Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 sở GDĐT hưng yên | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HƯNG YÊN - 2018

Câu 32.[2H3-3] [Sở GD & ĐT tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 32]

Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz, mặt phẳng

 

^P qua hai điểm ^M



^1;8;0



_, ^C



^0;0;3



_cắt

các tia ^{Ox Oy,} lần lượt tại ^{A B,} sao cho OG là nhỏ nhất, với G là trọng tâm tam giác ABC . Biết ^{G a b c}



^{; ;}



, hãy tính T   a b c.

A. ^{T 7}. B. ^{T 3}. C. ^{T 12}. D. ^{T 6}.

Lời giải Chọn D

Gọi A a



1;0;0 ;

 

B 0; ;0b1



với



a b1, 10



. Suy ra:

1; ;11

3 3 Ga b 

 

 .

Phương trình mặt phẳng



^ABC



_{: 1 1} 3 ¹ x y z a   b

. Vì ^M



^ABC



_nên a¹₁ b⁸₁ ¹

. Ta có: 1² 1²

1 9

OG3 a b  .

Ta có: 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

1 8 1 16 25 25

1a b a 2b  a 2b  5. a b

  .

Suy ra: a1²b1² 125.

Do đó: 134

OG 3 . Dấu bằng xảy ra khi

1 2 1

b  a . Khi đó:a15;b110.

Vậy a b c  6.

Câu 33: [2D1-4] [Sở GD & ĐT tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 33]

Cho hàm số

2

2 3

 

 y x

x có đồ thị là đường cong (C). Đường thẳng có phường trình^{y ax b } là tiếp tuyến của (C) cắt trục hoành tại A, cắt trục tung tại B sao cho tam giác OAB là tam giác vuông cân tại O, với O là gốc tọa độ. Khi đó tổng ^{S  a b}bằng bao nhiêu?

A. ^2. B. ^1. C. ⁰. D. ^3.

Lời giải Chọn D

Gọi (d) ^{y ax b }

Có

 

^Ox=

 

_{ }^{ ;0}_

 

d A A b

a ;

 

^{d Oy=}

 

^{B B}

 

^0;b

Vì tam giác OAB là tam giác vuông cân tại O nên ^{a b. 0}và

b  a b

1 1

1

 

      a a

a

Gọi

0 0

0

; 2

2 3

  

  

 

M x x

x là tiếp điểm của (d) và (C) ta có y x

 

0 a

 

 

 

 

 

 

2 2

0 0 0

2

0 0

2 0

1 1

1 2 3 2 3 1

1 1 1 2 3 1

2 3

  

 

     

  

          

 

y x x x

y x x

x

0 0

0 0

2 3 1 2

2 3 1 1

   

   

     

VN x

x x

x Vớix0   2 M



2;0



phương trình (d)^{y  x 2} Vớix0   1 M



1;1



phương trình (d) ^{y x} (loại vì ^{a b. 0}) Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình ^{y  x 2    S a b 3}. Câu 35: [2H3-4] [Sở GD & ĐT tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 35]

Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz, cho 3 điểm^A



^{0;1;1 ,}

 

^{B 3;0; 1 ,}

 

^{C 0; 21; 19}



_{và mặt}

cầu

  

^{S : x1}

 

^{2 y1}

 

^{2 z 1}



^{2 1}_{. Gọi} ^{M a b c}



^{; ;}



là điểm thuộc mặt cầu

 

^S _{sao cho}

biểu thức ^{3MA22MB2MC2} đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng S a b c   .

A. ^{S 0}. B.

14 S 5

. C. ^S12 D.

12 S  5

. Lời giải

Chọn B

Mặt cầu

 

^S _{có tâm} ^O



^1;1;1



_{và R1}

Gọi I sao cho 3IA2IB IC   0

.Dễ dàng xác định được ^I



^{1;4; 3 .}



Khi đó ta có

2 2 2

3MA 2MB MC

  

²

 

²



²

3 MI IA 2 MI IB MI IC

        

 

2 2 2 2 2 2 2 2

6MI 2MI 3IA 2IB IC 3IA 2IB IC 6MI 3IA 2IB IC

            

. Do ^{I A B C, , ,} là không đổi nên 3MA2MB MC 

nhỏ nhất khi ^MI nhỏ nhất.

