Tổng ôn toán vận dụng – vận dụng cao ôn thi THPTQG môn Toán – Lục Trí Tuyên

Tài liệu gồm 60 trang được biên soạn bởi thầy Lục Trí Tuyên tuyển tập 142 bài toán trắc nghiệm mức độ vận dụng và vận dụng cao ôn thi THPT Quốc gia môn Toán, trong đó gồm 35 bài toán thuộc chương trình Toán 11 và 107 bài toán nằm trong chương trình Toán 12,

29 15 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu ôn thi THPTQG môn Toán

Môn: Toán

Thông tin:

60 trang 6 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
Trung tâm LTĐH THD
TÀ I LIỆU LTĐH
Năm 2018
Tổng ôn Vận dụng - Vận dụng cao
THPTQG 2018
Người biên soạn:
Lục Trí Tuyên
Dành cho:
Thành viên estudy.edu.vn
Ngày 29 tháng 4 năm 2018
Mục l ục
1 Tổng ôn Vận dụng- Vận dụng cao 3
1 Vận dụng cao lớp 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2 Vận dụng cao lớp 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
3 Đáp á n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2 Hướng dẫn giải chi tiết 21
1
Giới thiệu
Tài liệu này sử dụng một số kết quả trong:
https://estudy.edu.vn/docrepo/bai-toan-gia-tri-lon-nhat-cua-ham-co-tha-cyb6yivudrl5y
https://estudy.edu.vn/docrepo/bai-toan-chia-keo-euler-va-ung-dung-ey6pyl73gwxxi
https://estudy.edu.vn/course/lesson/tich-phan-ham-an-tt o p7vcwiqtsf3ixj2krfdmvsx
Vì vậy, các bạn đọc tham khảo thêm các chuyên đề này để hiểu rõ hơn về phương pháp giải
tổng quát.
Xin cảm ơn!
2
Chương 1
Tổng ôn Vận dụng- Vận dụng cao
1. Vận dụng cao lớp 11
Câu 1. Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình
3 sin 2x + cos 2x
sin 2x + 4cos
2
x + 1
6 m + 1 đúng với
mọi x ∈ R.
A
m >
3
√
5
4
.
B
m >
3
√
5 + 9
4
.
C
m >
√
65 − 9
2
.
D
m >
√
65 − 9
4
.
Câu 2. Có bao nhiêu g iá trị của α trong [0; 2π] để ba phần tử của S = {sin α, sin 2α, sin 3α}
trùng với ba phần tử của T = {cos α, cos 2α, cos 3α}.
A
1.
B
2.
C
3.
D
4.
Câu 3. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình ln (m + 2 sin x + ln (m + 3 sin x)) = sin x có
nghiệm?
A
3.
B
4.
C
5.
D
6.
Câu 4. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình m + sin (m + sin 3x) = sin (3 sin x) + 4sin
3
x
có nghiệm thực?
A
9.
B
5.
C
4.
D
8.
Câ
u 5. Cho phương trình: ( cos x + 1) (cos 2x − m cos x) = msin
2
x. Phương trình có đúng hai
nghiệm thuộc đoạn
ñ
0;
2π
3
ô
khi:
A
m > −1.
B
m > −1.
C
−1 6 m 6 1.
D
−1 < m 6 −
1
2
.
Câu 6. Xét bảng ô vuông gồm 4 × 4 ô vuông. Người ta điền vào mỗi ô vuông đó một tro ng hai
số 1 hoặc −1 sao cho tổ ng các số trong mỗi hàng và tổng các số trong mỗi cột đều bằng 0. Hỏi có
bao nhiêu cách?
A
72.
B
90.
C
80.
D
144.
Câu 7. Cho tập hợp A có n phần tử (n > 4). Biết rằng số tậ p con của A có 8 phần tử nhiều gấp
26 lần số tập con của A có 4 phần tử. Hãy tìm k ∈ {1, 2, 3, ..., n} sao cho số tập con gồm k phần
tử của A là nhiều nhất.
A
k =
20.
B
k =
11.
C
k =
14.
D
k =
10.
3
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 8. Một khối lập phương có độ dài cạnh là 2cm được chia thành 8 khối lập phương cạnh 1cm.
Hỏi có bao nhiêu tam giác được tạo thành từ các đỉnh của khối lập phương cạnh 1 cm.
A
2876.
B
2898.
C
2915.
D
2012.
Câu 9. Trung tâm bồ i dưỡng kiến thức và luyện thi Địa học muốn trao tặng hết 500 cuốn sách
giống nhau Đột phá tư duy giải nhanh trắc nghiệm Giải tích 12 của tác giả Lục Trí
Tuyên cho 3 trường THPT ở huyện Mù Cang Chải (thuộc Yên Bái) sao cho mỗi trường đều được
ít nhất 100 cuốn. Hỏi có bao nhiêu cách trao tặng sách theo số lượng thỏa mãn yêu cầu trên?
A
20503.
B
20301.
C
1373701.
D
83436.
Câu 10. Cho khối lập phương 3 × 3 × 3 gồm 27 khối lập phương đơn vị. Một mặt phẳng vuông
góc với đường chéo của khối lập phương lớn tại trung điểm của nó. Mặt phẳng này cắt ngang
(không đi qua đỉnh) bao nhiêu khối lập phương đơn vị?
A
10.
B
23.
C
18.
D
19.
Câu 11. Cho đa giác đều 20 cạnh nội tiếp trong đường tròn (O). Có bao nhiêu ta m giác mà các
đỉnh là ba đỉnh của đa giác và ba cạnh là ba đường chéo của đa giác?
A
800.
B
702.
C
600.
D
912.
Câu 12. Cho 2018-giác đều nội tiếp đường tròn (O). Hỏi có bao nhiêu tam giác tù mà các đỉnh
là đỉnh của đa giác này?
A
2018C
2
1008
.
B
C
3
2018
− 2018.
C
C
2
1008
.
D
2018C
2
1009
.
Câu 13. Trong mặt phẳng (Oxy) cho hình chữ nhật OMNP với M (0; 10); N (100 ; 10) và P (100; 0).
Gọi S là tập hợp tất cả các điểm A (x; y) , x, y ∈ N nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP .
Lấy ngẫu nhiên 1 điểm A (x; y) ∈ S. Tính xác suất để x + y 6 90
A
90
101
.
B
86
101
.
C
860
1111
.
D
900
1111
.
Câu 14. Cho đa giác đều 15 đỉnh. Gọi M là tập tất cả các tam g iá c có ba đỉnh là ba đỉnh của
đa giá đều này. Chọn ngẫu nhiên 1 tam giác thuộc M. Tính xác suất để tam giác được chọn là
tam giác cân nhưng không đều.
A
87
455
.
B
19
91
.
C
98
445
.
D
18
91
.
Câu 15. Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số được lập từ tập X = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.
Rút ngẫu nhiên một một số thuộc tập S. Tính xác suất để rút được số mà trong đó chữ số đứng
sau luôn lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng trước.
A
3
16
.
B
87
448
.
C
91
448
.
D
5
16
.
Câu 16. Cho đa giác đều 20 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh. Tính xác suất để 3 đỉnh đó tạo thành
một tam giác vuông không cân.
A
3
19
.
B
9
57
.
C
2
19
.
D
8
57
.
Câu 17. Cho n, (n > 4) giá c đều nội tiếp đường tròn (O). Có bao nhiêu hình thang (không là
hình chữ nhật) mà 4 đỉnh là các đỉnh của đa giác đều đã cho?
A
7
20.
B
6
80.
C
8
00.
D
9
20.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 4
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 18. Gọi S là tập tất cả các số có 7 chữ số mà tổng các chữ số của nó bằng 59. Lấy ngẫu
nhiên một số trong S. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 11.
A
3
17
.
B
4
21
.
C
5
21
.
D
19
42
.
Câu 19. Từ các số 0, 1 , 2 , 3, 4, 5, 6 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số (các chữ số không
nhất thiết khác nhau) và chia hết cho 9.
A
2558.
B
1601.
C
1760.
D
2145.
Câu 20. Sau khi khai triển và rút gọn, biểu thức
Ç
x −
1
x
2
å
20
+
Ç
x
3
−
1
x
å
10
có bao nhiêu số
hạng?
A
27.
B
28.
C
29.
D
32.
Câu 21. Tìm n biết rằng
a
n
(x − 1)
n
+ a
n−1
(x − 1)
n−1
+ ... + a
1
(x − 1) + a
0
= x
n
đồng thời a
1
+ a
2
+ a
3
= 231.
A
n = 9.
B
n = 10.
C
n = 11.
D
n = 12.
Câu 22. Cho khai triển (1 − 2x)
n
= a
0
+a
1
x+a
2
x
2
+...+a
n
x
n
. Biết S = |a
1
|+2 |a
2
|+...+n |a
n
| =
34992, tính giá trị của biểu thức P = a
0
+ 3a
1
+ 9a
2
+ ... + 3
n
a
n
?
A
390625.
B
−78125.
C
−1953125.
D
9765625.
Câu 23. Cho đa thức: P (x) = (x + 1)
8
+ (x + 1)
9
+ (x + 1)
10
+ (x + 1)
11
+ (x + 1)
12
. Khai triển
và rút gọn ta được đa thức P(x) = a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ ... + a
12
x
12
. Tìm hệ số a
8
.
A
715.
B
720.
C
700.
D
730.
Câu 24. Tìm số tất cả tự nhiên n thỏa mãn
C
0
n
1.2
+
C
1
n
2.3
+
C
2
n
3.4
+...+
C
n
n
(n + 1)(n + 2)
=
2
100
− n − 3
(n + 1)(n + 2)
.
A
n = 100.
B
n = 98.
C
n = 99.
D
n = 101.
Câu 25. Cho tập A = {1; 2; 3; 4; 5; ...; 100}. Gọi S là tập các tập con của A. Mỗi tập con này gồm
3 phần tử và có tổng bằng 91. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S. Xác suất chọn được phần tử
có 3 số lập thành cấp số nhân là?
A
4
645
.
B
2
1395
.
C
3
645
.
D
1
930
.
Câu 26. Cho f (n) = (n
2
+ n + 1 )
2
+ 1 ∀n ∈ N
∗
và đặt u
n
=
f (1) f (3) ...f (2n − 1)
f (2 ) f (4) ...f (2n)
. Tìm số
nguyên dương n nhỏ nhất sao cho log
2
u
n
+ u
n
< −
10239
1024
?
A
n = 23.
B
n = 29.
C
n = 33.
D
n = 21.
Câu 27. Cho dãy số (a
n
) thỏa mãn điều kiện a
1
= 1; 5
a
n+1
−a
n
− 1 =
3
3n + 2
với mọi n ∈ Z
+
.
Tìm số nguyên dương n > 1 nhỏ nhất để a
n
∈ Z?
A
n =
39.
B
n =
41.
C
n =
49.
D
n =
123.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 5
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 28. Cho dãy số (u
n
) được xác định bởi công thức
u
1
= 2
2018u
n+1
= u
2
n
+ 2017u
n
. Tìm giới hạn
của dãy số S
n
=
u
1
u
2
− 1
+
u
2
u
3
− 1
+ ... +
u
n
u
n+1
− 1
?
A
lim S
n
=
1
2018
.
B
lim S
n
= 2018.
C
lim S
n
=
2017
2018
.
D
lim S
n
= 1.
Câu 29. Cho dãy số (u
n
) xác định bởi u
1
= 5; u
n+1
n+1
= u
n
n
+ 2
n
+ 2 .3
n
với mọi n > 1. Tìm số
nguyên nhỏ nhất thỏa mãn u
n
n
− 2
n
> 5
100
.
A
146.
B
233.
C
232.
D
147.
Câu 30. Cho dãy số
u
1
= 1
u
n+1
=
»
3u
2
n
+ 2
và S = u
2
1
+ u
2
2
+ ... + u
2
2018
+ 2018. Khi đó S có bao
nhiêu chữ số?
A
963.
B
962.
C
607.
D
608.
Câu 31. Cho một cấp số cộng (u
n
) có u
1
= 1 và tổng của 100 số hạng đầu tiên 24850. Tính giá
trị của biểu thức S =
1
u
1
u
2
+
1
u
2
u
3
+ ... +
1
u
48
u
49
+
1
u
49
u
50
?
A
S = 123.
B
S =
4
23
.
C
S =
9
246
.
D
S =
49
246
.
Câu 32. Cho hàm số y = f (x) thỏa mãn điều kiện f
2
(1 + 2x) = x − f
3
(1 − x). Lập phương
trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = f (x) tại điểm có hoành độ x = 1?
A
y = −
1
7
x −
6
7
.
B
y = −
1
7
x +
6
7
.
C
y =
1
7
x −
6
7
.
D
y =
1
7
x +
6
7
.
Câu 33. Cho hàm số y = 2x
3
− 3x
2
+ 1 có đồ thị (C). Xét điểm A
1
có hoành độ x
1
= 1 thuộc
(C). Tiếp tuyến của (C) tại A
1
cắt (C) tại điểm thứ hai A
2
6= A
1
có hoành độ x
2
. Tiếp tuyến của
(C) tại A
2
cắt (C) tại điểm thứ hai A
3
6= A
2
có hoành độ x
3
. Cứ tiếp tục như thế, tiếp tuyến của
(C) tại A
n−1
cắt (C) tại điểm thứ hai A
n
6= A
n−1
có hoành độ x
n
. Tìm giá trị nhỏ nhất của n để
x
n
> 5
100
.
A
235.
B
234.
C
118.
D
117.
Câu 34. Cho hình chóp S.ABC. Bên trong tam giác ABC ta lấy một điểm O bất kỳ. Từ O ta dựng
các đường thẳng lầ n lượt song song với SA, SB, SC và cắt các mặt phẳng (SBC) , (SCA) , (SAB)
theo thứ tự tại A
′
, B
′
, C
′
. Khi đó tổng tỉ số T =
OA
′
SA
+
OB
′
SB
+
OC
′
SC
bằng bao nhiêu?
A
T = 3.
B
T =
3
4
.
C
T = 1.
D
T =
1
3
.
Câu 35. Cho khối tứ diện ABCD có BC = 3 , CD = 4, ∡ABC = ∡BCD = ∡ADC = 90
0
.
Góc giữa hai đường thẳng AD và BC bằng 60
0
. Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và
(ACD ) ?
A
2
√
43
43
.
B
√
43
86
.
C
4
√
43
43
.
D
√
43
43
.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 6
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
2. Vận dụng cao lớp 12
Câu 36. Phương trình e
x
−
1
x − 1
−
1
x − 2
−... −
1
x − 2018
−2018 = 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm
thực?
A
1.
B
0.
C
2018.
D
2019.
Câu 37. Cho hàm số f (x) = x
3
− 3x + m + 2. Có bao nhiêu số nguyên dương m < 2018 sao
cho với mọi bộ ba số thực a, b, c ∈ [−1; 3] thì f (a) , f (b) , f (c) là độ dài ba cạnh một tam giác
nhọn.
A
1989.
B
1969.
C
1997.
D
2008.
Câu 38. Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = |x|
3
− (2m + 1) x
2
+
3m |x| − 5 có ba điểm cực trị?
A
Ç
−∞;
1
4
å
.
B
ñ
0;
1
4
å
∪ (1; +∞).
C
(−∞; 0].
D
(1; +∞).
Câu 39.
Cho hàm số f(x) có đạo hàm f
′
(x) có đồ thị như hình vẽ . Hàm
số g( x) = f (x) −
x
3
3
+ x
2
− x + 2 đạt cực đại tại điểm nào?
A
x = 1 .
B
x = −1 .
C
x = 0 .
D
x = 2 .
x
y
y = f
′
(x)
1
1
-1
-2
2
O
Câu 40. Với giá trị thực dương của tham số m để đồ thị hàm số y = x
3
− 3mx
2
+ 3x + 1 có các
điểm cực trị A và B sao cho tam giác ∆OAB có diện tích bằng 8
√
2 thì mệnh đề nào sau đây là
đúng?
A
1 < m < 2.
B
2 < m <
7
2
.
C
3 < m < 4.
D
m < 1.
Câu 41. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f
′
(x) = x
2
(x + 1) ( x
2
+ 2mx + 4). Có bao nhiêu giá
trị nguyên âm của m để hàm số y = f (x
2
) có đúng 1 điểm cực trị?
A
1.
B
2.
C
3.
D
4.
Câu 42. Xét các số thực với a 6= 0, b > 0 sao cho phương trình ax
3
− x
2
+ b = 0 có ít nhất hai
nghiệm thực. Giá trị lớn nhất của biểu thức a
2
b bằng:
A
4
27
.
B
15
4
.
C
27
4
.
D
4
15
.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 7
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 43.
Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình vẽ bên và có đạo
hàm f
′
(x) liên tục trên R. Đường thẳng trong hình vẽ bên
là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại gốc tọa độ. Gọi m là giá
trị nhỏ nhất của hàm số y = f
′
(x). Mệnh đề nào sau đây là
đúng?
A
m < −2.
B
−2 < m < 0 .
C
0 < m < 2.
D
m > 2.
x
y
0
−1
1
2
Câu 44. Giả sử k là số thực lớn nhất sao cho bất đẳng thức
1
sin
2
x
<
1
x
2
+ 1 −
k
π
2
đúng với∀x ∈
(0;
π
2
). Khi đó giá trị của k là
A
5.
B
2.
C
4.
D
6.
Câu 45. Cho hàm số y = f (x) = ax
4
+ bx
2
+ c (a 6= 0) có điều kiện min
(−∞;0)
f (x) = f (−1). Giá trị
nhỏ nhất của hàm số y = f (x) trên đoạn
ñ
1
2
; 2
ô
bằng:
A
c + 8a.
B
c −
7a
16
.
C
c +
9a
16
.
D
c − a.
Câu 46. Có bao nhiêu giá trị của tham số thực m để giá trị nhỏ nhất của hàm số y = |x
2
− 2x + m|+
4x bằng −1?
A
0.
B
1.
C
2.
D
3.
Câ
u 47. Giá trị lớn nhất của hàm số y =
ln x + 1
»
ln
2
x + 1
+ m
trên [1; e
2
] đạt giá trị nhỏ nhất là bao
nhiêu?
A
1 +
√
2
2
.
B
√
2 − 1
4
.
C
√
2 − 1
2
.
D
1 +
√
2
4
.
Câu 48. Biết rằng tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = (x + a)
3
+ (x + b)
3
+ (x + c)
3
có hệ số góc
nhỏ nhất tại tiếp điểm có hoành độ x = −1 đồng thời a, b, c là các số thực không âm. Tìm giá trị
lớn nhất của tung độ của giao điểm đồ thị hàm số với trục tung?
A
27.
B
3.
C
9.
D
18.
Câu 49. Cho ba số thực x, y, z không âm thỏa mãn 2
x
+ 4
y
+ 8
z
= 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức S =
x
6
+
y
3
+
z
2
.
A
1
12
.
B
4
3
.
C
1
6
.
D
1 − log
4
3.
Câu 50. Cho các số thực a, b, c ∈ [2; 3]. Biết giá trị lớ n nhất của S = 4
a
+ 4
b
+ 4
c
−
1
4
(a + b + c)
3
là
m
n
với m, n là các số nguyên dương và
m
n
tối giản. Tính P = m + 2n.
A
P = 257.
B
P = 258.
C
P = 17 .
D
P = 18 .
Câu 51. Có bao nhiêu g iá trị nguyên của m để hàm số y = |x
2
+ mx + 1| trên [−1; 2] đạt giá trị
nhỏ nhất bằng 1?
A
1.
B
3
2.
C
6.
D
4.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 8
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 52. Cho hàm số y =
x − 3
x + 1
có đồ thị (C) và điểm A ∈ (C). Tiếp tuyến vớ i (C) tại A tạo với
hai đường tiệm cận một tam giá c có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất là bao nhiêu?
A
2 + 2
√
2.
B
4 − 2
√
2.
C
3 −
√
2.
D
4 + 2
√
2.
Câu 53. Cho x, y > 0 và thỏa mãn
x
2
− xy + 3 = 0
2x + 3y − 14 6 0
. Tính tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
của biểu thức P = 3x
2
y − xy
2
− 2x
3
+ 2x?
A
0.
B
8.
C
4.
D
12.
Câu 54. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số y = |x
3
− 3x + m |
trên đoạn [0; 2] bằng 3.
A
1.
B
2.
C
3.
D
4.
Câu 55. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số
y =
x
3
− x
2
+
Ä
m
2
+ 1
ä
x − 4m − 7
trên đoạn [0; 2] không vượt quá 15 .
A
m > −2.
B
m 6 2.
C
0 6 m 6 2.
D
−2 6 m 6 2.
Câu 56. Cho hàm số f (x) liên tục trên [1; 5] thỏa mãn f (1) = a + 1; f(2) = −a; f(3) = −a −2;
f(4) = 2a + 5 và f(5) = 1 − a
2
(a là tham số). Biết rằng hàm số f(x) đơn điệu trên mỗi khoảng
(1; 2), (2; 3), (3; 4) và (4; 5). Tìm tất cả các giá trị của a để min
[1;5]
f(x) 6 −3.
A
a ∈ (−∞; −2] ∪ [1; +∞) \
−
7
3
©
.
B
a ∈ (−∞; −2] ∪ [1; +∞).
C
a ∈ [−2; 1].
D
a ∈ (−∞; −2] ∪ [2; +∞).
Câu 57. Gọi k, e là số thực để giá trị lớn nhất của hàm số y = |x
2
− kx − e| trên đoạn [−1; 3]
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính k + e?
A
−1.
B
1.
C
−3.
D
3.
Câu 58. Cho hàm số y = |8x
4
+ ax
2
+ b| trong đó a, b là các tham số thực. Biết rằng giá trị lớn
nhất của hàm số trên [−1; 1] bằng 1. Tính T = a + b.
A
−9.
B
−7.
C
8.
D
6.
Câu 59. Từ một tấm tôn có kích thước 90cm × 3m, người ta làm một máng xối nước trong đó
mặt cắt là hình thang ABCD có hình dưới.
Tính thể tích lớn nhất của máng xối.
A
40500
√
6cm
3
.
B
40500
√
5cm
3
.
C
202500
√
3cm
3
.
D
40500
√
2cm
3
.
B
C
30cm
D
30cm
A
30cm
Câu 60. C
ho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 9
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
x
y
′
y
−∞
−2
0 2
+∞
+
0
−
0
+
0
−
−∞−∞
33
−1−1
33
−∞−∞
Hàm số y = f (x
2
− 2) nghịch biến trên khoảng nào ?
A
(−2; 0).
B
(2; +∞).
C
(0; 2).
D
(−∞; −2).
Câu 61. Cho phương trình 8
x
− m2
2x+1
+ (2m
2
− 1) 2
x
+ m − m
3
= 0. Biết tập hợp các giá trị
thực của tham số m sao cho phương trình có ba nghiệm phân biệt là (a; b). Tính S = ab?
A
S =
2
√
3
.
B
S =
4
3
.
C
S =
√
3
2
.
D
S =
2
√
3
3
.
Câu 62. Cho hai số thực a, b lớn hơn 1 thay đổi thỏa mãn a + b = 10. Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm
của phương trình (log
a
x) (log
b
x) −2 log
a
x −3 log
b
x −1 = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
S = x
1
.x
2
.
A
16875
16
.
B
4000
27
.
C
15625.
D
3456.
Câu 63. Cho ba số thực a, b, c thay đổi lớn hơn 1 thỏa mãn a + b + c = 1 00. Gọi x
1
, x
2
là hai
nghiệm của phương trình (log
a
x)
2
−(1 + 2log
a
b + 3log
a
c) log
a
x −1 = 0. Tính S = a + 2b + 3c khi
x
1
.x
2
đạt giá trị lớn nhất.
A
S =
500
3
.
B
S =
700
3
.
C
S =
650
3
.
D
S = 200.
Câu 64. Biết rằng khi m, n là các số dương khác 1, thay đổi thỏa mãn m + n = 20 17 thì phương
trình 8log
m
x.log
n
x−7log
m
x−6log
n
x−2017 = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
. Biết giá trị lớn
nhất của ln (x
1
x
2
) là
3
4
ln
Å
c
13
ã
+
7
8
ln
Ç
d
13
å
với c, d là các số nguyên dương. Tính S = 2c + 3d.
A
S = 2017.
B
S = 66561.
C
S = 64544.
D
S = 26221.
Câu 65. Cho các số thực dương a, b thỏa mãn 4
a
−2
a+1
+ 2 (2
a
− 1) sin (2
a
+ b − 1) + 2 = 0. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = a + 2b.
A
π
2
− 1.
B
π
2
.
C
π − 1.
D
3π
2
− 1.
Câu 66. Cho hai số thực a > 1, b > 1. Biết phương trình a
x
b
x
2
− 1 = 1 có hai nghiệm phân biệt
x
1
, x
2
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S =
Ç
x
1
x
2
x
1
+ x
2
å
2
− 4 (x
1
+ x
2
).
A
4.
B
3
3
√
2.
C
3
3
√
4.
D
3
√
2.
Câu 67. Cho các số nguyên dương a, b > 1. Biết phương trình a
x
2
+1
= b
x
có hai nghiệm phân biệt
x
1
, x
2
và phương trình b
x
2
−1
= (9a)
x
có hai nghiệm phân biệt x
3
, x
4
thỏa mãn (x
1
+ x
2
) (x
3
+ x
4
) <
3. Tìm g iá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 3a + 2b.
A
1
2.
B
4
6.
C
4
4.
D
2
2.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 10
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 68. Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình a.4
x
− b.2
x
+ 50 = 0 có hai nghiệm
phân biệt x
1
, x
2
và phương trình 9
x
− b.3
x
+ 50a = 0 có hai nghiệm phân biệt x
3
, x
4
thỏa mãn
x
3
+ x
4
> x
1
+ x
2
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 3a + 2b.
A
49.
B
51.
C
81.
D
78.
Câu 69. Cho hai số thực a, b lớn hơn 1 thay đổi thỏa mãn a + b = 10. Gọi m, n là hai nghiệm của
phương trình (lo g
a
x) (log
b
x)−2log
a
x−3 = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = mn+9a.
A
279
4
.
B
90.
C
81
4
.
D
45
2
.
Câu 70. Cho hai số thực dương a, b lớn hơn 1 và biết phương trình a
x
2
b
x+1
= 1 có nghiệm thực.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = log
a
(ab) +
4
log
a
b
.
A
4.
B
5.
C
6.
D
10.
Câu 71. Xét các số thực dương a, b thỏa mãn log
2
2
a−2log
2
a+2+2 (log
2
a − 1) sin (log
2
a + b) = 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 2a + 3b.
A
3π
2
− 1.
B
3π
2
− 2.
C
π − 1.
D
9π
2
+ 2.
Câu 72. Cho các số thực a, b > 1 và phương trình log
a
(ax) log
b
(bx) = 2018 có hai nghiệm phân
biệt x
1
và
2
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = (4a
2
+ 9b
2
) (36x
2
1
x
2
2
+ 1).
A
144.
B
72.
C
36.
D
288.
Câu 73. Cho hàm số f (x) = log
3
m
2
x
1 − x
, x ∈ (0; 1). Gọi S là tậ p hợ p tấ t cả các giá trị thực của
tham số m sao cho f (a) + f (b) = 3 với mọi số thực a, b > 0 thỏa mãn e
a+b
6 e (a + b). Tính tích
các phần tử của S.
A
27.
B
3
√
3.
C
−3
√
3.
D
−27.
Câu 74. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R\{0; −1} thỏa mãn điều kiện f (1) = −2 ln 2 và
x (x + 1) .f
′
(x) + f (x) = x
2
+ x. Biết f (2) = a + b ln 3 ( a, b ∈ Q). Tính a
2
+ b
2
?
A
3
4
.
B
13
4
.
C
1
2
.
D
9
2
.
Câu 75. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên [−1; 1] đồng thời thỏa mãn điều kiện
1
Z
−1
f
2
(x) dx 6 2 và
1
Z
−1
f (x) dx = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1
Z
−1
x
2
f (x) dx?
A
−
4
√
5
15
.
B
−
1
2
.
C
−
√
5
15
.
D
−1.
Câu 76. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai f
′′
(x) liên tục trên đoạn [0; 1] đồng thời thỏa
mãn điều kiện f (0) = f (1) = 1; f
′
(0) = 2018. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A
1
Z
0
f
′′
(x) (1 − x ) dx = −2018.
B
1
Z
0
f
′′
(x) (1 − x) dx = 2018.
C
1
Z
0
f
′′
(x) (1 − x ) dx = 1.
D
1
Z
0
f
′′
(x) (1 − x ) dx = −1.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 11
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 77. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; 1] thỏa mãn 3f (x) + xf
′
(x) >
x
2018
với mọi x ∈ [0; 1]. Giá trị nhỏ nhất của tích phân
1
Z
0
f (x) dx bằng
A
1
2021 × 2022
.
B
1
2018 × 20 21
.
C
1
2018 × 2019
.
D
1
2019 × 2021
.
Câu 78. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên [0; 1] thỏa mãn f (1) = 0,
1
Z
0
[f
′
(x)]
2
dx =
1
11
và
1
Z
0
x
4
f (x) dx = −
1
55
. Tích phân
1
Z
0
f (x) dx bằng
A
−1
7
.
B
1
7
.
C
−1
55
.
D
1
11
.
Câu 79. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên [0; 1] thỏa mãn f (1) = 0,
1
Z
0
[f
′
(x)]
2
dx =
3
2
− 2 ln 2
và
1
Z
0
f (x)
(x + 1)
2
dx = 2 ln 2 −
3
2
. Tích phân
1
Z
0
f (x) dx bằng
A
1 − 2 ln 2
2
.
B
3 − 2 ln 2
2
.
C
3 − 4 ln 2
2
.
D
1 − ln 2
2
.
Câu 80. Cho hàm số y = f (x) nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn
ñ
0;
1
2
ô
đồng thời ta
đặt g (x) = 1 +
x
Z
0
f (t) dt. Biết g (x) 6
»
f (x) với mọi x ∈
ñ
0;
1
2
ô
. Tích phân
1
2
Z
0
1
g (x)
dx có giá trị
lớn nhất bằng:
A
1
3
.
B
2
3
.
C
√
2
2
.
D
3
8
.
Câu 81. Cho hàm số y = f (x) nhận giá trị không â m và liên tục trên đoạn [0; 1] đồng thời ta
đặt g (x) = 1 + 3
x
Z
0
f (t) dt. Biết g (x) > f
2
(x) với mọi x ∈ [0; 1]. Tích phân
1
Z
0
»
g (x)dx có giá trị
lớn nhất bằng:
A
5
2
.
B
4
3
.
C
7
4
.
D
9
5
.
Câu 82. Cho hàm số y = f (x) nhận giá trị dương và liên tục trên khoảng (0; 1) đồng thời có
một nguyên hàm liên tục trên đoạn [0 ; 1]. Đặt g (x) = 1 +
x
2
Z
0
f (t) dt. Biết g (x) > 2xf (x
2
) với mọi
x ∈ [0; 1]. Tích phân
1
Z
0
g (x)dx có giá trị lớn nhất bằng:
A
e − 1.
B
2.
C
e + 1.
D
e + 1
2
.
Câu 83. Cho hàm số y = f (x) xác định và liên tục trên R thỏa mãn f (x
5
+ 4x + 3) = 2x + 1
với mọi x ∈ R. Tích phân
8
Z
−2
f (x) dx bằng:
A
1
0.
B
3
2
3
.
C
7
2.
D
2.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 12
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 84. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai liên tục trên đoạn [0; 1] đồng thời thỏa mãn các
điều kiện
1
Z
0
e
x
f (x) dx =
1
Z
0
e
x
f
′
(x) dx =
1
Z
0
e
x
f
′′
(x) dx 6= 0. Giá trị của biểu thức
ef
′
(1) − f
′
(0)
ef (1) − f ( 0)
bằng:
A
−2.
B
−1.
C
2.
D
1.
Câ
u 85. Cho hàm số y = f (x) nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn [0; 1] đồng thời ta
đặt g (x) = 1 + 2
x
Z
0
f (t) dt. Biết g (x) > [f (x)]
3
với mọi x ∈ [0; 1]. Tích phân
1
Z
0
3
q
[g (x)]
2
dx có giá
trị lớn nhất bằng:
A
5
3
.
B
4.
C
4
3
.
D
5.
Câ
u 86. Cho hàm số f có đạo hàm liên tục trên [1; 8] đồng thời thỏa mãn điều kiện:
2
Z
1
î
f
Ä
x
3
äó
2
dx+
2
2
Z
1
f
Ä
x
3
ä
dx =
2
3
8
Z
1
f (x) dx −
2
Z
1
Ä
x
2
− 1
ä
2
dx. Tích phân
2
Z
1
[f
′
(x)]
3
dx bằng:
A
8 ln 2
27
.
B
ln 2
27
.
C
4
3
.
D
5
4
.
Câu 87.
Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi parabol (P ) : y = 8x − x
2
và
trục hoành. Các đường thẳng y = a, y = b, y = c với 0 < a < b <
c < 16 chia (H) thành bốn phần có diện tích bằng nhau. G iá trị
của biểu thức (16 − a)
3
+ (16 − b)
3
+ (16 − c)
3
bằng:
A
2048.
B
3584.
C
2816.
D
3480.
4 8 12 16
x
5
10
15
y
0
y = a
y = b
y = c
Câu 88.
Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên R. Đồ thị của hàm số
y = f (x) như hình vẽ b ên. Khi đó giá trị của biểu thức
4
Z
0
f
′
(x − 2) dx +
2
Z
0
f
′
(x + 2 ) dx bằng bao nhiêu:
A
10.
B
−2.
C
2.
D
6.
x
y
2 4
O
−2
2
4
−2
Câu 89. Cho hàm số f (x) có đạo hàm dương, liên tục trên [0; 1] đồng thời thỏa mãn các điều
kiện f (0) = 1 và 3
1
Z
0
ñ
f
′
(x) f
2
(x) +
1
9
ô
dx 6 2
1
Z
0
»
f
′
(x)f (x) d
x. Tính tích phân
1
Z
0
f
3
(x) dx?
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 13
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
A
3
2
.
B
5
4
.
C
5
6
.
D
7
6
.
Câu 90. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục và dương trên R và thỏa mãn điều kiện
f (0) = 1 đồng thời
f
′
(x)
f (x)
=
x
x
2
+ 1
. Tính T = f
Ä
2
√
2
ä
− 2f (1)?
A
3 − 2
√
2.
B
2.
C
4.
D
4 − 2
√
3.
Câu 91. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên [0; 1] đồng thời thỏa mãn điều kiện
f (0) = 2 và 21(x
2
− 1)
2
− 12(x − 1)
2
− 12 xf (x) = [f
′
(x)]
2
∀x ∈ [0; 1]. Tính
1
Z
0
f (x) dx.
A
3
4
.
B
4
3
.
C
−2.
D
−
5
4
.
Câu 92. Cho f (x) liên tục trên R thỏa mãn
π
4
Z
0
f (tan x) dx = 4 và
1
Z
0
x
2
f (x)
x
2
+ 1
dx = 2. Tính
1
Z
0
f (x) dx.
A
8.
B
2.
C
3.
D
6.
Câu 93. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục và không âm trên [1 ; 4] đồng thời thỏa mãn điều
kiện x + 2xf ( x) = [f
′
(x)]
2
đồng thời f (1) =
3
2
. Tính
4
Z
1
f (x) dx.
A
1186
45
.
B
2507
90
.
C
848
45
.
D
1831
90
.
Câu 94. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên [0; 1] đồng thời thỏa mãn điều kiện
f (0) = 0, f (1) = 1 và
1
Z
0
[f
′
(x)]
2
e
x
dx =
1
e − 1
. Tính tích phân I =
1
Z
0
f (x) dx =?
A
e − 2
e − 1
.
B
e − 1
e − 2
.
C
1.
D
1
(e − 1) (e − 2)
.
Câu 95. Cho parabol (P ) : y = x
2
và hai điểm A, B thuộc ( P ) sao cho AB = 2. Tìm diện tích
lớn nhất của hình phẳng giới hạn bởi (P ) và đường thẳng AB.
A
4
3
.
B
3
4
.
C
3
4
.
D
3
2
.
Câu 96. Câu 7: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện |z
2
− 2z + 5| = |(z − 1 + 2i) (z + 3i − 1)|.
Tìm giá trị nhỏ nhất của module |z − 2 + 2i| .
A
1.
B
√
5.
C
5
2
.
D
3
2
.
Câu 97. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện |z + 1 − 2i| = 2
√
2 . Tính giá trị lớn nhất của biểu
thức P = a |z − 1| + b |z + 3 + 4i| với a, b là số thực dương.
A
√
a
2
+ b
2
.
B
√
2a
2
+ 2b
2
.
C
4
√
2a
2
+ 2b
2
.
D
a
2
+ b
2
.
Câ
u 98. Cho số phức z = a + bi (a, b ∈ R) thỏa mãn
z − 2i
z − 2
l
à số thuần ảo. Khi số phức z có
môđun lớn nhất. Tính giá trị biểu thức P = a + b.
A
P =
0.
B
P =
4.
C
P =
2
√
2 + 1.
D
P =
1 + 3
√
2.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 14
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 99. Xét các số phức z = a + bi (a, b ∈ R) thỏa mãn |z + 2 + 3i| =
√
2. Tính P = a + b khi
|z + 2 − 5i| + |z − 6 + 3i| đạt giá trị lớn nhất.
A
P = 3.
B
P = −3.
C
P = 7.
D
P = −7.
Câu 100. Cho số thực z
1
và số phức z
2
thỏa mãn |z
2
− 2i| = 1 và
z
2
− z
1
1 + i
là số thực. Gọi M, m
lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của |z
1
− z
2
|. Tính giá trị của biểu thức T = M + m?
A
T = 4.
B
T = 4
√
2.
C
T = 3
√
2 + 1.
D
T =
√
2 + 3.
Câu 101. Cho số phức z thỏa mãn |z| = m
2
+ 2m + 5 với m là số thực. biết rằng tập hợp điểm
của số phức w = (3 + 4i) z −2i là đường tròn. Tính bán kính R nhỏ nhất của đường tròn đó.
A
R
min
= 5.
B
R
min
= 20.
C
R
min
= 4.
D
R
min
= 2 5.
Câu 102. Xét số phức z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là M và M
′
. Số phức
z (4 + 3i) và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là N và N
′
. Biết rằng MM
′
N
′
N là một
hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của |z + 4i − 5|.
A
5
√
34
.
B
2
√
5
.
C
1
√
2
.
D
4
√
13
.
Câu 103. Cho số phức z = m −2 + (m
2
− 1) i với m ∈ R. Gọi (C) là tập hợp các điểm biểu diễn
số phức z trong mặt phẳng tọa độ. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và Ox.
A
1.
B
4
3
.
C
32
3
.
D
8
3
.
Câu 104. Cho hai số phức z
1
, z
2
khác 0 thỏa mãn z
2
1
−z
1
z
2
+z
2
2
= 0. Gọi A, B lần lượt là các điểm
biểu diễn của z
1
, z
2
. Tam giác OAB có diện tích bằng
√
3. Tính môđun của số phức z
1
+ z
2
.
A
2
√
3.
B
√
3.
C
2.
D
4.
Câu 105. Gọi M và m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của phần thực số phức w = z
3
+
1
z
3
trong đó |z| = 1. Tính P = M
2
+ m
2
?
A
10.
B
5.
C
29.
D
8.
Câu 106. Cho |2z + 1 − 3i| =
√
2. Tìm g iá trị lớn nhất của P = |z − 1| + 3. |z + 1 − 2i|?
A
4
√
2.
B
4
√
3.
C
2
√
2.
D
4.
Câu 107. Tính module của số phức z = 1 + 2i + 3i
2
+ 4i
3
+ ... + 2017.i
2016
.
A
|z| =
√
2036164.
B
|z| =
√
2030113.
C
|z| =
√
2034145.
D
|z| =
√
2032130.
Câu 108. Cho 3 số phức z
1
; z
2
; z
3
thỏa
z
1
+ z
2
+ z
3
= 0
|z
1
| = |z
2
| = |z
3
| =
2
√
2
3
. TínhA = |z
1
+ z
2
|
2
+|z
2
+ z
3
|
2
+
|z
3
+ z
1
|
2
.
A
2
√
2
3
.
B
2
√
2 .
C
8
3
.
D
8
√
3
3
.
Câu 109. Cho số phức|z
2017
− 1| = 1 . Gọi P = |z| . Tính A = 2017. (max P )−2017. (min P ).
A
A = 2017.
2016
√
2.
B
A = 2017.
2017
√
3.
C
A = 2017 .
2017
√
2.
D
A = 2017 .
Câu 110. Xét số phức z thỏa 2 |z − 1| + 3 |z − i| 6 2
√
2 .
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A
3
2
< |z| < 2.
B
|z| > 2.
C
|z| <
1
2
.
D
1
2
< |z| <
3
2
.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 15
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 111. Tìm giá trị lớn nhất của P = |z
2
− z|+|z
2
+ z + 1| với z là số phức thỏa mãn |z| = 1.
A
max P =
13
4
.
B
max P =
9
4
.
C
max P =
13
3
.
D
max P =
11
3
.
Câu 112. Có bao nhiêu giá trị của m để tồn tại duy nhất số phức z thỏa mãn z.z = 1 và
z −
√
3 + i
= m.
A
0.
B
1.
C
2.
D
3.
Câu 113. Cho hai số phức z
1
, z
2
thỏa mãn z
1
+ z
2
= 8 + 6i và |z
1
− z
2
| = 2. Tìm giá trị lớn nhất
của P = |z
1
| + |z
2
|.
A
P = 4
√
6.
B
P = 2
√
26.
C
P = 5 + 3
√
5.
D
P = 32 + 3
√
2.
Câu 114. Cho số phức z có |z| = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = 1008 |1 + z| +
1 + z
2
+
1 + z
3
+ ... +
1 + z
2017
A
4032.
B
2016.
C
2018.
D
1008.
Câu 115. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất số phức z
thỏa mãn z.z = 1 và |z − 3 − 4i| = m. Tính tổng các phần tử thuộc S.
A
10.
B
42.
C
52.
D
40.
Câu 116. Cho biết
z +
4
z
=
2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = |z|
2
+ |z| + 1?
A
8 − 3
√
5.
B
6 +
√
5.
C
6 −
√
5.
D
8 + 3
√
5.
Câu 117. Cho |z − 4 − 3i| =
√
5. G ọi M và m là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của |z + 1 − 3i| +
|z − 1 + i|. Tính P = M
2
+ m
2
?
A
P = 240.
