Đề thi thử THPT quốc gia 2018 môn Toán có đáp án trường chuyên khoa học tự nhiên hà nội lần 3 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

SẢN PHẨM TỔ 3 TUẦN 11

Đề thi thử Trường Chuyên KHTN Hà Nội, lần 3 năm 2018

Câu 26: [2D2-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Gọi ^M và ^mtheo thứ tự là nghiệm nguyên lớn

nhất và nghiệm nguyên nhỏ nhất của bất phương trình

     

2

2 1 2 1 log3 4

5^x 5^x 0

x  x  x

  .

Khi đó tích M m. bằng

A. 6. B. 24. C. 3. D. 12.

Lời giải Chọn A.

* Phân tích

- Lập bảng xét dấu vế trái của bất phương trình để tìm nghiệm của bất phương trình.

- Chọn nghiệm nguyên lớn nhất và nghiệm nguyên bé nhất ta có kết quả.

* Giải

Đặt

       

2

2 1 2 1 log3 4

5^x 5^x

x x x

f x     

 

         

2

3 1 log3 4 0

2 1 2 1 log 4 1

0 0

2 1 2 0 1

5^x 5^x

x x x x x

f x x x x

  

       

           

 

f x không xác định khi ^{5x2 5x    0 x}



^1;0;1



Bảng xét dấu ^{f x}

 

Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là: ^{S  }



^{4; 1 \}

 

^1;0



Suy ra M  2;m  3 Mm6.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D2-3] Gọi ^m nghiệm nguyên nhỏ nhất của bất phương trình

     

2

3 2 2 1 log2 3

2^x 2^x 0

x  x  x

  . Khi đó ^m bằng

A. 2. B. 3. C. 3. D. 4.

Câu 2: [2D2-3] Gọi ^m nghiệm nguyên nhỏ nhất của bất phương trình

     

2

2 3 3 1 log5 4

5^x 5^x 0

x  x  x

  . Khi đó tích ^mbằng

A. 3. B. 4. C. 3. D. 12.

Câu 27: [2D1-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trên một chiếc đài Radio FM có vạch chia để người dùng có thể dò sóng cần tìm. Vạch ngoài cùng bên trái và vạch ngoài cùng bên phải tương ứng với 88 MHz và ¹⁰⁸ MHz. Hai vạch này cách nhau 10 cm . Biết vị trí của vạch cách vạch ngoài cùng bên trái ^d (cm) thì có tần số bằng .k a^d MHz. với k và ^a là hai hằng số.

Tìm vị trí tốt nhất của vạch để bắt sóng VOV1 với tần số 102,7 MHz.

A. Cách vạch ngoài cùng bên phải 1,98 cm . B. Cách vạch ngoài cùng bên phải 2,46 cm . C. Cách vạch ngoài cùng bên trái 7,35 cm . D. Cách vạch ngoài cùng bên phải 8, 23 cm .

Lời giải Chọn B.

* Nhận xét

Tần số phụ thuộc vào 2 ẩn k và d . Do đó, ta thiết lập mối quan hệ giữa k và d.

* Giải

Đặt f =k a. ^d(MHz) với k và a là hai hằng số 0

88 d

f

 

  88k a. ⁰  k 88 10

88 d

f

 

 

10 1027

108 .

k a a 22

   

Khi ^{f =102,7} thì ^d=7,54 (bên phải).

Câu 28: [1H3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh ^a. Hình chiếu của S trên mặt phẳng



^ABC



trùng với trung điểm BC, cho SA a và hợp với đáy một góc 30 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng ⁰ SA và BC bằng

A.

3 2 a

. B.

2 3 a

. C.

2 2

3 a

. D.

3 4 a

. Lời giải

Chọn D.

B C

A

S

H K

Gọi ^Hlà trung điểm của BCta có SHlà đường cao của hình chóp.

Theo đề bài ta có:

 ⁰ 3

30 ; ; ( )

2 2

a a

SAH  SH  AH  BC SAH

. Kẻ đường cao ^HK trong

SAH

( ; ) 3

4 d SA BC HK a

  

.

Bài tập tương tự

Câu 1: [1H3-3] Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' có đáy ABC là tam giác vuông BA BC a  , cạnh bên AA'a 2, _M là trung điểm của BC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng _AM và

' B C là:

A. 2 2

a . B. 5

5

a . C. 3

3

a . D. 7

7 a .

Câu 2: [1H3-3] Cho hình chóp .S ABCD có ABCD là hình vuông cạnh ^a.Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. M N P, , lần lượt là trung điểm củaSB BC SD, , . Tính khoảng cách giữa ^AP và MN

A.

3 15

a

B. ^{4 15a}. C.

3 5

10 a

D.

