Bài tập có đáp án chi tiết môn toán đại số lớp 12 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

Câu 1. [2D2-4] Cho ;x y ,



^x0



thỏa mãn:

 

3 1 1

3

2018 2018 1 2018 1 3

2018

x y xy xy

x y

x y x

   

        . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2

T  x y. A. 2

3. B. 1. C. 2

3. D. 1.

Lời giải Chọn C.

 

3 1 1

3

2018 2018 1 2018 1 3

2018

x y xy xy

x y

x y x

   

       

 ³ 

   

3 1 1

2018^{x y} 2018^{ x y} x 3y 2018^{ xy} 2018^xy xy 1 f x 3y f xy 1

             .

Với ^{f t}

 

^{2018t2018t t}, t . f t

 

2018 ln 2018 2018 ln 2018 1 0^t  ^t   , t .

 f liên tục và đồng biến trên _ . Do đó ^{f x}



^3y



^{ f}



^{   xy 1}



^{x 3y  xy 1}

 

^* . Với ^{y 1}:

 

^{*    3 1} (vô lí).

Với ^{y 1}:

 

^{* 1 3}

1 x y

y

   

 . Vì ^x0 nên ^{1 1} y 3

    . Từ

 

^* ta có:

 

²

3 1 2 1 2 2 2 1

x y    xy x y  y xy  x y  x y y y  y .



²

 

¹



^{2 2 1 2 2 2 1 2 2 1}

1 1

y y y y

x y y y y x y T

y y

   

          

  .

 

^{2 2 1}

1 y y

f y y

  

 , ^{1; 1} y   3

   

2 2

2 4 1

0 1;

1 3

y y

f y y

y

  

        . Do đó ₁

 

1; 3

1 2

min f y f 3 3

  

 

 

 

   

  .

Vậy

2 1

min 3

3 0

T y

x

  

   

  .

Câu 2. [2D1-4] Cho hàm số f x

 

 x⁴4x³4x²a. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn



0; 2 Có bao nhiêu số nguyên



a thuộc đoạn



^{3; 3}



sao cho M 2m?

A. 3. B. 7. C. 6. D. 5.

Lời giải Chọn D

Ta có

   

     

2 2

2 2

2 .4 1 2

2

x x a

f x x x x

x x a

 

   

  .

Có ^{f x}

 

^0

0 1 2 x x x

 

 

 

và ^{f x}

 

không xác định tại x0 thỏa



^x022x0



^{2 a 0.}

Nhận thấy x0 thỏa mãn



^x022x0



^{2 a 0 thì m0. Do đó M 2m M 0, m0 (vì}

 

⁰

f x  ) suy ra không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có ^f

 

^{0  f}

 

^{2  a} , ^f

 

^{1  a 1}.

TH1: a0 thì M 2m   a 1 2a  a 1.

TH2: a 1 thì M 2m ^{  a 2}



^{ a 1}



  a 2.

TH3: 1  a 0 thì M 2m

 

1

2 1

1

1 2

a a

a a

a a

a a

   

  

     

1 2 2 3 1 2 1 3 a a a a

  



  

 

  





  





2 1

3 2

1 1

2 3

a a

   



   



.

Vậy



^{; 2}



^{2; 1 1; 1}



^1;



3 2 2 3

a               . Với a nguyên thuộc đoạn



^{3; 3}



suy ra ^{a  }



^{3; 2;1;2;3}



.

Câu 3. [2D2-3] Cho hai số thực dương ^x, ^y thỏa mãn 2^x2^y 4. Tìm giá trị lớn nhất Pmax của biểu thức ^P



^2x2y

 

^2y2x



^9xy

A. max

27

P  2 . B. Pmax 18. C. Pmax 27. D. Pmax 12. Lời giải

Chọn B.

Kết hợp đề bài và bất đẳng thức Cô si ta có: _{4 2} ^x_2^y _{2 2 .2}^{x y} _2.2^{x y2   x y 2} Theo đề ra ta có: ^P



^2x2y

 

^2y2x



^{9xy 4}

 

^{xy 22}



^x3y3



^10xy

 

²

   

²

4 xy 2 x y  x y 3xy 10xy

       .

Đặt ^{t xy} , ta có

2

0 1

2 t xy x y 

     .

