Đề thi thử THPT quốc gia 2018 môn Toán có đáp án THPT Lương Thế Vinh hà nội lần 2 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

SẢN PHẨM TỔ 3 TUẦN 10

Đề thi thử Trường THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội, lần 2 năm 2018

Câu 18: [2D1-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Biết đồ thị hàm số

 

4 2 1 2 2 1

y x  m x  m cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt , , , A B C D sao cho AB BC CD  . Tổng các giá trị của tham số ^m bằng

A. 4. B. ⁵. C. ³²

9 . D. ⁴⁴

9 . Lời giải

Chọn C.

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là nghiệm của phương trình:

 

4 2 1 2 2 1 0

x  m x  m  .

Đặt tx², đk:t0, phương trình trở thành: ^{2 2}



¹



^{2 1 0 1}

 

¹

2 1

t m t m t

t m

 

         . Để đồ thị hàm số trên cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt , , , A B C D sao cho

AB BC CD  điều kiện là phương trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt t t1, 02



 t1 t2



thỏa mãn t2  t1 2 t1   t1 t2 2 t t1 2 4 2t1

 

.

Để phương trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt điều kiện là:

2 1 0 1 2 1 1 2

0

m m

m m

    

 

   

  

.

* TH1: ¹

2

1 0

2 1

t m

t m

 

    

 thay vào

 

2 ta được:

2m 2 2 2m  1 4 2m1m1, đk:m1

 

 

2 0

2 1 2 1 4

4 /

m l

m m m m

m t m



       

 

* TH2: ¹

2

2 1

1 0

t m

t m

 

  

  thay vào

 

2 ta được:

 

¹

2 2 2 2 1 4 2 1 2 1 3 1

m  m  m  m   m m 3

 

 

 

2

0 4

2 1 9 6 1 4 / 9

9

m l

m m m m

m t m





        

  



Vậy tổng các giá trị của tham số ^m thỏa mãn đề bài là: 4 32 4 9 9 .

Câu 31: [2D4-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho số phức ^z thỏa mãn (z 2 i z)(   2 i) 25. Biết tập hợp các điểm M là điểm biểu diễn số phức w2z 2 3i là đường tròn tâm ( ; )I a b và bán kính ^c. Giá trị của a b c  bằng

A. 17. B. 20. C. 10. D. 18.

Lời giải Chọn A.

* Phân tích:

Đây là bài toán tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức ^w biểu diễn qua số phức ^z thoa mãn điều kiện cho trước (của ^z).

+ Nếu làm theo hướng đại số thì cần chú ý: bài toán yêu cầu tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức nào thì đặt số phức đó bằng ^{x yi x y}



^{, }



.

+ Nếu chú ý về giả thiết (z 2 i z)(   2 i) 25(z 2 i z).(   2 i) 25   z 2 i 5 thì lời giải hình học sẽ nhẹ nhàng hơn.

* Giải

* Cách 1

Gọi M x y( ; ) là điểm biểu diễn số phức ^w ta có: 2 3

2 2 3

2 2

x y

x yi z i z   i

      

2 3

2 2

x y

z   i

   .

Từ giả thiết ta có

2 3 2 3

( 2 )( 2 ) 25 2 2 25

2 2 2 2

x y x y

z i z  i     i  i    i  i

   

2 2

2 2

2 ( 5) 2 ( 5)

2 2 2 2 25.

2 5

25 2 5 100.

2 2

x y x y

i i

x y

x y

   

  

    

 

   

         

Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn số phức ^w là đường tròn tâm (2;5)I bán kính R10. Do đó a b c  17.

* Cách 2

Ta có: (z 2 i z)(   2 i) 25(z 2 i z).(   2 i) 25       z 2 i 5 z 2 i 5

Thay 2 3

2

w i

z  

 vào điều kiện trên ta được ^{2 3 2 5}



^{2 5}



¹⁰

2

w i

i w i

         . Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn số phức ^w là đường tròn tâm (2;5)I bán kính R10. Do đó a b c  17.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D4-3] [Thi thử cụm 6 TP. HCM] Cho số phức z thỏa mãn z 1 2;w (1 3 )i z2.Tập hợp điểm biểu diễn của số phức w là đường tròn, tính bán kính đường tròn đó

A. R3. B. R2. C. R4. D. R5.

Lời giải Chọn C.

