TỔ 9 - CÂU VẬN DỤNG VẬN DỤNG CAO ĐỀ TOÁN CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NĂM 2018 Câu 1: [2D3-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Tính tích phân
2 2018
2
ex 1d
I x x
.A. I 0. B.
22020
I 2019
. C.
22019
I 2019
. D.
22018
I 2018 . Lời giải
Chọn C.
Đặt x t, ta có: dx dt. Đổi cận:
x 2 2
t 2 2
Khi đó:
20182 2 2018 2 2018 2 2018
2 2 2 2
.e .e
d d d d
e 1 e 1 e 1 e 1
t x
t t t x
t t t x
I t t t x
.
Suy ra
22 2018 2 2018 2 2018 2 2019 2020
2018
2 2 2 2 2
e 1
.e 2
2 d d d d
e 1 e 1 e 1 2019 2019
x x
x x x
x x x x
I x x x x x
.
Vậy
22019
I 2019 . Tổng quát:
Nếu f x
là hàm số chẵn và liên tục trên đoạn
;
thì
0
d 1 d d
1 2
x
f x x f x x f x x a
. PHÁT TRIỂN CÂU 39
Câu 1. [2D3-4] Cho hàm số f x
liên tục trên đoạn
ln 2;ln 2
và thỏa mãn
1x 1 f x f x
e
.
Biết ln 2
ln 2
d ln 2 ln 3
f x f x x a b
,
a b,
. TínhP a b .A. P 1. B. P1. C. P2. D. P2. Lời giải
Chọn B.
Ta có : ln 2
ln 2ln 2 ln 2
d 1 d
x 1
f x f x x x
e
.
Đặt t x dx dt, đổi cận x ln 2 t ln 2;xln 2 t ln 2.
ln 2 ln 2 ln 2
ln 2 ln 2 ln 2
ln 2 ln 2
ln 2 ln 2
d d d
d d
1 1
t x
t x
f x f x x f t f t t f t f t t
e e
t x
e e
.
ln 2 ln 2 ln 2 ln 2
ln 2 ln 2 ln 2 ln 2
2 d 1 d d d 2ln 2
1 1
x
x x
f x f x x x e x x
e e
.
ln 2
ln 2
d ln 2 f x f x x
.Suy ra ln 2aln 2bln 3 a 1;b0. VậyP a b 1 0 1.
Câu 40: [2D3-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018]
Biết
1 3
2 0
3 ln 2 ln 3
3 2
x x
dx a b c
x x
với a b c, , là các số hữu tỉ , tính S 2a b 2c2. A. S 515. B. S164. C. S436. D. S 9.Lời giải Chọn A.
Xét :
1 3 1 1
2
0 0 0
3 10 6 4 14
3 3
3 2 1 2 1 2
x x x
I dx x dx x dx
x x x x x x
2 1
1 1
1
0 0 0
0
3 4ln 1 14ln 2 1 3 4ln 2 14ln 3 14 ln 2
2 2
I x x x x
2 2
5 5 2
18ln 2 14ln 3 18 2 515
2 14
a
I b S a b c
c
.
Câu 41: [2D3-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Số điểm cực trị của hàm số
2 1
2
20171
12 4 d
x
f x t t
là
A. 1. B. 3. C. 2. D. 0 .
Lời giải Chọn B.
Gọi F t
t212 4
2017dt. Suy ra F t
t212 4
2017.Ta có: f x
F x
2 1
F
1 . Suy ra f x
F x
21 .2
x
x21
212 4 2017.2x .
2
20
0 1 12 4 0
x
f x x
.
x21
212 4 0 x2 1 2 x 1.BXD:
Câu 42. [2D4-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Biết phương trình:
2 2017.2018 22018 0
z z có 2 nghiệm z1,z2. Tính S z1 z2 .
A. S22018. B. S 22019. C. S 21009. D. S 21010. Lời giải
Chọn D
2 2017.2018 22018 0
z z z1z2 2017.2018 và z z1 2 22018 là số thực.
2 1
z z
z2 z1 z1
.
Mà ta có: z z1 222018 z z1 1. 22018 z1 2 22018 z1 21009. Vậy ta có: S z1 z2 2 z1 21010
.
PHÁT TRIỂN CÂU 42
Câu 1. [2D4-4] Cho hai số thực b và c c
0
. Kí hiệuA, B là hai điểm biểu diễn hai nghiệm phức của phương trình z22bz c 0 trong mặt phẳng phức. Tìm điều kiện của b và c để tam giác OAB là tam giác vuông (O là gốc tọa độ).A. b2 2c. B. c2b2. C. b c . D. b2 c.