B
P = 250.
C
P = 27 0.
D
P = 32 0.
Câu 118. Cho hai số phức z và w biết chúng thỏa mãn
(1 + i) z
1 − i
+ 2
= 1 và w = iz. Tìm giá
trị lớn nhất của M = |z − w|.
A
3
√
3.
B
3.
C
3
√
2.
D
2
√
3.
Câu 119. Gọi z
1
, z
2
, z
3
, z
4
là nghiệm của phương trình
Ç
z − 1
2z − i
å
4
= 1 . Tính g iá trị của biểu
thức:
P =
Ä
z
2
1
+ 1
äÄ
z
2
2
+ 1
äÄ
z
2
3
+ 1
äÄ
z
2
4
+ 1
ä
.
A
1.
B
19
7
.
C
17
9
.
D
2.
Câu 120. Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của A qua D. Mặt phẳng
qua CE và vuông góc với mặt phẳng (ABD) cắt cạnh AB tại điểm F . Tính thể tích V của khối
tứ diện AECF .
A
V =
√
2a
3
30
.
B
V =
√
2a
3
60
.
C
V =
√
2a
3
40
.
D
V =
√
2a
3
15
.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 16
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 121. Cho hình chóp S.ABC có SA = x, BC = y, AB = AC = SB = SC = 1. Khi thể tích
khối chóp S.ABC lớn nhất thì tổng x + y bằng:
A
√
3.
B
2
√
3
.
C
4
√
3
.
D
4
√
3.
Câu 122. Cho tam diện vuông OABC có bán kính mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp lần lượt là R
và r. Khi đó tỷ số
R
r
đạt giá trị nhỏ nhất là
a +
√
b
2
. Tính P = a + b?
A
6.
B
27.
C
30.
D
60.
Câu 123. Trong không gian với hệ tọ a độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : x + 2y + z − 4 = 0.
Có tấ t cả bao nhiêu mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng (P ) và tiếp xúc với ba trục tọa độ
x
′
Ox, y
′
Oy, z
′
Oz?
A
8.
B
4.
C
3.
D
1.
Câu 124. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : x
2
+y
2
+z
2
−2x−2y −2z = 0
và điểm A (2; 2; 0). Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết rằng điểm B thuộc mặt cầu (S),
có hoành độ dương và tam giác OAB đều.
A
x − y − 2z = 0.
B
x − y − z = 0.
C
x − y + z = 0.
D
x − y + 2z = 0.
Câu 125. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A (a; 0; 0) , B (0; b; c) , C (0; 0 ; c)
với a > 4 , b > 5, c > 6 và mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có bán kính bằng
3
√
10
2
. Khi tổng
OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất thì giá trị P = a + 2b + 3c bằng:
A
45.
B
35.
C
38.
D
42.
Câu 126. Cho mặt cầu (S) : (x + 1)
2
+ (y − 4 )
2
+ z
2
= 8 và các điểm A (3; 0; 0) , B (4; 2; 1). Gọi
M là một điểm bất kỳ thuộc mặt cầu (S). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + 2.MB?
A
4
√
2.
B
6
√
2.
C
2
√
2.
D
3
√
2.
Câu 127. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho S (0; 0 ; 1) , M ( m; 0; 0) , N (0; n; 0) với
m, n > 0 và m + n = 1. (SMN) luôn tiếp xúc với 1 mặt cầu cố định có bán kính là bao nhiêu
biết mặt cầu đó đi qua M (1; 1; 1).
A
√
2.
B
2.
C
1.
D
√
3.
Câu 128. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho (P ) là mặt phẳng đi qua M (1; 4; 9) và
cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó (P ) đi
qua điểm nào trong các đáp án sau?
A
(12; 0; 0).
B
(0; 6; 0).
C
(0; 12; 0).
D
(0; 0; 6).
Câu 129. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho H (a; b; c) trong đó ab + bc + ca = −1.
Mặt phẳng (α) qua H và cắt Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho H là trực tâm ∆ABC. Mặt cầu tâm
O tiếp xúc (α) có bán kính nhỏ nhất là?
A
1.
B
2.
C
√
2.
D
√
3.
Câu 130. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ( 1; 2; −1) , M (2; 4; 1) , N (1; 5; 3).
Tìm tọa độ điểm C nằm trên mặt phẳng (P ) : x + z −27 = 0 sao cho tồn tại các điểm B, D tương
ứng thuộc các tia AM, AN để tứ giác ABCD là hình thoi.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 17
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
A
C (6; −17; 21).
B
C (20; 15; 7).
C
C (6; 21; 21).
D
C (18; −7; 9).
Câu 131. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P ) : x + y −z −3 = 0 và tọa
độ hai điểm A (1; 1; 1) , B (−3; −3; −3). Mặt cầu (S) đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với (P ) tại
điểm C. Biết rằ ng C luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó?
A
R = 4.
B
R =
2
√
33
3
.
C
R =
2
√
11
3
.
D
R = 6.
Câu 132. Trong không gia n tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P ) : 2mx + (m
2
+ 1) y + (m
2
− 1) z −
10 = 0 và điểm A (2; 11; −5). Biết khi m thay đổi tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt
phẳng (P ) và đi qua A. Tìm tổng bán kính hai mặt cầu đó.
A
7
√
2.
B
15
√
2.
C
5
√
2.
D
12
√
2.
Câu 133. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho phương trình các mặt phẳng (P ) : x −y+2 z+1 =
0 và (Q) : 2x + y + z − 1 = 0. Gọi (S) là mặt cầu có tâm thuộc Ox đồng thời cắt mặt phẳng (P )
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và cắt mặt phẳng (Q) theo giao tuyến là
một đường tròn có bán kính bằng r. Xác định r sao cho chỉ tồn tại duy nhất một mặt cầu thỏa
mãn điều kiện đã cho.
A
r =
√
10
2
.
B
r =
3
√
2
2
.
C
r =
√
3.
D
r =
√
14
2
.
Câu 134. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm A (2, 1, 0),
song song với mặt phẳng (P ) : x−y−z = 0 và có tổng khoảng cách từ các điểm M (0, 2, 0) , N (4, 0, 0)
tới đường thẳng đó đạt giá trị nhỏ nhất? Vector chỉ phương của ∆ là?
A
# »
u
∆
= (1, 0, 1).
B
# »
u
∆
= (2, 1, 1).
C
# »
u
∆
= (3, 2, 1).
D
# »
u
∆
= (0, 1, −1).
Câu 135. Ba tia Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc. Gọi Clà điểm cố định trên Oz, đặt OC = 1 hai
điểm A, B thay đổi trên Ox, Oysao cho OA + OB = OC. Tìm g iá trị nhỏ nhất của bán kính mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện O.ABC?
A
√
6
4
.
B
√
6
3
.
C
√
6
2
.
D
√
6.
Câu 136. Trong không g ia n với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : x −2y + 2z −3 = 0 và hai
điểm A (1; 2; 3) , B (3; 4; 5). Gọi M là một điểm di động trên (P ). Giá trị lớn nhất của biểu thức
MA + 2
√
3
MB
bằng:
A
√
2.
B
3
»
3 +
√
78.
C
»
54 + 6
√
78.
D
3
√
3.
Câu 137. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M (3; 4; 5). Gọi (P ) là mặt phẳng
qua M sao cho (P) cắt các trục tọa độ tại các điểm A, B, C sao cho khoảng cách từ gốc tọa độ
tới (P ) là lớn nhất. Thể tích khối tứ diện OABC là?
A
6250
3
.
B
3125
9
.
C
24
5
.
D
144
5
.
Câu 138. Cho mặt phẳng (P
a,b,c
) : bcx + cay + abz − abc = 0 với a, b, c > 0 và
1
a
+
1
b
+
1
c
= 3.
Gọi M (x
0
, y
0
, z
0
) là điểm cố định của mặt phẳng (P
a,b,c
) khi a, b, c thay đổi. Tính giá trị của biểu
thức E = x
0
+ y
0
+ z
0
?
A
E =
1.
B
E =
3.
C
E =
1
3
.
D
E =
1
2
.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 18
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 139. Trong không gian vớ i hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn đường thẳng có phương trình
lần lượt là d
1
:
x − 1
1
=
y − 2
2
=
z
−2
, d
2
:
x − 2
2
=
y − 2
4
=
z
−4
, d
3
:
x
2
=
y
1
=
z − 1
1
,
d
4
:
x − 2
2
=
y
2
=
z − 1
−1
.
Biết rằng đường thẳng ∆ có vector chỉ phương
#»
u (2; a; b) cắt cả bốn đường thẳng đã cho. Giá trị
của biểu thức 2 a + 3b bằng:
A
5.
B
−1.
C
−
3
2
.
D
−
1
2
.
Câu 140. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A (1, 0, 1) , B (−3, 4, −1) , C (2, 2, 3).
Đường thẳng d đi qua A, cắt các mặt cầu đường kính AB và AC lần lượt tại các điểm M, N
không trùng vớ i A sao cho đường gấp khúc BMNC có độ dài lớn nhất có vector chỉ phương
là?
A
#»
u = ( 1, 0, 2).
B
#»
u = ( 1, 0, 1).
C
#»
u = ( 1, 0, −1).
D
#»
u = (2, 0, −1).
Câu 141. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz gọi d là đường thẳng đi qua điểm A (1, 0, 0)
có hình chiếu trên mặt phẳng (P ) : x −2y − 2z + 8 = 0 là d
′
. Giả sử giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
khoảng cách từ điểm M (2, −3, −1) tới d
′
là α và β. Tính giá trị của T = α + β?
A
√
2.
B
√
6
2
.
C
√
2
2
.
D
√
6
3
.
Câu 142. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :
x = 0
y = t
z = 1
và A (0; 4; 0).
Gọi M là điểm cách đều d và trục x
′
Ox. Khoảng cách ngắn nhất giữa A và M bằng:
A
1
2
.
B
3
√
2.
C
√
6.
D
√
65
2
.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 19
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
3. Đáp án
1 D
2 D
3 B
4 A
5 D
6 B
7 D
8 A
9 B
10 D
11 A
12 A
13 B
14 D
15 A
16 D
17 A
18 B
19 B
20 C
21 C
22 A
23 A
24 B
25 C
26 A
27 B
28 B
29 D
30 A
31 D
32 A
33 A
34 C
35 A
36 D
37 B
38 C
39 A
40 B
41 B
42 A
43 A
44 C
45 D
46 B
47 C
48 A
50 D
51 A
52 B
53 A
54 B
55 D
56 A
57 D
58 B
59 C
60 B
61 A
62 D
63 B
64 B
65 C
66 C
67 B
68 C
69 A
70 C
71 A
72 A
73 C
74 D
75 A
76 A
77 D
78 A
79 A
80 D
81 C
82 A
83 A
84 D
85 A
86 A
87 B
88 D
89 D
90 A
91 A
92 D
93 A
94 A
95 A
96 A
97 C
98 B
99 D
100 B
101 B
102 C
103 B
104 A
105 D
106 A
107 C
108 C
109 C
110 D
111 A
112 C
113 B
114 B
115 A
116 D
117 A
118 C
119 C
120 D
121 C
122 C
123 C
124 C
125 B
126 D
127 C
128 C
129 C
130 C
131 D
132 D
133 B
134 A
135 A
136 C
137 B
138 A
139 B
140 B
141 D
142 C
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 20
Chương 2
Hướng dẫn giải chi tiết
Câu 1. Có m + 1 > f(x) ∀x ∈ R ⇔ m + 1 > max
R
f(x).
Ta có: y = f(x) =
3 sin 2x + cos 2x
sin 2x + 4cos
2
x + 1
=
3 sin 2x + cos 2x
sin 2x + 2 cos 2x + 3
và sin 2x + 2 cos 2x + 3 > 0 ∀x ∈ R.
Xét phương trình y =
3 sin 2x + cos 2x
sin 2x + 2 cos 2x + 3
⇔ (sin 2x + 2 cos 2 x + 3) y = 3 sin 2 x + cos 2x ⇔
(y − 3 ) sin 2x + (2y − 1) cos 2x = −3y.
Phương trình trên có nghiệm nên (y − 3)
2
+ (2 y − 1)
2
> (−3y)
2
⇔ 5y
2
− 10y + 10 > 9y
2
⇔
−4y
2
−10y + 10 > 0 ⇔
−5 −
√
65
4
6 y 6
−5 +
√
65
4
. Suy ra giá trị lớn nhất của y là
−5 +
√
65
4
.
Vậy m >
−5 +
√
65
4
− 1 =
−9 +
√
65
4
.
Ta chọn đáp án
D
Câu 2. Hai tập bằng nhau thì có sin α + sin 2α + sin 3α = cos α + cos 2α + cos 3α
⇔ (2 cos α + 1) sin 2α = (2 cos α + 1) cos 2α ⇔
cos α = −
1
2
tan 2α = 1
⇔
α = ±
2π
3
+ k2π
α =
π
8
+
kπ
2
.
Do α ∈ [0; 2π] nên α =
2π
3
;
4π
3
;
π
8
;
5π
8
;
9π
8
;
13π
8
.
Với α =
2π
3
;
4π
3
dễ thấy không thỏa mãn do T toàn các số hữu tỷ trong khi S có số vô tỉ.
Ta lại thấy luôn ghép được 3 đôi các cặp sin x và cos y ở S và T mà x+y = 4α nên với α =
π
8
+
kπ
2
thì x + y =
π
2
+ k2π. Do đó sin x = cos y. Vậy hai tập bằng nhau. Do đó có 4 số α thỏa mãn.
Ta chọn đáp án
D
Câu 3. Cộng hai vế của phương trình với m + 2 sin x + ln (m + 3 sin x), ta được
[m + 2 sin x + ln (m + 3 sin x)]+ln [m + 2 sin x + ln (m + 3 sin x)] = (m + 3 sin x)+ln ( m + 3 sin x)
(*).
Đặt a = m + 2 sin x + ln (m + 3 sin x) và b = m + 3 sin x)
(∗) ⇔ a+ln a = b+ln b ⇔ a = b ⇔ m+2 sin x+ln ( m + 3 sin x) = m+3 sin x ⇔ ln (m + 3 sin x) =
sin x ⇔ m + 3 sin x = e
sin x
⇔ m = e
sin x
− 3 sin x.
Xét hàm số f (t) = e
t
− 3t với t ∈ [−1; 1].
21
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Vì f
′
(t) = e
t
− 3 < 0 ∀t ∈ [−1; 1] nên:
max
[−1;1]
Ä
e
sin x
− 3 sin x
ä
= f (−1) =
1
e
+ 3
min
[−1;1]
Ä
e
sin x
− 3 sin x
ä
= f (1) = e − 3
⇒ e − 3 6 m 6
1
e
+ 3.
Ta chọn đáp án
B
Câu 4. Ta có m + sin 3 x + sin (m + sin 3x) = sin (3 sin x) + 4sin
3
x + sin 3x
⇔ (m + sin 3x) + sin (m + sin 3x) = (3 sin x) + sin (3 sin x)
⇔ f (m + sin 3x) = f (3 sin x) với f(t) = t + sin t.
Vì f(t) đồng biến trên R nên phương trình tương đương m + sin 3x = 3 sin x ⇒ m = 4sin
3
x.
Vậy phương trình có nghiệm ⇔ m = ±4; ±3; ±2; ±1; 0, tức có 9 có nguyên m thỏa mãn.
Ta chọn đáp án
A
Câu 5. Ta có ( cos x + 1) (cos 2x − m cos x) = msin
2
x
⇔ (cos x + 1 ) (cos 2x − m cos x) + m (cos x + 1) (cos x − 1) = 0
⇔ cos 2x = m (do cos x + 1 > 0, ∀x ∈
ñ
0;
2π
3
ô
).
Phương trình m = cos 2x, x ∈
ñ
0;
2π
3
ô
có 2 nghiệm tương đương với phương trình m = cos t có 2
nghiệm thuộc
ñ
0;
4π
3
ô
.
Từ đường tròn lương giác ta thấy ngay điều kiện trên thỏa mãn ⇔ −1 < m ≤ −
1
2
.
Ta chọn đáp án
D
Câu 6. Trên mỗi hàng (hoặc mỗi cột) đều phải có 2 số 1 và 2 số −1.
Dễ thấy, nếu 3 hàng đầu tiên đã được điền số sao cho tổ ng các số trong mỗi hàng bằng 0 và trong
mỗi cột có không quá 2 số bằng nhau thì ta chỉ có 1 cách điền hàng thứ 4. Ta đi tìm số cách điền
3 hàng đầu tiên. Hàng thứ nhất và hàng thứ 2,mỗi hàng có 6 cách điền số mà tổng bằng 0. Trong
6 cách điền số của hàng thứ 2,ta chia làm 3 lo ại:
Loại 1: Cách điền số hàng thứ 2 trùng với cách điền số ở hàng thứ nhất 0 vị trí: có 1 cách. Khi
đó có 6 cách điền số hàng thứ 3.
Loại 2: Cách điền số hàng thứ 2 trùng với cách điền số hàng thứ nhất 4 vị trí: có 1 cách. Khi đó
có 1 cách điền dòng thứ 3.
Loại 3: Cách điền số hàng thứ 2 trùng với cách điền số hàng thứ nhất 2 vị trí: có 4 cách. Khi
đó,với mỗi cách điền dòng thứ 2, có 2 cách điền dòng thứ 3.
Vậy số cách điền thỏa mãn là: 6.1.6 + 6.1.1 + 6 .4.2 = 90 cách
Ta chọn đáp án
B
Câu 7. T
a có C
8
n
= 26C
4
n
⇔
n!
8! (n − 8)!
= 26
n!
4! (n − 4)!
⇔ (n − 7) (n − 6) (n − 5) (n − 4) =
13.14.15.16 ⇔ n − 7 = 1 3 ⇔ n = 20.
Số tập con gồm k phần tử của A là C
k
20
nên k = 10 thì C
k
20
nhỏ nhất.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 22
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Ta chọn đáp án
D
Câu 8.
Có tất cả 27 điểm, chọn 3 điểm trong 27 có
C
3
27
= 2925 bao gồm cả tam giá c và những bộ
3 điểm thẳng hàng.
Cứ 2 đỉnh bất kỳ trong 8 đỉnh của hình lập
phương 2cm được một bộ 3 điểm thẳng hàng nên
có C
2
8
= 28 bộ thẳng hàng nối các đỉnh.
Xét hình chữ nhật có đỉnh là 4 trung điểm của
4 cạnh song song của hình lập phương 2cm. Cứ
2 đỉnh bất kỳ được một bộ 3 điểm thẳng hàng
qua tâm hình lập phương nên có C
2
4
= 6 bộ. Có
3 hình chữ nhật như vậy nên có 3.6 = 18 bộ.
Đoạn nối tâm các mặt đối diện của hình lập phương cũng cho một bộ, có 3 đoạn như vậy.
Vậy có tất cả 2925 − 28 − 18 − 3 = 2876 tam giác thỏa mãn bài toán.
Ta chọn đáp án
A
Câu 9. Gọi x, y, z lần lượt là số sách được trao về 3 trường, ta có
x + y + z = 500
100 ≤ x, y, z
Có x + y + z = 500 ⇔ (x − 99) + (y − 99) + (z − 99) = 203 ⇔ x
′
+ y
′
+ z
′
= 203 (∗) trong đó
x
′
, y
′
, z
′
≥ 1.
Mặt khác ta biết số nghiệm nguyên dương của (∗) là C
2
202
. Nên số cách chia bộ x, y, z cũng bằng
C
2
202
.
Vậy có C
2
202
cách trao sách thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ta chọn đáp án
B
Câu 10. Gắn vào hệ tọa độ Oxyz, xét mặt phẳng đi qua trung điểm OA và vuông góc OA với
A (3; 3 ; 3) là (P ) : x + y + z −
9
2
= 0.
Ta thấy các hình vuông đơn vị đều có 1 đường chéo vuông góc với (P ). Do đó, mặt phẳng (P ) cắt
một hình lập phương đơn vị nếu điểm (i; j; k) và (i + 1; j + 1 ; k + 1) nằm về hai phía (P ). Vậy
i + j + k −
9
2
< 0
i + 1 + j + 1 + k + 1 −
9
2
> 0
⇔
3
2
< i + j + k <
9
2
, trong đó 0 ≤ i, j, k ≤ 2.
Các họ không thỏa mãn là i + j + k 6
3
2
⇒ i + j + k ≤ 1 hoặc i + j + k >
9
2
⇒ i + j + k ≥ 5.
Phương trình i + j + k ≤ 1 có C
3
4
= 4 nghiệm (theo bài toán chia kẹo).
Phương trình i + j + k ≥ 5 ⇔ (3 − i) + ( 3 − j) + (3 − k) ≤ 4 < 5. Phương trình này có C
3
4
= 4
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 23
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
nghiệm.
Vậy có 4 + 4 = 8 hình vuông không bị cắt bởi (P ), do đó có 27 − 8 = 19 hình vuông bị cắt bởi
(P ).
Ta chọn đáp án
D
Câu 11. Gọi số đo mỗi cung chứa 1 cạnh của đa giác đều là 1 đơn vị (thực ra bằng
2π
20
).
Xét 1 tam giác thỏa mãn, với mỗi đỉnh gọi số đo 3 cung chứa 3 cạnh của nó là x, y, z thì ta có
x, y, z > 2 và x + y + z = 20.
Đặt x
′
= x − 1 ; y
′
= y − 1; z
′
= z − 1 ta có x
′
, y
′
, z
′
> 1 và x
′
+ y
′
+ z
′
= 1 7.
Theo bài toán Euler có C
2
16
nghiệm của phương trình. Thực hiện cho 20 đỉnh nhưng mỗi tam giác
được đếm 3 lần ứng với 3 đỉnh của nó nên số tam giác thỏa mãn đề bài là
20
3
C
2
16
= 800 ta m giác.
Ta chọn đáp án
A
Câu 12. Xét mỗi tam giác tù thỏa mãn có đỉnh góc tù là 1 đỉnh của đa giác đều. Gọi x, y là
cạnh của đa giác nằm trong hai cung chứa 2 cạnh bên của tam giác. Tam giác này tù khi và chỉ
khi x + y <
n
2
(∗), (x, y > 1) (tức nhỏ hơn 1/2 đường tròn).
Nếu n chẵn, (∗) ⇔ x + y + z =
n
2
với x, y, z ≥ 1. Số nghiệm của phương trình này là C
2
n
2
−1
. Vậy
số tam giác thỏa mãn là n.C
2
n
2
−1
.
Nếu n lẻ, ta có x + y 6
ï
n
2
ò
⇔ x + y + z =
ï
n
2
ò
+ 1 với x, y, z ≥ 1 và [x] là ký hiệu số nguyên lớn
nhất không vượt quá x.
Phương trình có C
2
[
n
2
]
nghiệm. Vậy số tam giác thỏa mãn là n.C
2
[
n
2
]
.
Vậy số tam giác tù thỏa mãn là
n.C
2
n
2
−1
với n chẵn
n.C
2
[
n
2
]
với n lẻ
Áp dụng với n = 2018 ta được số tam giác thỏa mãn là 2018C
2
1008
.
Ta chọn đáp án
A
Câu 13. Không gian mẫu dễ thấy bằng |Ω| = 101 × 11 = 111 1.
Bài toán trở thành đếm các nghiệm nguyên không âm của bất phương trình x + y 6 90 (*) với
điều kiện 0 6 x 6 100 và 0 6 y 6 10.
+) Số nghiệm không âm của (*) không ràng buộc điều kiện (tức là tính cả các nghiệm mà
11 6 y 6 90) bằng số nghiệm nguyên dương của x
′
+y
′
6 92. Ở đây x
′
= x+ 1 > 1; y
′
= y + 1 > 1.
Do đó, số nghiệm của nó là C
2
92
nghiệm. Chú ý: Số nghiệm nguyên không âm của bất phương
trình x
1
+ x
2
+ ··· + x
k
6 n là C
k
n
.
+) Ta đếm số nghiệm của (*) thỏa mãn 0 6 x 6 90 và 11 6 y 6 90. Ta có (∗) ⇔ (x + 1) +
(y − 1 0) 6 81 ⇔ x
′
+ y
′
6 81 vớ i x
′
= x + 1; y
′
= y − 10 nguyên dương. Số nghiệm của phương
trình này là C
2
81
.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 24
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
+) Vậy số nghiệm của (*) thỏa mãn ràng buộc ban đầu là C
2
92
− C
2
81
. Vậy xác suất cần tính của
bài toán là P =
C
2
92
− C
2
81
1111
=
86
101
.
Ta chọn đáp án
B
Câu 14. Không gian mẫu có kích thước |Ω| = C
3
15
.
Xét một đỉnh tam giác cân có 1 đỉnh là 1 đỉnh của đa giác đều. Gọi x là số cạnh của đa giác đều
nằm trong cung căng bởi hai cạnh bên (x ∈ Z), cạnh còn lại là y > 1, y ∈ Z.
Ta có 2x + y = 15 ⇔ x 6 7 và x 6= y ⇒ x 6= 5. Vậy có 6 tam giác cân có đỉnh là đỉnh của đa giác
đã cho nên có tất cả 15 × 6 = 90 tam g iá c cân không đều thỏa mãn.
Vậy xác suất cần tính là P =
90
C
3
15
=
18
91
.
Ta chọn đáp án
D
Câu 15. Không gian mẫu dễ tính được |Ω| = 7.8.8 = 44 8.
Cách 1: Xét một số abc thỏa mãn đề bài thì 1 6 a 6 b 6 c 6 7 .
Đặt x = a −1; y = b −a; z = c −b; t = 7 −c ta có x, y, z, t > 0, x, y, z, t ∈ Z và x + y + z + t = 6
(*). Vậy số nghiệm nguyên không âm của phương trình (*) chính là số các số abc thỏa mãn đề
bài.
Phương trình (*) có C
4−1
6+4−1
= C
3
9
. Do đó có C
3
9
số thỏa mãn biến cố xảy ra.
Vậy xác suất cần tính là P =
C
3
9
448
=
3
16
.
Cách 2: Có 1 6 a 6 b 6 c 6 7 ⇔ 1 6 a < b + 1 < c + 2 6 9.
Đặt b
′
= b + 1; c
′
= c + 2 thì a, b
′
, c
′
là 3 số phân biệt trong 1, 2, ..., 9. Do đó có C
3
9
cách chọn bộ
a, b
′
, c
′
tương đương với bây nhiêu cách chọn bộ a, b, c.
Vậy xác suất cần tính là P =
C
3
9
448
=
3
16
.
Ta chọn đáp án
A
Câu 16. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều 20 đỉnh và gọi số.
Xét 1 tam giác vuông tạ i một đỉnh của đa giác, gọi m, n là số cạnh của đa giác nằm trong cung
căng bởi hai cạnh bên của tam giác, ta có m + n = 10 (*) với n, m > 1; m, n ∈ Z.
Do đó số tam giác vuông tạo thành từ 1 đỉnh là C
1
9
= 9 tro ng đó có 1 tam giác vuông cân khi
m = n = 5 nên có 8 tam giác vuông không cân từ 1 đỉnh.
Vậy có tất cả 20 × 8 = 160 tam giác vuông không cân thỏa mãn.
Vậy xác suất cần tính là P =
160
C
3
20
=
8
57
.
Ta chọn đáp án
D
Câu 17. Xét một hình thang thỏa mãn mà đỉnh đầu tiên chứa đáy nhỏ là A
i
, các đỉnh tiếp theo
theo thứ tự thuận chiều kim đồng hồ. Gọi x, y, y, z lần lượt là số cạnh của đa giác đều nằm trong
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 25
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
các cung chứa đáy nhỏ, hai cạnh bên và đáy lớn của hình thang, ta có:
1 6 x, y, z ∈ Z
x < z
x + 2y + z = n (∗)
Ta có phương trình (*) tương đương với x + z = n − 2y (∗∗) với mỗi y thỏa mãn 1 6 y <
n−2
2
.
Theo bài toán chia kẹo Euler, phương trình (**) có n − 2 y −1 nghiệm nguyên dương. Bây giờ ta
đếm các nghiệm nguyên dương của (**) mà x < z.
• Nếu n lẻ thì (* *) không có nghiệm x = z nên số nghiệm thỏa mãn x < z là
n−2y−1
2
.
• Nếu n chẵn thì (**) có đúng 1 nghiệm x = z nên số nghiệm thỏa mãn x < z là
n−2y−2
2
.
Vậy số nghiệm của (*) thỏa mãn các ràng buộc đã cho là
n−3
2
X
y =1
n − 2y − 1
2
=
1
8
(n − 1) (n − 3) với n lẻ
n−4
2
X
y =1
n − 2y − 2
2
=
1
8
(n − 2) (n − 4 ) với n chẵn
Với mỗi bộ số x, y, z thỏa mãn (*) xuất phát từ 1 đỉnh đa giác là đỉnh đầu tiên của đáy nhỏ hình
thang (ứng với cạnh x) theo chiều thuận kim đồng hồ ta có 1 hình thang thỏa mãn. Vậy tổng số
hình thang thỏa mãn là
1
8
n (n − 1) (n − 3) với n lẻ
1
8
n (n − 2) (n − 4) với n chẵn
Áp dụng: Với n = 20 tức đa giác đều 20 cạnh, số hình thang không phải hình chữ nhật tạo thành
từ các đỉnh của đa giác là:
1
8
.20.18.16 = 720.
Ta chọn đáp án
A
Câu 18. Gọi a
1
a
2
...a
7
là số thỏa mãn đề bài với
1 6 a
1
6 9; 0 6 a
2
, a
3
, ..., a
7
6 9
a
1
+ a
2
+ ··· + a
7
= 5 9 (1)
Vậy số phần tử của không gian mẫu là số nghiệm của (1).
Ta có (1) ⇔ (10 − a
1
) + ( 10 − a
2
) + ···+ (10 − a
7
) = 11 hay x
1
+ x
2
+ ···+ x
7
= 11 (∗) trong đó
x
i
= 10 − a
i
⇒ 1 6 x
1
6 9 và 1 6 x
2
, x
3
, ..., x
7
6 10. Do các x
i
trong nghiệm của (*) không vượt
quá 1 0 nên số nghiệm của (*) là C
6
10
. Vậy |Ω| = C
6
10
.
Có a
1
a
2
...a
7
chi hết cho 11 nên |(a
1
+ a
3
+ a
5
+ a
7
) − (a
2
+ a
4
+ a
6
)| = 11; 22; 33; .... Kết hợp với
(1) ta được a
2
+ a
4
+ a
6
= 24 (2) và a
1
+ a
3
+ a
5
+ a
7
= 35 (3). Phương trình (2) tương đương
(10 − a
2
) + (10 − a
4
) + (10 − a
6
) = 6 nên tương tự (1) có số nghiệm là C
2
5
.
Phương trình (3 ) tương đương (10 − a
1
) + ( 10 − a
3
) + ( 10 − a
5
) + ( 10 − a
7
) = 5 nên tương tự (1)
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 26
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
có số nghiệm là C
3
4
.
Vậy số các số có 7 chữ số có tổng là 59 và chia hết cho 11 là |Ω
A
| = C
2
5
.C
3
4
.
Do đó xác suất của biến cố cần tìm là P (A) =
C
2
5
.C
3
4
C
6
10
=
4
21
.
Ta chọn đáp án
B
Câu 19. Gọi số thỏa mãn có dạng a
1
a
2
...a
5
thỏa mãn đề bài, ta có a
1
+a
2
+a
3
+a
4
+a
5
= 9; 18; 27.
Trường hợp 1: a
1
+ a
2
+ a
3
+ a
4
+ a
5
= 9 với 1 6 a
1
6 6; 0 6 a
i
6 6 (i = 2, ..., 5 ) . Đặt
x
i
= a
i
+ 1, i = 2, ..., 5 thì ta có
a
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
+ x
5
= 1 3 (1)
1 6 a
1
6 6
1 6 x
i
6 7
.
- Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của (1) là C
4
12
.
- Nếu a
1
> 7, (1) ⇔ x
2
+ x
3
+ x
4
+ x
5
6 6 ⇒ x
i
< 7 nên không trùng với các trường hợp x
i
> 8,
phương trình này có C
4
6
nghiệm.
- Nếu x
i
> 8, (1) ⇔ a
1
+
P
j6=i
x
j
6 5 ⇒ a
1
, x
j
< 6 nên không trùng với trường hợp trên. Phương
trình này có C
4
5
nghiệm nên với 4 vị trí x
i
có 4.C
4
5
nghiệm.
Vậy trường hợp này có C
4
12
− C
4
6
− 4.C
4
5
số thỏa mãn đề bài.
Trường hợp 2: a
1
+ a
2
+ a
3
+ a
4
+ a
5
= 18 với 1 6 a
1
6 6; 0 6 a
i
6 6 (i = 2, ..., 5). Đặt
x
i
= 7 − a
i
, i = 1, ..., 5 thì ta có
x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
+ x
5
= 1 7 (2)
1 6 x
1
6 6
1 6 x
i
6 7, i = 2, .., 5.
.
- Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của (2) là C
4
16
.
- Nếu x
1
> 7, (1) ⇔ x
2
+ x
3
+ x
4
+ x
5
6 10 ⇒ x
i
< 7 nên không trùng với các trường hợp x
i
> 8,
phương trình này có C
4
10
nghiệm.
- Nếu x
i
> 8, i = 2 , ..., 5, (1) ⇔ x
1
+
P
j6=i
x
j
6 9 ⇒ x
j
< 7 nên không trùng với trường hợp trên.
Phương trình này có C
4
9
nghiệm nên với 4 vị trí x
i
có 4.C
4
9
nghiệm.
Vậy trường hợp này có C
4
16
− C
4
10
− 4.C
4
9
số thỏa mãn đề bài.
Trường hợp 3: a
1
+ a
2
+ a
3
+ a
4
+ a
5
= 27 với 1 6 a
1
6 6; 0 6 a
i
6 6 (i = 2, ..., 5) . Đặt
x
i
= 7 − a
i
, i = 1, 2, ..., 5, thì ta có
x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
+ x
5
= 8 (3)
1 6 x
1
6 6
1 6 x
i
6 7, i = 2, .., 5 .
.
Từ (2) và x
i
> 1 ⇒ x
i
6 6 nên tập nghiệm của (3) không vượt ra khỏi miền xác định của x
i
.
Phương trình này có C
4
7
nghiệm.
Vậy trường hợp này có C
4
7
số thỏa mãn đề bài.
Vậy có tất cả C
4
12
+ C
4
16
+ C
4
7
− C
4
6
− C
4
10
− 4C
4
5
− 4C
4
9
= 1 601 số thỏa mãn đề bài.
Ta chọn đáp án
B
Câu 20. T
a có:
Ç
x −
1
x
2
å
2
0
+
Ç
x
3
−
1
x
å
1
0
=
20
X
k=0
C
k
20
(−1)
k
x
20−3k
+
10
X
i=0
C
i
10
(−1)
i
x
30−4i
. Khai triển
này bao gồ m tất cả 21 + 11 = 32 số hạng.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 27
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Ta đếm các số hạng có lũy thừa của x giống nhau ở hai khai triển. Điều này tương đương với
20 − 3k = 30 − 4i ⇔ 4 i − 3k = 10. Do đó i phải là số chia cho 3 dư 1 và 2 ≤ i ≤ 10. Ta có bảng:
Vậy có 3 cặp số hạng cùng lũy thừa của x trong hai khai triển nên có tất cả 32 − 3 = 29 số hạng
i 4 7 10
k 2 6 10
trong khai triển sau khi rút gọn.
Ta chọn đáp án
C
Câu 21. Đặt x − 1 = y, khi đó đẳng thức bài cho tương đương
a
n
y
n
+ a
n−1
y
n−1
+ ... + a
1
y + a
0
= (y + 1)
n
.
Do đó, a
k
= C
k
n
.
Vậy a
1
+ a
2
+ a
3
= 231 ⇔ C
1
n
+ C
2
n
+ C
3
n
= 231 ⇒ n = 1 1.
Ta chọn đáp án
C
Câu 22. Theo công thức khai triển Newton ta thấy ai > 0 với i chẵn và a
i
< 0 với i lẻ.
Do đó ta có: (1 + 2x)
n
= |a
0
| + |a
1
|x + |a
2
|x
2
+ ... + |a
n
|x
n
.
Lấy đạo hàm hai vế ta được: 2n(1 + 2x)
n−1
= |a
1
| + 2 |a
2
|x + ... + n |a
n
|x
n−1
.
Thay x = 1 vào khai triển trên ta được: 2n.3
n−1
= |a
1
| + 2 |a
2
| + ... + n |a
n
| = 3 4992 ⇒ n = 8
Vậy với n = 8 ta có: P = a
0
+ 3a
1
+ 9a
2
+ ... + 3
n
a
n
= (1 − 2.3)
8
= 3 90625.
Ta chọn đáp án
A
Câu 23. Cách 1: Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton vào bài to án ta có:
(1 + x)
n
=
n
X
k=0
C
k
n
.x
k
.
Hệ số của số hạng chứa x
k
là C
k
n
.
Áp dụng vào bài tập ta thấy hệ số a
8
chính là tổng tất cả hệ số của số hạng chứa x
8
trong các
khải triển (1 + x)
n
với n = 8, 9 , ..., 12.
Vậy hệ số a
8
trong khai triển P(x) là C
8
8
+ C
8
9
+ C
8
10
+ C
8
11
+ C
8
12
= C
9
13
= 715.
Cách 2: Áp dụng công thức tổng hữu hạn các số hạng liên tiếp của cấp số nhân, ta có:
P (x) = (x + 1)
8
.
(x + 1)
5
− 1
x + 1 − 1
=
(1 + x)
13
x
−
(1 + x)
8
x
Vậy, hệ số của x
8
là hệ số của x
9
trong (1 + x)
13
.
Do đó, hệ số của x
8
là C
9
13
.
Ta chọn đáp án
A
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 28
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 24. Áp dụng công thức
C
k
n
k + 1
= C
k+1
n+1
ta có
C
0
n
1.2
+
C
1
n
2.3
+
C
2
n
3.4
+ ... +
C
n
n
(n + 1)(n + 2)
=
1
n + 1
C
1
n+1
2
+
C
2
n+1
3
+
C
3
n+1
4
+ ... +
C
n+1
n+1
(n + 2)
!
=
1
(n + 1) (n + 2 )
Ä
C
2
n+2
+ C
3
n+2
+ C
4
n+2
+ ... + C
n+2
n+2
ä
=
2
n+2
− n − 3
(n + 1) (n + 2 )
.
Khi đó giả thiết bài toán ⇔
2
n+2
− n − 3
(n + 1) (n + 2)
=
2
100
− n − 3
(n + 1) (n + 2)
⇒ n = 98.
Ta chọn đáp án
B
Câu 25. Gọi 1 phần tử của S là (a, b, c) với a + b + c = 91 (∗ ) và đôi một khác nhau.
Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của (∗) là: C
2
90
.
Nếu a = b = c thì (∗) vô nghiệm.
Nếu a = b 6= c ta có 2a + c = 91 ⇒ 1 ≤ a ≤ 45 nên phương trình có 45 nghiệm nguyên dương như
vậy. Tương tự với a = c 6= b và a 6= b = c.
Vậy số nghiệm nguyên dương và các số a, b, c đôi một khác nhau của (∗) là C
2
90
− 3 × 45 = 3870.
Do đó, số tập con có bộ ( a, b, c) thỏa mãn (∗) là
3870
3!
= 645. Vậy n(Ω) = 645.
Nếu a + qa + qa
2
= 91 ⇒ 1 + q + q
2
∈Ư(91) = {1; 7; 13; 91} ⇒ q ∈ {2; 3; 9}
⇒ (a; b; c) ∈ (1; 9 ; 81) ; (7; 21; 63) ; (13; 26; 52). Vậy |Ω
A
| = 3. Do đó P =
3
645
.
Ta chọn đáp án
C
Câu 26. Ta có: f (n) = (n
2
+ n + 1)
2
+ 1 = (n
2
+ 1)
Ä
(n + 1)
2
+ 1
ä
∀n ∈ N
∗
.
Đến đây ta dễ dàng có: u
n
=
(1
2
+ 1) (2
2
+ 1) (3
2
+ 1) (4
2
+ 1) ...
Ä
(2n − 1)
2
+ 1
äÄ
(2n)
2
+ 1
ä
(2
2
+ 1) (3
2
+ 1) (4
2
+ 1) (5
2
+ 1) ...
Ä
(2n)
2
+ 1
äÄ
(2n + 1)
2
+ 1
ä
=
1
2n
2
+ 2n + 1
.
Ta có: log
2
u
n
+ u
n
< −
10239
1024
= log
2
1
1024
+
1
1024
⇒ u
n
<
1
1024
⇒ n > 23.
Ta chọn đáp án
A
Câu 27. Ta có: 5
a
n
−a
n−1
= 1 +
3
3n − 1
; 5
a
n−1
−a
n−2
= 1 +
3
3n − 4
; ...5
a
2
−a
1
= 1 +
3
5
. Nhân vế
với vế ta được: 5
a
n
−a
1
=
Ç
1 +
3
3n − 1
åÇ
1 +
3
3n − 4
å
....
Ç
1 +
3
5
å
=
8.11.14... (3n − 1) (3n + 2)
5.8.11.... (3n − 4) (3n − 1)
=
3n + 2
5
. Khi đó ta có công thức tổng quát a
n
= log
5
(3n + 2).
Đến đây dùng 3n + 2 = 5
a
n
⇔ n =
5
a
n
− 2
3
và sử dụng máy tính cầm tay chức năng TABLE với
F (X) =
5
X
− 2
3
. Ta tìm được X = 3 → n = 41 là những số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn
bài toán.
Ta chọn đáp án
B
Câu 28. T
rước hết ta thấy u
n+1
=
1
2018
u
2
n
+
2017
2018
u
n
và u
1
> 1 nên lim u
n
= + ∞ dựa trên hàm
f(x) =
1
2018
x
2
+
2
017
2018
x.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 29
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Ta lại có: 2018 (u
n+1
− u
n
) = u
n
(u
n
− 1) ⇒
u
n
2018
=
u
n+1
− u
n
u
n
− 1
⇒
u
n
2018 (u
n+1
− 1)
=
u
n+1
− u
n
(u
n
− 1) (u
n+1
− 1)
⇒
u
n
2018 (u
n+1
− 1)
=
u
n+1
− u
n
(u
n
− 1) (u
n+1
− 1)
⇒
u
n
u
n+1
− 1
= 2 018
Ç
1
u
n
− 1
−
1
u
n+1
− 1
å
.
