Đề thi thử môn Toán 2018 Chuyên Vinh - Nghệ An lần 1 - file word có lời giải chi tiết

(1)

Chuyên Vinh – ebooktoan.com

Câu 1. Tất cả các nguyên hàm của hàm số ^{f x}

 

^^cos2xlà A. sin 2x C B. 1

sin 2x C

2  C. 1

sin 2x C

2  D. 2sin 2x C Lời giải

Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản: 1

cos nxdx sin nx C

n 



Cạch giải: Ta có: ^{f x dx}

 

^cos2xdx ¹^{sin 2x C}

 2 

 

Câu 2. Trong không gian Oxyz, một véctơ chỉ phương của đường thẳng

x 2t : y 1 t

z 1

 

    

 

là

A. ^{m 2; 1;1}^



^



^B.^{v 2; 1;0}^



^



^C.^{u 2;1;1}^

 

^D.^{n 2; 1;0}^



^{ }



Lời giải Đáp án D

Phương pháp:

+ Cho phương trình đường thẳng

0 0 0

x x at : y y bt .

z z ct

 



   

  



Khi đó ta biết đường thẳng đi qua điểm



0 0



M x ; y và có vVTCP ^u^ ^



^{a; b;c}



.

+ Chú ý: Véc tơ là một VTCP của thì ^{ku k}^



^



cũng là một VTCP của . Cách giải:

Ta có VTCP của là: ^u^ ^



^2;1;0



^{   }ⁿ^



^{2; 1;0}



cũng là một VTCP của 

Câu 3. Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm A B, như hình vẽ bên. Trung điểm của đoạn thẳng AB biểu diễn số phức

A.  1 2i B. 1

2 2i

  C. 2 i D. 1

2 i

2 Lời giải

Đáp án B Phương pháp:

+ Số phức z a bi a, b 







được biểu diễn bởi điểm ^{M a;b}

 

trên mặt phẳng Oxy. + Tọa độ trung điểm I của AB là:

A B

1

A B

2

x x

x 2

y y

x 2

  

 

 



Cách giải:

Dựa vào hình vẽ ta thấy: A 2;1 , B 1;3

   

M ¹; 2 z ¹ 2i

2 2

 

      

(2)

Câu 4. Phương trình ^{ln x}



²^^{1 .ln x}

 

²^²⁰¹⁸



^⁰ có bao nhiêu nghiệm?

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

Phương pháp:

+ Giải phương trình tích:

     

 

f x 0 f x g x 0

g x 0



  

  + Giải phương trình logarit:

   

 

a b

f x 0 log f x b

f x a

 

  

  Cách giải:

Điều kiện: ² ² x 2018

x 2018 0 x 2018

x 2018

      

  

Ta có:

     

 

2

2 2

2

ln x 1 0 ln x 1 ln x 2018 0

ln x 2018 0

  

    

  



 

2 2

x 0 l

x 1 1 x 2019

x 2018 1 x 2019 tm x 2019

  

   

  

      

   nên phương trình có 2 nghiệm.

Câu 5. Trong không gian Oxyz, cho điểm ^{M 1; 2;3 .}

 

Hình chiếu của M lên trục Oy là điểm A. ^{S 0;0;3}

 

B. ^{R 1;0;0}

 

C. ^{Q 0; 2;0}

 

D. ^{P 1;0;3}

 

Lời giải Đáp án C

Phương pháp: Điểm ^{M a; b;c}

 

có hình chiếu trên trục Ox Oy Oz, , lần lượt là: M a;0;0 , M 0; b;01

 

2

 

và M 0;0;c3

 

.

Cách giải: Hình chiếu của M lên trục Oy là ^{Q 0; 2;0}

 

Câu 6. Cho hàm số xác định ^{y f x}^

 

liên tục trên



^^2;3



và có bảng xét dấu đạo hàm như hình bên. Mệnh đề nào sau đây đúng về hàm số đã cho?

A. Đạt cực tiểu tại x 2 B. Đạt cực tiểu tại x 3 C. Đạt cực đại tại x 0 D. Đạt cực đại tại x 1

Phương pháp:

+ Dựa vào bảng biến thiên để nhận xét.

+ Điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm số ^{y f x}^

 

là nghiệm của phương trình y ' 0 . + Điểm x x 0 là điểm cực đại của hàm số nếu qua điểm đó hàm số đổi dấu từ dương sang âm.

+ Điểm x x 0là điểm cực tiểu của hàm số nếu qua điểm đó hàm số đổi âm từ dương sang dương.

Cách giải:

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra đồ thị hàm số đạt cực đại tại x 0 , đạt cực tiểu tại x 1 .

Câu 7. Cho hình phẳng

 

^D được giới hạn bởi các đường x 0, x 1, y 0   và y 2x 1 . Thể tích V của khối tròn xoay tạo thành khi quay

 

^D xung quanh trục Ox được tính theo công thức

A.

1

0

V 



2x 1dx ^B. ¹

 

0

V 



2x 1 dx ^C. ¹

0

V



2x 1dx ^D. ¹

 

0

V



2x 1 dx

(3)

Lời giải Đáp án B

Phương pháp: Quay hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị hàm số y f x ; y g x

 



 

và các đườn thẳng x a; x b a b 







quanh trục Ox ta được khối tròn xoay có thể tích được tính theo công thức:

   

b

2 2

a

V 



f x g x dx

Cách giải: Ta có ¹

 

² ¹

 

0 0

V 



2x 1 dx 



2x 1 dx  Câu 8. Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?

A. y x ⁴3x²1 B. y x ²3x 1 C. y x ³3x²1 D. y  x⁴ 3x 1 Lời giải

Đáp án A Phương pháp:

+ Dựa vào đồ thị hàm số để đưa ra nhận xét và chọn hàm số hợp lý.

Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt, có 3 cực trị và nhận trục tung làm trục đối xứng nên đồ thị của hàm số là đồ thị của hàm trùng phương.

Câu 9. Giả sử a b, là các số thực dương bất kỳ. Mệnh đề nào sau đây sai?

A. ^{log 10ab}

 

² 2 1 log a log b



 



B. ^{log 10ab}

 

² ^{ }^{2 2log ab}

 

C. ^{log 10ab}

  

²  1 log a log b



² D. ^{log 10ab}

 

² ^{ }^{2 log ab}

 

²

Phương pháp:

+ Sử dụng các công thức cơ bản của hàm logarit.

Cách giải:

Ta có: ^{log 10ab}

 

² ^{2log 10ab}

 

2 1 log a log b



 



p án A đúng.

 

²

     

log 10ab 2 log10 log ab  2 2log ab p án B đúng.

 

²

   

log 10ab 2 log10 log a log b  2 1 log a log b  p án C sai.

Câu 10. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng

 

 : x 2y z 1 0    và

 

 : 2x 4y mz 2 0.    Tìm m để hai mặt phẳng

 

^ ^và

 

^ song song với nhau.

A. m 1 B. Không tồn tại ^m C. m 2 D. m 2 Lời giải

Cho hai mặt phẳng:

 

1 1 1 1

2 2 2 2

: a x b y c z d 0 : a x b y c z d 0.

    



    

 Khi đó

   

¹ ¹ ¹ ¹

2 2 2 2

a b c d

/ / a b c d

     

Cách giải:

Để

   

^ ^{/ /} ^ thì 2 4 m 2 m 2 m 2 m

1 2 1 1

 

 

        

(4)

Câu 11. Cho hình hộp đứng ABCD.A 'B'C 'D 'có cạnh bên AA ' h và diện tích của tam giác ABC bằng S. Thể tích của khối hộp ABCD.A 'B'C 'D 'bằng

A. 1

V Sh

3 B. 2

V Sh

 3 C. V Sh D. V 2Sh

Phương pháp:

+ Công thức tính thể tích hình hộp chữ nhật là: V S .h d

Cách giải:

Ta có: SABCD 2SABC 2SVABCD.A'B'C'D' 2Sh

Câu 12. Hàm số nào trong các hàm số dưới đây không liên tục trên R?

A. y x B. x

yx 1

 C. y sinx D. x

y= x 1 Lời giải

Dựa vào tính chất liên tục của hàm số.

Cách giải:

TXĐ: ^D^ ^{\ 1}

 

. Đồ thị hàm số x y x 1

 không liên tục tại điểm x 1.

Câu 13. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R, chiều cao bằng h. Biết rằng hình trụ đó có diện tích toàn phần gấp đôi diện tích xung quanh. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. h 2R B. h 2R C. R h D. R 2h

Phương pháp:

+ Công thức diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của hình trụ là:

2

xq tp

S  2 Rl;S    2 Rl 2 R Cách giải:

Ta có: Stp 2Sxq  2 Rh 2 R  ²  4 Rh R h

Câu 14. Cho ^{k, n k n}



^



là các số nguyên dương. Mệnh đề nào sau đây sai?

A. ^C^kⁿ ^^{k!. n k !}



^n!^



^B.^A^kⁿ ^^n!.C^kⁿ ^C.^A^kⁿ ^^k!.C^kⁿ ^D.^C^kⁿ ^^C^{n k}ⁿ^

Phương pháp:

+ Công thức chỉnh hợp: ^kn

   

A n! n 1;0 k n; n n k !

    

 

+ Công thức tổ hợp: ^kn

   

C n! n 1;0 k n; n k! n k !

    

 

Cách giải:

Ta có: A^kn k!.C^kn nên đáp án B sai.

Câu 15. Cho hàm số ^{y f x}^

 

có đồ thị như hình vẽ bên.

(5)

Mệnh đề nào sau đây đúng về hàm số đó?

A. Nghịch biến trên khoảng



^^3;0



B. Đồng biến trên khoảng



^{0; 2}



C. Đồng biến trên khoảng



^^1;0



D. Nghịch biến trên khoảng

 

^0;3

Phương pháp:

+) Dựa vào đồ thị hàm số nhận xét những đặc điểm của đồ thì và chọn kết luận đúng.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra đồ thị hàm số đồng biến trên



1;0 và 2;

 





,nghịch biến trên



^{ }^{; 1}



và



^{0; 2}



Câu 16. Đồ thị hàm số x 1₂

y x 1

 

 có tất cả bao nhiêu tiệm cận đứng và tiệm cận ngang?

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

Phương pháp:

+) Đường thẳng ^{x a}^ được gọi là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ^{y f x}^

 

nếu: ^{lim f x}_{x a}_

 

^{ }

+) Đường thẳng y b được gọi là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số ^{y f x}^

 

nếu: _x^{lim f x}_

 

^^b

Cách giải:

TXĐ: ^D    



^{; 1}

 

^1;



Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x 1 . Ta có _x _x

2

1 1x 1

lim y lim 1

1 1

1 x

 

    

 tiệm cận ngang y 1 .

Lại có _x _x

2

1 1x 1

lim y lim 1

1 1

1 x

 

     

   tiệm cận ngang y 1.

Đồ thị hàm số x 1₂

y x 1

 

 có tất cả 3 cận đứng và tiệm cận ngang.

