Đề thi thử THPT quốc gia 2018 môn Toán có đáp án THPT chuyên hùng vương bình dương lần 5 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

Câu 1: [2D1-4] [Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018]Cho tứ diện ABCD với

b CD a

AB ,  và các cạnh còn lại có độ dài bằng nhau. Gọi ^M,N lần lượt là trung điểm của AB và CD và MN m. Biết rằng tồn tại một mặt cầu tiếp xúc với 6 cạnh của tứ diện đã cho. Tìm hệ thức đúng biểu diễn mối liên hệ giữa ^a,b và

m

.

A. abm². B. ab2m². C. 2abm². D. 3ab2m². Lời giải

Chọn B.

Gọi I là trung điểm của MN, E là hình chiếu của I lên BC. Ta có,







 CD AN

CD

BN CDMN (1).







 AB DM

AB

CM  ABMN (2).

Từ ⁽¹⁾ và ⁽²⁾ ta có MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD suy ra I là tâm mặt cầu đề cho.

Ta có, IEC INC

2 CN b EC 

 . BIE BIM

2 BE a BM  



2 b BC a



 . Vậy các cạnh còn lại bằng nhau và bằng 2

b a

.

Ta có,

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 4 4 2

a b a b ab

MN BN BM BC CN BM       .

2

2 ab

m 

 . Vậy chọ đáp án B. Bài tập tương tự

Bài 1: [2H2-4][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho tứ diện ABCD với ^{AB2,CD4} và các cạnh còn lại có độ dài bằng nhau và bằng

m

. Biết rằng tồn tại một mặt cầu tiếp xúc với 6 cạnh của tứ diện đã cho. Tìm

m

A. m4. B. m3. C. m5. D.

2

 5 m .

Bài 2: [2H2-4][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho tứ diện ABCD với ^{ABa,CDb} và các cạnh còn lại có độ dài bằng nhau. Gọi ^M,N lần lượt là trung điểm của AB và CD và MN m. Biết rằng tồn tại một mặt cầu tiếp xúc với 6 cạnh của tứ diện đã cho. Tìm

m

.

A. m ab. B.

2

m 2ab . C. m 2ab. D.

2 m ab .

Câu 2: [2H3-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Trong không gian ^Oxyz, cho mặt cầu

 

^S có phương trình x²y²z²4x2y2z 3 0 và điểm ^A



^{5;3; 2}



_{. Một}

đường thẳng d thay đổi luôn đi qua A và luôn cắt mặt cầu tại hai điểm phân biệt ^{M N,} . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  AM4AN .

A. Smin 50. B. Smin 10. C. Smin 5. D. Smin 20.

Lời giải Đáp án sai

N

I(2;-1;1)

A(5;3;-2)

M

Tâm ^I



^{2; 1;1}



và bán kính mặt cầu R3

  

²



²

(2 5)2 1 3 1 2 34

AI       

Gía trị nhỏ nhất xảy ra trong trường hợp AM AN Đặt AN x  34 3  x 5

. 25

AM AN AM ²⁵

  x

4 4 25 ( )

S AN AM x f x

    x 

Xét f x( ) 4x ²⁵

  x trên ^_ ^{34 3;5}





2

2 2

25 4 25

( ) 4 x 0 34 3;5

f x x

x x

 

       

Smin

 khi x 34 3 ^{Smin 4}



^{34 3 }



_{34 3}²⁵_ ^{5 34 9}

Vậy GTNN S_min 5 34 9 khi x 34 3 . Vậy không có đáp án đúng.

Phân tích ý tưởng:

- Bài này cái cốt lõi thực hiện được chính là sử dụng ý tưởng phương tích của một điểm đối với mặt cầu.

- Tuy nhiên bài này có lỗi mà học sinh kể cả giáo viên hay mắc phải là xét dấu bằng khi đánh giá bất đẳng thức cô-si 25 25

4x 2 4 .x 20

x x

   Smin 20. Tuy nhiên điều này không thể xảy ra dấu bằng được vì điều kiện để đường thẳng d cắt mặt cầu

 

^S tại hai điểm phân biệt thì ta có khống chế điều kiện là: 34 3  AN 5^.

Câu 3: [1D1-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Tìm m để phương trình



^{cosx1 2cos}

 

^{2x 1 mcosx}



^{msin2x0} có đúng hai nghiệm thuộc 2 0; 3

 

 

 . A.   1 m 1. B. 1

2 m 1

   . C. 1

0 m 2. D. 1

1 m 2

   . Lời giải

Chọn D.

