Câu hỏi vận dụng cao có đáp án chi tiết môn toán lớp 12 năm 2017 liên trường nghệ an | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

(1)

TUYỂN TẬP CÁC CÂU VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TRONG ĐỀ THI THỬ LIÊN TRƯỜNG NGHỆ AN 2017-2018

(Nhóm GV thuộc tổ 5 thực hiện)

Câu 36. Cho hàm số y x ⁴mx²m (^m là tham số), có đồ thị là

 

^C . Biết rằng đồ thị

 

^C cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ x x x x1; ; ;2 3 4 thỏa mãn x1⁴x2⁴x3⁴x4⁴ 30 khi

m m 0. Hỏi mệnh đề nào sau đây đúng?

A. 0m0 4. B. m0 7. C. m0  2. D. 4m07. Lời giải

Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm của

 

^C và trục hoành

4 2 0

x mx  m (1) Đặt t x t ²; 0

Phương trình (1) trở thành: t²mt m 0 (2).

Đồ thị

 

^C cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ x x x x1; ; ;2 3 4 khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt

2 4 0

0 4

0

m m

S m m

P m

   

    

  



.

Ta có x1⁴x2⁴x3⁴ x4⁴ 30   t₁² t₂² 15, với t t1; 2 là hai nghiệm của phương trình (2).

2 5

2 15 0

3 m m m

m

 

        ^^m^⁵ (do m4).

Bài tương tự

Câu 1. Cho hàm số ^{y x}^ ⁴^



²^m^¹



^x²^²^m có đồ thị ( )C . Tất cả các giá trị của tham số ^m để đường thẳng d: y2 cắt đồ thị ( )C tại bốn điểm phân biệt đều có hoành độ lớn hơn 3 là

A. 3

2.

m B. 11

1 .

m 2

  C.

3 2 .

1 2

m m

 

  



D.

3

2 .

1 11

2 m

m

 

  



Lời giải Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm của ( )C và đường thẳng d:

2

4 2 4 2

2

(2 1) 2 2 (2 1) 2 2 0 1

2 2 (1)

x m x m x m x m x

x m

            

 



Đường thẳng d cắt ( )C tại bốn điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 3 khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn 3.

3

2 2 1 2

0 2 2 9 11

1 2

m m

 

   

      



. Vậy chọn

3 2 1 11

2 m

m

 

  



.

(2)

Câu 2. Cho hàm số ^{y x}^ ⁴^



³^m^⁴



^x²^^m² có đồ thị là

 

Cm . Tìm m để đồ thị

 

Cm cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng.

A.

4 5 0 m m

  



 

. B.

12 12 19 m m

 

  



. C. m12. D. m0.

Lời giải Chọn B.

Phương trình hoành độ giao điểm: ^x⁴^



³^m^⁴



^x²^^m² ^⁰

 

¹

Đặt tx²



^t^⁰



, phương trình

 

¹ trở thành: ^t²^



³^m^⁴



^{t m}^ ² ^⁰

 

²

 

Cm cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt ^

 

¹ có bốn nghiệm phân biệt



 

² có hai nghiệm dương phân biệt ^

2 2

5 24 16 0

0

3 4 0

m m

P m S m

    

  

   





4 4

5 0

4 3

m m

     



 

  





4 5 0 m m

  



 

(*)

Khi đó phương trình

 

² có hai nghiệm 0 t1 t2. Suy ra phương trình

 

¹ có bốn nghiệm phân biệt là x1   t2 x2   t1 x3  t1 x4  t2 . Bốn nghiệm x x x x₁, , ,₂ ₃ ₄ lập thành cấp số cộng

 x₂  x₁ x₃ x₂ x₄x₃   t₁  t₂ 2 t₁ ^ t₂ 3 t₁  t₂ 9t₁ (3) Theo định lý Viet ta có ¹ ² ₂

1 2

3 4 (4) (5) t t m

t t m

  



 

Từ

 

³ và

 

⁴ ta suy ra được

 

1

2

3 4

10 9 3 4

10

  

 

 

t m

 

^{6 .}

Thay

 

⁶ vào

 

⁵ ta được ⁹



³ ⁴



² ²

100 m m



 

3 3 4 10 12 3 3 4 10 12

19

m m m

 

 

 

      

 

(thỏa (*)).

Vậy giá trị ^m cần tìm là 12

12; .

  19

m m

Câu 39: [2D2-3] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

2 2 2

log cosx mlogcos x m  4 0 vô nghiệm.

A.

m    2;2  . B. m     ; 2    2;   .

C.

m    2; 2 . D. m   2;2  .

(3)

Lời giải Chọn A

+ Phân tích: Bài toán dạng này sử dụng đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2 + Xét phương trình: ^{log cos}² ^x ^^m^logcos²^{x m}^ ² ^{ }^{4 0 1}

 

Đặt tlog cos ; t²x  



;0



Phương trình trở thành

1

² ²

4 0 (2) 4 t  mt m   

Phương trình (1) vô nghiệm khi phương trình (2) không có nghiện

t    ;0 

, hay nó vô nghiệm hoặc chỉ có nghiệm dương.

0 0 0 0 S P

  

   

     

  



2 2

2; 2 0

2 2

m

m m

  

 

   

     

     



 2;2 

 

Vậy đáp án A Bài tập tương tự:

Câu 1: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

x

2 x

4 1

log m

4 1

 

 có nghiệm.

