Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường thpt chuyên hùng vương phú thọ lần 2 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

Câu 31. [2D1-3] [Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, lần 2, năm 2018- Câu 31]

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y x m x  ²2x3 đồng biến trên khoảng



^{ ;}



?

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

Lời giải Chọn C.

+ TXĐ D

+ ₂ 1

' 1 2 3

y m x

x x

  

 

+ Hàm số đồng biến trên khoảng



^{ ;}



^{ y' 0 x  }^.

 

2 2 3 1 0 x .

x x m x

       

+ Đặt t  x 1 t² 2 mt 0 t (*) + Với t0, (*) đúng.

+ Với t0 , (*) ² 2 t 0

m , t t

 

   

Xét ² 2

( ) t

f t

t

 

 , ₂ 2₂

'( ) 0 t > 0 f t 2

t t

  

 .BBT:

1.

  m (1)

+ Tương tự với t0 ta có BBT:

1

 m (2).

+ Từ (1) và (2) ^{  m}



^1;1



+ ^{m   } ^m



^1,0,1



Câu 33. [2D2-3] [Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, lần 2, năm 2018- Câu 33]

Đồ thị của hàm số y g x ( ) đối xứng với đồ thị của hàm số y a ^x (a 0,a1 ) qua điểm ( ; )1 1

I . Giá trị của biểu thức 1

2 2018

( log_a )

g  bằng

A. 2016 . B. 2020. C. 2020. D. 2016.

Lời giải Chọn D

Gọi 1 1

2 2

2018 2018

( log_a ; ( og_a ))

M  g  thuộc đồ thị hàm số y g x ( ). Gọi M ' là điểm đối xứng

với M qua I suy ra 1 1

2 2

2018 2018

'( log_a ; ( log_a ))

M  g  .

Điểm M ' thuộc đồ thị hàm số , nên

1

1 2018

2 2

2018

( log_a ) a log^a

g ^

  

Hay 1 ²⁰¹⁸

2 2

2018

( log_a ) alog^a

g   1

2 2 2018

( log_a 2018)

 g  

2 1 2016

( log_a 2018)

g    .

Câu 35: [1D5-3] [Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, lần 2, năm 2018- Câu 35]

Cho hàm số ysin 3 .cosx xsin 2x. Giá trị của ^{ 10} y  3

   gần nhất với số nào dưới đây?

A. 454492. B. 454493. C. 454491. D. 454490.

Lời giải Chọn D.

Công thức: ysinax thì ^{ }

 

^.sin

2

n n n

y x a ax  . Ta có ¹



^{sin 4 sin 2}



^{sin 2}

y2 x x  x 1 1

sin 4 sin 2

2 x 2 x

  .

Suy ra ^{ 10}

 

^{1.4 .sin 410 10 1.2 .sin 210 10}

2 2 2 2

y x   x    x  

 ¹⁰ 1 ¹⁰ 4 10 1 ¹⁰ 2 10

.4 .sin .2 .sin

3 2 3 2 2 3 2

y          

         

10 10

1 3 1 3

.4 . .2 . 454490,1319

2 2 2 2

   .

Câu 36: [1D2-3] [Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, lần 2, năm 2018- Câu 36]

Hệ số của số hạng chứa x⁷ trong khai triển



^x23x2



^{6 bằng}

A. 6432. B. 4032. C. 1632. D. 5418. Lời giải

Chọn D

Ta có:



²



⁶

  

⁶



^{6 6 6 6}

 

^{6 6 6}

 

0 0

3 2 1 . 2 ⁱ. ⁱ. 1 .^{i j}. ^j. 2 ^j

i j

x x x x C x ^ C x ^

 

     









Số hạng chứa x⁷ 12     i j 7 i j 5.

5 0 1

2 4 3

3 4 2

1 5

0 j i

Vậy hệ số cần tìm là: C6⁰. 1 . . 2

 

 ⁰ C6⁵

 

 ⁵C6¹. 1 . . 2

 

 C6⁴

 

 ⁴ ... C6⁵

 

1 . . 2⁵ C6⁰

 

 ⁰  5418.

Câu 37: [1D2-4] [Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, lần 2, năm 2018- Câu 37]

Cho tập hợp A



1; 2;3; 4; ;100



. Gọi S là tập hợp gồn tất cả các tập con của A, mỗi tập con này gồm 3 phần tử của A và có tổng bằng 91. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S. Xác suất chọn được phần tử có ba số lập thành một cấp số nhân bằng

A. ⁴

645. B. ²

645. C. 3

645. D. 1

645. Lời giải

Chọn C

Giả sử tập con bất kì



^{a b c, ,}



^S

1 a b c, , 100

   ; , ,a b cphân biệt.

a  b c 91.