Lời giải Chọn B.
Ta có: z22bz c 0. Vì z1z2 2b và z z1 2 clà số thực.
2 1
z z
z2 z1 z1
. Vậy ta có: x1b và x12y22 c .
Ta có: z1 x1 y i1 A x y
1; 1
; z1x2y i2 B x y
2; 2
. Để tam giác OAB là tam giác vuông tại O OA OB . 0
1 2 1 2 0
x x y y
x12y12 0
2 2
1 1
x y
c 2b2 .
Câu 2. [2D4-4] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
2 2
4z 4(m1)z m 3m0 có hai nghiệm phức z z1, 2thỏa mãn
z
1 z
2 2
A. 0. B. 1. C. 2. D. 4.
Lời giải Chọn C.
Ta có: 4z2 4(m1)z m 2 3m 0 Vì z1z2 1 m và z z1 2 m23mlà số thực.
2 1
z z
z2 z1 z1
. Vậy ta có: 1 1
2 x m
và x12y12 m23m. Ta có:
z
1 z
2 2
z1 z1 2 z1 1x12y12 12 3 4
m m
1 4 m
m
.
Câu 43: [2D4-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Cho số phức z a bi
a b, ,a0
thỏa z z. 12 z
z z
13 10 i. Tính S a b .A. S 17. B. S 5. C. S 7. D. S 17. Lời giải
Chọn C.
Ta có: z z. 12 z
z z
13 10 ia2b212 a2b2 2bi13 10 i2 2 12 2 2 13
2 10
a b a b
b
2 25 12 2 25 13 5
a a
b
2 2
25 13
25 1
5 a
a VN
b
12
5 a b
12 5 a b
, vì a0. Vậy S a b 7.
PHÁT TRIỂN CÂU 43
Câu 1. [2D4-3] Cho số phức z a bi a b
,
thỏa mãn
1i z
2z 3 2i. Tính P a b .A.
1 P 2
. B. P1. C. P 1. D.
1 P 2
.
Chọn C.
Ta có:
1i z
2z 3 2 . 1i
. Ta có: z a bi z a bi.Thay vào
1 ta được
1i a bi
2 a bi
3 2i
3
3 2 a b i a b i
1
2 2
3 3 3
2 a b a
a b b
. Vậy P 1.
Câu 3. [2D4-3] Cho số phức z a bi ( ,a b) thỏa mãn z 1 3i z i0
. Tính S a 3b.
A.
7 S 3
. B. S 5. C. S 5. D.
7 S 3
. Lời giải
Chọn B.
Đặt z a bi ; ;
a b
.Từ giả thiết, ta có: a bi 1 3i a bi i0 a bi 1 3i a2b i2. 0
2 2
1 3 . 0
a b a b i 2 2 1 0 1
3 0 4
3
a a
b a b b
.
Vậy
3 1 3. 4 5
S a b 3 .
Câu 44. [2D4-2] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Tìm tập hợp các số phức z thỏa
12 5
17 7 132
i z i
z i
.
A. d:6x4y 3 0. B. d x: 2y 1 0.
C. ( ) :C x2y22x2y 1 0. D. ( ) :C x2y24x2y 4 0. Lời giải
Chọn A.
Gọi M x y( ; ) là điểm biểu số phức z x yi x y ( , ) thỏa bài toán.
Theo đề có
12 5
17 7 13
12 5 17
2 12 5 7
2 169
2
2 1
22
i z i
x y y x x y
z i
6x 4y 3 0
.
Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng 6x4y 3 0.
Câu 1. [2Đ4-2-PT1] Cho số phức z thỏa mãn 2 z 2 3i 2 1 2i z
. Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường thẳng có phương trình nào sau đây?
A. 20x16y47 0 . B. 20x16y47 0 . C.20x16y47 0 . D. 20x16y47 0 .
Lời giải Chọn A.
Gọi M x y( ; ) là điểm biểu diễn của số phức z x yi x y ( , ) z x yi. Ta có 2 z 2 3i 2 1 2i z 2 (x 2) (y3)i ( 2x 1) (2y2)i
2 2 2 2
2 (x 2) (y 3) ( 2x 1) (2y 2) 20x 16y 47 0
.
Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng 20x16y47 0 . Câu 2. [2Đ4-3-PT2] Tìm tập hợp các số phức z thỏa z thỏa z 4 z 4 10
. A.
: 2 2 19 25 x y
E
. B.
: 2 2 125 9 x y
E
. C.
: 2 2 116 9 x y
E
. D.