A. m 0. B.   1 m 1. C. m 1. D.   1 m 0.

Đặt t 4 ^x 1, khi đó: 2 ^xx 2

 

4 1 t 1

log m m log *

4 1 t 1

    

 

Xét hàm số

 

2

f t log t 1 t 1

 

 trên khoảng



^1;^



^, khi đó ta có: ^{f t}^'

 

^



^t²^²^{1 ln 2}



^{  }^{0, t 0.}

Suy ra f t là hàm đồng biến trên

  

^1;^



^, tính các giá trị

   

t 1 t

lim f t_ ; lim f t 0.

    

Nên phương trình (*) có nghiệm  m 0.

Cách 2: Ta có:

x

m m m

x x x

4 1 2 2

2 1 2 1 2

4 1 4 1 4 1

       

  

Dễ thấy 4^x 1 1 0 _x² 1 4 1

    

 suy ra phương trình có nghiệm khi

m m

0 1 2   1 2  1 m 0. .

Câu 2: Tìm ^m để phương trình log²₂x- log₂x²+ =3 m có nghiệm ^x_{Î ê ú}^{é ù}_{ë û}^{1;8 .}

A. 3£ m£ 6. B. 6£ m£ 9. C. 2£ m£ 6. D. 2£ m£ 3.

Lời giải Chọn C

Đặt ^t⁼^{log ,}₂^x do ^x^Î ^{é ù}_{ê ú}_{ë û}^1;8 ^Þ ^t^Î ^{é ù}_{ê ú}_{ë û}^{0;3 ,}phương trình đã cho trở thành t²- 2t=m- 3 (1) Xét hàm số y=f t( )=t²- 2t

Ta có f t¢ = -( ) 2t 2= Û0 t=1 Bảng biến thiên

Phương trình (1) có nghiệm Û - £1 m- 3 3£ Û 2£ m£ 6.

(4)

Câu 3: Cho phương trình: log3 2 2_



x m  1



log3 2 2_



mx x ²



0. Tìm m để phương trình có nghiệm thực duy nhất.

A. m1. B. 3

1 m m

  

  . C.   3 m 1. D. m1. Lời giải

Chọn D

Ta có



3 2 2 3 2 2

 





 1



3 2 2

 

 3 2 2



^¹. Nên phương trình tương đương với

   

2

3 2 2 3 2 2

2

3 2 2 3 2 2

log 1 log 0

log 1 log

x m mx x

 

    

    

Điều kiện x m     1 0 x 1 m

   

2 2

1 1 1 0 *

x m x mx x m x m

          

Để phương trình có nghiệm thực duy nhất thì phương trình

 

* có nghiệm duy nhất hoặc có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn x1   1 m x2, tức là

TH 1: ⁰



¹

 

³



⁰ ³

1 m m m

m

  

          .

Với m1 ta có

 

^* ^ ^x²       ⁰ ^x ⁰ ^{x m} ^{1 0}( loại ) Với m 3 ta có

 

^*      ^x ² ^{x m} ^{1 0}( loại)

TH 2 : 1 2



1

 

2



0 0

1 1 0

1 0 1 x m x m

x m x m

 

  

            

 

     

²

 

1 2 1 2

3 1

1 1 0 **

m m

x x m x x m

  

  

      



Giải

 

** ta có



¹^^m

 

^ ^m^¹

 

^m^{ }¹

 

^m^¹



² ^{ }⁰ ^m^¹

Kết hợp điều kiện ta có m1 Cách trắcnghiệm

Thay trực tiếp m1,m 3 vào ta loại hai đáp án A và đáp án B Thay m0,m 10 loại đáp án C.

Câu 4: Giá trị nào của m để phương trìnhlog₃²x log²₃x 1 2m 1 0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 1,3 ³

 .

A. 1 m 16. B. 4 m 8. C. 0 m 2. D. 3 m 8. Lời giải

Chọn C

 

2 2 2 2

3 3 3 3

log log 1 2 1 0 1 log log 1 1

x x  m   m 2 x x  Đặt t log , 0 3²x  t 3. Ta có ^{f t}

 

^¹₂



^t^ ^t^{ }^{1 1}



 

¹ ¹ ¹ ^;

 

⁰

2 2 1

f t f t

t

 

        vô nghiệm.

 

⁰ ^{0; f 3}

 

²

f   . Vậy 0 m 2.

Câu 5: Cho phương trình (m1)log²₂x2log₂x(m2) 0 . Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham

(5)

số thực mđể phương trình đã cho có hai nghiệm thực x x₁, ₂thỏa 0x₁ 1 x₂?

A.



^2;



. B.



^^1;2



. C.



^{ }^{; 1}



. D.



^{  }^{; 1}

 

^2;^



. Lời giải

Chọn B

Điều kiện ^x^⁰

Đặt tlog2x,Ta có 0x₁ 1 x₂ log_{2 1}x log 1 log₂  _{2 2}x   t₁ 0 t₂ PT ^



^m^¹



^t²^{   }²^{t m} ^{2 0(*)}

Theo YCBT ^^(*) có hai nghiệm trái dấu ^



^m^¹

 

^m^²



^{    }⁰ ¹ ^m ².

