Bài 2. Bài tập có đáp án chi tiết về hàm số môn toán lớp 11 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

Tính khoảng cách giữa đường trung tuyến và đường cao lần lượt ứng với hai 2 mặt bên đối diện nhau của hình chóp. A.[r]

2 32



3 12



Lời giải Chọn B.

Từ giả thiết: f x cosx f x  s inx 1    

f x

C x

Câu 2 [1D2-4] Một hội thảo có 8 nhà khoa học đến từ bốn tỉnh Hải Phòng, Quảng Ninh, Hải Dương

và Thái Nguyên ( mỗi tỉnh có hai người ) Hỏi có bao nhiêu cách xếp 8 nhà khoa học nói trênvào một bàn tròn sao cho có đúng hai nhà khoa học của Hải Phòng ngồi cạnh nhau?

A 480 cách B 320 cách C 360 cách D 520 cách

Lời giải Chọn A.

Cách 1:

Xếp hai nhà khoa học của Hải Phòng ngồi cạnh nhau: Có 2! cách

Coi 6người còn lại là 3 cặp

Xếp hai nhà khoa học của Hải Phòng ngồi cạnh nhau: Có 2! cách

Còn 6vị trí được đánh số thứ tự từ 1 đến 6 và còn 6 người chia thành 3 cặp

Bước 2: Xếp vị trí số 1, có 6 cách.

Bước 3: Xếp vị trí số 2, có 4 cách

Bước 4:

-Xếp vị trí số 3, có hai trường hợp:

TH1: Người ở vị trí số 3 cùng cặp với người ở bước 3, có 1 cách

- Xếp vị trí số 4, có 2 cách ( Còn ba người nhưng không thể lấy người cùng cặp ở bước 3

vì như thế hai vị trí cuối sẽ cùng cặp)

Câu 3 [1D2-4] Có 12 người xếp thành một hàng dọc (vị trí của mỗi người trong hàng là cố

định) Chọn ngẫu nhiên 3 người trong hàng Tính xác suất để 3 người được chọn không

có hai người nào đứng cạnh nhau

Số phần tử của không gian mẫu là   3

12

.Gọi A là biến cố chọn được 3 người không có hai người đứng cạnh nhau

Gọi a1, a2, a3 là vị trí của 3 người được chọn

611

Câu 4. [1D3-4] Với n là số nguyên dương và x0, xét biểu thức

Dễ thấy tất cả các số hạng trong khai triển đều có hệ số dương

Ta nhân lần lượt mỗi số hạng của  5

0

k n k

C  x  x 



rồi cộng các kết quả lại với nhau

Để khai triển của biểu thức ban đầu không có số hạng tự do thì số mũ của x trong kết quả của tất cả các phép nhân ở trên phải khác 0 Tức,

5k3 n k  7k0, k 1, ;n k1,n.

Ta xét 5k3n k 7k 0 3n5 2 kk , từ đó 3n 5, suy ra n 5.

Từ 1 đến 2018 có 403 số chia hết cho 5

Vậy có 2018 403 1615  giá trị của n thỏa mãn yêu cầu

Câu 5 [2D4-4] Cho số phức z thỏa mãn 11z201810iz201710iz 11 0 Mệnh đề nào sau đây

11( )

12

f x dx



Chọn D

Câu 7 [2H3-4]Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm A3;3;0 , B 3;0;3 , C 0;3;3  

AB AC tại các điểm , M N thỏa mãn thể tích tứ diện OAMN nhỏ nhất Mặt phẳng  P

có phương trình:

A x y 2z 0 B x y 2z 0 C x z  0 D y z  0

Lời giải Chọn A

Câu 8 [2D2-3] Xét các số thực dương x y z, , thay đổi sao cho tồn tại các số thực a b c, , 1 và

thỏa mãn abc a x b y c z. Tìm giá trị nhỏ nhất M của biểu thức x y 2 z2

Lời giải Chọn C.

 

121

ln , ln , ln2

12

A B C x

Bài toán đã cho tương đương với bài toán sau:

“Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Không mất tính tổng quát, xét A B C  1, ta đưa về bài toán:

“Xét các số thực dương A B C, , có tổng bằng 1, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Vậy đáp số bài toán là M 6.

Câu 9 [2D3-4] Cho hàm số y f x  0xác định và có đạo hàm trên đoạn [0;1] đồng thời

thỏa mãn các điều kiện sau:    

Lời giải Chọn D

Giả sử là một nguyên hàm của    2017

1 2

1 2

x x

x x

Câu 11 [2D4-4] Cho các số phức x y z, , thỏa mãn xy  80 320i,yz60,zx  96 24i

Xét các số a b,   mà trong đó x y z a bi    Tính giá trị của T a2b2

A. T 100. B. T 74. C. T 61. D. T 58.

Lời giải Chọn B.

80 32060

24 17

xy yz zx

x x y y z z

2 2

 0  0 1

f  f   , f x 2f x   f x x32x2 với   x Tích phân

1 0( )dx

+) Đặt z x yi x y ,   

22

MA IA R , với I 1; 1 , R 2 Vậy Pmax IA R 3 5   2

Câu 14 [1D4-4] Cho dãy số  u n

Giá trị của biểu thức T a b. là:

Lời giải Chọn A.

