524 câu hỏi vận dụng cao có lời giải chi tiết trong các đề thi thử môn toán 2018

Lượng giác

Câu 1: Hàm số tan cot 1 1 sin cos y x x x x

    không xác định trong khoảng nào trong các khoảng sau đây?

Hàm số xác định khi và chỉ khi sin 0 sin2 0 , cos 0 2 x x x k k x

Vậy hàm số không xác định trong khoảng   k 2 ;2    k 2  

Câu 2: Tìm tập xác định D của hàm số 5 2 cot 2 sin cot y  x x 2x

Hàm số xác định khi và chỉ khi các điều kiện sau thỏa mãn đồng thời

  xác định và cotx xác định

Do đó hàm số xác đinh 2 ,

Câu 3: Trong các hàm số sau, hàm số nào có đồ thị đối xứng qua trục tung?

Viết lại đáp án B sin 1  sin cos 

Kết quả được đáp án A là hàm số chẳn nên có đồ thị đối xứng qua trục tung

Ta kiểm tra được đáp án B và C là các hàm số không chẵn, không lẻ

 Hàm số xác định  sin 2 x   0 2 x   k 2 ;    k 2     x   k  ;  2  k   

    Vậy y sin 2x không chẵn, không lẻ

Câu 4: Số giờ có ánh sáng của một thành phốA trong ngày thứ t của năm 2017được cho bởi một hàm số

4sin 60 10 y  178 t   , với t Z và 0 t 365 Vào ngày nào trong năm thì thành phố A có nhiều giờ ánh sáng mặt trời nhất?

Ngày có ánh nắng mặt trời chiếu nhiều nhất

Vào ngày 29 tháng 5 năm 2017, với điều kiện V với k = 0, ta xác định rằng tháng 1 và 3 có 31 ngày, tháng 4 có 30 ngày, và tháng 2 chỉ có 28 ngày do năm 2017 không phải là năm nhuận.

Mỗi ngày, mực nước của con kênh thay đổi theo thủy triều, với độ sâu h (mét) được tính theo thời gian t (giờ) trong ngày bằng công thức 3cos(12t).

7 8 4 h  t   Mực nước của kênh cao nhất khi:

Mực nước của kênh cao nhất khi h lớn nhất cos 1 2

Lần lượt thay các đáp án, ta được đáp án Bthỏa mãn

   đạt giá trị nhỏ nhất là

Từ đó suy ra 2 2 3 1 tan 2  2

Câu 7: Hàm số 2cos sin y x x4 đạt giá trị lớn nhất là

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 5 2 2

Câu 8: Giá trị nhỏ nhất của hàm số ysin 4 xcos 4 xsin cosx x là

Ta có ysin 4 xcos 4 xsin cosx x   y 1 2sin 2 xcos 2 xsin cosx x

Dấu bằng xảy ra khi 1 sin 2 x2

Câu 9: Giá trị nhỏ nhất của hàm số ysinx cosxcosx sinx là

Ta có sinx cosxcosx sinx 2 sin cosx x sin cosx x

   Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi sin 2x0

Câu 10: Cho , ,x y z0 và x y z   2 Tìm giá trị lớn nhất của

1 tan tan 1 tan tan 1 tan tan y  x y  y z  z x

 tan tanx z tan tany z 1 tan tanx y

     tan tanx ztan tany ztan tanx y1

Trong hàm số đề xuất, ta nhận thấy sự xuất hiện của các biểu thức tan.tan, tan.tan, và tan.tanx z y z x y Tương tự như ví dụ 8, chúng ta có thể áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho 6 số để rút ra kết luận.

1 1 tan tan x y1 1 tan tan y z1 1 tan tan z x

 tan tan tan tan tan ta n  2

3 3 tanxtanx  tanx  3 3 tương đương với phương trình

Lời giải Chọn D Điều kiện: cos 0 cos 0

  sin 2 sin sin 2sin 2 pt 3 3 3 3 cos cos cos 2 cos cos 2 cos

  sin 4sin 2 3 3 sin 2sin cos 2 4sin 2 cos 3 3 cos 1 2cos 2 cos 1 2cos 2 sin sin 3 sin 2sin 3 2sin

3 3 3tan 3 3 3 tan 3 3 cos cos cos3 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x

Câu 12: Phương trình 2cot 2x3cot 3xtan 2x có nghiệm là:

Lời giải Chọn D Điều kiện của phương trình sin 2x0,sin3x0,cos2x0

Phương trình tương đương 2cot 2xtan 2x3cot 3x sin 2 0 cos 2 sin 2 cos3

2 3 cos 2 0 sin 2 cos 2 sin 3 sin 3 0 x x x x x x x x x

2cos 2 sin 2 3cos3 1 3cos 4 3cos3 sin 2 cos 2 sin 3 sin 4 sin 3 x x x x x x x x x x

3 sin 3 3sin 3 cos4 3cos3 sin 4 sin 3 3sin

Vậy phương trình vô nghiệm

4 2 4 1 cos 2 2 2 cos cos cos 2 cos 2 1 cos 3.

2 2 cos 1 1 4 cos 3cos 4 cos 4cos 3cos 3 0

3 3 2 3 3 x x cos x x x cos cos xcos    cos  cos

3 3 3 3 3 3 x x x x x x cos cos cos cos cos cos

Câu 15: Hàm số 2sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 3 x x y x x

  có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên?

Ta có 2sin 2 cos 2  2 sin 2   1 cos 2  3 sin 2 cos 2 3 x x y y x y x y x x

  Điều kiện để phương trình có nghiệm   y  2   2  y  1   2   3 y  2  7 y 2  2 y   5 0

         nên có 2 giá trị nguyên

Câu 16: Phương trình cos 2 cos sin

Lời giải Chon C ĐK sin2 x  1

2 cos 2 cos sin cos sin cos sin

  2 cos sin cos sin cos sin sin cos x x x x x x x x

  cos sin 1 cos sin cos sin 1 0 sin cos sin cos x x x x x x x x x x

2 sin 0 cos sin 0 4 sin cos 1

Lời giải Chọn A ĐK sin 2 x  0

2sin 3 2cos3 2 sin 3 cos3 sin cos cos sin x x x x x x x x

2 3sin 4sin 4cos 3cos sin cos x x x x x x x x

2 3 sin cos 4 sin cos sin cos x x x x x x x x

2 3 sin cos 4 sin cos sin sin cos cos sin cos x x x x x x x x x x x x

2 3 sin cos 4 sin cos 1 sin cos sin cos x x x x x x x x x x

2 sin cos 3 4 1 sin cos sin cos x x x x x x x x

 sin cos  6 8 1 sin cos  1 0 sin cos x x x x x x

 sin cos  2 8sin cos 1 0 sin cos x x x x x x

2 sin 2sin cos 8 sin cos 1 0 x 4 x x x x

  Không có đáp án nào đúng

Câu 18: Để phương trình sin 6 x  cos 6 x a  | sin2 | x có nghiệm, điều kiện thích hợp cho tham số a là:

6 6 2 2 2 2 2 2 sin xcos x a | sin 2 |x  sin xcos x 3sin xcos x sin xcos x a| sin 2 |x

        Đặt sin 2 x  t t     0;1  Khi đó ta có phương trình3 t 2    4 t 4 0 1  

Phương trình đã cho có nghiệm khi phương trình  1 có nghiệm

Câu 19: Cho phương trình: sin cos x x  sin x  cos x m   0, trong đó m là tham số thực Để phương trình có nghiệm, các giá trị thích hợp của m là:

Lời giải Chọn D Đặt sin x  cos x t t    2   sin cos x x  t 2 2  1 Khi đó ta có phương trình

        Phương trình đã cho có nghiệm khi phương trình  * có nghiệm

Câu 20: Cho phương trình: 4 sin  4 x  cos 4 x    8 sin 6 x  cos 6 x   4 sin 4 2 x  m trong đó m là tham số Để phương trình là vô nghiệm, thì các giá trị thích hợp của m là:

6 6 2 2 3 2 2 2 2 2 sin cos sin cos 2 sin cos 1 1sin 2

2 sin cos sin cos 3sin cos sin cos 1 3sin 2

Phương trình đã cho trở thành

     Đặtsin 2 2 x  t t     0;1  Khi đó phương trình trở thành16 t 2  12 t m    4 0 *  

  * vô nghiệm khi và chỉ khi:

Vậy các giá trị cần tìmm 4hay m0 Không có đáp án đúng

Câu 21: Cho phương trình: sin 6 2 cos 6 2

 , trong đó m là tham số Để phương trình có nghiệm, các giá trị thích hợp của m là:

Lời giải Chọn B ĐK: cos2 x  0

2 2 sin cos 3sin cos sin cos sin cos

2 tan 2 2 tan 2 cos sin cos 2 x x x x x x x x m x m x x x x

1 34sin 2 2 tan 2 1 3sin 2 2 sin 2 3sin 2 8 sin 2 4 0. cos 2 4 x m x x m x x m x x

          Đặtsin 2 x t t      1;1  .Khi đó phương trình trở thành: 3 t 2  8 mt   4 0 *  

Phương trình đã cho có nghiệm khi phương trình  * có nghiệm t    1;1 

Câu 22: Cho phương trình 1 4 tan 2 cos 4

 Để phương trình vô nghiệm, các giá trị của tham số m phải thỏa mãn điều kiện:

Lời giải Chọn D ĐK: cos x  0.

1 4 tan 1 4 tan 1 cos 4 cos 4 cos 4 4sin cos

         Đặt sin 2 x  t t     1;1   Khi đó phương trình trở thành: 2 2 1 0(*) t    t m 2

Câu 23: Để phương trình: 4sin cos 2 3 sin 2 cos2

    có nghiệm, tham số a phải thỏa điều kiện:

Phương trình tương đương 2 sin 2 sin 2 2sin 2

   Để phương trìnhcó nghiệm thì 1 2 2 1 2 2

  có nghiệm, tham số a phải thỏa mãn điều kiện:

Lời giải Chọn D Điều kiện của phương trình cosx0,cos2x0, tan 2 x1

2 sin 2 sin 2 cos cos cos cos sin sin

 Phương trình có nghiệm khi 2 2

Vậyphương trình đã cho có nghiệm khi a 1,a  3

Câu 25: Tìm m để phương trình  cos x  1 cos 2  x m  cos x   m sin 2 x có đúng 2 nghiệm ; 2

Ta có  cos x  1 cos 2  x m  cos x   m sin 2 x

 cos x 1 cos 2  x m cos x  m  1 cos x  1 cos x 

      cos 1 cos 1 cos 2 cos cos cos 2 x x x m x m m x x m

Với cosx    1 x  k2: không có nghiệm ; 2

 , phương trình cosx a có duy nhất 1 nghiệm với 1

Câu 26: Tìm m để phương trình cos2 x   2 m  1 cosx     m 1 0 có đúng 2 nghiệm ; x     2 2

Vì ; x    2 2 nên 0cosx1 Do đó 1 cosx 2 (loại)

Vậy để phương trình (1) có đúng 2 nghiệm ; x     2 2 khi và chỉ khi 0cosx   1 0 m 1

Câu 27: Tìm m để phương trình 2sinx m cosx 1 m có nghiệm ; x   2 2

Lời giải Chọn D Đặt tan

Vậy để yêu cầu bài toán xảy ra thì f t      t 2 4 1 t trên   1;1 

Vậy để yêu cầu bài toán xảy ra thì  2 2m    6 1 m 3

Câu 28: Gọi x 0 là nghiệm dương nhỏ nhất của cos 2x 3 sin 2x 3 sinxcosx2 Mệnh đề nào sau đây là đúng?

Phương trình 1 3 3 1 cos 2 sin 2 sin cos 1

Phương trình trở thành sin 2 sin 1 cos 2 sin 1 t 2 t t t

Suy ra nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình là ;

Câu 29: Phương trình 2sin 3 1 8sin 2 cos 2 2 x 4 x x

Ta có 4 cos 2 2 xsin 2 2 x3cos 2 2 x   1 0, x 

2 2 2 2 2 2 sin cos sin cos sin cos sin cos

4 4cos 2 sin 2 4 4 cos sin 4sin cos x x x x x x x x x x x x x x

4 2 2 4 sin cos sin sin cos cos sin cos

10 2 sin sin sin cos sin cos 1 cos cos x x x x x x x x

2 sin 1 sin 0 sin sin sin 0

1 sin 2 0 2 cos cos cos 1 cos 0 2 cos 0 x x x x x k x x k x x x x x x

Câu 32: Cho phương trình: sin 3 cos3 3 cos2 sin 1 2sin 2 5 x x x x x

  Các nghiệm của phương trình thuộc khoảng  0;2   là:

Lời giải Chọn C Điều kiện: 1 2sin 2 x0

Phương trình tương đương sin 2sin sin 2 sin 3 cos3

2 sin cos cos3 sin 3 cos3

5cos 3 cos 2 2cos 5cos 2 0 cos 1

Tổ hợp

Câu 33: Hỏi có tất cả bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 9 mà mỗi số 2011 chữ số và trong đó có ít nhất hai chữ số 9

Chọn A Đặt X là các số tự nhiên thỏa yêu cầu bài toán

A { các số tự nhiên không vượt quá 2011 chữ số và chia hết cho 9}

Mỗi số thuộc tập A có m chữ số (với m ≤ 2008) có thể được bổ sung thêm 2011 - m số 0 ở phía trước mà không làm thay đổi kết quả khi chia cho 9 Vì vậy, chúng ta sẽ xem xét các số thuộc A có dạng như vậy.

A a A mà trong a không có chữ số 9}

A a A mà trong a có đúng 1 chữ số 9}

 Tính số phần tử của A 0

   i i r r a Từ đó ta suy ra A 0 có 9 2010 phần tử

 Tính số phần tử của A 1 Để lập số của thuộc tập A 1 ta thực hiện liên tiếp hai bước sau

Bước 1: Lập một dãy gồm 2010 chữ số thuộc tập 0,1, 2 ,8 và tổng các chữ số chia hết cho 9 

Bước 2: Với mỗi dãy vừa lập trên, ta bổ sung số 9 vào một vị trí bất kì ở dãy trên, ta có 2010 các bổ sung số 9

Do đó A 1 có 2010.9 2009 phần tử

Vậy số các số cần lập là:

Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, có thể tạo ra bao nhiêu số tự nhiên 6 chữ số với điều kiện là tất cả các chữ số khác nhau và tổng của 3 chữ số đầu nhỏ hơn tổng của 3 chữ số sau một đơn vị.