Vì MI  MO IO  R IO

nên ^MI nhỏ nhất khi ^{M I O, ,} thẳng hàng hay ^M là giao của đường thẳng IOvới

 

^S _.

Ta có đường thẳng OI có phương trình

1 1 3 1 4 x

y t

z t

 

  

  

 . Giao của OI và

 

^S ứng với t là nghiệm của

  

²

 

²



^{2 2}

1

1 5

1 1 1 3 1 1 4 1 1

25 1

5 t

t t t

t

 

           

  

 .

Với

1 8 1

1; ; 4

5 5 5

t M MI 

  , với

1 2 9

1; ; 6

5 5 5

t  M MI 

 

Chọn điểm ^M thứ nhất vì ^MI bé hơn. Khi đó

14 a b c   5 Câu 37: [2D2-3] [Sở GD & ĐT tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 37]

Một người gửi vào ngân hàn 200 triệu với lãi suất ban đầu 4% / năm và lãi hằng năm được nhập vào vốn. Cứ sau một năm lãi suất tăng thêm 0,3% . Hỏi sau ⁴năm tổng số tiền người đó nhận được gần nhất với giá trị nào sau đây

A. 239,5triệu . B. 238 triệu. C. 238,5 triệu D.239 triệu . Lời giải

Chọn A

Số tiền nhận được sau năm thứ nhất là: 200.1,04 Số tiền nhận được sau năm thứ hai là: 200.1,04.1,043 Số tiền nhận được sau năm thứ ba là: 200.1,04.1,043.1,046

Số tiền nhận được sau năm thứ tư là: 200.1, 04.1, 043.1,046.1,049 238,04 (triệu) Câu 38. [2D3-3] [Sở GD & ĐT tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 38]

Cho số phức ^zthỏa mãn z i 5

. Biết rằng tập hợp điểm biểu diễn số phức w iz i  1 là đường tròn. Tìm bán kính của đường tròn đó.

A. ^r20. B. ^r5. C. ^r22. D. ^r4. Lời giải

Chọn B

Ta có w iz i  1

1 1

1 w i iw i

z i

   

  

 .

1 5

1 iw i

  i

  



1 2 5

1 iw  i

 

  iw 1 2i 5.

Gọi w x yi  . Ta có ^{i x yi}



^



^{ 1 2i 5  1 y}



^{2x i}



^5



^x2

 

^{2  y1}



^{2 25}

Vậy ^{r 5}.

Câu 38. [2D3-3] [Sở GD & ĐT tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 38]

Cho hai số phức ^{z w,} thỏa mãn z   1 z 3 2i

, ^{w z m i  } với m là tham số. Giá trị của m để ta luôn có w 2 5

là A.

7 3 m m

 

  . B.

7 3 m m

 

  

 . C. ^{ 3 m7}. D. ^{3 m 7}. Lời giải

Chọn B

Ta có ^{w  z m i   z w m i} . w m   1 i w  3 m 3i .

Tập hợp điểm ^M biểu diễn w là trung trực của ^{A m}



^1;1



_, ^{B m}



^3;3



nên là đường thẳng d qua trung điểm ^{I m}



^1;2



_{và có} ^n



^{4; 2}



d: 2x y 2m 4 0 .

Đặt z a bi 



^{a b, }



; do w 2 5

nên ^M nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính 2 5

R .



^,



d O d R

 

2 4

5 2 5 m

 



7 3 m m

 

  

 .

Câu 39. [2D3-3] [Sở GD & ĐT tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 39]

Cho hàm số ^{y f x}

 

liên tục và thoả mãn ^{f x}

 

^{2f 1 3x}

x

     với

1;2 x 2 

  . Tính

 

2

1 2

f x d x x



. A.

3

2 . B.

3

2

. C.

9

2 . D.

9

2 . Lời giải

Chọn A

Đặt

 

2

1 2

f x d

I x





x Với

1;2 x 2 

  , ^{f x}

 

^{2f 1 3x}

x

   

 

 

¹

2 3

f x f x

x x

  

    

.

 

2 2 2

1 1 1

2 2 2

1

d 2 d 3d (1)

f x x f x x x

x x

  









  



Đặt ²

1 1

d d

t t x

x x

    1 1

dt dx

t x

   .

 

2 2

1 1

2 2

1

2 d 2 d 2

f x x f t t I

x t

  

   

 

.

 

²

1 2

1 3 3d 3.