Phương trình đã cho tương đương



^{cosx1 2cos}

  2x 1 mcosxm1 cos x 1 cos x 0



^{cosx 1 2cos}

  2x 1 mcosx m mcosx 0

      



^{cosx 1 cos 2}

 

^{x m}



⁰

   

cos 1

cos 2 x

x m

  

  

+)cosx    1 x  k2, mà 2 0; 3 x  

   Không có nghiệm nào.

Để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thỏa mãn đề bài thì phương trình cos 2x m phải có đúng 2 nghiệm thuộc 2

0; 3

 

 

 

Xét hàm số ycos 2x trên 2 0; 3

 

 

 _.

Khi đó ^{y  2sin 2x}^y  ^{0 2sin 2x} ^{0 2x k}  ^;

 

x k2 k

   .

Mà 2

0; 3 x  

    x 2

Bảng biến thiên của của ycos 2x _trên 2 0; 3

 

 

 

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình

cos 2x m có đúng 2 nghiệm thuộc 2 1

0; 1

3 m 2

      

 

 

Vậy chọn D.

Phân tích ý tưởng:

- Đối với bài giải phương trình lượng giác có chứa tham số thông thường ta thường nghĩ tới việc phân tích đa thức thành nhân tử hoặc thực hiện cô lập tham số về một bên.

- Trong bài tập này thì nhờ phát hiện mối liên hệ giữa

   

2 2

sin x 1 cos x 1 cosx 1 cos x nên ta dễ dàng thực hiện được phân tích phương trình trên về dạng tích từ đó đưa bài toán ban đầu chuyển về bài toán mới mà việc giải quyết bài toán trở nên đơn giản hơn.

Câu 4: [1D3-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018]Cho dãy số

( )

u có số hạng_n tổng quát với _n nπ

u sin

= 2 . Đặt S_n = +u₁ u₂+ +... u_n. Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau.

A. S²⁰²⁰0. B. S²⁰¹⁹0. C. S²⁰¹⁷0. D. S²⁰¹⁸ 0. Lời giải

Chọn A.

+ Với ⁿ=^{2k k 1, k}

(

³ Î ¥

)

thì u_n =u_2k=sin kπ=0 hay u₂=u₄= =... u₂₀₁₈=u₂₀₂₀=0. + Với ^{n=2k 1 k+}

(

^{³ 0, kÎ ¥}

)

thì

( )

n 2k 1

2k 1 π π

u u sin sin kπ

2 2

+

æ ö

+ ç ÷

= = = ççè + ÷÷ø.

Khi k chẵn thì u1 u5 u9  ... u2013u2017 1 (có 505 số hạng).

Khi k lẻ thì u3 u7 u11 ... u2015 u2019  1 (có 505 số hạng).

.Vậy S2020=u1+u2+ +... u2020=0; S2019=u1+u2+ +... u2019 =0

2017 1 2 2017

S = +u u + +... u =1; S2018=u1+u2+ +... u2018=1. Câu hỏi tương tự

Bài 1: Cho dãy số

( )

u có số hạng tổng quát với n _n nπ

u cos

= 2 . Đặt S_n= +u₁ u₂+ +... u_n. Tính S2020;S2021;S2022;S2023.

Bài 2: Cho dãy số

( )

u có số hạng tổng quát với n un=sin nα. Tính Sn = +u1 u2+ +... un. Câu 5: [2D4-4][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho số phức ^{z x yi } (

,

x y ) thỏa mãn z 1 3i   z 3 i . Tính S x³y³ biết rằng biểu thức

1 2 1

P  z i   z i đạt giá trị lớn nhất.

A. S 0. B. S16. C. S 54. D. S 27. Lời giải

Chọn C.

Gọi ^{M x y}



^;



là điểm biểu diễn số phức ^z trong mặt phẳng ^Oxy. Ta có

1 3 3

z  i   z i ^



^x1

 

^{2 y3}

 

^{2  x3}

 

^{2 y1}



^{2   x y 0.}

Gọi ^A

 

^1;2 , ^B



^1;1



, khi đó ^{P  z 1 2i    z 1 i MA MB} .

Bài toán trở thành: “Tìm M thuộc đường thẳng ^{d x y:  0} sao cho MA MB lớn nhất.”

Xét ^{P x y}



^,



^{ x y}, ta có ^{P A P B}

   

^      ¹

 

^{2 2 0}. Do đó A, B nằm cùng phía đối với đường thẳng d .

Gọi I là giao điểm của AB với d, ta tìm được ^I

 

^3;3 .

Ta có MA MB AB. Đẳng thức xảy ra khi M trùng với I. Do đó P đạt giá trị lớn nhất khi tọa độ M là ^M

 

^3;3 . Vậy x3 và ^y3 do đó S3³3³ 54.