Câu 40: [2H1-2] Cho tứ diện đều ABCD cạnh 2a. Tính thể tích của khối bát diện đều có các đỉnh là trung điểm các cạnh của tứ diện ABCD.

A. 2 ³ 2 9

a . B. ³ 2

3

a . C. a³ 2. D. ³ 2

6 a . Lời giải

Chọn B

Gọi M N P Q H K, , , , , lần lượt là trung điểm của các cạnh AB AC CD BD BC AD, , , , , Gọi V là thể tích của khối bát diện đều HMNPQK

Ta có: V 2V_{K MNPQ}.

Lại có .K MNPQ là hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng ^a

Vậy _. ³ 2

2 ^{K MNPQ} 3

V  V  a .

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2H1-2] Một hình chóp tứ giác đều có góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy bằng 60 và diện tích xung quanh bằng 8a². Tính diện tích S của mặt đáy hình chóp.

A. S 4a². B. S 4a² 3. C. S 2a². D. S 2a² 3. Lời giải

Chọn A

(6)

Gọi H là trung điểm của AB.

Vì S ABCD. là hình chóp tứ giác đều nên SH AB OH AB

 

 

 .





^



^SAB

 

^; ^ABCD

 

^



^{SH OH}^ ^;



^^SHO^ ^(1).

Trong SOH vuông tại O, có 2.

cos 60

SH  OH  OH

 Vì diện tích xung quanh của hình chóp là.

8 2

Sxq  a  . 8 ²

ABCD 2

p SH  a (2), với pABCD là nửa chu vi của ABCD.

Trong đó 2.

2.

pABCD AB SH OH AB

 

  

 (3).

Từ (2) và (3)  2.AB² 8a².

 AB2a.

Vậy diện tích đáy của mặt chóp là S AB² 4a².

Câu 2: [2H1-2] Cho hình chóp đều S ABCD. có chiều cao bằng a 2 và độ dài cạnh bên bằng a 6. Tính thể tích khối chóp S ABCD. .

A. 10 ³ 3 3

a . B. 8 ³ 2 3

a . C. 10 ³ 2 3

a . D. 8 ³ 3 3 a . Lời giải

Chọn B

.

Ta có BO SA² SO² 2a. Vậy BD4a, suy ra AB2a 2.

(7)

Vậy 1 1 ² 8 2

. .

3 ^ABCD 3 3

V  S SO AB SO a .

Câu 3: [2H1-2] Cho hình chóp đều S ABCD. , đáy ABCD là hình vuông cạnh ^a, các cạnh bên tạo với đáy góc 45. Diện tích toàn phần của hình chóp trên theo ^a là.

A. 4a². B. 2 3a². C.



^{3 1}^



^a²^. ^D.



^{3 1}^



^a²^.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Khi đó^SO^



^ABCD



.

Suy ra OB là hình chiếu của SB trên



^ABCD



nên góc giữa SB và



^ABCD



là SBO45^o.

Ta có _{cos 45}^o _o ²_: ²

cos 45 2 2

BO BO

SB a a

 SB     .

Suy ra SB SA SC SD a    hay SAB SBC SCD SDA, , , là các tam giác đều cạnh ^a. Diện tích toàn phần của hình chóp S ABCD. là.

SAB SBC SCD SDA ABCD

S S_ S_ S_ S_ S ^ â²₄ ³^â²₄³^â²₄³^â²₄³^â² ^{ }



¹ ³



^a²^.

Câu 41. [2H2-4] Người ta sản xuất một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ không có nắp với đáy cốc và thành cốc làm bằng thủy tinh đặc, phần đáy cốc dày đều 1,5cm và thành xung quanh cốc dày đều 0, 2cm (hình vẽ). Biết rằng chiều cao của chiếc cốc là ^15cm và khi ta đổ ^180ml nước vào thì đầy cốc. Nếu giá thủy tính thành phẩm được tính là 500đ/cm³ thì giá tiền thủy tính để sản xuất chiếc cốc đó gần nhất với số nào sau đây?

A. 31nghìn đồng. B. 40nghìn đồng. C. 25nghìn đồng. D. 20nghìn đồng.

Lời giải Chọn A.

Gọi R1, h1 và V1 theo thứ tự là bán kính, đường cao và thể tích của hình trụ phần vỏ cốc và R2, h2, V₂ là bán kính, chiều cao và thể tích của hình trụ phần lòng cốc.

(8)

Ta có R1R20, 2; h1h21,5 15 h₂ 13,5; V2 180 ₂ ²

2

40 3 R V

h 

   nên

1

40 0,2 R 3

   .

Thể tích của phần thủy tinh là V V₁ ₂ R h_{1 1}² 180

40 2

0,2 .15 180 60,71

 3



 

     

cm .3

Vậy giá thành để sản xuất một chiếc cốc là 60,71.500 30355 nghìn đồng.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1. [2H2-4] Một khúc gỗ có dạng khối nón có bán kính đáy r30 cm, chiều cao h120 cm. Anh thợ mộc chế tác khúc gỗ đó thành một khúc gỗ có dạng khối trụ như hình vẽ. Gọi V là thể tích lớn nhất của khúc gỗ dạng khối trụ có thể chế tác được. Tính V .