   

         

(1 3 ) 2 3 3 (1 3 ) 1

3 3 1 3 1 1 3 1 4

w i z w i i z

w i i z i z

        

         

Do đó, tập hợp điểm biểu diễn của số phức w là đường tròn có bán kính bằng 4.

Câu 2: [2D4-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho số phức z thỏa mãn

2 2

z  . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức ^{w }



^{1 i z i}



^ là một đường tròn.

Tính bán kính r của đường tròn đó

A. r2 2. B. r4. C. r 2. D. r2.

Lời giải Chọn A



¹



1 w i z i z w i

i

     

 ; đặt w x yi x y  ; ,  . 1

x yi i

z i

   

 . Ta có

  

¹



2 2 2 2 2 2

1 2

x yi i i x yi i

z i

  

         



     

  

²



^{2 2 2 2 2}

2 2 2 2

1 2 2 1 4 4 3 1 4

2

3 1 16 9 2 6 6 1 2 2 2 16

2 2 8 4 6 0 4 2 3 0

x yi i i

x xi yi y i x y x y i

x y x y x y xy y x x y xy y x

x y x y x y x y

  

                 

                   

            Đường tròn có bán kính là R 2²  1² 3 2 2.

Câu 39: [1H3-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Đáy của một lăng trụ tam giác đều là tam giác ABC có cạnh bằng ^a. Trên các cạnh bên AA BB CC, , ' lần lượt lấy các điểm

1, ,1 1

A B C cách mặt đáy



^ABC



một khoảng bằng 3 2, , 2

a a

a . Cosin của góc giữa



A B C1 1 1



và



^ABC



bằng

B1

C

B

A' C'

B'

A A1

C1

A. 2

2 . B. 3

2 . C. 13

4 . D. 15

5 . Lời giải

Chọn A.

* Phân tích

Nhận thấy ABC là hình chiếu vuông góc của A B C1 1 1, mà diện tích ABC tính được,

1 1 1

A B C

 ta tính được 3 cạnh nên diện tích cũng tính được. Do đó để tính góc giữa hai mặt phẳng ta có thể sử dụng công thức diện tích hình chiếu.

* Giải

K

H B1

C

B

A' C'

B'

A A1

C1

I

Ta có ² 3

ABC 4

S_  a .

Mà _{1 1 1} ² ₁² 5

2

A B  A H HB  a ,A C_{1 1}  A I₁ ²IC₁² a 2, _{1 1 1} ² ₁² 5 2 B C  B K KC  a

Từ đó ta có A B C1 1 1 là tam giác cân tại B1 nên

1 1 1

2 6

A B C 4 S_  a

Vậy

     

1 1 1

1 1 1

cos , 2

2

ABC A B C

A B C ABC S S





 

* Nhận xét:

- Bài này ta có thể dụng phương pháp tọa độ trong không gian để làm bằng cách dựng hệ trục tọa độ như hình vẽ sau

x

z

y

O B1

C

B

A' C'

B'

A A1

C1

- Ta cũng có thể dựng góc giữa hai mặt phẳng để tính như hình vẽ sau

D

E

O B1

C

B

A' C'

B'

A A1

C1

I

Bài tập tương tự

Câu 1: [1H3-3] Cho hình chóp đều S ABCD. có tất cả các cạnh bằng ^a. Gọi M là trung điểm SC. Tính góc ^j giữa hai mặt phẳng

(

MBD

)

và

(

ABCD

)

.

A.  90^o. B.  60^o. C.  45^o. D.  30^o.

Câu 2: [1H3-3] Cho tam giác ABC vuông cân tại A có AB a , trên đường thẳng d vuông góc với



^ABC



tại điểm A ta lấy một điểm D. Tính góc giữa hai mặt phẳng



^ABC



và



^DBC



trong trường hợp DBC là tam giác đều.

A. 1

arccos

3. B. 3

arccos

3 . C. 3

arccos

4 . D. 3

arccos 6 .