Khi đó ta có: ^{P4t22.2 2}



^23t



^10t, hay P4t² 2t 16

Đặt ^{f t}

 

^{4t2 2 16t} , với ^{0 t 1}, ta có:

 

^{8 2 0 1}

f t     t t 4 . Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có Pmax 18. Cách 2:

Ta có: 4 2 ^x2^y2 2^{x y}  4 2^{x y}   x y 2. Suy ra

2

2 1

xyx y   . Khi đó ^P



^2x2y

 

^2y2x



^9xy2



^x3y3



^{4x y2 210xy}.

   

²

 

²

2 3 2 10

P x y  x y  xy xy  xy

 

^{2 2 2 2}

 

4 4 3xy 4x y 10xy 16 2x y 2xy xy 1 18

        

VậyPmax 18 khi ^{x y 1}.

Câu 4. [2D3-4] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo làm liên tục trên đoạn ^0;

4

 

 

  và ⁰ f     4 . Biết ^{4 2}

 

0

d 8

f x x







^{, 4}

 

0

sin2 d f x x x 4



  



^{. Tính 8}

 

0

2 d I f x x







^.

A. ¹

I 2. B. ¹

I  4. C. I 2. D. I 1. Lời giải

Chọn B.

Cách 1: Ta thấy :

1

4 1

t 0

 

f t

 

f t

0 



63 4 16 18

       

4 4 4

4

0 0 0 0

sin2 d sin2 d sin 2 . 2cos2 d

4 4

f x x x x f x x f x f x x x

  

  

           

  

^

   

4 4

0 0

sin . 0 2cos2 d cos2 d

2 f 4 f x x x 4 f x x x 8

 

      



  



 ^.

Do ^{4 2}

 

0

cos 2 d x x 8







^{nên: 4 2}

 

⁴

   

^{4 2}

 

0 0 0

d 2 .cos 2 d cos 2 d 0

f x x f x x x x x

  

  

  

^.

 ⁴

   

²

0

cos 2 d 0

f x x x



 

 

 



^{ f x}

 

^{cos 2x C .}

Do 0

f   4

  ^C0, nên ^{f x}

 

^{cos 2x}.

Vậy ⁸

 

⁸

 

0 0

2 d cos 4 d 1

I f x x I x x 4

 





 



 ^.

Cách 2: Dùng bất đẳng thức Holder.

   

 ab f x g x x. d 2 ab f2 x xd .abg x x2 d . Dấu bằng xảy ra  f x  k g x.   , k . Theo cách thứ nhất , ta đã có: 4    

0

cos 2 d f x x x 8







^.

   

^{2 2}

 

²

 

²

4 4 4

0 .cos 2 d 0 d . cos 2 d0 .

8 8 64

f x x x f x x x x

     

 

  

 







 

^.

Dấu bằng xảy ra ^{ f x}

 

^{k.cos 2x}, ^k . Với ^{f x}

 

^{k.cos 2x}, ^k  ₀⁴



.cos 2 .cos 2 d



k x x x 8

 



 ₀⁴



^{cos 2}



^2d

k x x 8

 



^{ k  1 f x}

 

^{cos 2x.}

Vậy ⁸

 

⁸

 

0 0

2 d cos 4 d 1

I f x x I x x 4

 





 



 ^.

Câu 5. [1D4-4] Cho dãy số

 

¹ ₂

1

: 2

2018 2017

n

n n n

u u

u _ u u

 

  

 . Tìm giới hạn của dãy số

 

Sn với

1 2

2 1 3 1 1 1

n n

n

u

u u

S u u  u _

    .

A. ^limSn ^2018. B. ^{lim 2017.}

n 2018

S  C. ^limSn ^1. D. ^{lim 1 .}

n 2018 S 

Lời giải Chọn A.

Từ 2018u_n1 u_n²2017u_n ta có



1



²



1

    

2018 u_n  1 u_n 2017u_n20182018 u_n  1 u_n1 u_n2018

1 1 1

1 1

2018

2018 2018 2018

1 1 1 1 1

1 1

2018 .