Cách 1: Gọi x a a a a 1 2 , 6 i 1, 2,3, 4,5, 6 là số cần lập

Theo bài ra ta có: a a 1       2 a 3 1 a 4 a 5 a 6 (1)

Mà a a a a a a 1 , , , , , 2 3 4 5 6 1, 2,3, 4,5, 6 và đôi một khác nhau nên

Phương trình này có các bộ nghiệm là: ( , , ) (1,3,6); (1, 4,5); (2,3,5)a a a 1 2 3 

Với mỗi bộ ta có 3!.3! 36 số

Vậy có 3.36 108 số cần lập

Cách 2: Gọi x abcdef là số cần lập

Suy ra ta có các cặp sau: ( , , ) (1, 4,6); (2,3,6); (2,4,5)a b c 

Với mỗi bộ như vậy ta có 3! cách chọn a b c, , và 3! cách chọn d e f, ,

Do đó có: 3.3!.3! 108 số thỏa yêu cầu bài toán

Để giải bài toán chọn k người từ m nam và n nữ với điều kiện có ít nhất a nam và ít nhất b nữ, ta cần xác định số cách chọn Gọi S1 là số cách chọn có ít hơn a nam và S2 là số cách chọn có ít hơn b nữ Số cách chọn hợp lệ sẽ là tổng số cách chọn k người trừ đi S1 và S2, đảm bảo rằng số lượng nam và nữ đáp ứng yêu cầu tối thiểu.

A Số cách chọn thoả mãn điều kiện bài toán là: C m n k  2(S 1 S 2 )

B Số cách chọn thoả mãn điều kiện bài toán là: 2C m n k  (S 1 S 2 )

C Số cách chọn thoả mãn điều kiện bài toán là: 3C m n k  2(S 1 S 2 )

D Số cách chọn thoả mãn điều kiện bài toán là: C m n k  (S 1 S 2 )

Số cách chọn k người trong m n người là: C m n k 

*Số cách chọn có ít hơn a nam là: 1 -10 1 1

*Số cách chọn có ít hơn b nữ là: 2 1 1 1

Số cách chọn thoả mãn điều kiện bài toán là: C m n k  (S 1 S 2 )

Câu 36: Nếu một đa giác đều có 44 đường chéo, thì số cạnh của đa giác là:

Cứ hai đỉnh của đa giác n  n   , n  3  đỉnh tạo thành một đoạn thẳng (bao gồn cả cạnh đa giác và đường chéo)

Khi đó số đường chéo là:

Câu 37: Một đa giác đều có số đường chéo gấp đôi số cạnh Hỏi đa giác đó có bao nhiêu cạnh?

Lời giải Chọn C Đa giác có n cạnh  n   , n  3 

Số đường chéo trong đa giác là: C n 2 n

Câu 38: Cho đa giác đều n đỉnh, n và n3 Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường chéo

+ Tìm công thức tính số đường chéo: Số đoạn thẳng tạo bởi n đỉnh là C n 2 , trong đó có n cạnh, suy ra số đường chéo là C n 2 n

+ Đa giác đã cho có 135 đường chéo nên C n 2  n 135

Trong mặt phẳng có n điểm, không có ba điểm nào thẳng hàng và tất cả các đường thẳng nối hai điểm bất kỳ đều không song song, trùng nhau hoặc vuông góc Qua mỗi điểm, ta vẽ các đường thẳng vuông góc với các đường thẳng được xác định bởi hai trong số n-1 điểm còn lại Câu hỏi đặt ra là số giao điểm của các đường thẳng vuông góc này là bao nhiêu?

Gọi n điểm đã cho là A A 1 , 2 , ,A n Xét một điểm cố định, khi đó có C n 2  1 đường thẳng nên sẽ có

C n đường thẳng vuông góc đi qua điểm cố định đó

  n  n n n nC đường thẳng vuông góc nên có

C giao điểm (tính cả những giao điểm trùng nhau)

Ta chia các điểm trùng nhau thành 3 loại:

C nên ta phải trừ đi n C  n 2  11 điểm

Trong trường hợp có 3 đường thẳng vuông góc với A A 4 5 và song song với nhau, chúng ta sẽ mất 3 giao điểm Do đó, cần loại bỏ 3C n 3 trong tình huống này.

Trong mỗi tam giác, ba đường cao chỉ giao nhau tại một điểm duy nhất, vì vậy chúng ta cần trừ đi 2C n 3 cho mỗi tam giác.

Vậy số giao điểm nhiều nhất có được là: 2 ( 1)( 2) 2 1 3

Câu 40: Cho đa giác đều n đỉnh, n và n3 Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường chéo

Câu 41: Giá trị của n thỏa mãn đẳng thức C n 6 3C n 7 3C n 8 C n 9 2C n 8  2 là

PP s ử d ụ ng máy tính để ch ọ n đ áp s ố đ úng (PP tr ắ c nghi ệ m):

+ Nhập PT vào máy tính: C n 6 3C n 7 3C n 8 C n 9 2C n 8  2 0

+ Tính (CALC) lần lượt với X 18 (không thoả); với X 16 (không thoả); với X 15 (thoả), với X 14 (không thoả)

Câu 42: Cho đa giác đều n đỉnh, n và n  3 Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường chéo

Câu 43: Số hạng thứ 3 của khai triển 2 1 2 n x x

  không chứa x Tìm x biết rằng số hạng này bằng số hạng thứ hai của khai triển  1  x 3  30

Vì số hạng thứ ba của khai triển trên ứng với k2 nên số hạng thứ ba của khai triển là C n 2 2 n  2 x n  6

Mà số hạng thứ ba của khai triển không chứa x nên n   6 0 n 6

Số hạng thứ 2 của khai triển  1  x 3  30 là C x 1 30 3 30x 3

Câu 44: Trong khai triển  1  x  n biết tổng các hệ số C 1 n C n 2 C n 3  C n n  1 126 Hệ số của x 3 bằng

Thay x1 vào khai triển ta được

Câu 45: Có bao nhiêu số hạng hữu tỉ trong khai triển  10  8 3  300 ?

Các số hạng hữu tỉ sẽ thỏa mãn 300 2

Từ 0 đến 300 có 38 số chia hết cho 8

Câu 46: Cho khai triển 1 2 x  n a 0a x a x 1  2 2   a x n n , trong đó n * và các hệ số thỏa mãn hệ thức

2 2 n n a a a     Tìm hệ số lớn nhất?

Số hạng tổng quát trong khai triển  1 2  x  n là C n k 2 k x k , 0 k n, k Vậy hệ số của số hạng chứa x k là C n k 2 k a k C n k 2 k

Dễ thấy a 0 và a n không phải hệ số lớn nhất Giả sử a k  0   k n  là hệ số lớn nhất trong các hệ số a a a 0 , , , , 1 2 a n

Vậy hệ số lớn nhất là a 8 C 12 8 2 8 126720

Câu 47: Cho khai triển 1 2 x  n a 0a x a x 1  2 2   a x n n , trong đó n * và các hệ số thỏa mãn hệ thức

0 a a n n 4096 a     Tìm hệ số lớn nhất?

