TỔNG ÔN TOÁN VD - VDC ĐỀ SỐ 1

Chọn C Chẳng hạn: Xét một cách hình thức một dãy gồm 7 ô hàng ngang, mỗi cách điền các số thỏa mãn yêu cầu bài toán cho ta một số tự nhiên cần tìm... Vì chu cấp tiền cho con ăn học nên

TỔNG ÔN VD - VDC

Câu 10 [Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018 - Câu 10]

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  1; 2; 3 và B3; 1; 2  Điểm

M thỏa mãn MA MA 4MB MB có tọa độ là:

A 5; 0;7

  B 7; 4;1  C 1; ;1 5

2 4

2 1 5

; ;

3 3 3

Lời giải

Chọn B

Từ giả thiết MA MA 4MB MB MA 4MB.MB

MA

  nên ba điểm M A B, , thẳng hàng

và A B, nằm cùng phía so với điểm M do 4MB

MA dương

Lại có MA MA 4MB MB   2 2

16

Vậy B là trung điểm của MA Khi đó ta đươc tọa độ điểm M7; 4;1 

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1 [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A1; 2; 3 và B5; 0;1 Điểm M thỏa mãn MA MA  4MB MB có tọa độ là:

A 3;1; 2 B 7; 4;1  C 11 2 5; ;

3 3 3

2 1 5

; ;

9 9 9

  Lời giải

Chọn C

Từ giả thiết MA MA 4MB MB MA 4MB.MB

MA



  nên ba điểm M A B, , thẳng hàng

và A B, nằm khác phía so với điểm M do 4MB

MA



âm

Lại có MA MA  4MB MB   2 2

16

2

2

Gọi tọa độ M x y z ; ; , khi đó

    

    



    



11 3 2 3 5 3

x

y

z











 



 



Câu 31 [1D2-4] [Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018 - Câu 31]

Cho các số nguyên dương x y z, , thỏa mãn x y z  2012 Hỏi có bao nhiêu bộ nghiệm x y z0; 0; 0 trong đó đôi một khác nhau

A 2006.1006 B 2006.1005 C 2008.1005 D 2008.1006

Lời giải

Chọn C

+) Mỗi bộ ba số nguyên dương x y z thỏa mãn , , x y z  2012 tương ứng với bộ

111 10111 10111 1

trong đó có đúng 2012 số 1 và hai số 0

Do đó phương trình trên có 2

2011

C nghiệm nguyên dương (số cách đặt hai số 0 vào 2011

vị trí không kể biên)

+) Do 2012 không chia hết cho 3 nên trong nghiệm x y z0; 0; 0 của phương trình các số

0; 0; 0

x y z không bằng nhau

+) Ta đếm các nghiệm x y z0; 0; 0 trong đó x0  y0

Để có nghiệm loại này ta thấy mỗi cặp x0  có duy nhất một số nguyên y0 z với 0

0x y 1005

- Chọn một số nguyên thuộc đoạn 1;1005 (gán làm x và 0 y ): Có 1005 cách chọn 0

- Số còn lại là z0 2012 2 x0 có đúng 1 cách chọn

Hoán vị vai trò x y z , suy ra có 1005.3 nghiệm 0; 0; 0 x y z0; 0; 0 trong đó có hai số giống nhau

Vậy có C220113.1005 2008.1005 nghiệm thỏa mãn yêu cầu

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1 [1D2-4] Tìm số nghiệm nguyên dương của hệ: 1 2 3 2016

1 i 1008, 1, 2, 3

A. C32015 B C20153 C10073 C. 3 3

2015 3 1007

2015 3 1007

C  C

Lời giải Chọn C

Ta có 1 2 3 2016

1 i 1008, 1, 2, 3



2016

1 i 1008, 1, 2, 3; 1,

 Xét PT nghiệm nguyên dương x1x2 x3 x4 2016 (*) Số nghiệm của phương trình chính là số cặp x x x x ta cho tương ứng với dãy 1; 2; 3; 4

11 1011 1011 1011 1

phải chọn 3 vị trí đặt số 0 trong 2015 vị trí Số nghiệm của phương trình là C32015

