. B. Tâm ^I



^3;1



,R3. C. Tâm ^I



^3;1



, R3 2. D. Tâm ^I



^{3; 1}



, R3.

Lời giải Chọn A.

Gọi ^{w x yi}



^{x y, R}



. Ta có: wz(1 )i 

1 z x yi

i

 

 ^ 2 2

x y y x

z   i

  .

Giả thiết z 1 2i 3  1 2 3

2 2

x y y x

i i

 

     2 4

2 2 3

x y y x

    i

 

 2 ² 4 ²

2 2 9

x y  y x 

    

   

    ^



^x3

 

^{2 y1}



^{2 18.}

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức ^w là đường tròn tâm ^I



^{3; 1}



, bán kính 3 2

R .

Phát triển bài toán.

Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho số phức ^z thỏa mãn z 1 2i 3. Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức ^wz



^1i



là đường tròn có diện tích bằng

A. 18. B. 9 . C. 6. D. 36 .

Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho số phức ^z thỏa mãn z 1 2i 3. Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức

   

 

2 1 2 2 2 (1 )

2 2 2

z i z i

w z i

   

   là

A. Đường tròn tâm ^I



^{3; 1}



, bán kính R3 2.

B. Đường tròn tâm ^I



^{3; 1}



, bán kính R3 2 trừ điểm M



2 2 2; 2 2 2  



. C. Đường tròn tâm ^I



^{3; 1}



, bán kính R3 2 trừ điểm ^M



^{0; 2 2 2 }



^.

D. Đường tròn tâm ^I



^{3; 1}



, bán kính R3 trừ điểm M



2 2 2; 2 2 2  



.

HD:

   

 

2 1 2 2 2 (1 )

2 2 2

z i z i

w z i

   

   ^

   

   

1 2 2 2

2 2 2 1

z i z i

w z i

z i

 

    

  

  . Như vậy

cách làm giống với câu 28 nhưng có thêm điều kiện ^{z  }



^{2 2 2}



ⁱ

Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho số phức ^z thỏa mãn z 1 2i 3. Trong các số phức w thỏa mãn ^{w z}



^1i



, gọi w1 và w2 lần lượt là số phức có môđun nhỏ nhất và môđun lớn nhất. Khi đó w1w2 bằng

A. 6 2i . B. 6 2i . C.  6 2i. D.  6 2i. HD:

Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức ^w là đường tròn tâm ^I



^{3; 1}



, bán kính R3 2. Khi đó giao điểm của đường thẳng OI với đường tròn trên chính là điểm biểu diễn số phức có môđun nhỏ nhất và môđun lớn nhất.

Tìm được ₁ 15 9 5 5 3 5

5 5

w    i

  và ₂ 15 9 5 5 3 5

5 5

w    i

  .

Vậy w1w2  6 2i.

Câu 29: [2D3-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Cho ¹

 

0

2 1 d 12

f x x



^{và 2}



²



0

sin sin 2 d 3

f x x x







. Tính ³

 

0

d f x x



^.

A. 26. B. 22. C. 27. D. 15.

Lời giải Chọn C.

+ Đặt: 2 1 d ^d

2 x  t x t .

Với 0 1

1 3

x t

x t

  

   

 . Do đó: ¹

 

³

 

0 1

2 1 d 2

1 x dt

f x  f t

 

^{ 3}

 

1

d 24 f x x



^.

+ Đặt: sin²x u 2sin cos dx x xdu hay sin 2 dx xdu. Với

0 0

2 1

x u

x  u

  



   

 . Do đó: ²



²



¹

 

0 0

sin sin 2 d d

f x x x f u u









^

 

1

0

d 3

f x x



^.

Vậy ³

 

¹

 

³

 

0 0 1

d 7

d d 2

f x x f x x f x x

  

^.

Câu 31: [2D4-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Có bao nhiêu số phức ^z thỏa mãn



^{1i z z}



^ là số thuần ảo và z2i 1.

A. 2. B. 1. C. 0. D. Vô số.

Lời giải Chọn A.

Gọi ^{z x yi }



^{x y, R}



.



^{1i z z}



^{  }



^{1 i x yi}

 

^



^{ x yi} 2 x y xi  . Để



^{1i z z}



^ là số thuần ảo thì 2x y 0

 

1 .

2 1

z i   ^x



^y2



^{i 1  x2}



^y2



^{2 1}

 

2 .