Câu 3: [1H3-3] Cho lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy ABC là một tam giác cân với

 ⁰

, 120

AB AC a BAC   cạnh bên BB a. Gọi I là trung điểm ^CC. Chứng minh rằng tam giác AB I vuông ở A. Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng



^ABC



và



^{AB I}



?

A. 15

10 . B. 30

10 . C. 10

30. D. 15

30.

Câu 40: [2D3-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm liên tục trên



^1;



thỏa mãn ^f

 

^{1 1} và ^{f x}

 

^{3x22x   5 x}



^1;



. Tìm số nguyên dương m lớn nhất sao cho _x^min_{3;10} ^{f x}

 

^m với mọi hàm số ^{y f x}

 

thỏa đề bài.

A. m15. B. m20. C. m25. D. m30. Lời giải

Chọn C.

Do giả thiết cho một bất đẳng thức liên quan đến ^{y f x'}

 

nên ta sẽ lấy tích phân hai vế để được một bất đẳng thức liên quan đến ^{y f x}

 

.

Ta có

   

2 3 2

1^t f x x( )d  1^t(3x 2x5)dx  f t  f 1    t t 5t 3  t 1

 

^.

Suy ra

 

^{3 2 5 4} _x^min_3;10

 

_x^min_3;10



^{3 2 5 4}



²⁵

f x x x x f x x x x

 

          .

Vậy m25.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D3-3] Cho các hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm liên tục trên

 

^{0; 1} thỏa mãn

   

²⁰¹⁸

 

3f x xf x x  x 0; 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của



₀^{1 f x x}

 

^{d .}

A. 1

2019.2020. B. 1

2019.2021. C. 1

2020.2021. D. 1

2018.2020.

Câu 2: [2D3-3] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm liên tục trên _ thỏa mãn ^f

 

^{1  1} và

 

^{4 2}₂ ^{2 0}

f x x x x

   x    . Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Phương trình ^{f x}

 

^0 có 1 nghiệm trên

 

^{0; 1} .

B. Phương trình ^{f x}

 

^0 có đúng 3 nghiệm trên



^{0;  }



. C. Phương trình ^{f x}

 

^0 có 1 nghiệm trên



^{1; 2}



.

D. Phương trình ^{f x}

 

^0có 1 nghiệm trên



^{2; 5}



.

Câu 42: [2D1-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho hàm số ^{y f x}

 

liên tục trên các khoảng xác định và có bảng biên thiên như hình vẽ bên cạnh. Hỏi số đường tiện cận đứng của đồ thị hàm số ²_{ }1

f x 2 ye

 là bao nhiêu?

A. 0. B. 3. C. 1. D. 2. Lời giải

Chọn D.

* Phân tích:

Bài toán yêu cầu tìm số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ²1_{  2}

f x

ye ^ thực chất là hỏi số nghiệm của phương trình e^{f2 x}  2 0 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt.

* Giải

Xét ^{ef2 x  2 0 *}

 

^{ f2}

 

^{x ln 2}

 

 

ln 2 ln 2 f x

f x



 

   .

Khi đó số nghiệm của phương trình

 

* là tổng số giao điểm của hai đường thẳng d y1: ln 2 và d2:y ln 2 với đồ thị hàm số ^{y f x}

 

.

Dựa vào đồ thị hàm số ta có d1 cắt đồ thị hàm số ^{y f x}

 

tại một điểm phân biệt và d2 cũng cắt đồ thị hàm số ^{y f x}

 

tại một điểm phân biệt.

Vậy số số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ²_{ }1

f x 2 y e

 là 2 đường.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D1-3] Cho hàm số ^{y f x}

 

liên tục trên các khoảng xác định và có bảng biên thiên như hình vẽ bên cạnh. Hỏi số đường tiện cận đứng của đồ thị hàm số 2 ²

 

1

log 4

y f x

 là bao nhiêu?

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

Lời giải Chọn D.

Bài toán yêu cầu tìm số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 2 ²

 

1

log 4

y f x

 thực chất là hỏi số nghiệm của phương trình log2 f²

 

x  4 0 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt.

Xét log2 f²

 

x  4 0log2 f x

 

 2 f x

 

4.

Dựa vào đồ thị hàm số ^{y f x}

 

ta được đồ thị hàm số ^{y f x}

 

có dạng

với x1



0;



. Khi đó số nghiệm của phương trình ^{f x}

 

^4 là số giao điểm của đường thẳng có phương trình y4với đồ thị hàm số ^{y f x}

 

.

