Các câu vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán trường chuyên đồng bằng sông hồng | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

TỔNG HỢP CÁC CÂU VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO CỤM 5 TRƯỜNG CHUYÊN ĐBSH Câu 1: [2H2-2] [Cụm 5 trường chuyên ĐBSH] Cho hai mặt phẳng

 

^P và

 

^Q vuông góc với nhau

theo giao tuyến . Trên đường  lấy hai điểm A, B với AB a . Trong mặt phẳng

 

^P lấy điểm C và trong mặt phẳng

 

^Q lấy điểm D sao cho AC, BD cùng vuông góc với  và

AC BD AB  . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là:

A. ³ 3

a . B. ³

2

a . C. a 3. D. ^{2 3}

3 a .

Lời giải Chọn B.

a a

a

A B

C

D I

Ta có hai mặt phẳng



^ABC



và



^ABD



vuông góc với nhau theo giao tuyến AB mà CA AB

 

CA ABD

  suy ra CA AD. Tương tự, ta cũng có DBBC.

Hai điểm A, B cùng nhìn đoạn CD dưới một góc vuông nên bốn điểm A, B, C, D nằm trên mặt cầu đường kính CD, tâm I là trung điểm CD.

Xét tam giác vuông ACD, ta có CD AC²AD²  a² 2a² a 3. Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là ³

2 Ra .

Câu 2: [1D2-4] Có bao nhiêu số nguyên dương n sao cho



^{10 20 0}

 

^{11 12 1}

 

^{11 1}



2 ... ... ... _^{ }

     _n     _n   _nⁿ  _nⁿ  _nⁿ

S C C C C C C C C C là một số có 1000 chữ

số?

A. 2. B. 1. C. 3. D. 0.

Lời giải Chọn C.

(Có edit lại cho rõ)

Ta có:

0

1

n k k

S S



 



^{, với} Sk Ck⁰C¹k Ck^2...Ck^{k, k}



^0;1;...;n



Ta có: Ck⁰C¹kCk² ^... Ck^k  



^{1 1}



^k ^2k

Suy ra:



^{2 3}



^{1 1}

0

1 2 1 1 2 2 2 ... 2 1 1.1 2 2 . 1 2

n n

k n n

k

S

 



            



 Ta có:

S là một số có 1000 chữ số 10⁹⁹⁹ S 10¹⁰⁰⁰ 10⁹⁹⁹2^n110¹⁰⁰⁰

2 2

999log 10 1 n 1000log 10 1

     3317,606 n 3320,92 Do n nên n



3318;3319;3320



.

Vậy có 3 số nguyên dương ⁿ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 3: [2D4-4] Cho hai số phức z z₁, ₂ thỏa mãn z₁  1 i 2 và z₂ iz₁. Tìm giá trị lớn nhất m của biểu thức z1z2

A. m2 2 2 . B. m 2 1 . C. m2 2. D. m2. Lời giải

Chọn A.

Cách 1: (PB thêm cách)

Gọi M là điểm biểu diễn cho số phức z₁. Ta có:

1 1 2 2

z    i MI  , với ^I



^1;1



^nên M thuộc đường tròn

 

^{C tâm I}



^1;1



^{, bán kính}

2 R

Ta có: z1z2  z1iz1 



1i z



1  2 z1  2OM .

Ta có OI  2 R ^{nên O} nằm trong

 

^{C . Do đó} OM OI R  2 2 ^. Vậy ^{m 2}



^{2 2}



^{ 2 2 2}

Cách 2:

Ta có z₁z₂  z₁iz₁  1 i z. ₁  2.z₁

Đặt z1 a bi với (^{a b,}  ) theo đề bài ta có



^a1

 

^{2 b 1}



^{2 4}(*). Ta cần tìm GTLN của

2 2

2

m a b

Đặt t a ²b². Ta có:

 

^{*  4 a22a 1 b22b 1 2(a b  ) 2 t}. Mà



^{a b}



^{2 }



^{12 ( 1) .2}

 

^a2b2



^{(**) nên}



^2t



^{24(a b )2 8t  t2 12t 4 0}  6 4 2   t 6 4 2 Kết hợp với t a ²b² 0 suy ra 0  t 6 4 2

Suy ra m 2t  12 8 2 2 2 2 Dấu "^" xảy ra khi

 

** xảy ra khi

1 1

a b

a b

   

 . Kết hợp

 

* ta được

   

1 1 2 1

z    i

Vậy giá trị lớn nhất của m bằng 2 2 2 .