Từ

 

1 và

 

2 ta có:

 

²

2

2 0

2 1

x y

x y

  

   

 ^

1 2 3 5 6 5 x y x y

 

 

 



 



.

Vậy có hai số phức z 1 2i và 3 6

z 5 5i thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phát triển bài toán.

Bài 1. Có bao nhiêu số phức ^z thỏa mãn



^{1i z z}



^ là số thực và z2i 1.

A. 2. B. 1. C. 0. D. Vô số.

HD: có 2 số phức z i và z3i thỏa mãn.

Bài 2. Có bao nhiêu số phức ^z thỏa mãn



^{1 i z}



²



^{i 1}



^{z z z z i. .}

z i

    

 là số thực và z2i 1.

A. 2. B. 1. C. 0. D. Vô số.

HD:



^{1 i z}



²



^{i 1}



^{z z z z i. .}

z i

    

 ^



^{1i z z}



^ . Quay trở về ý 1 nhưng thêm điều kiện ^{z i} . Vậy chỉ có 1 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 32: [2H3-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm ^A



^2;0;1



, ^B



^1;0;0



, ^C



^1;1;1



và mặt phẳng

 

^{P x y z:    2 0}. Điểm ^{M a b c}



^{; ;}



nằm trên mặt phẳng

 

^P thỏa mãn MA MB MC  . Tính T  a 2b3c. A. T 5. B. T 3. C. T 2. D. T 4.

Lời giải Chọn D.

Ta có ^{AB}



^{1;0; 1}



, ^{AC}



^1;1;0



.

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng ABđi qua trung điểm 3 1 2;0;2 I 

 

  của ABvà nhận



^{1;0; 1}



AB  

 làm véc tơ pháp nên có phương trình là: x z  2 0. Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng BC đi qua trung điểm 1 1

1; ;2 2 J 

 

  của BCvà nhận



^0;1;1



BC

làm véc tơ pháp nên có phương trình là: y z  2 0.

Do MA MB MC  nên M thuộc hai mặt phẳng trên, mặt khác M thuộc

 

^{P x y z:    2 0} nên tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình:

2 0 1 0

2 0 x z

y z x y z

  

   

    





^1;0;1



M . Vậy T  a 2b3c4. Cách khác:

Ta có AB BC  AC 2 suy ra tam giác ABC đều. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là trọng tâm 4 1 2

3 3 3; ;

G 

 

  của tam giác.

Do MA MB MC  nên M nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trục này là đường thẳng đi qua 4 1 2

3 3 3; ;

G 

 

 và nhận véc tơ ^n_^{ AB AC, }_^



^{1;1; 1}



là véc tơ chỉ phương

nên có phương trình là:

4 3 1 3 2 3

x t

y t

z t

  



  



  



.

Mặt khác ^M

 

^{P x y z:    2 0 1}

t 3

   ^M



^1;0;1



. Suy ra T  a 2b3c4.

Câu 33: [1H3-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB2a, BC a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi _E là trung điểm của ^CD. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng _BE và

SC.

B

A D

C S

E

A. 30 10

a . B. 3

2

a . C. 15

5

a . D. ^a.

Lời giải Chọn A.

Cách 1:

Gọi H là trung điểm của AB, suy ra ^{SH }



^ABCD



. Gọi F là trung điểm của SD, suy ra ^SC_



^BEF



. Vậy ta có



^,

 

^,

   

^,

   

^,

  

d BE SC d SC BEF d C BEF d D BEF . Gọi K là trung điểm của HD, ta có FK SH ^ FK (ABCD).

Tứ giác BHDE là hình bình hành, nên ^HD



^BEF



^{d D BEF}



^,

  

^{d K BEF}



^,

  

. Dễ thấy ADEHlà hình vuông, nên KEHD KE BE.

Hạ KI EF ^{KI }



^BEF



.Vậy ^{d K BEF}



^,

  

^KI.

Do tam giác SAB đều cạnh 2a, nên SH a 3 ^ 3 2

FK a ; ADEHlà hình vuông cạnh ^a,

nên 2

2 KE a .

Do tam giác FKE vuông tại K, nên 1₂ 1 ₂ 1₂ 4₂ 4₂ 10₂

3 2 3

KI  KF KE  a  a  a  30 10 KI  a .