5 5 a

Câu 29: [2H3-2] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng

1

: 2

1 1 1

x y z

d   

 và ²

1 2

: 2 1 1

x y z

d    

 Phương trình mặt phẳng

 

^P song song và cách đều hai đường thẳng d d¹, ² là

A. 2y2z 1 0. B. 2y2z 1 0. C. 2x2z 1 0. D. 2x2z 1 0. Lời giải

Chọn A.

Vì d¹, d² chéo nhau và

 

^P song song d¹, d² nên nP u u d₁^; d₂



^{0; 1;1}



.

 

^P cách đều ^d1 và ^d2 nên

 

^P qua trung điểm

1; ;11 I 2 

 

  của MN với M



2;0;0



d1,



0;1; 2



2

N d .

Phương trình của

 

P : 2y2z 1 0.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2H3-2] Trong không Oxyz, cho hai đường thẳng ¹

3 1 3

: 2 1 1

x y z

d     

và

2

3 12 2

: 2 5 3

x y z

d     

 . M¹, M² lần lượt là hình chiếu của ^M lên d¹, d². Tìm ^M biết rằng ^M là trung điểm của M M^{1 2}.

A. M



0;1;3



. B. M



1;0; 2



. C. M



1;2; 4



. D. M



1;3;0



.

Câu 2: [2H3-2] Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng

1

1

: 2 4

3 x

d y t

z t

 

  

  

 và ²

3 7

:1 4 3

x y z

d    

 ,

A B là hai điểm di động trên ^d1 thỏa AB6. C, ^D là hai điểm trên ^d2 thỏa ^{CD 26}. Tìm ^VABCD.

A.

25

6 . B. 25 . C.

26

6 . D. 6 26 .

Câu 30: [2D3-4] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Giả sử số tự nhiên n2 thỏa mãn

2 4 6 2 2 2

0 2 2 2 2 2

2

... 8192

3 5 7 2 1 2 1 15

n n

n n n n n

n

C C C C C

C n n

       

  . Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. 6 n 9. B. 9 n 12. C. n6. D. Không tồn tại ⁿ. Lời giải

Chọn D.

* Phân tích:

Ta thấy xuất hiện mẫu số ở tất cả các phần tử, mẫu số là các số lẻ chạy từ 1 đến



^2n1



_.

+) Tử số là các C với chỉ số là chẵn chạy từ 0 đến

 

2n . Với dạng phân số như này ta nghĩ đến khai triển Newton



^1x



²ⁿ sau đó nguyên hàm cả hai vế của khai triển để xuất hiện dạng phân số như đề bài yêu cầu.

+) Ta lại thấy rằng đề bài chỉ còn giữ lại những C với hệ số chẵn nên ta nghĩ đến việc khử các Cvới hệ số lẻ đi dựa vào công thức

 

²

 

² 0 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

1 1

. . ... . .

2

n n

n n n n

n n n n n

x x

C C x C x C ^ x ^ C x

  

     

* Giải

Xét khai triển

 

²

 

² _{0 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2}

2 2 2 2 2

1 1

. . ... . .

2

n n

n n n n

n n n n n

x x

C C x C x C ^ x ^ C x

  

     

 

^*

Nguyên hàm cả hai vế của

 

* ta được



¹



^{2 1}



¹



^{2 1}

1.

2 2 1 2 1

n n

x x

n n C

 

   

 

 

   

 

3 5 2 1 2 1

0 2 4 2 2 2

2 2 . 2 . ... 2 . 2 .

3 5 2 1 2 1

n n

n n

n n n n n

x x x x

C x C C C C

n n

 

      

 

 

**

Với x0 ta được

 

^** _{ C 0.}

Với x1 ta được

 

^**

2 4 6 2 2 2

2 1

0 2 2 2 2 2

2

1 2. ...

2 2 1 3 5 7 2 1 2 1

n n

n

n n n n n

n

C C C C C

n C n n



        

  

2 1

1 2 8192

2 2. 1 15

n

n

  



2 1

2 16384

2 1 15

n

n

  

 .

Đặt ^{f t}

 

^2t

 t

. Dễ có f t

 

đồng biến trên



5;



. Mà

 

^{15 32768}

f  15

;

 

^{13 8192}

f  13

. Ta có

 

^{13 16384}

 

¹⁵

f  15  f .

Không tồn tại ^t



^2n1|n^;n2



thỏa mãn

 

¹⁶³⁸⁴

f t  15

. Vậy không có giá trị nào của ⁿ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D3-4] Giả sử số tự nhiên n2 thỏa mãn

1 3 5 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 8191

2 4 6 ... 2 2 2 14

n n

n n n n n

C C C C C

n n

 

          

 .

Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. 5 n 9. B. 9 n 12. C. n5. D. Không tồn tại ⁿ. Lời giải

Chọn A.

* Phân tích:

Ta thấy xuất hiện mẫu số ở tất cả các phần tử, mẫu số là các số chẵn chạy từ 2 đến



^2n2



_.

