Caunangcao toan2017

1
ĐC: Số 47, TT6, KĐT Văn Phú, Hà Đông, HN Website: www.pschool.vn
Đây là tài liệu được các Thầy, Cô Ban Cố vấn của Tổ hợp GD Pschool thực hiện.
Đề nghị bạn trích dẫn nguồn khi chia sẻ, sử dụng các nội dung trong tài liệu này.
Trân trọng!
Để hoàn thành tài liệu này, Ban cố vấn Pschool xin được ghi nhận và cảm ơn
sự nhiệt tình cũng như cố gắng của các thầy, cô:
Thầy Nguyễn Thanh Hồng, THPT Chuyên Sư phạm Hà Nội
Thầy Trần Văn Minh Chiến, THPT Chuyên Nguyễn Huệ-Hà Đông
Thầy Phạm Văn Hoằng, THPT Kim Liên-HN
Cô Lê Thị Hoà, THPT Chuyên Nguyễn Huệ-Hà Đông
Thầy Trần Quốc Thép, THPT Cổ Loa
Cô Phạm Thị Thuý Hà, THPT Chuyên Nguyễn Huệ-Hà Đông
Thầy Chu Đức Minh, THPT Việt-Đức
Hà Nội, 23/6/2017
TỔ HỢP GIÁO DỤC PSCHOOL
BAN CỐ VẤN
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BÌNH LUẬN CÁC CÂU
NÂNG CAO TRONG ĐÊ THI THPT
MÔN TOÁN NĂM 2017

2
NGUYÊN HÀM-TÍCH PHÂN-ỨNG DỤNG
(Thầy Nguyễn Thanh Hồng, THPT Chuyên Sư phạm Hà Nội)
Câu 48-Mã đề 102
Cho hàm số y=f(x). Đồ thị của hàm số y=f’(x) như hình bên.
Đặt  
2
( ) 2 ( ) 1 .g x f x x   Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. ( 3) (3) (1).g g g  
B. (1) ( 3) (3).g g g  
C. (3) ( 3) (1).g g g  
D. (1) (3) ( 3).g g g  
Giải:
 Ta có   2 '( ) 2( 1).g x f x x    g’(x)=0  f (x) = x + 1(1)
NX. Nghiệm của PT (1) là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường
thẳng y = x + 1. Vậy (1)  x  {3 ; 1 ; 3}
Từ đó suy ra g(1) > g(3) và g(1) > g(3).
 S1 và S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị
y = f(x) và y = x + 1 trên mỗi đoạn [3 ; 1] và [1 ; 3]. Dễ thấy
S1 > S2     
1 3
3 1
g x dx g x dx

           3 1 3 1g g g g     g(3) > g(3).
Vậy g(1) > g(3) > g(3)  Chọn đáp án D.
Bình luận: Đây là câu hỏi hay và khá mới mẻ với thí sinh. Thậm chí, đã có nhiều thí
sinh tưởng đây là câu hỏi phần chuyên đề Hàm số và ứng dụng.
Bài này có sự kết hợp các kiến thức và kĩ năng về đọc đồ thị hàm số, tính đơn điệu và
ứng dụng tích phân tính diện tích hình phẳng.
Đặt  
2
( ) 2 ( ) 1 .g x f x x   Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. (3) ( 3) (1).g g g  
B. (3) ( 3) (1).g g g  
C. (1) (3) ( 3).g g g  

3
D. (1) ( 3) (3).g g g  
Giải:
 Ta có   2 '( ) 2( 1).g x f x x    g’(x)=0 f (x) = x  1 (1) NX. Nghiệm của PT (1) là
hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = x  1.
Vậy (1)  x  {3 ; 1 ; 3}.
Từ đó suy ra g(1) < g(3) và g(1) < g(3).
y = f(x) và y = x  1 trên mỗi đoạn [3 ; 1] và [1 ; 3]. Dễ thấy
S1 > S2     
1 3
3 1
g x dx g x dx