Câu 17. Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất. Giả sử súc sắc xuất hiện mặt b chấm. Xác suất để phương trình x²bx 2 0  có hai nghiệm phân biệt là

A. 1

2 B. 1

3 C. 5

6 D. 2

3 Lời giải

Đáp án D Phương pháp:

+) Phương trình ax²bx c 0  có hai nghiệm phân biệt   0 Cách giải:

(6)

Phương trình x²bx 2 0  có hai nghiệm phân biệt   b² 8 0 Vì b là số chấm của con súc sắc nên ^{1 b 6, b}^{ } ^^*^{ }^b



^{3; 4;5;6}



Vậy xác suất cần tìm là 4 2 6 3

Câu 18. Trong không gian Oxyz, cho điểm M 1; 0; 1 .







Mặt phẳng

 

^ đi qua M và chứa trục Ox có phương trình là

A. x z 0  B. y z 1 0   C. y 0 D. x y z 0   Lời giải

Đáp án C Phương pháp:

+) Phương trình đường thẳng đi điểm M x ; y ; z



0 0 0



và có VTPT ⁿ^ ^



^a;b;c



có phương trình:



0

 

0

 

0



a x x b y y c z z 0.

+) Hai vecto u; v 

cùng thuộc một mặt phẳng thì mặt phẳng đó có VTPT là: n   u, v  Cách giải:

Mặt phẳng

 

^ chưa điểm M và trục Oxnên nhận n_  OM; u O x

là một VTPT.

Mà

 

^{O x}



⁰⁰ ⁰¹ ¹⁰ ¹¹ ¹¹ ⁰⁰

  

O x

OM 1;0; 1

n OM; u ; ; 0; 1;0

u 1;0;0

 



  

     

   





  



Kết hợp với

 

^ đi qua điểm ^{M 1;0; 1}



^{    }

  

^{: y}



^{y 0}^



^{  }⁰ ^{y 0}

Câu 19. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A 'B'C 'có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB AA ' a  (tham khảo hình vẽ bên).

Tính tang của góc giữa đường thẳng BC' và mặt phẳng



^{ABB'A ' .}



A. 3

2 B. 2

2 C. 2 D. 6

3 Lời giải

Đáp án B

Phương pháp:

+) Xác định góc giữa đường thẳng BC' và mặt phẳng



^{ABB'A '}



sau đó dựa vào các tam giác vuông để tìm tan của góc đó.

Cách giải:

(7)

Ta có: C 'A ' A 'B'

     

C'A ' ABB'A ' BC'' ABB'A ' C 'BA ' C 'A ' A 'A

 

   

 



 

^{A 'C'} ^a₂ ₂ ₂^a ₂ ²

tan BC '; ABB'A ' tan C 'BA '

A 'B A 'B' BB' a a 2

     

 

Câu 20. Cho hàm số f x

 

log 2x 1 .3







Giá trị của ^{f ' 0}

 

bằng A. 2

ln 3 B. 2 C. 2 ln 3 D. 0

Lời giải Đáp án A

+) Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm số:



a

      

f ' x

log f x ' .

f x .ln a

 Cách giải:

Ta có

   



^{2x 1 '}

 

²

  

²

f ' x f ' 0

2x 1 ln 3 2x 1 ln 3 ln 3

    

 

Câu 21. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCDcó đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, tâm O, SO a (tham khảo hình vẽ bên).

Khoảng cách từ O đến mặt phẳng



^SCD



bằng A. 2a

2 B. 3a C. 5a

5 D. 6a

3 Lời giải

+) Tính khoảng cách từ O đến



^SCD



sau đó sử dụng các công thức tính nhanh để tính.

Cách giải:

Xét tứ diện SOCD ta có: SO,OC,ODđôi một vuông góc với nhau

2 2 2 2

1 1 1 1

d SO OC OD

    với ^{d O; SCD}

   

. Có BD BC²CD²  2.4a² 2a 2

Cạnh BD 1₂ 1₂ 1₂ 1₂ a 2

OC OD a 2 d .

2 d a 2a 2a 2

        

Câu 22. Tích phân

1

0

dx dx 3x 1



^bằng

A. 3

2 B. 2

3 C. 1

3 D. 4

3 Lời giải

+) Đổi biến và đổi cận để đơn giản biểu thức cần tính tích phân.

+) Sử dụng công thức tính tích phân của các hàm cơ bản để tính.

(8)

Cách giải:

Đặt 3x 1 t   t² 3x 1 2tdt 3dx Đổi cận:

1 2 2 2

0 1 1 1

x 0 t 1 dx 1 2t 2 2 2

. dt dt t

x 1 t 2 3x 1 t 3 3 3 3

  

    

    



  

 

có đạo hàm ^{f ' x}

 

^^x²^^{2x, x}^{ }^. Hàm số ^y^{ }^{2f x}

 

đồng biến trên khoảng

A.



^{0; 2}



B.



^^2;0



C.



^2;^



D.



^{ }^{; 2}



Phương pháp:

+) Hàm số ^{y f x}^

 

đồng biến trên  y ' 0 với mọi x Cách giải:

Ta có: ^{y '}^{ }^{2f ' x}

 

^{ }⁰ ^{f ' x}

 

^{ }⁰ ^x²^^{2x 0}^{   }^{0 x 2}

Câu 24. Giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 y 1 x

   x trên đoạn



^{ }^{3; 1}



bằng

A. 5 B. 5 C. 4 D. 6

Phương pháp:

+) Giải phương trình y ' 0 để tìm các nghiệm x x i

+) Ta tính các giá trị y a ; y x ; y b

     

i và kết luận giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn

 

^{a; b}

Cách giải:

Hàm số đã xác định và liên tục trên



^{ }^{3; 1 .}



Ta có:

   

 

 

2 2

x 2 3; 1

y ' 1 4 y ' 0 x 4

x x 2 3; 1

     

      

    



Tính ^{y 3}

 

¹⁰^{ly 1}

 

^{4; y 2}

 

³ _^{min y}_{3; 1}_ ⁴

3 ^{ }

           

Câu 25. Gọi z , z1 2là các nghiệm phức của phương trình z²8x 25 0.  Giá trị của z1z2 bằng

A. 6 B. 5 C. 8 D. 3

Phương pháp:

+) Giải phương trình bậc hai ẩn z trên tập số phức.