Dựa vào bảng biến thiên ta được phương trình ^{f x}

 

^4 có bốn nghiệm phân biệt.

Vậy số số đường tiện cận đứng của đồ thị hàm số 2 ²

 

1

log 4

y f x

 là 4 đường.

Câu 2: [2D1-3] Cho hàm số ^{y f x}

 

liên tục trên các khoảng xác định và có bảng biên thiên như hình vẽ bên cạnh. Hỏi số đường tiện cận đứng của đồ thị hàm số 2018²_{ }

f x

ye e

 là bao nhiêu?

A. 3. B. 5. C. 4. D. 6.

Lời giải Chọn B.

Bài toán yêu cầu tìm số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 2018²_{ }

f x

ye e

 thực chất là hỏi số nghiệm của phương trình e^{f2 x}  e 0 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt.

Xét ^{ef2 x  e 0 *}

 

^{ f2}

 

^{x 1}

 

 

1 1 f x f x



 

   .

Khi đó số nghiệm của phương trình

 

* là tổng số giao điểm của hai đường thẳng d y1: 1 và

2: 1

d y  với đồ thị hàm số ^{y f x}

 

.

Dựa vào đồ thị hàm số ta có d1 cắt đồ thị hàm số ^{y f x}

 

tại ba điểm phân biệt và d2 cắt đồ thị hàm số ^{y f x}

 

tại hai điểm phân biệt.

Vậy số số đường tiện cận đứng của đồ thị hàm số ²_{ }1

f x 2 ye

 là 5 đường.

Câu 43: [2H1-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho hình chóp .S ABCDđáy là

hình bình hành, có 5

, 2

AB a SA SB SC SD    a . Giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp .

S ABCDbằng A.

3 3

6

a . B.

3

3

a . C.

2 3 3 3

a . D.

3 6

3

a .

Lời giải Chọn B.

* Phân tích:

- Đây là hình chóp có các cạnh bên bằng nhau nên gọi H là hình chiếu của S xuống mặt phẳng



^ABCD



thì HA HB HC HD   H là tâm đường tròn ngoại tiếp đáyABCD là hình chữ nhật.

- Đặt cạnh còn lại của hình chữ nhật là ^x lập công thức tính thể tích theo ^{a x,} rồi khảo sát hàm số theo ^xta có kết quả.

* Giải

Đặt AD x thì _{BD a}²_x² , S_ABCD a x.

Có 2 2



^{2 2}



² 4 ^{2 2}

4 4

SB SD BD a x

SH      4 ^{2 2}

2 . a x

SH 

 

Thể tích cần tính là _. 1 1 ^{2 2}

. . . 4 .

3 6

S ABCD ABCD

V  SH S  a x a x

 

^{2 2 2 3}

2 2 2

.

1 4

. 4 . .

6 6 2 3

S ABCD

a x a x a

V  a x a x     

 

Dấu bằng xảy ra khi x² 4a²x²  x a 2 (theo bất đẳng thức AM GM ).

Bài tập tương tự

Câu 1: [2H1-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình bình hành, 10 2 SA SB SC SD    a , AB a . Biết thể tích khối chóp .S ABCD đạt giá trị lớn nhất. Độ dài cạnh AD là

A. a 3. B. 3 2

2

a . C. ^a. D. a 5.

Câu 2: [2H1-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình bình hành, 2 2 SA SB SC SD   a , AB a . Tính độ dài đường cao của hình chóp khi thể tích khối chóp .S ABCD đạt giá trị lớn nhất.

A. a 3. B. 2

4

a . C. ^a. D. a 5.

Câu 44: [1D2-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Từ hai chữ số 1 và 8 lập được bao nhiêu số có 8 chữ số sao cho không có hai chữ số 1 nào đứng cạnh nhau.

A. 54. B. 110. C. 55. D. 108.

Lời giải Chọn C.

Nếu có từ 5 chữ số 1 trở lên thì số lập được luôn có ít nhất 2 chữ số 1 đứng cạnh nhau.