Tử số là các C với chỉ số là lẻ chạy từ 1 đến



2n1



. Với dạng phân số như này ta nghĩ đến khai triển Newton



^1x



^2n1 sau đó nguyên hàm cả hai vế của khai triển để xuất hiện dạng phân số như đề bài yêu cầu.

Ta lại thấy rằng đề bài chỉ còn giữ lại những C với hệ số lẻ nên ta nghĩ đến việc khử các C với hệ số chẵn đi dựa vào công thức

 

^{2 1}

 

^{2 1} 1 3 3 5 5 2 1 2 1 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

1 1

. . . ... . .

2

n n

n n n n

n n n n n

x x

C x C x C x C x C x

 

   

    

  

     

* Giải

Xét khai triển

 

^{2 1}

 

^{2 1} 1 3 3 5 5 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

1 1

. . . ... .

2

n n

n n

n n n n

x x

C x C x C x C x

 

 

   

  

    

 

*

Nguyên hàm cả hai vế của

 

^* _{ta được}

 

^{2 2}

 

^{2 2} 1 ² 3 ⁴ 5 ⁶ 2 1 ² 2 1 ^{2 2}

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

1 1

1 . . . ... . .

2 2 2 2 2 2 4 6 2 2 2

n n n n

n n

n n n n n

x x x x x x x

C C C C C C

n n n n

  

 

    

   

       

 

    

 

 

**

Với x0 ta được

 

^{**   C} _2n¹_2.

Với x1 ta được

 

**

1 3 5 2 1 2 1

2 2

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

1 2 1

. ...

2 2 2 2 2 2 4 6 2 2 2

n n

n

n n n n n

C C C C C

n n n n

 



    

       

  

2 2

1 2 1 8191

2 2. 2 2 2 14

n

n n

   

 

2 2

2 2 8191

2 2 2 2 7

n

n n

   

  .

Đặt ^{f t}

 

^{2t 2}

t t

 

. Dễ có ^{f t}

 

đồng biến trên



^6;



_.

Mà

 

^{14 8191}

f  7 . Vậy ^n6.

[2D3-3] Tính tổng S 1 2.2 3.2 ²4.2³ ... 2018.2²⁰¹⁷.

A. S 2017.2²⁰¹⁸1. B. S2017.2²⁰¹⁸. C. S 2018.2²⁰¹⁸1. D. S 2019.2²⁰¹⁸1. Lời giải

Chọn A.

* Phân tích:

- Có thể làm theo cách trắc nghiệm bằng cách tính S  1 2.2 3.2 ² và tương ứng với bộ (hệ số, số mũ) =(3, 2) vào các phương án trả lời, suy ra đáp án A.

- Bài toán tổng quát: Tính tổng S a ⁰a¹.q¹a².q²a³.q³ ... a_n.qⁿ với ^{a a a0, , ,...,1 2 an} lập thành một cấp số cộng. Phương pháp để tính S là nhân cả 2 vế với q rồi trừ vế với vế, sử dụng công thức tính tổng ⁿ số hạng liên tiếp của một cấp số nhân là xong.

* Lời giải:

- Ta có: S 1 2.2¹3.2²4.2³ ... 2018.2²⁰¹⁷

1 2 3 2017 2018

2.S 1.2 2.2 3.2 ... 2017.2 2018.2

      

- Trừ vế với vế của hai biểu thức trên ta được:



^{1 2 2017}



²⁰¹⁸

2 1 2 2 ... 2 2018.2

S S      

2017 2018 2018 2018

2018

2 1

1 2 2018.2 1 2 2 2018.2

2 1 2017.2 1

       



  

2017.22018 1

 S 

Câu 31: [2D3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hàm số f x

 

liên tục trên  và

   

²

3f  x 2f x tan x. Tính

4

 

4

d f x x







. A. 1

2



. B. 1

2

 _

. C. 1

4



. D. 2

2

 . Lời giải

Chọn D.

   

²

 

3f  x 2f x tan x 1

Thay ^{x x. 1}

 

^{3f x}

 

^2f

 

^{ x tan2}

 

^{ x tan2x}

 

²

     

 

2 2

1 .2 2 .3 5 tan 5 tan

x f x

f x x

  

 

   

4 4 4 4

2 2 2

0 0

4 4

d tan x d 2 tan x d 2 1+tan x 1 d

I f x x x x x

   

 

 

 

















  

 

₀⁴

2 tan 2

I  x x ^  2 .

Câu 32: [2H2-2] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng . Góc giữa đường chéo của mặt bên và đáy của lăng trụ là . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đó.

a 60

A. . B. . C. . D. . Lời giải

Chọn A.

Gọi ^H là tâm ABC thì

3 3 AH  a

.