           3 1 3 1g g g g     g(3) > g(3).
Vậy g(1) < g(3) < g(3)  Chọn đáp án C.
Câu 47- Mã đề 111
Đặt 2
( ) 2 ( ) .g x f x x  Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. (1) ( 3) (3).g g g  
B. (3) ( 3) (1).g g g  
C. (1) (3) ( 3).g g g  
D. ( 3) (3) (1).g g g  
Giải:
 Ta có   2 '( ) 2 .g x f x x   g’(x)=0 f (x) =  x (1)
thẳng y = x.
Vậy (1)  x  {3 ; 1 ; 3}
Từ đó suy ra g(1) < g(3) và g(1) < g(3).
 S1 và S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y = f(x) và y = x trên mỗi
đoạn [3 ; 1] và [1 ; 3]. Dễ thấy
S1 > S2     
1 3
3 1
g x dx g x dx

           3 1 3 1g g g g     g(3) > g(3).

4
Vậy g(1) < g(3) < g(3)  Chọn đáp án C.
Cho hàm số y=f(x). Đồ thị của hàm số y=f’(x) như hình bên. Đặt
2
( ) 2 ( ) .h x f x x  Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. (2) (4) ( 2).h h h  
B. (2) ( 2) (4).h h h  
C. (4) ( 2) (2).h h h  
D. (4) ( 2) (2).h h h  
Giải:
 Ta có   0g x   f (x) = x. (1)
thẳng y = x.
Vậy (1)  x  {2 ; 2 ; 4}.
Từ đó suy ra g(2) > g(2) và g(2) > g(4).
y = f(x) và y = x trên mỗi đoạn [2 ; 2] và [2 ; 4]. Dễ thấy
S1 > S2     
2 4
2 2
g x dx g x dx

           2 2 2 4g g g g     g(4) > g(2).
Vậy g(2) > g(4) > g(2)  Chọn đáp án A.
Bình luận: Các câu hỏi ở mã đề 106, 111, 123 tương tự nhau.

5
CHUYÊN ĐỀ MŨ-LOGA
(Thầy Trần Văn Minh Chiến, THPT Chuyên Nguyễn Huệ-Hà Đông )
Câu 46- mã đề 102
Xét các số thực dương a, b thỏa mãn 2
1
log 2 3
ab
ab a b
a b

   

. Tìm giá trị
nhỏ nhất minP của 2P a b  .
A. min
2 10 3
2
P

 B. min
3 10 7
2
P


C. min
2 10 1
2
P

 D. min
2 10 5
2
P


Giải:
Vì a, b dương nên từ điều kiện, suy ra 1 – ab > 0.
2
1
log 2 3
ab
ab a b
a b

   

 2 31
2 ab a bab
a b
  


 2 31
2 .2ab a bab
a b
 


    3 2
1 .2 2ab a b
ab a b 
       
   2 2 1 1
2 2 .2 2
ab a b
ab a b
   
   .
Xét hàm số   1
.2t
f t t 
 với t > 0.
Ta có   1 1
' 2 .2 .ln2 0t t
f t t 
   nên hàm số  f t đồng biến trên (0; +).
Suy ra    2 2f ab f a b    2 2ab a b   
2
2 1
a
b
a



.
Thay vào P ta có
4 2 5
1
2 1 2 1
a
P a a
a a

    
 
.
10 10
2 2 2 2 1 3 2 10 3
2 1 2 1
P a a
a a
        
 
.
Vậy
2 10 3
2
P

 . Chọn đáp án A.
Bình luận: Câu này sử dụng phương pháp hàm số quen thuộc như những câu hệ
phương trình của đề thi tự luận mọi năm. Phù hợp với yêu cầu phân loại học sinh
khá giỏi.