+) Cho số phức z a bi a, b 







 z  a²b² Cách giải:

Ta có ^z²^^{8z 25 0}^ ^{ }



^{z 4}^



² ^{  }^{9 9i}²

1

1 2

2

z 4 3i

z 4 3i z z 6i 6

z 4 3i

  

         

Câu 26. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng x 1 y 2 z 3

d : 1 2 1

     và mặt phẳng

 

 : x y z 2 0.    Trong các đường thẳng sau, đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng

 

^ , đồng thời vuông góc và cắt đường d?

A. 3

x 5 y 2 z 5

: 3 2 1

  

  

 B. 1

x 2 y 4 z 4

: 3 2 1

  

  

 

(9)

C. ₂ x 2 y 4 z 4

: 1 2 3

  

  

 D. ₄ x 1 y 1 z

: 3 2 1

 

  

 Lời giải

Gọi đường thẳng cần tìm là d'

Gọi ^{A d}^{    }

 

^{A d '.} Tìm tọa độ điểm A.

 

d' d

n  u ;n_ 

  

là 1 VTCP của đường phẳng d' Cách giải:

Gọi d' là đường thẳng cần tìm, gọi ^{A d}^{    }

 

^{A d '}

Ta có d : y 2 2t t^{x 1 t}

 

A t 1; 2t 2; t 3

 

z 3 t

  

       

  





Mà ^A^{    }

  

^{t 1}

 

^{2t 2}^

 

^{    }^{t 3}



^{2 0} ^{A 2; 4; 4}

 

Lại có

 

 ^d

 

d ^{ }

 

u 1; 2;1

u ; n 3; 2; 1

n _ 1;1; 1 ^

 

    

    



  

 là một VTCP của d'

Kết hợp với d' qua ^{A 2; 4; 4}

 

^{d :}^{x 2} ^{y 4} ^{z 4} ^{x 5} ^{y 2} ^{z 5}

3 2 1 3 2 1

     

     

  

Câu 27. Có bao nhiêu số phức ^z thỏa mãn điều kiện z²  z²z ?

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

Phương pháp:

Gọi z x yi,  thay vào giải thiết và so sánh hai số phức a a ' a bi a ' bi '

b b '

 

      Cách giải:

Giả sử z x yi x, y 





 

 x yi



² 



x²y²







x yi



2 2 2 2

2

2xy y x y 2xyi x y x yi

x y x y x

y 0 x y 0

y 0 x 0

1 1 x 1

x 2 x 2 12

2y x 0 2y 1 0 y 2

2

  

        

   



 

  



    

  

      

         

Do đó có 3 số phức z thỏa mãn bài toán.

Câu 28. Có bao nhiêu giá trị nguyên của ^m^{ }



^10;10



để hàm số ^{y m x}^ ^{2 4}^^{2 4m 1 x}



^



²^¹ đồng biến trên khoảng



^1;^



?

A. 15 B. 7 C. 16 D. 6

Phương pháp:

Để hàm số đồng biến trên



^1;^{ }



^{y ' 0 x}^{   }



^1;



và y ' 0 tại hữu hạn điểm thuộc



^1;^



Cách giải:

(10)

Ta có ^{y ' 4m x} ^{2 3}4 4m 1 x 4x m x











^{2 2}4m 1



Để hàm số đồng biến trên



^1;^{ }



^{y ' 0, x}^{    }



^1;



^{m x}^{2 2}^^{4m 1 0, x}^{    }



^1;

  

¹

Rõ ràng m 0 thỏa mãn (1).

Với m 0 thì

 

² ₂

 

₂ ₂

m 0 m 0

4m 1 4m 1

1 x x 1; 1 m 2 3

m m m 4m 1 0

m 2 3

 

 

   

          

   

   

Kết hợp với ^m



^10;10



^m



4;5;6;7;8;9; 9; 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1 .



m

             

 

 

Vậy có 16 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 29. Cho khai triển



^{3 2x x}^ ^ ²



⁹ ^^{a x}⁰ ¹⁸^^{a x}¹ ¹⁷^^{a x}² ¹⁶^{ }^{... a .}¹⁸ Giá trị của a15bằng A. 804816 B. 218700 C. 174960 D. 489888

Phương pháp:

Sử dụng khai triển nhị thức Newton

 

ⁿ ⁿ ^{k n k k}n k 0

a b C a ^ b



 



Hệ số a15là hệ số của số hạng chứa _x³. Tìm hệ số của số hạng chứa _x³. Cách giải:

Ta có:



²



⁹ ⁹ ^k⁹ ^{9 k}



²



^k

k 0

3 2x x C .3 . x^ 2x



  





Hệ số a15thuộc số hạng a x15 ³nên với k 4 thì sẽ không thỏa mãn.

Với ^{k 2}^{ }^{C .3 . x}⁹^k ^{9 k}^



²^^2x



^k ^^{78732 x}



²^^2x



² ^^{78732 x}



⁴^^4x³^^4x²



Với ^{k 3} ^{C .3 . x}^k⁹ ^{9 k}^



²^2k



^k ^{61236 x}



²^2x



³^{61236 x}



⁶3x .2x 3x . 2x⁴  ²

 

²8x³



Do đó a15 78732. 4

 

 61236. 8

 

  804816 Câu 30. Cho ^{f x}

 

liên tục trên _ và

 

¹

 

0

f 2 16, f 2x dx 2.