A. ^V ^^0,16^

 

^m³ ^. ^B.^V ^^0,024^

 

^m³ ^. ^C.^V ^^0,36^

 

^m³ ^. ^D.^V ^^0,016^

 

^m³ ^.

r h

R x

O

I J

B

A

Gọi x là chiều cao của khúc gỗ hình khối trụ, R khúc gỗ hình khối trụ cần tìm. O là đỉnh của hình nón, I là tâm của đáy hình nón, J là tâm của đáy hình trụ và khác I . OA là một đường sinh của hình nón, B là điểm chung của OA với khối trụ. Ta có R h x ^{r h x}

 

r h R h

 

   .

Thể tích khối trụ là ^V ^{x R}^. ² ^x^.^r²₂



^{h x}



²

  h

  

Xét hàm số

 

.r²2

 

²

V x x h x

 h

  , ⁰^{ }^{x h}. Ta có

 

²₂

  

³



⁰

3

r h

V x h x h x x

 h

       hay x h . Bảng biến thiên

(9)

Dựa vào BBT, ta thấy thể tích khối trụ lớn nhất khi chiều cao của khối trụ là 40 cm 3

x h ;

2 max

4 27 V r h

 4. .30 .120² 27

  ^¹⁶⁰⁰⁰^



^cm³



^^{0, 016}^

 

^m³ ^.

Câu 2. [2H2-4] Cho khối trụ có bán kính đáy R và có chiều cao h2R. Hai đáy của khối trụ là hai đường tròn có tâm lần lượt là O và O'. Trên đường tròn

 

^O ta lấy điểm A cố định. Trên đường tròn

 

^O ta lấy điểm B thay đổi. Hỏi độ dài đoạn AB lớn nhất bằng bao nhiêu?

A. ABmax 2R 2. B. ABmax 4R 2. C. ABmax 4R. D. ABmax R 2. Lời giải

Chọn A.

Gọi AEFI là thiết diện đi qua trục của khối trụ.

Với mỗi điểm B thay đổi trên đường tròn

 

^O , gọi BM là đường sinh của trụ,M thuộc đường tròn

 

^O , khi đó:

2 2 2 2 4 2 2 4 2

AB AM MB AM  R AE  R . (Dây cung luôn bé hơn hoặc bằng đường kính) Suy ra ABmax²  AE²4R² 8R².

Vậy ABmax 2R 2 khi và chỉ khi AM AE hay M trùng E, B trùng F.

Câu 42. [2D2-3] (KSLẦN 1_Toán liên trường THPT_ Nghệ An) Ông An gửi tiết kiệm 50 triệu đồng vào ngân hàng với kì hạn ba tháng, lãi suất ^{8, 4% /}năm theo hình thức lãi kép. Ông gửi được đúng 3 kì hạn thì ngân hàng thay đổi lãi suất, ông gửi tiếp 12 tháng nữa và theo kì hạn như cũ thì lãi suất trong thời gian này là 12% / năm thì ông rút tiền về. Số tiền ông An nhận được cả gốc lẫn lãi tính từ lúc gửi tiền ban đầu là: (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)

A. 63,5 triệu đồng. B. 102,2 triệu đồng. C. 109,5 triệu đồng. D. 59,9 triệu đồng.

Lời giải Chọn D

Do lãi suất ^{8, 4% /}năm nên lãi suất của một kì hạn là 8, 4 : 4 2,1% .

(10)

Trong ba kì hạn đầu, số tiền ông An có được tính cả gốc lẫn lãi là: 50.1,021 triệu đồng.³ Một năm tiếp theo, mỗi kì hạn có lãi suất là 3% nên tổng số tiền ông thu được là:

3 4

50.1,021 .1,03 59,9 triệu đồng.

Nhận xét: Đây là bài toán lãi kép thường gặp, trong đó vốn P0, lãi suất r. Số tiền thu được sau n kì là: P_n P0



1r



ⁿ. Ta có một số bài toán tương tự:

Câu 2. Một người đem gửi tiền tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 1% một tháng. Biết rằng cứ sau mỗi quý (3 tháng) thì lãi sẽ được cộng dồn vào vốn gốc. Hỏi sau tối thiểu bao nhiêu năm thì người đó nhận lại được số tiền bao gồm cả vốn lẫn lãi gấp ba lần số tiền ban đầu

A. 8 . B. 9 . C. 10 . D. 11.

Người này gửi tiết kiệm theo hình thức lãi kép với kì hạn 3 tháng, lãi suất của mỗi kì hạn là 3%. Do đó giả sử số tiền ban đầu người đó gửi là P0, ta có sau nkì hạn người đó có số tiền là

0.1, 03ⁿ log1,033 37,167 Pn P  n 

Vậy sau tối thiểu 10 năm thì người đó nhận được cả vốn lẫn lãi gấp ba lần số tiền ban đầu.

Câu 3. Một người gửi tiết kiệm ngân hàng, mỗi tháng gửi 1 triệu đồng, với lãi suất kép 1%/tháng. Gửi được hai năm 6 tháng người đó có công việc nên đã rút toàn bộ gốc và lãi về. Số tiền người đó rút được là:

A. 101. (1, 01) ³⁰ 1(triệu đồng). B. 101. (1, 01) ²⁹ 1 (triệu đồng).

C. 100. (1, 01) ³⁰ 1 (triệu đồng). D. 100. (1, 01) ³⁰ 1 (triệu đồng).

Sau hai năm sáu tháng người đó rút đc là



³⁰

  

30 29 28 1,01 1,01 1 30

1,01 1,01 1,01 1,01 101 1,01 1

0, 01

        .