Số hạng tổng quát trong khai triển  1 2  x  n là C n k 2 k x k , 0 k n, k Vậy hệ số của số hạng chứa x k là C n k 2 k a k C n k 2 k

Dễ thấy a 0 và a n không phải hệ số lớn nhất Giả sử a k  0   k n  là hệ số lớn nhất trong các hệ số a a a 0 , , , , 1 2 a n

Vậy hệ số lớn nhất là a 8 C 12 8 2 8 126720

Vế trái của hệ thức trên chính là:

Và ta thấy hệ số của x n trong vế trái là

Còn hệ số của x n trong vế phải  x  1  2 n là 2 n

Thay x1 vào khai triển ta được 2 2 n C 2 0 n C 1 2 n C 2 2 n   C 2 2 n n (1) Thay x 1 vào khai triển ta được :

Giải bóng chuyền VTV Cup có sự tham gia của 12 đội, bao gồm 9 đội quốc tế và 3 đội Việt Nam Ban tổ chức đã tiến hành bốc thăm ngẫu nhiên để chia các đội thành 3 bảng đấu A, B, C, mỗi bảng có 4 đội Xác suất để cả 3 đội Việt Nam nằm ở 3 bảng đấu khác nhau là một vấn đề thú vị trong giải đấu này.

+ Số phần tử không gian mẫu: n   C C C 12 4 3!8 4 4 4

(bốc 4 đội từ 12 đội vào bảng A – bốc 4 đội từ 8 đội còn lại vào bảng B – bốc 4 đội từ 4 đội còn lại vào bảng C – hoán vị 3 bảng)

Gọi A: “3đội Việt Nam nằm ở 3 bảng đấu”

Trong quá trình phân chia các đội, sẽ bốc thăm 3 đội quốc gia từ 9 đội vào bảng A, sau đó bốc 3 đội từ 6 đội còn lại vào bảng B, và 3 đội từ 3 đội còn lại vào bảng C Tiếp theo, sẽ tiến hành hoán vị giữa 3 bảng Cuối cùng, một đội Việt Nam sẽ được bốc vào mỗi vị trí còn lại trong 3 bảng.

Xác suất của biến cố A là    

Tập hợp S bao gồm tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt Khi chọn ngẫu nhiên một số từ S, xác suất để chọn được số lớn hơn 2500 là một vấn đề thú vị trong xác suất.

Số có 4 chữ số có dạng: abcd

Số phần tử của không gian mẫu: n S  9.9.8.7 4536

Gọi A: “ tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt và lớn hơn 2500.”

Vậy trường hợp này có: 7.9.8.7 3528 (số)

Câu 52: Cho đa giác đều 12 đỉnh Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 12 đỉnh của đa giác Xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành tam giác đều là

Số phần tử không gian mẫu: n   C 12 3 220

(chọn 3 đỉnh bất kì từ 12 đỉnh của đa giác ta được một tam giác)

Gọi A: “3 đỉnh được chọn tạo thành tam giác đều ”

Chia 12 đỉnh thành 3 phần, mỗi phần gồm 4 đỉnh liên tiếp Mỗi đỉnh của tam giác tương ứng với một phần ở trên Việc chọn 1 đỉnh sẽ xác định duy nhất 2 đỉnh còn lại.

Tập hợp S bao gồm tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt Khi chọn ngẫu nhiên một số từ S, xác suất để số đó lớn hơn 2500 được tính toán dựa trên số lượng các số thỏa mãn điều kiện này trong tập hợp.

Số có 4 chữ số có dạng: abcd

Số phần tử của không gian mẫu: n S  9.9.8.7 4536

Gọi A: “ tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt và lớn hơn 2500.”

Câu 54: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số phân biệt được lấy từ các số 1, 2 ,3, 4 ,5,6,7,

8,9 Chọn ngẫu nhiên một số từ S Xác suất chọn được số chỉ chứa 3 số lẻ là

Số phần tử không gian mẫu: n   A 9 6 60480

(mỗi số tự nhiên abcdef thuộc Slà một chỉnh hợp chập 6 của 9- số phần tử của S là số chỉnh hợp chập 6 của 9)

Gọi A: “số được chọn chỉ chứa 3 số lẻ” Ta có: n A  C A A 5 3 6 3 4 3 28800

Bốc ra 3 số lẻ từ 5 số lẻ đã cho và chọn ra 3 vị trí từ 6 vị trí của số abcdef để xếp thứ tự cho 3 số vừa chọn Đồng thời, bốc ra 3 số chẵn từ 4 số chẵn đã cho và xếp thứ tự vào 3 vị trí còn lại của số abcdef.

Trong một hộp có 11 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 11, khi chọn ngẫu nhiên 6 tấm thẻ, xác suất P để tổng số ghi trên 6 tấm thẻ này là một số lẻ có thể được tính toán.

( ) 11 462 n  C  Gọi A:”tổng số ghi trên 6 tấm thẻ ấy là một số lẻ”

Từ 1 đến 11 có 6 số lẻ và 5 số chẵn Để có tổng là một số lẻ ta có 3 trường hợp

Trường hợp 1: Chọn được 1 thẻ mang số lẻ và 5 thẻ mang số chẵn có: 6.C 5 5 6 cách

Trường hợp 2: Chọn được 3 thẻ mang số lẻ và 3 thẻ mang số chẵn có: C C 6 3 5 3 200 cách

Trường hợp 2: Chọn được 5 thẻ mang số lẻ và 1 thẻ mang số chẵn có: C 6 5 5 30 cách

Câu 56: Ba cầu thủ sút phạt đến 11m, mỗi người đá một lần với xác suất làm bàn tương ứng là x, y và

Xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn là 0,976, trong khi xác suất để cả ba cầu thủ đều ghi bàn là 0,336 Từ những thông tin này, chúng ta có thể tính xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn.

Gọi A i là biến cố “người thứ i ghi bàn” với i1, 2,3

Ta có các A i độc lập với nhau và P A   1 x P A,   2 y P A,   3 0,6

Gọi A là biến cố: “ Có ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn”

B: “ Cả ba cầu thủ đều ghi bàn”

C: “Có đúng hai cầu thủ ghi bàn”

Từ (1) và (2) ta có hệ:

, giải hệ này kết hợp với x y ta tìm được

Trong một bài trắc nghiệm gồm 10 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án lựa chọn với 1 đáp án đúng, học sinh sẽ được 5 điểm cho mỗi câu trả lời đúng và bị trừ 2 điểm cho mỗi câu sai Nếu một học sinh không chuẩn bị và chỉ đoán ngẫu nhiên, xác suất để học sinh này đạt điểm dưới 1 là một bài toán thú vị cần được tính toán.

Ta có xác suất để học sinh trả lời câu đúng là 1

4 và xác suất trả lời câu sai là 3

4 Gọi x là số câu trả lời đúng, khi đó số câu trả lời sai là 10x

Số điểm học sinh này đạt được là: 4x2(10x) 6 x20

Nên học sinh này nhận điểm dưới 1 khi 21

Mà x nguyên nên x nhận các giá trị: 0,1, 2,3

Gọi A i (i0,1, 2,3) là biến cố: “Học sinh trả lời đúng i câu”

A là biến cố: “ Học sinh nhận điểm dưới 1”

Dãy số

Câu 58: Cho dãy số có các số hạng đầu là: 0,1;0, 01;0, 001;0,0001; Số hạng tổng quát của dãy số này có dạng?

Số hạng thứ 1 có 1 chữ số 0

Suy ra u n có n chữ số 0

Câu 59: Cho dãy số   u n với

.Số hạng tổng quát u n của dãy số là số hạng nào dưới đây?

Câu 60: Cho dãy số   u n với 1 2

 Số hạng tổng quát u n của dãy số là số hạng nào dưới đây?