 Tích phân ²

 

0

xf ' x dx



^bằng

A. 28 B. 30 C. 16 D. 36

Phương pháp:

+) Đặt ẩn phụ t 2x tính ²

 

0

f x dx



+) Sử dụng phương pháp tích phân từng phần tính ²

 

0

x.f ' x dx.



Cách giải:

Xét ¹

 

0

f 2x 2,



^đặt^{2x t}^{ }^{2dx dt}^ ^^dx^^dt₂ ^.^{Đổi cận}^_{   }_^{x 0}_{x 1}^{  }_{t 2}^{t 0}

   

2 2

0 0

2 1 f t dt f x dx 4

 2









Đặt

   

²

   

²0 ²

   

0 0

u x du dx

x.f x dx x.f x f x dx 2f 2 4 2.16 4 28 dv f ' x dx v f x

 

 

         

   

 

 

 

(11)

Câu 31. Cho hình lập phương ABCD.A 'B'C'D ' cạnh ^a. Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AC và B C' ' (tham khảo hình vẽ bên).

Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và B D' ' bằng

A. 5a B. 5a

5 C. 3a D. a

3 Lời giải

Đáp án Phương pháp:

Cách 1: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz sao choA ' 0;0;0 , B' 1;0;0 ;D ' 0;1;0 ; A 0;0;1

       

.

Xác định tọa độ các điểm M N, . Sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo

nhau

 

B'D ';MN .NB'

d MN; B'D '

B'D ';MN

 

 



  

 

Cách 2: Xác định mặt phẳng

 

^P chứa B D' ' và song song với MN,

khi đó d MN; B'D '

 

d B'D '; P

   

d O; P

   

(với O là trung điểm của B D' ').

Cách giải:

Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ với

 

A ' 0;0;0 B' 1;0;0 ; D ' 0;1;0 ; A 0;0;1 , C 1;1;1 ; C ' 1;1;0 ; B 1;0;1 ;D 0;1;1

             

Ta có: 1 1 1

M ; ;1 ; N 1; ;0

2 2 2

   

   

    Khi đó ^B'D'



^{1;1;0 ; MN}



¹^{;0; 1}

2

 

    

 

Suy ra 1

B'D '; MN 1; 1;

2

  

     

   

 

 

B'D'; MN .NB' 1

1 1 2 1

NB' 0; ;0 B'D ';MN .NB' d MN; B'D'

2 2 B'D '; MN 3 3

2

 

     

          

  

   

 

Cách 2: Gọi P là trung điểm của C D' 'suy ra ^{d d O; MNP}^

   

Dựng MO.OE₂ ₂

OE NP;OF ME d OF

MO OE

    

 trong đó a 2 a

MO a;OE d

4 3

   

(12)

Câu 32. Cho

 

^{P : y x}^ ²và 1 A 2; .

2

 

 

  Gọi M là một điểm bất kì thuộc

 

^{P .}Khoảng cách MA bé nhất là A. 2

2 B. 5

4 C. 5

2 D. 2 3

3 Lời giải

Đáp án C Phương pháp:

Gọi ^{M a;a}



²

  

^{P ,}^tínhMA²theo a và tìm GTNN của _MA² Cách giải:

Gọi ^{M a;a}



²



^^MA² ^



^{a 2}^



²^^^a²^¹₂^² ^^{f a}

 

Khi đó ^{f ' a}

 

^{2 a 2}

 

^{2 a}² ¹ ^{.2a 4a}³ ^{4 0} ^a ¹

2

 

           

Lại có: x

     

min

5 5

lim f a Min f a f 1 MA

4 2

        



Câu 33. Một viên gạch hoa hình vuông cạnh 40 cm. Người thiết kế đã sử dụng bốn đường parabol có chung đỉnh tại tâm của viên gạch đế tạo ra bốn cánh hoa (được tô màu sẫm như hình vẽ bên).

Diện tích mỗi cánh hoa của viên gạch bằng A. 800 ²

3 cm B. 400 ²

3 cm C. 250cm² D. 800cm²

Phương pháp:

+) Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho tâm O trùng với tâm của viên gạch hình vuông. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông.

+) Tính diện tích của một cánh hoa ở góc phần tư thứ nhất. Xác định các phương trình parabol tạo nên cánh hoa đó.

+) Sử dụng công thức ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng.

Cách giải:

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ:

Với A 20; 20 ,

 

xét hình phẳng ở góc phân tư thứ nhất.

Hai Parabol có phương trình lần lượt là: y a x P ²

 

1 và x ay P ²

 

2

Do Parabol

 

P1 qua điểm ^{A 20; 20}

 

^a ²⁰₂ ¹ ^y ^x²

20 20 20

    

(13)

Do Parabol

 

P2 qua điểm ^{A 20; 20}

 

a ²⁰₂ ¹ y ^y² y 20x

20 20 20

      

20 2 3 20

3

0 0

x 2 x 400

S 20x dx 20x

20 3 60 3

   

       

   



Câu 34. Người ta thả một viên billiards snooker có dạnghình cầu với bán kính nhỏ hơn 4,5 cm vào một chiếc cốc hình trụ đang chứa nước thì viên billiards đó tiếp xúc với đáy cốc và tiếp xúc với mặt nước sau khi dâng (tham khảo hình vẽ bên).