Ta có



^{A B ABC ,}

    A B AB ,   A BA  60 AAAB.tan 60 a 3. Gọi M là trung điểm AA thì

3 2 AM a

. Mặt phẳng trung trực của đoạn ^AA cắt trục của đường tròn ngoại tiếp ABC tại ^I thì ^I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.

Ta có R² IA² IM²AM²  AH²AM²

2 2

3

4 3

a a

  13 ² 12

 a .

Câu 33: [2H1-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho khối chóp tứ giác .S ABCD. Mặt phẳng đi qua trọng tâm các tam giác ^{SAB, SAC,} SAD chia khối chóp này thành hai phần có thể tích là

V1 và V²



V1V2



. Tính tỉ lệ

1 2

V V . A.

8

27. B.

16

81. C.

8

19. D.

16 75. Lời giải

Chọn C.

13 2

3 πa 5 ²

3πa 13 ²

9 πa 5 ²

9πa

Gọi G¹, G², G³ lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB, SAD, SAC. Gọi ^I , J lần lượt là trung điểm của ^AB, AC thì

3

1 2

3 SG SG

SI   SJ

1 3 //

G G IJ

  G G1 3//



ABC



.

Chứng minh tương tự ta có G G2 3//



ABC



. Suy ra



G G G1 2 3

 

// ABCD



.

Qua G¹ dựng đường song song với ^AB, cắt SA, SB lần lượt tại ^M , N . Qua N dựng đường song song với BC, cắt SC tại ^P.

Qua ^P dựng đường song song với CD, cắt SD tại ^Q.

Thiết diện của hình chóp .S ABCD khi cắt bới



G G G1 2 3



là tứ giác ^MNPQ. Ta có

. . S MNP S ABC

V

V ^{ SM SN SP}_{SA SB SC. .}^{. . } ₂₇^{8 VS MNP. } ₂₇^{8 VS ABC.} (1)

Tương tự ta cũng có ^{. .}

8

S MPQ 27 S ACD

V V

 

(2) Từ (1) và (2) suy ra ^{. .}

8

S MNPQ 27 S ABCD

V  V ₁ 8

V 27V

  _{2 1} 19

V V V 27V

   

. Vậy

1 2

8 19 V V 

.

   

 

^{ 21}

cos ; cos .

7 ABA B ABCD B OH OH

   B H

   



Câu 34: [1D5-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hàm số

 

²



^{2 1}

 

^{2 4}

 

^{2 9}

 

^{2 16}



f x x x  x  x  x 

. Hỏi phương trình f x

 

0 có bao nhiêu nghiệm?

A. 9 . B. 8 . C. 7 . D. 6 .

Lời giải Chọn A.

Ta dùng các kết quả sau để đếm nghiệm : Một đa thức bậc n có tối đa n nghiệm.

Nếu một hàm số ^{y f x}

 

liên tục trên

 

^{a b;} _và ^{f a f b}

   

^{. 0} thì phương trình ^{f x}

 

^0 _có

nghiệm trên



^{a b;}



_.

Ta có

               

             

       

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

' 2 1 4 9 16 .2 4 9 16

1 2 4 9 16 1 4 2 16

1 4 9 2 2 .

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

x x x x x x x x x x x

x x x x x x g x

         

        

   

   

' 0 0

0 f x x

g x

 

    ( )

g x là một đa thức bậc 8 liên tục trên  và có ^g

 

^{ 4 0, g}

 

^{ 3 0, g}

 

^{ 2 0,}

 

1 0,

 

0 0

g   g  nên có 8 nghiệm, mỗi nghiệm thuộc một trong các khoảng



 4; 3



,



 3; 2



,



 2; 1



,



1;0



,

 

0;1 ,

 

1; 2 ,

 

2;3 ,

 

3;4 .

Vậy phương trình ^{f x}

 

^0 có 9 nghiệm.

Bài tập tương tự

Câu 1: [1D5-3] Cho hàm số ^{f x}

  

^{ x1}



²



^{x22x x}

 

^22x3

 

^x22x8



. Hỏi phương trình

 

0

f x  có bao nhiêu nghiệm?

A. ⁴. B. 5 . C. 7 . D. 6 .

Câu 2: [1D5-3] Cho hàm số ^{f x}

 

^{ exln}



^x1)



^x2

 

^{x3 ...}

 

^x2018

 

^x. Hỏi phương trình

 

⁰

f x  có bao nhiêu nghiệm?

A. 2018 . B. 2019 . C. 2017 . D. 2020 .

Câu 35: [2H1-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho chóp tam giác đều ^{S ABC.} đỉnh ^S, có độ dài cạnh đáy bằng ^a. Gọi M và ^N lần lượt là các trung điểm của các cạnh ^SB và ^SC. Biết mặt phẳng



^AMN



vuông góc với mặt phẳng



^SBC



. Tính diện tích tam giác ^AMN theo a.