Đây là bài toán chia kẹo Euler nên số bộ , ,a b clà : C91 1^{3 1}_

Tuy nhiên trong các bộ trên vẫn chứa các bộ có 2 chữ số giống nhau, số bộ có 2 chữ số giống nhau là 3.45 135 ( bộ). Vậy n

 

 



C⁹⁰² 3.45 : 3! 645



 .

Gọi A là biến cố : ” , ,a b c lập thành cấp số nhân”

Gọi q là công bội của cấp số nhân theo bài ra ta có q0

2 91

a aq aq  



^{1 2}



^{1.91 13.7}

a q q

    

Trường hợp 1: 1 ₂ 1

1 91 9

a a

q q q

 

 

     



Trường hợp 2: 91 ₂ 91

1 1 0

a a

q q q

 

 

     

 (loại)

Trường hợp 3: 13 ₂ 13

1 7 2

a a

q q q

 

 

     

 (thỏa mãn)

Trường hợp 3: 7 ₂ 7

1 13 3

a a

q q q

 

 

     

 (thỏa mãn).

Vậy ^{n A}

 

^3.

 

³

P A  645.

Câu 38: [2D1-3] [Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, lần 2, năm 2018- Câu 38]

Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số

2 2

1

 

 

x mx m

y x có hai điểm

cực trị A, B. Khi AOB90⁰ thì tổng bình phương tất cả các phần tử của S bằng A. 1

16. B. 8. C. 1

8. D. 16.

Lời giải Chọn A

TXĐ: ^{\ 1}

 

Từ

2 1

1 1

     

 m m y x m

x

   

2 2 2

2 2

1 2

1 1 1

    

   

 

m m x x m m

y x x

Hàm số có cực trị khi x²2x m ² m 0 (1) có hai nghiệm phân biệt

2 1 0

m     m m

Khi đó hai cực trị của hàm số là A x



1; 2x1m B x

 

; 2;2x2m



(với x x1; 2là hai nghiệm phương trình (1) )

Để AOB 900 thì  .  0 1. 2



2 1

 

2 2



0

OA OB x x x m x m

5 .x x1 22m x



1x2



m² 0

⁵



²



^{4 2 0 01}

4

 

      

  

 m

m m m m

m

Vậy 1

0; 4

 

  

 

S do đó tổng bình phương các phần tử của S là 1 16. Lưu ý : Hàm số

 

u x

 

y v x có cực trị tại x0 thì

 

 

⁰

0

0

 

 y u x

v x Cách 2 : đường thẳng OA có hệ số góc 1 ¹

1

2 

 x m

k x

đường thẳng OB có hệ số góc 2 ² 2

2 

 x m

k x

Để AOB 900 thì k k1. 2   1



2x1m

 

2x2m



 x x1. 2.

Câu 39. [2D1-3] Cho hàm số x+1

y = x - 1 có đồ thị

 

^C và điểm ^{A a}



^{; 2 .}



Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của a để có đúng 2 tiếp tuyến của

 

^C đi qua điểm A và có hệ số góc k k1, 2thỏa mãn

2 2 1 210 1 2 0

k k k k . Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng

A.7. B. 7 5

2

 . C.5 5

2

 . D.7

2. Lời giải

Chọn.B.

+) Ta có:

 

²

' 2 y 1

x

 



+) pttt: ^{y k x a}



^



^2 (d).

+) Có 2 tiếp tuyến

 

 

2

2 1

1 2

1 x k

x k x a x

  

 

 

    

 

có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

2 6 3 2 0

x x a

     có 2 nghiệm phân biệt khác 1 3 1 a a

 

   +) ¹

 

^{2 2}

 

²

2 2

1 , 1

k k

x x

 

 

   k¹ k²10k k^{1 22 2} 0

 

²

 

²



1

 

⁴ 2



⁴

2 2 16

10. 0

1 1 1 1

x x x x

 

   

   

32a³224a²352a0 (Sử dụng định lý vi - ét)



0(tm)

7 5

2 (tm)

7 5

(k tm) 2

a a a

 

 

 

 

 

+) 7 5

S 2 .

Câu 40: [2D1-3] [Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, lần 2, năm 2018- Câu 40]

Cho hàm số ^{y f x}

 

. Hàm số ^{y f x}

 

có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số ^{y f x}

 

^{2 đồng}

biến trong khoảng A. 1 1

2 2;

 

 

 . B.



