Đề thi có đáp án chi tiết môn toán lớp 12 năm 2018 trường chuyên lê hồng phong mức độ vận dụng cao | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Khi đó hình chiếu của M lên mặt phẳng  ABC  chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC... Dễ dàng tính được đoạn.[r]

TỔ 9 - CÂU VẬN DỤNG VẬN DỤNG CAO

ĐỀ TOÁN CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NĂM 2018 Câu 1: [2D3-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Tính tích phân

2 2018 2

d

x









2020

2 2019

I 

2019

2 2019

I 

2018

2 2018

I 

Lời giải

Chọn C.

Đặt x , ta có: dt xdt

Đổi cận:

Khi đó:

 

2018





Suy ra

2018

2018

x x

x



Vậy

2019

2 2019

I 

Tổng quát:

Nếu f x 

là hàm số chẵn và liên tục trên đoạn  ; 

thì

 

0

1

x

f x

a



PHÁT TRIỂN CÂU 39

Câu 1 [2D3-4] Cho hàm số f x  liên tục trên đoạnln 2;ln 2

1

x

e



ln 2

ln 2





, a b  , 

Tính P a b 

Lời giải

Chọn B.

1

1

x

e

Đặt t  x dxdt, đổi cận x ln 2 t ln 2;xln 2 t  ln 2.



1

x

e

ln 2

ln 2



Suy ra ln 2aln 2bln 3 a1;b 0

VậyP a b     1 0 1

Câu 40: [2D3-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018]

Biết

2 0

3





với a b c, , là các số hữu tỉ , tính S 2a b 2c2.

A S 515 B S 164 C S 436 D S  9

Lời giải

Chọn A

2

1 2

1

0

1

x

5 2 5

2

14

a

c













 



Câu 41: [2D3-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Số điểm cực trị của hàm số

2 1 2017 2

1

x



là

Lời giải

Chọn B.

Gọi F t    t212 4 2017dt Suy ra F t   t212 4 2017

Ta có: f x  F x 21 F 1

2017 2

f x F x  x x     x

 

 2 2

0 0

x

f x

x







x 2 1212 4 0   x2  1 2 x1

BXD:

Câu 42 [2D4-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Biết phương trình:

2 2017.2018 22018 0

A S 22018 B S 22019 C S 21009 D S 21010.

Lời giải Chọn D

2 2017.2018 22018 0

1 1 2

z z

Vậy ta có: Sz1  z2 2 z1 21010

PHÁT TRIỂN CÂU 42

Câu 1 [2D4-4] Cho hai số thực b và c c 0

Kí hiệuA, B là hai điểm biểu diễn hai nghiệm phức của phương trình z22bz c 0 trong mặt phẳng phức Tìm điều

kiện của b và c để tam giác OAB là tam giác vuông (O là gốc tọa độ).



b c.

Lời giải Chọn B.

Ta có: z22bz c 0 Vì z1z2 2b và z z1 2  là số thực.c

Vậy ta có: x1 và b x12y22 c

Ta có: z1x1y i1  A x y 1; 1

; z1x2y i2  B x y 2; 2

Để tam giác OAB là tam giác vuông tại O OA OB  . 0

x x y y

x y

   c2b2

4 z  4( m  1) z m   3 m  0 có hai nghiệm phức z z1, 2thỏa mãn z1  z2  2

Lời giải Chọn C.

Ta có: 4 z2  4( m  1) z m  2  3 m  0 Vì z1z2  1 m và z z1 2 m2 3mlà số thực

Vậy ta có: 1

1 2

m

x  

và x12y12 m2 3m

x y

  

2

3 4

m m

1 4

m m





Câu 43: [2D4-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Cho số phức z a bi 

a b, ,a0 thỏa z z 12 z z z 13 10 i

Tính S a b 

Lời giải

Chọn C.

Ta có: z z 12 z z z 13 10 i a2b212 a2b2 2bi13 10 i

b

 





5

b

 





2 2

25 13

5

a

b











 12

5

a b





 





12 5

a b





 



Vậy S a b   7

PHÁT TRIỂN CÂU 43

Câu 1 [2D4-3] Cho số phức z a bi a b   ,   thỏa mãn  1i z 2z  3 2i Tính P a b 

A.