Nhận xét: Bài toán sẽ khó hơn nếu A, B nằm khác phía đối với đường thẳng d. Khi đó ta cần tìm điểm đối xứng B' của B qua d và M sẽ trùng với I AB'd.

Bài tập tương tự

Bài 1: Cho số phức ^{z x yi } (^{x y, } ) thỏa mãn z 1 3i   z 3 i . Tính S x²⁰¹⁸y²⁰¹⁸ biết rằng biểu thức P  z 1 2i   z 1 i đạt giá trị nhỏ nhất.

Đáp số: S 2.

Bài 2: Cho số phức ^{z x yi } (^{x y, } ) thỏa mãn z 1 3i   z 3 i . Tính S x²y² biết rằng biểu thức ^{P  z 1 2i   z 1 i} đạt giá trị lớn nhất.

Đáp số: S 18.

Câu 6: [2D1-4][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018]Cho hàm số bậc bốn

 

^{ 4 3 2 }

f x ax bx cx dx e



^a0



. Biết rằng các hệ số a,b,c,d,e là các số nguyên không âm và không lớn hơn 8 và ^f

 

^{9 32078}. Tính tổng các hệ số S a b c d e     . A. S 4. B. S10. C. S12. D. S 14.

Lời giải Chọn D.

Ta có ^f

 

^{9 6561a729b81c9d e 32078}

32078 6561 729 81 9

  e a b c d 32078e9. Mà e , 0 e 8 nên suy ra e2.

Vậy ta có 6561a729b81c9d 32076729a81b9c d 3564

 

3564 729 81 9 9

 d  a b c  mà d , 0 d 8 nên suy ra d 0.

Từ đó ta có 729a81b9c356481a9b c 396^{ }c ^396



⁸¹a^9b



⁹ Mà c , 0 c 8 nên c0.

Vậy ta có 81a9b3969a b 44 9a44b.

Vì b , 0 b 8 nên suy ra 36 9 a44  4 a 4 a 4 b 8. Do đó ta có S 14.

Bình luận: Đây thực chất là một bài toán số học về tính chất chia hết cho 9 , được phát biểu thông qua ngôn ngữ hàm số. Việc cho các hệ số a,b,c,d,e không lớn hơn 8 giúp cho việc giải bài toán được dễ dàng hơn.

Bài toán tương tự: Cho hàm số bậc bốn ^{f x}

 

^{ax4bx3cx2dx e}



^a0



. Biết rằng các hệ số a,b,c,d,e là các số nguyên dương và không lớn hơn 5 và ^f

 

^{3 317}. Đặt

    

S a b c d e và gọi T là tập tất cả các giá trị có thể có của S. Tính số phần tử của T .

A. T 1. B. T 2. C. T 3. D. T 4.

Câu 7: [2D4-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018]Cho khai triển



^{2018x2 x 2018}



^{2018a0a x1  ... a4036x4036}. Tính tổng S a   ₁ a₃ a₅ a₇ ... a₄₀₃₅ A. S 0. B. S 1. C. ^S22018. D. S 1

Lời giải Chọn A.

Cho x i trong biểu thức



^{2018x2 x 2018}



^{2018a0a x1  ... a4036x4036, ta được:}

2018 2 3 4036

0 1 2 3 ... 4036

i a a i a i a i  a i

 

^{i2 1009}



^{a0 a2 a4 ... a4036}

 

^{a1 a3 a5 ... a4035}



ⁱ

          



0 2 4 4036

 

1 3 5 4035



1 a a a ... a a a a ... a i

           

Vậy S a     1 a3 a5 a7 ... a4035 0. Bài toán tương tự:

Bài 1: [2D4-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Tính giá trị biểu thức



^{1 20182 20184 ... 20182018}

 

^{2 20181 20183 20185 ... 20182017}



²

A C C  C  C C C  C

A. S 0. B. S  2²⁰¹⁸. C. S2²⁰¹⁸. D. S 1 Lời giải

Chọn A.

Ta có :



1i



²⁰¹⁸ 



C2018⁰ C2018² C2018⁴  ... C2018²⁰¹⁸

 

 C¹2018C2018³ C2018⁵  ... C2018²⁰¹⁷



i Lấy mođun 2 vế, ta được :

 

²⁰¹⁸

1 2018 2

A i   A 2²⁰¹⁸.

Bài 2 : [2D4-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho khai triển



^{2018x2 x 2018}



^{2018a0a x1  ... a4036x4036}. Tính tổng S a ₀ a₂ a₄ ... a₄₀₃₆ A. S 0. B. S 1. C. ^S22018. D. S 1

Lời giải Chọn B.