I x I 2

 



 

Câu 40: [2D1-3] [Sở GD & ĐT tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 40]

Tìm số các giá trị nguyên của tham số m ( 2018; 2018) để hàm số (2 1) (3 2) cos

y m x m x nghịch biến trên  .

A. ⁴. B. 4014 . C. 218 . D. 3 .

Lời giải Chọn D

Ta có: ^{y(2m1)x(3m2) cosx y' 2 m 1 (3m2) cosx  0 x } Đặt ^{tsin , 1x   t 1}, ta được

 

( ) 2 1 (3 2) 0, [ 1;1] max 0

f t  m  m t   t  f t 

TH1:

2 3 2 0 3

(1) 0 1( )

5 m m

f m vn

m m

  

  

 

    

 

  

  



 

TH2: ³

 

^{2 0} 3²



^{3; 2; 1}



1 0

3 0

m m m

f m

m

 

  

 

      

   

   



Câu 41: [1D2-4] [Sở GD & ĐT tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 41]

Một đoàn tình nguyện đến một trường tiểu học để trao 20 suất quà cho 10 em học sinh nghèo học giỏi. Trong 20 suất quà đó gồm 7 chiếc áo mùa đông, 9 thùng sữa tươi, ⁴ chiếc cặp. Tất cả các suất quà đều có giá trị tương đương nhau. Biết mỗi em nhận được ²suất quà khác loại ( ví dụ 1 chiếc áo phao và một thùng sữa tươi). Trong các em nhận được quà có hai em là Việt và Nam. Tính xác suất để hai em Việt và Nam nhận được suất quà giống nhau?

A.

1

3 . B.

1

15. C.

2

5. D.

3 5. Lời giải

Chọn C

Có 20 suất quà mà trao cho 10 em học sinh. Vậy sẽ có 10 cặp quà Gọi xlà số cặp quà gồm có sữa và áo

Gọi ^ylà số cặp quà gồm có cặp và áo Gọi ^zlà số cặp quà gồm có cặp và sữa Khi đó ta có hệ phương trình

10 1

9 6

4 3

7 x y z x z y y z x x y z

  

  

  

  

   

  

  



Chọn hai cặp quà cùng loại cho hai bạn có ^{C32C62 18}cách

 

10² 45 n  C 

Vậy

 

^{18 2}

45 5 p A  

Câu 43. [2D1-4] [Sở GD & ĐT tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 43]

Cho hàm số ¹ y x

 x

 có đồ thị ^{( )C} và điểm ỏa mãn ^A



^1;1



_{. Tìm m}để đường thẳng

: 1

d y mx m   cắt ^{( )C} tại hai điểm phân biệt ^M , N sao cho ^AM2AN2 đạt giá trị nhỏ nhất.

A. m 2. B. m 1. C. m1. D. m 3. Lời giải

Chọn B

+)Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị ^{( )C} là 1 1

x mx m x   

  ^{mx22mx m  1 0}



^{x1 (1).}



+)Đểđường thẳng d cắt ^{( )C} tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt

khác ¹hay

 

2

0

1 0 0

2 1 0

m

m m m m

m m m

 

      

    

 .

+)Khi đóx_M,x_Nlà nghiệm của (1), theo định lý Viet ta có

2 . 1

M N

M N

x x x x m

m

 



  

 .

+)Gọi^I là trung điểm của MN suy ra

2 1

1 1

M N

I

I M

x x x

y mx m

   



     

 .

+)Ta có

2

2 2 2 2

2 AM AN  AI MN

nên ^AM2AN2 nhỏ nhất khi ^MN2 nhỏ nhất.

+) MN² 



xM xN



²

 

mxM   m ¹

 

mxN  m ¹

 

² 



m²¹

 

xM xN



²





^m21

  

^{xM xN}



^{24x xM N}



^



^{m2 1 4 4}



^mm¹

  

    4 m 1

m

  

  

 8. Dấu " " khi

m 1

  m

 và m0 suy ra m 1. Chọn B.

BÀI TƯƠNG TỰ 1. [2D3-4] Cho hàm số

2 1 2 y x

x

 

 có đồ thị ^{( )C} . Gọi ^I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C) _{và điểm} M(1;−1) _thuộc (C). Đường thẳng ^Δ đi qua ^M cắt (C) _{tại điểm} thứ hai là N



^{N M}



_{sao cho IN} nhỏ nhất có hệ số góc là

A.  3. B. ¹. C.

3

2 . D. ^3.