Ta xét bài toán ngược : Trong các nghiệm x x x có nghiệm lớn hơn 1008 1; 2; 3

Dễ thấy rằng không thể có nhiều hơn một phần tử lớn hơn 1008 vì tổng

x x  x x  Giả sử x 1 1008, đặt x1  x 1008 thay vào PT (*) ta được

2 3 4 1008

x x  x x  Lập luận tương tự như trên ta được số nghiệm là 3

1007

C Vậy số nghiệm nguyên dương của hệ đã cho là C20153 3C10073

Câu 32 [1D2-3] [Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018 - Câu 32]

Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bảy chữ số (chữ số đầu tiên khác 0), biết rằng chữ số 2

có mặt đúng hai lần, chữ số 3 có mặt đúng ba lần và các chữ số còn lại xuất hiện không quá một lần?

A 11260 B 11120 C 11340 D 11210.

Lời giải

Chọn C

Chẳng hạn:

Xét một cách hình thức một dãy gồm 7 ô hàng ngang, mỗi cách điền các số thỏa mãn yêu cầu bài toán cho ta một số tự nhiên cần tìm Xét các trường hợp sau:

TH 1: Có chữ số 0

+) Chữ số 0 không đứng ở ô đầu, nên có 6 cách chọn vị trí trong 6 ô sau

+) Có C cách chọn 2 ô để điền hai chữ số 2 62

+) Có C cách chọn 3 ô để điền ba chữ số 3 43

+) Có 7 cách chọn một số trong 7 số còn lại để điền vào ô sau cùng

2 4 2 3 9 3 3

Trường hợp này có 6.C C62 43.72520 số

TH 2: Không chữ số 0

Lý luận tương tự ta có C C A 72 53 72 8820 số

Vậy có tất cả 2520 8820 11340  số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 33 [2H3-3] [Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018 - Câu 33]

Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(3; 3; 5), (1; 1;1).B  Phương trình mặt phẳng

 P có dạng axby cz  1 0 , biết M N, lần lượt là hình chiếu của A B, trên  P và

20 3

3

BN  Tính a b c  ?

Lời giải

Chọn C

3

AB AM AB cùng phía đối với  P

9 9 9

AMBNAB P I  

3 2

9 9 9

IA IB  I MN P AB

+)  P đi qua 7; 13 5;

9 9 9

  nhận AB    2; 4; 4 làm véc tơ pháp tuyến

         a b c 5

Câu 34 [1D1-3] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 34]

Gọi S là tập hợp các giá trị thực m để phương trình

2 (sin cos ) 2 cos sin

2

m x x  m  x x có nghiệm Tổng các phần từ trong S bằng :

Lời giải

Chọn A

t



2

2

1 cos

1

t x

t





 thay vào , ta được phương trình

(4m 4m1)t 4(1 2 ) m t(4m 4m  (2) PT ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi 5) 0

PT (2) có nghiệm  ' 4(1 2 ) m2 (1 2 ) (4m2 m24m  5) 0   (1 2 ) (2m2 m1)2  0

1 2 1 2

m

m

 



 

  



Câu 35: [1D1-3] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 35]

Gọi S là tập hợp các nghiệm của phương trình 3 sin2 1 cos2 2

đoạn 0; 8 Số các phần tử trong S là:

Lời giải

ChọnA

Ápdụng BĐT Cauchy chohaisốdương ta có:

2 2

3

x

2 2

1

x

Suyra

Vậyphươngtrình 3 sin2 1 cos2 2

2

2

3

1

x

x



 



1 cos

2

x

2 3 2 3

  



 

   



TH1: 2

3

x  k 

, vớix 0; 8 0 2 8

3 k

6 k 6

    , có k  nên

0;1; 2; 3

3

x   k 

, vớix 0; 8 0 2 8

3 k

6 k 6

   , có k  nên

1; 2; 3; 4

Vậytập S có 8 phầntử

Câu 36: [2D1-4] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 36]

Cho hàm số 3   2  

yx  m x  m x m có đồ thị là  C m , với m là tham

số Có bao nhiêu giá trị nguyên m   2018; 2018 để  C m cắt trục hoành tại ba

điểm phân biệt A 2; 0 , B , C sao cho hai điểm B , C có một điểm nằm trong và một điểm nằm ngoài đường tròn   2 2

T x y 

A 2017 B 2018 C 4035 D

4034.