Biết rằng bán kính của phần trong đáy cốc bằng 5, 4cm và chiều cao của mực nước ban đầu trong cốc bằng 4,5cm. Bán kính của viên billiards đó bằng

A. 4, 2cm B. 3,6cm C. 2,6cm D. 2,7cm

Phương pháp:

+) Tính thể tích của mực nước ban đầu V1

+) Gọi R là bán kính của viên billiards hình cầu, tính thể tích khối cầu V2

+) Tính thể tích mực nước lúc sau V

+) Từ giả thiết ta có phương trình V V 1V ,2 tìm R.

Cách giải:

Thể tích mực nước ban đầu là: V1 r h1² 1  .5, 4 .4,5²

Gọi R là bán kính của viên bi ta có sau khi thả viên bi vào cốc, chiều cao của mực nước bằng 2R, do đó tổng thể tích của nước và bi sau khi thả viên bi vào trong cốc là:

 

2 2

V r . 2R1  .5, 4 .2R

Thể tích của quả cầu là: _{ }_C 4 ³

V R

 3

Ta có: 1 2 ² ³ ²

V V V 5, 4 .4,5 4R 5, 4 .2R

   3 

Giải phương trình trên với điều kiện R 4,5  R 2,7cm

Câu 35. Biết rằng ^a là số thực dương để bất phương trình a^x 9x 1 nghiệm đúng với mọix R . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. ^a^^_^{10 ;}⁴ ^



^B.^a^



^{10 ;10}³ ⁴^_ ^C.^a^



^0;10²^_ ^D.^a^



^{10 ;10}² ³^_

Phương pháp:

Chuyển vế, đưa phương trình về dạng ^{f x}

 

^{   }^{0 x} ^{min f x}

 

^⁰

 

Cách giải:

Xét hàm số ^{f x}

 

^^a^x ^^{9x 1 x}^



^



Ta có: ^{f 0}

 

^^{0;f ' x}

 

^^{a ln a 9}^x ^

(14)

Để ^{f x}

 

^{  }⁰



^x 



thì ^{Min f x}

 

^{ }^{0 f 0}

 

^^{f x}

 

 là hàm đồng biến trên



^0;^



và nghịch biến trên



^^;0



suy ra ^{f ' 0}

 

^{ }⁰ ^{a ln a 9}⁰ ^{  }^{a e}⁹ ^^8103.Vậy ^a^



^{10 ;10}³ ⁴^_^.

Câu 36. Gọi ^a là số thực lớn nhất để bất phương trình ²^{  }^{x 2 a ln x}



²^{  }^{x 1}



⁰ nghiệm đúng với mọi x.Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. ^a^



^6;7



B. ^a^



^2;3



C. ^a^{  }



^{6; 5}



D. ^a^



^8;^



Phương pháp:

Đặt t x ² x 1,tìm khoảng giá trị của t.

Xét bất phương trình ^{f t}

 

^⁰trên khoảng vừa tìm được ^^{M t}

 

^⁰

Cách giải:

Đặt

2

2 1 3 3

t x x 1 x

2 4 4

 

       

Khi đó BPT trở thành ^{f t}

 

t 1 a ln t 0 t ³; 4

  

        Ta có: ^{f ' t}

 

¹ ^a ⁰ ^t ^a

     t

Mặt khác _t^{lim f t}

 

^;f ³ ⁷ ^{a ln}³

4 4 4



     

  Với ^{a 0}^{ }^{f t}

 

đồng biến trên 3

4;

 

 

 

₃

 

4;

3 7 3

f t 0 t ; Min f t a ln 0

4 ^ _^ 4 4

 

  

         7

3 7 4

a ln a 6,08.

4 4 ln3

4

 

     Vì đề bài yêu cầu tìm số thực lớn nhất nên suy ra ^a^



^{6;7 .}



Câu 37. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A 'B'C 'có đáy ABC là tam giác vuông,AB BC a  . Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng



ACC' và AB'C '

  

bằng60^(tham khảo hình vẽ bên).

Thể tích của khối chóp B'.ACC'A 'bằng A.

a3

3 B.

a3

6 C.

a3

2 D. 3a³

3 Lời giải

B'.ACC'A' B'.BAC

V V V 2V,

   3 với V là thể tích khối lăng trụ.

Tính thể tích khối lăng trụ.

(15)

Cách giải:

Dựng B'MA C B'M(ACC A )  Dựng MNAC'AC '(MNB') Khi đó

 

AB'C' ; AC'A '

   

MNB' 60 ^

Ta có: a 2 B'M a 6

B'M MN

2 tan MNB' 6

   

Mặt khác MN A A '

tan AC 'A '

C' N A 'C '

 

Trong đó a 6 a 2 ² ² a 3

MN ; MC ' C' N C 'M MN

6 3 3

     

Suy ra AA'=a Thể tích lăng trụ

2 3 3

B'.ACC'A' B'.BAC

AB a V 2 a

V .A A V V V V V

2 2 3 3 3

       

Câu 38. Giả sử z , z1 2là hai trong số các số phức ^z thỏa mãn iz 2 i 1  và z1z2 2.Giá trị lớn nhất của z1  z2 bằng

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

Phương pháp:

+) Từ giả thiết iz 2 i 1  , tìm ra đường biểu diễn

 

^C của các số phức ^z.

+) Gọi A B, lần lượt là điểm biểu diễn của z ; z1 2  z1z2 ABvị trí của AB đối với đường tròn

 

^C . z1  z2 OA OB

+) Sử dụng công thức trung tuyến tính OA²OB²

+) Sử dụng BĐT Bunhiascopsky tìm GTLN của OA OB Cách giải:

Ta có: ^iz^ ^{2 i 1}^{  } ^{i x yi}



^



^ ^{2 i 1}^{ } với (z x yi x; y 







)



^{x 1}



²



^y ²



² ¹ ^{M x; y}

 

      biểu diễn ^z thuộc đường tròn tâm ^{I 1; 2}

 

^{bán kính}^{R 1}^ ^.