Xét các trường hợp sau

Không có chữ số 1 ta lập được 1 số

Có một chữ số 1, bảy chữ số 8: lập được 8 số Có hai chữ số 1, sáu chữ số 8: lập được C₇² số Có ba chữ số 1, năm chữ số 8: lập được C₆³ số Có bốn chữ số 1, bốn chữ số 8: lập được C₅⁴ số

Vậy ta lập được 1 8 C₇²C₆³C₅⁴ 55 số tự nhiên thỏa mãn.

Câu 45: [1D2-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Từ 2 chữ số 1;0 lập được bao nhiêu số có 8chữ số sao cho không có 2 chữ số 1 nào đứng cạnh nhau.

A. 42 . B. 22 . C. 21 . D. 44 .

Lời giải Chọn C.

Tư tưởng là làm như bài trên và trừ đi trường hợp số 0đứng đầu hoặc làm trực tiếp Không có chữ số 1 ko lập được số nào

Có một chữ số 1 thì số 1 chỉ có thể đứng đầu nên lập đc 1 số

Có hai chữ số 1; sáu chữ số 0.Một chữ số 1 đứng đầu nên ta lập đc C¹6

Có ba chữ số 1; năm chữ số 0. Một chữ số 1 đứng đầu nên ta lập đc C5²

Có bốn chữ số 1 ; bốn chữ số 0. Một chữ số 1 đứng đầu nên ta lập đc C4³

Vây ta lập được 1C₆¹C₅²C₄³21

Câu 46: [1D2-2] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho khai triển



^{1 2017}



²⁰¹⁸



^{1 2018}



²⁰¹⁷

T   x x   x x . Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển bằng

A. 4035. B. 1. C. 2017. D. 0.

Lời giải Chọn B.

* Phân tích:

Khai triển của ^{T   }



^{1 x x2017}



^{2018  }



^{1 x x2018}



²⁰¹⁷ là một đa thức nên



^{1 2017}



²⁰¹⁸



^{1 2018}



^{2017 0 1 2 2 4068289 4068289}

T   x x   x x a a x a x  a x

 

1 2 2 4068289 4068289 ^4068288

T x a a x a x

     T

 

0 a1.

Mặt khác, ^{T x}

 

^_



^{1 x x2017}



^{2018  }



^{1 x x2018}



^2017_^



²⁰¹⁷

 

^{2017 2016}

 

²⁰¹⁸

 

^{2016 2017}



2018 1 x x 1 2017x 2017 1 x x 1 2018x

         ^T

 

^{0 1}.

Suy ra, a1 1.

* Giải



^{1 2017}



²⁰¹⁸



^{1 2018}



^{2017 0 1 2 2 4068289 4068289}

T   x x   x x a a x a x  a x

1

 

0 1

a T

   .

Bài tập tương tự

Câu 1: [1D2-2] Tìm hệ số không chứa x trong khai triển của ^{P x}

 

^



^{2 x 3x8}

 

^{5 3 2x x 20}



^5.

A. 211. B. 0 . C. 211. D. 1.

Câu 2: [1D2-2] Tìm tổng các hệ số chứa biến trong khai triển của

  

^{1 3}



²⁰¹⁵



^{1 3 4}



²⁰¹⁶

Q x   x x   x x .

A. 1. B. 0 . C. 1. D. 2 .

Câu 47: [2D3-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm trên _ thỏa mãn

 

^{ }

 

3 2 1

2

3 . ^{f x x} 2x 0

f x e

f x

     và ^f

 

^{0 1}. Tích phân ⁷

 

0

. d

x f x x



^bằng

A. 2 7

3 . B. 15

4 . C. 45

8 . D. 5 7

4 Lời giải

Chọn C.

Phân tích: Nhận thấy

 

^{ef3 x 3.f x f}

 

^{. 2}

 

^x nên ý tưởng là quy đồng chuyển vế để tích phân 2 vế

Ta có:

 

^{3  2 1} 2

 

²

   

^{3  2 1}

3 . ^{f x x} 2x 0 3. . . ^{f x} 2 . ^x

f x e f x f x e x e

f x

  

     

Lấy nguyên hàm 2 vế ta được:



^3.f2

   

^{x f x e.  . f3 xdx}



^{2 .x ex21dx}



^ex21d



^x21



 

3 2 1 0

f x x

e e ^ C

   

Mặt khác: ^f

 

^{0   1 C 0} nên ^f3

 

^{x x2 1 f x}

 

^{ 3 x21}

Tính: ⁷

 

^{7 3 2}

0 0

. d . 1.d 45

x f x x x x  x 8

 

^.