Cộng hai vế ta được 2 2   2  1 2 1

Cộng hai vế ta được u n      2 1 3 5 2n3 2  n1 2

 Công thức số hạng tổng quát của dãy số này là:

2 3 4 u   u   u   Dễ dàng dự đoán được 1 n u n n

Câu 63: Cho dãy số   u n với 1

Công thức số hạng tổng quát của dãy số này là:

Cộng hai vế ta được u n   1 2 2 2 2  1 2 2  n1 

 Số hạng tổng quát u n của dãy số là số hạng nào dưới đây?

Dễ dàng dự đoán đượcu n n

Thật vậy, ta chứng minh được u n n   * bằng phương pháp quy nạp như sau:

+ Giả sử   * đúng với mọi n k k     * , ta có: u k k Ta đi chứng minh   * cũng đúng với

+ Thật vậy, từ hệ thức xác định dãy số   u n ta có: u k  1u k   1 2 k  k 1 Vậy   * đúng với mọi n*

Ta có: u 2 0;u 3  1;u 4  2, Dễ dàng dự đoán được u n  2 n

Câu 66: Cho dãy số   u n với 1 2

Cộng hai vế ta được 2 2   2  1 2 1

Cộng hai vế ta được u n      2 1 3 5 2n3 2  n1 2

2 3 4 u   u   u   Dễ dàng dự đoán được 1 n u n n

Công thức số hạng tổng quát của dãy số này là:

Cộng hai vế ta được u n   1 2 2 2 2  1 2 2  n1 

Nhân hai vế ta được 1 2 3   1 2 3 1   1   1

 Công thức số hạng tổng quát của dãy số này:

Nhân hai vế ta được u u u u 1 2 3 n 2.2 n  1 u u u 1 2 n  1 u n 2 n

Công thức số hạng tổng quát của dãy số này:

Nhân hai vế ta được 1 2 3 1 1 1 2 1 2

Ta có: u n  1u n   1 2 n u n  1 u 2 2;u 33;u 4 4; Dễ dàng dự đoán được u n n

Thật vậy, ta chứng minh được u n n   * bằng phương pháp quy nạp như sau:

+ Giả sử   * đúng với mọi n k k     * , ta có: u k k Ta đi chứng minh   * cũng đúng với

+ Thật vậy, từ hệ thức xác định dãy số   u n ta có: u k  1u k   1 2 k  k 1 Vậy   * đúng với mọi n*

Câu 74: Cho dãy số  u n (u n ) có

 n u n Khẳng định nào sau đây sai ?

A Là cấp số cộng có ;

 n u u n n D Không phải là một cấp số cộng

    Vậy dãy số trên không phải cấp số cộng

Câu 75: Cho tam giác ABC biết 3 góc của tam giác lập thành một cấp số cộng và có một góc bằng 25

Câu 76: Cho tứ giác ABCD biết 4 góc của tứ giác lập thành một cấp số cộng và góc A bằng 30 o Tìm các góc còn lại?

Câu 77: Cho một cấp số cộng có u 1  3;u 6 27 Tìm d?

Câu 78: Cho một cấp số cộng có 1 1 8

Câu 79: Cho cấp số cộng   u n có: u 1  0,1;d 0,1 Số hạng thứ7 của cấp số cộng này là:

Số hạng tổng quát của cấp số cộng   u n là: 1   7  

Câu 80: Cho một cấp số cộng ( )u n có u 1 1 và tổng 100 số hạng đầu bằng 24850 Tính

Gọi d là công sai của cấp số đã cho

Câu 81: Cho , ,a b ctheo thứ tự lập thành cấp số cộng, đẳng thức nào sau đây là đúng?

A a 2 c 2 2ab2bc2ac B a 2 c 2 2ab2bc2ac

C a 2 c 2 2ab2bc2ac D a 2 c 2 2ab2bc2ac

, , a b ctheo thứ tự lập thành cấp số cộng khi và chỉ khi

2 2 2 2 2 a c c ab bc ab c c b ab c b a ab bc ac

Câu 82: Cho cấp số nhân   u n với 1 1

1 là số hạng thứ mấy của   u n ?

A Số hạng thứ103 B Số hạng thứ 104

C Số hạng thứ 105 D Không là số hạng của cấp số đã cho

Câu 83: Cho cấp số nhân   u n vớiu 1 3; q= 2 Số 192 là số hạng thứ mấy của   u n ?

A Số hạng thứ 5 B Số hạng thứ 6

Câu 84: Cho cấp số nhân   u n với 1 3; 1 u  q2 Số 222 là số hạng thứ mấy của   u n ?

         Vậy 222 không là số hạng của cấp số đã cho

1 là số hạng thứ mấy của   u n ?

C Số hạng thứ105 D Không là số hạng của cấp số đã cho

Câu 86: Cho cấp số nhân   u n với u 1 3; q 2 Số 192 là số hạng thứ mấy của   u n ?

3; 2 u  q Số 222 là số hạng thứ mấy của   u n ?

A Số hạng thứ11 B Số hạng thứ 12

         Vậy 222 không là số hạng của cấp số đã cho

 Chọn b để dãy số đã cho lập thành cấp số nhân?

C b2 D Không có giá trị nào củab

Dãy số đã cho lập thành cấp số nhân khi

 Vậy không có giá trị nào của b.

Giới hạn

Câu 89: Cho dãy ( )x k được xác định như sau: 1 2

Câu 90: Cho dãy số ( )u n được xác định bởi:

Câu 91: Cho a b ,    , ( , ) 1; a b  n   ab  1, ab  2,  Kí hiệu r n là số cặp số ( , )u v     sao cho n au bv  Tìm 1 lim n n r n ab

Gọi ( , )u v 0 0 là một nghiệm nguyên dương của (1) Giả sử ( , )u v là một nghiệm nguyên dương khác ( , )u v 0 0 của (1)

Ta có au 0 bv 0 n au bv n,   suy ra a u u(  0 )b v v(  0 ) 0 do đó tồn tại k nguyên dương sao cho u u 0 kb v v,   0 ka Do v là số nguyên dương nên 0 0 1

Ta nhận thấy số nghiệm nguyên dương của phương trình (1) bằng số các số k nguyên dương cộng với 1 Do đó 0 1 0 1

Từ đó ta thu được bất đẳng thức sau: 0 1 0 1 n 1. u u n n ab b   a r ab b  a

. u r n u ab nb na   n  ab nb na n  

Từ đây áp dụng nguyên lý kẹp ta có ngay 1 lim n n r n ab

Câu 92: Chọn kết quả đúng trong các kết quả sau của 2

Cách 1: 0 cos 2 1 0 x 2 cos 2 x 2 nx nx

Cách 2: Bấm máy tính như sau: Chuyển qua chế độ Rad + x 2 cos 2 nx + CACL +

Câu 93: Chọn kết quả đúng trong các kết quả sau của lim cos5

Cách 2: Bấm máy tính như sau: Chuyển qua chế độ Rad + cos5

Cách 3: Dùng chức lim của máy VNCALL 570ES Plus: chuyển chế độ Rad +

9 cos 5 lim 2 10 x x x  và so đáp án

Câu 94: Chọn kết quả đúng trong các kết quả sau của 2

Cách 2: Bấm máy tính như sau: Chuyển qua chế độ Rad + 2 2 cos x nx + CACL +

Câu 95: Chọn kết quả đúng trong các kết quả sau của cos5 lim 2 x x x

Cách 2: Bấm máy tính như sau: Chuyển qua chế độ Rad + cos5

Cách 3: Dùng chức lim của máy VNCALL 570ES Plus: chuyển chế độ Rad +

9 cos 5 lim 2 10 x x x  và so đáp án

3x 5sin 2x cos x 6x 10sin 2x cos 2x 6x 10sin 2x cos 2x lim lim lim lim x 2 2x 4 2x 4 2x 4

Vì 10sin 2x cos 2x  10 2 1 2 sin 2x cos 2x 2  2  101 nên:

Câu 98: Cho hàm số   tan , 0 2 ,

Hàm số y  f x   liên tục trên các khoảng nào sau đây?