Vậy: S
n
= 2018
Ç
1
u
1
− 1
−
1
u
n+1
− 1
å
⇒ lim S
n
= 2018
Ç
1
2 − 1
−
1
lim u
n
− 1
å
⇒ lim S
n
= 2 018.
Ta chọn đáp án
B
Câu 29. Ta có:
u
n
n
− u
n−1
n−1
= 2
n−1
+ 2.3
n−1
u
n−1
n−1
− u
n−2
n−2
= 2
n−2
+ 2.3
n−2
...
u
2
2
− u
1
1
= 2 + 2.3
⇒ u
n
n
= 2 + (1 + 2 + 2
2
+ ... + 2
n−1
) + 2 (1 + 3 + 3
2
+ ... + 3
n−1
).
Vậy: u
n
n
= 2
n
+ 3
n
.
Có u
n
n
− 2
n
> 5
100
⇔ 3
n
> 5
100
⇒ n > 100log
3
5 ⇒ n > 147.
Ta chọn đáp án
D
Câu 30. Nhận xét: Dãy truy hồi u
n+1
= α.u
n
+ β có số hạng tổng quát dạng u
n
= a.3
n−1
+ b.
Ta có u
2
n+1
= 3.u
2
n
+ 2 ⇒ u
2
n
= a.3
n−1
+ b.
Vì u
2
=
√
5 ⇒ ta có hệ phương trình
5 = 3a + b
1 = a + b
⇒
a = 2
b = −1
.
Vậy u
2
n
=
2
3
.3
n
− 1 = 2.3
n−1
− 1.
Khi đó S = 2 (1 + 3
1
+ 3
2
+ ... + 3
2017
) = 3
2018
− 1.
Số chữ số của S = [2018 log 3] + 1 = 963.
Ta chọn đáp án
A
Câu 31. Ta có: u
100
+ u
1
= 497 ⇒ u
100
= 496 = 1 + 99d ⇒ d = 5 ⇒ u
50
= 2 46.
Lại có: 5S =
u
2
− u
1
u
1
u
2
+
u
3
− u
2
u
2
u
3
+ ... +
u
49
− u
48
u
48
u
49
+
u
50
− u
49
u
49
u
50
=
1
u
1
−
1
u
50
= 1 −
1
246
⇒ S =
49
246
.
Ta chọn đáp án
D
Câu 32. Ta xét x = 0 ta được f
2
(1) = −f
3
(1) ⇒ f (1) = 0 hoặc f (1) = −1.
Đạo hàm hai vế đẳng thức ban đầu ta có có
4f (1 + 2x) f
′
(1 + 2x) = 1 + 3f
2
(1 − x) f
′
(1 − x) và thay x = 0 ta có 4f (1) f
′
(1) = 1 +
3f
2
(1) f
′
(1). (* )
Trường hợp 1: Nếu f (1) = 0 thay vào (*) ta thấy 0 = 1 vô lý.
Trường hợp 2: Nếu f (1) = −1 thì thay vào −4f
′
(1) = 1 + 3f
′
(1) ⇒ f
′
(1) = −
1
7
.
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = −
1
7
(x − 1
) − 1 = −
1
7
x −
6
7
.
T
a chọn đáp án
A
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 30
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 33. Ta có phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến tại A
k
và (C) là:
2x
3
− 3x
2
+ 1 = 2x
k
3
− 3x
k
2
+ 1 + (6x
k
2
− 6x
k
) (x − x
k
) ⇔ (x − x
k
)
2
(2x + 4x
k
− 3) = 0 ⇔ x =
−2x
k
+
3
2
.
Vậy
x
1
= 1
x
n+1
= −2x
n
+
3
2
⇒ x
n
= α.(−2)
n
+ β.
Xét
x
1
= −2α + β = 1
x
2
= 4 α + β = −
1
2
⇒
α = −
1
4
β =
1
2
Do đó, tìm n để x
n
= −
1
4
.(−2)
n
+
1
2
> 5
100
. Chọn n = 2k+1
⇒ −
1
4
.4
k
. (−2) +
1
2
> 5
100
⇔ 4
k
+ 1 > 2.5
100
⇔ 4
k
> 2.5
100
− 1 ⇔ k > log
4
Ä
2.5
100
− 1
ä
.
Chọn k = 117 ⇒ n = 235.
Ta chọn đáp án
A
Câu 34. Cách 1 (trắc nghiệm): Vì bài toán hỏi bất biến đối với O nên chọn O là trọ ng tâm của
tam giác ABC ta thấy ngay các tỉ số
OA
′
SA
=
OB
′
SB
=
OC
′
SC
=
1
3
Vậy T = 1 .
Cách 2 (tự luận): Ta có
OA
′
SA
=
OM
OA
;
OB
′
SB
=
ON
OB
;
OC
′
SC
=
OP
OC
.
Theo định lý Xê-Va trong tam giác ABC có
OM
OA
+
ON
OB
+
OP
OC
= 1
Vậy T = 1 .
A
B
C
M
P
N
O
S
C
′
B
′
A
′
Ta chọn đáp án
C
Câu 35.
Dựng AE⊥(BCD) ⇒ CD⊥(ADE) ⇒ CD⊥ED. Tương
tự cũng có CB⊥BE. Vậy BCDE là hình chữ nhật. Khi
đó ∡ (AD, BC) = ∡ADE = 60
◦
khi đó ta suy ra AE =
3
√
3 ⇒ V
ABCD
= 6
√
3.
Mặt khác ta có công thức:
V
ABCD
=
2S
ABC
.S
ACD
sin ((ABC) , (ACD))
3AC
(∗).
Đặt ∡ ((ABC) , (ACD)) = α và theo định lý Pythago ta
suy ra AB =
√
43; A
D = 6; AC = 2
√
13.
B C
D
A
E
60
◦
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 31
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Thay vào (*), ta có:
6
√
3 =
2
6
√
13
Ç
1
2
3
√
43
å
(12) sin α ⇒ cos α =
2
√
43
43
.
Ta chọn đáp án
A
Câu 36. Gọi f(x) = e
x
−
1
x − 1
−
1
x − 2
− ... −
1
x − 2018
− 2018 thì tập xác định của f(x) là
(−∞; 1) ∪ (1; 2) ∪ ··· ∪ (2018; +∞) gồm 2019 khoảng.
Có f
′
(x) = e
x
+
1
(x − 1)
2
+
1
(x − 2)
2
+ ... +
1
(x − 2018)
2
> 0 do đó hàm số đồng biến trên mỗi
khoảng xác định.
Mặt khác, lim
x→±∞
f(x) = ±∞ và lim
x→x
±
i
= ∓∞ nên trong mỗi khoảng xác định của hàm số f(x) có
1 nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình đã cho có 2019 nghiệm phân biệt.
Ta chọn đáp án
D
Câu 37. Giả sử f(a) ≤ f (b) ≤ f (c). Có max
[−1;3]
f (x) = m + 20; min
[−1;3]
g (x) = m.
f(a), f(b), f(c) là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác ⇔ f(a) > |f(b) − f(c)| ∀a, b, c ∈ [−1; 3] (1).
Mặt khác min
[−1;3]
f(a) = m, max
[−1;3]
|f(b) − f(c)| = |m + 20 − m| = 20 và đẳng thức xảy ra khi
f(a) = f(b) = m, f(c) = m + 20 hay a = b. Nhưng trong (1) có a 6= b nên đẳng thức ở các
min; max xảy ra nhưng (1) không xảy ra, do đó (1) ⇔ m ≥ 20.
Tam giác này nhọn ⇔ f
2
(a) + f
2
(b) > f
2
(c) (2) ∀a, b, c ∈ [−1; 3] ⇒ m
2
+ m
2
≥ (m + 20)
2
(3).
Đẳng thức ở (3) xảy ra khi f (a) = f(b) = m; f (c) = m + 20 ⇒ a = b, nhưng trong (2) có a 6= b
nên (2) không xảy ra đẳng thức. Vậy đẳng thức ở (3) thỏa mãn (2 ).
Có (3) ⇔ m ≥ 20 + 20
√
2 ≈ 48, 28 (do m ≥ 20).
Vậy m ≥ 49, do đó 49 ≤ m < 2018, m ∈ Z có 1969 số nguyên thỏa mãn.
Ta chọn đáp án
B
Câu 38. Hàm số y = |x|
3
− (2m + 1) x
2
+ 3m |x| − 5 có ba điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số
y = x
3
− (2m + 1) x
2
+ 3 mx − 5 có 1 cực trị dương, cực trị còn lại không dương. Vậy phương
trình 3x
2
− 2 (2m + 1) x + 3m = 0 (∗) có 1 nghiệm bằng bằng 0, nghiệm còn lại dương hoặc có
hai nghiệm trái dấu.
Trường hợp 1: (*) có 1 nghiệm bằng 0 ⇔ m = 0, khi đó nghiệm còn lại bằng
2
3
> 0 nên m = 0
thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Trường hợp 2: (*) có 2 nghiệm trái dấu ⇔ ac < 0 ⇔ m < 0.
Vậy tập hợp tấ t cả các giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là (−∞; 0].
Ta chọn đáp án
C
Câu 39. Ta có g
′
(x) = f
′
(x) − (x − 1)
2
do đó nghiệm của phương trình g
′
(x) = 0 là hoành độ
giao điểm của hai đồ thị y = f
′
(x) và y = (x − 1 )
2
.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 32
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Có g
′
(x) > 0 khi đồ thị y = f
′
(x) nằm trên y = (x − 1)
2
và
g
′
(x) < 0 khi đồ thị y = f
′
(x) nằm dưới y = (x − 1)
2
.
Từ đồ thị suy ra g
′
(x) = 0 ⇔
x = 0
x = 2
x = 1
.
Từ đồ thị ta thấy g
′
(x) chỉ đổi dấu từ dương sang âm (từ nằm trên
chuyển xuống nằm dưới) khi qua x = 1. Do đó hàm số đạt cực đại
tại x = 1.
x
y
y = f
′
(x)
1
1
-1
-2
2
O
y = (x − 1)
2
Ta chọn đáp án
A
Câu 40. Điều kiện có hai điểm cực trị là m
2
> 1. Gọi a, b, c, d là các hệ số của hàm bậc 3 tổng
quát, ∆ là biệt thức Delta của y
′
.
Đường thẳng qua hai điểm cực trị là y = kx + e với k = −
∆
18a
= 2 − 2m
2
và e = d −
bc
9a
=
1 −
−9m
9
= m + 1. Vậy y = (2 − 2m
2
) x + m + 1.
Gọi hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A (x
1
; kx
1
+ e) và B (x
2
; kx
2
+ e)
⇒ S
∆OAB
=
1
2
. |x
1
(kx
2
+ e) − x
2
(kx
1
+ e)| ⇒ S
∆OAB
=
1
2
. |e|. |x
1
− x
2
|
⇒ S
∆OAB
=
1
2
. |m + 1 |.
√
∆
|3a|
⇒ S
∆OAB
=
1
2
. |m + 1 |.
√
4m
2
− 4
⇒ S
∆OAB
= |m + 1|.
√
m
2
− 1 = 8
√
2 ⇒ (m
2
+ 2m + 1) (m
2
− 1) = 128
⇒ (m − 3) (m
3
+ 5m
2
+ 15m + 43) = 0 ⇒ m = 3.
Ta chọn đáp án
B
Câu 41. Ta có: y
′
= 2x.f
′
(x
2
) = 2x
5
(x
2
+ 1) (x
4
+ 2mx
2
+ 4).
Do đó y
′
= 0 khi
x = 0
x
4
+ 2mx
2
+ 4 = 0 (∗)
.
Ta thấy các nghiệm của (∗) nếu có đều khác 0. Do đó x = 0 luôn là 1 cực trị của hàm số.
Hàm số có duy nhất 1 cực trị khi và chỉ khi x
4
+ 2mx
2
+ 4 không đổi dấu trên R ⇔ (∗) có ∆
′
6 0
⇔ m
2
− 4 6 0 ⇔ −2 6 m 6 2 .
Vậy chỉ có 2 giá trị nguyên âm của m thỏa mãn là m = −2; m = −1.
Ta chọn đáp án
B
Câu 42. y
′
= 0 ⇔ x = 0 và x =
2
3a
. Từ đây ta có tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số là
A (0; b) và B
Ç
2
3a
; b −
4
27a
2
å
.
Để có ít nhất 2 giao điểm với trục hoành thì y
A
.y
B
6 0 ⇔ b
Ç
b −
4
27a
2
å
6 0 ⇔ (27a
2
b − 4) b 6
0 ⇔ a
2
b 6
4
27
(Vì b > 0 ).
Ta chọn đáp án
A
Câu 43. Gọi α
0
, α lần lượt là góc tạo bởi tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại x = 0 và tại x
0
bất
kỳ x
0
6= 0 với tia Ox theo chiều dương (lưu ý là α
0
> 9 0
◦
), từ đồ thị ta thấy:
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 33
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Với −1 < x
0
< 1 thì α
0
< α < 180
◦
nên ta n α > t an α
0
, tức f
′
(x
0
) > f
′
(0).
Với x
0
≤ −1 hoặc x
0
≥ 1 thì 90
◦
> α ≥ 0 nên tan α > 0, vậy f
′
(x
0
) > f
′
(0).
Chứng tỏ f
′
(x
0
) > f
′
(0) với mọi x
0
6= 0, do đó giá trị nhỏ nhất của f
′
(x) là m = f
′
(0).
Hơn nữa, từ đồ thị ta thấy phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại x = 0 là y = mx. Tại
x = −1 ⇒ y > 2 nên m < −2.
Ta chọn đáp án
A
Câu 44. Ta có
1
sin
2
x
<
1
x
2
+ 1 −
k
π
2
⇔ k < π
2
Ç
1
x
2
−
1
sin
2
x
+ 1
å
⇔ k < π
2
.f(x) với f(x) =
1
x
2
−
1
sin
2
x
+ 1.
Xét hàm số f (x) trên
Å
0;
π
2
ò
, ta có f
′
(x) = −
2
x
3
+
2 cos x
sin
3
x
Ta chứng minh f
′
(x) < 0, ∀x ∈
Å
0;
π
2
ã
hay g(x) =
sin
3
x
cos x
− x
3
> 0 .
Ta có g
′
(x) = tan
2
x + 2 sin
2
x − 2x
2
; g
′′
(x) = 2 tan
3
x + 2 tan x + 2 sin 2x − 4x.
g
′′′
(x) = 8 tan
2
x + 6 tan
4
x + 4 cos 2x − 2 =
6 tan
6
x + 14 tan
4
x + 2 tan
2
x + 2
1 + tan
2
x
> 0 ∀x ∈
ï
0;
π
2
ã
.
Do đó g
′′
(x) ≥ g
′′
(0) = 0, suy ra g
′
(x) > g
′
(0) = 0 ⇒ g(x) > g(0) = 0 ∀x ∈
Å
0;
π
2
ã
.
Vậy f
′
(x) < 0, ∀x ∈
Å
0;
π
2
ã
, hay hàm f (x) nghịch biến trên
Å
0;
π
2
ò
. Do đó f (x) > f
Å
π
2
ã
=
4
π
2
∀x ∈
Å
0;
π
2
ã
.
Suy ra k < π
2
.f(x) ∀x ∈
Å
0;
π
2
ã
⇔ k 6 4.
Ta chọn đáp án
C
Câu 45. Dựa vào hình dạng đồ thị hàm trùng phương ta thấy min
(−∞;0)
f (x) = f (−1) ⇒ − −
b
2a
=
−1 ⇒ b = −2a.
Vậy min
î
1
2
;2
ó
f (x) = f (−1) = a + b + c = a − 2a + c = c − a.
Ta chọn đáp án
D
Câu 46. Nếu m > 1 thì y = x
2
+ 2x + m có GTNN là m − 1 = −1 ⇔ m = 0(loại). Nếu m < 1
thì y =
x
2
+ 2x + m với x ∈ (−∞; 1 −
√
1 − m] ∪ [1 +
√
1 − m; +∞)
−x
2
+ 6x − m với x ∈ (1 −
√
1 − m; 1 +
√
1 − m)
nên giá trị nhỏ nhất của y chỉ có thể xảy ra tại những điểm cực tiểu có thể có của nó, nghĩa là:
min y = min
f (−1) ; f
Ä
1 +
√
1 − m
ä
; f
Ä
1 −
√
1 − m
ä©
⇒ min y = min
|m + 3| − 4; 4
Ä
1 +
√
1 − m
ä
; 4
Ä
1 −
√
1 − m
ä©
= min
|m + 3| − 4; 4
Ä
1 −
√
1 − m
ä©
.
Trường hợp 1: min y = |m + 3| − 4 = −1 ⇒
m = 0
m = −6
Với m = 0 thì 4
Ä
1 −
√
1 − m
ä
= 0 > −1. Vậy m = 0 thỏa mãn.
Với m = −6, thì 4
Ä
1 −
√
1 − m
ä
< −1 n
ên −1 không là giá trị nhỏ nhất, do đó trường hợp này
không thỏa mãn.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 34
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Trường hợp 2: min y = 4
Ä
1 −
√
1 − m
ä
= −1 ⇔ m = −
9
16
, khi đó |m + 3| − 4 = −
27
16
< −1 nên
trường hợp này không thỏa mãn.
Vậy chỉ có một giá trị của m thỏa mãn bài toán.
Ta chọn đáp án
B
Câu 47.
Đặt t =
ln x + 1
»
ln
2
x + 1
, khảo sát t(x) trên [1 ; e
2
] ta được
t ∈ [1;
√
2].
Ta có max
[1;e
2
]
y = max
[
0;
√
2
]
|t + m| =
max
n
|m + 1|;
m +
√
2
o
= g(m).
V
ẽ đồ thị hàm g(m) theo m như hình vẽ ta thấy
ngay g(m) nhỏ nhất khi m = −
1 +
√
2
2
.
−3 −2 −1
1
2
0
y = g(a)
y = |m + 1|
y = |m +
√
2|
−
√
2
C
Chú ý: Khi vẽ đồ thị hàm g(m) = max
n
|m + 1|;
m +
√
2
o
t
a vẽ đồng thời hai hàm y = |m+1|
và y = |m +
√
2| sau đó lấy đường đồ thị nằm phía trên cùng của hai đồ thị này. Trong trường
hợp min thì ta lấy phần đồ thị nằm dưới.
Ta chọn đáp án
C
Câu 48. Ta biết tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất tại điểm uốn.
Mặt khác y
′
= 3
Ä
(x + a)
2
+ (x + b)
2
+ (x + c)
2
ä
⇒ y
′′
= 6 (3x + a + b + c).
Có y
′′
= 0 ⇔ x = −
a + b + c
3
= −1 ⇔ a + b + c = 3.
Giao điểm với trục tung có tung độ y = a
3
+ b
3
+ c
3
.
Vì a(9 − a
2
) = a(3 − a)(3 + a) > 0 ⇒ a (a
2
− 9) + b (b
2
− 9) + c (c
2
− 9) 6 0 ⇔ a
3
+ b
3
+ c
3
6
9 (a + b + c) = 27.
Vậy tung độ giao điểm của đồ thị hàm số và Oy lớn nhất bằng 27 khi a = 3; b = c = 0 và các
hoán vị.
Ta chọn đáp án
A
Câu 49. Đặt 2
x
= a, 4
y
= b, 8
z
= c ta có a, b, c > 1 và a + b + c = 4 và 2
6S
= a.b.c.
Đánh giá S dự đoán đẳng thức xảy ra tại biên nên ta có:
(a − 1)(b − 1) > 0 ⇒ ab ≥ a + b − 1 = 3 − c
Vậy 2
6S
> (3 − c)c = −c
2
+ 3c với c ∈ [1; 2]. Do đó 2
6S
> min
[1;2](−c
2
+3c)
= 2 .
Vậy S >
1
6
. Đẳng thức xảy ra khi 3 số a, b, c có 2 số bằng 1 và số còn lại bằng 2.
Câu 50. Ta có: 4
x
6 48x − 80, ∀x ∈ [2; 3]. Dấu bằng xảy ra khi x ∈ {2; 3}.
Do đó S 6 48 (a + b + c) − 240 −
1
4
(a + b + c)
3
6 1
6.
Dấu bằng xảy ra khi (a; b; c) = (3 ; 3; 2) hoặc các hoán vị.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 35
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Ta chọn đáp án
D
Câu 51. Nếu giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 0 đương nhiên không thỏa mãn. Do đó ta chỉ
xét trường hợp min y 6= 0 . Khi đó ta có:
min
[−1;2]
y = min
ß
f (−1) , f (2) , f
Å
−
m
2
ã™
= min
®
|2 − m|; |5 + 2m|;
m
2
4
− 1
´
Trường hợp 1: |2 − m| = 1 ⇔
m = 1 ⇒ min
[−1;2]
y =
3
4
6= 1
m = 3 ⇒ min
[−1;2]
y = 0 6= 1
. Vậy không có giá trị M thỏa mãn.
Trường hợp 2: |5 + 2m| = 1 ⇔
m = −2 ⇒ min
[−1;2]
y = 0 6= 1
m = −3 ⇒ min
[−1;2]
y = 0 6= 1
. Vậy không có g iá trị M thỏa mãn.
Trường hợp 3:
m
2
4
− 1
= 1 ⇔
m = ±2
√
2 ⇒ min
[−1;2]
y = 0 6= 1
m = 0 ⇒ min
[−1;2]
y = 1
.
Vậy chỉ có m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ta chọn đáp án
A
Câu 52. Đây là bài toán đặc biệt về hàm phân thức bậc nhất.
Giải f
′
(x
A
) = ±1 ⇔ x
A
= 1 (chỉ cần lấy 1 nghiệm).
Gọi I là giao hai đường tiệm cận và M, N là hai g ia o điểm của tiếp tuyến tại A vớ i hai đường tiệm
cận. K hi đó, tam giác IMN vuông cân tại I và có đường cao IA = 2
√
2 do đó IM = IN = 4.
Vậy r =
S
p
=
2S
IM + IN + MN
=
16
8 + 4
√
2
= 4 − 2
√
2.
Ta chọn đáp án
B
Câu 53. Ta có y =
x
2
+ 3
x
. Thay vào ta có P = 5x −
9
x
= f (x).
Từ 2x + 3y − 14 6 0 ⇒ 2x + 3 .
x
2
+ 3
x
− 14 6 ⇔ x ∈
ñ
1;
9
5
ô
.
Khi đó max P + min P = 0.
Ta chọn đáp án
A
Câu 54. Đặt t = x
3
− 3x ⇒ t ∈ [−2; 2].
Vậy y = |t + m| ⇒ max
[0;2]
y = max
[−2;2]
|t + m| = max {|m − 2|, |m + 2|}.
Vẽ đồ thị hàm g(m) ta thực hiện như sau:
Vẽ đồng thời cả hai đồ thị y = |m + 2| và y = |m − 2|.
Lấy phần đồ thị nằm ở mặt trên của hai đồ thị ta
được đồ thị g(m).
Từ đồ thị của hàm g( m) ở bên ta thấy ngay g(m) = 3
có hai nghiệm phân biệt nên bài toán có 2 g iá trị của
m thỏa mãn.
g(m) = max {| m − 2|, |m + 2|}
2
2
-2
3
Ta chọn đáp án
B
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 36
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 55.
Đặt f(x) = x
3
−x
2
+ (m
2
+ 1) x −4m −7 đồng biến
trên R nên
max
[0;2]
|f(x)| = max
n
|4m + 7|;
2m
2
− 4m − 1
o
= g(m)
Ta có ngay đồ thị của hàm y = g(m) như sau (lấy
phần đồ thị nằm phía trên trong 2 đồ thị).
Từ đồ thị ta thấy đồ thị g( m) nằm bên dưới đường
g = 15 khi −2 6 m 6 2.
Chú ý: Nếu bài toán hỏi min
[a;b]
f(x) thì ta lấy phần
đồ thị nằm dưới giữa hai đồ thị. Giống như max là
phần "nổi lên bề mặt", còn min là phần chìm xuống
dưới.
m
g
0
15
Ta chọn đáp án
D
Câu 56. Do hàm số đơn điệu trên mỗi khoảng nên ta có
a + 1 6= −a
−a 6= −a − 2
−a − 2 6= 2a + 5
2a + 5 6= 1 − a
2
⇔ a /∈
®
−
1
2
; −
7
3
´
.
Khi đó, min
[1;5]
f(x) = min {a + 1; −a; −a − 2; 2 a + 5; 1 − a
2
} = g(a).
Như vậy ta dễ dàng vẽ được đồ thị hàm y = g(a)
là phần tô đậm trong hình dưới đây (lấy phần đồ
thị nằm dưới trong các đồ thị).
Từ đồ thị ta thấy g(a) = −3
⇔
a < 0
1 − a
2
= −3
⇔ a = −2
hoặc
a > 0
−a − 2 = −3
⇔ a = 1.
Vậy g(a) 6 −3 ⇔ a ∈ (−∞; −2] ∪ [1 ; +∞).
Kết hợp với điều kiện a 6= −
7
3
ta được
a ∈ (−∞; −2] ∪ [1; +∞) \
®
−
7
3
´
.
a
g
0
g = −3
−2
1
−
7
3
−
1
2
Ta chọn đáp án
A
Câu 57. B
ài toán tổng quát: Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y = |f(x) − kx − e| trên
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 37
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
đoạn [α; β] với f (x) là hàm lồi trên [α; β] thì M đạt giá trị nhỏ nhất bằng
m =
1
2
f
Ç
α + β
2
å
−
f(α) + f(β)
2
Đạt được khi
k =
f(α) − f(β)
α − β
; e =
m +
αf(β) −βf(α)
α − β
nếu f
′′
(x) > 0, ∀x ∈ [α; β]
−m +
αf(β) −βf(α)
α − β
nếu f
′′
(x) < 0, ∀x ∈ [α; β]
Áp dụng bài toán trên ta có f (x) = x
2
; a = −1; b = 3, do đó m =
1
2
|1 − 5| = 2,
khi k =
f(−1) − f (3)
−4
= 2 và e = −2 +
(−1).9 − 3.1
−4
= 1 .
Ta chọn đáp án
D
Câu 58. Đặt t = x
2
ta có t ∈ [0; 1] khi x ∈ [−1; 1]. Khi đó y = |8t
2
+ at + b| với t ∈ [0; 1].
Bài toán tổng quát: G ọ i M là giá trị lớn nhất của hàm số y = |f(x) − ax − b| trên đoạn [α; β] với
f(x) là hàm lồi trên [α; β] thì M đạt giá trị nhỏ nhất bằng
m =
1
2
f
Ç
α + β
2
å
−
f(α) + f(β)
2
Đạt được khi
a =
f(α) − f(β)
α − β
; b =
m +
αf(β) −βf(α)
α − β
nếu f
′′
(x) > 0, ∀x ∈ [α; β]
−m +
αf(β) −βf(α)
α − β
nếu f
′′
(x) < 0, ∀x ∈ [α; β]
Áp dụng bài toán tổng quát với f (t) = 8t
2
ta có:
m =
1
2
f
Ç
1
2
å
−
f(0) + f (1)
2
=
1. Vậy giá trị 1 của bài toán chính là giá trị nhỏ nhất của M.
−a =
f(1) − f(0)
1 − 0
= 8 và −b = −1 +
1f(0) − 0.f (1)
1 − 0
= −1.
Vậy a = −8 và b = 1. Do đó a + b = −7.
Ta chọn đáp án
B
Câu 59. Ta có: S
ABCD
=
1
2
(AD + BC) CH =
1
2
(2BC + 2HD) CH = (30 + 30 cos α) 30 sin α =
900
Ç
sin α +
sin 2α
2
å
.
Xét hàm số: y = sin α +
sin 2α
2
trên
ï
0;
π
2
ò
có:
y
′
= cos α + cos 2α = 2cos
2
α + cos α −1 ⇒ y
′
=
0 ⇔ cos α =
1
2
⇒ α = 60
0
.
Dễ thấy y
(0)
= 0, y
(
π
2
)
= 1, y
(
60
0
)
=
3
√
3
4
⇒
Max {S
ABCD
} = 900
3
√
3
4
= 675
√
3 (cm
2
).
Vậy thể tích lớn nhất của máng xối là: V =
675
√
3.3
00 = 202500
√
3 (c
m
3
).
B
C
30cm
D
30cm
A
30cm
H
α
Ta chọn đáp án
C
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 38
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 60. Ta có: y
′
= 2xf
′
(x
2
− 2). Ta dùng thuật ngữ "nghiệm đơn" thay cho các nghiệm mà
f
′
(x) đổi dấu qua nghiệm đó. Như vậy f
′
(x) = 0 ⇔ x = −2; 0; 2 đều là các nghiệm đơn.
Ta giải y
′
= 0 ⇔
x = 0
x
2
− 2 = −2; 0; 2
⇔ x = 0; x
2
= 0 ; x
2
= 2; x
2
= 4.
Vậy y
′
= 0 có các nghiệm x = 0 (bội 3-lặp lại 3 lần) và x = ±
√
2; x = ±2 (đều là nghiệm đơn).
Do đó y
′
đổi dấu qua tất cả các nghiệm này.
Mặt khác ta có y
′
(3) = 6.f
′
(7), mà 7 thuộc miền nghịch biến của f(x) nên f
′
(7) < 0. Vậy y
′
(3) < 0.
Từ đây có bảng biến thiên của y:
x
y
′
y
−∞
−2
−
√
2
0
√
2
2
+∞
+
0
−
0
+
0
−
0
+
0
−
−∞−∞
y(−2)y(−2)
y(−
√
2)y(−
√
2)
y(0)y(0)
y(
√
2)y(
√
2)
y(2)y(2)
−∞−∞
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên (2; +∞).
Ta chọn đáp án
B
Câu 61. Đặt t = 2
x
(t > 0 ), khi đó phương trình có dạng (t − m) (t
2
− mt + m
2
− 1) = (∗)
Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (*) có 3 nghiệm dương
phân biệt, hay:
m > 0; S = m > 0
P = m
2
− 1 > 0; m
2
− m.m + m
2
− 1 6= 0
∆ = m
2
− 4 (m
2
− 1) > 0
⇔ 1 < m <
2
√
3
.
Vậy S =
2
√
3
.
Ta chọn đáp án
A
Câu 62. Phương trình tương đương với: lo g
b
a(log
a
x)
2
− (2 + 3log
b
a) lo g
a
x − 1 = 0.
Theo Vi-ét ta có: log
a
x
1
+ log
a
x
2
=
2 + 3log
b
a
log
b
a
= 2log
a
b + 3 = log
a
(a
3
b
2
) ⇔ x
1
x
2
= a
3
b
2
.
Khi đó ta có S = f ( a) = a
3
(10 − a)
2
6 max
(1;9)
f (a) = f (6) = 3456.
Ta chọn đáp án
D
Câu 63. Theo Vi-ét ta có: log
a
x
1
+ log
a
x
2
= 1 + 2log
a
b + 3log
a
c = log
a
(ab
2
c
3
) ⇔ x
1
.x
2
= ab
2
c
3
.
Theo Cauchy ta có: x
1
.x
2
= a.b.b.c.c.c = a.
b
2
.
b
2
.
c
3
.
c
3
.
c
3
.108 ≤ 108.
a +
b
2
+
b
2
+
c
3
+
c
3
+
c
3
6
!
6
=
108.
Ç
a + b + c
6
å
6
= 108.
50
6
3
6
=
4 × 50
6
27
.
Dấu bằng xảy ra khi a =
b
2
=
c
3
⇔ a =
5
0
3
,
b =
100
3
,
c =
150
3
⇒ S =
7
00
3
.
T
a chọn đáp án
B
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 39
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 64. Ta có: 8log
m
x.log
n
m.log
m
x −7 log
m
x −6 log
n
m.log
m
x −2 017 = 0 ⇔ 8log
n
m(log
m
x)
2
−
(6log
n
m + 7) log
m
x − 2017 = 0.
Theo Vi-ét ta có log
m
x
1
+ log
m
x
2
=
6log
n
m + 7
8log
n
m
=
6
8
+
7
8
log
m
n ⇔ log
m
(x
1
x
2
) = lo g
m
Å
m
6
8
.n
7
8
ã
Vì vậy x
1
.x
2
= m
6
8
.n
7
8
= m
3
4
(2017 − m)
7
8
⇒ ln (ab) = f (m) =
3
4
ln m +
7
8
ln (2017 − m).
Mà f
′
(m) =
3
4m
−
7
8 (2017 − m)
= 0 ⇔ m =
12102
13
⇒ ln (ab) = f
Ç
12102
13
å
=
3
4
ln
12102
13
+
7
8
ln
14119
13
.
Do đó c = 12102, d = 14119 ⇒ S = 66561.
Ta chọn đáp án
B
Câu 65. Có (2
a
)
2
− 2.2
a
+ 2 (2
a
− 1) sin ( 2
a
+ b − 1) + 2 = 0
⇔ (2
a
− 1)
2
+ 2 (2
a
− 1) sin ( 2
a
+ b − 1) + 1 = 0
⇔ (2
a
− 1 + sin (2
a
+ b − 1))
2
+ 1 − sin
2
(2
a
+ b − 1) = 0
⇔ (2
a
− 1 + sin (2
a
+ b − 1))
2
+ cos
2
(2
a
+ b − 1) = 0
⇔
cos (2
a
+ b − 1) = 0
2
a
− 1 + sin (2
a
+ b − 1) = 0
⇔
2
a
+ b − 1 =
π
2
+ kπ
2
a
− 1 ± 1 = 0
.
Do đó a = 1, b =
π
2
− 1 + kπ, k ∈ Z.
Lại có b > 0 ⇒ b >
π
2
− 1 ⇒ S > 1 + 2
Å
π
2
− 1
ã
= π − 1.
Ta chọn đáp án
C
Câu 66. Lo garit cơ số b hai vế ta có:
x
2
− 1 + xlog
b
a = 0 ⇒
x
1
+ x
2
= −log
b
a
x
1
x
2
= −1
Khi đó S =
Ç
1
log
b
a
å
2
+ 4log
b
a =
1
(log
b
a)
2
+ 2log
b
a + 2 log
b
a > 3
3
s
1
(log
b
a)
2
.2log
b
a.2log
b
a = 3
3
√
4.
Dấu bằng xảy ra khi
1
(log
b
a)
2
= 2log
b
a ⇔ log
b
a =
1
3
√
2
⇔ a = b
1
3
√
2
.
Ta chọn đáp án
C
Câu 67. Với a
x
2
+1
= b
x
, lấy logarit cơ số a hai vế ta được: x
2
+1 = xlog
a
b ⇔ x
2
−xlog
a
b+1 = 0.
Phương trình này có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = (log
a
b)
2
− 4 > 0 ⇔ log
a
b > 2 ⇔ b > a
2
.
Tương tự b
x
2
−1
= (9 a)
x
⇔ x
2
− 1 = xlog
b
(9a). Phương trình này có hai nghiệm trái dấu với mọi
a, b > 1.
Khi đó theo Vi-ét ta có:
x
1
+ x
2
= lo g
a
b
x
3
+ x
4
= lo g
b
(9a)
⇒ log
a
b.log
b
(9a) < 3 ⇔ log
b
(9a) < 3 ⇔ 9a < a
3
⇒ a > 4.
Do b > a
2
⇒ b > 16 ⇒ b ≥ 17 ⇒ S > 3.4 + 2.17 = 46.
Ta chọn đáp án
B
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 40
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 68. Coi hai phương trình là phương trình bậc hai với hai ẩn 2
x
và 3
x
.
Ta có:
∆
1
> 0 ; S
1
> 0; P
1
> 0
∆
2
> 0 ; S
2
> 0; P
2
> 0
⇔ b
2
− 20 0a > 0.
Khi đó
2
x
1
+x
2
= 2
x
1
.2
x
2
=
50
a
⇔ x
1
+ x
2
= log
2
50
a
3
x
1
+x
2
= 3
x
3
.3
x
4
= 50a ⇔ x
3
+ x
4
= log
3
(50a)
.
Vì vậy: x
3
+ x
4
> x
1
+ x
2
⇔ lo g
3
(50a) > log
2
Ç
50
a
å
⇒ a > 3 ⇒ b
2
> 200a > 600 ⇒ b > 25 ⇒
S = 2a + 3 b > 81.
Ta chọn đáp án
C
Câu 69. Cho hai số thực a, b lớn hơn 1 thay đổi thỏa mãn a+b = 10. Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của
phương trình (log
a
x) (log
b
x) −2log
a
x −3 = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x
1
.x
2
+ 9a.
Phương trình đã cho ⇔ log
a
x (log
b
alog
a
x) − 2log
a
x − 3 = 0 ⇔ log
b
a(log
a
x)
2
− 2lo g
a
x − 3 = 0.
Theo Vi-ét ta có: log
a
x
1
+ log
a
x
2
=
2
log
b
a
= 2log
a
b = log
a
b
2
⇔ log
a
(x
1
.x
2
) = log
a
b
2
⇔ x
1
.x
2
= b
2
.
Vậy P = b
2
+ 9a = b
2
+ 9 (10 − b) =
Ç
b −
9
2
å
2
+
279
4
>
279
4
.
Dấu bằng xảy ra khi b =
9
2
, a =
11
2
.
Ta chọn đáp án
A
Câu 70. Phương trình tương đương với: x
2
+ (x + 1) log
a
b = 0 ⇔ x
2
+ xlog
a
b + log
a
b = 0.
Phương trình có nghiệm ⇔ ∆ = (log
a
b)
2
− 4log
a
b > 0 ⇔ log
a
b > 4 (do log
a
b > 0).
Khi đó P = log
a
b +
4
log
a
b
+ 1 = f (t) = t +
4
t
+ 1 với t = log
a
b.
Mà min
[4;+∞)
f (t) = f (4) = 6.
Với t = log
a
b > 4.
Ta chọn đáp án
C
Câu 71. Theo giả thiết ta có: (lo g
2
a − 1 + sin (log
2
a + b))
2
+ cos
2
(log
2
a + b) = 0
⇔
cos (log
2
a + b) = 0
log
2
a − 1 + sin (log
2
a + b) = 0
⇔
log
2
a + b =
π
2
+ kπ
log
2
a − 1 ± 1 = 0
⇔
a = 1
b =
π
2
− 1 + kπ
a = 4
b =
π
2
− 2 + kπ
Trường hợp 1: Nếu a = 1 ⇒ b >
π
2
− 1 ⇒ S >
3π
2
− 1.
Trường hợp 2: Nếu a = 4 ⇒ b >
3π
2
− 2 ⇒ S >
9π
2
+ 2.
Ta chọn đáp án
A
Câu 72. Phương trình tương đương với:
(1 + log
a
x) (1 + log
b
x) = 2018 ⇔ log
a
xlog
b
x + log
a
x + log
b
x + 1 = 2018
⇔ log
b
a(log
a
x)
2
+ (1 + log
b
a)log
a
x − 2017 = 0.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 41
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Khi đó theo Vi-ét ta có: log
a
x
1
+ log
a
x
2
= −
1 + log
b
a
log
b
a
= −log
a
b − 1 = log
a
1
ab
⇔ mn =
1
ab
.
Áp dụng bất đẳng thức AM − GM (hay gọi là Cauchy) ta có
P = (4a
2
+ 9b
2
)
Ç
36
a
2
b
2
+ 1
å
> 2
√
4a
2
.9b
2
.2
36
a
2
b
2
.1 = 144.
Dấu bằng xảy ra tại
4a
2
= 9b
2
36
a
2
b
2
= 1
⇔ a = 3, b = 2.
Ta chọn đáp án
A
Câu 73. Từ giả thiết e
a+b
6 e (a + b) ta có a + b = 1 (Do e
x
≥ ex, ∀x ∈ R và đẳng thức đặt tại
x = 1).
Và f (a) + f (b) = f (a) + f (1 − a) = log
3
m
2
a
1 − a
+ log
3
m
2
(1 − a)
1 − (1 − a)
= log
3
m
4
.
f (a) + f (b) = 3 ⇔ m
4
= 2 7 ⇔ m = ±
4
√
27.
Do vậy tích phần tử thuộc S là −
√
27 = −3
√
3.
Ta chọn đáp án
C
Câu 74. Ta có f
′
(x) +
1
x (x + 1)
.f (x) = 1 ⇒
x
x + 1
.f
′
(x) +
1
(x + 1)
2
.f (x) =
x
x + 1
⇒
ï
f (x) .
x
x + 1
ò
′
=
x
x + 1
⇒ f (x) .
x
x + 1
= x − ln |x + 1| + C. Tại sao lại nhân hai vế với
x
x + 1
xem thêm tại mục Tích phân hàm ẩn tro ng cuốn Đột phá tư duy giải nhanh trắc nghiệm
Giải tích 12, tác giả Lục Trí Tuyên, Nguyễn Đức Lợi, Phạm Quốc Vương xuất bản năm
2018.
Ta có f (1) .
1
2
= 1 − ln 2 + C ⇒ C = −1.
Khi đó f (2) .
2
3
= 2 − ln 3 − 1 = 1 − ln 3 ⇔ f (2) =
3
2
−
3
2
ln 3 .
Vậy a
2
+ b
2
=
9
2
.
Ta chọn đáp án
D
Câu 75. Đặt I =
1
Z
−1
x
2
f (x) dx ⇒ I =
1
Z
−1
Ä
x
2
− t
ä
f (x) dx, ∀t ∈ R.
Áp dụng bất đẳng thức trong tích phân, ta có:
I
2
≤
1
Z
−1
Ä
x
2
− t
ä
2
dx.
1
Z
−1
f
2
(x) dx ≤ 4
Ç
1
5
−
2
3
t + t
2
å
= f(t), ∀t ∈ R
⇒ I
2
≤ min
R
f(t) =
16
45
⇒ −
4
√
5
15
≤ I ≤
4
√
5
15
.
I = −
4
√
5
15
khi f (x) = −
3
√
5
2
Ç
x
2
−
1
3
å
.
Vậy I đạt giá trị nhỏ nhất bằng −
4
√
5
15
.
Ta chọn đáp án
A
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 42
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 76. Áp dụng công thức từng phần, ta có:
1
Z
0
f
′′
(x) (1 − x ) dx =
1
Z
0
(1 − x) df
′
(x) = f
′
(x) (1 − x )
1
0
+
1
Z
0
f
′
(x) dx = −2018.
Ta chọn đáp án
A
Câu 77. Ta có: 3f (x) + x.f
′
(x) > x
2018
⇒ 3x
2
f (x) + x
3
f
′
(x) > x
2020
⇒ [x
3
f (x)]
′
> x
2020
⇒
t
Z
0
î
x
3
f (x)
ó
′
dx >
t
Z
0
x
2020
dx ∀t ∈ [0; 1] ⇒ f (t) >
t
2018
2021
.