Câu 43. [2D1-4] Cho hàm số bậc ba ^{f x}

 

^^ax³^^bx² ^^{cx d}^ có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số

   

2 2

3 2 . 1

.

x x x

g x x f x f x

  

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

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

Điều kiện: x1

(11)

Ta có

     

2

. 0 0

0 *

x l

x f x f x

f x f x



    

    

     

   

* 0

1

f x a

f x b



 

 

Dựa vào đồ thị ta có:

+ Phương trình

 

^a có hai nghiệm ⁰ 1 2 x x x

 

 

 (loại: x0; loại x2 vì x²3x 2 0) nhưng 2

x là nghiệm kép của mẫu nên x2 thỏa.

+ Phương trình

 

^b có ba nghiệm: x11 (loại), x2

 

1;2 (thỏa) và x3



2;



(thỏa).

Vậy đồ thị ^{g x}

 

ba đường tiệm cận đứng.

Bài toán tương tự

Bài 01. Cho hàm số bậc ba ^{f x}

 

^^ax³^^bx²^^{cx d}^ có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số

   

     

2 2

2 . 1

3 . 3

x x x

g x x f x f x

 

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

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

Bài 02. Cho hàm số bậc ba ^{f x}

 

^^ax³^^bx²^^{cx d}^ có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số

   

 

²

   

2 . 2

4 . 2

x x x

g x x f x f x

 

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

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

Câu 44. [1D2-4] Cho dãy số

 

un xác định bởi công thức sau: ¹

1

2 ( 1)

4 4 5

n n

u n

u_ u n

  

   

 . Tính tổng:

2018 2 2017

S u  u .

A. S2015 3.4 ²⁰¹⁷ B. S2015 3.4 ²⁰¹⁷ C. S2016 3.4 ²⁰¹⁸ D. S2016 3.4 ²⁰¹⁸. Lời giải

Chọn B

Nhận xét : u_n_₁ 4u_n 4 5n, ta có thể đưa về CSN giả sử :

(12)

1 4[ ( 1) ] 1 4 4 ( 1) 4 1; 0

n n n n

u_ an b   u a n  b u _ an b   u  a n  b a b . Ta có: u_n_₁4u_n 4 5nu_n_₁  n 4(u_n n 1).

Đặt: v_n u_n  n 1 v_n_₁  4 ;v v_n ₁ 2 v_n_₁  ( 4) .ⁿ v₁

2017 2016 2017

2018 2 2017 2.( 4) 4.( 4) 3.4

v v

        .

2017 2017

2018 2017 2( 2017 2016) 3.4 2018 2 2017 2015 3.4

u u u u

          .

Vậy: S u ₂₀₁₈2u₂₀₁₇ 2015 3.4 ²⁰¹⁷. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Câu 1. Cho dãy số

 

1

2 ( 1)

2 3 2

n n

u n

u _ u n

  

   

 . Xác định CTTQ của

dãy.

Lời giải

Ta có: u_n_₁2u_n 3n 2 u_n_₁3(n  1) 1 2(u_n3n1). Đặt: v_n u_n3n 1 v_n_₁2 ;v v_n ₁ 6 v_n_₁6.2ⁿ.

1 3( 1) 1 6.2ⁿ 1 6.2ⁿ 3 4

n n

u _ n u _ n

         .

Câu 2. Cho dãy số

 

1

1 ( 2)

3 2ⁿ

n n

u n

u u _

  

  

 . Xác định CTTQ của

dãy.

Lời giải

Giả sử: u_na.2ⁿ 3(u_n_₁a.2ⁿ^¹)u_na.2ⁿ3u_n_₁3 .2a ⁿ^¹ u_n 3u_n_₁a.2ⁿ^¹ a 2. Đặt: v_n u_n2.2ⁿv_n_₁ 3 ;v v_n ₁ 5 v_n_₁5.3ⁿ.

1 1

1 2.2ⁿ 5.3ⁿ 1 5.3ⁿ 2ⁿ

n n

u _ ^ u_ ^

      .

Câu 46: [2H2-3] Cho khối chóp ^{S ABCD}^. có đáy ^ABCD là hình chữ nhật, AB a 3, ^{AD a}^ , ^SA vuông góc với mặt phẳng đáy và mặt phẳng



^SBC



tạo với mặt đáy một góc 60. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD. .

A. 13 13 ³

6

V  a . B. 5 5 ³ 6

V  a . C. 13 13 ³

24

V  a . D. 5 10 ³ 3 V  a . Lời giải

Chọn B

(13)

I

O

C

A D

B

S

Ta có

 

   

^ ⁹⁰

SA ABCD SA BC

BC SAB BC SB SBC BC AB gt

         

 

B thuộc mặt cầu đường kính SC (1).

Tương tự ta cũng chứng minh được ^CD^



^SAD



^^CD^^SD^^SDC^ ^{ }⁹⁰

D thuộc mặt cầu đường kính SC (2).