Vậy



^,



³⁰

10 d BE SC KI a Cách 2: Tọa độ hóa.

Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ.

Ta có

 

 

 

 

;0;0 0; ;0

0;0; 3

; ;0 B a E a

S a

C a a

 



 



. Khi đó

 

 

 

; ;0

; ; 3

;0; 3 BE a a SC a a a BS a a

 

   



 









^_^{BE SC ;   }_



^{3 ; 3 ;2a2 a2 a2}



Vậy

 

3 3

4 4 4

; . 3 0 2 3 30

, ; 3 3 4 10

BE SC BS a a a

d BE SC

a a a

BE SC

    

 

  

   

 

  

  .

Câu 34: [2D3-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi nửa đường tròn y 2x² và đường thẳng d đi qua hai điểm ^A



^{ 2;0}



^{và B}

 

^1;1 (phần tô đậm như hình vẽ )

A. 2 2

4

  . B. 3 2 2 4

  . C. 2 2 4

  . D. 3 2 2 4

  . Lời giải

Chọn D.

Cách 1:

Phương trình đường thẳng AB: ^y



^{2 1}



^{x 2 2.}

Gọi S là diện tích cần tính, ta có

 

     

1 1 1

2 2

2 2 2

2 2 1 2 2 d 2 d 2 1 2 2 d

S x x x x x x x

  





     



 



   ^.

+ Tính

1

2 1

2

2 d

S x x







 ^:

Đặt 2 sin , ;

x t t   2 2. Ta có dx 2 cos dt t.

Đổi cận 2 , 1 .

2 4

x    t  x  t 

Suy ra 1 ^{4 2 4 4 2 4}

 

2 2 2 2

2 2sin . 2 cos d 2 cos cos d 2cos d 1 cos 2 d

S t t t t t t t t t t

   

   

   





 













4

2

1 3 1

sin 2

2 4 2

t t









 

    

  .

 

   

¹

1

2 2

2 2

2 1 2 1

2 1 2 2 d 2 2

2 2

S x x x x

 

   





        ^.

Vậy _{1 2} 3 2 2

S S S   4 . Cách 2: Sử dụng MTCT.

Phương trình đường thẳng AB: ^y



^{2 1}



^{x 2 2.}

Gọi S là diện tích cần tính, ta có ¹



²

  

2

2 2 1 2 2 d

S x x x







     ^.

Sử dụng MTCT, tính S, gán giá trị vào biến A. Lấy giá trị A trừ đi các kết quả trong các đáp án, rồi chọn đáp án có kết quả phép trừ bằng 0. Đó là đáp án D.

CÁC CÂU TƯƠNG TỰ CÂU 34.

Bài 1: [2D3-3] Cho

 

^H là hình phẳng giới hạn bởi parabol ^{3 2}

y 2 x và nửa đường elip có phương trình ¹ 4 ²

y2 x ( với 2  x 2) và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ). Gọi S là diện tích của, biết S ^{a b 3}

c

 

 ( với a, b, c ). Tính P a b c   .

A. P9. B. _P12. C. P15. D. P17. Lời giải

Chọn A.

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol và nửa đường elip là: 3x²  4x²

4 2

3x x 4 0

      x 1 Vậy

1 2

2 2

0 1

3 1

2 d 4 d

2 2

S  x x x x

 







 

1 2

3

2 0 1

3 1

2 4 d

6 2

x x x

 

 

  

 





 ^2 ₆^3S1 O

y

2 x

2

1

Trong đó

2

2 1

1

1 4 d

S  2



x x^. Đặt x2sint dx2cos dt t. Đổi cận x1

t 6

  . 2

x_{  }t 2 .

Vậy

2 2

1 6

2 cos td

S t









²

 

6

1 cos2 dt t









 ²

6

1sin 2 t 2 t





 

  

3

3 4

  .

Suy ra ^{2 4 3}

S ^ 12 ^

  

4 3

6

 

 .

Vậy 4

1 6 a b c

 

  

 



9 P a b c

     .

Câu 36. [2D1-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm trên_ và có bảng xét dấu ^{y f x}

 

như sau.

Hỏi hàm số ^{y f x}



^22x



có bao nhiêu điểm cực tiểu.

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

Lời giải Chọn A.

Ta có ^y



^2x2



^{f x}



^22x



^.