0; 2



. C. 1 2 ;0

 

 

 . D.



 2; 1



.

Lời giải Chọn C.

Đặt ^{g x}

 

^{ f u u x}

 

^{,  2 0}thì ^{g x}

 

^{2 .x f u}

 

nên

   

0 0

0 1; 4

g x x

f u u u

 

          0

1; 2

x

x x

 

     

Lập bảng xét dấu của hàm số ^{g x}

 

x  2 1 0 1 2



 

g x  0  0 ^ 0  0  0  Ta chọn đáp án C

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. [2D1-3] Cho hàm số y f x

 

xác định và liên tục trên _ , có đồ thị f x

 

như hình vẽ.

Xác định điểm cực tiểu của hàm số g x

 

 f x

 

x.

A. x2. B. Không có điểm cực tiểu.

C. x0. D. x1.

Lời giải Chọn D.

       

¹

g x  f x  x g x  f x  .

Khi đó ta tịnh tiến đồ thị hàm số f x

 

lên trên một đơn vị ta được đồ thị hàm số g x

 

như hình vẽ.

Dựa vào đồ thị hàm g x

 

ta lập được bảng xét dấu của hàm g x

 

.

x  0 1 2 

O y

2 x 1

1

O y

2 x 1

1

 

g x  0  0 ^ 0 

Dựa vào bảng xét dấu của ^{g x}

 

nhận thấy hàm số ^{g x}

 

đạt cực tiểu tại x1.

2. [2D1-3] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đúng ba điểm cực trị là 2; 1;0  . Hỏi hàm số



^{2 2}



y f x  x có bao nhiêu điểm cực trị.

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

Lời giải Chọn A.

Đặt g x

 

 f u u x

 

,  ²2x thì g x

 

2



x1 .

  

f u nên

   

0 1

0 2; 1;0

g x x

f u u u

 

          

 

 

2 2 2

1

2 2(VN)

2 1 1

2 0 2

x x x x x x x

 

   

    

  



Phương trình

 

1 có nghiệm kép là x1 ; phương trình

 

2 có hai nghiệm đơn là x0;x2 nên phương trình ^{g x}

 

^0 có hai nghiệm đơn là x0;x2 và một nghiệm bội ba là x1 nên hàm số đã cho có ba cực trị.

Câu 41: [2H3-3] [Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, lần 2, năm 2018- Câu 41]

Cho mặt phẳng

 

^{ :x y 2z 1 0} và điểm ^A



^{0; 1;1 ,}

 

^{B 1;1; 2}



. Biết ^{M a b c}



^{; ;}

  

^{ }

sao cho MA MB đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của a² b²c² bằng:

A. 2

9. B. 26. C. 78. D. 14

49. Lời giải

Chọn D.

Xét ^{f x y}



^{, ,z}



^{  x y 2z1}

Với ^A



^{0; 1;1 ,}

 

^{B 1;1; 2}



 f



0, 1,1 . 1,1, 2

 

f  



2. 5

 

 _{  10 0} Suy ra A, B nằm khác phía so với

 

^ .

Khi đó MA MB AB   14 ^



^{MA MB}



_min ^{ 14}. Dấu " " xảy ra khi ^AB

   

^{  M}

: 1 2

1 3

 

   

  

 x t

AB y t

z t



^{; 1 2 ;1 3}



M t   t  t ^{   M  t}



^{1 2t}



^{2 1 3}



^{ t}



^{ 1 0 2}

 t 7

2 3 1

; ;

7 7 7

 

M   ^{2 2 2} 14

a b c  49

CHÚ Ý: Cho hai điểm A x y z



1; ;1 1



, B x y z



2; ;2 2



và mặt phẳng

 

^{ :ax by cz d   0}. Xét tích T 



ax1by1cz1d ax

 

2by2cz2d



Nếu T  0 A B, nằm cùng phía so với mặt phẳng

 

^

Nếu T  0 A B, nằm khác phía so với mặt phẳng

 

^ . BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

^{P x: 2y z  1 0} và điểm



^{0; 2;3}



A , ^B



^2;0;1



. Điểm ^{M a b c}



^{; ;}



thuộc

 

^P sao cho MA MB nhỏ nhất. Giá trị của

2 2 2

a b c bằng:

A. ⁴¹

4 . B. ⁵

2. C. 7

4. D. 3.

Lời giải Chọn B.