Lại có: z1  z2 OA OB

Mặt khác theo công thức trung tuyến ta có:

2 2 2

2 OA OB AB 2 2

OI OA OB 8

2 4

     

Theo BĐT Bunhiascopsky ta có: ^{2 OA}



²^^OB²



^



^{OA OB}^



²^^{OA OB 4}^ ^

Câu 39. Cho đồ thị

 

^{C : x}³^^{3x .}² Có bao nhiêu số nguyên ^b^{ }



^10;10



để có đúng một tiếp tuyến của

 

^C

đi qua điểm ^{B 0; b ?}

 

A. 17 B. 9 C. 2 D. 16

Lời giải

(16)

Đáp án Phương pháp:

+) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x : y y ' x0 

  

0 x x 0



y0

+) Thay tọa độ điểm B vào phương trình tiếp tuyến, suy ra phương trình có dạng b f x

 

0 tìm điều kiện của b để phương trình đó có nghiệm duy nhất.

+) Phương trình b f x

 

0 có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đường thẳng y b cắt đồ thị hàm số

 

0

y f x tại một điểm duy nhất. Lập BBT của đồ thị hàm số y f x

 

0 và kết luận.

Cách giải:

Phương trình tiếp tuyến của

 

^C tại ^{M x ; x}



⁰ ³⁰^^3x²⁰



^{có dạng:}



²⁰ ⁰

 

⁰



³⁰ ⁰²

y 3x 6x x x x 3x

Do tiếp tuyến đi qua điểm



^{0; b}



^{ }^b



^3x²⁰^^6x⁰

 

^^x⁰



^^x³⁰^^3x²⁰ ^{ }^2x³⁰^^3x⁰²

Để có đúng một tiếp của

 

^C đi qua ^{B 0; b}

 

thì phương trình b 2x³03x²0có duy nhất một nghiệm.

Xét hàm số ³ ² ² x 0 y 0

y 2x 3x y ' 6x 6x 0

x 1 y 1

  

             BBT:

Dựa vào BBT của đồ thị hàm số suy ra PT có 1 nghiệm khi b 1 b 0

 

 

Với ^b 



^10;10



          ^b



9; 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1; 2;3;4;5;6;7;8;9



 có 17 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bào toán.

Câu 40. Cho hàm số ^{f x}

 

thỏa mãn



^{f ' x}

  

²f x .f '' x

   

15x⁴12x, x  và ^{f 0}

 

^^{f ' 0}

 

. Giá trị của

 

f 12 bằng

A. 4 B. 9

2 C. 10 D. 5

2 Lời giải

+) Nhận xét ^VT f x .f ' x '

   

 +) Lấy nguyên hàm hai vế hai lần.

Cách giải:

Ta có: f x .f ' x '

   

 f ' x

 

²f x .f '' x

   

15x⁴12x Nguyên hàm 2 vế ta được ^{f x .f ' x}

   

^^3x⁵^^6x²^^C

Do ^{f 0}

 

^^{f ' 0}

 

^{  }¹ ^{C 1}

Tiếp tục nguyên hàm 2 vế ta được:



^{f x df x}

   

^

 

^3x⁵^^6x²^^{1 dx}



 

2 6 3

6 3

f x 3x 6x 1

x D x 2x x D

2 6 3 2

        

Do ^{f 0}

 

¹ ^D ¹ ^{f x}²

 

¹^x⁶ ^2x³ ^x ¹ ^{f 1}²

 

⁴

2 2 2

         

(17)

Câu 41. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 

^ ^{: x z 3 0}^ ^{ } và điểm ^{M 1;1;1}

 

. Gọi A là điểm thuộc tia Oz, B là hình chiếu của A lên

 

^ . Biết rằng tam giác MAB cân tại M . Diện tích của tam giác

MAB bằng A. 3 123

2 B. 6 3 C. 3 3

2 D. 3 3

Phương pháp:

+) Gọi A 0;0;a , a 0

  





viết phương trình đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với

 

^

+) ^{B AB}^ ^{ }

 

tìm tọa độ điểm B theo ^a. +) Tam giác MAB cân tại MMA MB, tìm ^a. +) Sử dụng công thức tính diện tích MAB

S 1 MA; MB

  2   Cách giải:

Gọi A 0;0;a a 0 ,

  





vì ^{AB mp}^

 

^{ }Phương trình đường thẳng

 

x t AB : y 0

z a t

 

 

  

 Mà ^{B AB}^ ^{  }

 

^{B t;0;a t}



^



và ^{B mp}

 

^t



^{a t}



^{3 0} ^t ^{a 3}

2

         

Khi đó

 

AM 1;1;;1 a a 3 a 3

B 2 ;0; 2 BM a 1;1;5 a

2 2

  

  

   

     

     

 





     

 

   

2 2

2 2 2

2 2

a 1 5 a

AM BM AM BM 2 1 a 1

4 2a 8a 26

a 2a 2

4

2a 18 a 9 a 3 a 0 AM 1;1; 2

AM; BM 3;3;3 BM 2;1;1

  

       

 

   

      

  

  

    



 



Vậy diện tích tam giác MAB là _MAB 1 3 3

S MA; MB

2 2

    

Câu 42. ho hàm số ^{y f x}^

 

có đạo hàm liên tục trên R. Bảng biến thiên của hàm số ^{y f ' x}^

 

được cho như hình vẽ bên. Hàm số x

y f 1 x

2

 

    nghịch biến trên khoảng

A.



^{2; 4}



B.



^{ }^{4; 2}



C.



^^2;0



D.