6
Câu 50 – mã đề 106.
Xét các số nguyên dương ,a b sao cho phương trình 2
ln ln 5 0a x b x   có hai
nghiệm phân biệt 1 2,x x và phương trình 2
5log log 0x b x a   có hai nghiệm
phân biệt 3 4,x x thoả mãn 1 2 3 4x x x x . Tìm giá trị nhỏ nhất minS của 2 3 .S a b 
A. min 25.S  B. min 17.S  C. min 30.S  D. min 33.S 
Giải:
Điều kiện để mỗi phương trình nói trên có hai nghiệm phân biệt là 2
20 0.b a 
Khi đó,
1 2 1 2ln ln .
b
a
b
x x x x e
a


    5
3 4 3 4log log 10 .
5
b
b
x x x x


   
Ta có 5
1 2 3 4 10 5log .
b b
a
x x x x e a e
 
     Mà min min3; 8a a b
    (vì
2
20 0b a  ). Suy ra min 30.S  Chọn đáp án C.
Câu 45 - mã đề 111
9
9
t
t
f t
m


, với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá
trị của m sao cho     1f x f y  với mọi số thực x, y thỏa mãn  x y
e e x y
  .
Tìm số phần tử của S?
A. 1. B. Vô số. C. 2. D. 0.
Giải: Vì  x y
e e x y
  nên 0x y  . Xét hàm số   t
g t e et  , t  (0, +).
 ' t
g t e e  .
 ' 0 1g t t   .
Bảng biến thiên hàm số g(t) với t  (0, +).
t 0 1
+
 'g t - 0 +
 g t
0
Dựa vào bảng biến thiên suy ra   0g t   t  (0; +). Dấu “=” xảy ra  t = 1.

7
  x y
e e x y
  (x + y > 0). Mặt khác theo giả thiết ta có  x y
e e x y
  nên
dấu “=” xảy ra. Suy ra 1x y      1 1f x f x    x   .
Ta có
1
2 1 2
9 9
1
9 9
t t
t t
m m


 
 

   
  
2 2
2 2
9 9 .9 9 9
1
9 9 .9
t t t
t t
m m
m m
  

 
 2 2 2 2 2 2 4
18.9 .9 9 9.9 .9 9 .9t t t t t
m m m m m     
 4
9.9 .9t t
m  3.m   .
Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn điều kiện đầu bài. Chọn đáp án C.
Bình luận: Đây là một câu hỏi hay, dạng hàm số đã từng xuất hiện trong một số
đề thi thử của các Trường và các Sở. Tuy nhiên, mức độ câu hỏi này khó hơn các
đề trước. Để làm được câu hỏi này đòi hỏi học sinh phải có hai bước tư duy sau:
Bước 1: Dùng hàm số khai thác  x y
e e x y
  để suy ra 1x y  .
Bước 2: Rút y theo x đưa về bài toán một ẩn rồi từ đó tìm m.
Câu 46 – mã đề 123
Xét các số thực dương x, y thỏa mãn 3
1
log 3 2 4
2
xy
xy x y
x y

   

. Tìm giá trị
nhỏ nhất minP của P x y  .
B. min
2 11 3
.
3
P

 B. min
9 11 19
.
9
P


C. min
18 11 29
.
21
P

 D. min
9 11 19
.
9
P


Giải:
Từ điều kiện x, y dương suy ra 1 – xy > 0.
Ta có 3
1
log 3 2 4
2
xy
xy x y
x y

   

 3 2 4 3 4 21
3 3 .3
2
xy x y xy x yxy
x y
    
 

    4 3 2
1 3 2 .3xy x y
xy x y 
       3 3 1 2 1
3 3 .3 2 .3xy x y
xy x y   
  
.3t
f t t 
 với t  (0; +).
  1 1
' 3 .3 .ln3 0t t
f t t 
   ,  t  (0, +).
    3 3 2f xy f x y    3 3 2xy x y     3 3 2x y x   
3
3 2
x
y
x



.