Khi đó ⇒
1
Z
0
f (x) dx >
1
Z
0
x
2018
2021
dx =
1
2019.2021
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của tích phân
1
Z
0
f (x) dx là
1
2019.2021
khi f (x) =
x
2018
2021
.
Ta chọn đáp án
D
Câu 78. Ta có
1
Z
0
x
4
f (x) dx =
ñ
x
5
5
f (x)
ô
1
0
−
1
Z
0
x
5
5
f
′
(x) dx. Suy ra
1
Z
0
x
5
f
′
(x) dx =
1
11
.
Hơn nữa ta dễ dàng tính được
1
Z
0
Ä
x
5
ä
2
dx =
1
11
.
Do đó
1
Z
0
[f
′
(x)]
2
dx − 2
1
Z
0
x
5
f
′
(x) dx +
1
Z
0
Ä
x
5
ä
2
dx = 0 ⇒
1
Z
0
î
f
′
(x) − x
5
ó
2
dx = 0.
Suy ra f
′
(x) = x
5
, do đó f (x) =
1
6
x
6
+ C. Vì f (1) = 0 nên C = −
1
6
.
Vậy
1
Z
0
f (x) dx =
1
Z
0
x
6
− 1
6
dx =
−1
7
.
Ta chọn đáp án
A
Câu 79. Ta có:
1
Z
0
f (x)
(x + 1 )
2
dx =
1
Z
0
f (x) d
Ç
1 −
1
x + 1
å
=
ñÇ
1 −
1
x + 1
å
f (x)
ô
1
0
−
1
Z
0
Ç
1 −
1
x + 1
å
f
′
(x) dx.
⇒
1
Z
0
Ç
1 −
1
x + 1
å
f
′
(x) dx =
3
2
− 2 ln 2.
Hơn nữa ta có:
1
Z
0
Ç
1 −
1
x + 1
å
2
dx =
1
Z
0
1 − 2
1
x + 1
+
1
(x + 1 )
2
!
dx
=
ñ
x − 2 ln |x + 1| −
1
(x + 1)
ô
1
0
=
3
2
− 2 ln 2.
Do đó
1
Z
0
[f
′
(x)]
2
dx − 2
1
Z
0
Ç
1 −
1
x + 1
å
f
′
(x) dx +
1
Z
0
Ç
1 −
1
x + 1
å
2
dx = 0
⇒
3
Z
0
ñ
f
′
(x) +
1
x +
1
− 1
ô
2
dx = 0.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 43
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Suy ra f
′
(x) = 1 −
1
x + 1
⇒ (x) = x − ln (x + 1) + C. Vì f (1) = 0 nên C = ln 2 − 1.
Vậy
1
Z
0
f (x) dx =
1
Z
0
[x − ln (x + 1) + ln 2 − 1] dx =
1
2
− ln 2.
Ta chọn đáp án
A
Câu 80. Từ giả thiết ta có g( x) ≥ 1∀x ∈
ñ
0;
1
2
ô
; g(0) = 1 và g
′
(x) = f(x).
Với mọi x ∈
ñ
0;
1
2
ô
có g (x) ≤
»
f (x) ⇒ g
2
(x) ≤ g
′
(x) ⇒
g
′
(x)
g
2
(x)
≥ 1 ⇒
Z
t
0
g
′
(x)
g
2
(x)
dx ≥
Z
t
0
1dx = t
⇒ −
1
g(x)
t
0
≥ t ⇔
−
1
g(t)
+ 1 ≥ t với mọi t ∈
ñ
0;
1
2
ô
. Vậy
1
g(x)
≤ 1 − x ∀x ∈
ñ
0;
1
2
ô
.
Do đó
Z
1
2
0
1
g(x)
dx ≤
Z
1
2
0
(1 − x)dx =
3
8
.
Đẳng thức xảy ra khi g(x) =
1
1 − x
.
Ta chọn đáp án
D
Câu 81. Từ giả thiết ta có g( x) ≥ 1∀x ∈ [0; 1]; g(0) = 1 và g
′
(x) = 3f(x).
Với mọi x ∈ [0; 1] có g (x) ≥ f
2
(x) ⇒ 3
»
g (x) ≥ g
′
(x) ⇒
g
′
(x)
2
»
g(x)
≤
3
2
⇒
Z
t
0
g
′
(x)
2
»
g(x)
dx ≤
Z
t
0
3
2
dx =
3
2
t ⇒
»
g(x)
t
0
≤
3
2
t ⇔
»
g(t) − 1 ≤
3
2
t với mọi t ∈ [0; 1]. Vậy
»
g(x) ≤
3
2
x + 1
∀x ∈ [0; 1].
Do đó
Z
1
0
»
g(x)dx ≤
Z
1
0
(
3
2
x + 1)dx =
7
4
.
Đẳng thức xảy ra khi
»
g(x) =
3
2
x + 1.
Ta chọn đáp án
C
Câu 82. Từ giả thiết ta có g( x) ≥ 1∀x ∈ [0; 1]; g(0) = 1 và g
′
(x) = 2xf(x
2
).
Với mọi x ∈ [0; 1] có g (x) ≥ 2xf (x
2
) ⇒ g (x) ≥ g
′
(x) ⇒
g
′
(x)
g(x)
≤ 1 ⇒
Z
t
0
g
′
(x)
g(x)
dx ≤
Z
t
0
1dx = t
⇒ ln g(x)
t
0
≤ t ⇔ ln g(t) ≤ t với mọi t ∈ [0; 1]. Vậy g(x) ≤ e
x
∀x ∈ [0; 1].
Do đó
Z
1
0
g(x)dx ≤
Z
1
0
e
x
dx = e − 1.
Đẳng thức xảy ra khi g(x) = e
x
. Khi đó f(x) =
e
√
x
2
√
x
.
Ta chọn đáp án
A
Câu 83. Đặt x = t
5
+ 4t + 3 và đổi cận: x = −2 → t = −1 và x = 8 → t = 1. Do đó:
8
Z
−2
f (x) dx
=
1
Z
−1
f
Ä
t
5
+ 4t + 3
ä
d
Ä
t
5
+ 4t + 3
ä
=
1
Z
−1
(2t + 1)
Ä
5t
4
+ 4
ä
dt = 10.
Ta chọn đáp án
A
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 44
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 84. Đặt
1
Z
0
e
x
f (x) dx =
1
Z
0
e
x
f
′
(x) dx =
1
Z
0
e
x
f
′′
(x) dx = I. Sử dụng tích phân từng phần ta
có:
I =
1
Z
0
e
x
df
′
(x) = e
x
f
′
(x)
1
0
−
1
Z
0
e
x
f
′
(x) dx ⇒ ef
′
(1) − f
′
(0) = 2I;
I =
1
Z
0
e
x
df (x) = e
x
f(x)
1
0
−
1
Z
0
e
x
f (x) dx ⇒ ef (1) − f (0) = 2I.
Vậy
ef
′
(1) − f
′
(0)
ef (1) − f (0)
=
2I
2I
= 1.
Chú ý, đối với bài toán trắc nghiệm có tính chất bất biến, ta chỉ cần chọn một hàm f (x) thỏa
mãn điều kiện giả thiết để kiểm tra. Chẳng hạn trong bài này ta có thể chọn f(x) = e
x
.
Ta chọn đáp án
D
Câu 85. Từ giả thiết ta có g( 0) = 1; g
′
(x) = 2f(x) và g(x) ≥ 1, ∀x ∈ [0; 1].
Có g (x) > [f (x)]
3
⇔
3
»
g(x) > f (x) ⇔ 2
3
»
g(x) > g
′
(x) ⇒
g
′
(x)
3
»
g(x)
≤ 2.
Suy ra
Z
t
0
g
′
(x)
3
»
g(x)
dx ≤
Z
t
0
2dx ⇒
3
2
.
3
»
g
2
(x)
t
0
≤ 2t ⇒
3
»
g
2
(t) ≤
4
3
t + 1 .
Do đó I =
Z
1
0
3
»
g
2
(t)dt ≤
Z
1
0
Ç
4
3
t + 1
å
dt =
5
3
.
Đẳng thức xảy ra khi g(x) =
Ç
4
3
t + 1
å
4
3
t + 1
Ta chọn đáp án
A
Câu 86. Đặt t = x
3
⇒ dt = 3x
2
dx. Khi đó:
2
Z
1
î
f
Ä
x
3
äó
2
dx + 2
2
Z
1
f
Ä
x
3
ä
dx =
2
3
8
Z
1
f (x) dx −
2
Z
1
Ä
x
2
− 1
ä
2
dx
⇒
8
Z
1
1
3
√
t
2
[f (t)]
2
dt + 2
8
Z
1
1
3
√
t
2
f (t)
1 −
3
√
t
2
dt + 3
2
Z
1
Ä
x
2
− 1
ä
2
dx = 0 (∗).
Mà 3
2
Z
1
Ä
x
2
− 1
ä
2
dx =
38
5
=
Z
8
1
1
3
√
t
2
1 −
3
√
t
2
2
.
Vậy (∗) ⇒
8
Z
1
"
f (t) + 1 −
3
√
t
2
3
√
t
#
2
dt = 0 ⇒ f (t) =
3
√
t
2
− 1 ⇒
2
Z
1
[f
′
(x)]
3
dx =
8 ln 2
27
.
Ta chọn đáp án
A
Câu 87. Học sinh lưu ý công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabo l và đường
thẳng: “ Nếu hai đồ thị cắt nhau có phương trình hoành độ giao điểm ax
2
+ bx + c = 0. Khi đó
diện tích hình phẳng giữa hai đồ thị đó là S =
Ä
√
∆
ä
3
6a
2
với ∆ = b
2
− 4ac”.
Áp dụng, xét 8x − x
2
= a ⇔ x
2
− 8x + a = 0 nên S
a
=
4
Ä
√
16 − a
ä
3
3
.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 45
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Tương tự ta có: S
b
=
4
Ä
√
16 − b
ä
3
3
; S
c
=
4
Ä
√
16 − c
ä
3
3
. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol
(P ) : y = 8x − x
2
và trục hoành là S
0
=
4
3
(64). Mặt khác vì S
0
=
4
3
(64) = 4 S
a
⇒ S
a
=
64
3
=
4
Ä
√
16 − a
ä
3
3
⇒ (16 − a)
3
= 256.
Có S
b
= 2S
a
=
128
3
=
4
Ä
√
16 − b
ä
3
3
⇒ (16 − b)
3
= 1024 và S
c
= 3S
a
= 64 =
4
Ä
√
16 − c
ä
3
3
⇒ (16 − c)
3
= 2304.
Như vậy: (16 − a)
3
+ (16 − b)
3
+ (16 − c)
3
= 3584.
Ta chọn đáp án
B
Câu 88. Đổi biến x − 2 cho x và x + 2 cho x, ta có:
4
Z
0
f
′
(x − 2) dx +
2
Z
0
f
′
(x + 2 ) dx =
2
Z
−2
f
′
(x) dx +
4
Z
2
f
′
(x) dx.
Như vậy:
4
Z
0
f
′
(x − 2) dx +
2
Z
0
f
′
(x + 2 ) dx =
4
Z
−2
f
′
(x) dx = f (4) − f (−2) = 6.
Ta chọn đáp án
D
Câu 89. Từ giả thiết ta có:
1
Z
0
ñ
»
f
′
(x)f (x) −
1
3
ô
2
dx 6 0.
Do đó: f
′
(x) f
2
(x) =
1
9
⇒ [f
3
(x)]
′
=
1
3
⇒ f
3
(x) =
1
3
x + 1 ⇒
1
Z
0
f
3
(x) dx =
7
6
.
Ta chọn đáp án
D
Câu 90. Ta có:
t
Z
0
f
′
(x)
f (x)
dx =
t
Z
0
x
x
2
+ 1
dx ⇒ ln f (t) − ln f(0) =
1
2
ln (t
2
+ 1)
⇒ f (t) =
√
t
2
+ 1 ⇒ T = 3 − 2
√
2.
Ta chọn đáp án
A
Câu 91. Ta có:
21(x
2
− 1)
2
− 12(x − 1)
2
− 12 xf (x) = [f
′
(x)]
2
⇒
36
5
− 6
1
Z
0
f (x) d
Ä
x
2
− 1
ä
=
1
Z
0
[f
′
(x)]
2
dx
⇒ −
24
5
+ 6
1
Z
0
Ä
x
2
− 1
ä
f
′
(x) dx =
1
Z
0
[f
′
(x)]
2
dx
⇒
1
Z
0
î
f
′
(x) − 3x
2
+ 3
ó
2
dx = 0 ⇒ f (x) = x
3
− 3x + 2.
Ta chọn đáp án
A
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 46
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 92. Đặt tan x = t ⇒ 4 = =
1
Z
0
f (t) .
1
t
2
+ 1
dt =
1
Z
0
f (x) .
1
x
2
+ 1
dx.
Cộng hai tích phân lại ta được 6 =
1
Z
0
f (x) dx.
Ta chọn đáp án
D
Câu 93. Ta có: x. (2f (x) + 1) = [f
′
(x)]
2
⇒
√
x
»
2f ( x) + 1 = f
′
(x) ⇒
f
′
(x)
»
2f ( x) + 1
=
√
x
⇒
Z
1
2
»
2f ( x) + 1
d (2f (x) + 1) =
Z
√
xdx ⇒
»
2f ( x) + 1 =
2
3
x
√
x + C.
Vì f (1) =
3
2
⇒ C =
4
3
⇒
4
Z
1
f (x) dx =
1186
45
.
Ta chọn đáp án
A
Câu 94. Theo bất đẳng thức Holder ta có:
1
Z
0
[f
′
(x)]
2
e
x
dx.
1
Z
0
e
x
dx >
1
Z
0
f
′
(x) dx
2
⇔
1
e − 1
. (e − 1) > 1.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
f
′
(x)
√
e
x
= k.
√
e
x
⇔ f
′
(x) = k.e
x
.
Vì
1
Z
0
f
′
(x) dx = 1 ⇒ k =
1
e − 1
.
Vậy f (x) =
e
x
+ C
e − 1
. Mà f (0) = 0, f (1) = 1 nên f (x) =
e
x
− 1
e − 1
.
Vậy I =
e − 2
e − 1
.
Ta chọn đáp án
A
Câu 95. Gọi x
1
, x
2
lần lượt là hoành độ của A, B, ta có
S =
|a|
6
|x
1
− x
2
|
3
=
1
6
|x
1
− x
2
|
3
Chú ý, ở đây a là hệ số bậc hai của para bol, tức a = 1. Đây là công thức nhanh tính diện tích g iới
hạn bởi Parabol và đường thẳng đã được xây dựng trong sách Đột phá tư duy giải nhanh trắc
nghiệm Giải tích 13 của tác giả Lục Trí Tuyên, Nguyễn Đức Lợi, Phạm Quốc Vương
xuất bản 2018.
Lại có |x
1
− x
2
| 6 AB = 2, do đó S 6
4
3
.
Đẳng thức xảy ra khi A(−1; 1) và B(1; 1).
Ta chọn đáp án
A
Câu 96. Ta có : |z
2
− 2z + 5| = |(z − 1 + 2i) (z + 3i − 1)|
⇔ |(z − 1 + 2i) (z − 1 − 2i)| = |(z − 1 + 2i) (z + 3 i − 1)|
⇔
|(z − 1 + 2i)| = 0
|(z − 1 − 2i)| = |(z + 3i − 1)|
.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 47
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Trường hợp 1: |(z − 1 + 2i)| = 0 ⇔ z = 1 − 2i ⇒ |z − 2 + 2i| = 1 .
Trường hợp 2: |(z − 1 − 2i)| = |(z + 3i − 1)| ⇔ b = −
1
2
với z = a + bi (a, b ∈ R) .
⇒ z − 2 + 2i =
Ç
a −
1
2
i
å
− 2 + 2i = (a − 2) +
3
2
i ⇒ |z − 2 + 2i| =
(a − 2)
2
+
9
4
>
3
2
.
Ta chọn đáp án
A
Câu 97. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng phức thì M thuộc đường
tròn tâm I(−1; 2) bán kính R = 2
√
2.
Trong mặt phẳng phức xét các điểm A (1; 0) , B ( −3; 4) thì I là trung điểm của AB.
Theo công thức đường trung tuyến trong tam giác MAB có MA
2
+ MB
2
= 2MI
2
+
AB
2
2
=
2R
2
+
AB
2
2
= 32 (không đổi).
Có P = aMA + bMB nên theo bất đẳng thức Bunhiakovski ta có P
2
≤ (a
2
+ b
2
)(MA
2
+ MB
2
) =
32(a
2
+ b
2
) ⇒ P 6 4
√
2a
2
+ 2b
2
.
Ta chọn đáp án
C
Câu 98. Có
z − 2i
z − 2
là số thuần ảo ⇔
z − 2i
z − 2
+
z + 2i
z − 2
= 0 ⇔ 2 |z|
2
− 2 (z + z) + 2i (z − z) = 0
⇔ a
2
+ b
2
− 2a − 2b = 0 ⇔ (a − 1)
2
+ (b − 1)
2
= 2.
Gọi M là điểm biểu diễn z trong mặt phẳng phức thì M thuộc đường tròn tâm I(1; 1) bán kính
R =
√
2. Khi đó |z| = OM đạt giá trị lớn nhất bằng OI + R = 2
√
2.
Đẳng thức xảy ra khi
# »
IM = −
R
IO
# »
IO, hay M(2; 2).
Vậy z = 2 + 2i, do đó a + b = 4.
Ta chọn đáp án
B
Câu 99. Gọi M là điểm biểu diễn z trên mặt phẳng phức. Từ |z + 2 + 3i| = 2 suy ra M thuộc
đường tròn tâm I(−2; −3) bán kính R =
√
2.
Đặt A(−2; 5) và B(6; −3) ta có T = |z + 2 − 5 i| + |z − 6 + 3i| = MA + MB.
Lại thấy IA = IB = 8 nên I thuộc trung trực của AB và IH =
IA
2
−
AB
2
4
= 4
√
2 với H(2; 1)
là trung điểm AB.
Có T
2
≤ 2(MA
2
+ MB
2
) = 4MH
2
+ AB
2
. Mà MH ≤ MI + IH = 2 + 4
√
2. Do đó T lớn nhất
khi MH lớn nhất hay MA = MB và M, I, H thẳng hàng.
Điều kiện dấu bằng tương đương với
# »
IM = −
IM
IH
# »
IH ⇔
# »
IM = −
1
4
(4; 4) ⇔ M (−3; −4).
Vậy z = −3 − 4i hay P = a + b = −7.
Ta chọn đáp án
D
Câu 100.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 48
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Cách 1: Gọi P, Q lần lượt là điểm biểu diễn z
1
và z
2
trên
mặt phẳng phức. Từ giả thiết ta thấy ngay Q thuộc đường
tròn tâm I(0; 2) bán kính R = 1 và P thuộc Ox.
Ta có
z
2
− z
1
1 + i
∈ R ⇔ z
2
−z
1
= k(1 + i), k ∈ R ⇔
# »
P Q//
#»
u =
(1; 1). Vậy P Q tạo với Ox một góc 45
◦
.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của Q lên Ox thì P Q =
√
2.QH. Do đó, ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
của QH.
x
y
0
I
2
Q
HP
1
45
◦
Từ hình vẽ ta thấy ngay min QH = d(I; Ox) − R = 1 và max QH = d(I; Ox) + R = 3. Vậy
M = 3
√
2 và m =
√
2. Suy ra M + m = 4
√
2.
Cách 2: Ta đặt z
1
= a, z
2
= b+ci khi đó:
z
2
− z
1
1 + i
=
(a − b − ci) (i − 1)
2
∈ R ⇒ c = b−a đồng thời
ta cũng có |z
2
− 2i| = 1 ⇒ b
2
+ (c − 2)
2
= 1. Do vậy |z
1
− z
2
| = |(a − b) − ci| = |c + ci| = |c|
√
2.
Vì b
2
+( c − 2)
2
= 1 > (c − 2)
2
⇒ 1 6 c 6 3 ⇒ 1 6 | c | 6 3 do đó |z
1
− z
2
| = |c|
√
2 ∈
î
√
2; 3
√
2
ó
⇒
T = 4
√
2.
Ta chọn đáp án
B
Câu 101. Ta có: |(3 + 4 i) z| = 5 (m
2
+ 2m + 5) ⇒ |w + 2i| = 5 (m
2
+ 2m + 5).
Vậy R = 5 (m
2
+ 2m + 5) > 20.
Ta chọn đáp án
B
Câu 102. Giả sử z = a + bi (a, b ∈ R) được biểu diễn bở i điểm M (a; b). Khi đó số phức liên hợ p
của z là ¯z = a − bi được biểu diễn bởi điểm M
′
(a; −b).
Ta có: z (4 + 3i) = ( a + bi) (4 + 3i) = 4a + 3ai + 4bi −3b = (4a − 3b) + (3a + 4b) i, do đó số phức
z (4 + 3i) được biểu diễn bở i điểm N (4a − 3b; 3a + 4b) Khi đó điểm biểu diễn số phức liên hợp của
số phức z (4 + 3 i) là N
′
(4a − 3b; −3a − 4b) Do M
′
N
′
đối xứng với MN qua Ox nên MM
′
N
′
N là
hình thang cân. Vì vậy, MM
′
N
′
N là hình chữ nhật ⇔ y
M
= y
N
⇔ b = 3a + 4b ⇔ a + b = 0, hay
M di chuyển trên đường thẳng d : x + y = 0.
Gọi A(5; −4) thì |z + 4i − 5| = AM nên min AM = d(A; d) =
1
√
2
.
Ta chọn đáp án
C
Câu 103. Gọi M(x; y) biểu diễn z trong mặt phẳng phức thì
x = m − 2 ⇒ m = x + 2
y = m
2
− 1
⇒ y = (x + 2)
2
− 1.
Vậy (C) là Parabol có phương trình y = x
2
+ 4x + 3.
Dễ thấy ∆ = 4, do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và Ox là
S =
√
∆
2
6a
2
=
8
6
=
4
3
.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 49
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Ta chọn đáp án
B
Câu 104. Có z
2
1
− z
1
z
2
+ z
2
2
= 0 ⇒ (z
1
+ z
2
) (z
2
1
− z
1
z
2
+ z
2
2
) = 0 ⇒ z
3
1
= z
3
2
⇒ |z
1
| = |z
2
|. Vậy
tam giác OAB cân tại O.
Lại có z
2
1
− z
1
z
2
+ z
2
2
= 0 ⇒
z
1
z
2
+
z
2
z
1
= 1
⇒
z
1
.z
2
|z
2
|
2
+
z
2
.z
1
|z
1
|
2
= 1
⇒ z
1
.z
2
+ z
2
.z
1
= |z
1
|
2
⇒ |z
1
|
2
− z
1
.z
2
− z
2
.z
1
+ |z
2
|
2
= |z
2
|
2
⇒ |z
1
− z
2
|
2
= |z
2
|
2
⇒ AB = OB.
Vậy tam giác OAB đều.
Mà diện tích OAB bằng
√
3 chứng tỏ |z
1
| = |z
2
| = |z
1
− z
2
| = 2 = a.
Vậy |z
1
+ z
2
| = 2OM = 2.
√
3
2
a = 2
√
3, trong đó M là trung điểm của AB.
Ta chọn đáp án
A
Câu 105. Đặt z = x + yi, x, y ∈ R ta có x
2
+ y
2
= 1.
Có w = z
3
+
z
3
.z
3
z
3
= z
3
+ z
3
= (z + z)
3
− 3z.z. (z + z) = 8x
3
− 6x = f (x).
Ta dễ dàng tìm được M = max
[−1;1]
f(x) = 2 và m = max
[−1;1]
f(x) = −2. Vậy P = 8.
Ta chọn đáp án
D
Câu 106.
Gọi M là điểm biểu diễn z. Từ giả thiết có M thuộc
đường tròn tâm I
Ç
−
1
2
;
3
2
å
bán kính R =
√
2
2
.
Gọi A(1; 0) và B(−1; 2) thì P = MA + 3MB.
Dễ dàng kiểm tra thấy I thuộc đoạn AB và
# »
IA =
−3
# »
IB, do đó
MA
2
+ 3MB
2
= 4 MI
2
+ IA
2
+ 3IB
2
= 8
I
−
1
2
;
3
2
B(−1, 2)
A(1, 0)
M
Mặt khác, theo bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có:
MA + 3MB 6
»
(MA
2
+ 3MB
2
) (1 + 3) = 4
√
2.
Ta chọn đáp án
A
Câu 107. Có i.z = i + 2i
2
+ ··· + 2 016i
2016
+ 2017i
2017
.
Vậy z − i.z = 1 + i + i
2
+ ··· + i
2016
− 2017i
2017
=
1 − i
2017
1 − i
− 20 17i = 1 − 2017i.
⇒ z =
1 − 2017i
1 − i
⇒
|z| =
1 + 2017
2
2
=
√
2034145
T
a chọn đáp án
C
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 50
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 108. Ta có:
z
1
+ z
2
= −z
3
z
1
+ z
3
= −z
2
z
2
+ z
3
= −z
1
⇒ A = |−z
1
|
2
+ |−z
2
|
2
+ |−z
3
|
2
=
8
3
.
Ta chọn đáp án
C
Câu 109. Ta có : max P = max | z| > 0 ⇔ max P
2017
= max |z|
2017
= max |z
2017
| .
Mặt khác ta cũng có: min P = |z| > 0 ⇔ min P
2017
= min |z|
2017
= min |z
2017
|.
Gọi z
2017
= a + bi (a, b ∈ R) ⇒ Tập hợp điểm biểu diễn số phức z
2017
là đường tròn tâm I (0; 1)
có bán kính R = 1 ⇒
max P
2017
= 2
min P
2017
= 0
⇔
max P = 2017 .
2017
√
2
min P = 0
⇒ A = 2017.
2017
√
2.
Ta chọn đáp án
C
Câu 110. Ta xét các điểm A (1; 0) , B (0 ; 1) và M (x; y) với M là điểm biểu diễn số phức z trong
mặt phẳng phức. Ta có :
2 |z − 1| + 3 |z − i| = 2
»
(x − 1)
2
+ y
2
+ 3
»
x
2
+ (y − 1)
2
= 2MA + 3MB .
Ta có : 2MA + 3MB = 2 (MA + MB) + MB > 2AB + MB = 2
√
2 + MB > 2
√
2 . ⇒ 2 |z − 1|+
3 |z − i| > 2
√
2 .
Mà theo giả thiết ta có : 2 |z − 1| + 3 |z − i| 6 2
√
2.
Vậy 2 |z − 1| + 3 |z − i| = 2
√
2. Dấu xảy ra khi và chỉ khi
M ∈ AB
MB = 0
⇔ M ≡ B ⇒ M ( 0; 1) ⇒
|z| = 1.
Ta chọn đáp án
D
Câu 111. Ta có |z
2
− z|
2
= |z|
2
|z − 1|
2
= |z − 1|
2
=
»
(x − 1)
2
+ y
2
=
√
2 − 2x (chú ý x
2
+y
2
=
1).
Có |z
2
+ z + 1| = |z
2
+ z + z.z| = |z||z + 1 + z| = |z + 1 + z| = |2x + 1|.
Vậy P = |2x + 1| +
√
2 − 2x = f (x) với x ∈ [−1; 1].
Khảo sát hàm f (x) trên đoạn [−1; 1] ta tìm được max P =
13
4
⇔ x =
7
8
.
Ta chọn đáp án
A
Câu 112. Gọi M là điểm biểu diễn z trong mặt phẳng phức. Dễ thấy M thuộc đường tròn tâm
O(0; 0) bán kính R
1
= 1 và đường tròn tâm I(
√
3; −1) bán kính R
2
= m, (m > 0).
Có duy nhất 1 số phức thỏa mãn bài toán tương đương với có duy nhất điểm M thỏa mãn. Điều
này xảy ra khi và chỉ khi hai đường tròn (O) và (I) tiếp xúc.
Trường hợp 1: Tiếp xúc ngo ài ⇔ OI = R
1
+ R
2
⇔ 2 = 1 + m ⇔ m = 1 > 0 .
Trường hợp 2: Tiếp xúc trong ⇔ OI = |R
1
− R
2
| ⇔ 2 = |m − 1| ⇔ m = 3; m = −1. Vậy
m = 3 > 0 thỏa mãn.
Vậy có hai số thực m thỏa mãn.
Ta chọn đáp án
C
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 51
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 113. Ta có P
2
≤ 2
Ä
|z
1
|
2
+ |z
2
|
2
ä
.
Theo giả thiết ta có |z
1
+ z
2
|
2
= 1 00 và |z
1
− z
2
|
2
= 4.
Mặt khác |z
1
+ z
2
|
2
+ |z
1
− z
2
|
2
= 2
Ä
|z
1
|
2
+ |z
2
|
2
ä
(coi z
1
và z
2
là hai vector để chứng minh).
Vậy P
2
≤ 104 ⇒ P ≤ 2
√
26. Đẳng thức xảy ra khi |z
1
| = |z
2
| =
√
26 và |z
1
− z
2
| = 2, ứng với hai
điểm nằm trên đường tròn tâm O bán kính R =
√
26 và dây cung MN = 2. Có vô số cặp điểm
M, N thỏa mãn.
Ta chọn đáp án
B
Câu 114. Ta có:
|1 + z
2017
| + |1 + z
2016
| > |(1 + z
2017
) − (1 + z
2016
)| = |z|
2016
|1 − z| = |1 − z|
|1 + z
2015
| + |1 + z
2014
| > |(1 + z
2015
) − (1 + z
2014
)| = |z|
2014
|1 − z| = |1 − z|
...
|1 + z
3
| + |1 + z
2
| > |(1 + z
3
) − (1 + z
2
)| = |z|
2
|1 − z| = |1 − z|
Vậy: P = 1008 |1 + z| + |1 + z
2
| + |1 + z
3
| + ... + |1 + z
2017
| >
1008 (|1 + z| + |1 − z|) > 1008 |(1 + z) + (1 − z)| = 2016.
Đẳng thức xảy ra khi z = −1.
Ta chọn đáp án
B
Câu 115. Gọi M là điểm biểu diễn z trong mặt phẳng phức. Ta có M thuộc các đường tròn tâm
O (0; 0) , R = 1 và tâm I (3, 4) , R
′
= m, ( m > 0).
Có duy nhất số phức thỏa mãn bài toá n tương đương với hai đường tròn tiếp xúc.
Do đó có hai trường hợp tiếp xúc ngoài và trong cho nên R + R
′
= OI ⇔ m = 4 hoặc OI =
R
′
− R ⇔ m = 6.
Ta chọn đáp án
A
Câu 116. Áp dụng công thức: với
z +
z
0
z
6 k thì max |z| =
k +
»
k
2
+ 4 |z
0
|
2
.
Ta được max |z| = 1 +
√
5. Khi đó max P = 8 + 3
√
5.
Ta chọn đáp án
D
Câu 117.
Gọi M là điểm biểu diễn z thì từ giả
thiết cho thấy M thuộc đường tròn
I(4; 3) bán kính R =
√
5.
Gọi A (−1; 3) , B ( 1; −1) ⇒ IA = IB =
5 > R. Vậy I thuộc trung trực của AB.
Đặt T = |z + 1 − 3i| + |z − 1 + i| ⇒
T = MA + MB.
• MA + MB 6
»
2 (M
A
2
+ MB
2
) ⇒
MA+MB 6
√
4M
H
2
+ AB
2
⇒ MA+
MB 6
√
4K
H
2
+ AB
2
= 1 0
√
2.
I
A
B
H
L
K
M
E
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 52
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
• Lấy E sao cho
[
LAE =
[
LAE = 90
◦
. Định lý Ptolemé ta có: MA.EB + MB.EA > ME.AB
⇒ MA + MB > ME.
AB
EB
> EL.
√
2 ⇒ MA + M ≥= 2
√
10.
Đẳng thức xảy ra lần lượt tại K và L.
Ta chọn đáp án
A
Câu 118. Gọi M là điểm biểu diễn số phức z.
Ta có:
(1 + i) z
1 − i
+ 2
= 1 ⇔ |z − 2i| = 1. Vậy M (z) thuộc đường tròn tâm I (0 ; 2) , R = 1. Do đó,
|z| 6 OI + R = 3
Lại có |w − z| = |iz − z| =
√
2. |z| 6 3
√
2.
Ta chọn đáp án
C
Câu 119. Ta có: (z − 1)
4
= (2z − i)
4
⇔
(z − 1)
2
= (2z − i)
2
(z − 1)
2
= −(2z − i )
2
⇔
z − 1 = ±(2z − i)
z − 1 = ±i (2z − i)
⇔ z
1
=
1 + i
3
; z
2
= −1 + i; z
3
= 0; z
4
=
2 + 4i
5
⇒ P =
17
9
.
Ta chọn đáp án
C
Câu 120.
Kẻ CH vuông góc với mp(ABD) (H là trọng
tâm của ∆ABD) thì EH ∩ AB = F . Mặt
phẳng CEF chính là mặt phẳng chứa CE và
vuông g óc với ABD.
Ta có V (A.ECF ) = V (F.ACE) =
2V (F.ACD) do S( ACE) = 2.S(ACD).
Mà V (F.ACD) = V (A.CDF ). Ta chỉ cần tính
AF
AB
.
Có
d(A; EF )
d(M; EF )
=
AH
MH
= 2 và
d(A; EF )
d(D; EF )
=
AE
DE
= 2. Suy ra d(M; EF ) = d(D; EF ) hay
I là trung điểm của DM. Vậy
BI
MI
= 3.
D
C
B
M
A
E
H
F
I
Lại có
d(B; EF)
d(M; EF )
=
BI
MI
= 3 . Vậy
d(A; EF )
d(B; EF)
=
2
3
, suy ra
AF
AB
=
2
5
.
Vậy V (A.CDF ) =
2
5
V (A.BCD) ⇒ V (AECF ) =
4
5
V (ABCD) =
4
5
.
√
2
12
a
3
.
Vậy V (AECF) =
√
2
15
a
3
.
Ta chọn đáp án
D
Câu 121.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 53
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Ta gọi M, N lầ n lượt là trung điểm của SA, BC.
Dễ chứng minh đượ c SA⊥(MBC) và ∆MBC
cân tại M.
Ta có MN
2
= MB
2
−
BC
2
4
= AB
2
−
SA
2
4
−
BC
2
4
= 1 −
x
2
+ y
2
4
.
Do đó V = V
S.ABC
=
1
6
xy 1 −
x
2
+ y
2
4
.
Vì x
2
+ y
2
> 2xy nên V 6
1
6
xy
…
1 −
xy
2
=
√
2
12
»
(xy)
2
. (2 − xy). Dấu bằng xảy ra khi x =
y.
A
B
C
S
M
N
Đặt t = xy và xét f( t) = t
2
(2 −t), f(t) đạt GTLN trên (0; 2) khi t =
4
3
, suy ra x = y =
2
√
3
⇒
x + y =
4
√
3
.
Ta chọn đáp án
C
Câu 122. Ta có: R
2
=
1
2
√
a
2
+ b
2
+ c
2
với OA = a, OB = b, OC = c.
Lưu ý tính chất S
2
ABC
= S
2
OAB
+ S
2
OBC
+ S
2
OCA
Có r =
3V
S
tp
=
abc
ab + bc + ca +
√
a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
.
V
ậy
2R
r
=
√
a
2
+ b
2
+ c
2
.
Ä
ab + bc + ca +
√
a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
ä
abc
.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta có:
2R
r
>
»
3
3
√
a
2
b
2
c
2
.
Å
3
3
√
a
2
b
2
c
2
+
»
3
3
√
a
4
b
4
c
4
ã
abc
⇒
2R
r
>
√
3
Ä
3 +
√
3
ä
= 3 + 3
√
3 ⇒
R
r
>
3 +
√
27
2
.
Vậy a = 3; b = 27 ⇒ a + b = 30 .
Ta chọn đáp án
C
Câu 123. Gọi tâm I (a, b, c), ta có a + 2b + c = 4. Vì d (I, Ox) = d (I, Oy) = d (I, Oz) ⇒
√
a
2
+ b
2
=
√
b
2
+ c
2
=
√
c
2
+ a
2
⇔ |a| = |b| = |c|
• Nếu a = t, b = t, c = t ⇒ t = 1 ⇒ I (1; 1; 1)
• Nếu a = t, b = t, c = −t ⇒ 2t = 4 ⇒ t = 2 ⇒ I (2; 2; −2)
• Nếu a = t, b = −t, c = t ⇒ 0 = 4(Loại)
• Nếu a = −t, b = t, c = t ⇒ 2t = 4 ⇒ I (−2; 2; 2)
Vậy có tất cả 3 mặt cầu thỏa mãn điều kiện của bài to án.
Ta chọn đáp án
C
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 54
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 124. Gọi B(x; y; z), x > 0, ta có OA = 2
√
2 ⇒ OB = 2
√
2 ⇔ x
2
+ y
2
+ z
2
= 8.
Lại có AB = 2
√
2 ⇔ (x − 2)
2
+ (y − 2)
2
+ z
2
= 8 .
Điểm B thuộc mặt cầu nên x
2
+ y
2
+ z
2
− 2x − 2y − 2z = 0.
Vậy ta có hệ:
x
2
+ y
2
+ z
2
− 2x − 2y − 2z = 0
x
2
+ y
2
+ z
2
= 8
(x − 2)
2
+ (y − 2)
2
+ z
2
= 8
⇔
x
2
+ y
2
+ z
2
= 8
x + y + z = 0
x + y = 2
⇔ B (2; 0; −2).
Vậy phương trình mặt phẳng (OAB) : x − y + z = 0.
Ta chọn đáp án
C
Câu 125. Ta có R
2
=
a
2
+ b
2
+ c
2
4
⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
= 90 và a > 4, b > 5, c > 6.
Khi đó: 4 6 a 6
√
29; 5 6 b 6
√
38.
Ta có: OA + OB + OC = a + b + c = a + b +
√
90 − a
2
− b
2
= f (a, b).
Xét f
′
(a) = 1 −
a
√
90 − a
2
− b
2
= 0 ⇔ a =
45 −
b
2
2
.
Lập bảng biến thiên ta được:
min f (a, b) = min
f (4 ) ; f
Ä
√
29
ä©
= min
b + 4 +
√
74 − b
2
; b +
√
29 +
√
61 − b
2
©
.
Dễ thấy: b+4+
√
74 − b
2
< b+
√
29+
√
61 − b
2
∀b ∈
î
5;
√
38
ó
⇒ min f ( a, b) = b+ 4 +
√
74 − b
2
=
f (b).
Do f
′
(b) = 1−
b
√
74 − b
2
= 0 ⇔ b =
√
37 nên lập bảng biến thiên ta được min f (a, b) = f (5) = 16.
Do đó giá trị nhỏ nhất của OA + OB + OC là 16 khi a = 4, b = 5, c = 7 .
Ta chọn đáp án
B
Câu 126. Ta thấy cả A và B cùng nằm ngoài mặt cầu đồng thời
IA = 4
√
2 = 2R
IB =
√
30
.
Mục đích cách giải là tìm C sao cho MA = 2MC với mọi điểm M thuộc mặt cầu.
Lấy điểm C trên IA sao cho IC.IA = R
2
. Khi đó IC.IA = IM
2
⇒
IC
IM
=
IM
IA
hay ∆ICM
và ∆IMA đồng dạng với nhau. Vậy
AM
MC
=
IA
IM
= 2 hay AM = 2MC. Dễ thấy
# »
IA = 4
# »
IC ⇒
C (0; 3; 0).
Khi đó MA + 2MB = 2 (MB + MC) > 2BC = 3
√
2.
Ta chọn đáp án
D
Câu 127. Gọi I (a; b; c) là tâm mặt cầu. Khi đó: R = d (I, (MSN)) =
a
m
+
b
n
+
c
1
− 1
1 +
1
m
2
+
1
n
2
.
Chú ý: 1 +
1
m
2
+
1
n
2
= 1 +
Ç
1
m
+
1
n
å
2
−
2
mn
= 1 +
Ç
1
m
+
1
n
å
2
− 2
Ç
1
m
+
1
n
å
=
1
m
+
1
n
− 1
2
.
Vậy R =
a
m
+
b
n
+
c
1
− 1
1
m
+
1
n
− 1
.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 55
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Chọn a = b = 1 − c ⇒ R = | a| và tâm I (a; a; 1 − a).
⇒ IM =
»
2(a − 1)
2
+ a
2
= |a| ⇔ a = 1 ⇒ R = 1.
Ta chọn đáp án
C
Câu 128. Gọi a, b, c lần lượt là hoành độ, tung độ và cao độ của A, B, C ta có mặt phẳng
(P ) :
x
a
+
y
b
+
z
c
= 1 .
(P ) qua M nên 1 =
1
a
+
4
b
+
9
c
>
(1 + 2 + 3)
2
a + b + c
⇒ a + b + c > 36.
Đẳng thức xảy ra khi
1
a
=
2
b
=
3
c
a + b + c = 36
⇒
a = 6
b = 12
c = 18
.
Ta chọn đáp án
C
Câu 129. Ta có: OH⊥(α) ⇒ R = OH =
√
a
2
+ b
2
+ c
2
.
Lại có: a
2
+ b
2
+ c
2
= (a + b + c)
2
− 2 (ab + bc + ca) = (a + b + c)
2
+ 2 > 2.
Vậy R >
√
2.
Ta chọn đáp án
C
Câu 130. Dễ thấy C là giao của phân giác trong d của ∆AMN với (P ). Ta có: AM = 3; AN = 5.
Phân giác trong ∆AMN có vector chỉ phương:
# »
AM
AM
+
# »
AN
AN
=
Ç
1
3
;
19
15
;
22
15
å
//
#»
u = (5; 19; 22)
⇒ (d) :
x = 1 + 5t
y = 2 + 19t
z = −1 + 22t
Thay vào phương trình (P ) ⇒ C (6; 21; 21).
Ta chọn đáp án
C
Câu 131.
Ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm D (3; 3; 3) là giao
điểm của (AB) và (P ). Do đó theo tính chất của
phương tích ta được: DA.DB = DI
2
− R
2
. Mặt
khác vì DC là tiếp tuyến của mặt cầu (S) cho nên
DC
2
= DI
2
− R
2
.
Do vậy DC
2
= DA.DB = 36 cho nên DC = 6 (Là
một giá trị không đổi).
A
B
I
CD
Vậy C luôn thuộc một đường tròn cố định tâm D với bán kính R = 6.