Câu 4: [1D1-4] Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số ^{sin cos tan cot 1 1} sin cos

y x x x x

x x

      .

A. 2 2 1 . B. 2 2 1 . C. 2 1 . D. 2 1 .

Lời giải Chọn A.

Cách 1: Đặt asinx,bcosxthì

 

^{2 2}

1 1 ab a b a b a b P a b a b

b a a b ab

    

       ^{ab a b}

 

^{1 a b}

ab

   

 vì _a²_b² _1.

Đặt t a b, tức là 2 sin

t x4 nên t  2; 2.

Lại có t²  1 2ab2ab t ² 1. Do đó ²

 

²

 

² 2

1 1

2 1

ab a b a b

P t

ab t

   

    

 .

Với t  2; 2

+) Với t 1 0, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 2

1 1 2 2 1.

P t 1

  t   

 +) Với t 1 0, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 2

1 2 2

t 1

  t 

 nên

1 2 2 2

t 1

 t  

 ^

1 2 1 2 2 1

t 1

 t    

 .

Từ đó P2 2 1 .

Dấu bằng đạt được khi t 1 2, hay 1 2 sinx4 2

  nên tồn tại x. Cách 2 (PB bổ sung)

Ta có 1 1

sin cos tan cot

sin cos

y x x x x

x x

      1 sin cos

sin cos

sin .cos

x x

x x

x x

 

   .

Đặt tsinxcosx 2 sin x 4

 

   ^{, 2; 2 \ 1}

 

2 2

t  

  

  ^,

2 1

sin .cos

2 x x t 

 ^.

Suy ra 1₂

1 2 y t t

t

  



2 t 1

 t

 ^.

Xét hàm số

 

²

g t t 1

 t

 ^,

 

 

²

1 2 g t 1

   t



 

 

2 2

1 2

1 t

t

 

  ^{,g t}

 

^0

 

 

2 1 2 1 t/m

t l

t

  



   



.

 

^{2 3 2 2 0,}

g    ^g

 

^{ 2 0, g}



^{ 2 1  }



^{2 2 1 0 }

Ta có bảng biến thiên

g

 

- 2

g



- 2+1



g

 

2 +∞

+∞

-∞

y=g(t)

+∞

g

 

2 g



- 2+1



g

 

- 2

- 2+1 2

g(t)

0 t

g'(t)

1 +

- 2

Dựa vào bảng biến thiên suy ra ^{ymin  g}



^{ 2 1}



^{2 2 1 .}

Câu 5: [2D1-4] Cho hàm số

2 4

x m x

y x m

 

  . Biết rằng đồ thị hàm số có hai điểm cực trị phân biệt là A, B. Tìm số giá trị của m sao cho ba điểm A, B, ^C



^4;2



phân biệt và thẳng hàng.

A. 0. B. 2. C. 1. D. 3 .

Lời giải Chọn A.

Ta có

 

2 2

2

2 4

x m x m

y x m

  

   . Suy ra 2

0 2.

x m

y x m

  

   

 



Nên đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị và đường thẳng qua hai cực trị là d: 2 1 y x m

 .

Vì A, B, ^C



^4;2



thẳng hàng nên C d  m 6. Khi đó 4

0 8.

y x

x

 

    

Với ^{x  4 y 2}, tức là có một điểm cực trị trùng với C. Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Cách 2: (PB bổ sung) Tập xác định ^D ^\

 

^{m .}

Ta có

2 4 4

x m x

y x

x m x m

 

  

  ^.



⁴



²

1

y   x m

 ^{,  x D,} y 0 2 2

x m

x m

  

     ^.

Tọa độ hai điểm cực trị là ^B



^{2 m;4 m}



^{, A}



^{ 2 m; 4  m}



^.

 

^4;8

AB

 , ^{AC}



^{6 m;6 m}



^.

Ba điểm A^, B^{, C}



^{4; 2}



phân biệt và thẳng hàng

6 0 6 0

6 6 1 1

4 8 4 8

m m

m m

     

 

     

(vô nghiệm).

Vậy không có giá trị m nào thỏa mãn.

Câu 6: [2D1-3] Cho hàm số ^{y f x}

 

^{ax3bx2 cx d}



^{a0; , , ,a b c d}



có đồ thị là

 

^{C . Biết}

rằng đồ thị

 

^C đi qua gốc tọa độ và đồ thị hàm số ^{y f x}

 

cho bởi hình vẽ dưới đây. Tính giá trị của biểu thức ^{H  f}

 

^{4  f}

 

² .