1 2

P 

1 2

P 

Lời giải

Chọn C.

Ta có: 1i z 2z  3 2 1i 

Ta có:  z a bi  z  a bi Thay vào  1 ta được 1i a bi   2a bi   3 2i

 a b i  a b   i

1

2

a

a b

a b

b







Vậy P 1.

Câu 3 [2D4-3] Cho số phức z a bi  ( ,a b  ) thỏa mãn z 1 3i z i  Tính0 S a 3b

A.

7 3

S 

7 3

S 

Lời giải Chọn B.

Đặt z a bi  ; ;a b  

Từ giả thiết, ta có: a bi  1 3i a bi i  0  a bi  1 3i a2b i2. 0

 2 2

 a  b  a b i 2 2

1

1 0

4

3





 



a a

b

Vậy

4

3

S a  b   

Câu 44 [2D4-2] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Tìm tập hợp các số phức z thỏa

13 2



C ( ) :C x2y2 2x2y  1 0 D ( ) :C x2y2 4x2y  4 0

Lời giải

Chọn A.

Gọi M x y( ; ) là điểm biểu số phức z x yi x y ( ,  ) thỏa bài toán

Theo đề có

2

6x 4y 3 0

    .

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng 6x4y 3 0

Câu 1 [2Đ4-2-PT1] Cho số phức z thỏa mãn 2 z 2 3 i 2 1 2i  z Tập hợp các điểm M biểu

diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường thẳng có phương trình nào sau đây?

Lời giải

Chọn A.

Gọi M x y( ; ) là điểm biểu diễn của số phức z x yi x y ( , ) z  x yi

Ta có 2 z 2 3 i 2 1 2i  z  2 (x 2) ( y3)i  ( 2x1) (2 y2)i

2 (x 2) (y 3) ( 2x 1) (2y 2) 20x 16y 47 0

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng 20x16y 47 0

Câu 2 [2Đ4-3-PT2] Tìm tập hợp các số phức z thỏa z thỏa z4 z 4 10

A  

C  

Lời giải

Chọn B.

Gọi M x y( ; ) là điểm biểu số phức z x yi x y ( ,  ) thỏa bài toán

Ta có z4  z 4 10  (x4)yi  (x 4)yi 10

 

Đặt F -1( 4;0)

và F2(4;0) thì  *  MF MF1 2 10F F1 2  nên tập hợp điểm 8 M x y( ; ) biểu

diễn số phức z là một elíp với hai tiêu điểm F F 1, 2

Ta có:

1 2

3

b

Câu 45 [1D2-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Tìm tổng các giá trị của số thực a

sao cho phương trình z2 3z a 2 2a có nghiệm phức 0 z thỏa o z o 2

Lời giải

Chọn D

Ta có với mọi a   thì phương trình z23z a 2 2a luôn có nghiệm phức.0

2 1

2

và

2 2

2

Suy ra 1 2

3

2 o

3

2

2

9

 

 

2 2





Từ  1 ta có a1a2  , từ 2  2 ta có a3a4  2

Vậy tổng a1a2a3a4  4

Câu 46: [2H3-3] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz, cho các điểm A1;0;0

, B3; 2;1

,

5 4 8

; ;

3 3 3

C  

chiếu của M lên mặt phẳng ABC nằm trong tam giác ABC và các mặt phẳng MAB,

MBC

, MCA

hợp với mặt phẳng ABC

các góc bằng nhau Tính giá trị nhỏ nhất của OM

A

26

5

28

3

Lời giải

Chọn A

M

A

B

C I

Ta có phương trình mặt phẳng ABC

: x 2y2z 1 0  Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng ABC

Do các mặt phẳng

MAB, MBC , MCAcùng hợp với mặt phẳng ABC các góc bằng nhau nên I cách đều

ba cạnh của tam giác ABC Lại có I nằm trong tam giác ABC nên Ichính là tâm đường tròn

nội tiếp tam giác ABC

Ta có AB3;AC4;BC5.