Cho x i trong biểu thức



^{2018x2 x 2018}



^{2018a0a x1  ... a4036x4036, ta được:}

2018 2 3 4036

0 1 2 3 ... 4036

i a a i a i a i  a i

 

^{i2 1009}



^{a0 a2 a4 ... a4036}

 

^{a1 a3 a5 ... a4035}



ⁱ

          



0 2 4 4036

 

1 3 5 4035



1 a a a ... a a a a ... a i

           

Vậy S a 0a2a4 ... a4036  1.

Câu 8: [1D4-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 1. Gọi A B C¹, ,^{1 1} lần lượt là trung điểm của các cạnh BC,CA,AB, ta được tam giác

1 1 1

A B C Lại lấy A B C², ,^{2 2} lần lượt là trung điểm của các cạnh B C C A A B^{1 1}, ^{1 1}, ^{1 1} ta được tam giác

2 2 2

A B C . Qúa trình lặp lại sau ^{n n}



^*



bước ta được tam giác A B C^{n n n}( tham khảo hình vẽ).

Gọi S S0, _n lần lượt là diện tích tam giác ABC và tam giác A B C .Đặt n n n Tⁿ là tổng diện tích các tam giác ABC, A B C1 1 1,...,A B C_{n n n}. Hỏi tổng diện tích Tn không vượt quá số nào sau đây.

B2 C2

A2

A1

B1

C1

A

B C

A. ³.

4 B. ^{11 3}.

36 C. ^{100 3}.

299 D. ^{19 3}.

240 Lời giải

Chọn C.

Ta có ₀ ³ S  4 .

Ta thấy các tam giác đều tiếp theo có các cạnh giảm đi một nửa so với tam giác ngay trước nó.

Do đó diện tích sẽ giảm đi ¹

4so với tam giác đứng ngay trước nó.

1 0

1

S  4S ,…, 1

1

n 4 n

S  S _

Do đó các Snlà một cấp số nhân lùi vô hạn với công bội ¹ q 4.

Suy ra

1

0 1 2

1 1

3 4

... .

4 1 1 4

n

n n

T S S S S

  

   

     



3 100 3

3 299

Tn

  

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Bài 1: [1D4-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Từ một tấm bìa hình vuông ABCD có cạnh bằng 1. Gọi ^{M N P Q, , ,} lần lượt là trung điểm 4 cạnh hình vuông ABCD. Bạn bình dùng kéo cắt theo hình vuông ^MNPQ để được hình vuông thứ 2. Bạn bình tiếp tục cắt theo 4 trung điểm để được hình vuông thứ 3 và cứ thế tiếp tục như vậy. Gọi Gọi S1 là diện tích hình vuông đầu tiên, S₂ là diện tích hình vuông thứ hai, …, S_n là diện tích hình vuông thứ n. Tính lim



S1S2 ... S_n



A. 4. B. 2. C. 1. D. 3.

Bài 2: [1D4-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Để trang hoàng cho căn hộ của mình, chú chuột Mickey quyết định tô mãu cho một miếng bìa hình vuông cạnh bằng 1. Nó tô màu xám các hình vuông nhỏ được đánh dấu 1, 2,3..., n trong đó cạnh của hình vuông kết tiếp bằng một nửa cạnh hình vuông trước đó ( hình bên). Gọi un là diện tích của hình vuông màu xám thứ n. Tính lim



u1  u2 .... u_n



A. ¹.

2 B. ¹.

4 C. ¹.

3 D. ¹.

5

Câu 9: [2H2-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Ở một số nước nông nghiệp phát triển, sau khi thu hoạch lúa xong, rơm người ta cuộn thành những cuộn hình trụ rồi chất thành từng đống để chở về nhà. Mỗi đống rơm thường chất thành 5 chồng sao cho các cuộn rơm tiếp xúc với nhau (tham khảo hình bên). Giả sử đường kính của mỗi cuộn rơm là 1m. Hãy tính chiều cao SH của đống rơm ở hình bên.

H S

A. ^{SH }



^{2 3 1}

  

^{m . B. SH 5m. C. SH 2 3}

 

^{m . D. SH 2,5}

 

^{m .}

Lời giải Chọn A.

Vì các đường tròn tiếp xúc ngoài với nhau nên nối tâm các đường tròn ở hai bên rìa và ở đáy ta được một tam giác đều ABC có độ dài cạnh bằng 4m (hình vẽ).

Ta có ^{4 3} 0,5 0,5 2 3 1

 

SH AD SA DH   2     m .

Bình luận: Mấu chốt của bài toán là ta phải quy bài toán về hình học bằng cách phát hiện ra khi nối các tâm của các đường tròn ở bên rìa ngoài và các đường tròn ở đáy, ta thu được một tam giác đều. Khi đó việc tính SH sẽ trở lên dễ dàng.