Ta chọn đáp án
D
Câu 132. G
ọi tâm 1 mặt cầu tiếp xúc là I (a, b, c) khi đó bán kính mặt cầu: R = IA = d (I, (P ))
⇔ R =
»
(a − 2
)
2
+ (b − 11)
2
+ (c + 5)
2
=
|2ma + (m
2
+ 1) b + (m
2
− 1) c − 10|
(m
2
+
1)
√
2
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 56
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
⇔ R =
»
(a − 2)
2
+ (b − 11)
2
+ (c + 5)
2
=
|m
2
(b + c) + 2ma + b − c − 10|
(m
2
+ 1)
√
2
đúng với ∀m ∈ R.
Do vậy
a = 0
b + c = b − c − 10
⇔
a = 0
c = −5
nên R =
»
4 + (b − 11)
2
=
|b − 5|
√
2
⇒
b = 9
b = 25
⇒ R
1
+ R
2
= 1 2
√
2.
Ta chọn đáp án
D
Câu 133. Gọi I (x; 0; 0) là tâm mặt cầu. Khi đó bán kính:
R
2
= r
2
+ d
2
(I, (Q)) = 2
2
+ d
2
(I, (P )) ⇔ r
2
+
(2x − 1)
2
6
= 4 +
(x + 1 )
2
6
⇔ x
2
−2x + 2(r
2
−4) = 0.
Do đó có duy nhất 1 tâ m mặt cầu thỏa mãn ⇔ ∆
′
= 0 ⇔ r =
3
√
2
=
3
√
2
2
.
Ta chọn đáp án
B
Câu 134.
Ta gọi (Q) là mặt phẳng qua điểm A (2, 1, 0), song
song với mặt phẳng (P ) thì (Q) : x−y −z −1 = 0.
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của M, N lên (Q)
và I, J lần lượt là hình chiếu của H, K lên ∆ thì
MI, NJ lần lượt là khoảng cách từ M, N đến ∆.
Khi đó MI + NJ ≥ MC + ND = 2d (M, (Q)).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ là đường thẳng
đi qua H, K. Hơn nữa, ta thấy A (2, 1, 0) là trung
điểm MN nên A cũng là trung điểm của HK, hay
HK đi qua A.
H
K
∆
M
N
I
J
A
Vậy một vector chỉ phương của ∆ là
h
[
# »
MN ,
#»
n
(Q)
],
#»
n
(Q)
i
= (−6; 0; −6) / /(1; 0; 1).
Ta chọn đáp án
A
Câu 135. Đặt và o hệ tọa độ Oxyz với A (a; 0; 0) , B (0; b; 0) , C (0; 0; 1) trong đó a, b, c > 0 và
a + b = 1.
Có bất đẳng thức quen thuộc (a + b)
2
6 2 (a
2
+ b
2
) ⇒ a
2
+ b
2
>
1
2
(∗).
Do OA, OB, OC đôi một vuông góc nên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cũng là mặt cầu ngoại
tiếp hình hộp chữ nhật có kích thước a, b, c nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện là
R =
1
2
√
a
2
+ b
2
+ 1.
Theo (*) ta có R >
1
2
1 +
1
2
=
√
6
4
.
Đẳng thức đạt được khi a = b =
1
2
.
T
a chọn đáp án
A
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 57
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 136. Ta nhận thấy A ∈ (P ) và AB = 2
√
3 do vậy P =
MA + 2
√
3
MB
=
MA + AB
MB
.
Cách 1: Ta có P
2
≤
2(MA
2
+ AB
2
)
MB
2
. Nếu
\
MAB ≥ 90
◦
⇒ MA
2
+ AB
2
≤ MB
2
⇒ P
2
≤ 2.
Nếu
\
MAB < 90
◦
, theo định lý hàm số cos ta có MB
2
= MA
2
+ AB
2
− 2MA.AB. cos
\
MAB
≥ MA
2
+ AB
2
− 2MA.AB. cos α với α là góc giữa AB và ( P ). Suy ra MB
2
≥ MA
2
+ AB
2
−
(MA
2
+ AB
2
) cos α = (MA
2
+ AB
2
)2 cos
2
α
2
⇒ P
2
≥
1
sin
2
α
2
.
Mà
α
2
< 45
◦
nên
1
sin
2
α
2
> 2. Vậy P ≤
1
sin
α
2
=
»
54 + 6
√
78 trong mọi trường hợp.
Đẳng thức xảy ra khi M thuộc hình chiếu của tia AB lên (P ) và AB = AM.
Cách 2: Áp dụng định lý hàm số sin: P =
sin
\
MBA + sin
\
AMB
sin
\
MAB
=
cos
\
MBA−
\
AMB
2
sin
\
MAB
2
6
1
sin
\
MAB
2
.
Do
\
MAB ≥ α với α là góc tạo bởi AB và (P ) nên
1
sin
\
MAB
2
≤
1
sin
α
2
.
Vậy P ≤
1
sin
α
2
=
»
54 + 6
√
78. Đẳng thức xảy ra khi M thuộc hình chiếu của tia AB lên (P ) và
AB = AM.
Ta chọn đáp án
C
Câu 137. Ta có: max d (O; (P )) = OM khi (P ) có
#»
n =
# »
OM = ( 3; 4; 5).
⇒ (P ) : 3x + 4y + 5z − 50 = 0 ⇔
x
50
3
+
y
25
2
+
z
10
= 1
⇔ a =
50
3
, b =
25
2
, c = 10 ⇒ V
OABC
=
3125
9
.
Ta chọn đáp án
B
Câu 138. Trong phương trình (P ) chia hai vế cho abc, ta có (P ) :
x
a
+
y
b
+
z
c
= 1 .
Mà
1
a
+
1
b
+
1
c
= 3 ⇔
1
3
a
+
1
3
b
+
1
3
c
= 1.
Vậy M
Ç
1
3
;
1
3
;
1
3
å
∈ (P ) ∀a, b, c.
Do đó E = 1.
Ta chọn đáp án
A
Câu 139.
Dễ thấy d
1
//d
2
do đó chúng cùng thuộc mặt
phẳng (P ).
Viết phương trình mặt phẳng (P ) và tìm
A = d
3
∩ (P ), B = d
4
∩ (P ).
Đường thẳng ∆ chính là đường thẳng qua
A, B.
d
1
d
2
A
d
3
B
d
4
Ta chọn đáp án
B
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 58
Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972 .1 7.77.17
Câu 140. Ta tìm điểm đặc biệt của bài toán và thấy tam giác ABC vuông tại A. Mặt khác:
MA + MB 6
»
2 (MA
2
+ MB
2
) = AB
√
2
NA + NB 6
»
2 (NA
2
+ NB
2
) = AC
√
2
⇒ BM + MN + NC 6 (AB + AC)
√
2.
Chú ý rằng đẳng thức xảy ra được bở i vì trong trường
hợp các tam giác MAB, NAC vuông cân và tam giác
ABC vuông thì A, M, N vẫn thẳng hàng.
Để ý thấy AB = 6; AC = 3 nên AK = 2KI ⇒ KM =
2KI. Vậy
# »
IM = 3
# »
IK ⇒ M(−2; 0; −2).
Do đó đường thẳng d khi đó có
#»
u = (1, 0, 1) //
# »
AM.
B
A
C
K
M
N
I
Ta chọn đáp án
B
Câu 141.
Gọi A
′
là hình chiếu của A trên (P ). Khi
đó đường thẳng d
′
đi qua điểm A
′
và nằm
trong (P ). G ọi G là hình chiếu của M
trên đường thẳng d
′
và H là hình chiếu
của M trên (P ). Ta có các đánh giá theo
quan hệ vuông góc:
MH 6 MG 6 MA
′
. Đẳng thức dễ thấy
đều xảy ra.
Suy ra ⇒
T = α + β = MA
′
+ MH =
√
6
3
.
A
A
′
d
′
M
H
G
d
Ta chọn đáp án
D
Câu 142. Gọi M (a; b; c) thif hình chiếu của M lên d là M
′
(0; 0; 1). Vậy ta có
d (M, Ox) =
√
b
2
+ c
2
d (M, d) =
»
a
2
+ (c − 1)
2
Do đó b
2
+ c
2
= a
2
+ (c − 1)
2
⇔ a
2
= b
2
+ 2c − 1.
Khi đó AM =
»
a
2
+ (b − 4)
2
+ c
2
=
»
2(b − 2)
2
+ (c + 1)
2
+ 6 >
√
6.
Ta chọn đáp án
C
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại w
ww.estudy.edu.vn 59
| 1/60
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

Trung tâm LTĐH THD TÀI LIỆU LTĐH Năm 2018
Tổng ôn Vận dụng - Vận dụng cao THPTQG 2018 Người biên soạn: Dành cho: Lục Trí Tuyên Thành viên estudy.edu.vn Ngày 29 tháng 4 năm 2018 Mục lục
1 Tổng ôn Vận dụng- Vận dụng cao 3 1
Vận dụng cao lớp 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 2
Vận dụng cao lớp 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 3
Đáp án . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2 Hướng dẫn giải chi tiết 21 1 Giới thiệu
Tài liệu này sử dụng một số kết quả trong:
https://estudy.edu.vn/docrepo/bai-toan-gia-tri-lon-nhat-cua-ham-co-tha-cyb6yivudrl5y
https://estudy.edu.vn/docrepo/bai-toan-chia-keo-euler-va-ung-dung-ey6pyl73gwxxi
https://estudy.edu.vn/course/lesson/tich-phan-ham-an-ttop7vcwiqtsf3ixj2krfdmvsx
Vì vậy, các bạn đọc tham khảo thêm các chuyên đề này để hiểu rõ hơn về phương pháp giải tổng quát. Xin cảm ơn! 2 Chương 1
Tổng ôn Vận dụng- Vận dụng cao 1. Vận dụng cao lớp 11
Câu 1. Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình 3 sin 2x + cos 2x 6 m + 1 đúng với sin 2x + 4cos2x + 1 mọi x ∈ R. √ √ √ √ 3 5 3 5 + 9 65 − 9 65 − 9 A m > . B m > . C m > . D m > . 4 4 2 4
Câu 2. Có bao nhiêu giá trị của α trong [0; 2π] để ba phần tử của S = {sin α, sin 2α, sin 3α}
trùng với ba phần tử của T = {cos α, cos 2α, cos 3α}. A 1. B 2. C 3. D 4.
Câu 3. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình ln (m + 2 sin x + ln (m + 3 sin x)) = sin x có nghiệm? A 3. B 4. C 5. D 6.
Câu 4. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình m + sin (m + sin 3x) = sin (3 sin x) + 4sin3x có nghiệm thực? A 9. B 5. C 4. D 8.
Câu 5. Cho phương trình: (cos x + 1) (cos 2x − m cos x) = msin2x. Phương trình có đúng hai ñ ô nghiệm thuộc đoạn 2π 0; khi: 3 1 A m > −1. B m > −1. C −1 6 m 6 1. D −1 < m 6 − . 2
Câu 6. Xét bảng ô vuông gồm 4 × 4 ô vuông. Người ta điền vào mỗi ô vuông đó một trong hai
số 1 hoặc −1 sao cho tổng các số trong mỗi hàng và tổng các số trong mỗi cột đều bằng 0. Hỏi có bao nhiêu cách? A 72. B 90. C 80. D 144.
Câu 7. Cho tập hợp A có n phần tử (n > 4). Biết rằng số tập con của A có 8 phần tử nhiều gấp
26 lần số tập con của A có 4 phần tử. Hãy tìm k ∈ {1, 2, 3, ..., n} sao cho số tập con gồm k phần
tử của A là nhiều nhất. A k = 20. B k = 11. C k = 14. D k = 10. 3 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Câu 8. Một khối lập phương có độ dài cạnh là 2cm được chia thành 8 khối lập phương cạnh 1cm.
Hỏi có bao nhiêu tam giác được tạo thành từ các đỉnh của khối lập phương cạnh 1cm. A 2876. B 2898. C 2915. D 2012.
Câu 9. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức và luyện thi Địa học muốn trao tặng hết 500 cuốn sách
giống nhau Đột phá tư duy giải nhanh trắc nghiệm Giải tích 12 của tác giả Lục Trí
Tuyên cho 3 trường THPT ở huyện Mù Cang Chải (thuộc Yên Bái) sao cho mỗi trường đều được
ít nhất 100 cuốn. Hỏi có bao nhiêu cách trao tặng sách theo số lượng thỏa mãn yêu cầu trên? A 20503. B 20301. C 1373701. D 83436.
Câu 10. Cho khối lập phương 3 × 3 × 3 gồm 27 khối lập phương đơn vị. Một mặt phẳng vuông
góc với đường chéo của khối lập phương lớn tại trung điểm của nó. Mặt phẳng này cắt ngang
(không đi qua đỉnh) bao nhiêu khối lập phương đơn vị? A 10. B 23. C 18. D 19.
Câu 11. Cho đa giác đều 20 cạnh nội tiếp trong đường tròn (O). Có bao nhiêu tam giác mà các
đỉnh là ba đỉnh của đa giác và ba cạnh là ba đường chéo của đa giác? A 800. B 702. C 600. D 912.
Câu 12. Cho 2018-giác đều nội tiếp đường tròn (O). Hỏi có bao nhiêu tam giác tù mà các đỉnh
là đỉnh của đa giác này? A 2018C2 . B C3 . D 2018C2 . 1008 2018 − 2018. C C21008 1009
Câu 13. Trong mặt phẳng (Oxy) cho hình chữ nhật OMNP với M (0; 10); N (100; 10) và P (100; 0).
Gọi S là tập hợp tất cả các điểm A (x; y) , x, y ∈ N nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP .
Lấy ngẫu nhiên 1 điểm A (x; y) ∈ S. Tính xác suất để x + y 6 90 90 86 860 900 A . B . C . D . 101 101 1111 1111
Câu 14. Cho đa giác đều 15 đỉnh. Gọi M là tập tất cả các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của
đa giá đều này. Chọn ngẫu nhiên 1 tam giác thuộc M. Tính xác suất để tam giác được chọn là
tam giác cân nhưng không đều.19 98 A 87 . B . C . D 18 . 455 91 445 91
Câu 15. Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số được lập từ tập X = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.
Rút ngẫu nhiên một một số thuộc tập S. Tính xác suất để rút được số mà trong đó chữ số đứng
sau luôn lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng trước. 3 87 91 5 A . B . C . D . 16 448 448 16
Câu 16. Cho đa giác đều 20 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh. Tính xác suất để 3 đỉnh đó tạo thành
một tam giác vuông không cân. 3 9 2 8 A . B . C . D . 19 57 19 57
Câu 17. Cho n, (n > 4) giác đều nội tiếp đường tròn (O). Có bao nhiêu hình thang (không là
hình chữ nhật) mà 4 đỉnh là các đỉnh của đa giác đều đã cho? A 720. B 680. C 800. D 920.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 4 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Câu 18. Gọi S là tập tất cả các số có 7 chữ số mà tổng các chữ số của nó bằng 59. Lấy ngẫu
nhiên một số trong S. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 11. 3 4 5 19 A . B . C . D . 17 21 21 42
Câu 19. Từ các số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số (các chữ số không
nhất thiết khác nhau) và chia hết cho 9. A 2558. B 1601. C 1760. D 2145. Ç 1 å20 Ç 1 å10
Câu 20. Sau khi khai triển và rút gọn, biểu thức x − + x3 − có bao nhiêu số x2 x hạng? A 27. B 28. C 29. D 32. Câu 21. Tìm n biết rằng
an(x − 1)n + an−1(x − 1)n−1 + ... + a1 (x − 1) + a0 = xn
đồng thời a1 + a2 + a3 = 231. A n = 9. B n = 10. C n = 11. D n = 12.
Câu 22. Cho khai triển (1 − 2x)n = a0+a1x+a2x2+...+anxn. Biết S = |a1|+2 |a2|+...+n |an| =
34992, tính giá trị của biểu thức P = a ? 0 + 3a1 + 9a2 + ... + 3nan A 390625. B −78125. C −1953125. D 9765625.
Câu 23. Cho đa thức: P (x) = (x + 1)8 + (x + 1)9 + (x + 1)10 + (x + 1)11 + (x + 1)12. Khai triển
và rút gọn ta được đa thức P(x) = a .
0 + a1x + a2x2 + ... + a12x12. Tìm hệ số a8 A 715. B 720. C 700. D 730. C1 C2 Cn 2100
Câu 24. Tìm số tất cả tự nhiên n thỏa mãn C0n − n − 3 + n + n +...+ n = . 1.2 2.3 3.4 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) A n = 100. B n = 98. C n = 99. D n = 101.
Câu 25. Cho tập A = {1; 2; 3; 4; 5; ...; 100}. Gọi S là tập các tập con của A. Mỗi tập con này gồm
3 phần tử và có tổng bằng 91. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S. Xác suất chọn được phần tử
có 3 số lập thành cấp số nhân là? 4 2 3 1 A . B . C . D . 645 1395 645 930 f (1) f (3) ...f (2n Câu 26. Cho − 1)
f (n) = (n2 + n + 1)2 + 1 ∀n ∈ N∗ và đặt u . Tìm số n = f (2) f (4) ...f (2n)
nguyên dương n nhỏ nhất sao cho 10239 log ? 2un + un < − 1024 A n = 23. B n = 29. C n = 33. D n = 21. 3 Câu 27. Cho dãy số (a với mọi
n) thỏa mãn điều kiện a1 = 1; 5an+1−an − 1 = n ∈ Z+. 3n + 2
Tìm số nguyên dương n > 1 nhỏ nhất để an ∈ Z? A n = 39. B n = 41. C n = 49. D n = 123.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 5 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17  u Câu 28. Cho dãy số  (u 1 = 2 . Tìm giới hạn
n) được xác định bởi công thức 2018un+1 = u2 + 2017u n n của dãy số u u u S 1 2 n ? n = + + ... + u2 − 1 u3 − 1 un+1 − 1 1 2017 A lim S . . n = B lim S D lim S 2018 n = 2018. C lim Sn = 2018 n = 1.
Câu 29. Cho dãy số (un) xác định bởi u1 = 5; un+1
n+1 = un + 2n + 2.3n với mọi n > 1. Tìm số n
nguyên nhỏ nhất thỏa mãn unn − 2n > 5100. A 146. B 233. C 232. D 147.  u
Câu 30. Cho dãy số  1 = 1
và S = u21 + u22 + ... + u22018 + 2018. Khi đó S có bao  un+1 = »3u2 + 2 n nhiêu chữ số? A 963. B 962. C 607. D 608.
Câu 31. Cho một cấp số cộng (un) có u1 = 1 và tổng của 100 số hạng đầu tiên 24850. Tính giá trị của biểu thức 1 1 1 1 S = + + ... + + ? u1u2 u2u3 u48u49 u49u50 4 9 49 A S = 123. B S = . C S = . D S = . 23 246 246
Câu 32. Cho hàm số y = f (x) thỏa mãn điều kiện f2 (1 + 2x) = x − f3 (1 − x). Lập phương
trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = f (x) tại điểm có hoành độ x = 1? 1 6 1 6 1 6 1 6 A y = − x − . B y = − x + . C y = x − . D y = x + . 7 7 7 7 7 7 7 7
Câu 33. Cho hàm số y = 2x3 − 3x2 + 1 có đồ thị (C). Xét điểm A có hoành độ 1 x1 = 1 thuộc
(C). Tiếp tuyến của (C) tại A cắt có hoành độ . Tiếp tuyến của 1
(C) tại điểm thứ hai A2 6= A1 x2 (C) tại A cắt có hoành độ
. Cứ tiếp tục như thế, tiếp tuyến của 2
(C) tại điểm thứ hai A3 6= A2 x3 (C) tại A cắt có hoành độ
. Tìm giá trị nhỏ nhất của n−1
(C) tại điểm thứ hai An 6= An−1 xn n để xn > 5100. A 235. B 234. C 118. D 117.
Câu 34. Cho hình chóp S.ABC. Bên trong tam giác ABC ta lấy một điểm O bất kỳ. Từ O ta dựng
các đường thẳng lần lượt song song với SA, SB, SC và cắt các mặt phẳng (SBC) , (SCA) , (SAB) theo thứ tự tại OA′ OB′ OC′
A′, B′, C′. Khi đó tổng tỉ số T = + + bằng bao nhiêu? SA SB SC 3 1 A T = 3. B T = . C T = 1. D T = . 4 3
Câu 35. Cho khối tứ diện ABCD có BC = 3, CD = 4, ∡ABC = ∡BCD = ∡ADC = 900.
Góc giữa hai đường thẳng AD và BC bằng 600. Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ACD)?√ √ √ √ 2 43 43 4 43 43 A . B . C . D . 43 86 43 43
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 6 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 2. Vận dụng cao lớp 12 1 1 1
Câu 36. Phương trình ex − − − ... −
− 2018 = 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm x − 1 x − 2 x − 2018 thực? A 1. B 0. C 2018. D 2019.
Câu 37. Cho hàm số f (x) = x3 − 3x + m + 2. Có bao nhiêu số nguyên dương m < 2018 sao
cho với mọi bộ ba số thực a, b, c ∈ [−1; 3] thì f (a) , f (b) , f (c) là độ dài ba cạnh một tam giác nhọn. A 1989. B 1969. C 1997. D 2008.
Câu 38. Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = |x|3 − (2m + 1) x2 +
3m |x| − 5 có ba điểm cực trị? Ç 1 å ñ 1 å A −∞; . B 0; ∪ (1; +∞). C (−∞; 0]. D (1; +∞). 4 4 Câu 39.
Cho hàm số f(x) có đạo hàm f′(x) có đồ thị như hình vẽ . Hàm y số x3 g(x) = f (x) −
+ x2 − x + 2 đạt cực đại tại điểm nào? y = f ′(x) 3 1 A x = 1 . B x = −1 . C x = 0 . D x = 2 . x -1 O 1 2 -2
Câu 40. Với giá trị thực dương của tham số m để đồ thị hàm số y = x3 − 3mx2 + 3x + 1 có các √
điểm cực trị A và B sao cho tam giác ∆OAB có diện tích bằng 8 2 thì mệnh đề nào sau đây là đúng? 7 A 1 < m < 2. B 2 < m < . C 3 < m < 4. D m < 1. 2
Câu 41. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f′ (x) = x2 (x + 1) (x2 + 2mx + 4). Có bao nhiêu giá
trị nguyên âm của m để hàm số y = f (x2) có đúng 1 điểm cực trị? A 1. B 2. C 3. D 4.
Câu 42. Xét các số thực với a 6= 0, b > 0 sao cho phương trình ax3 − x2 + b = 0 có ít nhất hai
nghiệm thực. Giá trị lớn nhất của biểu thức a2b bằng: 4 15 27 4 A . B . C . D . 27 4 4 15
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 7 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 Câu 43.
Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình vẽ bên và có đạo y
hàm f′ (x) liên tục trên R. Đường thẳng trong hình vẽ bên 2
là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại gốc tọa độ. Gọi m là giá
trị nhỏ nhất của hàm số y = f′ (x). Mệnh đề nào sau đây là 1 đúng? −1 0 x A m < −2. B −2 < m < 0. C 0 < m < 2. D m > 2. 1 k
Câu 44. Giả sử k là số thực lớn nhất sao cho bất đẳng thức 1 < + 1 − đúng với∀x ∈ sin2x x2 π2 π
(0; ). Khi đó giá trị của k là 2 A 5. B 2. C 4. D 6.
Câu 45. Cho hàm số y = f (x) = ax4 + bx2 + c (a 6= 0) có điều kiện min f (x) = f (−1). Giá trị (−∞;0) ñ ô nhỏ nhất của hàm số 1 y = f (x) trên đoạn ; 2 bằng: 2 7a 9a A c + 8a. B c − . C c + . D c − a. 16 16
Câu 46. Có bao nhiêu giá trị của tham số thực m để giá trị nhỏ nhất của hàm số y = |x2 − 2x + m|+ 4x bằng −1? A 0. B 1. C 2. D 3. ln x + 1
Câu 47. Giá trị lớn nhất của hàm số y = trên + m
[1; e2] đạt giá trị nhỏ nhất là bao » ln2x + 1 nhiêu? √ √ √ √ 1 + 2 2 − 1 2 − 1 1 + 2 A . B . C . D . 2 4 2 4
Câu 48. Biết rằng tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = (x + a)3 + (x + b)3 + (x + c)3 có hệ số góc
nhỏ nhất tại tiếp điểm có hoành độ x = −1 đồng thời a, b, c là các số thực không âm. Tìm giá trị
lớn nhất của tung độ của giao điểm đồ thị hàm số với trục tung? A 27. B 3. C 9. D 18.
Câu 49. Cho ba số thực x, y, z không âm thỏa mãn 2x + 4y + 8z = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y z S = + + . 6 3 2 1 4 1 A . B . C . D 1 − log 12 3 6 43. 1
Câu 50. Cho các số thực a, b, c ∈ [2; 3]. Biết giá trị lớn nhất của S = 4a + 4b + 4c − (a + b + c)3 4
là m với m, n là các số nguyên dương và m tối giản. Tính P = m + 2n. n n A P = 257. B P = 258. C P = 17. D P = 18.
Câu 51. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y = |x2 + mx + 1| trên [−1; 2] đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1? A 1. B 32. C 6. D 4.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 8 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 x Câu 52. Cho hàm số − 3 y =
có đồ thị (C) và điểm A ∈ (C). Tiếp tuyến với (C) tại A tạo với x + 1
hai đường tiệm cận một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất là bao nhiêu? √ √ √ √ A 2 + 2 2. B 4 − 2 2. C 3 − 2. D 4 + 2 2.  x2 − xy + 3 = 0 Câu 53. Cho  x, y > 0 và thỏa mãn
. Tính tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất  2x + 3y − 14 6 0
của biểu thức P = 3x2y − xy2 − 2x3 + 2x? A 0. B 8. C 4. D 12.
Câu 54. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số y = |x3 − 3x + m| trên đoạn [0; 2] bằng 3. A 1. B 2. C 3. D 4.
Câu 55. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số
y = x3 − x2 + Äm2 + 1ä x − 4m − 7
trên đoạn [0; 2] không vượt quá 15. A m > −2. B m 6 2. C 0 6 m 6 2. D −2 6 m 6 2.
Câu 56. Cho hàm số f(x) liên tục trên [1; 5] thỏa mãn f(1) = a + 1; f(2) = −a; f(3) = −a − 2;
f (4) = 2a + 5 và f (5) = 1 − a2 (a là tham số). Biết rằng hàm số f(x) đơn điệu trên mỗi khoảng
(1; 2), (2; 3), (3; 4) và (4; 5). Tìm tất cả các giá trị của a để min[1;5]f (x) 6 −3. ©
A a ∈ (−∞; −2] ∪ [1; +∞) \ ¶−7 .
B a ∈ (−∞; −2] ∪ [1; +∞). 3 C a ∈ [−2; 1].
D a ∈ (−∞; −2] ∪ [2; +∞).
Câu 57. Gọi k, e là số thực để giá trị lớn nhất của hàm số y = |x2 − kx − e| trên đoạn [−1; 3]
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính k + e? A −1. B 1. C −3. D 3.
Câu 58. Cho hàm số y = |8x4 + ax2 + b| trong đó a, b là các tham số thực. Biết rằng giá trị lớn
nhất của hàm số trên [−1; 1] bằng 1. Tính T = a + b. A −9. B −7. C 8. D 6.
Câu 59. Từ một tấm tôn có kích thước 90cm × 3m, người ta làm một máng xối nước trong đó
mặt cắt là hình thang ABCD có hình dưới.
Tính thể tích lớn nhất của máng xối. √ √ A 40500 6cm3. B 40500 5cm3. √ √ A D C 202500 3cm3. D 40500 2cm3. 30cm 30cm B 30cm C
Câu 60. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 9 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 x −∞ −2 0 2 +∞ y′ + 0 − 0 + 0 − 3 3 y −∞ − −1 − −∞ −
Hàm số y = f (x2 − 2) nghịch biến trên khoảng nào? A (−2; 0). B (2; +∞). C (0; 2). D (−∞; −2).
Câu 61. Cho phương trình 8x − m22x+1 + (2m2 − 1) 2x + m − m3 = 0. Biết tập hợp các giá trị
thực của tham số m sao cho phương trình có ba nghiệm phân biệt là (a; b). Tính S = ab? √ √ 2 4 3 2 3 A S = √ . B S = . C S = . D S = . 3 3 2 3
Câu 62. Cho hai số thực a, b lớn hơn 1 thay đổi thỏa mãn a + b = 10. Gọi x là hai nghiệm 1, x2
của phương trình (log x) (log x) x x a b
− 2 loga − 3 logb − 1 = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x . 1.x2 16875 4000 A . B . C 15625. D 3456. 16 27
Câu 63. Cho ba số thực a, b, c thay đổi lớn hơn 1 thỏa mãn a + b + c = 100. Gọi x là hai 1, x2
nghiệm của phương trình (log x)2 b + 3log c) log x a − (1 + 2loga a a
− 1 = 0. Tính S = a + 2b + 3c khi x
đạt giá trị lớn nhất. 1.x2 500 700 650 A S = . B S = . C S = . D S = 200. 3 3 3
Câu 64. Biết rằng khi m, n là các số dương khác 1, thay đổi thỏa mãn m + n = 2017 thì phương trình 8log x.log x x x . Biết giá trị lớn m n
−7logm −6logn −2017 = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Å ã Ç å nhất của c 7 d ln (x với 1x2) là 3 ln + ln
c, d là các số nguyên dương. Tính S = 2c + 3d. 4 13 8 13 A S = 2017. B S = 66561. C S = 64544. D S = 26221.
Câu 65. Cho các số thực dương a, b thỏa mãn 4a − 2a+1 + 2 (2a − 1) sin (2a + b − 1) + 2 = 0. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = a + 2b. π π 3π A − 1. B . C π − 1. D − 1. 2 2 2
Câu 66. Cho hai số thực a > 1, b > 1. Biết phương trình axbx2 − 1 = 1 có hai nghiệm phân biệt Ç x å2 x
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1x2 1, x2 S = − 4 (x x 1 + x2). 1 + x2 √ √ √ A 4. B 3 3 2. C 3 3 4. D 3 2.
Câu 67. Cho các số nguyên dương a, b > 1. Biết phương trình ax2+1 = bx có hai nghiệm phân biệt x và phương trình thỏa mãn 1, x2
bx2−1 = (9a)x có hai nghiệm phân biệt x3, x4 (x1 + x2) (x3 + x4) <
3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 3a + 2b. A 12. B 46. C 44. D 22.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 10 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Câu 68. Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình a.4x − b.2x + 50 = 0 có hai nghiệm phân biệt x và phương trình thỏa mãn 1, x2
9x − b.3x + 50a = 0 có hai nghiệm phân biệt x3, x4 x
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 + x4 > x1 + x2 S = 3a + 2b. A 49. B 51. C 81. D 78.
Câu 69. Cho hai số thực a, b lớn hơn 1 thay đổi thỏa mãn a + b = 10. Gọi m, n là hai nghiệm của
phương trình (log x) (log x) x a b
−2loga −3 = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = mn+9a. 279 81 45 A . B 90. C . D . 4 4 2
Câu 70. Cho hai số thực dương a, b lớn hơn 1 và biết phương trình ax2bx+1 = 1 có nghiệm thực.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 P = log (ab) + . a log b a A 4. B 5. C 6. D 10.
Câu 71. Xét các số thực dương a, b thỏa mãn log2 a 2
−2log2a+2+2 (log2a − 1) sin (log2a + b) = 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 2a + 3b. 3π 3π 9π A − 1. B − 2. C π − 1. D + 2. 2 2 2
Câu 72. Cho các số thực a, b > 1 và phương trình log (ax) log (bx) = 2018 có hai nghiệm phân a b
biệt x và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 2 P = (4a2 + 9b2) (36x2x2 + 1). 1 2 A 144. B 72. C 36. D 288. m2x
Câu 73. Cho hàm số f (x) = log3
, x ∈ (0; 1). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của 1 − x
tham số m sao cho f (a) + f (b) = 3 với mọi số thực a, b > 0 thỏa mãn ea+b 6 e (a + b). Tính tích các phần tử của S. √ √ A 27. B 3 3. C −3 3. D −27.
Câu 74. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R\ {0; −1} thỏa mãn điều kiện f (1) = −2 ln 2 và
x (x + 1) .f ′ (x) + f (x) = x2 + x. Biết f (2) = a + b ln 3 (a, b ∈ Q). Tính a2 + b2? 3 13 1 9 A . B . C . D . 4 4 2 2
Câu 75. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên [−1; 1] đồng thời thỏa mãn điều kiện 1 1 1 Z Z Z f 2 (x) dx 6 2 và
f (x) dx = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của x2f (x) dx? −1 −1 −1 √ √ 4 5 1 5 A − . B − . C − . D −1. 15 2 15
Câu 76. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai f′′ (x) liên tục trên đoạn [0; 1] đồng thời thỏa
mãn điều kiện f (0) = f (1) = 1; f′ (0) = 2018. Mệnh đề nào sau đây là đúng? 1 1 Z Z A
f ′′ (x) (1 − x) dx = −2018. B
f ′′ (x) (1 − x) dx = 2018. 0 0 1 1 Z Z C f ′′ (x) (1 − x) dx = 1. D
f ′′ (x) (1 − x) dx = −1. 0 0
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 11 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Câu 77. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; 1] thỏa mãn 3f (x) + xf′ (x) > 1 Z
x2018 với mọi x ∈ [0; 1]. Giá trị nhỏ nhất của tích phân f (x) dx bằng 0 1 1 1 1 A . B . C . D . 2021 × 2022 2018 × 2021 2018 × 2019 2019 × 2021 1 Z 1
Câu 78. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên [0; 1] thỏa mãn f (1) = 0, [f ′ (x)]2dx = 11 0 1 1 Z Z và 1 x4f (x) dx = − . Tích phân f (x) dx bằng 55 0 0 −1 1 −1 1 A . B . C . D . 7 7 55 11 1 Z 3
Câu 79. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên [0; 1] thỏa mãn f (1) = 0, [f ′ (x)]2dx = − 2 ln 2 2 0 1 1 Z Z và f (x) 3 dx = 2 ln 2 − . Tích phân f (x) dx bằng (x + 1)2 2 0 0 1 − 2 ln 2 3 − 2 ln 2 3 − 4 ln 2 1 − ln 2 A . B . C . D . 2 2 2 2 ñ 1ô
Câu 80. Cho hàm số y = f (x) nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn 0; đồng thời ta 2 1 x 2 Z ñ ô Z đặt 1 1 g (x) = 1 + f (t) dt. Biết g (x) » 6 f (x) với mọi x ∈ 0; . Tích phân dx có giá trị 2 g (x) 0 0 lớn nhất bằng: √ 1 2 2 3 A . B . C . D . 3 3 2 8
Câu 81. Cho hàm số y = f (x) nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn [0; 1] đồng thời ta x 1 Z Z đặt » g (x) = 1 + 3
f (t) dt. Biết g (x) > f 2 (x) với mọi x ∈ [0; 1]. Tích phân g (x)dx có giá trị 0 0 lớn nhất bằng: 5 4 7 9 A . B . C . D . 2 3 4 5
Câu 82. Cho hàm số y = f (x) nhận giá trị dương và liên tục trên khoảng (0; 1) đồng thời có x2 Z
một nguyên hàm liên tục trên đoạn [0; 1]. Đặt g (x) = 1 + f (t) dt. Biết g (x) > 2xf (x2) với mọi 0 1 Z x ∈ [0; 1]. Tích phân
g (x)dx có giá trị lớn nhất bằng: 0 e + 1 A e − 1. B 2. C e + 1. D . 2
Câu 83. Cho hàm số y = f (x) xác định và liên tục trên R thỏa mãn f (x5 + 4x + 3) = 2x + 1 8 Z
với mọi x ∈ R. Tích phân f (x) dx bằng: −2 32 A 10. B . C 72. D 2. 3
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 12 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Câu 84. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai liên tục trên đoạn [0; 1] đồng thời thỏa mãn các 1 1 1 Z Z Z điều kiện exf (x) dx = exf ′ (x) dx =
exf ′′ (x) dx 6= 0. Giá trị của biểu thức ef′ (1) − f′ (0) ef (1) − f (0) 0 0 0 bằng: A −2. B −1. C 2. D 1.
Câu 85. Cho hàm số y = f (x) nhận giá trị không âm và liên tục trên đoạn [0; 1] đồng thời ta x 1 Z Z q
đặt g (x) = 1 + 2 f (t) dt. Biết g (x) > [f (x)]3 với mọi x ∈ [0; 1]. Tích phân 3 [g (x)]2dx có giá 0 0 trị lớn nhất bằng: 5 4 A . B 4. C . D 5. 3 3 2 Z
Câu 86. Cho hàm số f có đạo hàm liên tục trên [1; 8] đồng thời thỏa mãn điều kiện: îf Äx3äó2dx+ 1 2 8 2 2 Z 2 Z Z Z 2 f Äx3ä dx = f (x) dx − Äx2 − 1ä2dx. Tích phân [f ′ (x)]3dx bằng: 3 1 1 1 1 8 ln 2 ln 2 4 5 A . B . C . D . 27 27 3 4 Câu 87.
Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi parabol (P ) : y = 8x − x2 và y
trục hoành. Các đường thẳng y = a, y = b, y = c với 0 < a < b < 15
c < 16 chia (H) thành bốn phần có diện tích bằng nhau. Giá trị y = a
của biểu thức (16 − a)3 + (16 − b)3 + (16 − c)3 bằng: 10 y = b A 2048. B 3584. C 2816. D 3480. 5 y = c x 0 4 8 12 16 Câu 88.
Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên R. Đồ thị của hàm số y 4 Z
y = f (x) như hình vẽ bên. Khi đó giá trị của biểu thức f ′ (x − 2) dx + 0 2 4 Z
f ′ (x + 2) dx bằng bao nhiêu: 2 0 A 10. B −2. C 2. D 6. −2 O 2 4 x −2
Câu 89. Cho hàm số f (x) có đạo hàm dương, liên tục trên [0; 1] đồng thời thỏa mãn các điều 1 1 1 Z ñ ô Z Z kiện 1 » f (0) = 1 và 3 f ′ (x) f 2 (x) + dx 6 2
f ′ (x)f (x) dx. Tính tích phân f 3 (x) dx? 9 0 0 0
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 13 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 3 5 5 7 A . B . C . D . 2 4 6 6
Câu 90. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục và dương trên R và thỏa mãn điều kiện x √
f (0) = 1 đồng thời f ′ (x) =
. Tính T = f Ä2 2ä − 2f (1)? f (x) x2 + 1 √ √ A 3 − 2 2. B 2. C 4. D 4 − 2 3.
Câu 91. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên [0; 1] đồng thời thỏa mãn điều kiện 1 Z
f (0) = 2 và 21(x2 − 1)2 − 12(x − 1)2 − 12xf (x) = [f′ (x)]2∀x ∈ [0; 1]. Tính f (x) dx. 0 3 4 5 A . B . C −2. D − . 4 3 4 π 4 1 Z Z x2f (x)
Câu 92. Cho f (x) liên tục trên R thỏa mãn f (tan x) dx = 4 và dx = 2. Tính x2 + 1 0 0 1 Z f (x) dx. 0 A 8. B 2. C 3. D 6.
Câu 93. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục và không âm trên [1; 4] đồng thời thỏa mãn điều 4 Z kiện 3
x + 2xf (x) = [f ′ (x)]2 đồng thời f (1) = . Tính f (x) dx. 2 1 1186 2507 848 1831 A . B . C . D . 45 90 45 90
Câu 94. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên [0; 1] đồng thời thỏa mãn điều kiện 1 1 Z [f ′ (x)]2 1 Z f (0) = 0, f (1) = 1 và dx = . Tính tích phân I = f (x) dx =? ex e − 1 0 0 e − 2 e − 1 1 A . B . C 1. D . e − 1 e − 2 (e − 1) (e − 2)
Câu 95. Cho parabol (P ) : y = x2 và hai điểm A, B thuộc (P ) sao cho AB = 2. Tìm diện tích
lớn nhất của hình phẳng giới hạn bởi (P ) và đường thẳng AB. 4 3 3 3 A . B . C . D . 3 4 4 2
Câu 96. Câu 7: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện |z2 − 2z + 5| = |(z − 1 + 2i) (z + 3i − 1)|.
Tìm giá trị nhỏ nhất của module |z − 2 + 2i| . √ 5 3 A 1. B 5. C . D . 2 2 √
Câu 97. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện |z + 1 − 2i| = 2 2 . Tính giá trị lớn nhất của biểu
thức P = a |z − 1| + b |z + 3 + 4i| với a, b là số thực dương. √ √ √ A a2 + b2. B 2a2 + 2b2. C 4 2a2 + 2b2. D a2 + b2.
Câu 98. Cho số phức z = a + bi (a, b ∈ R) thỏa mãn z − 2i là số thuần ảo. Khi số phức z có z − 2
môđun lớn nhất. Tính giá trị biểu thức P = a + b. √ √ A P = 0. B P = 4. C P = 2 2 + 1. D P = 1 + 3 2.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 14 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 √
Câu 99. Xét các số phức z = a + bi (a, b ∈ R) thỏa mãn |z + 2 + 3i| = 2. Tính P = a + b khi
|z + 2 − 5i| + |z − 6 + 3i| đạt giá trị lớn nhất. A P = 3. B P = −3. C P = 7. D P = −7.
Câu 100. Cho số thực z và số phức thỏa mãn là số thực. Gọi 1 z2 |z2 − 2i| = 1 và z2 − z1 M, m 1 + i
lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của |z1 − z2|. Tính giá trị của biểu thức T = M + m? √ √ √ A T = 4. B T = 4 2. C T = 3 2 + 1. D T = 2 + 3.
Câu 101. Cho số phức z thỏa mãn |z| = m2 + 2m + 5với m là số thực. biết rằng tập hợp điểm
của số phức w = (3 + 4i) z − 2i là đường tròn. Tính bán kính R nhỏ nhất của đường tròn đó. A Rmin = 5. B Rmin = 20. C Rmin = 4. D Rmin = 25.
Câu 102. Xét số phức z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là M và M′. Số phức
z (4 + 3i) và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là N và N′. Biết rằng MM′N′N là một
hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của |z + 4i − 5|. 5 2 1 4 A √ . B √ . C √ . D √ . 34 5 2 13
Câu 103. Cho số phức z = m − 2 + (m2 − 1) i với m ∈ R. Gọi (C) là tập hợp các điểm biểu diễn
số phức z trong mặt phẳng tọa độ. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và Ox. 4 32 8 A 1. B . C . D . 3 3 3
Câu 104. Cho hai số phức z khác 1, z2
0 thỏa mãn z21 −z1z2 +z22 = 0. Gọi A, B lần lượt là các điểm √ biểu diễn của z . Tam giác . 1, z2 OAB có diện tích bằng
3. Tính môđun của số phức z1 + z2 √ √ A 2 3. B 3. C 2. D 4. 1
Câu 105. Gọi M và m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của phần thực số phức w = z3 + z3
trong đó |z| = 1. Tính P = M2 + m2? A 10. B 5. C 29. D 8. √
Câu 106. Cho |2z + 1 − 3i| = 2. Tìm giá trị lớn nhất của P = |z − 1| + 3. |z + 1 − 2i|? √ √ √ A 4 2. B 4 3. C 2 2. D 4.