Vậy hàm số gián đoạn tại x0

Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:

A f x   liên tục trên  B f x   liên tục trên  \ 0  

C f x   liên tục trên  \ 1   D f x   liên tục trên  \ 0;1  

Với x1 ta có hàm số f x    x 2 liên tục trên khoảng  1;     1

Với 0 x 1 ta có hàm số   2 3

Với x0 ta có f x    x sin x liên tục trên khoảng   ;0    3

Vậy hàm số liên tục tại x1

Vậy hàm số liên tục tại x0   4

Từ   1 ,   2 ,   3 và   4 suy ra hàm số liên tục trên 

Câu 100: Cho hàm số   tan , 0 2 ,

Hàm số y  f x   liên tục trên các khoảng nào sau đây?

Vậy hàm số gián đoạn tại x0

Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:

A f x   liên tục trên  B f x   liên tục trên  \ 0  

C f x   liên tục trên  \ 1   D f x   liên tục trên  \ 0;1  

Với x1 ta có hàm số f x    x 2 liên tục trên khoảng  1;     1

Với 0 x 1 ta có hàm số   2 3

Với x0 ta có f x    x sin x liên tục trên khoảng   ;0    3

Vậy hàm số liên tục tại x1

Vậy hàm số liên tục tại x0   4

Từ   1 ,   2 ,   3 và   4 suy ra hàm số liên tục trên .

Đạo hàm

Câu 102: Tìm giới hạn sau 3 2 3 2

Câu 104: Cho và Tổng bằng biểu thức nào sau đây?

6(sin xcos xsin cos )x x 6(sin 5 xcos 5 xsin cos )x x

6sin cos 6cos sin 6sin cos 6 cos sin

6.sin cos sin cos sin cos 6sin cos cos sin 6sin cos cos sin 6sin cos cos sin 0 f x g x x x x x x x x x x x x x x x x x x x

Chứng minh bằng quy nạp   1 sin   1

Với n1 ta có 1 1 sin os sin

Giả sử  1 đúng với n k , k * tức là ta có   1 sin   1

Chứng minh  1 đúng với n k 1 tức là cần chứng minh   1 1 1 sin ( 1)   2

Câu 106: Tính đạo hàm của hàm số sau y x 2  1 2x1

Câu 107: Biết với một điểm M tùy ý thuộc   C : 2 3 3

  , tiếp tuyến tại M cắt   C tại hai điểm A,Btạo với I    2; 1  một tam giác có diện tích không đổi, diện tích tam giác đó là?

Tiếp tuyến với ( )C tại M là

Nếu  cắt tiệm cận xiện tại điểm B thì

Nếu I là giao hai tiệm cận, thì I có tọa độ I    2; 1 

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên tiệm cận đứng x 2 suy ra H( 2; 2 x 0 3)

Chứng tỏ S là một hằng số, không phụ thuộc vào vị trí của điểm M

Cho hàm số y = -x^3 + 3x + 2 với đồ thị là C Cần tìm các điểm trên trục hoành sao cho từ những điểm này có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị hàm số, trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau.

Cách 1: Đường thẳng d đi qua M , hệ số góc k có phương trình: yk x m(  ) d là tiếp tuyến của   C  hệ      

Thế k vào phương trình thứ nhất, ta được:

Để từ điểm M kẻ ba tiếp tuyến, phương trình \( -x \) hoặc \( 2x^2 - (3m + 2)x + 3m + 2 = 0 \) cần có nghiệm x, đồng thời có ba giá trị k khác nhau Điều này yêu cầu phương trình \( 2 \) phải có hai nghiệm phân biệt khác -1 và hai giá trị k khác nhau, không bằng 0.

 2 phải có hai nghiệm phân biệt khác 1 khi và chỉ khi:

Với điều kiện   3 , gọi x x 1 , 2 là hai nghiệm của   2 , khi đó hệ số góc của ba tiếp tuyến là

1 3 1 3, 2 3 2 3, 3 0 k   x  k   x  k  Để hai trong ba tiếp tuyến này vuông góc với nhau k k 1 2  1 và k 1 k 2

Mặt khác theo Định lí Viet 1 2 3 2 1 2 3 2

( ) 9(3 2) 10 0 i  m   m 27 thỏa điều kiện   3 , kiểm tra lại ta thấy k 1 k 2

Cách 2: Gọi N x y( ; 0 0 ) ( ) C Tiếp tuyến  của   C tại N có phương trình:

Từ M vẽ được đến   C ba tiếp tuyến ( )a có hai nghiệm phân biệt khác 1, và có hai giá trị

3 0 3 k  x  khác nhau và khác 0điều đó xảy ra khi và chỉ khi:

Vì tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x 1 có hệ số góc bằng 0 nên yêu cầu bài toán

       (trong đó p q, là hai nghiệm của phương trình ( )a )

Đồ thị \( C \) có phương trình tiếp tuyến cắt các trục O, Ox và Oy tại các điểm A và B, với điều kiện OA = 4OB Để xác định phương trình tiếp tuyến của đồ thị \( C \), cần tính toán độ dốc tại điểm tiếp xúc và sử dụng hệ số tỉ lệ giữa các đoạn thẳng OA và OB.

Giả sử tiếp tuyến   d của   C tại M x y( ;0 0) ( ) C cắt Ox tại A, Oy tại B sao cho OA4OB

Do OAB vuông tại O nên 1 tan 4

OA  Hệ số góc của   d bằng 1

Hệ số góc của   d là 0 2 2

Khi đó có 2 tiếp tuyến thoả mãn là:

Cho hàm số y = x³ - 1 + m(x + 1) với đồ thị (C_m) Cần xác định số giá trị m sao cho tiếp tuyến của (C_m) tại giao điểm với trục tung tạo thành tam giác với hai trục tọa độ có diện tích bằng 8.

Ta có M(0;1m) là giao điểm của (C m ) với trục tung ʹ 3 2 ʹ(0) y  x  m y  m

Phương trình tiếp tuyến với (C m ) tại điểm m là y mx 1 m

Gọi A, B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến này với trục hoanh và trục tung, ta có tọa độ

Nếu m0 thì tiếp tuyến song song với Ox nên loại khả năng này

 Vậy có 4 giá trị cần tìm

Để tìm giá trị nhỏ nhất của m, cần xác định điều kiện tồn tại ít nhất một điểm M thuộc đường cong C, sao cho tiếp tuyến tại điểm M tạo ra một tam giác với hai trục tọa độ Trọng tâm của tam giác này phải nằm trên đường thẳng đã cho.