8
Ta có
3
3 2
x
P x y x
x

   

9 3 11 11
3 3 3 1 3 2 3 2 11 3
3 2 3 2 3 2
x
P x x x
x x x

          
  
Vậy
2 11 3
3
P

 . Chọn đáp án A.
Bình luận: Câu hỏi này tương tự mã đề 102.

9
CHUYÊN ĐỀ KHỐI ĐA DIỆN
(Thầy Phạm Văn Hoằng, THPT Kim Liên-HN)
Câu 49 – Mã đề 102
Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB = x và các cạnh còn lại đều bằng 2 3.
Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất.
A. 6.x  B. 14.x  C. 3 2.x  D. 2 3.x 
Giải:
Gọi H là hình chiếu của A trên mp(BCD) và I là trung điểm
của CD.
Nhận xét: V max khi AH max.
Ta có:
3
3
2
a
AH AI   . Dấu “=” xảy ra khi HI
3 3 2AH BH x     Chọn đáp án C.
Bình luận: Để tìm Vmax hoặc Vmin, thí sinh có thể dựa vào đánh giá hình học hoặc
đưa về khảo sát hàm số theo một biến. Các em có thể tham khảo câu hỏi: Câu 45-Mã
đề 868, Pschool Đợt 1, cụ thể:
Cho tứ diện ABCD có AB CD x  và các cạnh còn lại bằng 1. Tìm giá trị của x để thể
tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất.
A.
1
.
2
x  B.
3 2
.
2
x  C.
2 3
.
3
x  D. 1.x 
Câu 44 – Mã đề 106.
Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9, tính thể tích
V của khối chóp có thể tích lớn nhất.
A. V=144. B. 576 2.V 
C. 144 6.V  D. V=476
Giải:
Gọi S.ABCD là hình chóp tứ giác đều với M là
trung điểm của SB, I là tâm m/c ngoại tiếp hình chóp, O là tâm
hình vuông đáy.
Đặt , ,SO h AB a SB b  
x
I
A
B
C
D
H
I
O
M
A
B C
D
S

10
Ta có:
2
2 2 2 2
2
a
b SO BO h
 
     
 
(1)
Mặt khác:
2
. . 9 .
2
b
SMI SOB SM SB SI SO h      (2)
Từ (1) và (2)    2 2 2 2 31 2
2 18 18
3 3
a h h V a h h h       .
Khảo sát hàm số trên với biến h, ta nhận được: GTLN của V là 576. Chọn đáp án D.
Câu 46 – Mã đề 111.
Xét khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A, SA vuông góc với đáy, khoảng
cách từ A đến mp(SBC) bằng 3. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC), tính
cos khi thể tích khối chóp S.ABC nhỏ nhất.
A.
3
cos .
3
  B.
2
cos .
3
 
C.
1
cos .
3
  D.
2
cos .
2
 
Giải:
Đặt ,SA h AB AC a   .
Gọi K là trung điểm của BC, H là hình chiếu
của A trên SK.
Dễ thấy:
 ,( ) 3d A SBC AH 
cos
2
3
2 2 2 2 2 4 2
1 1 2 1 1 1 1
3 81 3
9
i
a h
h a h a a a h
        
21 27 3
6 2
SABC
V a h   . Dấu “=” xảy ra khi
32cos
33
2
a
AK
a h
SK a
    
Vậy thể tích khối chóp nhỏ nhất thì
3
cos
3
  . Chọn đáp án A.
a
h
A
B
C
S
K
H

11
Câu 48 – Mã đề 123.
Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB,
BC và E là điểm đối xứng với B qua D. Mp(MNE) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối
đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V. Tính V.
A.
3
13 2
216
a
V  . B.
3
7 2
.
216
a
V 
C.
3
2
.
18
a
V  D.
3
11 2
.
216
a
V 
Giải:
Gọi P, Q như hình vẽ. Dễ thấy:
2
3
AP CQ
AD CD
  .
   
