Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 của thầy Phạm Minh Tuấn lần 3 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

Câu 10. [2H3-3][Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018 - Câu 10]

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm ^A



^{1; 2;3}



và ^B



^{3; 1; 2}



. Điểm M thỏa mãn MA MA.4MB MB.

có tọa độ là:

A. 5 7 3;0;3

 

 

 . B.



^{7; 4;1}



. C. 1 5

1; ;2 4

 

 

 . D. 2 1 5

3 3 3; ;

 

 

 . Lời giải.

Chọn B.

Từ giả thiết MA MA.4MB MB. 4 MB.

MA MB

 MA 

nên ba điểm M A B, , thẳng hàng và ,A B nằm cùng phía so với điểm M do 4MB

MA dương.

Lại có MA MA.4MB MB. ^



^{MA MA.}

 

^{2  4MB MB.}



^{2 MA4 16MB4 MA2MB.}

Vậy Blà trung điểm của MA. Khi đó ta đươc tọa độ điểm ^M



^{7; 4;1}



. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm ^A



^{1; 2;3}



và ^B



^5;0;1



. Điểm M thỏa mãn MA MA. 4MB MB. có tọa độ là:

A.



3;1; 2 .



B.



^{7; 4;1}



. C. 11 2 5 3 3 3; ;

 

 

 . D. 2 1 5

9 9 9; ;

 

 

 . Lời giải.

Chọn C.

Từ giả thiết MA MA.4MB MB. 4 MB.

MA MB

MA

  

nên ba điểm M A B, , thẳng hàng và ,A B nằm khác phía so với điểm M do 4MB

MA

 âm.

Lại có MA MA. 4MB MB. ^



^{MA MA.}

 

^{2  4MB MB.}



^{2 MA4 16MB4MA2MB.}

2

MA MB

  

.

Gọi tọa độ ^{M x y z}



^{; ;}



, khi đó

 

 

 

1 2 5

2 2 0

3 2 1

x x

y y

z z

   



   

    



11 3 2 3 5 3 x y z

 



 

 



.

Câu 31. [1D2-4] [Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018 - Câu 31]

Cho các số nguyên dương x y z, , thỏa mãn x+ + =y z 2012. Hỏi có bao nhiêu bộ nghiệm

(

x y z0; ;0 0

)

trong đó đôi một khác nhau.

A. 2006.1006. B. 2006.1005. C . 2008.1005. D. 2008.1006.

Lời giải Chọn C

+) Mỗi bộ ba số nguyên dương x y z, , _{thỏa mãn} x+ + =y z 2012 tương ứng với bộ 111...10111...10111...1

x y z

1442443 1442443 1442443 trong đó có đúng 2012 số 1 và hai số 0.

Do đó phương trình trên có C₂₀₁₁² nghiệm nguyên dương (số cách đặt hai số 0 vào 2011 vị trí không kể biên).

+) Do 2012 không chia hết cho 3 nên trong nghiệm

(

x y z0; ;0 0

)

của phương trình các số

0; ;0 0

x y z không bằng nhau.

+) Ta đếm các nghiệm

(

x y z0; ;0 0

)

trong đó x0 =y0.

Để có nghiệm loại này ta thấy mỗi cặp x0=y0 có duy nhất một số nguyên z0 với

0 0

0<x =y £1005

- Chọn một số nguyên thuộc đoạn

[

^1;1005

]

(gán làm x0 và y0): Có 1005 cách chọn.

- Số còn lại là z0=2012 2- x0 có đúng 1 cách chọn .

Hoán vị vai trò x y z0; ;0 0, suy ra có 1005.3 nghiệm

(

x y z0; ;0 0

)

trong đó có hai số giống nhau .

Vậy có C₂₀₁₁² - 3.1005=2008.1005 nghiệm thỏa mãn yêu cầu.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. [1D2-4] Tìm số nghiệm nguyên dương của hệ: ^{1 2 3} 2016 1 _i 1008, 1, 2,3

x x x

x i

  

    

 .

A. C₂₀₁₅³ . B. C₂₀₁₅³ - C₁₀₀₇³ . C . C₂₀₁₅³ - 3C₁₀₀₇³ . D. C₂₀₁₅³ +3C₁₀₀₇³ . Lời giải

Chọn C

Ta có ^{1 2 3} 2016 1 _i 1008, 1, 2,3

x x x

x i

  

    



1 2 3 4

4 4

2016

1 _i 1008, 1, 2,3; 1, x x x x

x i x x

   

       

Xét PT nghiệm nguyên dương x1x2 x3 x4 2016 (*). Số nghiệm của phương trình chính là số cặp x x x x1; ; ;2 3 4 ta cho tương ứng với dãy

1 2 3 4

11...1011...1011...1011...1

x x x x , ta phải chọn 3 vị trí đặt số 0 trong 2015 vị trí . Số nghiệm của phương trình là C₂₀₁₅³ .