SAAC (vì SA



ABCD



)SAC 90 ^ ^A thuộc mặt cầu đường kính SC (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra Mặt cầu đường kính ^SC là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ^{S ABCD}^. . Ta có

   



^ ^,



^ ⁶⁰

SBC ABCD BC BC SAB cmt

SBC ABCD SBA SAB ABCD AB

SAB SBC SB

  

     

  

  

.

.tan .tan 60 3 SA AB SBA a  a .

ABCD là hình vuông cạnh a AC a 2.

2 2 3 2 2 2 5

SC  SA AC  a  a a Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD. là 5

2 R a .

Ta có 4 ³ 5 5 ³

3 6

V  R  a . BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: (Đề thi THPT QG năm 2017 – Mã đề 103) Cho tứ diện ÂBCD có đáy ^BCD là tam giác vuông tại ^C và ÂB ^{^}(BCD). Biết AB =5 , a BC =3 ,a CD =4 .a Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ÂBCD^.

A. 5 2

3

R = a × B. 5 3 3

R = a × C. 5 2 2

R = a × D. 5 3 2 R = a × Câu 2: (Đề thi THPT QG năm 2017 – Mã đề 104) Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình chữ nhật

với AB =3 ,a BC =4 ,a _SA₌₁₂_a và SA vuông góc với đáy. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD. .

(14)

A. 5 2

R = a× B. 17 2

R = a× C. 13 2

R = a× D. R =6 .a

Câu 3: (THPT Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An lần 1 năm 2017) Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình vuông cạnh bằng ^a^, SA vuông góc với đáy và _SA ₌_a _2. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD. .

A. 32 ³

3 V pa

= × B. 4 ³

3 V pa

= × C. V =4pa³. D. 4 2 ³ 3 V = p a × Câu 4: (THPT Chuyên Hùng Vương – Gia Lai lần 1 năm 2017) Cho hình chóp S ABCD. có đáy

ABCD là hình vuông cạnh bằng ^a^, SA vuông góc với đáy. Biết SC tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 45 .° Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

A. S=4pa². B. S =6pa². C. S=8pa². D. S =12pa². Câu 5: (Sở GD & ĐT Tp. Hồ Chí Minh cụm 2 năm học 2017) Cho hình chóp S ABCD. có

( ),

SA ^ ABCD đáy ABCD là hình chữ nhật, AB =a AD, =2 ,a góc giữa đường thẳng SC và đáy bằng 45 .° Tính thể tích V khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD. .

A. _V ₌ ₆_p_a³_. B. 10 ³ 3 V pa

= × C. 5 ³

6 V pa

= × D. 5 10 ³

3 V = pa × Câu 47. [1D2-3] Một phiếu điều tra về vấn đề tự học của học sinh gồm 10câu hỏi trắc nghiệm, mỗi câu

có4lựa chọn để trả lời. Khi tiến hành điều tra, phiếu thu lại được coi là hợp lệ nếu người được hỏi trả lời đủ 10 câu hỏi, mỗi câu chỉ chọn 1 phương án. Hỏi cần tối thiểu bao nhiêu phiếu hợp lệ để trong số đó luôn có ít nhất 2 phiếu trả lời giống hệt nhau cả 10 câu hỏi.

A. 10001 B. 1048577 C. 1048576 D. 2097152 Lời giải

Chọn B

Ta có: Mỗi câu hỏi có 4 cách trả lời. 10câu hỏi có 4¹⁰ 1048576 cách trả lời. Do đó, để có ít nhất 2phiếu trả lời giống hệt nhau cả 10câu hỏi ta cần 4¹⁰ 1 1048577 phiếu trả lời hợp lệ.

Nên đáp án chọn là B. 1048577 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Câu 1. Lớp 10B có45học sinh. Tiết sinh hoạt giáo viên muốn cho học sinh chơi hái hoa dân chủ. Quy tắc chơi như sau: Mỗi học sinh phải bốc 1 phiếu gồm 2 câu hỏi từ n câu hỏi cho trước và trả lời. Hỏi cô giáo phải chuẩn bị tối thiểu bao nhiêu câu hỏi cho trước để không có hai phiếu nào giống hệt nhau?

A.

8

B. 10 C. 12 D. 14

Lời giải Chọn B

Do số phiếu lập được từ n câu hỏi là C_n² nên để đủ cho 45 bạn chơi thì C_n² 45 n 10 Câu 2. Lớp 10B có45 học sinh. Tiết sinh hoạt giáo viên muốn cho học sinh chơi hái hoa dân chủ.

Quy tắc chơi như sau: Mỗi học sinh phải bốc 1 phiếu gồm 2 câu hỏi từ 6câu hỏi cho trước và trả lời. Hỏi cô giáo phải chọn tối đa bao nhiêu bạn chơi để không có hai bạn nào bốc phải cùng hai câu hỏi giống hệt nhau?

A. 10 B. 15 C. 20 D. 25

(15)

Lời giải Chọn B

Do số phiếu lập được từ 6 câu hỏi là C₆² 15 nên để không có bạn nào phải bốc câu hỏi trùng nhau thì số người chơi phải là 15.

Câu 48: [2H3-4] Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm ( 1;0;1)A  ; (1;1; 1)B  ; (5;0; 2)C  . Tìm tọa độ điểm H sao cho tứ giác ABCH theo thứ tự lập thành một hình thang cân với hai đáy AB, CH.