1 1 1

n n

n n n n n

n

n n n

u u

u u u u u

u

u u u

  

 

     

    

 

       

Do đó

1 2 2 3 1

1 1 1 1 1 1

2018 1 1 1 1 1 1

n

n n

S u u u u u u _

 

              , suy ra

1 1 1

1 1 1

2018 2018 1

1 1 1

n

n n

S u u _ u _

   

         . Ta sẽ chứng minh ^limun  .

Trước hết ta chứng minh un ¹ với mọi ⁿ. Thật vậy, Với ^n1: u1 2 1.

Giả sử uk ¹ (^{k1, 2,...n}), ta chứng minh u_k1 1.

Ta có 2018u_k1u_k²2017u_k  1 2017 2018 , suy ra u_k11. Vậy un ¹ với mọi ⁿ.

Ta lại có ^{n 1} _{2018 2018}^{n 2017} _{2018 2018}^{1 2017 1}

n

u u

u

      , do đó

 

un là dãy tăng.

Suy ra u_n1 u_n  ... u1 2.

Giả sử ^limun a a



²



. Từ 2018u_n1u_n²2017u_n, lấy giới hạn ta có

2 1

2018 2017

2018 a a a a

a

 

      (vô lý).

Vậy ^limun  . Suy ra ^limSn ²⁰¹⁸.

Câu 6. [2D4-3] Cho z 1 và P z⁵ z³ 6z 2 z⁴1. Tính PmaxPmin.

A. 1. B. 1

2. C. 2. D. 4.

Lời giải Chọn A.

Cách 1: MTCT

Ta có z 1, có thể đặt zcos isin ,    0 ;360^{0 0}.

Vậy ^P



^{cos5cos36cos}

 

^{2 sin 5sin 36sin}



^{2 2 cos 4}



^1



^{2sin 42 }

Bấm MTCT mode 7 thấy Pmax 4,Pmin 3. Cách 2: Đặt z x yi x y  ( , )  z x yi. Vậy

2

2 2 2 2

2

2 2

1 ( ) 2 4 2

.

z z z z z zz x

z z z

        (Chú ý z 1).

 

3

4 2 2

2

3 3

4 2 2

4 2

2 2

2 2 2 2

2 2

4 2 2

. 6 2 . 1

. 1

= 6 2 .

1 1

= 4 2 4 2 4 2 4 2

=16 16 8 4 2 1

P z z z z z

z z

z z z z z

z z

z z x x

z z

x x x

    

   

          

 

 

   

Đặt ^{f x( ) 16 x416x2 8 4 2x21 ,x }



^1;1



Mode 7 thấy Pmax 4,Pmin 3. Cách 3:

Ta có P z⁵ z³ 6z 2 z⁴ 1 z⁴z⁴ 6 2 z⁴1

6 2 1

w w w

     , với w z ⁴  x yi w, 1

2 2

2 6 2 ( 1)

2( 3) 2 2 2 ( )

x x y

x x f x

    

    

2 1

'( ) 2 , '( ) 0

2 2 2

f x f x x

  x    

 Bảng biến thiên

4

4

1 3

min 3, khi

2 2

max 4, khi 1

P z i

P z

    

 

   



.

Câu 7. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz, cho 3 đường thẳng 1

1 1 1

( ) :

2 1 2

x y z

d   

 

 ,

2

3 1 2

( ) :

1 2 2

x y z

d      , ( ) :₃ ^{4 4 1}

2 2 1

x y z

d     

 . Mặt cầu bán kính nhỏ nhất tâm ^{I a b c( , , )} , tiếp xúc với 3 đường thẳng ( ),( ),( )d¹ d² d³ , tính S a 2b3c:

A. S 10. B. S 11. C. S 12. D. S 13.

Lời giải:

Chọn B.

Nhận xét: 3 đường thẳng ( ),( ),( )d1 d2 d3 đôi một vuông góc và cách đều nhau.

Dựng hình lập phương sao cho ( ),( ),( )d1 d2 d3 chứa 3 cạnh.

Ta có cạnh hình lập phương là d3.