Ta xét bài toán ngược : Trong các nghiệm x x x₁; ;_{2 3} có nghiệm lớn hơn 1008.

Dễ thấy rằng không thể có nhiều hơn một phần tử lớn hơn 1008 vì tổng x1x2 x3 x4 2016 . Giả sử x11008, đặt x1 x 1008 thay vào PT (*) ta được x x 2 x3 x4 1008. Lập luận tương tự như trên ta được số nghiệm là C₁₀₀₇³ .

Vậy số nghiệm nguyên dương của hệ đã cho là C₂₀₁₅³ 3C₁₀₀₇³ . Câu 32. [1D2-3] [Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018 - Câu 32]

Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bảy chữ số (chữ số đầu tiên khác 0), biết rằng chữ số 2 có mặt đúng hai lần, chữ số 3 có mặt đúng ba lần và các chữ số còn lại xuất hiện không quá một lần?

A. 11260. B. 11120. C. 11340. D. 11210. Lời giải

Chọn C Chẳng hạn:

Xét một cách hình thức một dãy gồm 7 ô hàng ngang, mỗi cách điền các số thỏa mãn yêu cầu bài toán cho ta một số tự nhiên cần tìm. Xét các trường hợp sau:

TH 1: Có chữ số 0.

+) Chữ số 0 không đứng ở ô đầu, nên có 6 cách chọn vị trí trong 6 ô sau.

+) Có C₆² cách chọn 2 ô để điền hai chữ số 2.

+) Có C₄³ cách chọn 3 ô để điền ba chữ số 3

+) Có 7 cách chọn một số trong 7 số còn lại để điền vào ô sau cùng.

Trường hợp này có 6. . .7 2520C C6² 4³  số.

TH 2: Không chữ số 0.

Lý luận tương tự ta có C C A7². .5³ 7² 8820 số.

Vậy có tất cả 2520 8820 11340  số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

2 4 2 3 9 3 3

Câu 33. [2H3-3] [Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018 - Câu 33]

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm (3;3;5), (1; 1;1).A B  Phương trình mặt phẳng

 

^P có dạng axby cz  1 0 , biết M N, lần lượt là hình chiếu của ,A B trên

 

^P và 20

AM  3 ; 2

BN 3 . Tính a b c  ?

A.4. B. 9. C.5. D.7.

Lời giải Chọn C.

+) 20

6 3

AB AM   AB cùng phía đối với

 

^P

+) 7 13 5

( ) ; ;

9 9 9

AM BN AB P I  

+) 20 3

. 10 10

3 2 IA AM

IA IB

IB BN     7 13 5

; ;

9 9 9

I 

   

 

+) 20 2

; ( )

3 3

IA IB  I M N P  AB

+)

 

^P đi qua 7 13 5

; ;

9 9 9

I   nhận ^{AB}



^{  2; 4; 4}



làm véc tơ pháp tuyến

 

^{: 2 2 1 0}

pt P x y z

        a b c 5.

Câu 34. [1D1-3] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 34]

Gọi S là tập hợp các giá trị thực ^mđể phương trình

2 3

2 2

(sin cos ) cos sin 2

m x x  m  x x có nghiệm. Tổng các phần từ trong S bằng :

A. 0 . B. 1. C. 3. D. 4.

Lời giải Chọn A

Đặt 2 ₂

2 1

tanx sin t

t x

   t



2 2

1 cosx 1 t

t

 

 thay vào , ta được phương trình

2 2 2

4 4 1 4 1 2 4 4 5 0

( m  m )t  (  m t) ( m  m ) (2) . PT ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi PT(2) có nghiệm  ' 4 1 2(  m)²  (1 2m) (² 4m² 4m5) 0   (1 2m) (² 2m1)² 0

1 21

2 m m

 

 

  



.

Câu 35: [1D1-3] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 35]

Gọi S là tập hợp các nghiệm của phương trình 3 ² 1 ²

sin cos 2

4 2 4 2

x x

    trên đoạn



^0;8



. Số các phần tử trongSlà:

A.8 . B.9 . C.7 . D.10 .

Lờigiải ChọnA

Ápdụng BĐT Cauchy chohaisốdương ta có:

2 2

1 3 sin

3 4 2

1 sin

4 2 2

x

x  

   

 

 

2 2

1 1 cos

1 4 2

1 cos

4 2 2

x

x  

  

 

 

Suyra

2 2

2 2 3 sin cos

3 sin 1 cos 2 2 2

4 2 4 2 2

x x

x x  

     .

Vậyphươngtrình 3 ² 1 ²

sin cos 2

4 2 4 2

x x

   

2

2

3 sin 1

4 2

1 cos 1

4 2

x x

  

 

  



cos 1 x 2

 

3 2 3 2

x k

x k

 

 

  

 

   



.