   
. .
3
1 1
,( ) . ,( ) .
3 3
1 1 1 2 1 2 3
. C,( ) . . . D,( ) .
3 3 2 3 3 3 4
1 1 11 11 2
9 2 18 216
AMNCQP Q AMP Q AMNC AMP AMNC
ABD ABC
ABCD ABCD ABCD
V V V V d Q AMP S d Q AMNC S
d ADB S d ABC S
V V V a
    
 
   
Chọn đáp án D.
N
M
B
C
D
A
E
Q
P

12
CHUYÊN ĐỀ KHỐI TRÒN XOAY
(Cô Lê Thị Hoà, THPT Chuyên Nguyễn Huệ-Hà Đông )
Câu 49- Mã đề 102
Cho mặt cầu (S) có bán kính bằng 4, hình trụ (H) có chiều cao bằng 4 và hai
đường tròn đáy nằm trên (S). Gọi 1V là thể tích khối trụ (H) và 2V là thể tích khối
cấu (S). Tính tỉ số 1
2
V
V
.
A. 1
2
9
16
V
V
 . B. 1
2
1
3
V
V
 . C. 1
2
3
16
V
V
 . D. 1
2
2
3
V
V
 .
Giải:
Ta có ( ) 16 4 12HR     1 .12.4 48V p p 
3
2
4 256
.4
3 3
V p p 
 1
2
48.3 9
256 16
V
V
  . Chọn đáp án D.
Câu 45-Mã đề 106.
Cho mặt cầu (S) tâm O, bán kính R=3. Mặt phẳng (P) cách O một khoảng bằng 1
và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) có tâm H. Gọi T là giao điểm của tia
HO với (S), tính thể tích V của khối nón có đỉnh T và đáy là hình tròn (C).
A. V = 16. B. V =
16
3
p
. C. V =
32
.
3
p
D. V = 32.
Giải:
2 2
8.r HA R OH    4.h TH R OH   
21 32
.
3 3
V r h
p
p  Chọn đáp án C.
Bình luận: thí sinh lưu ý tia HO chỉ cắt (S) tại một điểm T và TH=R+OH.
4 2

13
Câu 44 – mã đề 111. Cho hình nón (N) có đường sinh tạo với đáy một góc 600
.
Mặt phẳng qua trục của (N) cắt (N) theo thiết diện là một tam giác có bán kính
đường tròn nội tiếp bằng 1. Tính thể tích khối nón giới hạn bởi (N).
A. V = 3 B. V = 9 C. V = 9 3  D. V = 3 3 
Giải:
Gọi đỉnh hình nón là S và  SAB là thiết diện đi qua trục SI của hình nón. Theo giả
thiết ta có  0
60SAI  nên  SAB đều. Suy ra GI = 1  SI = 3  2 3; 3SA AI  .
1
.3.3 3
3
V p p  . Chọn đáp án A.
Câu 49 – mã đề 123
Cho hình nón đỉnh S có chiều cao h = a và bán kính đáy r = 2a. Mặt phẳng (P) đi
qua S cắt đường tròn tại A và B sao cho 2 3AB a . Tính khoảng cách d từ tâm của
đường tròn đáy đến (P).
A.
2
2
d a B. d a C.
3
2
d a D.
5
5
d a
Giải:
Gọi I là tâm của đường tròn đáy. Gọi M là
trung điểm của AB  IM  AB.
Kẻ IH  SM  d(I, (SAB)) = IH.  AIM:
2 2 2 2
4 3IM IA AM a a a    
 SIM vuông cân tại I nên
1 2
2 2
IH SM a  . Chọn đáp án A.
G
I
S
A B
2a
2a
a
2a 3M
I
A
B
S
H