Lời giải Chọn A

+) Đường thằng ^Δ đi qua ^M cắt (C) tại hai điểm phân biệt

M , N

nên đường thẳng Δ có hệ số góc k _và k≠0. Phương trình ^Δ :

y= kx−k −1.

+) Phương trình hoành độ giao điểm ^Δ và đồ thị (C) _là kx−k−1=2x−1

x−2 ⇔kx²−3(k+1)x+2k+3=0 (x≠2) ⇔(x−1)(kx−2k−3)=0 (1)

+) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2 khi và chỉ khi

{ k ≠0 ¿ { 2 k k +3 ≠1 ¿¿¿¿

_(*)

+) Với điều kiện (*) ta có

x_M=1, x_N=2k+3

k ⇒y_N=2x_N−1

x_N−2 =k+2

⇒N

(

^2kk⁺³;k+2

)

+) I(2;2) _nên ^IN

2= 9

k²+k²≥6⇔IN≥

√

⁶

. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

k =± √ 3

(thỏa mãn (*)).

+) Vậy IN nhỏ nhất khi và chỉ khi

k =± √ 3

. Chọn A.

Câu 44. [2D2–3] [Sở GD & ĐT tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 44]

Cho hai số thực a, b thỏa mãn các điều kiện ^{a2b2 1} và ^log_a²_b²



^{a b}



^1. Giá trị lớn nhất của P2a4b3 là:

A. 10 . B.2 10 . C.

1

10 . D.

10 2 . Lời giải.

Chọn A

Cách 1: Do ^{a2b2 1} nên ^log_a²_b²



^{a b} 



¹_{  a b a}²_b²

2 2

1 1 1

2 2 2

a b

   

      

   

Ta có

2 2

2 2

1 1 1 1

2 4 2 4 .

2 2 2 2

a b a b

             

       

       

20. 1 10

 2 

10 2a 4b 3 10

     

2 2

2 4 3 10

1 1

2 2

2 4 3 10

2 4

1 1 1

2 2 2

a b

a b

a b

a b

   

  

    

      

   



5 10

10 5 2 10

10 a

b

  

 

  



Vậy maxP 10.

Cách 2: Do ^{a2b2 1} nên ^log_a²_b²



^{a b }



¹_{  a b a}²_b²

2 2

1 1 1

2 2 2

a b

   

      

   

Trong mặt phẳng ^Oxy, gọi ^{M a}



^{; b}



thì tập hợp điểm ^M thỏa mãn các điều kiện trên là phần nằm ngoài đường tròn

 

^{C x: 2y2 1} và nằm trong đường tròn

 

^{: 1 2 1 2 1}

2 2 2

C x  y   (tính cả đường tròn

 

^C )(là phần gạch chéo trong hình vẽ sau)

O (d)

I

x y

1 1/2

1/2

Tồn tai P2a4b3với a,b thỏa mãn ^{a2b2 1} và ^log_a²_b²



^{a b} 



¹ tương đương đường thẳng ^{2x4y  3 P 0} và phân gạch chéo của hình vẽ trên có nghiệm, vậy ^P lớn nhất khi đường thẳng ^{2x4y  3 P 0} tiếp xúc với đường tròn

 

^{: 1 2 1 2 1}

2 2 2

C x  y   tức là:

2 2

1 1

2. 4. 3

2 2 1 2 4 2

  P

 

10 10 P

P

  

   maxP 10 . CÁC CÂU TƯƠNG TỰ

1. [2D2 – 4]Cho hai số thực a, b thỏa mãn các điều kiện ^{a2b2 1} và ^log_a²_b²



^{a b} 



¹. Giá trị lớn nhất của P3a6b3 là:

A. 0 . B.

9 3 10 2



. C.

9 3 10 2



. D.^9 . Lời giải.

Chọn A.