TH1: 2

x 3 k  , với^x



^0;8



^{0 2 8}

3 k

  

    1 23

6 k 6

    , cók nên



^0;1;2;3



k .

TH1: 2

x  3 k  , với^x



^0;8



^{0 2 8}

3 k

  

     1 25

6 k 6

   , cók nên



^1;2;3;4



k .

VậytậpScó 8 phầntử.

Câu 36: [2D1-4] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 36]

Cho hàm số ^{y x 32}



^m1



^x2



^5m1



^x2m2 có đồ thị là

 

Cm , với ^m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên ^{m }



^{2018; 2018}



để

 

Cm cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt



^2;0



A ,B,C sao cho hai điểm B,C có một điểm nằm trong và một điểm nằm ngoài đường tròn

 

^{T :x2y2 1}.

A. 2017. B. 2018. C. 4035. D. 4034.

Lời giải Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm của

 

Cm và trục Ox là

         

3 2 1 2 5 1 2 2 0 2 2 2 1 0 1

x  m x  m x m   x x  mx m  

 

2

2

2 1 0 2

x

x mx m

 

      .

Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt ^

 

¹ có 3 nghiệm phân biệt ^

 

² có

hai nghiệm phân biệt khác 2 ^{2 1 0 ;1 5 1 5; \ 5}

 

2 2 3

3 5 0

m m m m

   

       

                . Gọi B x



B^{;0 ,}

 

C xC^;0



trong đó x x_B, _C là nghiệm của pt

 

^{2 2}

. 1

B c

B C

x x m

x x m

 

    . YCBT ^



^x2B1

 

^{xC2   1}



⁰



^{x xB. C}

 

^{2 xB xC}



^{22x xB C 1 0}

2 2

3 4 4 0 2

m m m 3 m

          . Đối chiếu với điều kiện

 

^{2 2}

m 3 m

      . Vậy có 4034 số nguyên ^m thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 37: [2H1-3] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 37]

Cho hình chóp S ABC. có ASC90⁰, CSB 60⁰, BSA 120⁰, SA SB SC a   . Tính ^cos góc giữa hai mặt phẳng



^SAC



và



^SBC



A. cos ²

 5. B. cos ¹

 4. C. ^{cos 1}

  3. D. cos ¹

 5.

Lời giải Chọn C

Tính được AB a 3;BC a AC a ;  2. Suy ra tam giác ABC vuông tại C.

Gọi ,E F lần lượt là trung điểm của AC và SC.

Ta có:



^SAC

 

 ^SBC



^SC, EF SC, BF SC. Do đó:



^



^SAC

 

^{, SBC}

 

^



^{EF BF,}



^.

Ta có:

2

EF a, 3 2

BF a , 6 2 BE a .

 3

cosBFE  3 .

Do đó: 3

cos  3

Câu 38: [2D1-3] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 38]

Cho hàm số xác định trên ^{\ 1; 4}

 

thỏa mãn 2

   

2

2 5 3

5 4 2 10 8,

    

   

x f x f x

x x x x

 

^{2 1,}

   6

f ^f

 

^{0 2ln 4 1, f}

 

^{2 2ln 2 1} và

 

^{5 1ln 4.}

 2

f Tính ^Q4f

 

^{ 1 4f}

 

^{3  f}

 

^{8 ;}

A. ^{8ln 5 1ln 7 2ln 2}

 2 

Q . B. ^{8ln 5 1ln 7 2ln 2}

 2 

Q .

C. 8ln 5 ¹ln 7 2ln 2

 2 

Q . D. 8ln 5 ¹ln 7 2 ln 2

 2 

Q .

Lời giải Chọn B

Ta có ₂^{2 5}

   

₂ ³

5 4 2 10 8

    

   

x f x f x

x x x x



^{2 5}

  

^



^{2 5 4}



^

 

³₂

 x f x  x  x f x 



^{2 5 4}

  

^{ 3}₂



^{2 5 4}

  

³₂

   

 ^x  ^x ^{f x}    ^x  ^x ^{f x} 



^dx



^{2 5 4}



^

 

³₂ ^

 

₂



³₄

 

₁

 

₄

 

₁



       

   

x C

x x f x x C f x

x x x x

Mà

 

^{2 1}

   6

f 1 1

6 18 6 0

 

  c    C

Vậy ^{f x}

 

^{ 2}



_x^34

 

^x _x^1



^{ f x}

 

^



²



_x^34

 

^x _x^1



^{dx2ln x 4 12ln x 1 C}

Xét trên



^;1



ta có ^f

 

^{0 2 ln 4 1 2ln 4 1ln1 2ln 4 1 1}

 2  C   C

 

4 1 8ln 5 2ln 2 4

 f    

Xét trên

 

1; 4 ta có ^f

 

^{2 2ln 2 1 2ln 2 1ln1 2ln 2 1 1}

 2  C    C

 

4 3 8ln1 2ln 2 4 2ln 2 4

 f      

Xét trên



^4;



ta có

 

^{5 1ln 4}

4

f 1 1

2ln1 ln 4 ln 4 ln 4

2 2

   C  C

 

^{8 2ln 4 1}ln 7 ln 4 3ln 4 ¹ln 7

2 2

 f     

Vậy ⁴

 

^{1 4}

 

³

 

^{8 8ln 5 1ln 7 2ln 2}

     2 

Q f f f .

Câu 40. [2D4-3] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 34]

Cho số phức z z1, 2 thỏa mãn ^{z  2 i 2 z 1 i} và z1z2  1 i. Tính giá trị biểu thức

2 2

1 2

P z  z .

A.

P2

. B.

P1

. C.

P4.

D.

P9

. Lời giải

ChọnC

Ta có z1  2 i 2 z1 1 i mà z1z2  1 i

1 2 2 2

z i z

   

       

2 2

2 1 1 1 1 1

4 z z 2 i z 2 i z 2 i z 2 i z 5.

            (1) Tương tự ta có 4 z1²  z2 ² 



2 i z



2 



2 i z



25. 2

 

Cộng (1) và (2) ta có

 

1 2

  

1 2



4P P 2i z z  2i z z 10



²

 

¹

 

²

 

¹



^{10 12 4.}

P i i i i P P

           

Câu 41: [1D4-3] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 41]

Cho dãy số

 

un xác định bởi

1

2 1

1 6

2

n n 3 n

u

u _ u u

 

  



với mọi ⁿ nguyên dương. Tính giới hạn

 

2 2

1 1 1

2 2

1

5 2 5

lim 3 4

n n n n n

n n n n n

u u u u u

I u u u u

  

 

 

  

A. ⁴⁰

I 41. B. ²⁰

I  21. C. ¹⁶

I 17. D. ⁵⁰ I  51. Lời giải

Chọn D.

Bằng phương pháp qui nạp dễ chứng minh được 0 ¹

n 3

u  với mọi ⁿ nguyên dương nên

* 1

1 0,

n n n n 3

u _ u u u    n N , suy ra dãy số

 

un giảm và bị chặn dưới nên có giới hạn hữu hạn.Đặt n^limuⁿ L n^limuⁿ_¹ L

     , từ giải thiết ta có ² 2

0(do 0) L L 3L L L

 

2 2

1 1 1

2 2

1

5 2 5

lim 3 4

n n n n n

n n n n n

u u u u u

I u u u u

  

 

 

  

 

2

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

5 2 5

3 3 3

lim 2

3 4

3

n n n n n n n n

n

n n n n n

u u u u u u u u

u u u u u



         

     

     

     

 

 

2

2

2

2 2 2

5 2 5

3 3 3 50

lim 3 2 4 51

3

n n n n

n

n n

u u u u

u u



         

     

     

 

 

   

.

Câu 42: [2D1-4] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 42]

Cho t và ^{a b, }



^{a b}



là hai nghiệm của phương trình 4x²4tx 1 0. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

 

2

2 1 f x x t

x

 

 trên đoạn

 

^{a b;} . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ^P



^{M m}

 

^16t225



^.

A. 40. B. 50. C. 30. D. 20.

Lời giải Chọn A.

Ta có phương trình 4x²4tx 1 0luôn có hai nghiệm trái dấu là

2

2

1 2

1 2 t t

x a

t t

x b

  

 



  

  



.

Lại có,

 

2

2 1 f x x t

x

 



 

 

2 2 2

2 2 2

1 x tx

f x x

  

  



 

   

2

2 2

1 3

4 4 1

2 2 0

1 x tx

x x

   

   

  vì

4x24tx 1 0 suy ra hàm số đồng biến trên

 

^{a b;} nên ^{ }

   

 

   

max min

x a;b

x a;b

f x f b M f x f a m





 



  



. Suy ra

 

2 2

16 25 16 25

P g t

t  t

  ^{M m}

2 2

2 2

2 2

1 1

1 1

1 1

2 2

t t

t t t t

 

 

         

   

   

   

2 2

2 2 2 2

4 1 4 1

2 5 2 1 2 5 2 1

t t

t t t t t t

 

 

     

  

2 2

2 2 2 2

4 10

4 1

2 5 2 1 2 5 2 1

t t

t t t t t t

 

  

         

 



²



²

2

8 2 5 1

16 25

t t

t

 

  . Khi đó ^{g t}

 

^{8 2}



^t25



^{t2 1 ming t}

 

^40.

Câu 43: [2H3-3][ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 43]

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ^{A a}



^{;0;0 ,}

 

^{B 0; ;0 ,b}

 

^{C 0;0;c}



với , ,a b c dương.

Biết , ,A B C di động trên các tia Ox Oy Oz, , sao cho a b c  2. Biết rằng khi , ,a b c thay đổi thì quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng

 

^P cố định. Tính khoảng cách từ ^M



^2016;0;0



tới mặt phẳng

 

^P .

A. 2017. B. 2014

3 . C. 2015

3 . D. 2016

3 . Lời giải

Chọn C.

+) Gọi

 

^ ,

 

^ ,

 

^ lần lượt là mặt phẳng trung trực của các đoạn OA OB OC, , . Suy ra

 

^{: 0}

  2a

x ;

 

^{: 0;}

  a2

y

 

^{: 0.}

  2a z

+) Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O ABC. thì I      

     

. Tìm được ; ;

2 2 2

 

 

 

a a a I

+) 2 1

2 2 2

      a b c

a b c , do đó ^I

 

^{P x y z:   1}

+)



^,

  

^{2016 1 2015}

3 3

  

d M P .

BÀI TƯƠNG TỰ

1. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm



^{;0;0 ,}

 

^{0; ;0 ,}

 

^{0;0; ,}



A a B b C c trong đó a0, b0, c0 và 1 2 3

  7.

a b c Biết mặt phẳng



^ABC



tiếp xúc với mặt cầu

  

^{: 1}

 

^{2 2}

 

^{2 3}



^{2 72.}

      7

S x y z Tính thể tích của

khối tứ diện .O ABC. A. 2

9. B. 1

6. C. 3

8. D. 5

6. Lời giải

Chọn A.

+) Ta có



^ABC



^{:x  y z 1.}

a b c

+) Mặt cầu

 

^S có tâm ^I



^{1; 2;3}



và bán kính 72 7 .

 R

+) Mặt phẳng



^ABC



tiếp xúc với

 

^{S d I ABC}



^;

  

^R

2 2 2

1 2 3

1 72

1 1 1 7

  

 

  a b c

a b c

.

+) Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có



^{2 2 2}



2 2 2

1 1 1

1 2 3 a b c 

2

1 2 3 2

  7

a b c    ^{2 2 2}

1 1 1 7

2.

   

a b c

+) Dấu " " xảy ra

1 2 3

1 1 1

2, 1, 2, 1 2 3 3

7

  



    

   



a b c

a b c a b c

khi đó 1 2

6 9.

 

VOABC abc

2. [2H3-3] Phương trình của mặt phẳng nào sau đây đi qua điểm ^M



^{1; 2;3}



và cắt ba tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A,B, C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất?

A. 6x3y2z18 0 . B. 6x3y3z21 0 . C. 6x3y3z21 0 . D. 6x3y2z18 0 .

Lời giải Chọn D.

+) Giả sử



^ABC



: x  y z 1

a b c với ( ; 0; 0), (0; ; 0), (0; 0; ), ( , ,A a B b C c a b c0)

+) Thể tích tứ diện O ABC. : 1

6 V abc

+) ^M



^{1; 2; 3}



thuộc



^ABC



: 1 2 3

  1 a b c .

+) Ta có: 1 2 3 ³ 6 27.6

1   3  1 a b c abc abc

1 27

6abc  V 27

+) V đạt giá trị nhỏ nhất

1 2 3 1 3

27 6

3 9

 

       

  a

V b

a b c

c +) Vậy



^ABC



: 6x3y2z18 0 .

Câu 44. [2D2-3] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 44]

Anh Tuấn vừa bán một lô đất giá 450 triệu đồng và Tuấn đã đến ngân hàng để gửi hết số tiền ấy theo kì hạn 1 tháng với lãi suất kép là 0,38^oo một tháng. Vì chu cấp tiền cho con ăn học nên mỗi tháng Tuấn rút ra 5 triệu đồng vào ngày ngân hàng tính lãi. Hỏi sau 5 năm số tiền của anh Tuấn còn lại là bao nhiêu? ( Giả sử lãi suất không thay đổi, kết quả lấy tất cả các chữ số trên màn hình máy tính khi tính toán).

A. 228,7538366 triệu đồng. B. 248,9148174 triệu đồng.

C. 381,5819574 triệu đồng. D. 316, 4920103 triệu đồng.

Lời giải Chọn A

Đặt r0,38^oo.

Số tiền anh Tuấn nhận được cả vốn lẫn lãi vào ngày ngân hàng tính lãi của tháng thứ nhất (sau khi rút 5 triệu) là T1 450 1



 r



5.

Số tiền còn lại vào tháng thứ 2 là

 

     

²

 

2 450 1 5 1 5 450 1 5 1 5

T   r   r r   r . Tương tự, số tiền còn lại vào tháng thứ 3 là

   



²

  

3 450 1 5 1 5 1 5

T  r   r  r ^{450 1}



^r



^{35 1}



^r



^{25 1}



^{ r}



⁵

 

³

  

²



450 1 r 5 1 r 1 r 1

        .

………

Số tiền còn lại vào tháng thứ 60 là T60450 1



r



⁶⁰5 1



r



⁵⁹ 



1 r



⁵⁸   ...



1 r



1

 

⁶⁰

 

⁶⁰

60

1 1

450 1 5 r

T r

r

 

   228,7538366triệu đồng.

Câu 46. [2D4-4] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 46]

Cho số phức ^z thỏa mãn 3

1 2 1 2

z i z i 2

z i

     

 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2

P z i .

A. ¹

P 2 . B. P 2. C. 3 . D. ¹

3. Lời giải

Chọn A

Áp dụng tính chất: z z ₁² z z₁² 2z²2 z₁²

Ta có: 3 ^{2 2 2}

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

2 z i z i z i z i z i

z i                

4 2 1

4 2 4 2 3 0 2

z i z i P z i 2

         

Câu 47. [2H1--4] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 46]

Cho hình chóp .S ABCD có các cạnh bên bằng a, góc hợp bởi đường cao SHcủa hình chóp và mặt bên của hình chóp bằng  ( thay đổi) . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích của .S ABCD

? A.

2 3

3 3

a . B.

2 3

9 3

a . C.

4 3

3 3

a . D.

4 3

9 3 a .

Lời giải Chọn D

Theo giả thiết SA SB SC SD   nên các tam giác vuông SHA SHB SHC SHD^{, , ,} bằng nhau nên ta suy ra HA HB HC HD   . Vậy H là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD . Gọi ^{M N P Q, , ,} lần lượt là hình chiểu của H trên các cạnh AB, BC, CD, AD .

Khi đó HSM HSNHSP HSQ   .

Suy ta^{SHM  SHN SHP SHQ HM HN HP HQ} .

Từ đó ta suy ra AB BC CD DA   ( Khoảng cách từ tâm tới dây cung bằng nhau thì các dây cung có độ dài bằng nhau). Suy ra ABCD là hình thoi.

Xét HAB HBC HCD HDA .

Vậy HAB HBA HBC HBC HCD HDC HDQ HAD          , mà tổng các góc trong tứ giác ABCD bằng 360⁰ nên suy ra ABC BCD 90⁰ . Do đó ABCD là hình vuông.

Đặt SH h. HC a²h² và ^{BC 2}



^a2h2



^.

Tam giác SHM vuông tại H :

2 2

tan 2

HM a h

SH h

   ^ 2h²tan² a²h² ₂ 1 2 tan h a

  

 .

Suy ra ²



^{2 2}



^{2 2}2

4 tan

2 1 2 tan

BC a h a 

   

 .

 

3 2

2

2 3

1 1 4 tan

. .

3 3 1 2 tan

V BC SH a 



 

 .

Đặt t 1 2 tan² ;^{t }



^1;



. ta suy ra tan^{2 1} 2

 t^ Xét hàm số

 

^{2 3. 1}

3 V t a t

t t

  ;^{t }



^1;



.

 

³

 

³

 

3 2

3 1

2 . 2 . 3

3 3

t t t t

a a t

V t t t t

   

  

 

   ;^{V t}

 

^{  0 t 3}.

VậyV đạt giá trị lớn nhất khi t3 hay tan 1 và giá trị lớn nhất của thể tích là

 

^{3 4 3}

9 3 V  a .

Nhận xét : Bài toán này có thể thay đổi thành

Cho hình chóp .S ABCD có các cạnh bên bằng a, góc hợp bởi mặt bên của hình chóp và mặt đáy bằng  ( thay đổi) . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích của .S ABCD ?

A.

2 3

3 3

a . B.

2 3

9 3

a . C.

4 3

3 3

a . D.

4 3

9 3 a . Câu 48. [2H1--4] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 48]

Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz, cho các điểm ^{A a}



^;0;0



, ^B



^{0; ;0b}



, ^C



^0;0;c



thỏa mãn

2 2 2

14

a b c  và điểm M là một điểm nằm trên một cạnh của tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ^{S d A OM}



^,



^{d B OM}



^,



^{d C OM}



^,



. Ở đây ta dùng kí hiệu ^{d A}



^,



là khoảng cách từ A đến .

A. 2 6 . B. 14 . C. 2 7 . D. 2 5 .

Lời giải Chọn C

Không mất tính tổng quát ta giả sử M nằm trên cạnh AB. Đặt BOM ^. Từ A hạ AH vuông góc với OM , từ B hạ BK vuông góc với OM .

Khi đó ^{d A OM}



^,



^{AH a.sin 90}



^o



^{a.cos, d B OM}



^,



^{BK b.sin ,}



^,



d C OM c.

Do đó ^{S d A OM}



^,



^{d B OM}



^,



^{d C OM}



^,



a.cosb.sinc.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có:



^{a.cos b.sin}



^2



^a2b2

 

^{sin2 cos2}



2 2

a b

  a.cos b.sin  a²b^{2 .}

Dấu bằng xảy ra khi tan tan

cos sin

a b b

a DAB

 ^  ^  ^{ }   ^{ADM hay} DM  AB

.

Suy ra S  a²b² c ^(1).

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có: S a²b² c 2 a² b²c²  2. 14 2 7 (2).

Từ (1), (2) ta có ^{S d A OM}



^,



^{d B OM}



^,



^{d C OM}



^,



_{2 7}. Dấu bằng xảy ra khi DM  AB và c a²b^{2 .}

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. [2H3-4] (Phạm Minh Tuấn lần 3) Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz, cho các điểm ^{A a}



^;0;0



,



^{0; ;0}



B b , ^C



^0;0;c



thỏa mãn a²b²c² 5 và điểm M là một điểm nằm trên một cạnh của tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ^{S d A OM}



^,



^{d B OM}



^,



^{d C OM}



^,



. Ở đây ta dùng kí hiệu ^{d A}



^,



là khoảng cách từ A đến .

A. 2 7 . B. 10 . C. 2 5 . D. 10.

Lời giải Chọn C

Không mất tính tổng quát ta giả sử M nằm trên cạnh AB. Đặt BOM ^. Từ A hạ AH vuông góc với OM , từ B hạ BK vuông góc với OM .

Khi đó ^{d A OM}



^,



^{AH a.sin 90}



^o



^{a.cos, d B OM}



^,



^{BK b.sin ,}



^,



d C OM c.

Do đó ^{S d A OM}



^,



^{d B OM}



^,



^{d C OM}



^,



a.cosb.sinc.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có:



^{a.cos b.sin}



^2



^a2b2

 

^{sin2 cos2}



2 2

a b

  a.cos b.sin  a²b^{2 .}

Dấu bằng xảy ra khi tan tan

cos sin

a b b

a DAB

 ^  ^  ^{ }   ^{ADM hay} DM  AB

.

Suy ra S  a²b² c ^(1).

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có:

2 2

S  a b c  2 a²b²c²  2. 5  10 ^(2).

Từ (1), (2) ta có ^{S d A OM}



^,



^{d B OM}



^,



^{d C OM}



^,



2 7^. Dấu bằng xảy ra khi DM  AB và c a²b^{2 .}

Câu 49. [1D2-3] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 49]

Phòng thi có 40 thí sinh được xếp vào 20 bàn, mỗi bàn xếp đủ 2 thí sinh. Hãy tính xác suất để hai thí sinh A và B được ngồi cùng trên một bàn.

A. 1

45. B. 1

39. C. 1

780. D. 1

670. Lời giải

Chọn C

+) Số cách xếp 40 thí sinh vào 20 bàn, mỗi bàn 2 thí sinh là A A A40². 38². 36²... .A A4² 2²

+) Số cách xếp hai thí sinh A và B ngồi cùng một bàn là 2!

+) Số cách xếp 38 thí sinh còn lại vào 19 bàn, mỗi bàn 2 thí sinh là

2 2 2 2 2

38. 36. 34... .4 2

A A A A A

+) Số cách xếp 40 thí sinh vào 20 bàn, mỗi bàn 2 thí sinh sao cho hai thí sinhA và B ngồi cùng một bàn là 2!.A A A38². 36². 34²... .A A4² 2²

+) Xác suất cần tính là

2 2 2 2 2

38 36 34 4 2

2 2 2 2 2

40 38 36 4 2

2!. . . ... . . . ... . A A A A A P A A A A A ₂

40

2! 1

780

 A  . Chọn C.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. [1D2-3] Đề thi kiểm tra 15 phút có 10 câu trắc nghiệm mỗi câu có bốn phương án trả lời, trong đó có một phương án đúng, trả lời đúng mỗi câu được 1,0 điểm. Một thí sinh làm cả 10 câu, mỗi câu chọn một phương án. Tính xác suất để thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên.

A. 436₁₀

4 . B. 463₁₀

4 . C. 436₄

10 . D. 163₄

10 . Lời giải

Chọn A

+) Với mỗi câu hỏi, thí sinh có 4 phương án lựa chọn nên số phần tử của không gian mẫu là

 

^{4 .10}

n  

+) Gọi X là biến cố “thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên”

+) TH1. Thí sinh đó làm được 8 câu (tức là 8,0 điểm): Chọn 8 câu trong số 10 câu hỏi và 2 câu còn lại mỗi câu có 3 cách chọn đáp án sai nên có C₁₀⁸.3²cách để thí sinh đúng 8 câu.

+) TH2. Thí sinh đó làm được 9 câu (tức là 0,9 điểm): Chọn 9 câu trong số 10 câu hỏi và câu còn lại có 3 cách lựa chọn đáp án sai nên có C₁₀⁹.3¹cách để thí sinh đúng 9 câu.

+) TH3. Thí sinh đó làm được 10 câu (tức là 10,0 điểm): Chỉ có 1 cách duy nhất . Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là n X

 

C10⁸.3²C10⁹.3¹436.

+) Vậy xác suất cần tìm là

 

 

^{436410 .}

P n X

 n 

 Chọn A.

2. [1D2-3] Cho tập hợp A



1; 2;3;...;10



. Chọn ngẫu nhiên ba số từ A. Tìm xác suất để trong ba số chọn ra không có hai số nào là hai số nguyên liên tiếp.

A. 7

90. B. 7

24. C. 7

10. D. 7

15. Lời giải

Chọn D

+) Chọn 3 số bất kì có C10³ 120 cách.

+) TH1: 3 số chọn ra là 3 số tự nhiên liên tiếp có 8 cách.

+) TH2: 3 số chọn ra là 2 số tự nhiên liên tiếp thì

Nếu 3 số chọn ra có cặp

 

1; 2 hoặc



9;10 có



2.7 14 cách.

Nếu 3 số chọn ra có một trong các cặp

      

2;3 , 3; 4 ... 8;9 có



7.6 42 cách.

+) Vậy xác suất cần tìm là 120 8 14 42 7

120 15

  

 . Chọn D.

Hoặc ta có thể tính số cách chọn ra ba số mà không có hai số nào là hai số nguyên liên tiếp chính là số cách chọn ra ba số phân biệt từ tập B



3; 4;...;10



và bằngC₈³64.

--- Câu 50. [2D3-4] Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2018 Phạm Minh Tuấn

Cho hàm số ^{f x( )} dương và có đạo hàm liên tục trên



^{0; 1}



thỏa mãn

 

^{0 4}

 

^{1 1}

f  f 16 và

   

1 3

0

1 . dx= 1 x f x 8



^,

   

1 3

2 0

dx= 1 64 f x

f x

 

 

  

 



. Tính tích phân ¹

 

0

dx



f x ^.

A. ¹

24. B. ¹

32 . C.¹

8. D.¹

4.

Tôi đã xem cách giải của một số thầy cô, đặc biệt là của tác giả, và đã trao đổi lại với tác giả, bài này cần thêm dấu của ^{f x}

 

. Xin phép các thầy cô được thay đổi đề bài như sau:

Câu 50. [2D3-4] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 49]

Cho hàm số ^{f x( )} dương và có đạo hàm liên tục trên



0; 1 thỏa mãn

  

^{0 4}

 

^{1 1}

f  f 16 ,

 

⁰



^{0; 1}



f x   x và ¹

 

³

 

0

1 . dx= 1 x f x 8



^,

   

1 3

2 0

dx= 1 64 f x

f x

 

 

  

 



. Tính tích phân ¹

 

0

dx



f x ^.

A. ¹

24. B. ¹

32 . C.¹

8. D.¹

4. Lời giải.

Chọn B.

Ta có:

         

1 3 3 1 1 2

0 0 0

1 ( )dx= 1 3 1 dx

x f x x f x  x f x

 

^{mà f}

 

^{0 4f}

 

^{1 }₁₆^{1 ,}

   

1 3

0

1 . dx= 1 x f x 8



Nên ¹

   

²

0

1 dx= 1 x f x 16



^.

Vì ^{f x}

 

^0, ^{f x}

 

^{  0 x}



^{0; 1}



nên

 

 

3

2 0

f x f x

 

  

  

  ; ^{ }



^{x 1}

  

^{f x 0  x}



^{0; 1}



   

1 2

0

1 1 dx

16



x f x

 

     

1 2 3 2

3 2 0

1 . ' dx

f x x f x

f x

 

 

 





        

 

     

3 2

1 1

3 3

3 2

0 0

dx. 1 dx

f x x f x

f x

   

  

    

    

 

 

^{ 3} ₆₄^{1 .3  }_{ }¹₈ ^{2 }₁₆¹

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi

 

     

3

3

2 1

f x k x f x f x

 

    

  

 

   

^{31 11}

f x

f x k x

  

 ^{ln f x}

 

₃^{1 ln}



^{x 1}



^C

   k  

Do

 

^{0 1}

f 4,

 

^{1 1}

f 16 nên ln¹ C 4 , ₃1

k  2

 

 

²

1 f x 1

  x

 ¹

 

0

dx 1 f x 32





 ^. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. [2D3-4] THPT ĐẶNG THÚC HỨA LẦN 1- 2018

Cho hàm số ^{f x( )} có đạo hàm liên tục trên



0; 1 thỏa mãn



^f

 

^{1 1} , ^{f x}

 

^{  0 x}



^{0; 1}



và

1

 

2 0

dx=9 f x 5

 

 



^,1

 

0

dx=2 f x 5



. Tính tích phân ¹

 

0

dx I 



f x ^.

A. ³

I 5. B. ¹

I 4 . C. ³

I  4. D. ¹

I 5.