²



2 2 0

0 2 0

y x

f x x

  

      

2 2 2

1 1

2 2

1 2

2 1

1; 3

2 3

x x

x x

x x x

x x

x x

 

 

    

         

và



²



²2

2 2 1

2 0

2 3 3

x x x

f x x

x x x

      

        Bảng xét dấu

Từ bảng xét dấu suy ra hàm số ^{y f x}



^22x



có một cực tiểu.

Câu 37. [1D1-2] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Gọi S là tập hợp các nghiệm thuộc khoảng



^0;100



của phương trình

2

sin cos 3 cos 3

2 2

x x

    x

 

  . Tổng các phần tử của S là

A. ⁷⁴⁰⁰ 3

 . B. ⁷⁵²⁵ 3

 . C. ⁷³⁷⁵ 3

 . D. ⁷⁵⁵⁰ 3

 . Lời giải

Chọn C.

Ta có

2

sin cos 3 cos 3

2 2

x x

    x

 

   1 sinx 3 cosx3

1 3

sin cos 1

2 x 2 x

   sin 1

x 3

 

    2

3 2

x   k 

    ^{2 ,}

 

x 6 k  k

    .

Có 0 100 0 2 100

x  6 k  

      1 599

12 k 12

    . Mà k nên k{0;1; 2;...;49}.

Suy ra S là tổng của 50 số hạng đầu trong cấp số cộng có 1

u 6 và công sai d 2 , do đó

50 7375

2. 49.2

2 6 3

S       .

Câu 39. [2D2-4] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Có bao nhiêu số nguyên ^m



^{0; 2018}



để phương trình _{m+10x=m e.} ^x có hai nghiệm phân biệt.

A. 9. B. 2017. C. 2016. D. 2007.

Lời giải Chọn C.

Ta có _{m+10x=m e.} ^x  ^{m e}



^{x 1}



^{10 *x}

 

.

TH1: x=0 

 

^{*  0 0} (luôn đúng). Vậy x=0 là một nghiệm của phương trình.

TH2: x¹ 0  ¹⁰

 

 1



x

m x f x

e . Ta có:

   

 

²

10 1

1

   



x x

x

e xe

f x

e .

Đặt ^{g x}

 

^{ex 1 xex  g x}

 

^



^{ex 1 xex}



^{ xex.}

Ta có bảng biến thiên hàm số ^{g x}

 

:

Từ bảng biến thiên ta có ^{g x}

 

^g

 

^{0  0 f x}

 

^{  0, x 0}. Bảng biến thiên của hàm số ^{f x}

 

:

Từ bảng biến thiên ta có để phương trình

 

^* có hai nghiệm phân biệt thì đường thẳng ^{y m} phải cắt đồ thị hàm số ^{y f x}

 

tại một điểm ^ 10

0

 

  m

m .

Mặt khác do ^m^,m



^{0; 2018}



nên có 2016 giá trị của ^m thỏa mãn.

Câu 40. [2D3-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Cho hàm số ^{y f x}

 

xác định và liên tục trên đoạn



^3;3



. Biết rằng diện tích hình phẳng S S1, 2 giới hạn bởi đồ thị hàm số ^{y f x}

 

và đường thẳng y  x 1 lần lượt là M m; .

Tính tích phân ³

 

3

d f x x





^{bằng :}

A. 6 m M . B. 6 m M . C. M m 6. D. m M 6. Lời giải

Chọn D.

Chia diện tích hình phẳng S1 là M S11S12 như trong hình vẽ mô tả dưới đây.

Gọi x0 là hoành độ giao điểm của đồ thi

 

^C hàm số ^{y f x}

 

với trục Ox.

Ta có

 

⁰

   

0

3 3

3 3

d d d

x

x

f x x f x x f x x

 

 

  





^S^ABC^S11



^S12^S^CMQ



^SMNPQ^m







2 S11



S12 2



6 m



       ^{ m M 6}. Vậy chọn D.

Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản dựa vào diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cho trước. Nếu xác định được ^{M m,} và cho trước ^{g x}

 

ta có thể tính được ^b

 

a

f x dx



^.