Ta có

2 2 2 2 2

( ; )1 ( ;( D)) ( ;( ' ')) , d I d d I ABC d I ABB A x y

2 2 2 2 2

( ; )2 ( ;( ' ')) ( ;( ' ')) , d I d d I BCB C d I CDD C z t

2 2 2 2 2

( ; )3 ( ;( ' ' ' ')) ( ;( ' '))

d I d d I A B C D d I ADD A u v

Ta có: 3 ^{2 2 2 2 2 2 2 1}( )^{2 1}( )^{2 1}( )²

2 2 2

r x y z  t u v  x u  y t  z v 3 2 2 .

 r

Dấu đẳng thức xảy ra ^ I là tâm hình lập phương ^{ 7 3 3; ;} 2 2 2

I 

 

 . Vậy ⁷ 2.³ 3.³ 11.

2 2 2

S    

Cách 2:

Gọi ^{I a b c( ; ; )}

1 2 3

( , ) ( , ) ( , ) R d I d d I d d I d

   

Mẫu đều bằng 3 nên bình phương các vế, ta được 9R2   A B C

27R2 A B C

    18(a²b²c²) 126 a54b54c423

2 2 2

7 3 3 234

18 18 18

2 2 2 2

a b c

     

            

234.

 2

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi 7 2 3. 2 3 2 a b c

 

 



 

Vậy ⁷ 2.³ 3.³ 11.

2 2 2

S    

Câu 8. [2H3-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm ^A



^{0;8; 2}



và mặt cầu

  

^{S : x5}

 

^{2 y3}

 

^{2 z 7}



^{2 72} và điểm ^B



^{9; 7; 23}



. Viết phương trình mặt phẳng

 

^P đi qua A và tiếp xúc với

 

^S sao cho khoảng cách từ B đến

 

^P là lớn nhất. Giả sử ^{n }



^{1; ;m n}



là một vectơ pháp tuyến của

 

^P . Khi đó

A. m n. 2. B. m n.  2. C. m n. 4. D. m n.  4. Lời giải

Chọn D.

Giả sử mặt phẳng

 

^P có dạng ^{a x}



^{ 0}



^{b y}



^{ 8}

 

^{c z2}



^0,



^{a2b2c2 0}



^.

8 2 0.

ax by cz   b c Mặt cầu

 

^S có tâm ^I



^{5; 3;7}



và bán kính R6 2.

Điều kiện tiếp xúc:



^,

  

^{6 2}

d I P 

2 2 2

5 3 7 8 2

a b c b c 6 2 a b c

   

 

  ^5a₂ ^11b₂ ^5c₂ ^{6 2 *}

 

a b c

 

 

  .

Mà ^{d B P}



^,

  

^{9a 7b}₂ ^23c₂ ^8b₂ ^{2c 9a} ₂^15b₂ ²¹₂^c

a b c a b c

     

 

   

 

2 2 2 2 2 2 2 2 2

5 11 5 4 4 5 11 5 4

a b c a b c a b c 4 a b c

a b c a b c a b c

        

  

     

 

²

2 2 2 2 2

2 2 2

1 1 4 .

6 2 4 a b c 18 2.

a b c

    

  

 

Dấu bằng xảy ra khi .

1 1 4

a b c

 

 Chọn a1;b 1;c4 thỏa mãn

 

^* . Khi đó

 

^{P x y:  4z0.} Suy ra m 1;n 4 m n.  4.

Câu 9. [2D4-4] Cho số phức ^z thỏa mãn z    2 i z 4 7i 6 2. Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của z 1 i . Khi đó P M ²m² bằng

A. ¹⁷¹

2 . B. ¹⁷¹

4 . C. ¹⁶⁷

4 . D. ¹⁶⁷

2 . Lời giải

Chọn A.

Gọi ^{z x yi x y  , ,}



^



.

Đặt: ^{N x y}



^;



, F1



2;1 ,



F2



4;7



Khi đó từ giả thiết z    2 i z 4 7i 6 2 suy ra NF₁NF₂ 6 2. Mà F F_{1 2}² 72NF₁NF₂ F F_{1 2}.

Vậy N thuộc đoạn F F1 2. Ta có F F1 2 

 

6;6 

Phương trình đường thẳng 1 2

2 1

: 1 1

x y

F F       x y 3 0. Tập hợp các điểm N biểu diễn số phức ^z thuộc đường thẳng y x 3 với

2 x 4

   .

  

²



²

1 1 1

z  i x  y ^



^x1

 

^{2 x4}



^{2 .}

Xét ^{f x}

  

^{ x1}

 

^{2 x4 , 2}



^{2   x 4.}

 

²



¹



²



⁴



f x  x  x ^;

 

^{0 3}

f x    x 2.