Câu 10: [2D1-3] [Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Biết rằng hàm số 2

y x m x

 

 đồng biến trên các khoảng



^;2



và



^2;



và tiếp tuyến của đồ thị tại điểm

0 1

x  cắt hai trục tọa độ tạo thành một tam giác vuông cân. Tìm giá trị của tham số m.

A. m 3. B. m 4. C. m 5. D. m0. Lời giải

Chọn A.

+) Ta có

 

²

2 2 y m

x

   

 . Hàm số đồng biến trên các khoảng



^{; 2}



và



^2;



nên 2  m 0

2 m 0

   ^{  m 2 *}

 

^.

+) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm x0 1 là ^{y  }



^{2 m x}



^1. +) Giao điểm của tiếp tuyến ^{y  }



^{2 m x}



^1 với trục Ox là ^{1 ;0}

A 2 m

 

  

 .

+) Giao điểm của tiếp tuyến ^{y  }



^{2 m x}



^1 với trục ^Oy là ^B

 

^0;1 .

+) Tam giác OAB vuông cân ^ 1 3

1 1

2

m m m

  

    

    m 3 vì theo

 

^{* m 2}. Bài tập tương tự.

Bài 1: [2D1-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Biết rằng hàm số 2

y x

x m

 

 đồng biến trên khoảng



^{ 3;}



và tiếp tuyến của đồ thị tại điểm x0  2 cắt hai trục tọa độ tạo thành một tam giác vuông cân. Tìm giá trị của tham số m.

A. m 3. B. m. C. m 5. D. m 6. Lời giải

Chọn A.

+) Ta có

 

²

2 m y x m

   

 . Hàm số đồng biến trên khoảng



^{ 3;}



nên 2  m 0  2 m 0 2

  m và m 3, suy ra ^{m 3 *}

 

^.

+) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm x0  2 là ^{1 2}

2 2

y x

m m

  

  .

+) Giao điểm của tiếp tuyến ^{1 2}

2 2

y x

m m

  

  với trục Ox là ^A



^2;0



. +) Giao điểm của tiếp tuyến ^{1 2}

2 2

y x

m m

  

  với trục ^Oy là ^{0; 2} B 2

m

  

  

 .

+) Tam giác OAB vuông cân ^ 2 3

2 1

2

m m m

  

        m 3 vì theo

 

^{* m 3}.

Bài 2: [2D1-3] [Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Biết rằng hàm số 1

y x m x

 

 đồng biến trên khoảng



^{ 1;}



và tiếp tuyến của đồ thị tại điểm x0 0 cắt hai trục tọa độ tạo thành một tam giác có diện tích bằng 2. Tìm giá trị của tham số m.

A. m2. B. m. C. m  2 2 2. D. m  2 2 2. Lời giải

Chọn C.

+) Ta có

 

²

1 1 y m

x

  

 . Hàm số đồng biến trên khoảng



^{ 1;}



nên 1 m 0 ^{  m 1 *}

 

+) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm x0 0 là ^{y }



^{1 m x m}



^ . +) Giao điểm của tiếp tuyến ^{y }



^{1 m x m}



^ với trục Ox là ^;0

1 A m

m

 

  

 . +) Giao điểm của tiếp tuyến ^{y }



^{1 m x m}



^ với trục ^Oy là ^B



^0;m



.

+) Tam giác OAB có diện tích bằng 2  1

. 2

2 1

m m

m 



2 2

4 1

2 2 2 m m m

m

 

    

  

 2 2 2

   m vì theo

 

^{* m 1}.

Câu 11: [2D3-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho hàm số ^{f x}

 

liên tục trên đoạn

 

0;1 thỏa mãn điều kiện ^{f x}

 

^{2 1f}



^x



^3x26x, ^{ x}

 

^0;1 . Tính tích phân

 

1

2 0

1 d

I 



f x x^.

A. ⁴

I  15. B.

1

I  . C. ²

I  15. D. ² I 15. Lời giải

Chọn C.

Đặt t 1 x,^{ x}

 

^0;1 thì ^{ t}

 

^0;1 .

Ta có ^{f x}

 

^{2 1f}



^x



^{3x26x  f x}

 

^2f



^1x



^3



^x1



^23



¹



²

 

^{3 2 3}

f t f t t

     ^{2f x}

 

^{ f}



^1x



^3x23.