A.

2 10

24 a

. B.

2 10

16 a

. C.

2 5

8 a

. D.

2 5

4 a

. Lời giải

Chọn B.

* Phân tích:

Cần xác định góc giữa hai mặt phẳng



^AMN



_và



^SBC



. Tức là chỉ ra mặt phẳng vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng đó, ta tìm ra



^SAI



. Từ đó suy ra tam giác AKI vuông ở K.

K N

M

H I

A C

B S

* Giải

Dễ thấy ^AMN cân tại A, ^SBC cân tại ^S nên suy ra ^{AK MN} và ^{SI MN} nên

 

^AMN

 

^{, SBC}

 

^{AKI  90} _.

Phương tích của điểm Iđối với đường tròn ngoại tiếp tam tứ giác ^AHKS ta có:

2

2 2 2

. . 1. 2

3 8

IH IA IK IS  AI  IK IK  a ^{2 2} 5 2 2 AK AI IK a

   

. Diện tích

1 2 10

. .

2 16

AEF

S_  AK MN  a

.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2H1-4] Cho hình chóp đều .S ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh SB SC, . Biết mặt phẳng (AEF) vuông góc với mặt phẳng (SBC). Tính thể tích khối chóp .S ABC.

A.

3 5

24 a

. B.

3 5

8 a

. C.

3 3

24 a

. D.

3 6

12 a

.

Câu 2: [2H1-4] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB a , AD2a. Mặt phẳng



^SAB



_và



^SAC



cùng vuông góc với



^ABCD



_{. Gọi H} là hình chiếu vuông góc của A trên SD. Tính khoảng cách giữa AH và SC biết AH a.

A.

73 73 a

. B.

2 73 73 a

. C.

19 19 a

. D.

2 19 19 a

.

Câu 36: [2H1-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hình hộp đứng ABCD A B C D. ' ' ' ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC120 ,^o AA' 4 a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

'

A C và BB'. A.

3. 2 a

B. a 3. C. .

2 a

D.

3. a

Lời giải Chọn C.

* Phân tích:

Nhận thấy rằng đây là bình hình học không gian thuần túy, tương đối dễ. Mấu chốt vấn đề là nhận thấy BB' ||



ACC A' '



và đáy là hình thoi. Bài toán này khá cơ bản nên có thể giải được bằng nhiêu cách. Hình như giả thiết AA' 4 a hơi bị thừa. Không biết ý đồ của tác giả ra đề để làm gì?

Lời giải

* Giải Cách 1:

Nhận thấy ^{BB' ||}



^{ACC A' '}



_nên ^{d BB A C}



^{', '}



^{d BB}



^',



^{ACC A' '}

 

^{d B ACC A}



^,



^{' '}

 

^BE_.

Vì tam giác ABD đều cạnh ^a nên 2 BE a

. Suy ra



^{', '}



2 d BB A C  a

. Cách 2:

Ta có



^{', '}



^{'. ' .sin6VBB A C' '}



^{', '}



d BB A C

BB A C BB A C



. Ta có

3

'. ' . ' '.

1 1 1 3

' . 4 . . .sin120

3 3 2 3

o

B A CB A A BC A ABC ABC

V V V  A A S  a a a a

. Vì BB A C BB A A AC    ^{'. '}  ^'.



^' 



BB A A ^{'. '}  BB AA^{'. '} ¹⁶a²

nên

 

^{'. ' 16 2 4}

cos ', '

4 . 19 19

' . '

BB A C a

BB A C

BB A C a a

 

  

 

 

 

suy ra ^sin



^{', '}



³

BB A C  19 .

Thay vào công thức cho ta

 

3 3

6. 3

', ' 3 2

4 . 19.

19 a d BB A C a

a a

 

. Bài tập tương tự

Câu 1: [1H3-3] Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D. ' ' ' ' có AB a BC , 3a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 'A C và BB'.

A.

3 . 10

a

B.

10. a

C.

2 . 10

a

D.

5 . 10

a

Câu 2: [1H3-3] Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' có đáy ABC là tam giác cân,

, 120 ,^o ' 3

AB AC a BAC    AA  a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 'B A và BC.

A.

37. 37 a

B.

2 37 37 . a

C.

3 37 37 . a

D.

5 37 37 . a

Câu 37: [2D1-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau

Với các giả trị thực của tham số ^m, phương trình ^{f x m}



^



^0 có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm?

A. 4. B. 5. C. 6. D. 3.

Lời giải Chọn C.

* Phân tích:

Nhận thấy rằng đồ thị hàm số ^{y f x m}



^



có được bằng cách tính tiến đồ thị hàm số

 

y f x

qua trái hay qua phải m đơn vị. Do đó, ta chỉ cần chọn giá trị tham số m để phương trình có số nghiệm ^{f x m}



^



^0 có số nghiệm nhiều nhất.