A.H(7;1; 4) . B.H(1; 2; 2) . C.H(3; 1;0) . D. ( 1; 3;4)H   . Hướng dẫn giải

Chọn D.

Ta có: AB(2;1; 2)

Theo bài ra ta có AB, CH là hai đáy của 1 hình thang cân nên phương trình đường thẳng CH có vtcp là AB(2;1; 2)

.

Vậy phương trình đường thẳng CH là:

5 2 2 2

  

 

   



x t

y t

z t

;

H(5 2 t; t; 2 2 t)   .

Mặt khác, góc ( AB AH; ) ( BA BC ; )

;

Áp dụng công thức tính góc giữa 2 vecto ta có:

( ; ) .

 .

 

 BA BC cos BA BC

BA BC = 8 1 2 1 9 2 2

     .

2 2 2

(6 2 t).2 t ( 2).( 3 2 t)

( ; )

3. (6 2 ) (3 2 )

     

    

 

cos AB AH

t t t = ₂6 3

9 36 45

t

t t



  . Vậy:

2

6 3

9 36 45

t

t t



  = 1 2

   t 1 hoặc t 3; Thử lại ta được: t 3H( 1; 3; 4)  .

Hướng giải quyết khác: Có thể sử dụngAC đáp án như 1 dữ liệu để giải bài toán, Dễ thấy tọa độ điểm H ở đáp án đều thỏa mãn điều kiện AB và CH song song.

Dùng tọa độ điểm H ở các đáp án, lập ra các vecto rồi tính ( ; )

cos AB AH ra đáp án 1 2

 thì chọn đáp án đó.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Bài 1. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm ( 1;0;1)A  ; (1;1; 1)B  ; (5;0; 2)C  . Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD theo thứ tự lập thành một hình bình hành.

Gợi ý: Vì hình bình hành ABCD có AB CD

. Từ đó lập hệ phương trình rồi tìm ra tọa độ điểm D.

(16)

Bài 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm ( 1;0;1)A  ; (1;1; 1)B  ; (5;0; 2)C  .Tìm tọa độ điểm D sao cho hình tứ giác ABCD là hình thang cân.

Gợi ý: Ta làm tương tự như lời giải bài 48, tuy nhiên cần phải lưu ý thêm trường hợp 2 là AD song song BC nữa.

Câu 49. [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCDlà hình bình hành. Gọi M là điểm trên cạnh SCsao cho 5SM2SC, mặt phẳng ( ) qua ^{A M}^, và song song với đường thẳng BDcắt hai cạnh ^{SB SD}^, lần lượt tại hai điểm ^{H K}^, . Tính tỉ số theo thể tích ^.

. B AMHK

S ABCD

V

V .

A. 1

5. B. 8

35. C. 1

7 . D. 6

35. Lời giải

Chọn D.

Ta gọi: E SO AM Dựng Ex BD cắt SB SD, lần lượt tại H K, ^

  

^ ^ ^AHMK



Gọi F là trung điểm của MC 4 7 SM

 SF  . 4

7 SE SM SO SF

   (vì EMOF).

4 7 SH SK SE

SB SD SO

    ( vì HK BD ).

Ta có:      

      

     

   

  

  

. . .

1 1 1 4 2 4 2 8

2 2 2 7 5 7 5 35

S AHMK S AHM S AMK

S ABCD S ABC S ADC

V V V SH SM SM SK

V V V SB SC SC SD .

Mà ^.    ^.   

. .

3 3 8 6

4 4 35 35

B AHMK B AHMK

S AHMK S ABCD

V BH V

V SH V .

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Câu 1. [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCDlà hình bình hành. Gọi M là trung điểm trên cạnh SC, mặt phẳng

 

^ qua A M, và song song với đường thẳng BDcắt hai cạnh SB SD, lần lượt tại hai điểm H K, . Tính tỉ số theo thể tích ^.

. B AMHK S ABCD

V

V .

(17)

A. 1

5. B. 1

4 . C. 1

7 . D. 1

6 . Lời giải

Chọn D.

Ta có: E SO AM

Dựng Ex BD cắt SB SD, lần lượt tại H K, ^

  

^ ^ ^AHMK



. Khi đó ta có:

2 3 SH SK SE

SB SD SO  (vìElà trọng tâm của SAC)

Ta có:             

   

 



. . .

1 1 1 2 1 1 2 1

2 2 2 3 2 2 3 3

V V V SB SC SC SD

Mà ^.  

.

1 2

B AHMK S AHMK

V BH

V SH

. .

1 6

B AHMK S ABCD

V

 V 

Câu 2. [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCDlà hình bình hành. Gọi M là điểm trên cạnh SCsao cho SCxSM x( 1), mặt phẳng

 

^ qua A M, và song song với đường thẳng BD cắt hai cạnh SB SD, lần lượt tại hai điểmH K, . Tính tỉ số theo thể tích ^.

. B AMHK

S ABCD

V

V .

A. ^x



¹²^^x



^. ^B.^{x x}



^x^¹



^. ^C.^{x x}



²^¹



^. ^D.^{x x}



^x^^¹¹



^.

(18)

Gọi:E SO AM. Dựng Ex BD cắtSB SD, lần lượt tạiH K, ^

  

^ ^ ^AHMK



.

GọiFlà trung điểm củaMC 2 2

1 1

SM SE SM

SF x SO SF x

    

  .

