Đề số 18 lời giải

Câu 2: Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành... Một mặt phẳng qua đỉnh hình nón và cắt hình nón theo0 một thiết diện là một tam giác vuông có diện tích bằng 6.. Thể tích củ

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 18

Câu 1: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số

2 cos

2 sx

x m y

co





 có giá trị lớn

nhất trên

;

2 3

 



  bằng 1 Số phần tử của S là:

Lời giải

Chọn C

Ta có

2 cos

2 sx

x m y

co





2 3

x  

   

Đặt t c osx (0 t 1) 

Hàm số đã cho trở thành:  

2

2

t m

t





2 '

2

2

2

m

t





Suy ra:

2

;

2 3

Max y f(1) m 1 1 m 0

 

 

 

 

Vậy số phần tử của S là 1

Câu 2: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M N, là hai điểm lần lượt nằm

trên các đoạn thẳng AB và AD (M N, không trùng A) sao cho 2 4

AM AN Gọi V và

'

V lần lượt là thể tích của các khối chóp S ABCD và S MBCDN Giá trị nhỏ nhất của

'

V V

bằng

A

1

1

3

2

3.

Lời giải Chọn D

Ta có

2



 SAMN   SAMN   AMN  

ABCD

Đặt    4 2

1

x

V

Đặt



x

Suy ra   3 2, 1;3

Vậy

min

3



V

Câu 3: Xét ba số phức z z z thoả mãn , ,1 2 z i  z 1

, z1 3 5  5

và z2  4 5i 2 5

Giá trị nhỏ nhất của 5z z 1  5z z 2

bằng

Lời giải Chọn A

Gọi M M M lần lượt là điểm biểu diễn các số phức , 1, 2 5 ,z z và 1 z 2

Ta có z i  z 1  5z 5i  5z 5  MA MB với A0; 5

và B 5;0

 M d với d là đường trung trực của AB

d qua

;

I

là trung điểm AB và nhận    5; 5

AB

làm VTPT d x y:  0

 

1 3 5  5 1 1

với  C1

là đường tròn tâm I13 5;0

, bán kính R1  5.

 

2  4 5 2 5 1 2

với C2

là đường tròn tâm I20;4 5

, bán kính R2 2 5. Khi đó T  5z z 1  5z z 2 MM1MM2

Lấy đối xứng M qua d , ta được 1 M1' C1'

với  '

1

C

là đường tròn tâm ' 

1 0; 3 5

I

, bán kính R1'  5.

Khi đó

1 2  1 2  1 2 1 2 4 5

MM MM M M I I R R

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M O0;0 , M20; 2 5 , M12 5;0

Hay z0,z2 2 5 ,i z1 2 5.

Câu 4: Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 120 Một mặt phẳng qua đỉnh hình nón và cắt hình nón theo0

một thiết diện là một tam giác vuông có diện tích bằng 6 Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng

A 9 3 B 27 C 3 3 D 9

Lời giải Chọn C

Gọi đỉnh của hình nón là S, O là tâm đáy Mặt phẳng qua đỉnh cắt hình nón theo thiết diện là tam giác SAB và tam giác SAB vuông cân tại S

Ta có

2

SAB

S  SA SB SA   SA

Xét tam giác OSA vuông tại O, góc OSA  600 nên SO 3,OA3

Vậy hình nón đã cho có:

+ Chiều cao h SO  3

+ Bán kính đáy R OA 3

Vậy thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho là

2

V  R h   

Câu 5: Cho hàm số f x 

thỏa mãn 2xf x x f x2   1,

với mọi x  \ 0 

vàf 1 0

Giá trị của 1

2

f 

  bằng

Lời giải Chọn A

Ta có 2xf x x f x2   1 x f x 2   1

 

2

x f x x C

Vì f  1  0 C1 Suy ra 2    

2

1

x



Vậy

1 2 2

f  

Câu 6: Trong không gian Oxyz cho ba điểm , A a ;0;0 , B 0; ;0 ,b  C0;0;c với , ,a b c là các số thực

dương thỏa mãn a b c  4 Biết khi , ,a b c thay đổi thì tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

OABC thuộc một mặt phẳng  P cố định Khoảng cách từ điểm M1; 2;3 đến mặt phẳng

 P bằng

3

2 3

4 3

3 .