A. H 58. B. H 51. C. H 45. D. H 64.

Lời giải Chọn A.

Vì đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ nên d 0.

 

^{3 2 2}

f x  ax  bx c có đồ thị là một parabol nhận trục ^Oy làm trục đối xứng và qua điểm

 

0;1 nên suy ra b0, c1.

Đồ thị ^{y f x}

 

đi qua

 

1; 4 nên ta có 3a   1 4 a 1. Do đó ^{f x}

 

^x3x.

Vậy ^{H  f}

 

^{4  f}

 

^{2 68 10 58 } .

Câu 7: [1D2-3] Trước kỳ thi học kỳ 2 của lớp 11 tại trường FIVE, giáo viên Toán lớp FIVE A giao cho học sinh đề cương ôn tập gồm 2n bài toán, n là số nguyên dương lớn hơn 1. Đề thi học kỳ của lớp FIVE A sẽ gồm 3 bài toán được chọn ngẫu nhiên trong số 2n bài toán đó. Một học sinh muốn không phải thi lại, sẽ phải làm được ít nhất 2 trong số 3 bài toán đó. Học sinh TWO chỉ giải chính xác được đúng 1 nửa số bài toán trong đề cương trước khi đi thi, nửa còn lại học sinh đó không thể giải được. Tính xác suất để TWO không phải thi lại.

A. ¹.

2 B. ¹.

3 C. ²

3 D. ³.

4 Lời giải

Chọn A.

Gọi B là biến cố: Học sinh TWO làm đúng 2 trong 3 bài toán thi.

Gọi C là biến cố: Học sinh TWO làm đúng cả 3 bài toán thi.

Gọi A là biến cố: Học sinh TWO không phải thi lại.

Ta có: A B C  với B, C là hai biến cố xung khắc.

Khi đó số phần tử của không gian mẫu: n

 

 C2n³ .

* Xét biến cố B:

+) Chọn 2 bài trong n bài học sinh TWO làm được là: C_n². +) Chọn 1 bài trong n bài học sinh TWO không làm được là: Cn¹. Từ đó suy ra:

 

²₃ ¹

2 n. n

n

P B C C

 C .

* Tương tự với biến cố C :

 

3³ 2

n n

P C C

C .

Vậy:

     

³ ₃^{1 2}

2

n n. n

n

C C

P C

P B C C

A P 

  

     

   

1 1 2

2 6

2 2 1 2 2

6

n n n n n n

n n n

  

 

 

   

   

1 3 2 1

2 2 1 2 2 2

n n n n

n n n

  

 

  .

Câu 8: [2D1-4] Biết rằng đồ thị hàm số bậc 4: ^{y f x}

 

được cho như hình vẽ sau:

Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số ^{y g x}

 

^_^{f x}

 

^_^{2 f x f}

   

^{.  x và trục Ox.}

A. 4. B. 6. C. 2. D. 0.

Lời giải Chọn D.

(Có chỉnh sửa)

Gọi các hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số ^{y f x}

 

^{và trục} Ox là x₁, x₂, x₃, x₄. Suy ra: f x

 

a x x



 1

 

x x 2

 

x x 3

 

x x 4



Ta có:

  

2

 

3

 

4

 

1

 

3

 

4



f x a x x x x x x a x x x x x x



1

 

2

 

4

 

1

 

2

 

3



a x x x x x x a x x x x x x

        .

Theo giả thiết ta có:

   

²

   

^.

g x f x   f x f x

 

i

 

i ²

   

i ^. i

 

i ^{2 0}

g x f x f x f x f x

       ^{, với mọi i}



^{1;2;3; 4}



^.

 

⁰

g x  không có nghiệm x_i.

Xét x x i, ta có:

 

 

4

1

1

i i

f x

f x _ x x

 





         

   

4 2 4

2 2

1 1

1 . 1

0, _i

i i i i

f x f x f x

f x x x

f x ^ x x f x ^ x x

      

      

  



      



   

 

²

   

^{. 0,} i

f x f x f x x x

      ^.

Do đó trong mọi trường hợp phương trình ^{g x}

 

^0 đều vô nghiệm.

Vậy đồ thị hàm số ^{y g x}

 

^{cắt trục} Ox tại 0 điểm.