Xét ^{f x y}



^{, ,z}



^{  x y 2z1}

Với ^A



^{0; 2;3 ,}

 

^{B 2;0;1}



^{ f}



^{0, 2,3 .}

 

^{f 2,0,1}



^7.321 0 Suy ra ,A B nằm cùng phía so với

 

^P .

Gọi A là điểm đối xứng với A qua

 

^P

Xét ²

 

^{2 2}

2 1 7

1 1 2 6

A A A

x y z

T     

   , do đó

7 6 5 6 2 2

3







    



    



   



A A

A A

A A

x x T

y y T

z z T

Ta có: 19 5 1

6 6 3; ;

 

   

A B

Khi đó MA MB MA  MB A B  ^



^{MA MB}



_min ^{ A B} . Dấu " " xảy ra khi ^{A B }

   

^{  M}

2 19

: 5

1 2

  

  

  



x t

A B y t

z t



2 19 ;5 ;1 2



M  t t  t ^{ M  2 19t 5t 2 1 2}



^{ t}



^{ 1 0 1}

  t 6

7 5 2

; ;

6 6 3

 

M   ^{2 2 2} 49 25 4 5

36 36 9 2

a b c    

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm ^A



^1;5;0



, ^B



^3;3;6



và đường thẳng

    

  

 



x t

y t

z t : 11 2

2 . Điểm ^{M a b c}



^{; ;}



nằm trên đường thẳng  để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính a b c  .

A. ₁. B. ₃. C. ₄. D. 2 2 .

Lời giải Chọn B

Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P AB AM BM  .

Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM BM nhỏ nhất.

Điểm M nên ^M



^{ 1 2 ;1 ;2t t t}



^{. AM BM }

 

^{3t 2}

 

^{2 5 2 }



^{3 6t}



^2

 

^{2 5 2 .}

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ^u



^{3 ;2 5t}



^{và v   }



^{3 6;2 5t}



^.

Ta có ^{u }

 

^{3t 2}

 

^{2 5 2; v }



^{3 6t}



^2

 

^{2 5 2 .}

AM BM u | | | |  v

và ^{u v  }



^{6;4 5}



^{  |u v | 2 29.}

Mặt khác, ta luôn có | | | | |u  v  u v |

. Như vậy AM BM 2 29. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u v ,

cùng hướng 3 2 5

3 6 2 5

 

  t

t ^{ t 1}.

 

M 1;0;2 Vậy a b c  3.

Phản biện: Các bài toán loại này có thể giải bằng pp hình học để thấy vẻ đẹp của nó.

Câu 42: [2H1-3] [Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, lần 2, năm 2018- Câu 42]

Cho hình thập nhị diện đều (tham khảo hình vẽ bên). Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng có chung một cạnh của thập nhị diện đều bằng

A. 5 1 2

 . B. 5 1

4

 . C. 1

5. D. 1

2. Lời giải

Chọn C.

a

T

B

E

F C

A

Bước 1: Lập mối quan hệ giữa bán kính mặt cầu và cạnh khối 12 mặt đều:

Gọi O là tâm khối 12 mặt đều, xét 3 mặt phẳng chung đỉnh A là ABEFC ACGHD ABJID, , . Khi đó A BCD. là chóp tam giác đều và OA vuông góc với



^BCD



.

Ta có ^{2 2 2} 3 1 5

2 cos

5 2

BC CD DB   a a  a     a.

2

2 5 1

3 2 3

AH  AB BC   a.

Ta có AH AO. AB AM. ² 3

2 5 1

AB a R AO AH

   

 . Bước 2: Tính khoảng cách từ tâm một mặt đến cạnh của nó:

a

T

M B

E

F C

A

Ta có  3 BAT 10 .

2 AM  a.

Suy ra 3 .tan10 MT AM  . Bước 3: Tính góc:

Gọi tâm của các mặt ABEFC và ABJID là T, V .

Có OT OV, vuông góc với hai mặt này nên góc giữa hai mặt bằng góc giữa OT và OV . Lại có , ,O T M V, cùng thuộc một mặt phẳng (trung trực của AB).

V O

M T

Có OT TM và OV VM .

2 2

2 2 3

5 1 4

a a

OM OA AM  

      

 

 

5 1

2 5 1

 a

  ; 3

.tan10 MT  AM  .

Suy ra sin TM

TOM OM

 

 

5 1 tan 54 5 1

 

  .

Vậy cosTOV  1 2sin²TOM 5 1 1

5 5 5

  

 .