Sử dụng công thức: aIA bIB cIC     0 5IA 4 IB 3IC 0 I1;1;1

có phương trình là:

1

1 2

1 2

 





 



  

3

IO u

u

 

Tổng quát: Tọa độ điểm I thỏa mãn aIA bIB cIC    0

, (a b c   ) là 0

Bình luận: Giả thiết bài toán nếu không cho hình chiếu của M lên mặt phẳng ABC

nằm

trong tam giác ABC thì sẽ có bốn điểm I thỏa mãn cách đều ba cạnh của tam giác ABC ( một

tâm nội tiếp và ba tâm bàng tiếp), khi đó bài toán phải xét cả bốn trường hợp và ta chọn min của bốn trường hợp đó

Hướng phát triển bài toán:

1 Thay giả thiết góc tạo bới các mặt MAB

, MBC

, MCA

với mặt phẳngABC

bằng

các góc bằng nhau Khi đó hình chiếu của M lên mặt phẳng ABC

chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

2 Có thể giữ nguyên giả thiết như đề bài, thay kết luận bằng việc tìm min của MA MB hoặc

Câu 47: [2H1-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz, cho 3 đường thẳng  1

:

d     

 ,  2

:

d     

 3

:

d     

 Mặt cầu bán kính nhỏ nhất tâm I a b c ; ; 

tiếp xúc với 3 đường thẳng      d1 , d2 , d3

Tính S a 2b3c

A. S  10 B. S  11 C S  12 D. S  13

Lời giải

Chọn B.

Nhận xét 3 đường thẳng      d1 , d2 , d3

đôi một vuông góc nhau Dễ dàng tính được đoạn vuông góc chung của từng cặp đường thẳng, các đoạn này bằng nhau và bằng 3 Vì vậy ta có thể dựng hình lập phương sao cho      d1 , d2 , d3

chứa 3 cạnh của hình lập phương

Ta có cạnh hình lập phương là d  3

     d1 , d2 , d3

lần lượt đi qua các điểm 1;1;1 , 3; 1; 2 , 4;4;1      mà khoảng cách giữa hai điểm 1;1;1

và 3; 1; 2  bằng 3 (đúng bằng cạnh hình lập phương), khoảng cách giữa hai điểm 1;1;1

và 4;4;1

bằng 3 2 (bằng đường chéo của các mặt hình lập phương) còn khoảng cách giữa hai điểm 3; 2;1  và 4;4;1

bằng 3 3 Do đó ta có thể chọn d d d lần1, ,2 3

lượt chứa AB A D CC,  ,  và A1;1;1 , A3; 1;2 ,  C4;4;1

Ta có

         

1

d I d d I ABCD d I ABB A  x y

2

d I d d I BCC B  d I CDD C  z t

         

3

d I d d I ADD A  d I A B C D    u v

Ta có

2

3

 2 2  2 2  2 2

3

x v  y t  z u



9

x v y t z u

d3 d2

d1

C'

D' A'

B'

C

B

Suy ra

3 2 2

r 

Dấu bằng xảy ra khi x v 3,y t 3,z u  3 x      y z t u v 3 I là tâm hình lập phương

Khi đó I là trung điểm của

AC  I  S    

Câu 48: [2D3-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Cho hàm số f x 

có đạo hàm trên  thỏa x2   f x  x1 f x'  và e x  

1 0 2

f 

Tính f  2 ?

A  2

3

e

f 

6

e

f 

2

2 3

e

2

2 6

e

Lời giải

Chọn D

Ta có f x x   2 f x x'   1  e x  e f x x x    2e f x x x '   1  e x 2

Do đó

0

4

2

e

2

2 6

e f

PHÁT TRIỂN CÂU 48

2x1 ln 2 2  f x   2x1 f x' 2x

A  3 9

14

f 

ln 2

f 

56 ln 2 56

28ln 2 28

Lời giải

Chọn D

Ta có: 2x1 ln 2 2   f x   2x1 f x' 2x

  2 1 2 x 22x

3

1

2.3 2.1

 1     2 , 0; 1

x x f x  f x x x x   và f  1 2ln 2 Biết f  2  a bln 3 ,a b  

Tính a2 b2 ?

A

3

13

1

9

2.

Lời giải

Chọn D

Ta có x x 1 f x  f x x x 1

f x

f x

x x



f x

f x



 

f x







2

2 1 1

1

x

x



 2 2  1 1 1 ln2 2 ln 3 1 2ln 2 1 ln2

3

3

2

a

b







 



Câu 49: [2D3-3] Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Cho đồ thị  C y: f x  x

Gọi  H

là hình phẳng giới hạn bởi  C

, đường thẳng x  , trục hoành Cho 9 M là điểm

thuộc  C

, A9;0

Gọi V là thể tích khối tròn xoay khi cho 1  H

quay quanh Ox , V là thể2

tích khối tròn xoay khi cho tam giác AOM quay quanh Ox Biết V12V2 Tính diện tích S

phần hình phẳng giới hạn bởi  C

, OM (hình vẽ không thể hiện chính xác điểm M )

A. S  3 B.

27 3 16

S 

3 3 2

S 

4 3

S 

Lời giải Chọn B.

9

1

81

x

V  x xx x  

Gọi M m m m  ;   0

Khi cho tam giác AOM quay quanh Ox ta được hai hình nón có chung đáy.

2

V   MH OH  MH HA 1 2

3 MH OA

.9 3

3m m

Theo giả thiết V1 2V2

2.3





Vậy

27

4

0

PHÁT TRIỂN CÂU 49

Câu 1: [2D3-3] Cho hàm số yf x ax3bx2cx d a b c , , , ,a0

có đồ thị

 C

. Biết rằng đồ thị  C

tiếp xúc với đường thẳng y 4 tại điểm có hoành độ

âm và đồ thị hàm số yf x  cho bởi hình vẽ dưới đây:

y

1

1

y

1

1



Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C

và trục hoành

27 4

S 

C

21 4

S 

5 4

S 

Lời giải

Chọn B.

Từ đồ thị suy ra f x 3x2 3

f x f x x  x  x x  x C .

Do  C tiếp xúc với đường thẳng y 4 tại điểm có hoành độ x âm nên0

 0 0 3 02 3 0 0 1

f x   x    x 

Suy ra f 1  4 C 2   C y x:  3 3x 2

Xét phương trình

1

x

x





2

27

3 2 d

4



Câu 2: [2D3-3] Cho hình phẳng  H

giới hạn bởi các đường

2 1

yx 

và y k ,0k1. Tìm k để

diện tích của hình phẳng  H

gấp hai lần diện tích hình phẳng được kẻ sọc trong hình vẽ bên

1 2

k 

D k 3 4 1.

Lời giải Chọn D.

Do đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng nên yêu cầu bài toán trở thành:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y 1 x y k x2,  ,  bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi0

y  x y x  y k x 

k



.

Câu 50 [4D2-4] [2D4-4] [Chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - năm 2018] Cho số phức z thỏa

1

z 

, gọi m M, lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của

3

Pz z  z  z 

Tính M m

Lời giải

Chọn A.

Ta có

3

Pz z  z  z 

z z z z

4 2

 2 22 2 2

4 2

z z

Vì

2 2

2 2

z z

z z







 nên Pmax  , 4 P  nên chọn A.min 3

Cách giải khác:

Ta có

3

Pz z  z  z 

6 2

z z z z

Đặt

2 2

tz z

với t 0;2

4

2

z z t

   

Do đó Pt24 2 t t 2 2t 4 f t 

với t 0;2

Khi đó Pmax  , 4 P  nên chọn A.min 3

PHÁT TRIỂN CÂU 50:

Câu 50 [4D2-4] Cho số phức z thỏa z 1 , gọi m M, lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của

Pz z  z  z z

Tính M mi

Lời giải

Chọn C.

Ta có

Pz z  z  z z

z z z z

2 2

2 2

Vì

2

2

2 2

z z

z z







 nên Pmax  , 2 Pmin  nên chọn C.1