14
CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ
(Cô Lê Thị Hoà, THPT Chuyên Nguyễn Huệ-Hà Đông )
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y mx  cắt đồ thị hàm số
3 2
3 2y x x m    tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho AB=AC.
A. ( ;3)m  . B. ( ; 1)m   C. ( ; )m   D. (1; )m  .
Giải:
NX. (C) có điểm uốn (1;-m) thuộc đường thẳng :d y mx  . Ta chỉ cần tìm điều kiện để
(C) cắt d tại 3 điểm phân biệt, tương đương phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt.
3 2
2
2
3 2
1 0
( 1)( 2 2 ) 0
2 2 0(*)
x x m mx
x
x x x m
x x m
    
 
       
   
(*) có 2 nghiệm phân biệt, khác 1  3 ;3m m      Chọn đáp án A.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số 3 2 3
3 4y x mx m   có hai
điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 4 với O là gốc toạ độ.
A. 1m  . B. 4 4
1 1
; .
2 2
m m   C. 0m  . D. 1; 1.m m  
Giải:
Ta có 2
0
' 3 6 0
2
x
y x mx
x m

     
. Để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị thì 0m  . Khi
đó, hai điểm cực trị 3
(0;4 ), (2 ;0).A m B m Suy ra 41
. 4 4 1.
2
OABS OAOB m m      
Chọn đáp án D.
Bình luận: Câu hỏi này có thể coi xuất phát từ ý hỏi tự luận Đề KB.2012: Cho hàm số
3 2 3
3 4y x mx m   . Tìm m để đồ thi hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho
tam giác OAB có diện tích bằng 48 với O là gốc toạ độ

15
Câu 50 – Mã đề 111.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số 4 2
2y x mx  có ba điểm cực
trị tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1.
A. 1.m  B. 0.m  C. 0 1.m  D. 3
0 4.m 
Giải:
3
' 4 4 ; ' 0 0y x mx y x x m        Điều kiện để (C ) có 3 cực trị là 0m  . (*)
Tọa độ 3 điểm cực trị:      2 2
0;0 , ; , ;A B m m C m m  
  51
, . 1 1
2
ABC
S d A BC BC m m     
Kết hợp với (*) 0 1m   . Chọn đáp án C.
Câu 44 – Mã đề 123.
Tìm tất cả các giá trị của m sao cho đường thẳng 1y mx m   cắt đồ thị của hàm số
3 2
3 2y x x x    tại ba điểm A, B, C phân biệt sao cho AB = BC.
A.    ;0 4; .m   B.
5
; .
4
m
 
   
 
C.  2; .m   D. .m
Giải:
Nhận xét: điểm uốn của đồ thị (C): 3 2
3 2y x x x    thuộc đường thẳng
: 1d y mx m   . Do đó để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì chỉ cần d cắt (C ) tại 3 điểm
phân biệt.
3 2
: 3 2 1pt x x x mx m       có 3 nghiệm pb
  2
: 1 2 1 0pt x x x m      có 3 nghiệm pb
2
: 2 1 0pt x x m     có 2 nghiệm pb khác 1
 : 2 2;pt m m       . Chọn đáp án C.

16
CHUYÊN ĐỀ HÌNH GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN
(Thầy Trần Quốc Thép, THPT Cổ Loa)
Câu 47-Mã đề 102.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4;6;2), B(2;-2;0), và mặt
phẳng (P): 0x y z   . Xét đường thẳng d thay đổi thuộc (P) và đi qua B, gọi H là
hình chiếu vuông góc của A trên d. Biết rằng khi d thay đổi thì H thuộc một đường tròn
cố định. Tính bán kính R của đường tròn đó.
A. 6.R  B. 2.R  C. 1.R  D. 3.R 
Giải:
Gọi I là hình chiếu vuông góc của A trên (P). Nhận xét H là hình chiếu của A trên d thì
IH vuông góc với d. Vậy H nằm trên đường tròn đường kính IB thuộc (P).
Tính I(0;2;2) nên
1
6
2
R IB  . Chọn đáp án A.
Câu 46 – Mã đề 106.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm  2;0;0 ,A 
   B 0; 2;0 ,C 0;0; 2  .Gọi D là điểm khác O sao cho DA, DB, DC đôi một vuông góc
với nhau và  ; ;I a b c là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Tính S a b c   .
A. S=-3. B. S=-1. C. S=-2. D. S=-4.
Giải:
Nhận xét: tam giác ABC đều nên hình chiếu của O và D xuống mp (ABC) đều là trọng
tâm G của tam giác ABC và D, O đối xứng nhau qua G.
Theo cách dựng điểm I ta có: 2 2DG GI GO GI   
   