Câu 107. Tính module của số phức z = 1 + 2i + 3i2 + 4i3 + ... + 2017.i2016. √ √ √ √ A |z| = 2036164. B |z| = 2030113. C |z| = 2034145. D |z| = 2032130.  z  1 + z2 + z3 = 0 Câu 108. Cho 3 số phức  z thỏa √ . Tính 1; z2; z3 2 2 A = |z1 + z2|2+|z2 + z3|2+  |z1| = |z2| = |z3| = 3 |z3 + z1|2. √ √ 2 2 √ 8 8 3 A . B 2 2 . C . D . 3 3 3
Câu 109. Cho số phức|z2017 − 1| = 1 . Gọi P = |z| . Tính A = 2017. (max P )−2017. (min P ). √ √ √ A A = 2017. 2016 2. B A = 2017. 2017 3. C A = 2017. 2017 2. D A = 2017. √
Câu 110. Xét số phức z thỏa 2 |z − 1| + 3 |z − i| 6 2 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 3 1 1 3 A < |z| < 2. B |z| > 2. C |z| < . D < |z| < . 2 2 2 2
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 15 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Câu 111. Tìm giá trị lớn nhất của P = |z2 − z|+|z2 + z + 1| với z là số phức thỏa mãn |z| = 1. 13 9 13 11 A max P = . B max P = . C max P = . D max P = . 4 4 3 3
Câu 112. Có bao nhiêu giá trị của m để tồn tại duy nhất số phức z thỏa mãn z.z = 1 và √ z − 3 + i = m. A 0. B 1. C 2. D 3.
Câu 113. Cho hai số phức z thỏa mãn 1, z2
z1 + z2 = 8 + 6i và |z1 − z2| = 2. Tìm giá trị lớn nhất của P = |z1| + |z2|. √ √ √ √ A P = 4 6. B P = 2 26. C P = 5 + 3 5. D P = 32 + 3 2.
Câu 114. Cho số phức z có |z| = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = 1008 |1 + z| + 1 + z2 + 1 + z3 + ... + 1 + z2017 A 4032. B 2016. C 2018. D 1008.
Câu 115. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất số phức z
thỏa mãn z.z = 1 và |z − 3 − 4i| = m. Tính tổng các phần tử thuộc S. A 10. B 42. C 52. D 40. 4 Câu 116. Cho biết z +
= 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = |z|2 + |z| + 1? z √ √ √ √ A 8 − 3 5. B 6 + 5. C 6 − 5. D 8 + 3 5. √
Câu 117. Cho |z − 4 − 3i| = 5. Gọi M và m là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của |z + 1 − 3i| +
|z − 1 + i|. Tính P = M2 + m2? A P = 240. B P = 250. C P = 270. D P = 320. (1 + i) z Câu 118. Cho hai số phức
z và w biết chúng thỏa mãn + 2 = 1 và w = iz. Tìm giá 1 − i
trị lớn nhất của M = |z − w|. √ √ √ A 3 3. B 3. C 3 2. D 2 3. Ç z å4 Câu 119. Gọi − 1 z
là nghiệm của phương trình 1, z2, z3, z4
= 1 . Tính giá trị của biểu 2z − i thức:
P = Äz21 + 1ä Äz22 + 1ä Äz23 + 1ä Äz24 + 1ä . 19 17 A 1. B . C . D 2. 7 9
Câu 120. Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của A qua D. Mặt phẳng
qua CE và vuông góc với mặt phẳng (ABD) cắt cạnh AB tại điểm F . Tính thể tích V của khối tứ diện AECF . √ √ √ √ 2a3 2a3 2a3 2a3 A V = . B V = . C V = . D V = . 30 60 40 15
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 16 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Câu 121. Cho hình chóp S.ABC có SA = x, BC = y, AB = AC = SB = SC = 1. Khi thể tích
khối chóp S.ABC lớn nhất thì tổng x + y bằng: √ 2 4 √ A 3. B √ . C √ . D 4 3. 3 3
Câu 122. Cho tam diện vuông OABC có bán kính mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp lần lượt là R √
và r. Khi đó tỷ số R đạt giá trị nhỏ nhất là a + b. Tính P = a + b? r 2 A 6. B 27. C 30. D 60.
Câu 123. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : x + 2y + z − 4 = 0.
Có tất cả bao nhiêu mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng (P ) và tiếp xúc với ba trục tọa độ x′Ox, y′Oy, z′Oz? A 8. B 4. C 3. D 1.
Câu 124. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2 +y2 +z2 −2x−2y −2z = 0
và điểm A (2; 2; 0). Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết rằng điểm B thuộc mặt cầu (S),
có hoành độ dương và tam giác OAB đều. A x − y − 2z = 0. B x − y − z = 0. C x − y + z = 0. D x − y + 2z = 0.
Câu 125. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A (a; 0; 0) , B (0; b; c) , C (0; 0; c) √ với 10
a > 4, b > 5, c > 6 và mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có bán kính bằng 3 . Khi tổng 2
OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất thì giá trị P = a + 2b + 3c bằng: A 45. B 35. C 38. D 42.
Câu 126. Cho mặt cầu (S) : (x + 1)2 + (y − 4)2 + z2 = 8 và các điểm A (3; 0; 0) , B (4; 2; 1). Gọi
M là một điểm bất kỳ thuộc mặt cầu (S). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + 2.MB? √ √ √ √ A 4 2. B 6 2. C 2 2. D 3 2.
Câu 127. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho S (0; 0; 1) , M (m; 0; 0) , N (0; n; 0) với
m, n > 0 và m + n = 1. (SMN ) luôn tiếp xúc với 1 mặt cầu cố định có bán kính là bao nhiêu
biết mặt cầu đó đi qua M (1; 1; 1). √ √ A 2. B 2. C 1. D 3.
Câu 128. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho (P ) là mặt phẳng đi qua M (1; 4; 9) và
cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó (P ) đi
qua điểm nào trong các đáp án sau? A (12; 0; 0). B (0; 6; 0). C (0; 12; 0). D (0; 0; 6).
Câu 129. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho H (a; b; c) trong đó ab + bc + ca = −1.
Mặt phẳng (α) qua H và cắt Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho H là trực tâm ∆ABC. Mặt cầu tâm
O tiếp xúc (α) có bán kính nhỏ nhất là? √ √ A 1. B 2. C 2. D 3.
Câu 130. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A (1; 2; −1) , M (2; 4; 1) , N (1; 5; 3).
Tìm tọa độ điểm C nằm trên mặt phẳng (P ) : x + z − 27 = 0 sao cho tồn tại các điểm B, D tương
ứng thuộc các tia AM, AN để tứ giác ABCD là hình thoi.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 17 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 A C (6; −17; 21). B C (20; 15; 7). C C (6; 21; 21). D C (18; −7; 9).
Câu 131. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P ) : x + y −z −3 = 0 và tọa
độ hai điểm A (1; 1; 1) , B (−3; −3; −3). Mặt cầu (S) đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với (P ) tại
điểm C. Biết rằng C luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó? √ √ 2 33 2 11 A R = 4. B R = . C R = . D R = 6. 3 3
Câu 132. Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P ) : 2mx + (m2 + 1) y + (m2 − 1) z −
10 = 0 và điểm A (2; 11; −5). Biết khi m thay đổi tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt
phẳng (P ) và đi qua A. Tìm tổng bán kính hai mặt cầu đó. √ √ √ √ A 7 2. B 15 2. C 5 2. D 12 2.
Câu 133. Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho phương trình các mặt phẳng (P ) : x−y+2z+1 =
0 và (Q) : 2x + y + z − 1 = 0. Gọi (S) là mặt cầu có tâm thuộc Ox đồng thời cắt mặt phẳng (P )
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và cắt mặt phẳng (Q) theo giao tuyến là
một đường tròn có bán kính bằng r. Xác định r sao cho chỉ tồn tại duy nhất một mặt cầu thỏa mãn điều kiện đã cho. √ √ √ 10 3 2 √ 14 A r = . B r = . C r = 3. D r = . 2 2 2
Câu 134. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm A (2, 1, 0),
song song với mặt phẳng (P ) : x−y−z = 0 và có tổng khoảng cách từ các điểm M (0, 2, 0) , N (4, 0, 0)
tới đường thẳng đó đạt giá trị nhỏ nhất? Vector chỉ phương của ∆ là? A # » u∆ = (1, 0, 1). B # » u∆ = (2, 1, 1). C # » u∆ = (3, 2, 1). D # » u∆ = (0, 1, −1).
Câu 135. Ba tia Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc. Gọi Clà điểm cố định trên Oz, đặt OC = 1 hai
điểm A, B thay đổi trên Ox, Oysao cho OA + OB = OC. Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện O.ABC? √ √ √ 6 6 6 √ A . B . C . D 6. 4 3 2
Câu 136. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : x − 2y + 2z − 3 = 0 và hai
điểm A (1; 2; 3) , B (3; 4; 5). Gọi M là một điểm di động trên (P ). Giá trị lớn nhất của biểu thức √ MA + 2 3 bằng: MB√ » √ » √ √ A 2. B 3 3 + 78. C 54 + 6 78. D 3 3.
Câu 137. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M (3; 4; 5). Gọi (P ) là mặt phẳng
qua M sao cho (P ) cắt các trục tọa độ tại các điểm A, B, C sao cho khoảng cách từ gốc tọa độ
tới (P ) là lớn nhất. Thể tích khối tứ diện OABC là? 6250 3125 24 144 A . B . C . D . 3 9 5 5 1 1
Câu 138. Cho mặt phẳng (Pa,b,c) : bcx + cay + abz − abc = 0 với a, b, c > 0 và 1 + + = 3. a b c
Gọi M (x0, y0, z0) là điểm cố định của mặt phẳng (Pa,b,c) khi a, b, c thay đổi. Tính giá trị của biểu thức E = x0 + y0 + z0? 1 1 A E = 1. B E = 3. C E = . D E = . 3 2
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 18 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Câu 139. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn đường thẳng có phương trình lần lượt là x − 1 y − 2 z x − 2 y − 2 z x y z − 1 d , , , 1 : = = d = = d = = 1 2 −2 2 : 2 4 −4 3 : 2 1 1 x − 2 y z − 1 d . 4 : = = 2 2 −1
Biết rằng đường thẳng ∆ có vector chỉ phương #»
u (2; a; b) cắt cả bốn đường thẳng đã cho. Giá trị
của biểu thức 2a + 3b bằng: 3 1 A 5. B −1. C − . D − . 2 2
Câu 140. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A (1, 0, 1) , B (−3, 4, −1) , C (2, 2, 3).
Đường thẳng d đi qua A, cắt các mặt cầu đường kính AB và AC lần lượt tại các điểm M, N
không trùng với A sao cho đường gấp khúc BMNC có độ dài lớn nhất có vector chỉ phương là? A #» u = (1, 0, 2). B #» u = (1, 0, 1). C #» u = (1, 0, −1). D #» u = (2, 0, −1).
Câu 141. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz gọi d là đường thẳng đi qua điểm A (1, 0, 0)
có hình chiếu trên mặt phẳng (P ) : x − 2y − 2z + 8 = 0 là d′. Giả sử giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
khoảng cách từ điểm M (2, −3, −1) tới d′ là α và β. Tính giá trị của T = α + β? √ √ √ √ 6 2 6 A 2. B . C . D . 2 2 3   x = 0  
Câu 142. Trong không gian với hệ trục tọa độ 
Oxyz, cho đường thẳng d : y = t và A (0; 4; 0).     z = 1
Gọi M là điểm cách đều d và trục x′Ox. Khoảng cách ngắn nhất giữa A và M bằng: √ 1 √ √ 65 A . B 3 2. C 6. D . 2 2
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 19 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 3. Đáp án 1 D 16 D 31 D 46 B 62 D 77 D 92 D 107 C 122 C 137 B 2 D 17 A 32 A 47 C 63 B 78 A 93 A 108 C 123 C 138 A 3 B 18 B 33 A 48 A 64 B 79 A 94 A 109 C 124 C 139 B 4 A 19 B 34 C 50 D 65 C 80 D 95 A 110 D 125 B 140 B 5 D 20 C 35 A 51 A 66 C 81 C 96 A 111 A 126 D 141 D 6 B 21 C 36 D 52 B 67 B 82 A 97 C 112 C 127 C 142 C 7 D 22 A 37 B 53 A 68 C 83 A 98 B 113 B 128 C 8 A 23 A 38 C 54 B 69 A 84 D 99 D 114 B 129 C 9 B 24 B 39 A 55 D 70 C 85 A 100 B 115 A 130 C 10 D 25 C 40 B 56 A 71 A 86 A 101 B 116 D 131 D 11 A 26 A 41 B 57 D 72 A 87 B 102 C 117 A 132 D 12 A 27 B 42 A 58 B 73 C 88 D 103 B 118 C 133 B 13 B 28 B 43 A 59 C 74 D 89 D 104 A 119 C 134 A 14 D 29 D 44 C 60 B 75 A 90 A 105 D 120 D 135 A 15 A 30 A 45 D 61 A 76 A 91 A 106 A 121 C 136 C
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 20 Chương 2
Hướng dẫn giải chi tiết
Câu 1. Có m + 1 > f(x) ∀x ∈ R ⇔ m + 1 > max f(x). R Ta có: 3 sin 2x + cos 2x 3 sin 2x + cos 2x y = f (x) = =
và sin 2x + 2 cos 2x + 3 > 0 ∀x ∈ R. sin 2x + 4cos2x + 1 sin 2x + 2 cos 2x + 3 Xét phương trình 3 sin 2x + cos 2x y =
⇔ (sin 2x + 2 cos 2x + 3) y = 3 sin 2x + cos 2x ⇔ sin 2x + 2 cos 2x + 3
(y − 3) sin 2x + (2y − 1) cos 2x = −3y.
Phương trình trên có nghiệm nên (y − 3)2 + (2y − 1)2 > (−3y)2 ⇔ 5y2 − 10y + 10 > 9y2 ⇔ √ √ √ −5 − 65 −5 + 65 65 −4y2 − 10y + 10 > 0 ⇔ 6 y 6
. Suy ra giá trị lớn nhất của y là −5 + . 4 4 4 √ √ Vậy −5 + 65 −9 + 65 m > − 1 = . 4 4 Ta chọn đáp án D
Câu 2. Hai tập bằng nhau thì có sin α + sin 2α + sin 3α = cos α + cos 2α + cos 3α   1 2π cos α = − α = ± + k2π
⇔ (2 cos α + 1) sin 2α = (2 cos α + 1) cos 2α ⇔   2 ⇔ 3 .   π kπ tan 2α = 1  α = + 8 2 Do 2π 4π π 5π 9π 13π α ∈ [0; 2π] nên α = ; ; ; ; ; . 3 3 8 8 8 8 Với 2π 4π α = ;
dễ thấy không thỏa mãn do T toàn các số hữu tỷ trong khi S có số vô tỉ. 3 3
Ta lại thấy luôn ghép được 3 đôi các cặp π kπ
sin x và cos y ở S và T mà x+ y = 4α nên với α = + 8 2 thì π x + y =
+ k2π. Do đó sin x = cos y. Vậy hai tập bằng nhau. Do đó có 4 số α thỏa mãn. 2 Ta chọn đáp án D
Câu 3. Cộng hai vế của phương trình với m + 2 sin x + ln (m + 3 sin x), ta được
[m + 2 sin x + ln (m + 3 sin x)]+ln [m + 2 sin x + ln (m + 3 sin x)] = (m + 3 sin x)+ln (m + 3 sin x) (*).
Đặt a = m + 2 sin x + ln (m + 3 sin x) và b = m + 3 sin x)
(∗) ⇔ a+ln a = b+ln b ⇔ a = b ⇔ m+2 sin x+ln (m + 3 sin x) = m+3 sin x ⇔ ln (m + 3 sin x) =
sin x ⇔ m + 3 sin x = esin x ⇔ m = esin x − 3 sin x.
Xét hàm số f (t) = et − 3t với t ∈ [−1; 1]. 21 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17  1 Ä max esin x + 3  − 3 sin xä = f (−1) = Vì 
f ′ (t) = et − 3 < 0 ∀t ∈ [−1; 1] nên: [−1;1] e Ä  
min esin x − 3 sin xä = f (1) = e − 3  [−1;1] 1 ⇒ e − 3 6 m 6 + 3. e Ta chọn đáp án B
Câu 4. Ta có m + sin 3x + sin (m + sin 3x) = sin (3 sin x) + 4sin3x + sin 3x
⇔ (m + sin 3x) + sin (m + sin 3x) = (3 sin x) + sin (3 sin x)
⇔ f (m + sin 3x) = f (3 sin x) với f(t) = t + sin t.
Vì f(t) đồng biến trên R nên phương trình tương đương m + sin 3x = 3 sin x ⇒ m = 4sin3x.
Vậy phương trình có nghiệm ⇔ m = ±4; ±3; ±2; ±1; 0, tức có 9 có nguyên m thỏa mãn. Ta chọn đáp án A
Câu 5. Ta có (cos x + 1) (cos 2x − m cos x) = msin2x
⇔ (cos x + 1) (cos 2x − m cos x) + m (cos x + 1) (cos x − 1) = 0 ñ 2π ô
⇔ cos 2x = m (do cos x + 1 > 0, ∀x ∈ 0; ). 3 ñ ô Phương trình 2π m = cos 2x, x ∈ 0;
có 2 nghiệm tương đương với phương trình m = cos t có 2 3 ñ ô nghiệm thuộc 4π 0; . 3
Từ đường tròn lương giác ta thấy ngay điều kiện trên thỏa mãn 1 ⇔ −1 < m ≤ − . 2 Ta chọn đáp án D
Câu 6. Trên mỗi hàng (hoặc mỗi cột) đều phải có 2 số 1 và 2 số −1.
Dễ thấy, nếu 3 hàng đầu tiên đã được điền số sao cho tổng các số trong mỗi hàng bằng 0 và trong
mỗi cột có không quá 2 số bằng nhau thì ta chỉ có 1 cách điền hàng thứ 4. Ta đi tìm số cách điền
3 hàng đầu tiên. Hàng thứ nhất và hàng thứ 2,mỗi hàng có 6 cách điền số mà tổng bằng 0. Trong
6 cách điền số của hàng thứ 2,ta chia làm 3 loại:
Loại 1: Cách điền số hàng thứ 2 trùng với cách điền số ở hàng thứ nhất 0 vị trí: có 1 cách. Khi
đó có 6 cách điền số hàng thứ 3.
Loại 2: Cách điền số hàng thứ 2 trùng với cách điền số hàng thứ nhất 4 vị trí: có 1 cách. Khi đó
có 1 cách điền dòng thứ 3.
Loại 3: Cách điền số hàng thứ 2 trùng với cách điền số hàng thứ nhất 2 vị trí: có 4 cách. Khi
đó,với mỗi cách điền dòng thứ 2, có 2 cách điền dòng thứ 3.
Vậy số cách điền thỏa mãn là: 6.1.6 + 6.1.1 + 6.4.2 = 90 cách Ta chọn đáp án B n! n! Câu 7. Ta có C8 = 26C4 = 26 n n ⇔
⇔ (n − 7) (n − 6) (n − 5) (n − 4) = 8! (n − 8)! 4! (n − 4)!
13.14.15.16 ⇔ n − 7 = 13 ⇔ n = 20.
Số tập con gồm k phần tử của A là Ck nên k = 10 thì Ck nhỏ nhất. 20 20
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 22 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 Ta chọn đáp án D Câu 8.
Có tất cả 27 điểm, chọn 3 điểm trong 27 có
C327 = 2925 bao gồm cả tam giác và những bộ 3 điểm thẳng hàng.
Cứ 2 đỉnh bất kỳ trong 8 đỉnh của hình lập
phương 2cm được một bộ 3 điểm thẳng hàng nên
có C28 = 28 bộ thẳng hàng nối các đỉnh.
Xét hình chữ nhật có đỉnh là 4 trung điểm của
4 cạnh song song của hình lập phương 2cm. Cứ
2 đỉnh bất kỳ được một bộ 3 điểm thẳng hàng
qua tâm hình lập phương nên có C2 = 6 bộ. Có 4
3 hình chữ nhật như vậy nên có 3.6 = 18 bộ.
Đoạn nối tâm các mặt đối diện của hình lập phương cũng cho một bộ, có 3 đoạn như vậy.
Vậy có tất cả 2925 − 28 − 18 − 3 = 2876 tam giác thỏa mãn bài toán. Ta chọn đáp án A
Câu 9. Gọi x, y, z lần lượt là số sách được trao về 3 trường, ta có    x + y + z = 500  100  ≤ x, y, z
Có x + y + z = 500 ⇔ (x − 99) + (y − 99) + (z − 99) = 203 ⇔ x′ + y′ + z′ = 203 (∗) trong đó x′, y′, z′ ≥ 1.
Mặt khác ta biết số nghiệm nguyên dương của (∗) là C2 . Nên số cách chia bộ x, y, z cũng bằng 202 C2 . 202
Vậy có C2 cách trao sách thỏa mãn yêu cầu bài toán. 202 Ta chọn đáp án B
Câu 10. Gắn vào hệ tọa độ Oxyz, xét mặt phẳng đi qua trung điểm OA và vuông góc OA với 9
A (3; 3; 3) là (P ) : x + y + z − = 0. 2
Ta thấy các hình vuông đơn vị đều có 1 đường chéo vuông góc với (P ). Do đó, mặt phẳng (P ) cắt
một hình lập phương đơn vị nếu điểm (i; j; k) và (i + 1; j + 1; k + 1) nằm về hai phía (P ). Vậy  9   i + j + k − < 0  2 3 9 , trong đó 9 ⇔ < i + j + k < 0 ≤ i, j, k ≤ 2. 2 2   i + 1 + j + 1 + k + 1 − > 0  2
Các họ không thỏa mãn là 3 9 i + j + k 6
⇒ i + j + k ≤ 1 hoặc i + j + k > ⇒ i + j + k ≥ 5. 2 2
Phương trình i + j + k ≤ 1 có C34 = 4 nghiệm (theo bài toán chia kẹo).
Phương trình i + j + k ≥ 5 ⇔ (3 − i) + (3 − j) + (3 − k) ≤ 4 < 5. Phương trình này có C3 = 4 4
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 23 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 nghiệm.
Vậy có 4 + 4 = 8 hình vuông không bị cắt bởi (P ), do đó có 27 − 8 = 19 hình vuông bị cắt bởi (P ). Ta chọn đáp án D
Câu 11. Gọi số đo mỗi cung chứa 1 cạnh của đa giác đều là 1 đơn vị (thực ra bằng 2π ). 20
Xét 1 tam giác thỏa mãn, với mỗi đỉnh gọi số đo 3 cung chứa 3 cạnh của nó là x, y, z thì ta có
x, y, z > 2 và x + y + z = 20.
Đặt x′ = x − 1; y′ = y − 1; z′ = z − 1 ta có x′, y′, z′ > 1 và x′ + y′ + z′ = 17.
Theo bài toán Euler có C2 nghiệm của phương trình. Thực hiện cho 20 đỉnh nhưng mỗi tam giác 16
được đếm 3 lần ứng với 3 đỉnh của nó nên số tam giác thỏa mãn đề bài là 20C2 3 16 = 800 tam giác. Ta chọn đáp án A
Câu 12. Xét mỗi tam giác tù thỏa mãn có đỉnh góc tù là 1 đỉnh của đa giác đều. Gọi x, y là
cạnh của đa giác nằm trong hai cung chứa 2 cạnh bên của tam giác. Tam giác này tù khi và chỉ khi n x + y <
(∗), (x, y > 1) (tức nhỏ hơn 1/2 đường tròn). 2 Nếu n
n chẵn, (∗) ⇔ x + y + z =
với x, y, z ≥ 1. Số nghiệm của phương trình này là C2 . Vậy n 2 −1 2
số tam giác thỏa mãn là n.C2 . n −1 2 ï ò ï ò Nếu n n n lẻ, ta có x + y 6 ⇔ x + y + z =
+ 1 với x, y, z ≥ 1 và [x] là ký hiệu số nguyên lớn 2 2 nhất không vượt quá x.
Phương trình có C2 nghiệm. Vậy số tam giác thỏa mãn là n.C2 . [ n] [ n ] 2 2   n.C2 với n n chẵn
Vậy số tam giác tù thỏa mãn là  −1 2 với  n.C2 n lẻ  [ n ] 2
Áp dụng với n = 2018 ta được số tam giác thỏa mãn là 2018C2 . 1008 Ta chọn đáp án A
Câu 13. Không gian mẫu dễ thấy bằng |Ω| = 101 × 11 = 1111.
Bài toán trở thành đếm các nghiệm nguyên không âm của bất phương trình x + y 6 90 (*) với
điều kiện 0 6 x 6 100 và 0 6 y 6 10.
+) Số nghiệm không âm của (*) không ràng buộc điều kiện (tức là tính cả các nghiệm mà
11 6 y 6 90) bằng số nghiệm nguyên dương của x′ + y′ 6 92. Ở đây x′ = x + 1 > 1; y′ = y + 1 > 1.
Do đó, số nghiệm của nó là C2 nghiệm. Chú ý: Số nghiệm nguyên không âm của bất phương 92 trình x .
1 + x2 + · · · + xk 6 n là Ck n
+) Ta đếm số nghiệm của (*) thỏa mãn 0 6 x 6 90 và 11 6 y 6 90. Ta có (∗) ⇔ (x + 1) +
(y − 10) 6 81 ⇔ x′ + y′ 6 81 với x′ = x + 1; y′ = y − 10 nguyên dương. Số nghiệm của phương trình này là C2 . 81
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 24 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
+) Vậy số nghiệm của (*) thỏa mãn ràng buộc ban đầu là C2
. Vậy xác suất cần tính của 92 − C 2 81 bài toán là C2 86 P = 92 − C 2 81 = . 1111 101 Ta chọn đáp án B
Câu 14. Không gian mẫu có kích thước |Ω| = C3 . 15
Xét một đỉnh tam giác cân có 1 đỉnh là 1 đỉnh của đa giác đều. Gọi x là số cạnh của đa giác đều
nằm trong cung căng bởi hai cạnh bên (x ∈ Z), cạnh còn lại là y > 1, y ∈ Z.
Ta có 2x + y = 15 ⇔ x 6 7 và x 6= y ⇒ x 6= 5. Vậy có 6 tam giác cân có đỉnh là đỉnh của đa giác
đã cho nên có tất cả 15 × 6 = 90 tam giác cân không đều thỏa mãn.
Vậy xác suất cần tính là P = 90 = 18. C3 91 15 Ta chọn đáp án D
Câu 15. Không gian mẫu dễ tính được |Ω| = 7.8.8 = 448.
Cách 1: Xét một số abc thỏa mãn đề bài thì 1 6 a 6 b 6 c 6 7.
Đặt x = a − 1; y = b − a; z = c − b; t = 7 − c ta có x, y, z, t > 0, x, y, z, t ∈ Z và x + y + z + t = 6
(*). Vậy số nghiệm nguyên không âm của phương trình (*) chính là số các số abc thỏa mãn đề bài. Phương trình (*) có C4−1 . Do đó có
số thỏa mãn biến cố xảy ra. 6+4−1 = C3 C3 9 9
Vậy xác suất cần tính là P = C39 = 3 . 448 16
Cách 2: Có 1 6 a 6 b 6 c 6 7 ⇔ 1 6 a < b + 1 < c + 2 6 9.
Đặt b′ = b + 1; c′ = c + 2 thì a, b′, c′ là 3 số phân biệt trong 1, 2, ..., 9. Do đó có C3 cách chọn bộ 9
a, b′, c′ tương đương với bây nhiêu cách chọn bộ a, b, c.
Vậy xác suất cần tính là P = C39 = 3 . 448 16 Ta chọn đáp án A
Câu 16. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều 20 đỉnh và gọi số.
Xét 1 tam giác vuông tại một đỉnh của đa giác, gọi m, n là số cạnh của đa giác nằm trong cung
căng bởi hai cạnh bên của tam giác, ta có m + n = 10 (*) với n, m > 1; m, n ∈ Z.
Do đó số tam giác vuông tạo thành từ 1 đỉnh là C1 = 9 trong đó có 1 tam giác vuông cân khi 9
m = n = 5 nên có 8 tam giác vuông không cân từ 1 đỉnh.
Vậy có tất cả 20 × 8 = 160 tam giác vuông không cân thỏa mãn.
Vậy xác suất cần tính là P = 160 = 8 . C3 57 20 Ta chọn đáp án D
Câu 17. Xét một hình thang thỏa mãn mà đỉnh đầu tiên chứa đáy nhỏ là A , các đỉnh tiếp theo i
theo thứ tự thuận chiều kim đồng hồ. Gọi x, y, y, z lần lượt là số cạnh của đa giác đều nằm trong
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 25 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
các cung chứa đáy nhỏ, hai cạnh bên và đáy lớn của hình thang, ta có:   1 6 x, y, z ∈ Z     x < z      x + 2y + z = n (∗)
Ta có phương trình (*) tương đương với x + z = n − 2y (∗∗) với mỗi y thỏa mãn 1 6 y < n−2. 2
Theo bài toán chia kẹo Euler, phương trình (**) có n − 2y − 1 nghiệm nguyên dương. Bây giờ ta
đếm các nghiệm nguyên dương của (**) mà x < z.
• Nếu n lẻ thì (**) không có nghiệm x = z nên số nghiệm thỏa mãn x < z là n−2y−1. 2
• Nếu n chẵn thì (**) có đúng 1 nghiệm x = z nên số nghiệm thỏa mãn x < z là n−2y−2. 2
Vậy số nghiệm của (*) thỏa mãn các ràng buộc đã cho là n−3 2 n 1 X
− 2y − 1 = (n − 1)(n − 3) với n lẻ 2 8 y=1 n−4 2 n 1 X
− 2y − 2 = (n − 2)(n − 4) với n chẵn 2 8 y=1
Với mỗi bộ số x, y, z thỏa mãn (*) xuất phát từ 1 đỉnh đa giác là đỉnh đầu tiên của đáy nhỏ hình
thang (ứng với cạnh x) theo chiều thuận kim đồng hồ ta có 1 hình thang thỏa mãn. Vậy tổng số hình thang thỏa mãn là
1 n (n − 1)(n − 3) với n lẻ 8
1n (n − 2)(n − 4) với n chẵn 8
Áp dụng: Với n = 20 tức đa giác đều 20 cạnh, số hình thang không phải hình chữ nhật tạo thành
từ các đỉnh của đa giác là: 1.20.18.16 = 720. 8 Ta chọn đáp án A   1 6 a Câu 18. Gọi  1 6 9; 0 6 a2, a3, ..., a7 6 9 a
là số thỏa mãn đề bài với 1a2...a7  a 
1 + a2 + · · · + a7 = 59 (1)
Vậy số phần tử của không gian mẫu là số nghiệm của (1).
Ta có (1) ⇔ (10 − a1) + (10 − a2) + · · · + (10 − a7) = 11 hay x1 + x2 + · · · + x7 = 11 (∗) trong đó x
trong nghiệm của (*) không vượt
i = 10 − ai ⇒ 1 6 x1 6 9 và 1 6 x2, x3, ..., x7 6 10. Do các xi
quá 10 nên số nghiệm của (*) là C6 . Vậy . 10 |Ω| = C610 Có a chi hết cho 11 nên 1a2...a7
|(a1 + a3 + a5 + a7) − (a2 + a4 + a6)| = 11; 22; 33; .... Kết hợp với
(1) ta được a2 + a4 + a6 = 24 (2) và a1 + a3 + a5 + a7 = 35 (3). Phương trình (2) tương đương (10 − a .
2) + (10 − a4) + (10 − a6) = 6 nên tương tự (1) có số nghiệm là C2 5
Phương trình (3) tương đương (10 − a1) + (10 − a3) + (10 − a5) + (10 − a7) = 5 nên tương tự (1)
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 26 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 có số nghiệm là C3. 4
Vậy số các số có 7 chữ số có tổng là 59 và chia hết cho 11 là |Ω . A| = C 2 5 .C 3 4
Do đó xác suất của biến cố cần tìm là P (A) = C2.C3 5 4 = 4 . C6 21 10 Ta chọn đáp án B
Câu 19. Gọi số thỏa mãn có dạng a thỏa mãn đề bài, ta có 1a2...a5 a1+a2+a3+a4+a5 = 9; 18; 27.
Trường hợp 1: a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 9 với 1 6 a1 6 6; 0 6 ai 6 6 (i = 2, ..., 5). Đặt   a  1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 13 (1)    x .
i = ai + 1, i = 2, ..., 5 thì ta có 1 6 a1 6 6      1 6 xi 6 7
- Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của (1) là C4 . 12
- Nếu a1 > 7, (1) ⇔ x2 + x3 + x4 + x5 6 6 ⇒ xi < 7 nên không trùng với các trường hợp xi > 8,
phương trình này có C4 nghiệm. 6
- Nếu xi > 8, (1) ⇔ a1 + P xj 6 5 ⇒ a1, xj < 6 nên không trùng với trường hợp trên. Phương j6=i
trình này có C4 nghiệm nên với 4 vị trí x có 4.C4 nghiệm. 5 i 5
Vậy trường hợp này có C4 số thỏa mãn đề bài. 12 − C 4 6 − 4.C 4 5
Trường hợp 2: a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 18 với 1 6 a1 6 6; 0 6 ai 6 6 (i = 2, ..., 5). Đặt   x  1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 17 (2)    x .
i = 7 − ai, i = 1, ..., 5 thì ta có 1 6 x1 6 6      1 6 xi 6 7, i = 2, .., 5.
- Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của (2) là C4 . 16
- Nếu x1 > 7, (1) ⇔ x2 + x3 + x4 + x5 6 10 ⇒ xi < 7 nên không trùng với các trường hợp xi > 8,
phương trình này có C4 nghiệm. 10
- Nếu xi > 8, i = 2, ..., 5, (1) ⇔ x1 + P xj 6 9 ⇒ xj < 7 nên không trùng với trường hợp trên. j6=i
Phương trình này có C4 nghiệm nên với 4 vị trí có nghiệm. 9 xi 4.C49
Vậy trường hợp này có C4 số thỏa mãn đề bài. 16 − C 4 10 − 4.C 4 9
Trường hợp 3: a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 27 với 1 6 a1 6 6; 0 6 ai 6 6 (i = 2, ..., 5). Đặt   x  1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 8 (3)    x , .
i = 7 − ai i = 1, 2, ..., 5, thì ta có 1 6 x1 6 6      1 6 xi 6 7, i = 2, .., 5. Từ (2) và x .
i > 1 ⇒ xi 6 6 nên tập nghiệm của (3) không vượt ra khỏi miền xác định của xi
Phương trình này có C4 nghiệm. 7
Vậy trường hợp này có C4 số thỏa mãn đề bài. 7
Vậy có tất cả C412 + C416 + C47 − C46 − C410 − 4C45 − 4C49 = 1601 số thỏa mãn đề bài. Ta chọn đáp án B Ç 1 å20 Ç 1 å10 20 10 Câu 20. Ta có: x − + x3 − = X Ck X Ci x2 x 20(−1)kx20−3k +
10(−1)ix30−4i. Khai triển k=0 i=0
này bao gồm tất cả 21 + 11 = 32 số hạng.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 27 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Ta đếm các số hạng có lũy thừa của x giống nhau ở hai khai triển. Điều này tương đương với
20 − 3k = 30 − 4i ⇔ 4i − 3k = 10. Do đó i phải là số chia cho 3 dư 1 và 2 ≤ i ≤ 10. Ta có bảng:
Vậy có 3 cặp số hạng cùng lũy thừa của x trong hai khai triển nên có tất cả 32 − 3 = 29 số hạng i 4 7 10 k 2 6 10
trong khai triển sau khi rút gọn. Ta chọn đáp án C
Câu 21. Đặt x − 1 = y, khi đó đẳng thức bài cho tương đương
anyn + an−1yn−1 + ... + a1y + a0 = (y + 1)n. Do đó, a . k = C k n
Vậy a1 + a2 + a3 = 231 ⇔ C1 + C2 + C3 = 231 n n n ⇒ n = 11. Ta chọn đáp án C
Câu 22. Theo công thức khai triển Newton ta thấy ai > 0 với i chẵn và ai < 0 với i lẻ.
Do đó ta có: (1 + 2x)n = |a0| + |a1| x + |a2| x2 + ... + |an| xn.
Lấy đạo hàm hai vế ta được: 2n(1 + 2x)n−1 = |a1| + 2 |a2| x + ... + n |an| xn−1.
Thay x = 1 vào khai triển trên ta được: 2n.3n−1 = |a1| + 2 |a2| + ... + n |an| = 34992 ⇒ n = 8
Vậy với n = 8 ta có: P = a0 + 3a1 + 9a2 + ... + 3nan = (1 − 2.3)8 = 390625. Ta chọn đáp án A
Câu 23. Cách 1: Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton vào bài toán ta có: n (1 + x)n = X Ck.xk. n k=0
Hệ số của số hạng chứa xk là Ck. n
Áp dụng vào bài tập ta thấy hệ số a chính là tổng tất cả hệ số của số hạng chứa 8 x8 trong các
khải triển (1 + x)n với n = 8, 9, ..., 12.
Vậy hệ số a trong khai triển P(x) là 8
C8 + C8 + C8 + C8 + C8 = C9 = 715. 8 9 10 11 12 13
Cách 2: Áp dụng công thức tổng hữu hạn các số hạng liên tiếp của cấp số nhân, ta có: (x + 1)5 − 1 (1 + x)13 (1 + x)8 P (x) = (x + 1)8. = − x + 1 − 1 x x
Vậy, hệ số của x8 là hệ số của x9 trong (1 + x)13.
Do đó, hệ số của x8 là C9 . 13 Ta chọn đáp án A
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 28 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Câu 24. Áp dụng công thức Ckn = Ck+1 ta có k + 1 n+1 C0 C1 C2 Cn 1 C1 C2 C3 Cn+1 ! n + n + n + ... + n = n+1 + n+1 + n+1 + ... + n+1 1.2 2.3 3.4 (n + 1)(n + 2) n + 1 2 3 4 (n + 2) 1 = ÄC2 + C3 + C4 + ... + Cn+2ä (n + 1) (n + 2) n+2 n+2 n+2 n+2 2n+2 − n − 3 = . (n + 1) (n + 2)
Khi đó giả thiết bài toán 2n+2 − n − 3 2100 − n − 3 ⇔ = ⇒ n = 98. (n + 1) (n + 2) (n + 1) (n + 2) Ta chọn đáp án B
Câu 25. Gọi 1 phần tử của S là (a, b, c) với a + b + c = 91 (∗) và đôi một khác nhau.
Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của (∗) là: C2 . 90
Nếu a = b = c thì (∗) vô nghiệm.
Nếu a = b 6= c ta có 2a + c = 91 ⇒ 1 ≤ a ≤ 45 nên phương trình có 45 nghiệm nguyên dương như
vậy. Tương tự với a = c 6= b và a 6= b = c.
Vậy số nghiệm nguyên dương và các số a, b, c đôi một khác nhau của (∗) là C290 − 3 × 45 = 3870.
Do đó, số tập con có bộ (a, b, c) thỏa mãn (∗) là 3870 = 645. Vậy n(Ω) = 645. 3!
Nếu a + qa + qa2 = 91 ⇒ 1 + q + q2 ∈Ư(91) = {1; 7; 13; 91} ⇒ q ∈ {2; 3; 9} 3
⇒ (a; b; c) ∈ (1; 9; 81) ; (7; 21; 63) ; (13; 26; 52). Vậy |Ω . A| = 3. Do đó P = 645 Ta chọn đáp án C
Câu 26. Ta có: f (n) = (n2 + n + 1)2 + 1 = (n2 + 1) Ä(n + 1)2 + 1ä ∀n ∈ N∗.
(12 + 1) (22 + 1) (32 + 1) (42 + 1) ... Ä(2n
Đến đây ta dễ dàng có: − 1)2 + 1ä Ä(2n)2 + 1ä un = =
(22 + 1) (32 + 1) (42 + 1) (52 + 1) ... Ä(2n)2 + 1ä Ä(2n + 1)2 + 1ä 1 . 2n2 + 2n + 1 Ta có: 10239 1 1 1 log2un + un < − = log + ⇒ u ⇒ n > 23. 1024 2 1024 1024 n < 1024 Ta chọn đáp án A 3 3 3
Câu 27. Ta có: 5an−an−1 = 1 + ; 5an−1−an−2 = 1 +
; ...5a2−a1 = 1 + . Nhân vế 3n − 1 3n − 4 5 Ç å Ç å Ç å với vế ta được: 3 3 3 8.11.14... (3n − 1) (3n + 2) 5an−a1 = 1 + 1 + .... 1 + = = 3n − 1 3n − 4 5
5.8.11.... (3n − 4) (3n − 1)
3n + 2. Khi đó ta có công thức tổng quát a 5 n = log5 (3n + 2). Đến đây dùng 5an − 2 3n + 2 = 5an ⇔ n =
và sử dụng máy tính cầm tay chức năng TABLE với 3 5X − 2 F (X) =
. Ta tìm được X = 3 → n = 41 là những số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn 3 bài toán. Ta chọn đáp án B 1 2017
Câu 28. Trước hết ta thấy u và n+1 = u2 + u u 2018 n 2018 n
1 > 1 nên lim un = +∞ dựa trên hàm 1 2017 f (x) = x2 + x. 2018 2018
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 29 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 Ta lại có: u u 2018 (u n n+1 − un
n+1 − un) = un (un − 1) ⇒ = 2018 un − 1 u u u u ⇒ n = n+1 − un ⇒ n = n+1 − un 2018 (un+1 − 1) (un − 1) (un+1 − 1) 2018 (un+1 − 1) (un − 1) (un+1 − 1) u Ç 1 1 å ⇒ n = 2018 − . un+1 − 1 un − 1 un+1 − 1 Ç å Ç å Vậy: 1 1 1 1 Sn = 2018 − ⇒ lim S − ⇒ lim S u n = 2018 n = 2018. 1 − 1 un+1 − 1 2 − 1 lim un − 1 Ta chọn đáp án B Câu 29. Ta có:   un  n − un−1 n−1 = 2n−1 + 2.3n−1      un−1 n−1 − un−2
n−2 = 2n−2 + 2.3n−2 ⇒ un = 2 + (1 + 2 + 22 + ... + 2n−1) + 2 (1 + 3 + 32 + ... + 3n−1). n  ...        u2 = 2 + 2.3 2 − u1 1 Vậy: un = 2n + 3n. n
Có unn − 2n > 5100 ⇔ 3n > 5100 ⇒ n > 100log35 ⇒ n > 147. Ta chọn đáp án D
Câu 30. Nhận xét: Dãy truy hồi un+1 = α.un + β có số hạng tổng quát dạng un = a.3n−1 + b. Ta có u2 + 2 = a.3n−1 + b. n+1 = 3.u2 n ⇒ u2n √
Vì u2 = 5 ⇒ ta có hệ phương trình      5 = 3a + b  a = 2 ⇒ .  1 = a + b  b =   −1 Vậy 2 u2 = .3n n − 1 = 2.3n−1 − 1. 3
Khi đó S = 2 (1 + 31 + 32 + ... + 32017) = 32018 − 1.