Bài toán tương tự

Bài 1: [2D3-4] Cho hàm số ^{y= f x( )} xác định và liên tục trên đoạn [^{- 5;3}]. Biết rằng diện tích hình phẳng S S S1, ,2 3 giới hạn bởi đồ thị hàm số ^y= ^{f x( )} và đường thẳng

( ) ²

= = + +

y g x ax bx c lần lượt là ^{m n p, ,} . Tích phân

3

5

( )

-

ò

^{f x dx bằng}

A. ²⁰⁸

m n p   45 B. ²⁰⁸

m n p   45 C. ²⁰⁸ m n p 45

    D. ²⁰⁸

m n p 45

    Lời giải

Chọn B

Đồ thị hàm ^{y g x}

 

đi qua các điểm ^O

  

^{0;0 ,A 2;0 ,}

  

^{B 3;2} nên 0

4 2 0

9 3 2

c a b a b

 

  

  





2 15

4 15 0 a b c

 

 









 

^{2 2 4}

15 15

g x  x  x.

           

2 0 3

5 2 0

m n p f x g x dx g x f x dx f x g x dx



 

  



   



   



   ³

 

³

 

5 5

f x dx g x dx

 









^.

 ³

 

³

 

5 5

208 f x dx m n p g x dx m n p 45

 

       

 

O 2 y

x 3

1

3

2

4

1 y  x

 

f x

y=g(x)

y=f(x) S₂

S₃ S₁

2 -1

5

-2

2

-5 O 3 x

y

Câu 41. [2D2-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Cho cấp số cộng ^{( )}un có tất cả các số hạng đều dương thoả mãn

u1+ + +u2 ... u2018=4(u1+ + +u2 ... u1009). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=log²3u2+log²3u5+log3 14²u bằng

A. ³. B. 1. C. 2. D. 4.

Lời giải Chọn C.

Gọi d là công sai của cấp số cộng

 

un và áp dụng công thức tính tổng ⁿ số hạng đầu tiên của

cấp số cộng



1

 

1



1 2

2 ( 1)

... .

2 2

n

n n

u n d n u u n

S u u u   

      .

Giả thiết tương đương



1

 

1



1

2 2017 2018 2 1008 1009

4 2

2 2

u d u d

d u

 

  

Ta có Plog3²



u1d



log²3



u14d



log²3



u113d



log 3²3

 

u1 log 9²3

 

u1 log 27²3



u1



 



1 log3u1

 

² 2 log3u1

 

² 3 log3 1u



².

Đặt log3 1u t ta có ^{P }



^{1 t}

 

^{2 2 t}

 

^{2 3 t}



^{2 3t212t14 3}



^t2



^{2 2 2.}

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t 2, nên 3 1 1

1 2

log 2

9 9

u   u   d (thỏa mãn).

Vậy GTNN của P bằng 2 khi 1

1 2

9; 9

u  d  .

Nhận xét 1. Đây là bài toán không quá khó, nhìn vào giả thiết và biểu thức P ta tìm cách biểu diễn mối quan hệ của số hạng đầu u theo công sai 1 d của cấp số cộng ( )u dựa vào công_n thức



1



1

 

1 2

2 1

... .

2 2

n

n n

u n d n

u u n

S  u u  u       .

Đưa biểu thức P về một ẩn (trong bài này nên đưa về u vì 1 d 2u1 tránh việc lầm xuất hiện phân số, gây khó khăn trong tính toán). Cuối cùng chỉ còn đánh giá bất đẳng thức hoặc xét hàm để tìm GTNN.

Nhận xét 2: Trong bài toán trên ta đã sử dụng tính chất sau: Với

 

un là cấp số cộng thỏa mãn

2_n 4 _n

S  S thì dãy

 

uk với 1 2 qm

k 

 , ^q lẻ, m là cấp số nhân công bội ^q. Cụ thể +^q3 thì u u u u1; ;2 14; 41;... là cấp số nhân công bội ^q3.

+^q5 thì u u u u1; ;3 13; 63;... là cấp số nhân công bội ^q5.

* Bài toán tương tự.

Bài 1. Cho cấp số cộng ^{( )}un có số hạng đầu u10 và công sai d 0 thoả mãn

1 2 2 3 2017 2018 2018

1 1 1 6051

... .

u u u u  u u d u . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

4 2 4 6 4 22

log log log

P= u + u + u bằng

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

Lời giải Chọn B.

Ta có giả thiết tương đương

1 2 2 3 2017 2018 2018

... 6051

d d d

u u +u u + +u u =u

3 2 2018 2017

2 1

1 2 2 3 2017 2018 2018

1 2 2 3 2017 2018 2018

... 6051

1 1 1 1 1 1 6051

...

u u u u

u u

u u u u u u u

u u u u u u u

 

     

       

2018 1 1 1 1

1 2018 2018

1 1 6051

6051 2017 6051 3

u u u d u d u

u u u

          .