* Giải

Vì hàm số ^{y f x m}



^



là hàm chẵn nên đồ thị đối xứng nhau qua trục Oy. Chẵng hạn, chọn 2

m  thì đồ thị sẽ tịnh tiến qua trái theo trục Ox hai đơn vị, phần đồ thị ứng với x0bỏ đi, phần đồ thị ứng vớix0 thì giữ nguyên, rồi lấy đối xứng qua trục Oy ta được đồ thị hàm số



²



y f x 

. Do vậy, số nghiệm nhiều nhất của phương trình ^{f x}



^2



^0 sẽ là 6 nghiệm.

Bài tập tương tự Câu 1: [2D1-3] Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như hình vẽ.

Với các giá trị thực của tham số m, phương trình ^{f x m}



^



^0 có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm.

A. 4. B. 5. C. 6. D. 3.

Câu 2: [2D1-3] Cho hàm số ^{y f x}

 

có bảng biến thiên như hình vẽ.

Với các giá trị thực của tham số ^m, phương trình ^{f x m}



^



^0 có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm.

A. 4. B. 5. C. 6. D. 8.

Câu 38: [2D4-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho số phức thay đổi thỏa mãn . Gọi là đường cong tạo bởi tất cả các điểm biểu diễn số phức

khi thay đổi. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong .

A. ¹². B. 12 2_{. C.} 9 2_{. D.} 9.

Chọn B.

z 6

z i   z i _S



^{z i i}

 

^1



z S

Gọi ^{M x y}



^;



là điểm biểu diễn số phức ^{z x yi x y }



^{, }



.

Ta có z i   z i 6 ^{ x2}



^y1



^{2  x2}



^y1



^{2 6} MF₁MF₂  6 2a trong đó

   

1 0; 1 , 1 0;1

F  F

suy ra ^{M x y}



^;



nằm trên Elip có a3;c1;b2 2. Diện tích của Elip S . .a b6 2.

Phép biến đổi “hợp thành”

^{0; 1} ^{,4 1 1}

 

^{ , 2}



¹

  

2 2

O O

v

Q V

z  T^{ } z i ^{ }   i z i   i z i



Diện tích qua biến đổi phép tịnh tiến, phép quay giữ nguyên. Qua phép quay Q^{O, 2}

gấp 2 lần.

Suy ra S 6 2 .2 12 2  .

Câu 39: [2H3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trong không gian ^Oxyz, cho mặt cầu

 

^{S x: 2y2 z2 4x10y2z 6 0}_{. Cho m} là số thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng y m và ^{x z  3 0} tiếp xúc với mặt cầu

 

^S . Tích tất cả các giá trị mà m có thể nhận được bằng

A. 11. B. ^10. C. ^5. D. ^8.

Lời giải Chọn A.

“Nhận xét: Dùng điều kiện tiếp xúc của mặt cầu với đường thẳng”

Mặt cầu

( )

^S _{có tâm} ^I

(

^{2; 5;1-}

)

và bán kính ^{R= 4 25 1 6+ + + =6} Đặt

( )

^{P y: =m} _và

( )

^{Q x z: + - =3 0}

Gọi ^d=

( ) ( )

^{P Ç Q}

Chọn ^A

(

^{0; ;3m}

) ( ) ( )

Î ^P Ç ^Q và ^{B m}

(

^{1; ;2}

) ( ) ( )

Î ^P Ç ^Q . Ta có: AB qua ^A

(

^{0; ;3m}

)

và có VTCP uuur^AB=

(

^{1;0; 1}-

)

(

^{2; 5;2}

)

IA= - m+ uur

( )

, 5;0; 5

IA AB m m

é ù= + +

ê ú

ë û

uur uuur

( )

^,

(

⁵

)

^{2 0}

(

⁵

)

²

, 5

2

IA AB m m

d I d m

AB

é ù + + + +

ê ú

ë û

= = = +

uur uuur uuur

d tiếp xúc với mặt cầu

( )

^S



^,



^{5 6 1}

11 d I d R m m

m

 

         Suy ra tích các giá trị ^m bằng 11-

Bài tập tương tự

Câu 1: [2H3-3] Trong không gian ^Oxyz, cho mặt cầu

 

^{S x: 2y2 z2 2x2y4z m 0}_{. Cho m}

là số thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng x1 và ^{y z  1 0} tiếp xúc với mặt cầu

 

^S . Tổng tất cả các giá trị mà m có thể nhận được bằng

A. 4 . B. ^10. C. 4. D. ¹⁰.

Câu 2: [2H3-3] Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 

^{S x: 2y2z22x2y2z 1 0}_{. Cho m}

là số thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng ^{z m} và x y  1 0 tiếp xúc với mặt cầu

 

^S . Tổng bình phương tất cả các giá trị mà m có thể nhận được bằng

A. 0 . B. ⁹. C. 2 . D. ⁷.

Câu 40: [2D3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hàm số ^{f x}

 

thỏa mãn

 

^.