Gọi M x y( ; 0 0 ) ( ) C Phương trình tiếp tuyến tại M: 2 0 0

 Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến với trục hoành và trục tung

Từ đó trọng tâm G của OAB có:

Do đó để tồn tại ít nhất một điểm M thỏa bài toán thì 1 1

 , có đồ thị là   C Có bao nhiêu điểm M thuộc   C sao cho tiếp tuyến tại

M của   C cắt Ox , Oy tại A , B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 1

Phương trình tiếp tuyến   t của   C tại M là:

Tiếp tuyến   t cắt hai trục tọa độ Ox Oy, tại hai điểm phân biệt A x 0 2 ; 0,

  sao cho diện tích tam giác AOBcó diện tích bằng 1

    C m cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt và các tiếp tuyến với   C m tại hai điểm này vuông góc với nhau

Hàm số đã cho xác định trên  \ 1  

Xét phương trình hoành độ giao điểm của   C m và trục hoành:

   1 Để   C m cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A B, thì phương trình   1 phải có hai nghiệm phân biệt khác 1 Tức là ta phải có:

Gọi x x 1 ; 2 là hai nghiệm của   1 Theo định lý Vi – ét, ta có: x 1 x 2  2 ,m x x 1 2 2m 2 1

Giả sử I x  0 ; 0  là giao điểm của   C m và trục hoành Tiếp tuyến của   C m tại điểm I có hệ số góc       

Như vậy, tiếp tuyến tại A B, lần lượt có hệ số góc là   1 1

 Tiếp tuyến tại A B, vuông góc nhau khi và chỉ khi y x y xʹ    1 ʹ 2  1 hay

  m hoặc 2 m3 Đối chiếu điều kiện chỉ có 2 m 3 thỏa mãn

  Giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại hai điểm và tiếp tuyến của đồ thị tại hai điểm đó vuông góc là

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số   C y : x 2 2 mx m x m

  cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt  phương trình   * có hai nghiệm phân biệt khác m 2 2

Gọi M x y  0; 0  là giao điểm của đồ thị   C với trục hoành thì y 0 x 0 2 2mx 0  m 0 và hệ số góc của tiếp tuyến với   C tại M là:

Vậy hệ số góc của hai tiếp tuyến với   C tại hai giao điểm với trục hoành là 1 1

Hai tiếp tuyến này vuông góc k k 1 2  1 2 1 2 2 2 2 x m x m 1 x m x m

Câu 115: Phương trình tiếp tuyến của   C : y x  3 biết nó đi qua điểm M  2; 0  là:

+ Gọi A x y( ; ) 0 0 là tiếp điểm PTTT của ( )C tại A x y( ; ) 0 0 là:

3 ( ) y x x x x d + Vì tiếp tuyến ( )d đí qua M(2;0) nên ta có phương trình:

      + Với x 0 0thay vào ( )d ta có tiếp tuyến y0 + Với x 0 3 thay vào ( )d ta có tiếp tuyến y27x54

4 f x  x  x , có đồ thị   C Từ điểm M  2; 1   kẻ đến   C hai tiếp tuyến phân biệt Hai tiếp tuyến này có phương trình:

Phương trình tiếp tuyến tại N là: 0 1  0  0 2 0 1

Mà tiếp tuyến đi qua M  2; 1   1 0 1 2 0  0 2 0 1 0 2 0 0

Phương trình tiếp tuyến : y  x 1 và y x 3

Câu 117: Tiếp tuyến của paraboly 4 x 2 tại điểm (1;3) tạo với hai trục tọa độ một tam giác vuông Diện tích của tam giác vuông đó là:

+PTTT tại điểm có tọa độ (1;3) là: y 2(x     1) 3 y 2x 5 ( )d

+ Ta có ( )d giao Ox tại 5;0

 , giao Oy tại (0;5)B khi đó ( )d tạo với hai trục tọa độ tam giác vuông OAB vuông tại O

Diện tích tam giác vuông OAB là: 1 1 5 25

 có đồ thị là   C Viết phương trình tiếp tuyến của   C , biết tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ một tam giác vuông cân

Hàm số xác định với mọi x1

 Tiệm cận đứng: x1; tiệm cận ngang: y2; tâm đối xứng I(1; 2)

Gọi M x y( ; 0 0 ) là tiếp điểm, suy ra phương trình tiếp tuyến của   C :

Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ một tam giác vuông cân nên hệ số góc của tiếp tuyến bằng

 có đồ thị   C Viết phương trình tiếp tuyến của   C , biết tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 1

Hàm số xác định với mọi x 2

 Gọi M x y( ; 0 0 ) ( ) C Tiếp tuyến  của   C tại M có phương trình

Gọi ,A B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến  với Ox Oy,

Tam giác AOB vuông tại O nên

 Có bao nhiêu cặp điểm A, B thuộc   C mà tiếp tuyến tại đó song song với nhau:

Gọi B là điểm đối xứng với A qua I suy ra B 2x ; 0 2y 0    C Ta có:

Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm A là:  

Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm B là:  

Ta thấy k A k B nên có vô số cặp điểm A, B thuộc   C mà tiếp tuyến tại đó song song với nhau

Câu 121: Trên đồ thị của hàm số 1 y 1

 có điểm M sao cho tiếp tuyến tại đó cùng với các trục tọa độ tạo thành một tam giác có diện tích bằng 2 Tọa độ M là:

Phương trình tiếp tuyến tại điểm M là:

Giao với trục hoành:   Ox=A x 2 01 0; 

Câu 122: Định m để đồ thị hàm sốy x 3 mx 2 1 tiếp xúc với đường thẳng :d y5?

Lời giải Chọn A Đường thẳng y x 3 mx 2 1 và đồ thị hàm số y5 tiếp xúc nhau

+ Với x0 thay vào (1) không thỏa mãn

Phép biến hình

Trong mặt phẳng Oxy, đường tròn C có phương trình (x−1)² + (y+2)² = 4 Hãy xác định phép dời hình có thể thực hiện bằng cách liên tiếp áp dụng phép đối xứng qua trục Oy và phép tịnh tiến theo vectơ v = (2; 3).

 biến ( )C thành đường tròn nào trong các đường tròn có phương trình sau?

Lời giải Chọn D Đường tròn ( )C có tâm (1; 2)I  và bán kính R2 Ð ( ) Oy I  I I( 1; 2) 

Đường tròn cần tìm nhận (1;1)I làm tâm và bán kính R2

Trong mặt phẳng Oxy, đường thẳng d có phương trình x + y - 2 = 0 Câu hỏi đặt ra là phép dời hình nào có thể biến đường thẳng d thành một đường thẳng khác thông qua việc thực hiện liên tiếp phép đối xứng tâm O và phép tịnh tiến theo vectơ v = (3;2).

Từ (1) và (2) ta có : c 3 Vậy d:x y  3 0.

Quan hệ song song

Trong bài toán cho hình chóp S ABCD với đáy ABCD là hình thang, đáy lớn là AB và M là trung điểm của CD, mặt phẳng α đi qua M và song song với BC và SA Mặt phẳng này cắt cạnh AB tại điểm N và cạnh SB tại điểm P Câu hỏi đặt ra là thiết diện của mặt phẳng α với khối chóp S ABCD sẽ có đặc điểm gì?

A Là một hình bình hành B Là một hình thang có đáy lớn là MN.

C Là tam giác MNP D Là một hình thang có đáy lớn là NP.