Bài tập tương tự

Câu 1: Cho hàm số ^{f x}

 

có đạo hàm liên tục trên

 

0;1 thỏa mãn

 

¹

 

²

0

1 0, d 1

f 



f x  x11 ^và

1

 

4 0

d 1 x f x x 55



. Tích phân ¹

 

0

d f x x



^bằng

A. 1

7. B. 1

7. C. 1

55. D. 1 11 Lời giải

Chọn A.

Ta có

     

1 5 1 1 5

4

0 0 0

d d

5 5

x x

x f x x f x   f x x

 

 

^{1 5}

 

0

d 1 x f x x 11







mà ¹

 

^{5 2}

0

d 1 x x11



^{nên 1}

 

^{2 1 5}

 

¹

 

^{5 2}

0 0 0

d 2 d d 0

f x x x f x x  x x

 

 

  

¹

 

^{5 2}

0

0 f x x dx

 





    ^. Suy ra ^{f x}

 

^{x5 }

 

^{1 6}

6  f x x C . Vì ^f

 

^{1 0} nên 1

 6

C . Vậy ¹

 

^{1 6}

0 0

1 1

d d

6 7

f x x x  x

  

 

^.

Câu 2: Cho hàm số ^{f x}

 

có đạo hàm liên tục trên

 

0;1 thỏa mãn

 

¹

 

²

0

1 0, d 3 2ln 2

f 



f x  x 2 và

 

 

1

2 0

d 2ln 2 3 1 2

f x x

x  



 . Tích phân ¹

 

0

d f x x



^bằng

A. 1 2ln 2 2

 . B. 3 2ln 2

2

 . C. 3 4ln 2

2

 . D. 1 ln 2

2



Lời giải Chọn A.

Ta có

 

   

1 1

2

0 0

d d 1 1

1 1

f x x f x x x

 

    





  

^{1 1}

 

0 0

1 1

1 1 d

1 f x 1 f x x

x x

     

     



   

Suy ra ¹

 

0

1 3

1 d 2ln 2

1 f x x 2 x

     

  

 



^.

Mặt khác

   

2 1

1 1

2

0 0 0

1 1 1 1 3

1 d 1 2 d 2ln 1 2ln 2

1 x 1 1 x x x 1 2

x x x x

   

              

      

      

 

^.

Do đó ¹

 

^{2 1}

 

^{1 2}

0 0 0

1 1

d 2 1 d 1 d 0

1 1

f x x f x x x

x x

   

      

     

       

  

³

 

²

0

1 1 d 0

f x 1 x

x

  





      ^.

 

^{1 1}

f x 1

 x

  

 ^{ f x}

 

^{ x ln}



^{x 1}



^C, vì ^f

 

^{1 0} nên Cln 2 1 .

Ta được ¹

 

¹

 

0 0

d ln 1 ln 2 1 d 1 ln 2

f x x x x    x 2

 

^.

Câu 48: [2H3-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Trong không gian Oxyz, cho điểm ^A



^{1;1; 2}



và

  

^{P : m1}



^{x y m  z 1 0 } với ^m là tham số. Biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng

 

^P lớn nhất. Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là

A. 2 m 6. B. Không có ^m. C.   2 m 2. D.    6 m 2. Lời giải

Chọn A.

* Phân tích:

- Đây là bài toán mà giả thiết có liên quan trực tiếp đến kết luận thông qua công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng, mấu chốt của bài toán là tìm giá trị nhỏ nhất của hàm phân thức dạng

2 2

ax bx c y a x b x c

 

     .

- Học sinh có thể sử dụng MTCT để tìm được phương án trả lời đúng.

* Giải

Ta có:



^,

  

³₂ ¹

2 2 2

d d M P m

m m

  

  .

 

²

2

2

9 6 1

2 2 2

m m

d y m

m m

 

  

  . Xét hàm ^{y m}

 

có

 

 

2 2 2

1 3 16 5

2. 1

m m

y m m m

  

 

  .