Khi đó:

     

2 2 2

4 1 4 1 4 1

log log 5 log 21

P u d  u  d  u  d log 4²4

 

u1 log 16²4



u1



log 64²4



u1



 



1 log4u1

 

² 2 log 4u1

 

² 3 log4u1



².

Đặt log4u1t ta có ^{P }



^{1 t}

 

^{2 2 t}

 

^{2 3 t}



^{2 3t212 14 3t }



^t2



^{2 2 2.}

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t 2, nên _{4 1 1} 1 3

log 2

16 16

u   u   d (thỏa mãn).

Vậy GTNN của P bằng 2 khi 1

1 3

16; 16

u  d  . Suy ra đáp án B.

Bài 2 (Mức độ vận dụng). Cho cấp số nhân ( )un có các số hạng đều dương.

Đặt S u 1 u2 ... u2018 và

1 2 2018

1 1 1

...

T u u  u . Biết rằng lnu1lnu2 ... lnu2018 1. Tính tỉ số S

T . A. ²⁰¹⁸1

S .

T  e B. ¹⁰⁰⁹1

S .

T  e C. S ²⁰¹⁸ .

T  e D. S ¹⁰⁰⁹ . T  e Lời giải

Chọn D.

Gọi ^q là công bội của cấp số nhân

 

un thì 1

q là công bội của cấp số nhân 1 un

 

 

 .

Ta có ¹

 

1 2

... 1

1

n n

u u u u q

q

    

 ; 1 2 1 ¹

 

1 1 1 1

... 1

n n n

q u u u u q ^ q

    

 .

Theo bài ra

 

 

1

2 1

1 1

1

1 1

1 1

n

n n

n

u q S

q S

T u q

q T

u q q





 

 



  

 

 

 



(1).

Khi đó ^{u u u1 2... n u u q1.}

 

^{1 ...}



^{u q1 n1}



^{u q1n. 1 2 ...   n 1 u q1n. n n21 .}

Suy ra ^{u u u1. ...2 n }



^{u q12 n1}



ⁿ (2).

Từ (1) và (2) ta thu được ₁. ...₂

n

n n

u u u S

 T . Thay n2018 và kết quả ₁. ...₂

n

n n

u u u S

 T ta có:

 

1 2 2018 1 2 2018 1 2 2018

lnu lnu  ... lnu  1 ln u u u. ...  1 u u u. ... e

2018 1009

S S S 1009

e e e

T T T

   

           . Vậy tỉ số S ¹⁰⁰⁹

T  e. Suy ra đáp án D.

Câu 42: [2D2-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Giá trị thực của tham số ^m để phương trình

   

9^x2 2m1 3^x3 4m 1 0 có hai nghiệm thực x1; x2 thỏa mãn



x12

 

x22



12 thuộc khoảng nào sau đây?

A.

 

3;9 . B.



^9;



. C. 1 4;3

 

 

 . D. 1

2;2

 

 

 . Lời giải

Chọn C.

Xét phương trình: ^{9x2 2}



^{m1 .3}



^{x3 4}



^{m 1}



⁰

 

1 . Đặt 3^x t;



^{t 0}



.

Khi đó

 

1 trở thành: ^{t22 2}



^m1



^{t3 4}



^{m 1}



^{0 1}

2

3 4 t

t m

 

   . Với t1 3 3^x1 3  x₁ 1.

Theo bài

 

1 có hai nghiệm thực x1; x2 thỏa mãn:



x12

 

x22



12  



1 2

 

x22



12 x2 2



x2 x1



. Do đó t2 3² 9 4m9 9

m 4

  1

4;3 m  

  

 .

Câu 43: [2H3-4] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Trong không gian ^Oxyz, cho ba điểm ^A



^{1;2; 1}



,



^2;0;1



B , ^C



^2;2;3



. Đường thẳng  đi qua trực tâm H của tam giác ABC và nằm trong

mặt phẳng



^ABC



cùng tạo với các đường thẳngAB, AC một góc  45 có một véc tơ chỉ phương là ^{u }



^{a b c; ;}



^{với c} là một số nguyên tố. Giá trị của biểu thức ab bc ca  bằng.