Số chữ số của S = [2018 log 3] + 1 = 963. Ta chọn đáp án A
Câu 31. Ta có: u100 + u1 = 497 ⇒ u100 = 496 = 1 + 99d ⇒ d = 5 ⇒ u50 = 246. Lại có: u u u u 1 1 1 49
5S = 2 − u1 + 3 − u2 + ... + 49 − u48 + 50 − u49 = − = 1 − ⇒ S = . u1u2 u2u3 u48u49 u49u50 u1 u50 246 246 Ta chọn đáp án D
Câu 32. Ta xét x = 0 ta được f2 (1) = −f3 (1) ⇒ f (1) = 0 hoặc f (1) = −1.
Đạo hàm hai vế đẳng thức ban đầu ta có có
4f (1 + 2x) f ′ (1 + 2x) = 1 + 3f 2 (1 − x) f′ (1 − x) và thay x = 0 ta có 4f (1) f′ (1) = 1 + 3f 2 (1) f ′ (1). (*)
Trường hợp 1: Nếu f (1) = 0 thay vào (*) ta thấy 0 = 1 vô lý. Trường hợp 2: Nếu 1
f (1) = −1 thì thay vào −4f′ (1) = 1 + 3f′ (1) ⇒ f′ (1) = − . 7
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 1 1 6
y = − (x − 1) − 1 = − x − . 7 7 7 Ta chọn đáp án A
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 30 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Câu 33. Ta có phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến tại A và k (C) là: 2x3 − 3x2 + 1 = 2x 3 2 2 k
− 3xk + 1 + (6xk − 6xk) (x − xk) ⇔ (x − xk)2 (2x + 4xk − 3) = 0 ⇔ x = 3 −2x . k + 2   x Vậy  1 = 1 3 ⇒ xn = α.(−2)n + β. x  n+1 = −2xn + 2   1   x α = − Xét  1 = −2α + β = 1  1 1 1 ⇒ 4 Do đó, tìm 1
n để xn = − .(−2)n+ > 5100. Chọn n = 2k+1 4 2 x   2 = 4α + β = − β = 2   2 1 1 ⇒ − .4k. (−2) +
> 5100 ⇔ 4k + 1 > 2.5100 ⇔ 4k > 2.5100 − 1 ⇔ k > log Ä2.5100 − 1ä . 4 2 4 Chọn k = 117 ⇒ n = 235. Ta chọn đáp án A
Câu 34. Cách 1 (trắc nghiệm): Vì bài toán hỏi bất biến đối với O nên chọn O là trọng tâm của
tam giác ABC ta thấy ngay các tỉ số OA′ OB′ OC′ 1 = = = SA SB SC 3 Vậy T = 1. OM ON
Cách 2 (tự luận): Ta có OA′ = ; OB′ = ; S SA OA SB OB OC′ OP = . SC OC
Theo định lý Xê-Va trong tam giác B′ ABC có OM ON OP + + = 1 A N C OA OB OC C′ A′ Vậy T = 1. O P M B Ta chọn đáp án C Câu 35.
Dựng AE⊥ (BCD) ⇒ CD⊥(ADE) ⇒ CD⊥ED. Tương A
tự cũng có CB⊥BE. Vậy BCDE là hình chữ nhật. Khi
đó ∡ (AD, BC) = ∡ADE = 60◦ khi đó ta suy ra AE = √ √ 3 3 ⇒ VABCD = 6 3.
Mặt khác ta có công thức: 2S V
ABC .SACD sin ((ABC ) , (AC D)) ABCD = (∗). 60◦ 3AC E
Đặt ∡ ((ABC) , (ACD)) = α và theo định lý Pythago ta D √ √
suy ra AB = 43; AD = 6; AC = 2 13. B C
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 31 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 Thay vào (*), ta có: √ √ 2 Ç 1 √ å 2 43 6 3 = √ 3 43 (12) sin α ⇒ cos α = . 6 13 2 43 Ta chọn đáp án A 1 1 1 Câu 36. Gọi f(x) = ex − − − ... −
− 2018 thì tập xác định của f(x) là x − 1 x − 2 x − 2018
(−∞; 1) ∪ (1; 2) ∪ · · · ∪ (2018; +∞) gồm 2019 khoảng. Có 1 1 1 f ′ (x) = ex + + + ... +
> 0 do đó hàm số đồng biến trên mỗi (x − 1)2 (x − 2)2 (x − 2018)2 khoảng xác định.
Mặt khác, lim f(x) = ±∞ và lim = ∓∞ nên trong mỗi khoảng xác định của hàm số f(x) có x→±∞ x→x± i 1 nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình đã cho có 2019 nghiệm phân biệt. Ta chọn đáp án D
Câu 37. Giả sử f(a) ≤ f(b) ≤ f(c). Có max f (x) = m + 20; min g (x) = m. [−1;3] [−1;3]
f (a), f (b), f (c) là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác ⇔ f(a) > |f(b) − f(c)| ∀a, b, c ∈ [−1; 3] (1).
Mặt khác min f(a) = m, max |f(b) − f(c)| = |m + 20 − m| = 20 và đẳng thức xảy ra khi [−1;3] [−1;3]
f (a) = f (b) = m, f (c) = m + 20 hay a = b. Nhưng trong (1) có a 6= b nên đẳng thức ở các
min; max xảy ra nhưng (1) không xảy ra, do đó (1) ⇔ m ≥ 20.
Tam giác này nhọn ⇔ f2 (a) + f2 (b) > f2 (c) (2) ∀a, b, c ∈ [−1; 3] ⇒ m2 + m2 ≥ (m + 20)2 (3).
Đẳng thức ở (3) xảy ra khi f(a) = f(b) = m; f(c) = m + 20 ⇒ a = b, nhưng trong (2) có a 6= b
nên (2) không xảy ra đẳng thức. Vậy đẳng thức ở (3) thỏa mãn (2). √
Có (3) ⇔ m ≥ 20 + 20 2 ≈ 48, 28 (do m ≥ 20).
Vậy m ≥ 49, do đó 49 ≤ m < 2018, m ∈ Z có 1969 số nguyên thỏa mãn. Ta chọn đáp án B
Câu 38. Hàm số y = |x|3 − (2m + 1) x2 + 3m |x| − 5 có ba điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số
y = x3 − (2m + 1) x2 + 3mx − 5 có 1 cực trị dương, cực trị còn lại không dương. Vậy phương
trình 3x2 − 2 (2m + 1) x + 3m = 0 (∗) có 1 nghiệm bằng bằng 0, nghiệm còn lại dương hoặc có hai nghiệm trái dấu.
Trường hợp 1: (*) có 1 nghiệm bằng 0 ⇔ m = 0, khi đó nghiệm còn lại bằng 2 > 0 nên m = 0 3
thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Trường hợp 2: (*) có 2 nghiệm trái dấu ⇔ ac < 0 ⇔ m < 0.
Vậy tập hợp tất cả các giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là (−∞; 0]. Ta chọn đáp án C
Câu 39. Ta có g′(x) = f′(x) − (x − 1)2 do đó nghiệm của phương trình g′(x) = 0 là hoành độ
giao điểm của hai đồ thị y = f′(x) và y = (x − 1)2.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 32 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Có g′(x) > 0 khi đồ thị y = f′(x) nằm trên y = (x − 1)2 và y y = (x − 1)2
g′(x) < 0 khi đồ thị y = f ′(x) nằm dưới y = (x − 1)2. 1  x = 0 
Từ đồ thị suy ra g′(x) = 0 ⇔  . x  x = 2  -1 O 1 2  x = 1
Từ đồ thị ta thấy g′(x) chỉ đổi dấu từ dương sang âm (từ nằm trên y = f ′(x)
chuyển xuống nằm dưới) khi qua x = 1. Do đó hàm số đạt cực đại -2 tại x = 1. Ta chọn đáp án A
Câu 40. Điều kiện có hai điểm cực trị là m2 > 1. Gọi a, b, c, d là các hệ số của hàm bậc 3 tổng
quát, ∆ là biệt thức Delta của y′.
Đường thẳng qua hai điểm cực trị là ∆ bc y = kx + e với k = − = 2 − 2m2 và e = d − = 18a 9a −9m 1 −
= m + 1. Vậy y = (2 − 2m2) x + m + 1. 9
Gọi hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A (x1; kx1 + e) và B (x2; kx2 + e) 1 1 ⇒ S∆OAB = . |x . |e| . |x 2
1 (kx2 + e) − x2 (kx1 + e)| ⇒ S∆OAB = 2 1 − x2| √ 1 ∆ 1 √ ⇒ S∆OAB = . |m + 1| . ⇒ S . |m + 1| . 4m2 − 4 2 |3a| ∆OAB = 2 √ √
⇒ S∆OAB = |m + 1| . m2 − 1 = 8 2 ⇒ (m2 + 2m + 1) (m2 − 1) = 128
⇒ (m − 3) (m3 + 5m2 + 15m + 43) = 0 ⇒ m = 3. Ta chọn đáp án B
Câu 41. Ta có: y′ = 2x.f′ (x2) = 2x5 (x2 + 1) (x4 + 2mx2 + 4).  x = 0 Do đó y′ = 0 khi  .  x4 + 2mx2 + 4 = 0 (∗)
Ta thấy các nghiệm của (∗) nếu có đều khác 0. Do đó x = 0 luôn là 1 cực trị của hàm số.
Hàm số có duy nhất 1 cực trị khi và chỉ khi x4 + 2mx2 + 4 không đổi dấu trên R ⇔ (∗) có ∆′ 6 0
⇔ m2 − 4 6 0 ⇔ −2 6 m 6 2.
Vậy chỉ có 2 giá trị nguyên âm của m thỏa mãn là m = −2; m = −1. Ta chọn đáp án B 2
Câu 42. y′ = 0 ⇔ x = 0 và x =
. Từ đây ta có tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số là 3a Ç 2 4 å A (0; b) và B . 3a ; b − 27a2 Ç å
Để có ít nhất 2 giao điểm với trục hoành thì 4 yA.yB 6 0 ⇔ b b − 6 0 ⇔ (27a2b − 4) b 6 27a2 4 0 ⇔ a2b 6 (Vì b > 0). 27 Ta chọn đáp án A Câu 43. Gọi α bất
0, α lần lượt là góc tạo bởi tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại x = 0 và tại x0
kỳ x0 6= 0 với tia Ox theo chiều dương (lưu ý là α0 > 90◦), từ đồ thị ta thấy:
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 33 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 Với −1 < x , tức
0 < 1 thì α0 < α < 180◦ nên tan α > tan α0 f ′(x0) > f ′(0).
Với x0 ≤ −1 hoặc x0 ≥ 1 thì 90◦ > α ≥ 0 nên tan α > 0, vậy f′(x0) > f′(0).
Chứng tỏ f′(x0) > f′(0) với mọi x0 6= 0, do đó giá trị nhỏ nhất của f′(x) là m = f′(0).
Hơn nữa, từ đồ thị ta thấy phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại x = 0 là y = mx. Tại
x = −1 ⇒ y > 2 nên m < −2. Ta chọn đáp án A 1 k Ç 1 1 å Câu 44. Ta có 1 < + 1 − ⇔ k < π2 − + 1
⇔ k < π2.f(x) với f(x) = sin2x x2 π2 x2 sin2x 1 1 − + 1. x2 sin2x Å ò Xét hàm số π 2 2 cos x f (x) trên 0; , ta có f′(x) = − + 2 x3 sin3x Å ã Ta chứng minh π sin3 x f ′(x) < 0, ∀x ∈ 0; hay g(x) = − x3 > 0. 2 cos x
Ta có g′(x) = tan2 x + 2 sin2 x − 2x2; g′′(x) = 2 tan3 x + 2 tan x + 2 sin 2x − 4x.
6 tan6 x + 14 tan4 x + 2 tan2 x + 2 ï π ã
g′′′(x) = 8 tan2 x + 6 tan4 x + 4 cos 2x − 2 = > 0 ∀x ∈ 0; . 1 + tan2 x 2 Å ã Do đó π
g′′(x) ≥ g′′(0) = 0, suy ra g′(x) > g′(0) = 0 ⇒ g(x) > g(0) = 0 ∀x ∈ 0; . 2 Å ã Å ò Å ã Vậy π π π 4 f ′(x) < 0, ∀x ∈ 0;
, hay hàm f(x) nghịch biến trên 0; . Do đó f(x) > f = 2 2 2 π2 Å π ã ∀x ∈ 0; . 2 Å ã Suy ra π k < π2.f (x) ∀x ∈ 0; ⇔ k 6 4. 2 Ta chọn đáp án C b
Câu 45. Dựa vào hình dạng đồ thị hàm trùng phương ta thấy min f (x) = f (−1) ⇒ − − = (−∞;0) 2a −1 ⇒ b = −2a.
Vậy min f (x) = f (−1) = a + b + c = a − 2a + c = c − a. î 1 ó ;2 2 Ta chọn đáp án D
Câu 46. Nếu m > 1 thì y = x2 + 2x + m có GTNN là m − 1 = −1 ⇔ m = 0(loại). Nếu m < 1  √ √  x2 + 2x + m với x 1 1 thì  ∈ (−∞; 1 − − m] ∪ [1 + − m; +∞) y = √ √  1 1 
−x2 + 6x − m với x ∈ (1 − − m; 1 + − m)
nên giá trị nhỏ nhất của y chỉ có thể xảy ra tại những điểm cực tiểu có thể có của nó, nghĩa là: √ √
min y = min ¶f (−1) ; f Ä1 + 1 − mä ; f Ä1 − 1 − mä© √ √ √
⇒ min y = min ¶|m + 3| − 4; 4 Ä1 + 1 − mä ; 4 Ä1 − 1 − mä© = min ¶|m + 3| − 4; 4 Ä1 − 1 − mä©.  m = 0
Trường hợp 1: min y = |m + 3| − 4 = −1 ⇒  m = −6 Với √
m = 0 thì 4 Ä1 − 1 − mä = 0 > −1. Vậy m = 0 thỏa mãn. Với √
m = −6, thì 4 Ä1 − 1 − mä < −1 nên −1 không là giá trị nhỏ nhất, do đó trường hợp này không thỏa mãn.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 34 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 Trường hợp 2: √ 9 27
min y = 4 Ä1 − 1 − mä = −1 ⇔ m = − , khi đó |m + 3| − 4 = − < −1 nên 16 16
trường hợp này không thỏa mãn.
Vậy chỉ có một giá trị của m thỏa mãn bài toán. Ta chọn đáp án B Câu 47. Đặt ln x + 1 t =
, khảo sát t(x) trên [1; e2] ta được » 2 ln2x + 1 √ t ∈ [1; 2]. Ta có y = g(a) max y = max √ |t + m| = [1;e2] [0; 2] 1 n √ o max |m + 1| ; m + 2 = g(m). √ C Vẽ đồ thị hàm y = |m + 2|
g(m) theo m như hình vẽ ta thấy √ y = |m + 1| ngay 1 + 2 g(m) nhỏ nhất khi m = − . 2 √ −3 −2 − 2 −1 0 √
Chú ý: Khi vẽ đồ thị hàm n o
g(m) = max |m + 1| ; m + 2 ta vẽ đồng thời hai hàm y = |m+1| √
và y = |m + 2| sau đó lấy đường đồ thị nằm phía trên cùng của hai đồ thị này. Trong trường
hợp min thì ta lấy phần đồ thị nằm dưới. Ta chọn đáp án C
Câu 48. Ta biết tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất tại điểm uốn.
Mặt khác y′ = 3 Ä(x + a)2 + (x + b)2 + (x + c)2ä ⇒ y′′ = 6 (3x + a + b + c). Có a + b + c y′′ = 0 ⇔ x = − = −1 ⇔ a + b + c = 3. 3
Giao điểm với trục tung có tung độ y = a3 + b3 + c3.
Vì a(9 − a2) = a(3 − a)(3 + a) > 0 ⇒ a (a2 − 9) + b (b2 − 9) + c (c2 − 9) 6 0 ⇔ a3 + b3 + c3 6 9 (a + b + c) = 27.
Vậy tung độ giao điểm của đồ thị hàm số và Oy lớn nhất bằng 27 khi a = 3; b = c = 0 và các hoán vị. Ta chọn đáp án A
Câu 49. Đặt 2x = a, 4y = b, 8z = c ta có a, b, c > 1 và a + b + c = 4 và 26S = a.b.c.
Đánh giá S dự đoán đẳng thức xảy ra tại biên nên ta có:
(a − 1)(b − 1) > 0 ⇒ ab ≥ a + b − 1 = 3 − c
Vậy 26S > (3 − c)c = −c2 + 3c với c ∈ [1; 2]. Do đó 26S > min = 2. [1;2](−c2+3c) Vậy 1
S > . Đẳng thức xảy ra khi 3 số a, b, c có 2 số bằng 1 và số còn lại bằng 2. 6
Câu 50. Ta có: 4x 6 48x − 80, ∀x ∈ [2; 3]. Dấu bằng xảy ra khi x ∈ {2; 3}. Do đó 1
S 6 48 (a + b + c) − 240 − (a + b + c)3 6 16. 4
Dấu bằng xảy ra khi (a; b; c) = (3; 3; 2) hoặc các hoán vị.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 35 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 Ta chọn đáp án D
Câu 51. Nếu giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 0 đương nhiên không thỏa mãn. Do đó ta chỉ
xét trường hợp min y 6= 0. Khi đó ta có: ß Å mã™ ® ´ m2
min y = min f (−1) , f (2) , f − = min |2 − m| ; |5 + 2m| ; − 1 [−1;2] 2 4  3 m = 1 ⇒ min y = 6= 1
Trường hợp 1: |2 − m| = 1 ⇔  [−1;2] 4 . Vậy không có giá trị  M thỏa mãn.  m = 3 ⇒ min y = 0 6= 1 [−1;2] m = −2 ⇒ min y = 0 6= 1
Trường hợp 2: |5 + 2m| = 1 ⇔  [−1;2] . Vậy không có giá trị  M thỏa mãn. m = −3 ⇒ min y = 0 6= 1 [−1;2]  √ m2 m = ±2 2 ⇒ min y = 0 6= 1 Trường hợp 3:  [−1;2] − 1 = 1 ⇔ .  4  m = 0 ⇒ min y = 1 [−1;2]
Vậy chỉ có m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta chọn đáp án A
Câu 52. Đây là bài toán đặc biệt về hàm phân thức bậc nhất.
Giải f′(xA) = ±1 ⇔ xA = 1 (chỉ cần lấy 1 nghiệm).
Gọi I là giao hai đường tiệm cận và M, N là hai giao điểm của tiếp tuyến tại A với hai đường tiệm √
cận. Khi đó, tam giác IMN vuông cân tại I và có đường cao IA = 2 2 do đó IM = IN = 4. √ Vậy S 2S 16 r = = = √ = 4 − 2 2. p IM + IN + MN 8 + 4 2 Ta chọn đáp án B x2 + 3 9 Câu 53. Ta có y =
. Thay vào ta có P = 5x − = f (x). x x ñ ô Từ x2 + 3 9 2x + 3y − 14 6 0 ⇒ 2x + 3. − 14 6 ⇔ x ∈ 1; . x 5 Khi đó max P + min P = 0. Ta chọn đáp án A
Câu 54. Đặt t = x3 − 3x ⇒ t ∈ [−2; 2].
Vậy y = |t + m| ⇒ max y = max |t + m| = max {|m − 2| , |m + 2|}. [0;2] [−2;2]
Vẽ đồ thị hàm g(m) ta thực hiện như sau:
Vẽ đồng thời cả hai đồ thị y = |m + 2| và y = |m − 2|.
g(m) = max {|m − 2|, |m + 2|}
Lấy phần đồ thị nằm ở mặt trên của hai đồ thị ta được đồ thị g(m). 3
Từ đồ thị của hàm g(m) ở bên ta thấy ngay g(m) = 3 2
có hai nghiệm phân biệt nên bài toán có 2 giá trị của m thỏa mãn. -2 2 Ta chọn đáp án B
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 36 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 Câu 55.
Đặt f(x) = x3 − x2 + (m2 + 1) x − 4m − 7 đồng biến g trên R nên n o
max |f(x)| = max |4m + 7| ; 2m2 − 4m − 1 = g(m) [0;2]
Ta có ngay đồ thị của hàm y = g(m) như sau (lấy
phần đồ thị nằm phía trên trong 2 đồ thị). 15
Từ đồ thị ta thấy đồ thị g(m) nằm bên dưới đường g = 15 g = 15 khi −2 6 m 6 2.
Chú ý: Nếu bài toán hỏi min f(x) thì ta lấy phần [a;b]
đồ thị nằm dưới giữa hai đồ thị. Giống như max là
phần "nổi lên bề mặt", còn min là phần chìm xuống dưới. −2 0 2 m Ta chọn đáp án D   a + 1 6= −a       −a 6= −a − 2 ® 1 7 ´
Câu 56. Do hàm số đơn điệu trên mỗi khoảng nên ta có  ⇔ a / ∈ − ; − . 2 3   −a − 2 6= 2a + 5       2a + 5 6= 1 − a2
Khi đó, minf(x) = min {a + 1; −a; −a − 2; 2a + 5; 1 − a2} = g(a). [1;5]
Như vậy ta dễ dàng vẽ được đồ thị hàm y = g(a) g
là phần tô đậm trong hình dưới đây (lấy phần đồ
thị nằm dưới trong các đồ thị). −2 0 1
Từ đồ thị ta thấy g(a) = −3 a −7 −1  3 2   a < 0 ⇔ ⇔ a = −2  1  − a2 = −3   a > 0 hoặc  ⇔ a = 1.   −a − 2 = −3 g = −3
Vậy g(a) 6 −3 ⇔ a ∈ (−∞; −2] ∪ [1; +∞).
Kết hợp với điều kiện 7 a 6= − ta được 3 ® 7 ´
a ∈ (−∞; −2] ∪ [1; +∞) \ −3 . Ta chọn đáp án A
Câu 57. Bài toán tổng quát: Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y = |f(x) − kx − e| trên
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 37 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
đoạn [α; β] với f(x) là hàm lồi trên [α; β] thì M đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 Ç å α + β f (α) + f (β) m = f − 2 2 2 Đạt được khi  αf (β) − βf(α)  nếu f (α) − f(β)  m +
f ′′(x) > 0, ∀x ∈ [α; β]   k = ; e = α − β α − β αf (β) − βf(α)   nếu f′′(x) < 0,  −m + ∀x ∈ [α; β]  α − β
Áp dụng bài toán trên ta có 1
f (x) = x2; a = −1; b = 3, do đó m = |1 − 5| = 2, 2 khi f (−1) − f(3) (−1).9 − 3.1 k = = 2 và e = −2 + = 1. −4 −4 Ta chọn đáp án D
Câu 58. Đặt t = x2 ta có t ∈ [0; 1] khi x ∈ [−1; 1]. Khi đó y = |8t2 + at + b| với t ∈ [0; 1].
Bài toán tổng quát: Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y = |f(x) − ax − b| trên đoạn [α; β] với
f (x) là hàm lồi trên [α; β] thì M đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 Ç å α + β f (α) + f (β) m = f − 2 2 2 Đạt được khi  αf (β) − βf(α)  nếu f (α) − f(β)  m +
f ′′(x) > 0, ∀x ∈ [α; β]   a = ; b = α − β α − β αf (β) − βf(α)   nếu f′′(x) < 0,  −m + ∀x ∈ [α; β]  α − β
Áp dụng bài toán tổng quát với f(t) = 8t2 ta có: 1 Ç å 1 f (0) + f (1) m = f −
= 1. Vậy giá trị 1 của bài toán chính là giá trị nhỏ nhất của M . 2 2 2 f (1) − f(0) 1f (0) − 0.f(1) −a = = 8 và −b = −1 + = −1. 1 − 0 1 − 0
Vậy a = −8 và b = 1. Do đó a + b = −7. Ta chọn đáp án B 1 1
Câu 59. Ta có: SABCD = (AD + BC) CH = (2BC + 2HD) CH = (30 + 30 cos α) 30 sin α = 2 2 Ç sin 2α å 900 sin α + . 2 ï ò Xét hàm số: sin 2α π y = sin α + trên 0; có: 2 2
y′ = cos α + cos 2α = 2cos2α + cos α − 1 ⇒ y′ = A H D 1 0 ⇔ cos α = ⇒ α = 600. 2 √ α Dễ thấy 3 3 y 30cm 30cm (0) = 0, y(π ) = 1, y(600) = ⇒ 2 4 √ 3 3 √ Max {SABCD} = 900 = 675 3 (cm2). B 30cm C 4
Vậy thể tích lớn nhất của máng xối là: V = √ √ 675 3.300 = 202500 3 (cm3). Ta chọn đáp án C
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 38 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Câu 60. Ta có: y′ = 2xf′ (x2 − 2). Ta dùng thuật ngữ "nghiệm đơn" thay cho các nghiệm mà
f ′(x) đổi dấu qua nghiệm đó. Như vậy f ′(x) = 0 ⇔ x = −2; 0; 2 đều là các nghiệm đơn.  x = 0 Ta giải y′ = 0 ⇔ 
⇔ x = 0; x2 = 0; x2 = 2; x2 = 4.  x2 − 2 = −2; 0; 2 √
Vậy y′ = 0 có các nghiệm x = 0 (bội 3-lặp lại 3 lần) và x = ± 2; x = ±2 (đều là nghiệm đơn).
Do đó y′ đổi dấu qua tất cả các nghiệm này.
Mặt khác ta có y′(3) = 6.f′(7), mà 7 thuộc miền nghịch biến của f(x) nên f′(7) < 0. Vậy y′(3) < 0.
Từ đây có bảng biến thiên của y: √ √ x −∞ −2 − 2 0 2 2 +∞ y′ + 0 − 0 + 0 − 0 + 0 − y(−2 − ) y(0) y(2) y √ √ −∞ − y(− 2) y( 2) 2 −∞ −
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên (2; +∞). Ta chọn đáp án B
Câu 61. Đặt t = 2x (t > 0), khi đó phương trình có dạng (t − m) (t2 − mt + m2 − 1) = (∗)
Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (*) có 3 nghiệm dương   m > 0; S = m > 0    phân biệt, hay:  2
P = m2 − 1 > 0; m2 − m.m + m2 − 1 6= 0 ⇔ 1 < m < √ .  3    
∆ = m2 − 4 (m2 − 1) > 0 Vậy 2 S = √ . 3 Ta chọn đáp án A
Câu 62. Phương trình tương đương với: log a(log x)2 a) log x b a − (2 + 3logb a − 1 = 0. Theo Vi-ét ta có: 2 + 3log a log x x b = 2log b + 3 = log (a3b2) a 1 + loga 2 = ⇔ x log a a a 1x2 = a3b2. b
Khi đó ta có S = f (a) = a3(10 − a)2 6 max f (a) = f (6) = 3456. (1;9) Ta chọn đáp án D
Câu 63. Theo Vi-ét ta có: log x x b + 3log c = log (ab2c3) a 1 + loga 2 = 1 + 2loga a a ⇔ x1.x2 = ab2c3. !6 Theo Cauchy ta có: b b c c c a + b + b + c + c + c x 2 2 3 3 3 1.x2 = a.b.b.c.c.c = a. . . . . .108 ≤ 108. = 2 2 3 3 3 6 Ç a + b + c å6 506 4 × 506 108. = 108. = . 6 36 27 Dấu bằng xảy ra khi b c 50 100 150 700 a = = ⇔ a = , b = , c = ⇒ S = . 2 3 3 3 3 3 Ta chọn đáp án B
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 39 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Câu 64. Ta có: 8log x.log m.log x x m.log x m(log x)2 m n m − 7logm − 6logn m − 2017 = 0 ⇔ 8logn m − (6log m + 7) log x n m − 2017 = 0. Å 6 7 ã Theo Vi-ét ta có 6log m + 7 6 7 log x x n = + log n (x m8 .n8 m 1 + logm 2 = ⇔ log 8log m 8 8 m m 1x2) = logm n 6 7 3 7 Vì vậy 3 7
x1.x2 = m8 .n8 = m4 (2017 − m)8 ⇒ ln (ab) = f (m) = ln m + ln (2017 − m). 4 8 Ç å Mà 3 7 12102 12102 3 12102 f ′ (m) = − = 0 ⇔ m = ⇒ ln (ab) = f = ln + 4m 8 (2017 − m) 13 13 4 13 7 14119 ln . 8 13
Do đó c = 12102, d = 14119 ⇒ S = 66561. Ta chọn đáp án B
Câu 65. Có (2a)2 − 2.2a + 2 (2a − 1) sin (2a + b − 1) + 2 = 0
⇔ (2a − 1)2 + 2 (2a − 1) sin (2a + b − 1) + 1 = 0
⇔ (2a − 1 + sin (2a + b − 1))2 + 1 − sin2 (2a + b − 1) = 0
⇔ (2a − 1 + sin (2a + b − 1))2 + cos2 (2a + b − 1) = 0   π  2a + b − 1 = + kπ  cos (2a + b − 1) = 0  ⇔ ⇔ 2 . 2a   − 1 + sin (2a + b − 1) = 0  2a − 1 ± 1 = 0 Do đó π a = 1, b = − 1 + kπ, k ∈ Z. 2 Å ã Lại có π π b > 0 ⇒ b > − 1 ⇒ S > 1 + 2 − 1 = π − 1. 2 2 Ta chọn đáp án C
Câu 66. Logarit cơ số b hai vế ta có:   x1 + x2 = −log a x2 − 1 + xlog a = 0 b b ⇒  x  1x2 = −1 Ç å2 s √ Khi đó 1 1 1 S = + 4log a = + 2log a + 2log a > 3 3 .2log a.2log a = 3 3 4. log a b b b b b b (log a)2 (log a)2 b b 1 √ 3 Dấu bằng xảy ra khi 1 1
= 2log a ⇔ log a = √ ⇔ a = b 2 . (log a)2 b b 3 2 b Ta chọn đáp án C
Câu 67. Với ax2+1 = bx, lấy logarit cơ số a hai vế ta được: x2 +1 = xlog b b + 1 = 0. a ⇔ x2 −xloga
Phương trình này có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = (log b)2 b > 2 a − 4 > 0 ⇔ loga ⇔ b > a2.
Tương tự bx2−1 = (9a)x ⇔ x2 − 1 = xlog (9a). Phương trình này có hai nghiệm trái dấu với mọi b a, b > 1. Khi đó theo Vi-ét ta có:    x1 + x2 = log b a ⇒ log b.log (9a) < 3 (9a) < 3 a b ⇔ logb ⇔ 9a < a3 ⇒ a > 4. x (9a)  3 + x4 = logb
Do b > a2 ⇒ b > 16 ⇒ b ≥ 17 ⇒ S > 3.4 + 2.17 = 46. Ta chọn đáp án B
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 40 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Câu 68. Coi hai phương trình là phương trình bậc hai với hai ẩn 2x và 3x.  ∆
Ta có:  1 > 0; S1 > 0; P1 > 0 ⇔ b2 − 200a > 0. ∆  2 > 0; S2 > 0; P2 > 0  50 50  2x1+x2 = 2x1.2x2 = Khi đó  ⇔ x a 1 + x2 = log2 a . 
3x1+x2 = 3x3 .3x4 = 50a ⇔ x3 + x4 = log3 (50a) Ç å Vì vậy: 50
x3 + x4 > x1 + x2 ⇔ log3 (50a) > log2
⇒ a > 3 ⇒ b2 > 200a > 600 ⇒ b > 25 ⇒ a S = 2a + 3b > 81. Ta chọn đáp án C
Câu 69. Cho hai số thực a, b lớn hơn 1 thay đổi thỏa mãn a+b = 10. Gọi x là hai nghiệm của 1, x2
phương trình (log x) (log x) x a b
− 2loga − 3 = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x1.x2 + 9a.
Phương trình đã cho ⇔ log x (log alog x) x a(log x)2 x a b a − 2loga − 3 = 0 ⇔ logb a − 2loga − 3 = 0. Theo Vi-ét ta có: 2 log x x = 2log b = log b2 (x b2 a 1 + loga 2 = ⇔ log ⇔ x log a a a a 1.x2) = loga 1.x2 = b2. b Ç å2 Vậy 9 279 279
P = b2 + 9a = b2 + 9 (10 − b) = b − + > . 2 4 4 Dấu bằng xảy ra khi 9 11 b = , a = . 2 2 Ta chọn đáp án A
Câu 70. Phương trình tương đương với: x2 + (x + 1) log b = 0 b + log b = 0. a ⇔ x2 + xloga a
Phương trình có nghiệm ⇔ ∆ = (log b)2 b > 0 b > 4 (do log b > 0). a − 4loga ⇔ loga a Khi đó 4 4 P = log b + + 1 = f (t) = t + + 1 với t = log b. a log b t a a Mà min f (t) = f (4) = 6. [4;+∞) Với t = log b > 4. a Ta chọn đáp án C
Câu 71. Theo giả thiết ta có: (log2a − 1 + sin (log2a + b))2 + cos2 (log2a + b) = 0    a = 1     π π    log + kπ   b = − 1 + kπ  cos (log  2a + b =  ⇔ 2a + b) = 0 ⇔ 2 ⇔  2     log   a = 4  2a − 1 + sin (log2a + b) = 0  log2a − 1 ± 1 = 0     π  b = − 2 + kπ  2 π 3π
Trường hợp 1: Nếu a = 1 ⇒ b > − 1 ⇒ S > − 1. 2 2 3π 9π
Trường hợp 2: Nếu a = 4 ⇒ b > − 2 ⇒ S > + 2. 2 2 Ta chọn đáp án A
Câu 72. Phương trình tương đương với: (1 + log x) (1 + log x) = 2018
xlog x + log x + log x + 1 = 2018 a b ⇔ loga b a b
⇔ log a(log x)2 + (1 + log a)log x b a b a − 2017 = 0.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 41 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 Khi đó theo Vi-ét ta có: 1 + log a 1 1 log x x b = b . a 1 + loga 2 = − −log − 1 = log ⇔ mn = log a a a ab ab b
Áp dụng bất đẳng thức AM − GM (hay gọi là Cauchy) ta có Ç 36 å √ 36 P = (4a2 + 9b2) + 1 > 2 4a2.9b2.2 .1 = 144. a2b2 a2b2   4a2 = 9b2
Dấu bằng xảy ra tại  36 ⇔ a = 3, b = 2.  = 1  a2b2 Ta chọn đáp án A
Câu 73. Từ giả thiết ea+b 6 e (a + b) ta có a + b = 1 (Do ex ≥ ex, ∀x ∈ R và đẳng thức đặt tại x = 1). Và m2a m2 (1 − a)
f (a) + f (b) = f (a) + f (1 − a) = log3 + log = log 1 − a 3 1 − (1 − a) 3m4. √
f (a) + f (b) = 3 ⇔ m4 = 27 ⇔ m = ± 4 27. √ √
Do vậy tích phần tử thuộc S là − 27 = −3 3. Ta chọn đáp án C 1 x 1 x Câu 74. Ta có f′ (x) + .f (x) = 1 ⇒ .f ′ (x) + .f (x) = x (x + 1) x + 1 (x + 1)2 x + 1 ï x ò′ x x ⇒ f (x) . = ⇒ f (x) .
= x − ln |x + 1| + C. Tại sao lại nhân hai vế với x x + 1 x + 1 x + 1 x + 1
xem thêm tại mục Tích phân hàm ẩn trong cuốn Đột phá tư duy giải nhanh trắc nghiệm
Giải tích 12, tác giả Lục Trí Tuyên, Nguyễn Đức Lợi, Phạm Quốc Vương xuất bản năm 2018. Ta có 1
f (1) . = 1 − ln 2 + C ⇒ C = −1. 2 Khi đó 2 3 3
f (2) . = 2 − ln 3 − 1 = 1 − ln 3 ⇔ f (2) = − ln 3. 3 2 2 Vậy 9 a2 + b2 = . 2 Ta chọn đáp án D 1 1 Z Z Câu 75. Đặt I = x2f (x) dx ⇒ I =
Äx2 − tä f (x) dx, ∀t ∈ R. −1 −1
Áp dụng bất đẳng thức trong tích phân, ta có: 1 1 Z Z Ç 1 2 å I2 ≤
Äx2 − tä2 dx. f2 (x) dx ≤ 4 − t + t2 = f(t), ∀t ∈ R 5 3 −1 −1 √ √ 16 4 5 4 5 ⇒ I2 ≤ min f(t) = ⇒ − ≤ I ≤ . R 45 15 15 √ √ 4 5 3 5 Ç 1å I = − khi f(x) = − x2 − . 15 2 3 √ Vậy 4 5
I đạt giá trị nhỏ nhất bằng − . 15 Ta chọn đáp án A
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 42 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Câu 76. Áp dụng công thức từng phần, ta có: 1 1 1 1 Z Z Z f ′′ (x) (1 − x) dx =
(1 − x) df′ (x) = f′ (x) (1 − x) + f ′ (x) dx = −2018. 0 0 0 0 Ta chọn đáp án A
Câu 77. Ta có: 3f (x) + x.f′ (x) > x2018 ⇒ 3x2f (x) + x3f′ (x) > x2020 ⇒ [x3f (x)]′ > x2020 t t Z Z t2018 ⇒ îx3f (x)ó′dx >
x2020dx ∀t ∈ [0; 1] ⇒ f (t) > . 2021 0 0 1 1 Z Z Khi đó x2018 1 ⇒ f (x) dx > dx = . 2021 2019.2021 0 0 1 Z
Vậy giá trị nhỏ nhất của tích phân x2018 f (x) dx là 1 khi f(x) = . 2019.2021 2021 0 Ta chọn đáp án D 1 1 1 1 Z ñ x5 ô Z x5 Z 1 Câu 78. Ta có x4f (x) dx = f (x) − f ′ (x) dx. Suy ra x5f ′ (x) dx = . 5 5 11 0 0 0 0 1 Z
Hơn nữa ta dễ dàng tính được 1 Äx5ä2dx = . 11 0 1 1 1 1 Z Z Z Z Do đó [f ′ (x)]2dx − 2 x5f ′ (x) dx +
Äx5ä2dx = 0 ⇒ îf′ (x) − x5ó2dx = 0. 0 0 0 0 Suy ra 1 1
f ′ (x) = x5, do đó f (x) = x6 + C. Vì f (1) = 0 nên C = − . 6 6 1 1 Z Z Vậy x6 − 1 −1 f (x) dx = dx = . 6 7 0 0 Ta chọn đáp án A 1 1 Z f (x) Z Ç 1 å Câu 79. Ta có: dx = f (x) d 1 − (x + 1)2 x + 1 0 0 1 ñÇ 1 å ô1 Z Ç å 1 = 1 − f (x) − 1 − f ′ (x) dx. x + 1 x + 1 0 0 1 Z Ç 1 å 3 ⇒ 1 − f ′ (x) dx = − 2 ln 2. x + 1 2 0 1 1 ! Z Ç å2 Z Hơn nữa ta có: 1 1 1 1 − dx = 1 − 2 + dx x + 1 x + 1 (x + 1)2 0 0 ñ 1 ô1 3 = x − 2 ln |x + 1| − = − 2 ln 2. (x + 1) 2 0 1 1 1 Z Z Ç å Z Ç å2 Do đó 1 1 [f ′ (x)]2dx − 2 1 − f ′ (x) dx + 1 − dx = 0 x + 1 x + 1 0 0 0 3 Z ñ 1 ô2 ⇒ f ′ (x) + − 1 dx = 0. x + 1 0
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 43 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 Suy ra 1 f ′ (x) = 1 −
⇒ (x) = x − ln (x + 1) + C. Vì f (1) = 0 nên C = ln 2 − 1. x + 1 1 1 Z Z Vậy 1 f (x) dx =
[x − ln (x + 1) + ln 2 − 1] dx = − ln 2. 2 0 0 Ta chọn đáp án A ñ 1 ô
Câu 80. Từ giả thiết ta có g(x) ≥ 1∀x ∈ 0; ; g(0) = 1 và g′(x) = f(x). 2 ñ ô Z t Z t Với mọi 1 g′(x) g′(x) x ∈ 0;
có g (x) ≤ »f (x) ⇒ g2 (x) ≤ g′(x) ⇒ ≥ 1 ⇒ dx ≥ 1dx = t 2 g2(x) 0 g2(x) 0 t 1 1 ñ 1 ô ñ 1ô ⇒ − . Vậy 1 . ≥ t ⇔ − + 1 ≥ t với mọi t ∈ 0; ≤ 1 − x ∀x ∈ 0; g(x) g(t) 2 g(x) 2 0 1 1 Z Z Do đó 2 1 2 3 dx ≤ (1 − x)dx = . 0 g(x) 0 8 Đẳng thức xảy ra khi 1 g(x) = . 1 − x Ta chọn đáp án D
Câu 81. Từ giả thiết ta có g(x) ≥ 1∀x ∈ [0; 1]; g(0) = 1 và g′(x) = 3f(x). Z t Với mọi g′(x) 3 g′(x)
x ∈ [0; 1] có g (x) ≥ f2 (x) ⇒ 3»g (x) ≥ g′(x) ⇒ ≤ ⇒ dx ≤ 2»g(x) 2 0 2»g(x) t Z t 3 3 3 3 3 dx = t ⇒ »g(x) ≤ t ⇔ »g(t) − 1 ≤
t với mọi t ∈ [0; 1]. Vậy »g(x) ≤ x + 1 0 2 2 2 2 2 0 ∀x ∈ [0; 1]. Z 1 Z 1 Do đó » 3 7 g(x)dx ≤ ( x + 1)dx = . 0 0 2 4 Đẳng thức xảy ra khi 3 »g(x) = x + 1. 2 Ta chọn đáp án C
Câu 82. Từ giả thiết ta có g(x) ≥ 1∀x ∈ [0; 1]; g(0) = 1 và g′(x) = 2xf(x2). Z t Z t Với mọi g′(x) g′(x)
x ∈ [0; 1] có g (x) ≥ 2xf (x2) ⇒ g (x) ≥ g′(x) ⇒ ≤ 1 ⇒ dx ≤ 1dx = t g(x) 0 g(x) 0 t
⇒ ln g(x) ≤ t ⇔ ln g(t) ≤ t với mọi t ∈ [0; 1]. Vậy g(x) ≤ ex ∀x ∈ [0; 1]. 0 Z 1 Z 1 Do đó g(x)dx ≤ exdx = e − 1. 0 0 √x Đẳng thức xảy ra khi e
g(x) = ex. Khi đó f (x) = √ . 2 x Ta chọn đáp án A 8 Z
Câu 83. Đặt x = t5 + 4t + 3 và đổi cận: x = −2 → t = −1 và x = 8 → t = 1. Do đó: f (x) dx −2 1 1 Z Z =
f Ät5 + 4t + 3ä d Ät5 + 4t + 3ä = (2t + 1) Ä5t4 + 4ä dt = 10. −1 −1 Ta chọn đáp án A
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 44 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 1 1 1 Z Z Z Câu 84. Đặt exf (x) dx = exf ′ (x) dx =
exf ′′ (x) dx = I. Sử dụng tích phân từng phần ta 0 0 0 có: 1 1 1 Z Z I = exdf ′ (x) = exf ′(x) −
exf ′ (x) dx ⇒ ef′ (1) − f′ (0) = 2I; 0 0 0 1 1 1 Z Z I = exdf (x) = exf (x) −
exf (x) dx ⇒ ef (1) − f (0) = 2I. 0 0 0 Vậy ef′ (1) − f′ (0) 2I = = 1. ef (1) − f (0) 2I
Chú ý, đối với bài toán trắc nghiệm có tính chất bất biến, ta chỉ cần chọn một hàm f(x) thỏa
mãn điều kiện giả thiết để kiểm tra. Chẳng hạn trong bài này ta có thể chọn f(x) = ex. Ta chọn đáp án D
Câu 85. Từ giả thiết ta có g(0) = 1; g′(x) = 2f(x) và g(x) ≥ 1, ∀x ∈ [0; 1]. Có g′(x) g (x) » »
> [f (x)]3 ⇔ 3 g(x) > f(x) ⇔ 2 3 g(x) > g′(x) ⇒ ≤ 2. » 3 g(x) t Z t Z t Suy ra g′(x) 3 4 dx ≤ 2dx ⇒ .» »
3 g2(x) ≤ 2t ⇒ 3 g2(t) ≤ t + 1. » 0 3 g(x) 0 2 3 0 Z 1 Z 1 Ç å Do đó » 4 5 I = 3 g2(t)dt ≤ t + 1 dt = . 0 0 3 3 Ç å Đẳng thức xảy ra khi 4 4 g(x) = t + 1 t + 1 3 3 Ta chọn đáp án A 2 2 8 Z Z 2 Z
Câu 86. Đặt t = x3 ⇒ dt = 3x2dx. Khi đó: îf Äx3äó2dx + 2 f Äx3ä dx = f (x) dx − 3 1 1 1 2 Z Äx2 − 1ä2dx 1 8 8 2 Z 1 Z 1 √ Z ⇒ √ [f (t)]2dt + 2
√ f (t) 1 − 3 t2 dt + 3 Äx2 − 1ä2dx = 0 (∗). 3 t2 3 t2 1 1 1 2 Z Z 8 √ Mà 38 1 2 3 Äx2 − 1ä2dx = = √ 1 − 3 t2 . 5 3 1 t2 1 8 √ 2 2 " # Z √ Z Vậy f (t) + 1 − 3 t2 8 ln 2 (∗) ⇒ √
dt = 0 ⇒ f (t) = 3 t2 − 1 ⇒ [f ′ (x)]3dx = . 3 t 27 1 1 Ta chọn đáp án A
Câu 87. Học sinh lưu ý công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol và đường
thẳng: “Nếu hai đồ thị cắt nhau có phương trình hoành độ giao điểm ax2 + bx + c = 0. Khi đó √ Ä ∆ä3
diện tích hình phẳng giữa hai đồ thị đó là S = với ∆ = b2 − 4ac”. 6a2 √ 4Ä 16 Áp dụng, xét − aä3
8x − x2 = a ⇔ x2 − 8x + a = 0 nên S . a = 3
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 45 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 √ √ 4Ä 16 4Ä 16 Tương tự ta có: − bä3 − cä3 S
. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol b = ; S 3 c = 3 4 4 64
(P ) : y = 8x − x2 và trục hoành là S0 = (64). Mặt khác vì S (64) = 4S = 3 0 = 3 a ⇒ Sa = 3 √
4Ä 16 − aä3 ⇒ (16 − a)3 = 256. 3 √ √ 4Ä 16 4Ä 16 Có 128 − bä3 − cä3 Sb = 2Sa = = ⇒ (16 − b)3 = 1024 và S 3 3 c = 3Sa = 64 = 3 ⇒ (16 − c)3 = 2304.