 

^{2 13}

f   ; 3 25

2 2

f  

  ; ^f

 

^{4 73}.

Suy ra 25

73; 2

M  m ^{2 2} 25 171

73 2 2

P M m

      .

Câu 10. [1D2-4] Có bao nhiêu số tự nhiên có 2018 chữ số sao cho trong mỗi số, tổng các chữ số bằng 5?

A. ^{1 2 A20182 2}



^{C20172 A20172}

 

^{ C20173 A20173}



^{C20174 .}

B. 1 2 C2018² 2C2018³ C2018⁴ C2018⁵ .

C. ^{1 4 C20171 2}



^{C20172 A20172}

 

^{ C20173 A20162 C20162}



^{C20174 .}

D. 1 2 A2018² 2A2018³ A2018⁴ C2017⁵ .

Lời giải Chọn C.

 TH1: ⁿ gồm chữ số 5 và 2017 chữ số 0  có 1 số.

 TH2: ⁿ gồm 2 chữ số khác 0 có tổng bằng 5 và 2016 chữ số 0. Có 2 cách chọn bộ hai số

    

^{1;4 , 2;3}



Chọn a1 có 2 cách ^ Xếp chữ số còn lại vào có 2017 cách

 có 2.2C¹₂₀₁₇ số.

 TH3: ⁿ gồm 3 chữ số khác 0có tổng bằng 5 và 2015 chữ số 0. Có 2 cách chọn bộ ba số

 

1;1;3 , 1; 2; 2

   

- Nếu a1 là chữ số xuất hiện một lần thì xếp hai chữ số còn lại có C₂₀₁₇² cách.

- Nếu a1 là chữ số xuất hiện hai lần thì xếp hai chữ số còn lại có A₂₀₁₇² cách.

 có ²



^{C20172 A20172}



^số.

 TH4: ⁿ gồm 4 chữ số khác 0có tổng bằng 5 và 2014 chữ số 0. Có bộ



^{1;1;1; 2}



- Nếu a12 thì xếp ba chữ số 1 có C₂₀₁₇³ cách.

- Nếu a11 thì xếp hai chữ số 1 và một chữ số 2 có C2016² A2016² cách (tương tự TH3 giảm một chữ số).

 có C2017³ C2016² A2016² số.

 TH5: ⁿ gồm 5 chữ số khác 0có tổng bằng 5 và 2013 chữ số 0. Có bộ



^1;1;1;1;1



Chọn a1 có 1 cách ^ xếp bốn chữ số 1 còn lại có C₂₀₁₇⁴ cách.

 có C₂₀₁₇⁴ số.

Vậy số các số cần tìm là: ^{1 4 C120172}



^{C20172 A20172}

 

^{ C20173 A20162 C20162}



^{C20174 số.}

Câu 11. [2H1-4] Cho khối chóp S ABC. có SA6, SB2, SC4, AB2 10 và góc

 90⁰

SBC , AS C120⁰. Mặt phẳng ( )P đi qua B và trung điểm N của cạnh SC đồng thời vuông góc với mặt phẳng (SAC) cắt SA tại M. Tính tỉ số thể tích ^.

. S BMN

S ABC

k V

 V . A. ¹

6

k B. ²

 5

k . C. ²

9

k . D. ¹

4 k . Lời giải

Chọn A.

4

6 2

x

2 10

M

S N C

A H B

6

30⁰2 H

N A S

C M

Gọi H là hình chiếu của B lên (SAC) suy ra BH(SAC) MHNSA suy ra (BMN)(SAC)

Đặt SHx

Xét tam giác SAB có AB² SA² SB² nên tam giác SAB vuông tại S suy ra SASBMà SABH nên SA(SBH) SASH.

Xét tam giác SBC có _{BC SC}²_SB² _{ 12}

Xét tam giác SHC có HC² x²16 2. .4.cos 30 x ⁰ x²16 4 3 x

Xét tam giác BHC có ^{BH2 BC2HC2 12}



^{x2 16 4 3 x}



^{  x2 4 3x4}

Xét tam giác SHBcó BH² SB²SH²  4 x²

Vậy ta có  x² 4 3x  4 4 x² 2 4 3 8

x x 3 SH

     .