Do ^{a2b2 1} nên ^log_a²_b²



^{a b}



^1_{  a b a}²_b²

2 2

1 1 1

2 2 2

a b

   

      

Trong mặt phẳng ^Oxy, gọi ^{M a}



^{; b}



thì tập hợp điểm ^M thỏa mãn các điều kiện trên là phần

nằm ngoài đường tròn

 

^{C x: 2y2 1} và nằm trong đường tròn

 

^{: 1 2 1 2 1}

2 2 2

C x  y   (tính cả đường tròn

 

^C )(là phần gạch chéo trong hình vẽ sau)

O

I (l)

(d)

x y

1 1/2

1/2

Tồn tai P3a6b3với a,b thỏa mãn ^{a2b2 1} và ^log_a²_b²



^{a b}



^1 tương đương đường thẳng ^{( ) : 3d x6y  3 P 0} và phân gạch chéo của hình vẽ trên có nghiệm, vậy ^P lớn nhất khi đường thẳng ^{( )d} trùng với vị trí đường thẳng ^{( )l} khi đó a1;b0 P 0

2. [2D2–4]Cho hai số thực a, b thỏa mãn các điều kiện ^{a2b2 1} và ^log_a²_b²



^{a b}



^1_{. Giá}

trị lớn nhất của ^P



^a1



^{2b2  a2 }



^{b 1}



² _là:

A.². B.2 2 . C. 2 . D.¹ .

Lời giải.

Chọn A

Do ^{a2b2 1} nên ^log_a²_b²



^{a b}



^1_{  a b a}²_b²

2 2

1 1 1

2 2 2

a b

   

      

Trong mặt phẳng ^Oxy, gọi ^{M a}



^{; b}



thì tập hợp điểm ^M thỏa mãn các điều kiện trên là phần

nằm ngoài đường tròn

 

^{C x: 2y2 1} và nằm trong đường tròn

 

^{: 1 2 1 2 1}

2 2 2

C x  y   (tính cả đường tròn

 

^C )(là phần gạch chéo trong hình vẽ sau)

O A

I M

x y

B

1/2

1/2 C

Gọi ^A



^{1; 0}



_, ^B



^{0; 1}



^{ P}



^a1



^{2b2  a2 }



^{b 1}



^{2 MA MB}

Lại có ^AB là đường kính của đường tròn

 

^C , dựa vào hình vẽ ^{MA MB} lớn nhất khi và chỉ khi ^{M C}

 

^{1; 1} là chính giữa cung ^AB. Khi đó^{MA MB 2}

Câu 46. [2H2-3] [Sở GD & ĐT tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 46]

Cho hình chóp ^{S ABCD.} có đáy ^ABCD là hình vuông có độ dài cạnh bằng ^2a. Tam giác SAB đều, góc giữa



^SCD



_và



^ABCD



_{bằng 60}^o_{. Gọi M} là trung điểm cạnh ^AB,biết hình chiếu vuông góc của đỉnh ^S lên



^ABCD



nằm trong hình vuông ^ABCD. Tính theo

a khoảng cách giữa ^SM và ^AC. A.

5 3

3 a

. B.

5 5 a

. C.

2 5

5 a

. D.

2 15 3 a

. Lời giải

Chọn B

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD), H thuộc MN (N là trung điểm CD).

Đặt

 

, 0 , 2 , 0

x HM

y HN x y a h SH h

 

    

 

 . Do tam giác ABC đều nên

2 . 3 3

SM  a 2 a . Góc ^{SNH 60o }



^



^SCD

 

^{, ABCD}

 

_.

Ta có

2 2 2

3 3 2

2 3 3 2

2 h a

h x a

x y a HM x

h x a a

HN y

 

  

     

 

   

   

 .

HƯỚNG 1.

Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ

  

^{0;0 , ; ;0 ,}

 

^{; ;0 ,}

 

^{; ;0 ,}

 

^{; ;0 ,}

 

^{;0;0 ,}



^{;0; 3}

2 2

a a

O A a a B a a C a a D a a M a S 

       .

Tính được



^{2 ; 2 ;0 ,}



^{3 ;0; 3 ,}



^;0;0



2 2

a a

AC a a SM   OM a

      

  



^{2 2 2}



³ . ²

, 3 ; 3 ;3 , , . 3, , 15

AC SM a a a AC SM OM a AC SM a

        

      

.

Do đó



^,



^{, .} ₂^{3 3 5}

15 5 ,

AC SM OM a a d SM AC

AC SM a

 

 

  

 

 

  

 

. HƯỚNG 2.