Lời giải

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm của  C m và trục Ox là

x  m x  m x m   x x  mx m  

 

2

2

x

 

 

Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt  1 có 3 nghiệm phân biệt

 2

 có hai nghiệm phân biệt khác 2

 

2

m m



Gọi B x B; 0 , C x C; 0 trong đó x x là nghiệm của pt B, C  2 2

B c

B C

3

          Đối chiếu với điều kiện   2

2 3

      Vậy có 4034 số nguyên m thỏa yêu cầu bài toán

Câu 37: [2H1-3] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 37]

Cho hình chóp S ABC có ASC 900, CSB 600, BSA 1200, SA SB SC a   Tính

cos góc giữa hai mặt phẳng SAC và SBC

A cos 2

5

4

3

  D cos 1

5

  .

Lời giải

Chọn C

Tính được AB a 3;BC a AC a ;  2

Suy ra tam giác ABC vuông tại C

Gọi E F, lần lượt là trung điểm của AC và SC

Ta có: SAC SBCSC, EFSC, BFSC Do đó:  SAC , SBC EF BF, 

Ta có:

2

a

2

a

2

a

BE  3

cos

3

BFE  

Do đó: cos 3

3

 

Câu 38: [2D1-3] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 38]

Cho hàm số xác định trên \ 1; 4  thỏa mãn 22 5     2 3

,

x

6

f     f 0 2 ln 4 1, f 2 2 ln 2 1 và   1

5 ln 4

2

f  Tính

Q f   f  f

A 8 ln 5 1ln 7 2 ln 2

2

2

C 8 ln 5 1ln 7 2 ln 2

2

2

Lời giải

Chọn B

x

2

2 6

6 18 6

c

C

2

Xét trên ;1 ta có f 0 2 ln 4 1 2 ln 4 1ln1 2 ln 4 1 1

 

4f 1 8 ln 5 2 ln 2 4

Xét trên  1; 4 ta có f 2 2 ln 2 1 2 ln 2 1ln1 2 ln 2 1 1

 

4f 3 8 ln 1 2 ln 2 4 2 ln 2 4

Xét trên 4;  ta có   1

5 ln 4 4

f  2 ln1 1ln 4 1ln 4 ln 4

8 2 ln 4 ln 7 ln 4 3ln 4 ln 7

f

4 1 4 3 8 8 ln 5 ln 7 2 ln 2

2

Câu 40 [2D4-3] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 34]

Cho số phức z z1, 2 thỏa mãn z  2 i 2z 1 i và z1z2  1 i Tính giá trị biểu thức P z12 z22

A. P 2 B P 1 C. P 4 D. P 9.

Lời giải

ChọnC

Ta có z1  2 i 2 z1 1 i mà z1z2   1 i

4 z  z  2 i z  2 i z 5 2 Cộng (1) và (2) ta có

4P P 2i z z  2i z z 10

Câu 41: [1D4-3] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 41]

Cho dãy số  u n xác định bởi 1

2 1

1 6 2 3

u











với mọi n nguyên dương Tính

giới hạn

1

lim

n

I







A 40

41

21

17

51

I  .

Lời giải

Chọn D

Bằng phương pháp qui nạp dễ chứng minh được 0 1

3

n u

  với mọi n nguyên dương nên

* 1

1 0, 3

u  u u u    n N

  , suy ra dãy số  u n giảm và bị chặn dưới nên có giới hạn hữu hạn Đặt lim n lim n 1

n u L n u  L

     , từ giải thiết ta có 2 2

0(do 0) 3

LL  L L L

1

lim

n

I







2

lim

2

3

n





2

2

2

lim

51 2

3

n



   

Câu 46 [2D1-4] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 42]

Cho t  và a b,  a b  là hai nghiệm của phương trình 2

4x 4tx 1 0 Gọi

, m

M lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số   22

1

x t

f x

x





 trên

đoạn a b;  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức    2 

P M m t 

A 40 B 50 C 30 D 20.