: 2 2 15 3
x y
E
. Lời giải
Chọn B.
Gọi M x y( ; ) là điểm biểu số phức z x yi x y ( , ) thỏa bài toán.
Ta có z 4 z 4 10 (x 4) yi (x 4) yi 10
2 2 2 2
(x 4) y (x 4) y 10 *
Đặt F1( 4;0)-
và F2(4;0) thì
* MF MF1 2 10F F1 2 8 nên tập hợp điểm M x y( ; ) biểu diễn số phức z là một elíp với hai tiêu điểm F F1, 2.Ta có:
1 2 2 2
1 2
2 2 2
2 10 5
2 8 4 ( ) : 1
25 9 3
MF MF a a
x y
F F c c E
a b c b
.
Câu 45. [1D2-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Tìm tổng các giá trị của số thực a sao cho phương trình z2 3z a 22a0 có nghiệm phức zo thỏa zo 2
.
A. 0 . B. 2 . C. 6 . D. 4 .
Lời giải Chọn D
Ta có với mọi a thì phương trình z23z a 22a0 luôn có nghiệm phức.
2 1
3 4 8 9
2
i a a
z
2 2
3 4 8 9
2
i a a
z
Suy ra
2
1 2
4 8 9
3
4 4
a a
z z
.
2 o
4 8 9
2 3 2
4 4
a a
z
2
4 8 9 2
9 4 4 8 9 7
4 4
a a
a a
2 2
2 2
4 8 2 0 1
4 8 9 7
4 8 9 7 4 8 16 0 2
a a
a a
a a a a
.
Từ
1 ta có a1a2 2, từ
2 ta có a3a4 2. Vậy tổng a1a2a3a4 4.Câu 46: [2H3-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz, cho các điểm A
1;0;0
, B
3; 2;1
, C5 4 83 3 3; ; . M là điểm thay đổi sao cho hình chiếu của M lên mặt phẳng
ABC
nằm trong tam giác ABC và các mặt phẳng
MAB
,
MBC
,
MCA
hợp với mặt phẳng
ABC
các góc bằng nhau. Tính giá trị nhỏ nhất của OM .A.
26
3 . B.
5
3. C. 3 . D.
28 3 . Lời giải
Chọn A
M
A
B
C I
Ta có phương trình mặt phẳng
ABC
: x2y2z 1 0 .Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng
ABC
. Do các mặt phẳng
MAB
,
MBC
, MCA
cùng hợp với mặt phẳng
ABC
các góc bằng nhau nên I cách đềuba cạnh của tam giác ABC. Lại có Inằm trong tam giác ABC nên Ichính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Ta có AB3;AC4;BC5.
Sử dụng công thức: aIA bIB cIC 0 5IA4IB3IC 0 I
1;1;1
Đường thẳng qua Ivà vuông góc với mặt phẳng
ABC
có phương trình là:1 1 2 1 2
x t
y t
z t
.
Kẻ OH . Ta có M thuộc nên OM OH,M
; 26min O; .
3 OM OH d IO u
u
Tổng quát: Tọa độ điểm I thỏa mãn aIA bIB cIC 0
, (a b c 0) là
; ;
A B c A B c A B c
ax bx cx ay by cy az bz cz
a b c a b c a b c
Bình luận: Giả thiết bài toán nếu không cho hình chiếu của M lên mặt phẳng
ABC
nằmtrong tam giác ABCthì sẽ có bốn điểm I thỏa mãn cách đều ba cạnh của tam giác ABC( một tâm nội tiếp và ba tâm bàng tiếp), khi đó bài toán phải xét cả bốn trường hợp và ta chọn min của bốn trường hợp đó.
Hướng phát triển bài toán:
1. Thay giả thiết góc tạo bới các mặt
MAB
,
MBC
,
MCA
với mặt phẳng
ABC
bằngnhau thành MA, MB, MC cùng tạo với mặt phẳng
ABC
các góc bằng nhau. Khi đó hình chiếu của M lên mặt phẳng
ABC
chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC. Tìm min của OM.2. Có thể giữ nguyên giả thiết như đề bài, thay kết luận bằng việc tìm min của MA MB hoặc tìm max của MA MB …
Câu 47: [2H1-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng
11 1 1
: 2 1 2
x y z
d
,
23 1 2
: 1 2 2
x y z
d
34 4 1
: 2 2 1
x y z
d
. Mặt cầu bán kính nhỏ nhất tâm I a b c
; ;
tiếp xúc với 3 đường thẳng
d1 , d2 , d3 . Tính S a 2b3c.A. S 10. B. S 11. C. S 12. D. S 13.