Xét hệ phương trình:

   

   

2 2

2 1 3 6

2 1 3 3

f x f x x x

f x f x x

    



   



   

   

2 2

2 1 3 6

4 2 1 6 6

f x f x x x

f x f x x

    

 

   



 

²

3f x 3x 6x 6

    ^{ f x}

  

^{ x1}



^{23,  x}

 

^{0;1 .}

Khi đó ^f



^1x2

 

^{ 2x2}



^{23x44x21.}

Suy ra ¹



²



0

1 d

I 



f x x ¹



^{4 2}



0

4 1 d

x x x





 

5 3 1

0

4

5 3

x x

 x

   

 

2

 15. Phân tích:

+ Bước 1: Từ ^{f x}

 

^{2 1f}



^x



^3x26x ta giải phương trình hàm tìm hàm số ^{f x}

 

.

+ Bước 2: Xác định trực tiếp hàm ^f



^1x2



^{rồi tính 1}



²



0

1 d

I 



f x x^. Bài tập tương tự

Bài 1: [2D3-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018]Cho hàm số

 

y f x liên tục với mọi x1 thỏa mãn ^{1 3, 1} 1

f x x x

x

     

  

  . Tính ¹

 

2

d

e

I f x x







^.

A. I 4e1. B. ^{I  e 2}. C. I 4e2. D. I e 3. Lời giải

Đặt ¹ 1 ¹

1 1

x t

t xt t x x

x t

 

      

  , suy ra

 

^{1 3 4 2}

1 1

f t t

t t

    

  hay ( ) 4 ²

f x 1

  x



Ta có ¹

 

₂¹

2

4 2 d 4 2ln 1 4 2

1

e e

I x x x e

x

   





         ^.

Bài 2: [2D3-3] [Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho hàm số

 

y f x liên tục với mọi x0 thỏa mãn ^{f x}

 

^{2f 1 3 ,x x 0}

x

      . Tính ²

 

1 2

f x d

I x





x . A. ³

I 2. B. ⁹

I 2. C. ¹

I 2. D. ⁴ I 3. Lời giải

Tương tự ta xác định được f x

 

x ²

   x.

Suy ra ²

 

^{2 2}

2 1

1 1

2 2 2

2 2 3

d 1 d

2

I f x x x x

x x x

   









        ^.

Câu 12: [2H2-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Trong không gian cho một hình cầu

 

^S tâm O có bán kính R và một điểm S cho trước sao cho SO2R. Từ Sta kẻ các tiếp tuyến đến mặt cầu với tiếp điểm thuộc đường tròn ( )C1 . Trên mặt phẳng

 

^P chứa đường tròn ( )C₁ ta lấy điểm E thay đổi nằm ngoài mặt cầu

 

^S . Gọi

 

^N là hình nón có đỉnh là E và đáy là đường tròn ( )C2 gồm các tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ E đến mặt cầu

 

^S . Biết rằng hai đường tròn ( )C1 và ( )C2 luôn có cùng bán kính. Tính theo R bán kính ^R của đường tròn cố định mà E di động trên đó.

A. 15

4

R  R . B. 15

2

R  R . C. 3 2

R  R. D. 17

2 R R . Lời giải

Chọn B.

Gọi bán kính của ( )C₁ , ( )C₂ lần lượt là r₁, r₂. Gọi C là tâm của ( )C₁ và D là một điểm trên ( )C₁ .

 OSD vuông tại DCD OS. DO DS.

r1 CD

  R OS. ² R² OS

  1 R²₂

R OS

  .

Tương tự, ta có: ₂ 1 R²₂. r R

 OE Do r₁r₂ OE OS 2R.

E di động trên đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm O bán kính 2R với mặt phẳng

 

^P .

Lại có: ²

2 OD R OC OS  .

R  OE²OC² 4 ^{2 2} 4 R R

  ¹⁵

2

 R . Nhận xét:

+) Qua một điểm A nằm ngoài mặt cầu

 

^S tâm O, bán kính R, kẻ được vô số tiếp tuyến đến mặt cầu, chúng tạo thành một mặt nón đỉnh A, đường tròn đáy là đường tròn đi qua các tiếp điểm và nằm trong mặt phẳng

 

^P vuông góc với OA, gọi là mặt nón tiếp xúc.

Đặt OA d , chiều cao hình nón là h, bán kính đáy là r. Ta có:

2 2

R d R

r d

  1 R²₂

R d

  . R² d² R²

h d d d

    .

+) Qua hai điểm ,A B nằm ngoài mặt cầu

 

^S tâm O, bán kính R, tạo ra hai mặt nón tiếp xúc có bán kính đường tròn đáy lần lượt là r r1, 2. Khi đó:

1 2

OA OB  r r . OA OB  r1 r2.

+) Ta có thể xây dựng một số bài toán dựa vào 2 nhận xét trên như sau:

Dạng 1: Tính toán các đại lượng liên quan quan đến mặt nón tiếp xúc.