BÀI TƯƠNG TỰ

1. [2H1-3] Cho hình bát diện đều (tham khảo hình vẽ bên). Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng có chung một cạnh của bát diện đều bằng

A. 1

3. B. 0. C. 1

3. D.2

3. Lời giải

Chọn C.

O M

a

D C

B A

+) Giả sử cạnh của bát diện đều có độ dài ^a và M là trung điểm DC (tham khảo hình vẽ). Khi đó các tam giác ADC, BDClà đều nên AM DC BM, DC. Từ đó suy ra góc cần tìm bằng hoặc bù với góc AMB^.

+) Tính  ^{2 2 2} 1

cos 2 3

MA MB AB

AMB MA MB

 

  

 .

+) Khoanh C

Câu 43. [2D2-4] [Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, lần 2, năm 2018- Câu 43]

Cho các số thực , ,a b c không âm thoả mãn 2^a  4^b 8^c 4. Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S a 2b3c. Giá trị của biểu thức ^4M ^logM m bằng A. ²⁸⁰⁹

500 . B. ²⁸¹

50 . C. ⁴⁰⁹⁶

729 . D. ¹⁴

25.

Lời giải Chọn C

2^a 4^b 8^c 42^a2^2b2^3c 4.

Đặt ²

3

2 2 2

a b c

x y z

 

 

 

4 , , 1 x y z x y z

  

   .

2 3

S a  b c log₂xlog₂ ylog₂z log2

 

xyz . Ta có

3 3

4

3 3

x y z

xyz      

    ²

3log 4 S 3

  .

Dấu bằng xảy ra 4

x  y z 3 .

Do đó ₂ 4

3log 3

M  ₂ 4

2 3 log

a b c 3

    .

Mặt khác



¹

 

¹

 

¹

 

¹

 

¹

 

¹

 

¹

 

¹

 

¹

  

²

xyz x y z  x y  y z  z x    x y z



^{x 1}

 

^{y 1}

 

^{z 1}

 

^{x 1}

 

^{y 1}

 

^{y 1}

 

^{z 1}

 

^{z 1}

 

^{x 1}



^{2 2}

               .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1; 1; 2

1; 2; 1

2; 1; 1

x y z

x y z

x y z

  

   

   



. Suy ra m1.

Vậy

4 6 4096

4 log

3 729

M

Mm  

     . BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. [2D2-4]Cho các số thực , , ,a b c d thoả mãn 1 1 1 1 1

2^a 4^b 8^c 16^d 4. Gọi m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức S a 2b3c4d. Giá trị của biểu thức log2m bằng

A. ¹

2. B. ¹

4. C.

4. D.

2. Lời giải

Chọn C

1 1 1 1 1

2^a 4^b 8^c 16^d 4 2 2 ² 2 ³ 2 ⁴ 1 4

a b c d

   

     .

Đặt

2 3 4

2 2 2 2

a b c d

x y z t









 

 

 

 



1 4 , , , 0 x y z t x y z t

    

 

 



.

2 3 4

S a  b c d  



log2xlog2 ylog2zlog2t



 log2



xyzt



. Ta có

4

16 4

1 2

4 16

x y z t

xyzt       ^  S 16.

Dấu bằng xảy ra 1

x   y z t 16 .

Do đó m16

4 2 4 3 1 a b c d

 

 

  

 



.

Câu 46: [2H1-3] [Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, lần 2, năm 2018- Câu 46]

Hình lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' có diện tích đáy bằng 4 , diện tích ba mặt bên lần lượt là 9,18 và 10 . Thể tích khối lăng trụ ABC A B C. ' ' ' bằng

A. ⁴11951 . B. ⁴11951

2 . C. 11951 . D. 11951

2 .

Lời giải Chọn A

Gọi ^{a b c, , 0} là ba cạnh của tam giác đáy; h là chiều cao của lăng trụ ABC A B C. ' ' ';

1, , 2 3

S S S là diện tích ba mặt bên.

Ta có: S¹, S², S³

a b c

h h h

  

( )( )( )

S  p p a p b p c   với ^{1 2 3}

2 2

S S S a b c

p h

 

   

1 2 3 1 2 3 1 1 2 3 2 1 2 3 3

2 2 2 2

S S S S S S S S S S S S S S S

S h h h h h h h

           

       

1 2 3 3 2 1 1 2 3 1 2 3

2 2 2 2

S S S S S S S S S S S S

S h h h h

           

    



1 2 3

 

3 2 1

 

1 2 3

 

1 2 3



2

1

S 4 S S S S S S S S S S S S

 h        



1 2 3

 

3 2 1

 

1 2 3

 

1 2 3



1

h 4 S S S S S S S S S S S S

 S        

Vậy thể tích khối lăng trụ ABC A B C. ' ' ' là



1 2 3

 

3 2 1

 

1 2 3

 

1 2 3



⁴

. . 1 11951

V h S S 4 S S S S S S S S S S S S

  S          .