Lời giải

Chọn A

Ta có phương trình 4x24tx  luôn có hai nghiệm trái dấu là 1 0

2

2

1 2 1 2

t t

t t







Lại có,   22

1

x t

f x

x





2

2 2

1

f x

x





2

2 2

1

x tx

x x

2

4x 4tx  suy ra hàm số đồng biến trên 1 0 a b;  nên

   

   

;

;

max min

x a b

x a b

f x f b M

f x f a m

 

 





Suy ra

 

g t P

2 2

t t



2

t



g t  t  t   g t 

Câu 43: [2H3-3][ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 43]

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A a ; 0; 0 , B 0; ; 0 ,b  C 0; 0;c với a b c, ,

dương Biết A B C, , di động trên các tia Ox Oy Oz, , sao cho a b c  2 Biết rằng

khi a b c, , thay đổi thì quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng  P cố định Tính khoảng cách từ M2016; 0; 0 tới mặt phẳng  P

A 2017 B 2014

2015

2016

3 .

Lời giải

Chọn C

+) Gọi   ,   ,   lần lượt là mặt phẳng trung trực của các đoạn OA OB OC , ,

Suy ra  : 0

2

a x

2

a y

2

a z

+) Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O ABC thì I         

Tìm được ; ;

2 2 2

a a a

2 2 2

a b c       , do đó I P :x y z  1

+)     2016 1 2015

,

BÀI TƯƠNG TỰ

1 [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm ,

 ; 0; 0 ,  0; ; 0 ,  0; 0; ,

A a B b C c trong đó a  , 0 b  , 0 c  và 0 1 2 3 7

a  b c Biết mặt phẳng ABC tiếp xúc với mặt cầu     2  2 2 72

7

S x  y  z  Tính thể tích của khối tứ diện O ABC

A 2

1

3

5 6

Lời giải

Chọn A

+) Ta có ABC:x y z 1

a  b c

+) Mặt cầu  S có tâm I1; 2; 3 và bán kính 72

7

R 

+) Mặt phẳng ABC tiếp xúc với  S d I ABC ;  R

1 72 7

a b c

  

+) Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có

2 2

7

a b c

    

2

+) Dấu " " xảy ra

2, 1, ,

3

7

a b c

a b c







  





OABC

2 [2H3-3] Phương trình của mặt phẳng nào sau đây đi qua điểm M1; 2; 3 và cắt ba tia

Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất?

A 6x3y2z18 0 B 6x3y3z21 0

C 6x3y3z21 0 D 6x3y2z18 0

Lời giải

Chọn D

+) Giả sử ABC: x y z 1

a  b c với ( ; 0; 0), (0; ; 0), (0; 0; ) , ( , ,A a B b C c a b c 0)

+) Thể tích tứ diện O ABC : 1

6

V  abc

+) M1; 2; 3 thuộc ABC: 1 2 3 1

a  b c

6abc

+) V đạt giá trị nhỏ nhất

3

3

9

a

a b c

c

 



 

 +) Vậy ABC: 6x3y2z18 0

Câu 44 [2D2-3] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 44]

Anh Tuấn vừa bán một lô đất giá 450triệu đồng và Tuấn đã đến ngân hàng để gửi hết số tiền ấy theo kì hạn 1 tháng với lãi suất kép là 0,38o một tháng Vì chu cấp tiền cho con ăn học nên mỗi tháng Tuấn rút ra 5 triệu đồng vào ngày ngân hàng

tính lãi Hỏi sau 5 năm số tiền của anh Tuấn còn lại là bao nhiêu? ( Giả sử lãi suất không thay đổi, kết quả lấy tất cả các chữ số trên màn hình máy tính khi tính toán)

A 228,7538366triệu đồng B 248,9148174 triệu đồng

C 381, 5819574 triệu đồng D 316, 4920103 triệu đồng.

Lời giải

Chọn A

Đặt r 0, 38o

Số tiền anh Tuấn nhận được cả vốn lẫn lãi vào ngày ngân hàng tính lãi của tháng thứ nhất (sau khi rút 5 triệu) là T1 450 1  r 5

Số tiền còn lại vào tháng thứ 2 là

Tương tự, số tiền còn lại vào tháng thứ 3 là

450 1 r 5 1 r 5 1 r 5

450 1 r 5 1 r 1 r 1

………

Số tiền còn lại vào tháng thứ 60 là  60   59 58  

T  r   r  r    r 

60

r

   228,7538366triệu đồng

Câu 46 [2D4-4] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 46]

Cho số phức z thỏa mãn 3

2

z i

 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức P z 2i

A 1

2

3

Lời giải

Chọn A

Áp dụng tính chất: z z 12 z z12 2 z22 z12

Ta có: 3 2 2 2

z i



2

Câu 47 [2H1 4] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 46]

Cho hình chóp S ABCD có các cạnh bên bằng a , góc hợp bởi đường cao SH của hình chóp và mặt bên của hình chóp bằng  ( thay đổi) Tìm giá trị lớn nhất của thể tích của S ABCD ?