VD1: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 

^{S :x2y2z2 10} và mặt phẳng

 

^{P : 2x y 2z12 0} . Giả sử ^{A a b c}



^{; ;}



thuộc mặt phẳng

 

^P . Từ Ata kẻ các tiếp tuyến

đến mặt cầu với tiếp điểm thuộc đường tròn ( )C1 . Biết ( )C1 có bán kính nhỏ nhất. Tính

2 3

a b c.

A. 12. B. 12. C. 6. D. 6.

VD2: Trong không gian cho một hình cầu

 

^S tâm O có bán kính R và hai điểm ,A B cho trước sao cho OA2R, OB4R. Từ Ata kẻ các tiếp tuyến đến mặt cầu với tiếp điểm thuộc đường tròn ( )C1 . Từ Bta kẻ các tiếp tuyến đến mặt cầu với tiếp điểm thuộc đường tròn ( )C2

Gọi

   

N1 , N2 lần lượt là các hình nón có đỉnh là ,A B, có đáy là đường tròn ( )C1 , ( )C2 , có thể tích lần lượt là V V1, 2. Tính tỉ số ¹

2

V V . A. 4

5. B. 25

8 . C. 5

4. D. 8

25. Dạng 2: Một số bài toán liên quan đến max, min, quỹ tích.

Ví dụ 1. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 

^{S :x2y2z22x4y6z 2 0} và điểm



^{4; 2;3}



A . Từ Ata kẻ các tiếp tuyến đến mặt cầu với tiếp điểm thuộc đường tròn ( )C₁ . Tính diện tích đường tròn ( )C₁

A. 144 25

 . B. 256

25

 . C. 24 25

 . D. 12

25

 .

Ví dụ 2. Trong không gian cho một hình cầu

 

^S tâm O có bán kính R và một điểm I cho trước sao cho IO4R. Trên mặt cầu tâm I , bán kính 2R, lấy một điểm E. Từ Eta kẻ các tiếp tuyến đến mặt cầu

 

^S với tiếp điểm thuộc đường tròn, bán kính ³³

6

R . Biết E di động trên một đường tròn cố định. Tính theo R bán kính R của đường tròn cố định đó.

A. R R 2^{. B. R R. C. R 2R. D. R R 3.}

Câu 13: [2D3-4][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho ^{f x}

 

có đạo hàm và liên tục trên đoạn

 

^{a b; với f a}

 

^{0,M Max f x}_{[ ; ]a b}

 

. Tìm giá trị nhỏ nhất của ^{b '}

 

²

a

f x dx

 

 



^.

A. ^{M b a}



^



^{. B. M b a2}



^



^{. C.}

M2

b a . D. ^M b a . Lời giải.

Chọn C.

Gọi x0

 

a b; ,sao cho f x( )0 M Áp dụng BĐT Cauhy – Schwart

 

0 2 0 0

'( ) '( ) 2 .

x x x

a a a

f x dx f x dx dx

 

  

 







  

^{( )0 ( )}



^{2 ( 0 ).x0}



^{'( )}



²

a

f x f a x a f x dx

   



   

0 0

2 2

2

0 0 0

( ) ( ). '( ) ( ). '( )

x x

a a

f x x a f x dx M x a f x dx

  



  



Mà ( 0 ).⁰



'( )



² ( ) ⁰



'( )



²

x x

a a

x a



f x dx b a



f x dx

 

0 2

2 ( ) '( )

x

a

M b a f x dx

  



^x0



^{'( )}



^{2 2}

a

f x dx M

 b a





Dấu bằng xảy ra khi ^{f x( ) 1} có thể chọn ^{f x( )x} Phân tích bài toán:

- Vì trong biểu thức tìm giá trị nhỏ nhất xuất hiện



^{f x'( )}



² nên giúp cho chúng ta liên tưởng đến BĐT Cauhy – Schwart

2

2 2

( ) ( ) ( ) ( )

b b b

a a a

f x g x dx f x dx g x dx

 

  







 

^.

- Do bài toán cho

 

0

 

[ ; ] ( ) ( ) , ;

M Max f xa b  f x  f x M  x a b

- Quan sát đáp án ta thấy có xuất hiện ^{M } _{[ ; ]} ^{Max f x}_{a b}

 

nên định hướng thêm để ta sử dụng BDT trên.

- Vì giả thiết cho ^{f a( ) 0} nên ta có ^{b ( ) 2}



^{( ) ( )}



^{2 2( ) 2}

a

f x dx f b f a f b M

 

    

 







- Do ( ) ( 0 ) ( 0 ).⁰



( )



² ( )⁰



( )



²

x x

a a

b a  x a  x a



f x dx b a



f x dx^.