 

^{2018 .ex}

f x f x  x với mọi ^x và ^f

 

^{1 1}. Hỏi phương trình

 

¹

f x  e

có bao nhiêu nghiệm?

A. ⁰. B. 1. C. ³. D. 2 .

Hướng dẫn giải Chọn D.

Ta có:



^{f x}

 

^._^{f x}

 

^_^2018dx



^{x.e dx x}



^_^{f x}

 

^_^{2018df x}

  

^{ x1 .e}



^xC

 

²⁰¹⁹

   

²⁰¹⁹

 

1 . 1 .e 2019 1 .e 2019

2019

x x

f x x C f x x C

          

. Do ^f

 

^{1 1} _{nên 2019C1 hay} ^_^{f x}

 

^_^{2019 2019}



^{x1 .e}



^x1_.

Ta có:

 

¹

 

²⁰¹⁹ ₂₀₁₉^{1 2019}



^{1 .e}



¹ ₂₀₁₉^{1 0}

e e e

f x   f x     x x   . Xét hàm số

 

²⁰¹⁹



^{1 .e}



¹ ₂₀₁₉¹

e g x  x x 

trên  .

 

^{2019 .ex}

g x  x

, ^{g x}

 

^{  0 x 0}_,

 

^{0 2019 1} ₂₀₁₉^{1 0}

g    e 

, _x^lim_^{g x}

 

^{ }

,

 

₂₀₁₉¹

lim 1 0

e

x g x

   

. Bảng biến thiên của hàm số:

Do đó phương trình

 

¹

f x  e

có đúng 2 nghiệm.

Câu 41: [2D2-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Có bao nhiêu số nguyên ^m trong đoạn [ 2018;2018] sao cho bất phương trình

log 11log

10 10

(10 ) 10

m x x

x ^  đúng với mọi x(1;100).

A. 2018 . B. 4026 . C. 2013. D. 4036 . Lời giải

Chọn A.

Lô ga cơ số 10 hai vế ta có:

log 11log

10 10 log 11

(10 ) 10 ( ).log(10 ) log

10 10

log 11 11log

( )(1 log ) log 10 log

10 10 log 1

m x x x

x m x x

x x

m x x m x

x

    

      



Đặt tlog (x x(1;100) t (0;2) suy ra:

10 11 ( ) ( (0; 2) )

1

m t t f t t

t    



Ta có ( )f t là hàm đồng biến trên khoảng (0;2) 8

m 15

 

Kết hợp với điều kiện m [ 2018;2018] 

ta được 1 m 2018

=> Có 2018 giá trị nguyên của m thỏa mãn điều kiện đề bài.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D2-3] Các giá trị thực của tham số m để phương trình 12^x



4m



.3^x m 0 có nghiệm thuộc khoảng



1;0



là:

A.

17 5; m 16 2

  B. ^m

 

^{2; 4} _C. m ⁵2^;6

 

  D.

1;5 m  2

 

 

Câu 2: [2D2-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình



²

 

²



log 5 log x  1 log mx 4x m

nghiệm đúng với mọi  x  .

A. Vô số B. 3 C. 2 D. 1

Câu 42: [2H3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Trong không gian Oxyz, cho ba điểm (2;0;0), (0;4;0), (0;0;6)

A B C , điểm M thay đổi trên mặt phẳng



^ABC



_{, N} là điểm trên tia OM sao cho OM ON. 12. Biết khi M thay đổi thì điểm N luôn nằm trên mặt cầu cố định.

Tính bán kính mặt cầu đó A.

7

2 . B. 3 2 . C. 2 3 . D.

5 2 . Lời giải

Chọn A.

* Phân tích:

Trước khi tìm ra bán kính đường tròn thì hiểu rằng đây là bài toán quỹ tích, cần chỉ ra quỹ tích của điểm N . Theo giả thiết thì từ tọa độ của M ta có thể suy ra được tọa độ của điểm N , mặt khác M lại chạy “tung tăng” trên mặt phẳng



^ABC



, từ đó liên hệ ra quỹ tích của điểm N .

* Giải

Giả sử ^{N x y z}



^{; ;}



^{ON x2y2z2} _{. Do ,}O M N, thẳng hàng và N thuộc tia ON nên suy ra:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

12 12 12 12

. 12 . x ; y ; z

OM ON OM ON N

x y z x y z x y z x y z

 

             

 

.

Do

 

^{6 3 2 2 2 2}



³



^{2 3 2}



¹



^{2 49}

2 4

N ABC  x y z x y z  x y   z  .