A.

3 2

3 3

a

3 2

9 3

a

3 4

3 3

a

3 4

9 3

a

Lời giải

Chọn D

Theo giả thiết SA SB SC SD   nên các tam giác vuông SHA SHB SHC SHD, , , bằng nhau nên ta suy ra HA HB HC  HD Vậy H là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác

ABCD

Gọi M N P Q, , , lần lượt là hình chiểu của H trên các cạnh AB, BC,CD, AD

Khi đó HSMHSNHSPHSQ 

Suy taSHM SHN SHP SHQ HMHNHPHQ

Từ đó ta suy ra AB BC CD DA   ( Khoảng cách từ tâm tới dây cung bằng nhau thì các dây cung có độ dài bằng nhau) Suy ra ABCD là hình thoi

Xét HAB HBC HCD HDA

Vậy HAB HBA HBC HBC HCD HDC HDQ HAD       , mà tổng các góc trong

tứ giác ABCD bằng 0

360 nên suy ra ABC BCD 900 Do đó ABCD là hình vuông

Đặt SH h 2 2

HC a h và  2 2

2

BC a h

Tam giác SHM vuông tại H :

2 2 tan

2

2h tan  a h

2

1 2 tan

a h



 

2

4 tan 2

1 2 tan

a



2

3 2

1 2 tan

a





Đặt t 1 2 tan2 ;t 1; ta suy ra 2 1

tan

2

t

  

Xét hàm số   2 3 1

3

a t

V t

t t



 ;t 1;

3

1

3 2

2

t t t t

t

V t

VậyV đạt giá trị lớn nhất khi t  hay tan3   và giá trị lớn nhất của thể tích là 1

4 3

9 3

a

Nhận xét : Bài toán này có thể thay đổi thành

Cho hình chóp S ABCD có các cạnh bên bằng a, góc hợp bởi mặt bên của hình chóp và mặt đáy bằng  ( thay đổi) Tìm giá trị lớn nhất của thể tích của S ABCD ?

A.

3 2

3 3

a

3 2

9 3

a

3 4

3 3

a

3 4

9 3

a

Câu 48 [2H1 4] [ Phạm Minh Tuấn, lần 3, năm 2018- Câu 48]

Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho các điểm A a ; 0; 0, B0; ; 0b , C0; 0;c thỏa mãn

a  b c  và điểm M là một điểm nằm trên một cạnh của tam giác ABC Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S d A OM  ,  d B OM,  d C OM,  Ở đây ta dùng kí hiệu

d A  là khoảng cách từ A đến 

A 2 6 B 14 C 2 7 D 2 5.

Lời giải

Chọn C

Không mất tính tổng quát ta giả sử M nằm trên cạnh AB Đặt BOM 

Từ A hạ AH vuông góc với OM , từ B hạ BK vuông góc với OM

Khi đó d A OM , AH a.sin 90 o a.cos, d B OM , BK b.sin,

d C OM c

Do đó S d A OM  ,  d B OM,  d C OM,  a.cosb.sin c

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có:  2  2 2 2 2 

2 2

a b

  a.cosb.sin a2b2

cos sin

DAB a



Suy ra S a2b2  (1) c

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có: S a2b2 c 2 2 2

(2)

Từ (1), (2) ta có S d A OM  ,  d B OM,  d C OM, 2 7

Dấu bằng xảy ra khi DMAB và c a2 b2

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1 [2H3-4] (Phạm Minh Tuấn lần 3) Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho các điểm

 ; 0; 0

A a , B0; ; 0b , C0; 0;c thỏa mãn 2 2 2

5

a  b c  và điểm M là một điểm nằm

trên một cạnh của tam giác ABC Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

S d A OM d B OM d C OM Ở đây ta dùng kí hiệu d A  ,  là khoảng cách từ

A đến 

Lời giải