Xét tam giác SHN có ^{2 2 2 0} 4

2 . .cos 30

HN SH HN  SH HN 3 2 HN 3

 

Suy ra tam giác SHN cân tại H

 120⁰

SHN  SHM 60^{0 0} 2

.tan 60 . 3 2 SM SH 3

   

2 1 6 3 SM

 SA  

Vậy ^.

.

1 1 1

. .

3 2 6

S BMN S ABC

V SM SN

k V  SA SC   .

Câu 12. [2D3-4] Chọn ngẫu nhiên hai số thực ^{a b, }

 

^0;1 . Tính xác suất để phương trình x³3ax² b 0 có tối đa hai nghiệm.

A. ₃3

P 4 4 . B. ₃1

P4 4 . C. ₃1 1 4 4

P  . D. ₃3

1 4 4 P  . Lời giải

Chọn A.

Xét y x ³3ax²b, ^{' 0 3}



²



^{0 0}

2 y x x a x

x a

 

       .

Yêu cầu bài toán

   

^{0 2 0}



^{4 3}



⁰

y y a b b a

     .

Nếu b0 thì suy ra a0 Nếu b0 thì suy ra b4a³0

Ta có ³ ₃1

4 1

a   a 4.

Xác suất cần tìm là diện tích của miền được tô sọc, vậy ta suy ra

   

3

3

1 4 1

3 4 4

0 3 0

1 4 d 3

S 



 a a a a  4 4 Vậy xác suất cần tìm là ₃3

P4 4 .

Câu 13. [1D4-4] Cho phương trình ^{f x( )ax2bx c 0,}



^a0



thoả mãn

a b c

m m m 0

2 1 

  , với m0. Chọn câu khẳng định đúng trong các câu sau:

A. Phương trình luôn có nghiệm ^{x  }



^{2; 1}



. B. Phương trình luôn có nghiệm ^x

 

^{1; 2} .

C. Phương trình luôn có nghiệm ^x

 

^2;3 . D. Phương trình luôn có nghiệm ^x

 

^0;1 .

Lời giải Chọn D.

      

   

a b c a b c

m m m 0 m m m

2 1 2 1

Ta có f(0)c



^



        

     

           

     

m m m m a b

f a b c c

m m m m m m

2 1 2

1 1 1

2 2 2 2 2 1

 

 

  

  

 

m c c c

m m m m

1 2

2 . 1

+ Nếu c0 thì phương trình có nghiệm ^x _m^m_^1₂^

 

^0;1

+ Nếu c0 thì

 

^ ^{ }^{ }



^



^

m c

f f

m m m

1 2

0 0

2 2

f là hàm đa thức nên liên tục trên   f liên tục trên 1

0; 2

m m

  

  

 

Nên phương trình có nghiệm ^ ^{ }^

 

x m

m

0; 1 0;1

2 .

Câu 14. [2D1-4] Cho hàm số 3 1 y x

x

 

 có đồ thị

 

^C , điểm M thay đổi thuộc đường thẳng d: y=1 2x sao cho qua Mcó hai tiếp tuyến của

 

^C với hai tiếp điểm tương ứng là A, B. Biết đường thẳng AB luôn đi qua điểm cố định là K . Độ dài đoạn thẳng OK là

A. 58. B. 34. C. 29. D. 10.

Lời giải Chọn A.

Gọi ^M



^{m,1 2 m}



^dy=k



^{x m}



^{ 1 2m}. Đktx

 

 

²

k 1 2 3

1 4

1

x m m x x k x

     

 

 

  



x2 2( 2) 2 0

m m x m

      ( ĐK 1

0 2

m  x ).

Gọi 3 3

A ; ; B ;

1 1

a b

a b

a b

 

   

     

    là tọa độ tiếp điểm

2 4 4

2

2a 4

2 2

1 a b m

m m a b b

ab m

m m

     

         



.

Do điều kiện có hai tiếp tuyến m0 và 1

, 2

a b 4

1 2a b a

   .

 

4( ) ( )

AB ; 1; 4

1 1

b a b a

b a ab a b

ab a b ab a b

  

 

            

 .



^{4; 1}



^{4; 2 2a 3 1 4 8a;}



¹

 

³



1 2a 1 2a

AB a

n ab a b     a a

             

 .