Câu 47. [2D4-3] [Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, lần 2, năm 2018- Câu 47]

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



^{1;1; 2 ,}

 

^{B 1;0; 4 ,}

 

^{C 0; 1;3}



và điểm M thuộc mặt cầu

 

^{S x: 2y2 }



^{z 1}



^{2 1}. Khi biểu thức MA²MB²MC² đạt giá trị nhỏ nhất thì độ dài MA bằng

A. 2 . B. 6 . C. 6. D. 2.

Lời giải Chọn A

Mặt cầu

 

^S có tâm ^I



^0;0;1



và bán kính R1. Gọi ^G



^0;0;3



là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó

  

²

 

²



²

2 2 2

MA MB MC  MG GA   MG GA   MG GA 

2 2 2 2

3MG GA GB GC

    .

 

¹

Khi đó để MA²MB²MC² đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất.

Để MG nhỏ nhất ^ M là giao điểm của GI và mặt cầu

 

^S . Ta dễ dàng viết được phương trình đường thẳng GI:

0 0 1 x y

z t

 

 

  



. Khi đó ^GI

 

^S tại M1



0;0;0 ;



M2



0;0; 2



.

Thay tọa độ M M1; 2 vào

 

1 ta có khi M M2 thì MA²MB²MC² đạt giá trị nhỏ nhất.



^1;1;0



²

MA MA

   .

Câu 48. [2D1-4] [Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, lần 2, năm 2018- Câu 48]

Biết ^{F x}

 

là nguyên hàm của hàm số ^{f x}

 

^xcosx₂ ^sinx

x

  . Hỏi đồ thị của hàm số ^{y F x}

 

có bao nhiêu điểm cực trị trên khoảng



^{0; 2018}



?

A. 2019. B. 1. C. 2017. D. 2018.

Lời giải Chọn C

Ta có ^{F x}

 

^{0  f x}

 

^0xcosxsinx0. Đặt ^{g x}

 

^{xcosxsinx} có ^{g x}

 

^{ xsinx}. Ta có

 

 

0 0; 2018 g x

x 

 



   x



0; ; 2 ;3 ;...; 2017   



.

Mà ^g

 

^{0 0}; ^g

 

^{    0}; ^g

 

^{2 2 0}; ^g

 

^{3  3 0}; ^g

 

^{4 4 0}; …,



²⁰¹⁶



^{2016 0}

g     ; ^g



^2017



^{ 2017 0}; ^g



^2018



^{2018 0}.

Do đó trên khoảng



^{0; 2018}



phương trình ^{g x}

 

^0 có 2017 nghiệm phân biệt nên

 

⁰

F x  có 2017 nghiệm phân biệt.

V y ậ ^{y F x}

 

có 2017 c c tr .ự ị BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. ^{F x}

 

là nguyên hàm của hàm số

 

^{sin cos}

4

x x x

f x

x 



 . Hỏi đồ thị của hàm số ^{y F x}

 

có bao nhiêu điểm cực trị trên khoảng



^{0; 2019}



?

A. 2019. B. 1. C. 2020. D. 2018.

Lời giải Chọn D

Ta có ^{F x}

 

^{0  f x}

 

^0xsinxcosx0. Đặt ^{g x}

 

^{xsinxcosx} có ^{g x}

 

^xcosx. Ta có

 

 

0 0; 2019 g x

x 

 



 

3 5 4037

0; ; ; ;...;

2 2 2 2

x     

   

 .

Mà ^g

 

^{0  1 0}; 0

2 2

g       ; 3 3

2 2 0

g       ; 5 5

2 2 0

g      ; 7 7

2 2 0

g       ;

…, 4033 4033

2 2 0

g      ; 4035 4035

2 2 0

g       ; 4037 4037

2 2 0

g     .

Do đó trên khoảng



^{0; 2019}



phương trình ^{g x}

 

^0 có 2018 nghiệm phân biệt nên

 

⁰

F x  có 2018 nghiệm phân biệt.

Vậy ^{y F x}

 

có 2018 cực trị.