Câu 14: [2D4-4][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Cho hai số phức z1, z2

thỏa mãn z1z2  8 6i và z1z2 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P z1  z2 . A. P_max 2 26 B. Pmax 104 C. P_max 32 3 2 D. P_max 4 6

Lời giải Chọn A.

Ta có ^{z1z22 z1z22 2}



^{z12 z2 2}



^



^{z1  z2}



^2.

Suy ra P z₁  z₂ 2 26, dấu "=" xảy ra khi

1 2

1 2

1 2

8 6 2 z z

z z i

z z

 

   

  



2 1

1 1

1

8 6 8 6

4 3 1

z i z

z z i

z i

   

   

   



2 1

1

1

8 6 17 19

5 5

23 11

5 5

z i z

z i z i

  



  

 

  



.

Vậy P_max 2 26.

Tổng quát: Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1z2 z0



z0 0



và z₁z₂  m 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P z₁  z₂ .

Gọi các điểm biểu diễn của các số phức z1, z2, z0 lần lượt là M , N , K. Ta có z₁² z₂ ²OM²ON² 2 ^{2 2}

2 OE MN

 

2 2

0

2 z m

 .

 

²

2 2 1 2

1 2

2 z z

z z 

   z1  z2  z0 ²m² .

Suy ra giá trị lớn nhất của P z1  z2 bằng z₀ ²m² .

Câu 15: [2H3-3][Chuyên Hùng Vương Bình Dương,thi lần 5,năm 2018] Trong không gian ^Oxyz cho mặt cầu

 

^{S x: 2y2z2 9} và mặt phẳng

 

^{P x y z:    3 0}. Gọi

 

^S' là mặt cầu chứa đường tròn giao tuyến của

 

^S và

 

^P đồng thời

 

^S' tiếp xúc với mặt phẳng

 

^{Q x y z:    5 0}. Gọi ^{I a b c}



^{; ;}



là tâm của mặt cầu

 

^S' . Tính T abc.

A. T 1. B. ¹

T  8. C. T  1. D. ¹ T 8. Lời giải

Chọn D.

Cách 1 :

Ta có phương trình của mặt cầu

 

^S' có dạng :^{x2y2z2 9 m x y z}



^{   3}



⁰

2 2 2

9 3 0

x y z mx my mz m

         mặt cầu

 

^S' có tâm ^{; ;}

2 2 2

m m m

I   

 

 , bán kính

3 2

3 9

4

R m  m

 

^S' tiếp xúc với mặt phẳng

 

^Q nên



^,

  

^{2 5 3}₄^{2 3 9}

3 m

d I Q R m m

 

    

10 9 2 36 108 1

m m m m

        suy ra ^{1 1 1; ;} 2 2 2

I 

 

 . Vậy ¹

T abc8. Tổng quát

+ Phương trình mặt cầu đi qua giao tuyến của một mặt cầu

2 2 2 2 2 2 0

x y z  ax by cz d  và mặt phẳng

 

^{P : Ax By Cz D   0} có dạng

 

2 2 2 2 2 2 0

x y z  ax by cz d m Ax By Cz D      ( m là tham số )

+ Căn cứ vào các giả thiết của bàn toán ta tìm các điều kiện về tâm, bán kính, khoảng cách … ta lập được phương trình để tìm tham số m.

Cách 2:

 

^S Có tâm O, bán kính R3 ; ^{d d O P}



^;

  

^{ 3}

Ta có bán kính của đường tròn giao tuyến của

 

^S và

 

^P là r R²d²  6

 

^S' là mặt cầu chứa đường tròn giao tuyến của

 

^S và

 

^P nên :

+ Tâm ^{I a b c}



^{; ;}



là tâm của mặt cầu

 

^S' nằm trên đường thẳng qua O và vuông góc với

 

^P

có phương trình x t y t z t

 

 

  Suy ra a b c  .

+ Bán kính của

 

^S' là

 

^{' 2 2 2}



^;

  

^{6 3 3 2}

3

R r d I P    a  (1)

Do

 

^S' tiếp xúc với mặt phẳng

 

^{Q x y z:    5 0} nên ^'



^;

  

⁵

3 R d I Q a

  (2)

Từ (1), (2) ta có

2 2

5 3 3 2 1

6 8 8 2 0

3 3 2

a a

a a a

 

          

   

   

suy ra ^{1 1 1; ;} 2 2 2 I 

 

 . Vậy ¹

T abc8. Tổng quát

Với dạng toán viết PT

 

^S' là mặt cầu chứa đường tròn thiết diện của

 

^S và

 

^P

 

^{S x: 2}