A. ^67. B. 23. C. ^33. D. ^37. Lời giải

Chọn A



^{1; 2; 2}



AB 

 , ^{AC }



^{3;0; 4}



^{ }_^{ AB AC,    }_



^{8; 10; 6}



^nABC 



^4;5;3



. Cách 1.

Do ^{ }



^ABC



^ 4a5b3c0  ^{5b  4a 3c}

 

¹ .

Do  cùng tạo với các đường thẳngAB, AC một góc  45^ nên ta có :

   

cos  cos ,u AB   cos ,u AC 

 2 2 2 2 2 2

2 2 3 4

3 5

a b c a c

a b c a b c

   

    



 

 

7 5 0 2

2 5 11 0 3

a b c

a b c

  



  

 .

Từ

 

1 và

 

2 ta có 11a2c0 , do c nguyên tố nên chọn 11 2 c a

 

  

   b 5

 ^{u  }



^{2; 5;11}



.

Khi đó 2 10 22 10 2

cos 45

5 2

3 4 25 121

    

    

 





2 5 11 a b c

  

  

 



thoả mãn ^{ ab bc ca   67}.

Từ

 

1 và

 

3 ta có 2a14c0 , do c nguyên tố nên chọn 2 14 c a

 

  

 ^b10.

 ^{u }



^{14;10; 2}



.

Khi đó 14 20 4 1 2

cos 3 196 400 4   3 6 2

  

  ^  ⁴⁵.



14 10

2 a b c

  

 

 

không thoả mãn. Vậy ^{ab bc ca   67}, đáp án A.

Chú ý : Đề cần thêm giả thiết ^{a b,} nguyên thì c nguyên tố ta mới tìm được c11 Cách 2.

Đường thẳng  sẽ có các VTCP cùng phương với VTCP của đường phân giác trong và phân giác ngoài gócA.

Ta có ^{AB}



^{1; 2; 2}



^{, AC }



^{3;0; 4}



^  AB AC. 0 _ BAC nhọn.

Nên đường phân giác trong gócA sẽ tạo với hai cạnh^{AB AC,} một góc nhỏ hơn so với đường phân giác ngoài.

Ta có ^{5AB}



^{5; 10;10}



^{ 5AB  225.}

Và có ^{3AC }



^9;0;12



^ 3AC  225 .

Gọi u 5AB3AC thì ^{u  }



^{4; 10; 22}



là một VTCP của đường thẳng. Do ^{u }



^{a b c; ;}



^{có c} nguyên tố nên ^{u   }



^{2; 5;11}



^

2 5 11 a b c

  

  

 



 ab bc ca   67. Cách 3.

Tương tự lý luận như cách 2.

Gọi E là chân đường phân giác trong góc A. Thì điểm E chia đoạn BC theo tỉ số k ^AB

 AC. Từ đó cũng tìm được toạ độ điểm E và được AE

là một VTCP của .

Câu 44: [2D1-4] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Tìm giá trị của tham số m để đồ thị hàm số

 

4 2

2 1 2 3

y x  m x  m có ba điểm cực trị A, B, C sao cho trục hoành chia tam giác ABC thành một tam giác và một hình thang biết rằng tỉ số diện tích tam giác nhỏ được chia ra và diện tích tam giác ABC bằng ⁴

9. A. 1 15

m 2 . B. 1 3

m 2 . C. 5 3

m 2 . D. 1 15 m 2 . Lời giải

Chọn A

 

4 3 4 1

y  x  m x. Hàm số có 3 điểm cực trị  y0 có 3 nghiệm phân biệt   m 1. Khi _{m 1}, đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là ^A, B, _C.

Khi đó, giả sử ^A



^{0; 2m3}



, ^B



^{ m 1; m2 2}



^{, C}



^{m 1; m2 2}



^.

Tam giác ABC cân tại A, A Oy , B đối xứng với C qua trục Oy.

Trục hoành chia tam giác ABC thành một tam giác và một hình thang 2 ₂ 3 0 2 0 m

m

  

    kết hợp với m 1 được m 2.

Khi đó, gọi ,D E là lần lượt là các giao điểm của trục Ox và các cạnh AB, AC.