^{0; 2}



(18)

Phương pháp:

Tính ^{g ' x ,}

 

giải bất phương trình ^{g ' x}

 

^⁰

Cách giải:

Ta có ^{g x}

 

^{f 1} ^x ^x ^{g ' x}

 

¹^{.f ' 1} ^x ^{1; x}

2 2 2

   

           

Xét bất phương trình ^{g ' x}

 

⁰ ¹^{.f ' 1} ^x ^{1 0} ^{f ' 1} ^x ²

 

^*

2 2 2

   

           Thử lần lượt từng p án

p án A: ^x



^{2; 4}



¹ ^x



^1;0



^{f ' 1} ^x ¹

2 2

 

         A sai p án B: ^x



^{4; 2}



¹ ^x

 

^2;3 ^{f ' 1} ^x ²

2 2

 

          B đúng.

p án C: ^x



^2;0



¹ ^x

 

^{1; 2} ^{1 f ' 1} ^x ²

2 2

 

           Csai p án D: ^x



^{0; 2}



¹ ^x

 

^0;1 ^{1 f ' 1} ^x ¹

2 2

 

          D sai.

 

có đạo hàm liên tục trên đoạn

 

^0;1 và ^{f 0}

   

^^{f 1} ^⁰. Biết

   

1 1

2

0 0

f x dx 1, f ' x cos dx .

2 2

  

 

^Tính¹

 

0

f x dx



A. 3 2

 B. 2

 C. ^ D. 1

 Lời giải

+) Sử dụng phương pháp từng phần đối với tích phân ¹

 

0

f ' x .cos xdx.



+) Sử dụng kết quả ¹

 

²

0

f x k.sin x dx 0 

 

 



^tính^{f x}

 

+) Lấy tích phân từ 0 đến 1 cả 2 vế tính ¹

 

0

f x dx



Cách giải:

Đặt

   

u cos x du sin xdx dv f ' x dx v f x

    

 

 

   

 

 

Ta có ¹

   

¹0 ¹

 

0 0

f ' x .cos xdx f x .cos x    f x .sin xdx

 

   

¹

 

¹

 

0 0

f 1 f 0 f x .sin xdx f x .sin dx 1

2 2

    



  



 

Xét ¹

 

² ¹ ²

 

¹

 

² ¹ ²

 

0 0 0 0

f x k.sin x dx 0   f x dx 2k. f x .sin xdx k . sin   x dx 0

 

 

   

 

²

1 2 1 1

k 2k. 0 k 1 0 k 1.

2 2 2

          Suy ra ¹

 

²

0

f x sin x dx 0 

 

 



Vậy

 

¹

 

¹ ¹

0 0 0

cos x 1 1 2 f x sin x f x dx sin xdx

x

          

  

 

(19)

Câu 44. Cho hình chóp S.ABCDcó đáy ABCD là hình vuông cạnh ^a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng



^{ABCD .}



Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB và

,

M N lần lượt là trung điểm của SC SD, (tham khảo hình vẽ bên).

Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng



GMN và ABCD .

  

A. 2 39

39 B. 13

13 C. 3

6 D. 2 39

13 Lời giải

Đáp án D

Phương pháp:

Gọi H là trung điểm của ^AB^^SH^



^ABCD



Gắn hệ tọa độ Oxyz, với H 0;0;0 ,S 0;0;

 

³ , A ¹;0;0 ;B ¹;0;0 ;C ¹;1;0 , D ¹;1;0

2 2 2 2 2

         

         

         

 

Gọi n ; n ₁ ₂

lần lượt là VTPT của mặt phẳng

         

¹ ²

1 2

GMN ; ABCD cos GMN ; ABCD n .n

n . n

 

 

Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB.Vì



^SAD

 

^ ^ABCD



^^SH^



^ABCD



Gắn hệ tọa độ Oxyz, với H 0;0;0 ,S 0;0;

 

³ , A ¹;0;0 ;B ¹;0;0 ;C ¹;1;0 , D ¹;1;0

2 2 2 2 2

         

         

         

 

Khi đó 3 1 1 3 1 1 3

G 0;0; , M ; ; , N ; ;

6 4 2 4 4 2 4

     

     

     

     

1 1 3 1

GM ; ; ; MN ;0;0

4 2 12 2

   

     

 

GMN

1

n n GM; MN 0; 3 1; 24 4

 

 

      

   

Và mặt phẳng



^ABCD



có véc tơ pháp tuyến là n 2 n^ABCD  k



0;0;1



Vậy cosin góc giữa hai mặt phẳng

   

¹ ²

1 2

n .n 2 39 GMN , ABCD cos

n . n 13

  

 

(20)

 

có đạo hàm ^{f ' x}

  

^ ^{x 1}^



²



^x²^^{2x ,}



^{với mọi}^x^^..Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số ^m để hàm số ^{y f x}^



²^^{8x m}^



có 5 điểm cực trị?

A. 16 B. 17 C. 15 D. 18

Phương pháp:

Đặt ^{g x}

 

^^{f x}



² ^^{8x m ,}^



^tính^{g ' x}

 

và giải phương trình ^{g ' x}

 

^^0,tìm điều kiện để phương trình có 5 nghiệm phân biệt và qua các nghiệm đó ^{g ' x}

 

đổi dấu.

Cách giải:

Ta có ^{g ' x}

  

^ ^{2x 8 f ' x}^

 

²^^{8x m}^



^{  }⁰ ^_^{f ' x}^{x 4}



^ ² ^^{8x m}^



^⁰

   

^* ^{I .}

Mà ^{f ' x}

  

 ^{x 1}



²



^x²^2x







x 1 .x x 2 ; x

 

² 



 

Suy ra

           

 