Gọi P là trung điểm BC, Do

       

 

       

/ / , ,

2 2

, , 1

3 3

AC SMP d SM AC d AC SMP d O SMP d H SMP T

  

  

. Tính được

2 2 3 2

2, ^HMP 2 4 4

a a a

MP a S   

. Chiều cao h của tam giác HMP là

2 3 2

4 SHMP a h MP 

, nên

2 2 2 2 2

 

1 1 1 16 4 3 5

9 .2 3 10 2

T a T  h SH  a  a  

. Thay (2) vào (1) ta được



^,



⁵

5 d SM AC a

. HƯỚNG 3.

Trong mp(SMN) dựng OI//SM. Suy ra SM//((IAC), nên



^,

 

^,

   

^,

  

²



^,

  

²

 

³

d SM AC d SM IAC d M IAC  d H IAC  T

+) Tính được

1 3

3 6

IH  SH a .



^,



¹



^,



²

4 4

h d H AC  d D AC  a

. Nên

2 2 2 2 2

 

1 1 1 16 36 5

2 3 10 4

T a T  h  IH  a  a  

. Từ (3) và (4) suy ra



^,



⁵

5 d SM AC  a

.

Câu 47. [1D4-2] [Sở GD & ĐT tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 47]

Cho một tờ giấy hình chữ nhật ^ABCD với chiều dài ^AB9cm và chiều rộng ^BC6cm. Gấp tờ giấy một lần sao cho sau khi gấp ta được đỉnh B nằm trên cạnh CD (minh họa bằng hình vẽ bên dưới). Để độ dài nếp gấp PM là nhỏ nhất thì giá trị nhỏ nhất đó bằng bao nhiêu?

A.

9cm.

PM 2

B.

9 3cm.

PM  2

C.

 

9 15 3

2 cm.

PM 

 D.

27 9 5 2 cm.

PM   Lời giải

ChọnB

+ Đặt ^{BM MN  y CM  6 y, y}

 

^0;6

+ Đặt BMP MBN α  ,CMN  β.

+ Nhận thấy ^{2α = β} cos2α = cosβ 1- 2sin α = cosβ²

2 6

1 2 y y

PM y

  

    

2 3

3 PM y

  y

 ^{ y}

 

^{3;6 .}

+ Xét hàm số

 

^{3 ,}

 

^3;6

3 f y y y

 y 

 .

+

   

 

2 2

2 9

' 3

y y

f y y

 

 . Ta có bảng biến thiên:

+ Kết luận ^min

243 9 3

4 2 .

PM  

Câu 49. [2D3-4] [Sở GD & ĐT tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 49]

Cho hàm số ^{f x( )} có đạo hàm liên tục trên ^{[0; ]2}



thỏa mãn ^{f(0) 0} ,

2

2 0

[ '( )]

f x dx 4







và

2

0

sin . ( ) x f x dx 4







. Tích phân

2

0

( ) f x dx





bằng:

A.⁴



. B.¹. C.². D. ²

 . Lời giải

Chọn B

Ta có

2 2

0 0

sin . ( ) cos . ( ) 2 cos . '( ) 0

x f x dx x f x x f x dx

  

  

 

²

0

cos . '( ) x f x dx 4









, ta tính được

2 2 0

cos xdx 4







. Do đó

2 2 2

2 2

0 0 0

[ '( )]f x dx 2. cos . '( )x f x dx cos xdx 0

  

  

  

2

2 0

[ '( ) cos ]f x x dx 0







  _{ f x'( ) cos x f x( ) sin x C}

vì ^{f(0) 0} nên C 0. Vậy

( ) sin

f x  x suy ra

2

0

( ) f x dx





²

0

sinxdx 1









.

Câu 50. [2H2-2] [Sở GD & ĐT tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 49]

Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua điểm ^M



^1;6;4



và cắt các trục tọa độ tại các điểm ^A, ^B , ^C (khác gốc tọa độ) sao cho ^{OA OB OC } ?

A. ². B. ⁴. C. ¹. D. ³.

Lời giải Chọn B.

Giả sử ^{A a}



^{;0;0 ,}

 

^{B 0; ;0 ,b}

 

^{C 0;0; ,c}

 

^abc0



_.

Phương trình mp



^ABC



_{: a b c}^{x  y z 1}_{. Do} ^M



^ABC



^{1 6 4 1 1}

 

a b c

    

.

Mặt khác

 

²

a b c a b c OA OB OC a b c

a b c a b c

  

   

     

   

  

 . Kết hợp (2) và (1) có 4 mặt phẳng.