I là trung điểm của GO.
(P)
d
A
B
I
H

17
Mà
2 2 2 1 1 1
; ; ; ; 1.
3 3 3 3 3 3
G I S
        
      
   
Chọn đáp án B.
Câu 48- Mã đề 111.
Trong không gian với hệ toạ dộ Oxyz, cho hai điểm A(3;-2;6), B(0;1;0) và mặt cầu
       
2 2 2
: 1 2 3 25S x y z      . Mặt phẳng  : 2 0P ax by cz    đi qua A, B
và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T= a+b+c.
A. T=3. B. T=5. C. T=4. D. T=2.
Giải:
(S) có tâm I(1;2;3) và bán kính R=5.
IA R IB  nên A nằm ngoài còn B nằm trong mặt cầu.
2 2 2
,r R IH r  nhỏ nhất khi IH lớn nhất. Hạ IK vuông góc với AB thì IH IK . Vậy r
nhỏ nhất khi (P) qua AB và nhận IK là véc tơ pháp tuyến.
3
: 2
6 2
x t
AB y t
z t
 

  
  
, Tham số hóa K rồi tính K(0;-2;1).
Viết (P): 2 2 0y z   . Vậy 3T a b c    . Chọn đáp án A.
Câu 47- Mã đề 123.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu   2 2 2
: 9S x y z   , điểm
 1;1;2M và mặt phẳng  : 4 0P x y z    Gọi  là đường thẳng đi qua M, thuộc (P)
và cắt (S) tại hai điểm A, B sao cho AB nhỏ nhất. Biết  có một véc tơ chỉ phương là
 1; ;u a b

. Tính T a b  .
A. T=0. B. T=-1. C. T=-2. D. T=1.
(C)
(S)
(P)
I
A
B
K

18
Giải:
(S) có tâm O(0;0;0) và R=3. d(O,(P))=
4
3
R nên      P S C  , (C) có bán kính
r =
11
3
.
Nhận xét  , 11M P IM R   vậy M nằm trong mặt cầu, M nằm trong (C).
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 .AB AH IA IH r IH r IM      
AB nhỏ nhất khi M trùng H hay  vuông góc với IM,  có vtcp là ; Pu IM n   
  
Tính tọa độ I
4 4 4
; ;
3 3 3
 
 
 
,    
1 1 2
; ; 1;1;2 , 1;1;1
3 3 3
PIM hay n
 
  
 
 
nên
   1;1;0 ' 1; 1;0u hay u   
 
. Do vậy 1T a b    . Chọn đáp án B.
(C)
(C)
(S)
(P) B
A
I
M
I
M
H

19
CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC
(Cô Phạm Thị Thuý Hà, THPT Chuyên Nguyễn Huệ)
Câu 44 –Mã đề 102
Có bao nhiêu số phức z thoả mãn 2 2 2z i   và  
2
1z  là số thuần ảo?
A. 0. B. 4. C. 3. D. 2.
Giải:
Giả sử , , .z a ib a b   Ta có      
2 2
2 2 2 2 1 8, 1z i a b       
       
2 2 2 2
1 1 1 2 1z a bi a b a bi         .
 