2 1 SE SM

SO SF x

  

 ( vìEM OF ).

2 1 SH SK SE

SB SD SO x

   

 (vìHK BD ).

Ta có: ^ ^^ ^ ^^^ ^^ ^ ^ ^ ^^^



^



. . .

1 1 2

2 2 1

V V V SB SC SC SD x x .

Mặt khác: _.   

.

1 2

B AHMK S AHMK

V BH x

V SH ^ ^.. ^



^^



1 1

B AHMK S ABCD

V x

V x x .

Chú ý: Bài toán trên có thể sử dụng kết quả sau đây để tính được tỉ số SH

SB đơn giản hơn:

Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình bình hành tâm O. Mặt phẳng ( )P cắt các cạnh

, ,

SA SB SCvà SD lần lượt tại A B C', ', ', D'. Khi đó:

' ' ' '

SA SC SB SD SA SC SB SD

Áp dụng vào bài toán trên ta đượcSA SC SB SD 2SB

SA SM SHSK  SH (do HK BD , định lý Ta-let).

Câu 50. [1D2-3] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số được lập từ tập



0;1; 2; 3; 4; 5; 6; 7



X . Rút ngẫu nhiên một số thuộc tập S. Tính xác suất để rút được số mà trong số đó, chữ số đứng sau luôn lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng trước.

A. 2

7. B. 11

64. C. 3

16. D. 3

32. Lời giải

Chọn C.

Số phần tử của S là: 7.8.8

Gọi A là biến cố rút được số thỏa mãn chữ số đứng sau luôn lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng trước.

Do chữ số đứng sau luôn lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng trước, mà với bộ 3 chữ số bất kì ta chỉ có một cách sắp thứ tự từ bé đến lớn, nên để tạo thành số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu thì trong ba số chọn ra từ X không thể chứa số 0. Xét các trường hợp thuận lợi cho A:

TH1: Chọn được số có ba chữ số khác nhau, có C₇³=35 số.

TH2: Chọn được số có hai chữ số giống nhau, có 7.642số.

TH3: Chọn được số có ba chữ số giống nhau, có 7 số.

(19)

Vậy xác suất xảy ra A là

 

^{35 42 7} ³

7.8.8 16

P A  

  .

Bài tập tương tự:

Câu 1. [1D2-3] Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có ₄ chữ số đôi một khác nhau được lập từ tập



0;1; 2; 3; 4; 5; 6; 7



X . Rút ngẫu nhiên một số từ tập M. Tính xác suất để rút được số có tổng các chữ số là số lẻ?

A. 1

2. B. 4

7. C. 16

35. D. 1

3. Lời giải

Chọn A.

Ta có ⁿ

 

^{ }^A₈⁴^^A₈³ ^¹³⁴⁴.

Gọi A là biến cố số rút được từ M có tổng các chữ số là số lẻ.

Số có tổng các chữ số là số lẻ gồm ₁ chữ số lẻ và 3 chữ số chẵn hoặc gồm 3 chữ số lẻ và ₁ chữ số chẵn.

TH1. Số có tổng các chữ số là số lẻ gồm 1 chữ số lẻ và 3 chữ số chẵn + Không có số 0: C₄¹.4.3! 96 .

+ Có chứa số 0: 3.C₄¹.3.C²₃.2! 216 . Suy ra có tất cả: 312 số.

Cách khác: C¹₄.4.A₄³C₄¹.3.A²₃ 312.

TH2. Số có tổng các chữ số là số lẻ gồm 3 chữ số lẻ và ₁chữ số chẵn

1 3 3

4.4. 4 4 360

C A A  số.

Vậy cả 2 trường hợp có 672 số

 

⁶⁷²

 

⁶⁷² ¹

1344 2

n A p A

    

Câu 2. [1D2-3] Chọn ngẫu nhiên một số có 5 chữ số có dạng abcde tính xác suất để chọn được một số thỏa mãn a b c d e   

A. 77

15000. B. 77

100000. C. 11

5000. D. 7

5000. Lời giải

Chọn A.

Gọi B là biến cố cần tính xác suất.

Số phần tử của không gian mẫu:  9.10⁴ (do a0).

Vì a0 mà a mà số bé nhất nên b,c,d,e cũng khác không.vậy a, b,c,d,e là 5 số được chọn trong 9 số từ 1 đến 9 xếp thứ tự duy nhất.có các trường hợp xảy ra sau:

+ Trường hợp 1: chọn a b c d e    mỗi số là một cách xếp duy nhất thứ tự 5phần tử trên được chọn trong 9 phần tử nên có C₉⁵ số tạo thành.

+ Trường hợp 2: Chọn a b c d e a b c d e

    

    

 do có 2 số bằng nhau nên chỉ cần chọn 4 số trong 9 số xếp thứ tự duy nhất vậy có 2.C₉⁴ số.

+ Trường hợp 3: a b c d e    do có 2 cặp số bằng nhau (a b c ; d) nên chỉ cần chọn 3 số khác nhau trong 9 số xếp thứ tự duy nhất. Vậy có C₉³ số.

(20)

Vậy số kết quả thuận lợi chop B là: B =C₉⁵+2.C₉⁴+C₉³. ( )

P B  ⁵

C9 = 77 15000.