 

^{0 5}1 3 m

y m m

 

  

  . Bảng biến thiên

Suy ra d lớn nhất ^{ y m}

 

lớn nhất  m 5. Chọn đáp án A.

Câu 49: [2D4-3] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Gọi z1, z2 là hai trong số phức z thỏa mãn z 1 2i 5 và z1z2 8. Tìm môđun của số phức w z 1 z2 2 4i.

A. w 6. B. w 16. C. w 10. D. w 13.

Lời giải Chọn A.

* Phân tích:

Nhận thấy w z 1 z2  2 4i



z1 1 2i

 

 z2  1 2i



, mặt khác giả thiết cũng có thể viết lại là z1 1 2i 5, z2 1 2i 5 và z1z2  8



z1 1 2i

 

 z2  1 2i



8.

Điều này gợi ý cho ta đặt u1   z1 1 2 ,i u2 z2 1 2i và sau đó ta áp dụng đẳng thức quen thuộc ²



^{u12 u2 2}



^{ u1u2 2 u1u22.}

* Giải

Đặt u₁  z₁ 1 2i, u₂ z₂ 1 2i thì bài toán trở thành:

Cho ^{1 2}

1 2

5 8 u u u u

  



 

 , tính u₁u₂ .

Áp dụng công thức ²



^{u12  u2 2}



^{ u1u2 2 u1u2 2 u1u2 6.}

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D4-3] Cho hai số phức z z₁, ₂ thỏa mãn z₁ 3 4i 1, z₂  6 i 2. Tính tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của z1z2 .

A. 18 . B. 6 2. C. 6. D. 3 2.

Câu 2: [2D4-3] Cho hai số phức z z1, 2 thỏa mãn z1 4 1, iz2 2 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của

1 2

z z .

A. 2 5 2 . B. 2 5. C. 3. D. 4 2.

Câu 50: [2D3-4] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho hàm số

  

²



^x2

f x  f x xe . Tính tích phân ²

 

0

f x dx



A. ^{2 1} 2 e

B.

4 1

4 e 

C. e⁴2 D. e⁴1 Lời giải

* Nhận xét

khi cho x0 và x2. Ta có :

   

   

^{4 4}

0 2 0

2 0 3 0 3

f f

f f e e

 

  

  

 (vô lý)

* Sửa lại đề như sau

Câu 50: [2D3-4] [THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, Lần 2 năm 2018] Cho hàm số

 

²



²



^x2

f x  f x xe . Tính tích phân ²

 

0

d f x x



^.

A.

4 1

2 e 

B.

4 1

6 e 

C. e⁴2 D. e⁴1 Lời giải

Chọn B.

Xét ²

 

0

d

I 



f x x ^{và 2}

 

0

2 d

J 



f x x Đặt t 2 x dt dxdx dt

0 2

x  t và x  2 t 0

Ta có : ⁰

 

²

 

²

 

2 0 0

d d d

J  



f t t



f t t



f x x I

Ta có : ^{f x}

 

^2f



^2x



^{xex2 2}

 

²

 

^{2 2}

0 0 0

d 2 2 d ^xd

f x x f x x xe x









 



2 2

0

3I xe^x dx

 



^{2 2}

0

1 d

3

I xex x

 



Đặt ² d 2 d d ¹d

tx  t x xx x 2 t Đổi cận x  0 t 0 và x  2 t 4

Ta có

4 4

0

1 1 1

3 2 dt 6

t e

I 



e  

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D3-4] (THPT Phù Cừ Hy, Hưng Yên) Cho hàm số ^{f x}

 

liên tục trên_ và thỏa mãn

   

^{2 1 sin 2}

 

f x  f x   x  x  . Tính

 

0

d I f x x







A. I 4. B. I  2. C. I 2. D. I 0.

Câu 2: [2D3-4] Cho hàm số ^{y f x}

 

liên tục trên _ , thỏa mãn ^f

 

^{ x 2018f x}

 

^ex. Tính

1

 

1

d I f x x







^.

A.

2 1

2019 I e

e

  . B.

2 1

2018 I e

e

  . C. I 0. D.

2 1

I e e

  .