Đường thẳng AB:



^{4 8a}



^x



^a1

 

^a3



^{y7a210a 9 0 } .

 

K 3, 7

   là điểm cố định OK= 58.

Câu 15. [2D3-3] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm liên tục trên 0;

2

 

 

  và ^f

 

^{0 0}

, ²

 

²

0

d 4

f x x



 

 

 



^{, 2}

 

0

sin . d x f x x 4







^{. Tính 2}

 

0

d I f x x







^?

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

Lời giải Chọn B.

Ta có ²

 

^{2 2}

     

0 0

d d

f x x f x f x 4

 

   

 

 

 

^.

         

2 2 2

2

0 0 0 0

sin .x f x xd f x d cosx cos .x f x f x cos dx x 4

  

  

     

  

Mặt khác ta tính được: ^{2 2 2 2}

0

0 0

1 cos 2 1 sin 2

cos d d

2 2 2 4

x x

x x x x

  



  

     

 

Vậy ⁴

 

^{2 2}

 

0 0 0 0

2d cos . ( )d cos d2 2 cos 2d 0

'( ) 2 '( )

f x x x f x x x x f x x x

   

     

   

Suy ra ^{f x}

 

^{cosx f x}

 

^{sinx C} . Do ^f

 

^{0   0 C 0}.

Vậy ²

 

² ₀²

0 0

d sin d cos 1

I f x x x x x

 









    ^.

Câu 16. [2D4-4] Cho các số phức z1 3 ,i z2  4 i và ^z thỏa mãn ^{z i 2}. Biết biểu thức

1 2 2

T  z z  z z đạt giá trị nhỏ nhất khi ^{z a bi } (^{a b, } ). Hiệu ^{a b} bằng A. ^{3 6 13}

17

 . B. ^{3 6 13}

17

 . C. ^{6 13 3}

17

 . D. ^{3 6 13}

17

  .

Lời giải Chọn A.

Gọi A(0; 3), (4;1) B lần lượt là các điểm biểu diễn của z z1, 2.

Do ^{|z i | 2} nên tập hợp điểm biểu diễn của ^z là đường tròn ^{( )C} tâm ^I(0;1), bán kính 2

R .

Lấy ^{M( )C} là điểm biểu diễn của ^z. Ta có T MA2MB. Ta có ^{IM 2,IO 1,IA 4 IM2 IO IA. IM IO}

IA IA

       .

Từ đó ^{1 2}

2 OM IM

IMO IAM AM OM

AM IA

 ∽      .

Vậy ^MA2MB2



^{MO MB}



^2OB.

Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của đường thẳng BM và ^{( )C} .

2 2 2 1 2 13

( ) 2 16 ( 1) 4 17 2 3 0

M C IM t t t t t 17

             (^t0).

Vậy 4 8 13 1 2 13 3 6 13

17 17 17

z    i  a b  .

Câu 17. [2D4-4] [THTP NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO LẦN 3] 2018 Cho hai só phức

1 2

1 3 1 3

2 2 , 2 2

i i

z   z    . Gọi ^z là số phức thỏa mãn ^{3z i 3  3}. Đặt ^{M m,} lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức T   z z z1  z z2 . Tính mô đun số phức ^{w M mi } .

A. ^{2 21}

3 . B. 13. C. ^{4 3}

3 . D. 4.

Lời giải Chọn A.

Ta có ^{3 3 3 3 1}

3 3

z i   z i  .

Đặt

 

2

2 3 1

; (C)

3 3

z x yi x y x y 

        .

Gọi ^{K x y A( ; ), }¹_{2 2}^{; 3 }   ^{;B 1}_{2 2}^{; 3} lần lượt là điểm biểu diễn của z z z, ,1 2. Khi đó ta có T OK KA KB   .

Vì ^{A B O, ,} cùng thuộc đường tròn (C) và tam giác ^OAB đều nên suy ra:

m min T 2OA2, khi đó K trùng với O hoặc A hoặc B. Gọi K thuộc cung OB .

Ta có KA OB OA BK AB OK.  .  . (Ptoleme).

KA KB OK

   .

Suy ra 2 2.2 ^{4 3 4 3}

3 3

T  AK  R M  . Vậy w ^{2 21}

 3 .