Chọn B.
Nhận xét 3 đường thẳng
d1 , d2 , d3đôi một vuông góc nhau. Dễ dàng tính được đoạn vuông góc chung của từng cặp đường thẳng, các đoạn này bằng nhau và bằng 3. Vì vậy ta có thể dựng hình lập phương sao cho
d1 , d2 , d3chứa 3 cạnh của hình lập phương.
Ta có cạnh hình lập phương là d 3
d1 , d2 , d3lần lượt đi qua các điểm
1;1;1 , 3; 1; 2 , 4;4;1
mà khoảng cách giữa hai điểm
1;1;1
và
3; 1; 2
bằng 3 (đúng bằng cạnh hình lập phương), khoảng cách giữa hai điểm
1;1;1
và
4;4;1
bằng 3 2 (bằng đường chéo của các mặt hình lập phương) còn khoảng cách giữa hai điểm
3; 2;1
và
4;4;1
bằng 3 3 . Do đó ta có thể chọn d d d1, ,2 3 lần lượt chứa AB A D CC, , và A
1;1;1 ,
A 3; 1;2 ,
C 4;4;1
.Ta có
2 2 2 2 2
, 1 , ,
d I d d I ABCD d I ABB A x y
2 2 2 2 2
, 2 , ,
d I d d I BCC B d I CDD C z t
2 2 2 2 2
, 3 , ,
d I d d I ADD A d I A B C D u v Ta có
2 2 2 2 2 2 2
3r x y z t u v
2 2 2 2 2 2
2
3
x y z t u v
r
2 2
2 2
2 2
3
x v y t z u
2
2
2 9 9 92 2 2 2 2 2 9
3 3 2
x v y t z u
d3 d2
d1
C' A' D'
B'
C
A D
B
Suy ra
3 2 r 2
.
Dấu bằng xảy ra khi x v 3,y t 3,z u 3 x y z t u v 3 I là tâm hình lập phương.
Khi đó I là trung điểm của
7 3 3 7 3 3
; ; 2. 3. 11
2 2 2 2 2 2
AC I S
Câu 48: [2D3-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Cho hàm số f x
có đạo hàm trên thỏa
x2
f x x 1
f x' ex và
0 1f 2
. Tính f
2 ?A.
23 f e
. B.
26 f e
. C.
2 23 f e
. D.
2 26 f e
. Lời giải
Chọn D
Ta có f x x
2
f x x'
1
ex e f x xx
2
e f x xx '
1
ex 2
1
x
x 2f x x e e
.
Do đó
2 2 2
2 2 2
0 0 0 0
1 x x 1 x x
f x x e dx e dx f x x e e dx
42 1
3 2 0
2
e f f e
2 26 f e
.
PHÁT TRIỂN CÂU 48
Câu 1: [2D3-4] Cho hàm số f x
có đạo hàm trên thỏa
2x1 .ln 2 2
f x
2x1
f x' 2x
và f
0 1. Tính f
3 ?A.
3 9f 14
. B.
3 30f ln 2 . C.
3 15 156 ln 2 56
f
. D.
3 15 328ln 2 28
f
. Lời giải
Chọn D
Ta có:
2x1 .ln 2 2
f x
2x1
f x' 2x
22x 2x 1 .ln 2 2 f x 2 2x x 1 f x' 2x
2 1 2
x 22xf x x
Do đó: 3
3 2
13 3 21 1 1
2 1 2x 2 x 2 1 2x 2 x
f x x dx dx f x x dx
22.3 22.1
15 356 3 6 1 3
2ln 2 28ln 2 28
f f f
.
Câu 2: [2D3-4] Cho hàm số y f x
liên tục trên \ 0; 1
thỏa:
1
2 ,
0; 1
x x f x f x x x x và f
1 2ln 2. Biết f
2 a bln 3 ,
a b
. Tính a2 b2 ?A.
3
4. B.
13
4 . C.
1
2. D.
9 2. Lời giải
Chọn D
Ta có x x
1
f x f x
x x
1
1
1f x f x
x x
21 1 1
x f x x
f x x x x
.1 1
x x
f x x x
Do đó 2
21 1
. 1 1
x x
f x dx dx
x x
2
121
. ln 1
1
f x x x x
x
2 .2
1 .1 1 ln2 2
ln 3
1
2ln 2
1 ln23 2 3 3 2 3
f f a b
2 2
3
2 2 ln 3 1 ln 3 2 9.