D E

y

C

B K

A

O

x

Ta có

2 ADE

ABC

S AO

S AK





 

  

2 A

A B

y y y

 

   

 

2 2

2 3

1 m m

  

    4

9 ₂2 3 2

2 1 3

m

m m

  

 

2

1 15

2 2 7 0 2

1 15

2 m

m m

m

  



    

 

 



. Đối chiếu m 2 1 15 m 2

  .

Tổng quát:

[2D1-3] Tìm giá trị của tham số để đồ thị hàm số ^{y ax 4bx2c a}



^0



có ba điểm cực trị , ,

A B C sao cho trục hoành chia tam giác ABC thành một tam giác và một hình thang biết rằng tỉ số diện tích tam giác nhỏ được chia ra và diện tích tam giác ABC bằng k².

HD:

ĐK để hàm số có 3 điểm cực trị b0.

Gọi các điểm cực trị là

 

^{0; , ; , ;}

2 4 2 4

b b

C c A B

a a a a

     

   

   

   .

Theo giả thiết ta có ^{CEF 2}

CAB

S k

S   CO

CD  k

c k c 4 a

  

    4ac kb ².

Câu 45: [2H3-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho

đường thẳng

 

1 3

: 2

2 3 1

x a at

y t

z a a t

   

    

    



. Biết rằng khi ^a thay đổi luôn tồn tại một mặt cầu cố định đi qua điểm ^M



^1;1;1



và tiếp xúc với đường thẳng . Tìm bán kính của mặt cầu đó.

A. 5 3 . B.4 3 . C.7 3 . D.3 5 .

Lời giải Chọn A

Ta thấy đường thẳng  luôn đi qua điểm ^A



^{1; 5; 1 }



và  luôn nằm trên mặt phẳng

 

^{ :x y z   3 0}. Do đó mặt cầu

 

^S tiếp xúc với mặt phẳng

 

^ tại điểm A thì tiếp xúc với đường thẳng .

Mặt cầu cần tìm có tâm I thuộc đường thẳng

 

1 5 1

x t

y t t

z t

  

    

   



R ^I



^{1 ; 5    t t; 1 t}



.

Ta có: ^{IM d I}



^,

 

^



hay ^{t2 }



^{t 6}

 

^{2 t 2}



^{2  3t  8t 40 0   t 5.}

Khi đó R5 3. Nhận xét

Cách làm không thay đổi khi đường thẳng  đi qua một điểm cố định và nằm trên một mặt phẳng cố định.

.

Câu 46. [1D5-3] [Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Cho hàm số 2 1 y x

 x

 có đồ thị

 

^C và điểm



^0;



A a . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của ^a để từ A kẻ được hai tiếp tuyến ,

AM AN đến

 

^C với ^{M N,} là các tiếp điểm và MN 4. Tổng các phần tử của S bằng

A. 4 . B. 3 . C. 6 . D. 1

Lời giải Chọn D.

Giả sử đường thẳng d có hệ số góc là k đi qua ^A



^0;a



có phương trình là ^{y kx a } .

d là tiếp tuyến của

 

^C khi hệ phương trình sau có nghiệm:

 

²

2 1 2 1

x kx a x

x k

  

 

 

 

.

Từ đó ta suy ra phương trình:



^a2



^{x22ax a 0}

 

* .

Từ điểm ^A



^0;a



kẻ được hai tiếp tuyến đến

 

^C thì phương trình

 

* có hai nghiệm phân biệt khác 1 .



 

2

2

2 2 0

2 0

a

a a a

a a a

 

   

   



2 0 a a

 

   .

Giả sử ₁ ¹

1

; 2 1 M x x

x

 

  

  và ₂ ²

2

; 2 1 N x x

x

 

  

  là các tiếp điểm với x x₁, ₂ là hai nghiệm phân biệt của

 

* .

Ta có MN 4 ^



2 1



^{2 1 2}

1 2

2 2

1 1 16

x x

x x

x x

 

       ^

   

 

2

2 2 1

2 1 2

2 1 1 2

4 16

1 x x x x

x x x x

   

   .



 

 

2

1 2 1 2 2

1 2 1 2

4 1 4 16

x x x x 1

x x x x

 

     

      .

Mà theo viet, ta có

1 2

1 2

2 2

2 x x a

a x x a

a

  

 

 

 



, từ đó ta suy ra:



⁸



₂^{. 1}



²



^{2 16}

2

a a

a     .



²



8a a 4a 5

   ^16



^{a2 4a4}



^{ a36a213a 8 0  a 1}