23

13

a

T b

 

  

 . B. 1 m e  4. C.

41

m e m

 

 

 . D. 1 m e  4.

Lời giải Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra f x  m

có nghiệm duy nhất

4e

m m

 1  2 2017

T  f  f   f

A.

20192

T 

20172

D. T 1008.

Lời giải Chọn C.

e

x x

e2018

x x

e

x x

Câu 17 [2D1-3] Tìm giá trị của tham số m để đò thị hàm số y x 42m1x22m3 có ba

điểm cực trị A, B, C sao cho trục hoành chia tam giác ABC thành một tam giác và mộthình thang biết rằng tỉ số diện tích tam giác nhỏ được chia ra và diện tích tam giác ABCbằng

1 152

Lời giải Chọn A.

Ta có: y x 42m1x2 2m3 y 4x34m1x4x x 2 m 1

Để hàm số có ba cực trị thì y0 có ba nghiệm phân biệt, suy ra m 1

Khi đó y0 cho các nghiệm là

01

Giả sử có hình vẽ trên và từ giả thiết, ta có:

4

9

AMN ABC



23



.Đối chiếu điều kiện, ta được

1 152

Kiến thức cần nắm: Đồ thị của hàm số liên tục trên một khoảng là một “đường liền”

trên khoảng đó

Bài toán đã cho tương đương với bài toán đếm số đường đi từ “bên trái sang bên phải”

Ký hiệu hai điểm giao bên trái là A C, và hai điểm giao bên phải là B D, ta có các trường hợp sau:

+ Trường hợp 1: Đi từ trái đến A đầu tiên

- Đi từ trái đến A có 3 cách, rồi từ A đến O có 2 cách, từ O đến B có 2 cách, từ B

đi tiếp có 3 cách Vậy có 3.2.2.3 36 cách

- Đi từ trái đến A có 3 cách, rồi từ A đến B có 1 cách, từ B đi tiếp có 3 cách

Vậy có 3.1.3 9 cách

- Đi từ trái đến A có 3 cách, rồi từ A đến O có 2 cách, từ O đến D có 2 cách, từ D

đi tiếp có 3 cách Vậy có 3.2.2.3 36 cách

- Đi từ trái đến A có 3 cách, rồi từ A đến O có 2 cách, từ O đi thẳng sang phải có 1 cách

Vậy có 3.2.1 6 cách

Vậy TH1 có tất cả là 36 9 36 6 87    cách

+ Trường hợp 2: Đi từ trái đến C đầu tiên

Số cách đi ở trường hợp này bằng số cách đi ở trường hợp 1 do tính đối xứng của A và

C nên có 87 cách

+ Trường hợp 3: Đi từ trái đến O đầu tiên

- Đi từ trái đến O có 1 cách, rồi từ O đến B có 2 cách, từ B đi tiếp có 3 cách

b ; b3; b4; b5 0 lập thành cấp số nhân với công bội q Biết rằng a1b1 và a5 b5 Hỏi

có bao nhiêu khẳng định luôn đúng trong các khẳng định sau?

g x q q x q q q q xq q 

g luôn đồng biến trên  g x  g 0 0 f x  0,  x 0

f luôn đồng biến trên 0;   * đúng với n2;3; 4

Câu 20 [2H3-3] Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A 1; 4; 4, B1;7; 2 , C1; 4; 2  Mặt

phẳng  P : 2x by cz d   0 qua A và thỏa mãn T d B P ,  2d C P ,   đạt giá trị

lớn nhất Tính b c d 

Lời giải Chọn

Từ hai trường hợp suy ra khi T d B P ,  2d C P ,  

đạt giá trị lớn nhất Ta có65

b c d   .

Câu 21 [2H1-3] Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a Gọi M , N lần lượt là trọng tâm của

các tam giác ABD, ABC và E là điểm đối xứng với B qua điểm D Mặt phẳng MNEchia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A cóthể tích V Tính V

A

3296

a

3

3 280

a

3

3 2320

a

3

9 2320

a

Lời giải Chọn D

Thể tích khối tứ diện đều cạnh a là:

3 212

a

.Gọi P ME AD; T MEAB Trong mặt phẳng ABC đường thẳng TN cắt AC,

BC lần lượt tại Q,F Khi đó mặt phẳng MNE chia khối tứ diện đã cho phần chứa đỉnh A là tứ diện ATPQ

Gọi I là trung điểm BD Xét AID ta có: . . 1

I P Q

Câu 23 [2D4-3] Cho z1 là số phức, z2 là số thực thỏa mãn z12i 1 và z12i z1 là số thực Tìm

giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của biểu thức P z1z2

Gọi N, Plần lượt là hai điểm biểu diễn của số phức z z1, 2

Khi đó Nthuộc trục hoành và Pthuộc đường tròn ( ) :C x2(y2)2 1

Mà

2 11

Vậy PNnhỏ nhất bằng 2 Khi đó z1 1,z2 i.