Trong mặt phẳng  ABCD  , qua M kẻ đường thẳng MN BC N BC     Khi đó, MN    

Trong mặt phẳng  SAB  , qua N kẻ đường thẳng

NP SA P SB  Khi đó, NP    

Xét hai mặt phẳng  MNP  và  SBC  có

 hai mặt phẳng cắt nhau theo một giao tuyến đi qua điểm P và song song với BC

Trong mặt phẳng SBC, đường thẳng PQ cắt BC tại điểm Q và SC tại điểm P, tạo thành giao tuyến của mặt phẳng α với mặt phẳng SBC Do đó, mặt phẳng α sẽ cắt khối chóp S ABCD, tạo ra một thiết diện hình tứ giác.

Tứ giác MNBC có MN BC

 là hình bình hành Từ đó suy ra MN BC Trong tam giác SBC có P thuộc đoạn SB, Q thuộc đoạn SC và PQ BC nên PQ BC

Tứ giác MNPQ có MN PQ

 là hình thang có đáy lớn là MN.

Câu 126: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với cạnh bên BC2, hai đáy AB6,

CD Mặt phẳng   P song song với  ABCD  và cắt cạnh SA tại M sao cho SA  3 SM Diện tích thiết diện của   P và hình chóp S ABCD bằng bao nhiêu?

Gọi ,H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của ,D C trên AB

ABCD là hình thang cân ;

AH HK BK AB BK

Tam giác BCK vuông tại ,K có CK  BC 2 BK 2  2 2  1 2 3

Suy ra diện tích hình thang ABCD là 4 6

Gọi , ,N P Q lần lượt là giao điểm của   P và các cạnh SB SC SD, ,

Vì   P //  ABCD  nên theo định lí Talet, ta có 1

Khi đó   P cắt hình chóp theo thiết diện MNPQ có diện tích 2 5 3

Cho tứ diện đều SABC với cạnh bằng a, đặt I là trung điểm của đoạn AB và M là điểm di động trên đoạn AI Vẽ mặt phẳng α qua M song song với mặt phẳng SIC Tính chu vi của thiết diện tạo bởi mặt phẳng α với tứ diện SABC, biết rằng AM = x.

Lời giải Chọn B Để ý hai tam giác MNP và SIC đồng dạng với tỉ số AM 2x

Quan hệ vuông góc

Câu 128: Cho tứ diện ABCD có DA DB DC  vàBDA60 , 0 ADC90 , 0 BDC120 0 Trong các mặt của tứ diện đó:

A Tam giác ABD có diện tích lớn nhất B Tam giác BCD có diện tích lớn nhất

C Tam giác ACD có diện tích lớn nhất D Tam giác ABC có diện tích lớn nhất

Lời giải Chọn D Đặt DA DB DC a  

Tam giác ABD đều cạnh a nên diện tích 2 3

Tam giác ACD vuôn tại D nên diện tích

Diện tích tam giác BCD là 1 0 2 3

Tam giác ABC có AB a AC a ,  2,BC a 3 nên tam giác ABC vuông tại A Diện tích tam giác ABC là 1 2 2

Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất

Hình chóp S ABC có các góc BSC = 120°, CSA = 60°, ASB = 90°, và độ dài các cạnh SA, SB, SC bằng nhau Gọi I là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC Hãy chọn khẳng định đúng trong các khẳng định đã cho.

A I là trung điểm AB B I là trọng tâm tam giác ABC

C I là trung điểm AC D I là trung điểm BC

Ta có : SACđều AC SA a 

BC SB SC  SB SC BSC a

Gọi I là trung điểm của AC thì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi d là trục của tam giác ABC thi d đi qua I và d   ABC 

Mặt khác : SA SB SC  nên S d Vậy SI   ABC  nên I là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC 

Trong tứ diện OABC, các đoạn thẳng OA, OB và OC vuông góc với nhau H là hình chiếu của điểm O lên mặt phẳng ABC Cần xác định mệnh đề nào là đúng trong trường hợp này.

Mà OH   OBC   OH  BC

Vậy ta có: BC BC  OA OH  BC   OAH 

Trong mặt phẳng  ABC  : AH cắt BC tại K

Ta suy ra BCOK (vì BC   OAH  )

Tam giác OBC vuông tại O có:

Có OA   OBC   OA OK 

Tam giác OAK vuông tại O có: 2 2 2  

Từ   1 và   2 ta suy ra: 1 2 1 2 1 2 1 2

Câu 131: Cho hình lập phương ABCD A B C D     có cạnh bằnga G là trọng tâm tam giácA BD Trong các vectơ sau, vectơ nào là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng A BD   ?

Ta có tam giác A B BD DA    ( đường chéo của các hình vuông bằng nhau)

Mà A G BD (vì A BD đều)

Suy ra BD   A AG    BD  AG   1

Tương tự ta cũng chứng minh được:

Từ   1 và   2 suy ra AG   A BD  

Suy ra AG là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  A BD  

Câu 132: Cho hình lập phương ABCD EFGH Gọi  là góc giữa đường thẳng AG và mặt phẳng

 EBCH  Chọn khẳng định đ úng trong các khẳng định sau:

Gọi O CE BH Khi đó O là trung điểm của AG Gọi I AFBE

Ta có BC   ABFE   BC  AI Lại có AI  BE nên AI   EBCH   IO là hình chiếu của

AO trên  EBCH      AG EBCH ,      AO EBCH ,      AO IO ,    AOI

AI   a IO FG a AOI  Vậy tan 2

Hình chóp S ABC có SA vuông góc với đáy, trong đó tam giác ABC không vuông Điểm H là trực tâm của tam giác ABC, còn điểm K là trực tâm của tam giác SBC Cần tính số đó góc tạo bởi HK và mặt phẳng.

Gọi giao điểm của AH và CB là I

Ta có SA   ABC   SA BC  , lại có BC  AI nên BC   SAI   BC  SI  HK   SAI 

Mặt khác, có BH   SAC   BH  S C , và BK  SC nên SC   BHK 

Từ (1) và (2) ta có HK   SBC 

 góc tạo bởi HK và mặt phẳng  SBC  bằng 90

Hình chóp S ABCD có đáy là hình vuông ABCD, trong đó mặt bên SAB là tam giác đều với đường cao AH vuông góc với mặt phẳng ABCD Gọi a là góc giữa đoạn BD và mặt phẳng SAD Hãy chọn khẳng định đúng trong các khẳng định đã cho.

Gọi K là trung điểm của SA

Ta có: AD   SAB  và  SAB đều nên BK   SAD 

Vậy   BD SAD ,      BD KD  ,    BDK  a

Gọi cạnh của hình vuông ABCD là x, thì BD x 2 và 3

Xét trong tam giác vuông BKD có 3 sin 2 2 a BK

Câu 135: Cho tứ diện SABC có hai mặt ( ABC ) và ( SBC ) là hai tam giác đều cạnh a, 3.

SA=a 2 M là điểm trên AB sao cho AM=b 0( <

Tiêu đề	524 Câu Hỏi Vận Dụng Cao Có Lời Giải Chi Tiết Trong Các Đề Thi Thử Môn Toán 2018
Tác giả	Nguyễn Bảo Vương
Trường học	Trường Đại Học
Chuyên ngành	Toán Học
Thể loại	Tuyển Tập
Năm xuất bản	2018
Thành phố	Hà Nội

Định dạng
Số trang	325
Dung lượng	5,04 MB