Câu 9: [2D4-4]. Cho hai số phức z z1, 2 thoả mãn z1 2,z2  3. Gọi ^{M N,} là các điểm biểu diễn cho z1 và iz2. Biết MON  30 . Tính S  z1²4z2² .

A. 5 2 . B. 3 3 . C. 4 7 . D. 5 .

Lời giải Chọn C.

Ta có

 

²

2 2 2

1 4 2 1 2 2 1 2 2 . 1 2 2

S  z  z  z  iz  z  iz z  iz Gọi P là điểm biểu diễn của số phức 2iz2. Khi đó ta có

1 2 2 . 1 2 2 .

z  iz z  iz  OM OP OM OP    

. 2 2 .

PM OI PM OI

   

.

Do MON 30 nên áp dụng định lí côsin cho tam giác OMN với OM 2, ON 3, ta có:



2 2 2 2. . .cos

MN OM ON  OM ON MON 2² 3²2.2. 3.cos30 1MN 1. Từ OM 2, ON  3 vàMN 1 suy ra ON MN, bởi vậy OMP có MN đồng thời là đường cao và đường trung tuyến, suy ra OMP cân tại M PM OM 2.

Áp dụng định lí đường trung tuyến cho OMN ta có:

2 2 2

2 7

2 4

OM OP MP

OI     .

Vậy S 2PM OI. 2.2. 7 4 7 .

Câu 10: [1D2-4] Từ các chữ số



0,1, 2,3, 4,5, 6 viết ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm 6 chữ số khác



nhau có dạng a a a a a a1 2 3 4 5 6 . Tính xác suất để viết được số thỏa mãn điều kiện

1 2 3 4 5 6

a a a a a a .

A. ⁴

p85. B. ⁴

p135. C. ³

p 20. D. ⁵ p158. Lời giải

Chọn B.

Cách 1: (Viết gọn)

Ta dễ có số phần tử của không gian mẫu là  6.A6⁵ 4320. Gọi A là biến cố “chọn được số thoả mãn yêu cầu bài toán”.

Đặt a1a2 a3a4 a5a6 S Ta có:

1 2 3 4 5 6

0 1 2 3 4 5     a a a a a a      1 2 3 4 5 6

 

15 3S 21 5 S 7 S 5;6;7

       

Khi đó ta có 3 phương án để chọn số a a a a a a1 2 3 4 5 6 như sau:

 Phương án 1: a1a2 a3a4 a5a6 7. Khi đó

     



a a1, 2 ; a a3, 4 ; a a5, 6





      

1,6 ; 2,5 ; 3, 4



Suy ra có 3!. 2! . 2! . 2!

     

48 cách chọn.

 Phương án 2: a1a2 a3a4 a5a6 5. Khi đó

     



a a1, 2 ; a a3, 4 ; a a5, 6





      

0,5 ; 1, 4 ; 2,3



. Suy ra có 3!.2!.2!.2! 1.2!2! 40  cách.

 Phương án 3: a1a2 a3a4 a5a6 6. Khi đó

     



a a1, 2 ; a a3, 4 ; a a5, 6





     

0,6 ; 1,5 ; 2, 4

 

.

Phương án này hoàn toàn tương tự phương án 2 nên cũng 40 cách chọn.

Do đó số phần tử của biến cố A:  _A 48 40.2 128  .

Vậy

 

^{128 4}

4320 135 P A A

  

 .

Cách 2:

 Số các số gồm 6 chữ số khác nhau từ tập hợp



0,1, 2,3, 4,5,6 :



Chọn a1 0 có 6 cách, sắp xếp các số còn lại có A₆⁵ cách nên có tổng số 6.A₆⁵ 4320 số.

 Số các số thỏa mãn điều kiện a1a2 a3a4 a5a6: Ta có a1a2 a3 a4 a5 a6 3



a1a2



là số chia hết cho 3 .

Mà 0 1 2 3 4 5 6 21       là số chia hết cho 3 nên chữ số không xuất hiện trong số được lập phải là số chia hết cho 3.

Trường hợp 1: Chữ số 0 không có mặt trong số được lập.

Ta có



a a1, ,...,2 a6

 

 1, 2,3, 4,5, 6



.

Khi đó a1a2 a3a4 a5a6 7 nên

 

a a1, 2

 

, a a3, 4

 

, a a5, 6

 



      

1,6 , 2,5 , 3, 4



. Có 3! cách xếp các cặp

     

1,6 , 2,5 , 3, 4 vào các vị trí của các cặp



a a1, 2

 

, a a3, 4

 

, a a5, 6



, trong mỗi cặp vị trí lại có 2 cách xếp nên có 3!.2³ 48 số.