Lời giải Chọn D

Ta có A a ;0;0Ox B, 0; ;0b Oy C, 0;0;cOz

nên tứ diện OABC vuông tại O do đó

tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là

; ;

2 2 2

a b c

I 

a b c

a b c      

hay I thuộc mặt phẳng  P x y z:    2 0

Vậy  ,   4 3

3

d M P 

Câu 7: Cho các số thực a b, thỏa mãn

1 , 1 5

a b

Giá trị nhỏ nhất của

5

log a blogb a  25a 625

bằng

Lời giải

Chọn D

Ta có a2 252 0 a4 50a2625 0  a4 25a2625 25 a2

với mọi a

5

log a logb 25 625

P b a  a 

5

log a log 25b

 

5

log a 2log 5b

5

5

2

log

a

a

b

với mọi

1 , 1 5

a b

(bất đẳng thức Cauchy) Cuối cùng, giá trị nhỏ nhất của P là 2 2

Câu 8: Biết 4  2 

0

tan x f cos x dx 1







và

 

2 ln2

2 ln

e e

dx



Khi đó

 

4

1 2

f x dx x



bằng

Lời giải

Chọn B

Xét tích phân 4  2 

0

tan x f cos x dx 1





Đặt tcos2x dt2sin cosx xdx Đổi cận:

1



Khi đó

1

2

2





 1

Xét tích phân

 

2 ln2

2 ln

e e

dx



Đặt

x

Đổi cận:

1

Khi đó

ln

e

e

Cuối cùng lấy    1  2 ta được

 

4

1 2

2 4 6

f x dx



Câu 9: Xét các số a b, là các số nguyên dương nhỏ hơn 2022 Biết rằng với mỗi giá trị của b luôn có

ít nhất 1000 giá trị của a thỏa mãn  2 

1

  



Số giá trị b là

Lời giải

Đặt c a 1,c2, khi đó  2   

1



+) b 1, không thỏa mãn

2 2 15 2

b

c





•) c 2, không thỏa mãn

2 2

2 2 2 ( ln 2.ln 1) 2 ln 2.ln 2



Suy ra

15

4

Do đó b 2 thỏa mãn

+)

b

2 2 ( )

log

f t

t







đồng biến với mọi t 3 và c 2 không thỏa mãn nên c 3

Do đó

3

2021 1 1000

b

b





  

Vậy 2 b 1022

Câu 10: Cho hàm số yf x 

có đồ thị đạo hàm được cho như hình vẽ bên dưới và có f  1 1

Gọi Slà tập chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m   2020;2020 để hàm số

y f  x  x  mx

đồng biến trên khoảng 1;3

Số phần tử của tập Stương ứng bằng

Lời giải

Chọn A

2

yg x  f  x  x  mx  g x  2 f 2 x x m 

Để hàm số yg x  đồng biến trên khoảng 1;3

thì xảy ra 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: Hàm số y g x  

phải đồng biến trên khoảng 1;3

và g 1 0

Suy ra

  0, 1;3

g x g x

,  x 1;3

2 13 0

1 2 1 2 11 0

m

 



13

2

m







 







13

2

m





 

 

Chú ý rằng trên 1;1

thì

 

1 3

1 1

f u f u





   

Suy ra max 1;1  f u  u 2 f  1  1 2 6

phải nghịch biến trên khoảng 1;3

và g 1 0

Suy ra

  0, 1;3

đồng biến trên 1;3

2 13 0

1 2 1 2 11 0

m

 



13

2

m







 







13 2

m





 

 

Mà min 1;1  f u  u 2 2  1 2 1



13

2

m

 

Chú ý rằng trên 1;1

thì

1

f u u





 

Suy ra min 1;1 f u  u 2 2  1 2 1



Kết hợp với điều kiện  2020;2020 6 2020

m m

m

 



 Suy ra có 4029 giá trị nguyên của mthỏa mãn