Vậy N thuộc mặt cầu cố định bán kính 7 R 2

.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm ^M



^{1;0; 2 ,}



^N



^{1; 1; 1 }



_và

mặt phẳng

 

P x: 2y z  2 0. Một mặt cầu đi qua M N, tiếp xúc với mặt phẳng

 

P tại điểm E. Biết E thuộc một đường tròn cố định, tính bán kính của đường tròn đó.

A.

10 R 2

. B. R 10. C. R10. D. R2 5.

Câu 2: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

1 1

:2 1 1

x y z

d    

  và điểm A



1;1;1



. Hai điểm ,A B di động trên đường thẳng d sao cho mặt phẳng



OAB



vuông góc với mặt phẳng



^OAC



. Gọi điểm B là hình chiếu của điểm B lên đường thẳng AC. Biết rằng quỹ tích các điểm B là đường tròn cố định, tìm bán kính R của đường tròn đó

A.

60 R 10

. B.

3 5 R 5

. C.

70 R 10

. D.

3 5 R 10

.

Câu 43: [1D2-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Một người viết ngẫu nhiên một số có bốn chữ số.

Tính xác suất để các chữ số của số được viết ra có thứ tự tăng dần hoặc giảm dần (nghĩa là nếu số được viết có dạng abcd thì a b c d   hoặc a b c d   ).

A.

7

125 . B.

7

375 . C.

7

250 . D.

14 375 . Lời giải

Chọn D.

Viết ngẫu nhiên một số có 4 chữ số nên số phần tử của không gian mẫu là

 

9.10.10.10 9000

n    .

TH1: số tự nhiên có 4 chữ số mà các chữ số của số được viết ra có thứ tự giảm dần

Vì ^{a b c d  } nên các chữ số đôi một khác nhau và các chữ số a, ^b, c, ^d lấy từ tập



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



X 

và với 4 chữ số lấy ra từ X thì chỉ lập được duy nhất một số thỏa yêu cầu bài toán. Do đó số số tự nhiên có 4 chữ số mà các chữ số của số được viết ra có thứ tự tăng dần là C⁹⁴.

Nếu a b c d   thì chữ số 0 có thể xuất hiện. ta lập được C¹⁰⁴ số

TH2: số tự nhiên có 4 chữ số mà các chữ số của số được viết ra có thứ tự tăng dần

Vì ^{a b c d  } nên các chữ số đôi một khác nhau và các chữ số ^a, ^b, ^c, ^d lấy từ tập



0,1, 2,3, 4,5,6,7,8,9



Y 

và với 4 chữ số lấy ra từ Y thì chỉ lập được duy nhất mọt số thỏa yêu cầu bài toán. Do đó số số tự nhiên có 4 chữ số mà các chữ số của số được viết ra có thứ tự giảm dần dần là C¹⁰⁴ .

Vậy số phần tử của biến cố A là n A

 

C9⁴C10⁴ 336. Xác suất của biến cố A là:

   

 

^{9000336 37514}

P A n A

n  

 .

Bài tập tương tự

Câu 1: [1D2-3] Lâp được bao nhiêu số có 4 chữ số dạng abcd sao cho a b c d   A. C¹⁰⁴ . B. C¹¹⁴. C. C¹²⁴ . D. C⁹⁴. Câu 2: [1D2-3] Lâp được bao nhiêu số có 4 chữ số dạng abcd sao cho a b c d  

A. C¹⁰⁴ . B. C¹¹⁴. C. C¹²⁴ . D. C⁹⁴.

Câu 44: [1D4-2] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018] Cho hàm số

sin nÕu cos 0

( ) .

1 cos nÕu cos 0

x x

f x x x

 

 

 



Hỏi hàm số f có tất cả bao nhiêu điểm gián đoạn trên khoảng (0; 2018) ?

A. 2018 . B. 1009 . C. 642 . D. 321.

Lời giải Chọn D.

0

cosx có các nghiệm thuộc khoảng



0; 2018



là 2

 ,

3 2

 ,

5 2

 , …,

1281 2

 ,

1283 2

 . Tại các điểm 2

 ,

5 2

 ,

9 2

 , …,

1277 2

 ,

1281 2



hàm số f cho liên tục.

Tại các điểm 3

2

 ,

7 2

 ,

11 2

 , …,

1279 2

 ,

1283 2



hàm số f gián đoạn.

Do đó, hàm số f có 321 điểm gián đoạn trên khoảng



^{0; 2018}



_.

Bài tập tương tự

Câu 1: [1D4-2] Cho hàm số

 

₂ ^{, 2 0}

, 2 0

sinx cosx sin x f x sin x sin x

 

   . Hàm số f có tất cả bao nhiêu điểm

gián đoạn trên khoảng



0; 2018



?

A. 321. B. 642 . C. 964 . D. 2018 .