3
3 3 2
2 a
a b a b
b
Câu 49: [2D3-3] Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Cho đồ thị
C y: f x
x .Gọi
H là hình phẳng giới hạn bởi
C , đường thẳng x9, trục hoành. Cho M là điểm thuộc
C , A
9;0 . Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay khi cho
H quay quanh Ox, V2 là thể tích khối tròn xoay khi cho tam giác AOM quay quanh Ox. Biết V12V2. Tính diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi
C , OM (hình vẽ không thể hiện chính xác điểm M ).A. S 3. B.
27 3 S 16
. C.
3 3 S 2
. D.
4 S 3
. Lời giải
Chọn B.
Ta có 1 9
2 9 2 90 0 0
d d . 81
2 2
V
x x
x x x . Gọi M m m m
;
0
. Dựng MH Ox.Khi cho tam giác AOM quay quanh Ox ta được hai hình nón có chung đáy.
2 2
2
1 1
. . . .
3 3
V MH OH MH HA 1 2
. .
3 MH OA
1
. .9 3 3m m
.
Theo giả thiết V1 2V2 812 2.3m m274 .
Vậy
27 4
0
1 27 3 1 27 27 27 3
d . . . .
2 4 2 4 2 16
S
x x OH HM . PHÁT TRIỂN CÂU 49
Câu 1: [2D3-3] Cho hàm số y f x
ax3bx2 cx d a b c, , ,
,a0
có đồ thị
C . Biết rằng đồ thị
C tiếp xúc với đường thẳng y4 tại điểm có hoành độ âm và đồ thị hàm số y f x
cho bởi hình vẽ dưới đây:O x y
11
3 O x
y
11
Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
C và trục hoành.A. S 9. B.
27 S 4
.
C.
21 S 4
. D.
5 S 4
.
Lời giải Chọn B.
Từ đồ thị suy ra f x
3x23.
d
3 2 3 d
3 3f x
f x x
x x x x C .Do
C tiếp xúc với đường thẳng y4 tại điểm có hoành độ x0 âm nên
0 0 3 02 3 0 0 1f x x x .
Suy ra f
1 4 C 2
C y x: 33x2Xét phương trình
3 2
3 2 0
1 x x x
x
.
Diện tích hình phẳng cần tìm là: S
12
x33x2 d
x 274.
Câu 2: [2D3-3] Cho hình phẳng
H giới hạn bởi các đường2 1
y x
và y k ,0 k 1. Tìm k để diện tích của hình phẳng
H gấp hai lần diện tích hình phẳng được kẻ sọc trong hình vẽ bên.A. k 3 4. B. k 32 1. C.
1. k 2
D. k 3 4 1. Lời giải
Chọn D.
Oy
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y 1 x y k x2, , 0 bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi
2 2
1 , 1, , 0
y x y x y k x .
Ta có 1
2
1
2
1
2
0 1 1
1 d 1 d 1 d
k k
k
x k x k x x k x x
1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 3 3
1 1
1 1 1 1 1
3 3
k k k k k k k k k
k k k k k
3 32 4
1 1 1 2 4 1
3 k k 3 k k
.
Câu 50. [4D2-4] [2D4-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Cho số phức z thỏa 1
z
, gọi m M, lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của
5 3 6 2 4 1
P z z z z . Tính M m .
A. M m 1. B. M m 3. C. M m 6. D. M m 12. Lời giải
Chọn A.
Ta có
5 3 4
6 2 1
P z z z z
4 2
4 6 2 2
z z z z
z2z2
2 4 2z2z2
z2z2
2 4 2 z2z2
z2z2 1
23Vì
2 2 2 2
2 2
z z z z
nên Pmax 4 , Pmin 3 nên chọn A.
Cách giải khác:
Ta có
5 3 6 2 4 1
P z z z z
4 2
4 2
6 2
z z z z
Đặt
2 2
t z z
với t
0;24 4 2
2 z z t
Do đó P t2 4 2t t 2 2t 4 f t
với t
0;2Khi đó Pmax 4 , Pmin 3 nên chọn A.
PHÁT TRIỂN CÂU 50:
Câu 50. [4D2-4] Cho số phức z thỏa z 1 , gọi m M, lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của
3 2
5 4 2 2
P z z z z z
. Tính M mi . A. M mi 3. B. M mi 1
. C. M mi 5. D. M mi 2. Lời giải
Chọn C.
Ta có
3 2
5 2
4 2
P z z z z z
4 2
4 4 2 2
z z z z
z2z2
2 2 2z2z2
z2z2
2 2 2 z2z2
z2z2 1
21Vì
2 2 2 2
2 2
z z z z
nên Pmax 2 , Pmin 1 nên chọn C.