Như vậy: (16 − a)3 + (16 − b)3 + (16 − c)3 = 3584. Ta chọn đáp án B
Câu 88. Đổi biến x − 2 cho x và x + 2 cho x, ta có: 4 2 2 4 Z Z Z Z f ′ (x − 2) dx + f ′ (x + 2) dx = f ′ (x) dx + f ′ (x) dx. 0 0 −2 2 4 2 4 Z Z Z Như vậy: f ′ (x − 2) dx + f ′ (x + 2) dx =
f ′ (x) dx = f (4) − f (−2) = 6. 0 0 −2 Ta chọn đáp án D 1 Z ñ 1 ô2
Câu 89. Từ giả thiết ta có: »f′ (x)f (x) − dx 6 0. 3 0 Do đó: 1 1 f ′ (x) f 2 (x) = ⇒ [f3 (x)]′ = 9 3 1 1 Z 7 ⇒ f3(x) = x + 1 ⇒ f 3 (x) dx = . 3 6 0 Ta chọn đáp án D Câu 90. Ta có: t t Z f ′ (x) Z x 1 dx =
dx ⇒ ln f (t) − ln f(0) = ln (t2 + 1) f (x) x2 + 1 2 0 0 √ √
⇒ f (t) = t2 + 1 ⇒ T = 3 − 2 2. Ta chọn đáp án A Câu 91. Ta có:
21(x2 − 1)2 − 12(x − 1)2 − 12xf (x) = [f′ (x)]2 1 1 36 Z Z ⇒ − 6 f (x) d Äx2 − 1ä = [f ′ (x)]2dx 5 0 0 1 1 24 Z Z ⇒ − + 6
Äx2 − 1ä f′ (x) dx = [f′ (x)]2dx 5 0 0 1 Z ⇒
îf′ (x) − 3x2 + 3ó2dx = 0 ⇒ f (x) = x3 − 3x + 2. 0 Ta chọn đáp án A
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 46 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 1 1 Z 1 Z 1
Câu 92. Đặt tan x = t ⇒ 4 = = f (t) . dt = f (x) . dx. t2 + 1 x2 + 1 0 0 1 Z
Cộng hai tích phân lại ta được 6 = f (x) dx. 0 Ta chọn đáp án D √ f ′ (x) √
Câu 93. Ta có: x. (2f (x) + 1) = [f′ (x)]2 ⇒ x»2f (x) + 1 = f′ (x) ⇒ = x »2f (x) + 1 Z 1 Z √ » 2 √ ⇒ d (2f (x) + 1) = xdx ⇒ 2f (x) + 1 = x x + C. 2»2f (x) + 1 3 4 Z Vì 3 4 1186 f (1) = ⇒ C = ⇒ f (x) dx = . 2 3 45 1 Ta chọn đáp án A
Câu 94. Theo bất đẳng thức Holder ta có: 1 1 2  1  Z [f ′ (x)]2 Z Z 1 dx. exdx >  f ′ (x) dx ⇔ . (e − 1) > 1. ex e − 1 0 0 0 √
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: f′ (x) √ = k. ex ⇔ f′ (x) = k.ex. ex 1 Z Vì 1 f ′ (x) dx = 1 ⇒ k = . e − 1 0 Vậy ex + C ex − 1 f (x) =
. Mà f (0) = 0, f (1) = 1 nên f (x) = . e − 1 e − 1 Vậy e − 2 I = . e − 1 Ta chọn đáp án A Câu 95. Gọi x
lần lượt là hoành độ của 1, x2 A, B, ta có |a| 1 S = |x |x 6 1 − x2|3 = 6 1 − x2|3
Chú ý, ở đây a là hệ số bậc hai của parabol, tức a = 1. Đây là công thức nhanh tính diện tích giới
hạn bởi Parabol và đường thẳng đã được xây dựng trong sách Đột phá tư duy giải nhanh trắc
nghiệm Giải tích 13 của tác giả Lục Trí Tuyên, Nguyễn Đức Lợi, Phạm Quốc Vương xuất bản 2018. Lại có 4 |x .
1 − x2| 6 AB = 2, do đó S 6 3
Đẳng thức xảy ra khi A(−1; 1) và B(1; 1). Ta chọn đáp án A
Câu 96. Ta có : |z2 − 2z + 5| = |(z − 1 + 2i) (z + 3i − 1)|
⇔ |(z − 1 + 2i) (z − 1 − 2i)| = |(z − 1 + 2i) (z + 3i − 1)|  |(z − 1 + 2i)| = 0 ⇔  . 
|(z − 1 − 2i)| = |(z + 3i − 1)|
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 47 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Trường hợp 1: |(z − 1 + 2i)| = 0 ⇔ z = 1 − 2i ⇒ |z − 2 + 2i| = 1 .
Trường hợp 2: |(z − 1 − 2i)| = |(z + 3i − 1)| ⇔ b = −1 với z = a + bi (a, b ∈ R) . 2 Ç 1 å 3 9 3
⇒ z − 2 + 2i = a − i − 2 + 2i = (a − 2) + i ⇒ |z − 2 + 2i| = (a − 2)2 + > . 2 2 4 2 Ta chọn đáp án A
Câu 97. Gọi M (x; y) là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng phức thì M thuộc đường √
tròn tâm I(−1; 2) bán kính R = 2 2.
Trong mặt phẳng phức xét các điểm A (1; 0) , B (−3; 4) thì I là trung điểm của AB.
Theo công thức đường trung tuyến trong tam giác AB2 MAB có MA2 + MB2 = 2MI2 + = 2 AB2 2R2 + = 32 (không đổi). 2
Có P = aMA + bMB nên theo bất đẳng thức Bunhiakovski ta có P 2 ≤ (a2 + b2)(MA2 + MB2) = √
32(a2 + b2) ⇒ P 6 4 2a2 + 2b2. Ta chọn đáp án C z z + 2i
Câu 98. Có z − 2i là số thuần ảo − 2i ⇔ +
= 0 ⇔ 2 |z|2 − 2 (z + z) + 2i (z − z) = 0 z − 2 z − 2 z − 2
⇔ a2 + b2 − 2a − 2b = 0 ⇔ (a − 1)2 + (b − 1)2 = 2.
Gọi M là điểm biểu diễn z trong mặt phẳng phức thì M thuộc đường tròn tâm I(1; 1) bán kính √ √ R =
2. Khi đó |z| = OM đạt giá trị lớn nhất bằng OI + R = 2 2.
Đẳng thức xảy ra khi # » R IM = − # » IO, hay M(2; 2). IO
Vậy z = 2 + 2i, do đó a + b = 4. Ta chọn đáp án B
Câu 99. Gọi M là điểm biểu diễn z trên mặt phẳng phức. Từ |z + 2 + 3i| = 2 suy ra M thuộc √
đường tròn tâm I(−2; −3) bán kính R = 2.
Đặt A(−2; 5) và B(6; −3) ta có T = |z + 2 − 5i| + |z − 6 + 3i| = MA + MB. √ Lại thấy AB2
IA = IB = 8 nên I thuộc trung trực của AB và IH = IA2 − = 4 2 với H(2; 1) 4 là trung điểm AB. √
Có T 2 ≤ 2(MA2 + MB2) = 4MH2 + AB2. Mà MH ≤ MI + IH = 2 + 4 2. Do đó T lớn nhất
khi MH lớn nhất hay MA = MB và M, I, H thẳng hàng.
Điều kiện dấu bằng tương đương với # » IM 1 IM = − # » IH ⇔ # »
IM = − (4; 4) ⇔ M (−3; −4). IH 4
Vậy z = −3 − 4i hay P = a + b = −7. Ta chọn đáp án D Câu 100.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 48 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Cách 1: Gọi P, Q lần lượt là điểm biểu diễn z và trên y 1 z2
mặt phẳng phức. Từ giả thiết ta thấy ngay Q thuộc đường Q
tròn tâm I(0; 2) bán kính R = 1 và P thuộc Ox. Ta có z2 − z1 ∈ R ⇔ z I 2 1 + i
2 − z1 = k(1 + i), k ∈ R ⇔ # » P Q// #» u =
(1; 1). Vậy P Q tạo với Ox một góc 45◦.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của Q lên Ox thì P Q = √ 1
2.QH. Do đó, ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của QH. 45◦ P 0 H x
Từ hình vẽ ta thấy ngay min QH = d(I; Ox) − R = 1 và max QH = d(I; Ox) + R = 3. Vậy √ √ √ M = 3 2 và m = 2. Suy ra M + m = 4 2. (a Cách 2: Ta đặt − b − ci) (i − 1)
z1 = a, z2 = b+ci khi đó: z2 − z1 =
∈ R ⇒ c = b−a đồng thời 1 + i 2 √
ta cũng có |z2 − 2i| = 1 ⇒ b2 + (c − 2)2 = 1. Do vậy |z1 − z2| = |(a − b) − ci| = |c + ci| = |c| 2. √ √ √
Vì b2 +(c − 2)2 = 1 > (c − 2)2 ⇒ 1 6 c 6 3 ⇒ 1 6 |c| 6 3 do đó |z1 − z2| = |c| 2 ∈ î 2; 3 2ó ⇒ √ T = 4 2. Ta chọn đáp án B
Câu 101. Ta có: |(3 + 4i) z| = 5 (m2 + 2m + 5) ⇒ |w + 2i| = 5 (m2 + 2m + 5).
Vậy R = 5 (m2 + 2m + 5) > 20. Ta chọn đáp án B
Câu 102. Giả sử z = a + bi (a, b ∈ R) được biểu diễn bởi điểm M (a; b). Khi đó số phức liên hợp
của z là ¯z = a − bi được biểu diễn bởi điểm M′ (a; −b).
Ta có: z (4 + 3i) = (a + bi) (4 + 3i) = 4a + 3ai + 4bi − 3b = (4a − 3b) + (3a + 4b) i, do đó số phức
z (4 + 3i) được biểu diễn bởi điểm N (4a − 3b; 3a + 4b) Khi đó điểm biểu diễn số phức liên hợp của
số phức z (4 + 3i) là N′ (4a − 3b; −3a − 4b) Do M′N′ đối xứng với MN qua Ox nên MM′N′N là
hình thang cân. Vì vậy, MM′N′N là hình chữ nhật ⇔ yM = yN ⇔ b = 3a + 4b ⇔ a + b = 0, hay
M di chuyển trên đường thẳng d : x + y = 0. Gọi 1
A(5; −4) thì |z + 4i − 5| = AM nên min AM = d(A; d) = √ . 2 Ta chọn đáp án C
Câu 103. Gọi M(x; y) biểu diễn z trong mặt phẳng phức thì   x = m − 2 ⇒ m = x + 2  ⇒ y = (x + 2)2 − 1.  y = m2  − 1
Vậy (C) là Parabol có phương trình y = x2 + 4x + 3.
Dễ thấy ∆ = 4, do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và Ox là √∆2 8 4 S = = = . 6a2 6 3
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 49 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 Ta chọn đáp án B
Câu 104. Có z21 − z1z2 + z22 = 0 ⇒ (z1 + z2) (z21 − z1z2 + z22) = 0 ⇒ z31 = z32 ⇒ |z1| = |z2|. Vậy tam giác OAB cân tại O. Lại có z z z2 1 2 1 − z1z2 + z2 2 = 0 ⇒ + = 1 z2 z1 z z ⇒ 1.z2 + 2.z1 = 1 |z2|2 |z1|2
⇒ z1.z2 + z2.z1 = |z1|2 ⇒ |z1|2 − z1.z2 − z2.z1 + |z2|2 = |z2|2
⇒ |z1 − z2|2 = |z2|2 ⇒ AB = OB.
Vậy tam giác OAB đều. √
Mà diện tích OAB bằng 3 chứng tỏ |z1| = |z2| = |z1 − z2| = 2 = a. √ √ Vậy 3 |z1 + z2| = 2OM = 2.
a = 2 3, trong đó M là trung điểm của AB. 2 Ta chọn đáp án A
Câu 105. Đặt z = x + yi, x, y ∈ R ta có x2 + y2 = 1. Có z3.z3 w = z3 +
= z3 + z3 = (z + z)3 − 3z.z. (z + z) = 8x3 − 6x = f(x). z3
Ta dễ dàng tìm được M = max f(x) = 2 và m = max f(x) = −2. Vậy P = 8. [−1;1] [−1;1] Ta chọn đáp án D Câu 106.
Gọi M là điểm biểu diễn z. Từ giả thiết có M thuộc B(−1, 2) √ Ç å đường tròn tâm 1 3 2 I − ; bán kính R = . M 2 2 2
Gọi A(1; 0) và B(−1; 2) thì P = MA + 3MB.
Dễ dàng kiểm tra thấy I thuộc đoạn AB và # » IA = I − 1 ; 3 2 2 −3# » IB, do đó
MA2 + 3MB2 = 4MI2 + IA2 + 3IB2 = 8 A(1, 0)
Mặt khác, theo bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có: √ MA + 3MB » 6 (MA2 + 3MB2) (1 + 3) = 4 2. Ta chọn đáp án A
Câu 107. Có i.z = i + 2i2 + · · · + 2016i2016 + 2017i2017. Vậy 1 − i2017
z − i.z = 1 + i + i2 + · · · + i2016 − 2017i2017 = − 2017i = 1 − 2017i. 1 − i 1 − 2017i 1 + 20172 √ ⇒ z = ⇒ |z| = = 2034145 1 − i 2 Ta chọn đáp án C
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 50 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17  z  1 + z2 = −z3   8 Câu 108. Ta có: z .
1 + z3 = −z2 ⇒ A = |−z1|2 + |−z2|2 + |−z3|2 = 3     z2 + z3 = −z1 Ta chọn đáp án C
Câu 109. Ta có : max P = max |z| > 0 ⇔ max P 2017 = max |z|2017 = max |z2017| .
Mặt khác ta cũng có: min P = |z| > 0 ⇔ min P 2017 = min |z|2017 = min |z2017|.
Gọi z2017 = a + bi (a, b ∈ R) ⇒ Tập hợp điểm biểu diễn số phức z2017 là đường tròn tâm I (0; 1)   √ max P 2017 = 2 max P = 2017. 2017 2 √ có bán kính   R = 1 ⇒ ⇔ ⇒ A = 2017. 2017 2.  min P 2017 = 0  min P = 0   Ta chọn đáp án C
Câu 110. Ta xét các điểm A (1; 0) , B (0; 1) và M (x; y) với M là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng phức. Ta có : » »
2 |z − 1| + 3 |z − i| = 2 (x − 1)2 + y2 + 3 x2 + (y − 1)2 = 2MA + 3MB . √ √
Ta có : 2MA + 3MB = 2 (MA + MB) + MB > 2AB + MB = 2 2 + MB > 2 2 . ⇒ 2 |z − 1| + √ 3 |z − i| > 2 2 . √
Mà theo giả thiết ta có : 2 |z − 1| + 3 |z − i| 6 2 2.  √ M Vậy  ∈ AB
2 |z − 1| + 3 |z − i| = 2 2. Dấu xảy ra khi và chỉ khi ⇔ M ≡ B ⇒ M (0; 1) ⇒  M B = 0  |z| = 1. Ta chọn đáp án D √
Câu 111. Ta có |z2 − z|2 = |z|2 |z − 1|2 = |z − 1|2 = »(x − 1)2 + y2 = 2 − 2x (chú ý x2 +y2 = 1).
Có |z2 + z + 1| = |z2 + z + z.z| = |z| |z + 1 + z| = |z + 1 + z| = |2x + 1|. Vậy √
P = |2x + 1| + 2 − 2x = f(x) với x ∈ [−1; 1]. Khảo sát hàm 13 7
f (x) trên đoạn [−1; 1] ta tìm được max P = ⇔ x = . 4 8 Ta chọn đáp án A
Câu 112. Gọi M là điểm biểu diễn z trong mặt phẳng phức. Dễ thấy M thuộc đường tròn tâm √
O(0; 0) bán kính R1 = 1 và đường tròn tâm I( 3; −1) bán kính R2 = m, (m > 0).
Có duy nhất 1 số phức thỏa mãn bài toán tương đương với có duy nhất điểm M thỏa mãn. Điều
này xảy ra khi và chỉ khi hai đường tròn (O) và (I) tiếp xúc.
Trường hợp 1: Tiếp xúc ngoài ⇔ OI = R1 + R2 ⇔ 2 = 1 + m ⇔ m = 1 > 0.
Trường hợp 2: Tiếp xúc trong ⇔ OI = |R1 − R2| ⇔ 2 = |m − 1| ⇔ m = 3; m = −1. Vậy m = 3 > 0 thỏa mãn.
Vậy có hai số thực m thỏa mãn. Ta chọn đáp án C
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 51 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Câu 113. Ta có P 2 ≤ 2 Ä|z1|2 + |z2|2ä.
Theo giả thiết ta có |z1 + z2|2 = 100 và |z1 − z2|2 = 4. Mặt khác |z và
là hai vector để chứng minh).
1 + z2|2 + |z1 − z2|2 = 2 Ä|z1|2 + |z2|2ä (coi z1 z2 √ √
Vậy P 2 ≤ 104 ⇒ P ≤ 2 26. Đẳng thức xảy ra khi |z1| = |z2| = 26 và |z1 − z2| = 2, ứng với hai √
điểm nằm trên đường tròn tâm O bán kính R = 26 và dây cung MN = 2. Có vô số cặp điểm M, N thỏa mãn. Ta chọn đáp án B 
|1 + z2017| + |1 + z2016| > |(1 + z2017) − (1 + z2016)| = |z|2016 |1 − z| = |1 − z|     
|1 + z2015| + |1 + z2014| > |(1 + z2015) − (1 + z2014)| = |z|2014 |1 − z| = |1 − z| Câu 114. Ta có:   ...       
|1 + z3| + |1 + z2| > |(1 + z3) − (1 + z2)| = |z|2 |1 − z| = |1 − z|
Vậy: P = 1008 |1 + z| + |1 + z2| + |1 + z3| + ... + |1 + z2017| >
1008 (|1 + z| + |1 − z|) > 1008 |(1 + z) + (1 − z)| = 2016.
Đẳng thức xảy ra khi z = −1. Ta chọn đáp án B
Câu 115. Gọi M là điểm biểu diễn z trong mặt phẳng phức. Ta có M thuộc các đường tròn tâm
O (0; 0) , R = 1 và tâm I (3, 4) , R′ = m, (m > 0).
Có duy nhất số phức thỏa mãn bài toán tương đương với hai đường tròn tiếp xúc.
Do đó có hai trường hợp tiếp xúc ngoài và trong cho nên R + R′ = OI ⇔ m = 4 hoặc OI = R′ − R ⇔ m = 6. Ta chọn đáp án A z k + »k2 + 4 |z
Câu 116. Áp dụng công thức: với 0 0| 6 . z + k thì max |z| = z 2 √ √
Ta được max |z| = 1 + 5. Khi đó max P = 8 + 3 5. Ta chọn đáp án D Câu 117.
Gọi M là điểm biểu diễn z thì từ giả
thiết cho thấy M thuộc đường tròn K √ I(4; 3) bán kính R = 5. Gọi A
A (−1; 3) , B (1; −1) ⇒ IA = IB = M I
5 > R. Vậy I thuộc trung trực của AB. L
Đặt T = |z + 1 − 3i| + |z − 1 + i| ⇒ T = MA + MB. H • MA + MB » 6 2 (MA2 + MB2) ⇒ E √ MA+MB 6 4MH2 + AB2 ⇒ MA+ √ √ MB 6 4KH2 + AB2 = 10 2. B
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 52 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 • Lấy E sao cho [ LAE = [
LAE = 90◦. Định lý Ptolemé ta có: MA.EB + MB.EA > ME.AB AB √ √ ⇒ MA + MB > ME.
> EL. 2 ⇒ MA + M ≥= 2 10. EB
Đẳng thức xảy ra lần lượt tại K và L. Ta chọn đáp án A
Câu 118. Gọi M là điểm biểu diễn số phức z. Ta có: (1 + i) z
+ 2 = 1 ⇔ |z − 2i| = 1. Vậy M (z) thuộc đường tròn tâm I (0; 2) , R = 1. Do đó, 1 − i |z| 6 OI + R = 3 √ √
Lại có |w − z| = |iz − z| = 2. |z| 6 3 2. Ta chọn đáp án C   (z − 1)2 = (2z − i)2 z − 1 = ± (2z − i)
Câu 119. Ta có: (z − 1)4 = (2z − i)4 ⇔  ⇔    (z − 1)2 = − (2z − i)2 z − 1 = ±i (2z − i) 1 + i 2 + 4i 17 ⇔ z . 1 = ; z ⇒ P = 3 2 = −1 + i; z3 = 0; z4 = 5 9 Ta chọn đáp án C Câu 120.
Kẻ CH vuông góc với mp(ABD) (H là trọng A
tâm của ∆ABD) thì EH ∩ AB = F . Mặt
phẳng CEF chính là mặt phẳng chứa CE và F vuông góc với ABD. Ta có H V (A.ECF ) = V (F.ACE) =
2V (F.ACD) do S(ACE) = 2.S(ACD). D B I M
Mà V (F.ACD) = V (A.CDF ). Ta chỉ cần tính AF . AB C Có d(A; EF ) AH = = 2 và d(A; EF ) = d(M; EF ) MH d(D; EF )
AE = 2. Suy ra d(M; EF) = d(D; EF) hay DE E
I là trung điểm của DM. Vậy BI = 3. MI Lại có d(B; EF ) BI 2 2 =
= 3. Vậy d(A; EF ) = , suy ra AF = . d(M; EF ) MI d(B; EF ) 3 AB 5 √ Vậy 2 4 4 2
V (A.CDF ) = V (A.BCD) ⇒ V (AECF ) = V (ABCD) = . a3. 5 5 5 12 √ Vậy 2 V (AECF ) = a3. 15 Ta chọn đáp án D Câu 121.
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 53 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Ta gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, BC. S
Dễ chứng minh được SA⊥(MBC) và ∆MBC cân tại M. Ta có BC2 SA2 MN2 = MB2 − = AB2 − − M 4 4 BC2 x2 + y2 = 1 − . 4 4 Do đó 1 x2 + y2 V = VS.ABC = xy 1 − . 6 4 A C … Vì 1 xy x2 + y2 > 2xy nên V 6 xy 1 − = 6 2
√2»(xy)2.(2−xy). Dấu bằng xảy ra khi x = N 12 y. B Đặt 4 2
t = xy và xét f (t) = t2(2 − t), f(t) đạt GTLN trên (0; 2) khi t = , suy ra x = y = √ ⇒ 3 3 4 x + y = √ . 3 Ta chọn đáp án C 1√ Câu 122. Ta có: R2 =
a2 + b2 + c2 với OA = a, OB = b, OC = c. 2 Lưu ý tính chất 3V abc S2 = S2 + S2 + S2 Có r = = √ . ABC OAB OBC OCA Stp ab + bc + ca + a2b2 + b2c2 + c2a2 √ √ a2 + b2 + c2. Äab + bc + ca + a2b2 + b2c2 + c2a2ä Vậy 2R = . r abc
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta có: » √ Å √ » √ ã 2R 3 3 a2b2c2. 3 3 a2b2c2 + 3 3 a4b4c4 > r abc √ 2R √ √ √ R 3 + 27 ⇒ > 3 Ä3 + 3ä = 3 + 3 3 ⇒ > . r r 2
Vậy a = 3; b = 27 ⇒ a + b = 30. Ta chọn đáp án C
Câu 123. Gọi tâm I (a, b, c), ta có a + 2b + c = 4. Vì d (I, Ox) = d (I, Oy) = d (I, Oz) ⇒ √ √ √ a2 + b2 = b2 + c2 = c2 + a2 ⇔ |a| = |b| = |c|
• Nếu a = t, b = t, c = t ⇒ t = 1 ⇒ I (1; 1; 1)
• Nếu a = t, b = t, c = −t ⇒ 2t = 4 ⇒ t = 2 ⇒ I (2; 2; −2)
• Nếu a = t, b = −t, c = t ⇒ 0 = 4(Loại)
• Nếu a = −t, b = t, c = t ⇒ 2t = 4 ⇒ I (−2; 2; 2)
Vậy có tất cả 3 mặt cầu thỏa mãn điều kiện của bài toán. Ta chọn đáp án C
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 54 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 √ √
Câu 124. Gọi B(x; y; z), x > 0, ta có OA = 2 2 ⇒ OB = 2 2 ⇔ x2 + y2 + z2 = 8. √
Lại có AB = 2 2 ⇔ (x − 2)2 + (y − 2)2 + z2 = 8.
Điểm B thuộc mặt cầu nên x2 + y2 + z2 − 2x − 2y − 2z = 0. Vậy ta có hệ:  
x2 + y2 + z2 − 2x − 2y − 2z = 0 x2 + y2 + z2 = 8         x2 + y2 + z2 = 8 ⇔ x + y + z = 0 ⇔ B (2; 0; −2).         
(x − 2)2 + (y − 2)2 + z2 = 8  x + y = 2
Vậy phương trình mặt phẳng (OAB) : x − y + z = 0. Ta chọn đáp án C a2 + b2 + c2 Câu 125. Ta có R2 =
⇒ a2 + b2 + c2 = 90 và a > 4, b > 5, c > 6. 4 √ √
Khi đó: 4 6 a 6 29; 5 6 b 6 38. √
Ta có: OA + OB + OC = a + b + c = a + b + 90 − a2 − b2 = f (a, b). Xét a b2 f ′ (a) = 1 − √ = 0 ⇔ a = 45 − . 90 − a2 − b2 2
Lập bảng biến thiên ta được:√ √ √ √
min f (a, b) = min ¶f (4) ; f Ä 29ä© = min ¶b + 4 +
74 − b2; b + 29 + 61 − b2©. √ √ √ √ √
Dễ thấy: b+4+ 74 − b2 < b+ 29+ 61 − b2 ∀b ∈ î5; 38ó ⇒ min f (a, b) = b+4+ 74 − b2 = f (b). √ Do b f ′ (b) = 1− √
= 0 ⇔ b = 37 nên lập bảng biến thiên ta được min f (a, b) = f (5) = 16. 74 − b2
Do đó giá trị nhỏ nhất của OA + OB + OC là 16 khi a = 4, b = 5, c = 7. Ta chọn đáp án B  √  IA = 4 2 = 2R Câu 126. Ta thấy cả 
A và B cùng nằm ngoài mặt cầu đồng thời √ .  IB = 30 
Mục đích cách giải là tìm C sao cho MA = 2MC với mọi điểm M thuộc mặt cầu. Lấy điểm IC IM
C trên IA sao cho IC.IA = R2. Khi đó IC.IA = IM2 ⇒ = hay ∆ICM IM IA và IA
∆IMA đồng dạng với nhau. Vậy AM =
= 2 hay AM = 2MC. Dễ thấy # » IA = 4 # » IC ⇒ MC IM C (0; 3; 0). √
Khi đó MA + 2MB = 2 (MB + MC) > 2BC = 3 2. Ta chọn đáp án D a b c + + − 1 m n 1
Câu 127. Gọi I (a; b; c) là tâm mặt cầu. Khi đó: R = d (I, (MSN)) = . 1 1 1 + + m2 n2 Ç å2 Ç å2 Ç å 2 Chú ý: 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 + + = 1 + + − = 1 + + − 2 + = . + − 1 m2 n2 m n mn m n m n m n a b c + + − 1 Vậy m n 1 R = . 1 1 + − 1 m n
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 55 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Chọn a = b = 1 − c ⇒ R = |a| và tâm I (a; a; 1 − a). »
⇒ IM = 2(a − 1)2 + a2 = |a| ⇔ a = 1 ⇒ R = 1. Ta chọn đáp án C
Câu 128. Gọi a, b, c lần lượt là hoành độ, tung độ và cao độ của A, B, C ta có mặt phẳng x y z (P ) : + + = 1. a b c 1 4 9 (1 + 2 + 3)2 (P ) qua M nên 1 = + + > ⇒ a + b + c > 36. a b c a + b + c  1 2 3  a = 6    = = 
Đẳng thức xảy ra khi  a b c  ⇒ b = 12 .    a + b + c = 36     c = 18 Ta chọn đáp án C √
Câu 129. Ta có: OH⊥ (α) ⇒ R = OH = a2 + b2 + c2.
Lại có: a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 − 2 (ab + bc + ca) = (a + b + c)2 + 2 > 2. √ Vậy R > 2. Ta chọn đáp án C
Câu 130. Dễ thấy C là giao của phân giác trong d của ∆AMN với (P ). Ta có: AM = 3; AN = 5. # » # » Ç å Phân giác trong AM AN 1 19 22
∆AMN có vector chỉ phương: + = ; ; // #» u = (5; 19; 22) AM AN 3 15 15   x = 1 + 5t     ⇒ (d) :
y = 2 + 19t Thay vào phương trình (P ) ⇒ C (6; 21; 21).     z = −1 + 22t Ta chọn đáp án C Câu 131.
Ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm D (3; 3; 3) là giao A
điểm của (AB) và (P ). Do đó theo tính chất của
phương tích ta được: DA.DB = DI2 − R2. Mặt B I
khác vì DC là tiếp tuyến của mặt cầu (S) cho nên DC2 = DI2 − R2.
Do vậy DC2 = DA.DB = 36 cho nên DC = 6 (Là D C
một giá trị không đổi).
Vậy C luôn thuộc một đường tròn cố định tâm D với bán kính R = 6. Ta chọn đáp án D
Câu 132. Gọi tâm 1 mặt cầu tiếp xúc là I (a, b, c) khi đó bán kính mặt cầu: R = IA = d (I, (P )) »
|2ma + (m2 + 1) b + (m2 − 1) c − 10|
⇔ R = (a − 2)2 + (b − 11)2 + (c + 5)2 = √ (m2 + 1) 2
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 56 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 »
|m2 (b + c) + 2ma + b − c − 10|
⇔ R = (a − 2)2 + (b − 11)2 + (c + 5)2 = √ đúng với ∀m ∈ R. (m2 + 1) 2     a = 0  a = 0 b = 9 Do vậy   » |b − 5| ⇔ nên R = 4 + (b − 11)2 = √ ⇒  b + c = b c = 2 b = 25  − c − 10  −5 √ ⇒ R1 + R2 = 12 2. Ta chọn đáp án D
Câu 133. Gọi I (x; 0; 0) là tâm mặt cầu. Khi đó bán kính: (2x − 1)2 (x + 1)2
R2 = r2 + d2(I, (Q)) = 22 + d2(I, (P )) ⇔ r2 + = 4 +
⇔ x2 − 2x + 2(r2 − 4) = 0. 6 6 √
Do đó có duy nhất 1 tâm mặt cầu thỏa mãn 3 3 2 ⇔ ∆′ = 0 ⇔ r = √ = . 2 2 Ta chọn đáp án B Câu 134.
Ta gọi (Q) là mặt phẳng qua điểm A (2, 1, 0), song M
song với mặt phẳng (P ) thì (Q) : x−y −z −1 = 0.
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của M, N lên (Q)
và I, J lần lượt là hình chiếu của H, K lên ∆ thì H J
MI, NJ lần lượt là khoảng cách từ M, N đến ∆. A
Khi đó MI + NJ ≥ MC + ND = 2d (M, (Q)).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ ∆ là đường thẳng I K
đi qua H, K. Hơn nữa, ta thấy A (2, 1, 0) là trung
điểm MN nên A cũng là trung điểm của HK, hay HK đi qua A. N
Vậy một vector chỉ phương của i ∆ là h[ # » MN , #» n (Q)], #»
n (Q) = (−6; 0; −6) //(1; 0; 1). Ta chọn đáp án A
Câu 135. Đặt vào hệ tọa độ Oxyz với A (a; 0; 0) , B (0; b; 0) , C (0; 0; 1) trong đó a, b, c > 0 và a + b = 1.
Có bất đẳng thức quen thuộc 1
(a + b)2 6 2 (a2 + b2) ⇒ a2 + b2 > (∗). 2
Do OA, OB, OC đôi một vuông góc nên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cũng là mặt cầu ngoại
tiếp hình hộp chữ nhật có kích thước a, b, c nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện là 1√ R = a2 + b2 + 1. 2 √ Theo (*) ta có 1 1 6 R > 1 + = . 2 2 4
Đẳng thức đạt được khi 1 a = b = . 2 Ta chọn đáp án A
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 57 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17 √ √ MA + 2 3 MA + AB
Câu 136. Ta nhận thấy A ∈ (P ) và AB = 2 3 do vậy P = = . MB MB 2(MA2 + AB2) Cách 1: Ta có P 2 ≤ . Nếu \
MAB ≥ 90◦ ⇒ MA2 + AB2 ≤ MB2 ⇒ P 2 ≤ 2. MB2 Nếu \
MAB < 90◦, theo định lý hàm số cos ta có MB2 = MA2 + AB2 − 2MA.AB. cos \ MAB
≥ MA2 + AB2 − 2MA.AB. cos α với α là góc giữa AB và (P ). Suy ra MB2 ≥ MA2 + AB2 − α
(MA2 + AB2) cos α = (MA2 + AB2)2 cos2 2 1 ⇒ P 2 ≥ . sin2 α2 √ Mà α 1 » < 45◦ nên 1 > 2. Vậy P ≤ =
54 + 6 78 trong mọi trường hợp. 2 sin2 α sin α 2 2
Đẳng thức xảy ra khi M thuộc hình chiếu của tia AB lên (P ) và AB = AM. \ M BA sin \ MBA + sin \ AMB cos − \ AM B 1
Cách 2: Áp dụng định lý hàm số sin: P = = 2 6 . \ \ sin \ MAB sin MAB sin MAB 2 2 Do \ 1
MAB ≥ α với α là góc tạo bởi AB và (P ) nên 1 ≤ . \ sin MAB sin α 2 2 √ Vậy 1 » P ≤ =
54 + 6 78. Đẳng thức xảy ra khi M thuộc hình chiếu của tia AB lên (P ) và sin α2 AB = AM. Ta chọn đáp án C
Câu 137. Ta có: max d (O; (P )) = OM khi (P ) có #» n = # » OM = (3; 4; 5). x y z
⇒ (P ) : 3x + 4y + 5z − 50 = 0 ⇔ + + = 1 50 25 10 3 2 50 25 3125 ⇔ a = , b = , c = 10 ⇒ V . 3 2 OABC = 9 Ta chọn đáp án B x y z
Câu 138. Trong phương trình (P ) chia hai vế cho abc, ta có (P ) : + + = 1. a b c 1 1 1 Mà 1 1 1 + + = 3 ⇔ 3 + 3 + 3 = 1. a b c a b c Ç å Vậy 1 1 1 M ; ; ∈ (P ) ∀a, b, c. 3 3 3 Do đó E = 1. Ta chọn đáp án A Câu 139. Dễ thấy d
do đó chúng cùng thuộc mặt 1//d2 phẳng (P ).
Viết phương trình mặt phẳng d (P ) và tìm 3 d4
A = d3 ∩ (P ), B = d4 ∩ (P ).
Đường thẳng ∆ chính là đường thẳng qua B A A, B. d d 2 1 Ta chọn đáp án B
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 58 Facebook "Trí Tuyên Lục" ĐT: 0972.17.77.17
Câu 140. Ta tìm điểm đặc biệt của bài toán và thấy tam giác ABC vuông tại A. Mặt khác:  √ »  M A + M B 6 2 (MA2 + MB2) = AB 2 √ √
⇒ BM + MN + NC 6 (AB + AC) 2. »  N A + N B 6 2 (NA2 + NB2) = AC 2 
Chú ý rằng đẳng thức xảy ra được bởi vì trong trường C
hợp các tam giác MAB, NAC vuông cân và tam giác I N
ABC vuông thì A, M, N vẫn thẳng hàng.
Để ý thấy AB = 6; AC = 3 nên AK = 2KI ⇒ KM = B K A 2KI. Vậy # » IM = 3 # » IK ⇒ M(−2; 0; −2).
Do đó đường thẳng d khi đó có #» u = (1, 0, 1) // # » AM. M Ta chọn đáp án B Câu 141. Gọi A
A′ là hình chiếu của A trên (P ). Khi d
đó đường thẳng d′ đi qua điểm A′ và nằm M
trong (P ). Gọi G là hình chiếu của M
trên đường thẳng d′ và H là hình chiếu
của M trên (P ). Ta có các đánh giá theo H quan hệ vuông góc:
MH 6 MG 6 MA′. Đẳng thức dễ thấy A′ G d′ đều xảy ra. Suy ra ⇒ √6 T = α + β = MA′ + MH = . 3 Ta chọn đáp án D
Câu 142. Gọi M (a; b; c) thif hình chiếu của M lên d là M′(0; 0; 1). Vậy ta có  √   d (M, Ox) = b2 + c2 »  d (M, d) = a2 + (c  − 1)2
Do đó b2 + c2 = a2 + (c − 1)2 ⇔ a2 = b2 + 2c − 1. √ Khi đó » » AM =
a2 + (b − 4)2 + c2 = 2(b − 2)2 + (c + 1)2 + 6 > 6. Ta chọn đáp án C
Học thi trực tuyến hoàn toàn miễn phí tại www.estudy.edu.vn 59
Document Outline

  • Tổng ôn Vận dụng- Vận dụng cao
    • Vận dụng cao lớp 11
    • Vận dụng cao lớp 12
    • Đáp án
  • Hướng dẫn giải chi tiết