Câu 49. [2D3-4] [Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, lần 2, năm 2018- Câu 49]

Cho hàm số^{y f x}

 

xác định trên đoạn 0;

2

 

 

  thỏa mãn

   

2 2

0

2 2 sin d 2

4 2

f x f x x x



 

      

  

 



. Tích phân ²

 

0

d f x x





^bằng

A. 4

 . B. 0. C. 1. D.

2

 . Lời giải

Chọn B

+) Đặt I  ^{2 2}

   

0

2 2 sin d

f x f x x 4 x





    

  

 



^{. Ta có}

I  ^{2 2}

   

²

0

2 2 sin 2sin d

4 4

f x f x x x x



 

       

    

 



^{2 2}

0

2sin d

x 4 x



  





  

I  ²

 

²

0

2 sin d

f x x 4 x





    

  

 



^{2 2}

0

2sin d

x 4 x



  





  

+) Có ^{2 2}

0

2sin d

x 4 x



   

 

 



²

0

1 os 2 d

c x 2 x





    

  

 



²

 

0

1 sin 2 dx x







 ^^x12^cos2x

|

^02

2 2

 

+) Mà I  2 2



 suy ra ²

 

²

0

2 sin d 0

f x x 4 x





     

  

 



^(1).

+) Áp dụng kết quả: Nếu ^{f x}

 

liên tục và không âm trên đoạn

 

^{a b;} thì ^b

 

^{d 0}

a

f x x



^{. Dấu}

" " xảy ra khi ^{f x}

 

^0 với mọi ^x

 

^{a b;} . Từ (1) suy ra

 

^{2 sin 0}

f x  x4 hay

 

^{2 sin}

f x  x4. +) Do đó ²

 

0

d f x x





 ²

0

2 sin d

x 4 x



  

 

 



^{ 2cos}^x4^

|

^02

  ^0. Chọn B.

Bài tương tự

1. [2D3-4] (Đề tham khảo của BGD năm 2018) Cho hàm số ^{f x}

 

có đạo hàm liên tục trên

đoạn

 

0;1 thỏa mãn ^f

 

^{1 0}, ¹

 

²

0

d 7

f x x

 

 



^{và 1 2}

 

0

d 1 x f x x3



. Tích phân ¹

 

0

d f x x



^bằng

A. ⁷

5 . B. 1. C. ⁷

4 . D. 4.

Lời giải Chọn A

+) Đặt

 

d 3 d2

u f x v x x

 

 



 

3

du f x xd v x

  

 

  , khi đó ^{1 2}

 

³

 

¹₀ ^{1 3}

 

0 0

3x f x x x f xd  .  x f x x d

 

+) Ta có

 

^{1 3}

 

0

1 f 1 



x f x x d ^{suy ra 1 3}

 

0

d 1

x f x x  



^.

+) Áp dụng bất đẳng thức tích phân phân

       

2

2 2

d d . d

b b b

a a a

f x g x x f x x g x x

 

  







 

^{. Dấu} " "

xảy ra khi ^{f x}

 

^{kg x}

 

với k là hằng số.

Ta có

 

2

1 3 d

b

a

x f x x

 

   





 ^{6d .}

 

^2d

b b

a a

x x f x x



 

   ^{7 1}

0

7 7

x 1. Dấu " " xảy ra khi ^{f x}

 

^kx3

với k là hằng số. Mà ^{1 3}

 

0

d 1

x f x x  



^{hay1 6}

0

d 1

kx x 



^{suy ra k 7.}

+) Vậy ^{f x}

 

^{ 7x3} nên

 

^{7 4}

f x  4x c mà ^f

 

^{1 0} nên ^{f x}

 

^7₄



^1x4



^{suy ra}

1

 

0

d 7 f x x5



^{. Chọn A.}

2. [2D3-4] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm liên tục trên đoạn

 

0;1 thỏa mãn f

 

0 1 và

       

1 1

2

0 0

2 d 3 1 d

f x f x x  f x f x 9 x

 

. Tích phân ^{1 3}

 

0

d f x x



^bằng

A. ⁵

4. B. ³

2. C. ⁸

5. D. ⁷

6. Lời giải

Chọn D

+) Áp dụng bất đẳng thức tích phân phân

       

2

2 d . 2 d d

b b b

a a a

f x x g x x  f x g x x

  

 

  

^{. Dấu} " "

xảy ra khi ^{f x}

 

^{kg x}

 

với k là hằng số.