Trường hợp 2: Chữ số 3 không có mặt trong số được lập.

Ta có



a a1, ,...,2 a6

 

 0,1, 2, 4,5,6



.

Khi đó a1a2 a3a4 a5a6 6 nên

 

a a1, 2

 

, a a3, 4

 

, a a5, 6

 



      

0,6 , 1,5 , 2, 4



. Tương tự như trên nếu coi chữ số 0 như các chữ số khác, ta có 48 cách.

Trường hợp 06a a a a_{3 4 5 6} : lý luận tương tự, có 2.2.2 8 cách.

Suy ra trường hợp này, ta có 48 8 40  số.

Trường hợp 3 : Chữ số 6 không có mặt trong số được lập.

Ta có



a a1, ,...,2 a6

 

 0,1, 2,3, 4,5



. Tương tự như trường hợp 2, ta có 48 8 40  số.

Vậy có 48 40 40 128   số thỏa mãn điều kiện a1a2 a3a4 a5a6.

 Xác suất cần tìm là ^{128 4} 4320 135

p  .

Câu 11: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ ^Oxyz, cho đường thẳng  đi qua gốc tọa độ O và điểm ^I



^0;1;1



. Gọi S là tập hợp các điểm nằm trên mặt phẳng



^Oxy



, cách đường thẳng  một khoảng bằng 6. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi S.

A. 36. B. 36 2 . C. 18 2. D. 18

Lời giải Chọn B.

Đường thẳng  có vecto chỉ phương ^u



^0;1;1



và đi qua gốc tọa độ ^O



^0;0;0



. Gọi ^{M a b}



^{; ;0}



là điểm thuộc mặt phẳng



^Oxy



, cách  một khoảng bằng 6.

Ta có: ^{d M}



^,



^{OM u,}

u

 

 

 

 



2 2

2 2 a b

 . Ta được: 2a²b² 36

2 2

36 72 1 a b

   .

Như vậy tập hợp điểm M là elip

 

^E trong mặt phẳng tọa độ



^Oxy



, có phương trình:

2 2

36 72 1 x y

  , nên có nửa độ dài các trục lần lượt là 6 và 6 2 có diện tích bằng:

.6.6 2 36 2

  ^.

Câu 12: [2D2-4] Cho bất phương trình ^m.3x1



^{3m2 . 4}

   7 x 4 7x 0, m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x  ;0. A. 2 2 3

m 3 . B. ^{2 2 3}

m 3 . C. ^{2 2 3}

m 3 . D. ^{2 2 3}

m  3 . Lời giải

Chọn A.

Phương trình đã cho tương đương với

   

1 9

.3 3 2 . 4 7 0

4 7

x x

m x^  m       .

2

4 7 4 7

3 . 3 2 0

3 3

x x

m m

      

 

         .

Đặt 4 7

3

x

t   

   . Suy ra ^t

 

^0;1 khi ^{x }



^;0



.

Khi đó, bài toán đã cho trở thành: Tìm m để bất phương trình t²3mt3m 2 0

 

1 đúng với mọi ^t

 

^0;1 .

Ta có

 

^{1 2 2} 3 1

t m

t

   

 với mọi ^t

 

^0;1

 

2 . Xét hàm số

 

^{2 2}

1 f t t

t

 

 với ^t

 

^0;1 . Ta có

 

 

2 2

2 2

1 t t f t t

   

 và ^{f t}

 

^0  t 3 1 . Bảng biến thiên của hàm số ^{f t}

 

Dựa vào bảng biến thiên suy ra

 

²   2 2 3 3m ^{2 2 3} m 3

  .

Câu 13: [2D3-3] Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường ^ysinx, ^ycosx, ^x0, x a

với ^;

a  4 2

   là ¹₂



^{ 3 4 2 3}



^{hỏi số a} thuộc khoảng nào sau đây?