Câu 24 [2H3-3] Cho mặt cầu  S1 có tâm O, bán kính là 3 và mặt cầu  S2 có tâm O2;3;6

và bán kính bằng 4 Biết rằng tập hợp các điểm A trong không gian mà độ dài tiếptuyến kẻ từ A đến    S1 , S2 bằng nhau là một mặt phẳng (còn gọi là mặt phẳng đẳng phương) Viết phương trình của mặt phẳng đó

Gọi A x y z ; ;  thỏa mãn yêu cầu bài toán

Gọi H K, lần lượt là tiếp điểm các tiếp tuyến kẻ từ A tới mặt cầu tâm O O,

Câu 25 [2D4-4] 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. 4 2a22b2 C a2 b2 D 2a22b2

Lời giải Chọn B.

Gọi z x yi  với x y,   là số phức thỏa mãn bài toán Khi đó M x y ;  là điểm biểudiễn cho số phức z trong mặt phẳng phức

Như vậy, tậphợp các điểm M x y ; 

là đường tròn  C

có tâm I1; 2

và bán kính R2 2.Biểu thức P được viết lại  2 2   2 2

luôn có nghiệm Tức là, luôn có điểm M thuộcđường tròn sao cho đẳng thức xảy ra

Vậy giá trị lớn nhất của P là 4 2a22b2

Câu 26 [2H3-4] Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu     2  2 2

 , giả sử  P và  P' là hai mặt phẳng chứa d, tiếp xúc với  S lần lượt

tại T và T' Khi m thay đổi, tính giá trị nhỏ nhất của đoạn thẳng TT'

Đường thẳng d đi qua A1;0;0

và có vec-tơ chỉ phương là u 1;m m; 1

Xét vec-tơ n 1;1;1, ta có u n .     1 m m 1 0 nên d  P x y z:    1 0 cố định.

Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng d

Suy ra HT và HT' là hai tiếp tuyến của  S .

Gọi E là giao điểm của HI và TT' Ta có

2 2

Vậy nên ta suy ra TT' nhỏ nhất khi HI nhỏ nhất, khi đó, H là hình chiếu của I lên  P

.2

5 4 13' 2 4 4 :

53

a

3216

a

3296

a

3232

a

Lời giải Chọn A.

( )S là mặt cầu đi qua A M N, ,

( )S

 chứa đường tròn đường kính AC.

Trong các mặt cầu chứa đường tròn đường kính ACthì mặt cầu có bán kính nhỏ nhất chính là mặt cầu ( )S o đường kính AC.

Câu 28 [2H2-4] Cho mặt cầu tâm O, có bán kính R Xét mặt phẳng  P

thay đổi cắt mặt cầu theogiao tuyến là đường tròn  C

R

h

43

R

Lời giải Chọn C.

/Gọi r là bán kính đáy của nón Ta có: 1  2

23

Mặt cầu  S1 có tâm I13;2; 4 và bán kính R1 1; mặt cầu  S2 có tâm I20; 2; 4 và bánkính R2 2; mặt cầu  S3

có tâm I32;2;0

và bán kính R3 3.

Ta có I I1 2 3; I I1 3 17; I I2 3 20

đi qua hai điểm A C, hoặc B C,

 Trường hợp mặt phẳng  P đi qua hai điểm A C, : Vì là tiếp điểm của    S1 , S2 nên mặtphẳng  P

đi qua A và có vectơ pháp tuyến I I1 2 3;0;0

Phương trình mặt phẳng  P

là x 2 0 Dễ thấy C P , nên  P không tiếp xúc với cả ba mặt cầu.

 Trường hợp mặt phẳng  P đi qua hai điểm B C, :

Khi

1034

Vậy chỉ có 2 mặt phẳng  P là mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu      S1 , S2 , S3 .

Câu 30 [2H3-4] Trong không gian Oxyz cho mặt cầu  S x: 2y2z2 9 và mặt phẳng

 P x y z:    3 0 Gọi  S là mặt cầu chứa đường tròn giao tuyến của  S và  P đồng

18

T  

18

Lời giải Chọn D./

Câu 31 [2D3-4] Đồ thị hàm số y x 44x2 cắt đường thẳng d y m:  tại bốn điểm phân biệt và tạo ra

các hình phẳng có diện tích S S S1, ,2 3 thỏa mãn S1S2 S3 (tham khảo hình vẽ) Giá trị m là

số hữu tỉ tối giản có dạng

a m b

  với a b,   ./Giá trị T  a b bằng

A 29 B 3 C 11 D 25.

Lời giải Chọn C.

Cách 1.

Phương trình x44x2 m có 4 nghiệm phân biệt    4 m 0.

Đặt tx2 0 Khi đó phương trình t2  4t m 0 có hai nghiệm t t1, 2 thỏa 0 t 1 t2./

3

Câu 32 [2H3-4] Cho hình chóp tứ giác đều có đáy là hình vuông cạnh a và diện tích của mỗi tam giác

mặt bên là a Tính khoảng cách giữa đường trung tuyến và đường cao lần lượt ứng với hai2

mặt bên đối diện nhau của hình chóp

A

z