2
1z  là số thuần ảo khi    
2 2
1 0 2a b   .
Từ (1) và (2) ta có
   
2 22 2
2 2
1 1
2 6 2 4 0 3 2
a b a b
b a b a b b
     
 
         
Giải hệ này ta ra được 3 nghiệm, tương ứng với 3 số phức . Chọn đáp án C.
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để tồn tại duy nhất số phức z thoả mãn
. 1z z  và 3 .z i m   Tìm số phần tử của S.
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Giải:
Giả sử , , .z a ib a b  
 
     
2 2
2 2 2
. 1 1 1
3 0 à 3 1 2
z z a b
z i m m v a b m
   
        
Từ (1) suy ra điểm biểu diễn số phức là M thuộc đường tròn tâm O(0;0) bán kính R=1.
Từ (2) suy ra điểm M thuộc đường tròn tâm  3;1I , bán kính R’=m.
Để tồn tại duy nhất số phức thỏa mãn hai điều kiện trên thì chỉ tồn tạiđúng một điểm
M. Điều này xảy ra khi hai đường tròn trên tiếp xúc nhau.

20
Khi
1( )
' 1 2
3( ).
' 2 1
1( )
m tm
OI R R m
m tm
OI R R m
m l

                
. Chọn đáp án B.
Có bao nhiêu số phức z thoả mãn 3 13z i  và
2
z
z 
là số thuần ảo.?
A. 1. B. Vô số . C. 0. D. 2.
Giải:
Giả sử , , .z a ib a b  
   
22
3 13 3 13 1z i a b     
  
 
 
   
2
2 2 22 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2
a bi a bi a a bz a bi b
i
z a bi a b a b a b
    
   
        
2
z
z 
là số thuần ảo khi
 
 
2
2 2
2
0
2
a a b
a b
 

 
   
   
2
2 2
2 0 2
2 0 3
a a b
a b
   
 
  
Từ (1) và (2) suy ra
2 2
2 22 2
3 2
3 26 4 0
2 02 0 3
5
a b
a ba b b b
a b aa b a
b
 
                 

Từ (3) suy ra
3
5
b  loại. Vậy 0 2.b a    Chỉ có một số phức thoả mãn yêu cầu bài
toán. Chọn đáp án A.
Có bao nhiêu số phức z thoả mãn 3 5z i  và
4
z
z 
là số thuần ảo?
A. 0. B. 2 . C. Vô số. D. 1.
Giải:
Đặt , ,z a bi a b  .
Theo gỉa thiết:    
22
3 5 3 25 1z i a b     

21
Lại có:
  
 
 
   
2
2 2 22 2 2
4 4 4
4 4 4 4 4
a bi a bi a a bz a bi b
i
z a bi a b a b a b
     
   
        
4
z
z 
là số thuần ảo khi
 
 
   
   
22
2 22 2
4 0 24
0
4 4 0 3
a a ba a b
a b a b
     
  
    
Kết hợp (1) và (2) suy ra 2 số phức z nhưng có một số phức không thỏa mãn (3)
Vậy chỉ có 1 số phức z thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn đáp án D.
Bình luận: Các câu hỏi về chủ đề số phức không quá phức tạp và đòi hỏi nhiều suy
luận. Thí sinh có thể tham khảo Câu 39- Đề tham khảo của Bộ, cụ thể:
Hỏi có bao nhiêu số phức z thoả mãn đồng thời các điều kiện 5z i  và 2
z là số
thuần ảo?
A. 2. B. 3 . C.4. D. 0.
Đã được hiệu chỉnh bởi: Thầy Phạm văn Hoằng, THPT Kim Liên-HN.
BÀI TOÁN ỨNG DỤNG THỰC TẾ
( Thầy Chu Đức Minh, THPT Việt-Đức )
Trang tiếp theo

Caunangcao toan2017

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (19)

Similar to Caunangcao toan2017

Similar to Caunangcao toan2017 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (19)

Caunangcao toan2017