Câu 18. [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz, cho bốn điểm



^{7; 2;3 ,}

 

^{1; 4;3 ,}

 

^{1;2;6 ,}

 

^{1; 2;3}



A B C D và điểm M tùy ý. Tính độ dài OM khi biểu thức 3

P MA MB MC    MD đạt giá trị nhỏ nhất.

A. OM  14. B. OM  26. C. ^{5 17}.

OM  4 D. ^{3 21}. OM  4

Lời giải Chọn A.

Ta có ^{DA}



^{6;0;0 ,}



^{DB}



^{0; 2;0 ,}



^{DC}



^0;0;3



nên tứ diện ^ABCD là tứ diện vuông đỉnh .

D

Giả sử ^{M x}



^{1;y2;z3 .}



Ta có ^MA



^x6



^{2y2z2    x 6 6 x, MB x2}



^y2



^{2z2    y 2 2 y,}

 

²

2 2

3 3 3 ,

MC x y  z    z z ^{3MD 3}



^x2y2z2



^



^{x y z }



^{2   x y z.}

Do đó ^P



^{6 x}

 

^2y

 

^{  3 z}

 

^{x y z }



^11.

Các đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

0 0.

6 0, 2 0,3 0, 0

x y z

x y z

x y z x y z

  

    

         



Khi đó ^M



^1;2;3



^{OM  122232  14.}

Một số giải thích:

1. 3 ở đâu ra?

Cho 3 vectơ có độ dài bằng 1 và đôi một vuông góc. Khi đó ^{a b c     3.}

Cho nên, với tứ diện ^ABCD có ^{DA DB DC, ,} đôi một vuông góc thì DA DB DC 3.

DA DB DC  

  

2. Cơ sở của đánh giá ở trên

Ta có ^   ^{AB CD.  AB CD. }  ^{AB CD. .cos}



 ^{AB CD,}



^  ^{AB CD. .} Nên với tứ diện ^ABCD có ^{DA DB DC, ,} đôi một vuông góc ta có:

. . . .

MA DA MB DB MC DC MA DA MB DB MC DC MA MB MC

DA DB DC DA DB DC

       

     



^{MD DA DA}



^.



^{MD DB DB}



^.



^{MD DC DC}



^. _MD ^{DA DB DC} _{DA DB DC}

DA DB DC DA DB DC

    

         

 

            

3 . DA DB DC

MD DA DB DC MD DA DB DC

DA DB DC

           

  



Suy ra P MA MB MC    3MD DA DB DC   . Dấu bằng xảy ra khi M D.

Câu 19. [2D1-4] Cho đồ thị hàm số bậc ba ^{y f x( )} như hình vẽ. Hỏi

đồ thị hàm số

 

   

2 2

2

4 3

2

x x x x

y x f x f x

  

    có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

A. 6. B. 3.

C. 2. D. 4.

Lời giải Chọn D.

Giả sử ^{f x}

 

^{ax3bx2cx d} (với ^{a b c d, , , } và ^a0).

Dựa vào đồ thị ta thấy

 

3

 

0 3

1;0 f x x

x x

  

      . Do đó, ta viết f x

 

a x



3 .

 

² x x 3



.

Đồng thời,

 

 

 

1 2

; 3

2 3; 1

1 x x

f x x x

x

   



     

  



. Do đó, ta viết f x

 

 2 a x x



 1

 

x x 2

 

x1



.

Xét hàm số

 

       

         

2 2 2

2 2 2

1 2 3

4 3 1 3

2 3 1

x x x x x x x x

y x f x f x a x x x x x x x x x

     

 

       

  .

Tập xác định D 



;x1

 

 x1; 3  

 

3;x2

 

 x2; 1 

 

0;



.

Từ đó suy ra đồ thị hàm số đã cho có 4 đường tiệm cận đứng là x0,x 3,x x x x 1,  2

.

Câu 20. [1D3-3] Cho cấp số nhân u u u1, , ,...2 3 u_n, trong đó ui ^0,  i ^{1, 2,...,}n. Biết rằng

1 2 3

1 2 3

1 1 1 1

... _n 2018; ... 2019

n

u u u u

u u u u

        

Tính P u u u u 1. . ...2 3 _n