A. ^{7 ;1} 10

 

 

 . B. ^{51 11;} 50 10

 

 

 . C. ^{11 3;} 10 2

 

 

 . D. ^1;51 50

 

 

  Lời giải

Chọn B.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường ^ysinx, ^ycosx, ^x0, x a là

0

sin cos d

a

S 



x x x

4

0

4

sin cos d + sin cos d

a

x x x x x x













 ⁴

   

0

4

cos sin d sin cos d

a

x x x x x x









 





   

4

0

4

cos sin d cos sin d

a

x x x x x x









 



 ^{ 2 1 }



^sinxcosx



^a₄ ^{2 2 1 cos  asina.}

Theo bài ra ta có:



^{ 3 4 2 3}



^{  2 4 2 2cos a2sina sin} ₄ ^{3 1 sin5}₁₂

a  2 2 

 

     . 7

4 12 a  

   1,047

a 3

   51 11

50 10,

a  

  .

Câu 14: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm ^{A a}



^;0;0



, ^B



^{0; ;0b}



, ^C



^0;0;c



với a, b, c0. Biết rằng mặt phẳng



^ABC



đi qua điểm ^{1 2 3; ;} 7 7 7

M 

 

  và tiếp xúc với mặt cầu

  

^{: 1}

 

^{2 2}

 

^{2 3}



^{2 72}

S x  y  z  7 . Tính 1₂ 1₂ 1₂ T a b c .

A. T 14. B. 1

T  7. C. T 7. D. ⁷ T  2. Lời giải

Chọn D.

Mặt phẳng



^ABC



đi qua ba điểm ^{A a}



^;0;0



, ^B



^{0; ;0b}



, ^C



^0;0;c



nên có phương trình là x y z 1

a b c   .

Ta có ^{1 2 3; ;}

 

7 7 7

M  ABC

  nên 1 2 3

a b c  7.

Mặt cầu

 

^S có tâm ^I



^1;2;3



và bán kính 72 R 7 .



^ABC



tiếp xúc với

 

^S

   

2 2 2

2 2 2

1 2 3

1 72 1 1 1 7

, 1 1 1 7 2

a b c d I ABC R

a b c a b c

  

       

 

.

Câu 15: [2H1-3] Cho hình chóp .S ABCD, ABCD là hình chữ nhật, AB a , AD2a. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng



^ABCD



bằng 45. Gọi M là trung điểm SD. Tính theo a khoảng cách d từ M đến mặt phẳng



^SAC



.

A. ^{2 1513} 89

d  a . B. ^{2 1315} 89

d  a . C. ¹³¹⁵ 89

d a . D. ¹⁵¹³ 89 d a . Lời giải

Chọn D.

M

H

D

B

A

C S

I K

Gọi H là hình chiếu của S lên mặt đáy. Vì SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy nên H là trung điểm của AB.

Rõ ràng ^{d M SAC}



^,

  

^1₂^{d D SAC}



^,

  

^{d H SAC}



^,

  

^.

Kẻ HI AC tại I , kẻ HK SI tại K, khi đó ^{d d H SAC}



^,

  

^{HK .}

Vì góc giữa SC và mặt phẳng



^ABCD



^{bằng 45} nên SCH 45 suy ra SHC vuông cân tại H. Ta có HC BC²BH^{2 17}

2

a , suy ra ¹⁷

2 SC a .

Ta có ¹



^;



HI 2d B AC 1 ₂. ₂ 2.

BA BC BA BC

 

5 5

 a . Suy ra ^{HK HS HI}₂^. ₂ HS HI

 

1513 89

a .

Câu 16: [2D1-3] Cho hàm số ¹ 2 y x

x

 

 , gọi d là tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng m2. Biết đường thẳng d cắt tiệm cận đứng của đồ thị hàm số tại điểm A x y



; 1 1



và cắt tiệm cận ngang của đồ thị hàm số tại điểm B x y



; 2 2



. Gọi S là tập hợp các số m sao cho

2 1 5

x y   . Tính tổng bình phương các phần tử của S.

A. 0 . B. 4. C. 10 . D. 9 .

Lời giải Chọn C.

1 3 y 2

 x



 

²

3 y 2

 x

 

 Ta có x m 2 y 1 ³

  m



^m0



Phương trình tiếp tuyến d: y ³₂



x m 2



1 ³

m m

     .

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số ^y1 và tiệm cận đứng x 2. Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

 

2

3 3

2 1 2

y x m

m m

x

     



  



1 6

2

y m

x

  

 

  



nên

1

1 6 y  m.

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

 

2

3 3

2 1 1

y x m

m m

y

     



 

1

2 2

y x m

 

    nên x2 2m2.

Vậy x2y1 2m ⁶ 1 5

   m 2m²4m 6 0 ¹

2

1 3 m m

 

   

2 2

1 2 10

m m

   .