+) Ta có

       

1 1 1 2

2

0 0 0

d .x f x f x xd  f x f x xd 

    

 

  

(1) nên từ giả thiết suy ra

       

1 1

2

0 0

2 d 3 d 1

f x f x x  f x f x  x3

 

^

   

1 2

0

3 d 1

f x f x x 3

 

 

 







hay

   

1 2

0

3 d 1 0

f x f x x 3

 

  

 





 ^

   

1

0

d 1 f x f x x 3



^{và dấu} " " ở (1) xảy ra, tức là ta

có

   

   

1

0

d 1 f x f x x 3 f x f x k

  



  





1

k 3

  . Từ đó tính được

 

^{3 3}

3 f x x

 suy ra^{1 3}

 

0

d 7 f x x6



^.

Chọn D.

Câu 50. [1H3-4] [Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, lần 2, năm 2018- Câu 50]

Cho tứ diện ABCD đều có cạnh bằng 2 2 . Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD và M là trung điểm AB. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BG và CM bằng:

A. 2

14 . B. 2

5 . C. 3

2 5. D. 2

10 . Lời giải.

Chọn A.

G

B D

C A

H N M

I P

Gọi N , P lần lượt là trung điểm của CD và CN , H là trọng tâm tam giác BCD. Do G là trọng tâm của tứ diện đều ABCD nên G là trung điểm của MN và ^{GH }



^BCD



Từ H kẻ đường thẳng song song với CD cắt BP tại I BN IH( Do BN CD ) Do G, P lần lượt là trung điểm của MN,NC nên ^{GP MC} ^MC



^BGC



_{MC BG}^,  _{MC BGP}^,  _{C BGP}^, (1)

d d d

  

Do P là trung điểm của CN,H là trọng tâm tam giác BCDnên ^{  }

 

 

, , C BGP 1

N BGP

d CP

d  NP  và

 

 

 

 

, ,

3 2

N BGP H BGP

d BN

d  HB  _{ , } ³ _{ , (2)}

C BGP 2 H BGP

d d

 

Lại có: GH BN ,GH IH, IH BN

Nên ² ^,  ^{2 2 2}

1 1 1 1

H BGP

d  BH IH HG

Có ^{2 1 2}

3 6 3

IH  PN CD , ^{1 6}

3 3

HN  BN  2 6

2 3

BH  HN

2 2. 3 6

MC 2  , MN  MC²NC² 2 GN 1 ^{2 2 3} GH NG HN 3

   

 

^{2 ,} 

1 9 9 9 63

24 2 3 8

H BGP

d    

 

 ^,  2 2

H BGP 3 7

d  , kết hợp với (1) và (2) ta được

 ^,  2

CM BG 14

d  .

CÁC CÂU TƯƠNG TỰ

1. [1H3-4] Cho lăng trụ đứngABC A B C.    có AB AC a  , góc BAC120, AA a . Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABB A  và E là trung điểm củaCC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng OC và AE bằng:

A. ⁵¹ 17

a . B. ¹⁷

17

a . C. 51 2 17

a . D.^{2 17}

17 a . Lời giải.

Chọn A.

O

B C

K B'

A'

C'

A I

E

Gọi I là trung điểm của AB, K thuộc AB sao cho KCBC. Do O là tâm của hình chữ nhật ABB A  nên

2 OI AA

 và^{OI AA}_ ^{OI CE}_ ,^{OI C E}_ ^ , OI CE ,OI C E  OC EI ,OECI là các hình bình hành ^OC^{IE OC}



^BEK



, mà ^AE



^BEK



^{OC AE,}  ^{OC BEK,}  ^{C BEK',} 

d _ d _ d

  

Do E là trung điểm của CCnên ^{  }

 

 

, , C BEK 1

C BEK

d C E

d CE

 

  d^{C O AE}_ ^,  d^{C BEK,} 

Lại có: ECBC,ECCK (DoABC A B C.   là lăng trụ đứng), CK BC

Nên ² ^,  ^{2 2 2}

1 1 1 1

C BEK

d CB CK CE

Có BC AB²AC²2AB AC cos. . 120 a 3

1

2 2

CE CCa 3

.sin 30 2

CK BC   a (do tam giác ABC cân tại _A và BAC120 nên 30

ABC  )

 

^2,  ^{2 2 2}

1 4 1 4

3 3

C BEK

d a a a

   

 

 ^,  51

C BEK 17 d a

  _{ , } 51

C O AE 17 d _ a

  .

2. [1H3-4] Cho lăng trụ ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác đầu cạnh a, AA a. Hình chiếu vuông góc của ^A lên mặt phẳng ABCnằm trên cạnh BC, biết góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng A