Đề kiểm tra học kỳ 2 có đáp án môn toán lớp 12 trường THPT lê hồng phong | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (481.73 KB, 31 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

HKII-LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH

Câu 1: [1D1-1] Tập xác định của hàm số là?

A. . B. .

C. . D. .

Câu 2: [2D2-2] Tìm tập nghiệm của bất phương trình

A. . B. . C. . D. .

Câu 3: [2H1-1] Khối bát diện đều là khối đa diện đều loại nào ?

A. . B. . C. . D. .

Câu 4: [2D2-2] Họ nguyên hàm của hàm số là

A. . B. . C. . D. .

Câu 5: [2D1-1] Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng .

A. . B. . C. . D. .

Câu 6: [2D2-2] Giải phương trình .

A. . B. . C. . D. .

Câu 7: [1D4-1] bằng.

A. . B. . C. . D. .

Câu 8: [2D3-2] Một vật chuyển động vận tốc tăng liên tục được biểu thị bằng đồ thị là đường cong
parabol có hình bên dưới.

tan 2

y x

\ ,

D  k k  

 

  \ ,

4 2

D  k k 

 

 

\ ,

D k k 

 

  \ ,

D  k k  

 

 

S log 32



x 2



 log 6 52



 x



0

6
1;

5
S  

 

2
;1
3
S  

  S  





6
1;

5
S  

 



5;3





3; 4





4;3





3;5



 

3x 1
f x  
3

ln 3

x

C

 3

ln 3

x

x C
 

3x x C

  3 lnx x x C 

 

5 1

f x x

x

  



0;



min0; f x

 

3 min0; f x

 

5 min0; f x

 

2 min0; f x

 

3





4 2

2log xlog x 3 2
16

x  x 1 x 4 x 3

lim
1

x

x
x

   

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Biết rằng sau s thì vật đó đạt đến vận tớc cao nhất và bắt đầu giảm tốc. Hỏi từ lúc bắt đầu
đến lúc đạt vận tốc cao nhất thì vật đó đi được quãng đường bao nhiêu mét?

A. m. B. m. C. m. D. m.

Câu 9: [2H2-2] Cho hình trụ có bán kính đáy bằng cm. Một mặt phẳng qua trục của hình trụ và cắt
hình trụ theo thiết diện là hình vng. Tính thể tích của khới trụ đã cho.

A. . B. . C. . D. .

Câu 10: [2D1-2] Đồ thị hàm sớ có bao nhiêu đường tiệm cận?

A. . B. . C. . D. .

Câu 11: [2D1-1] Hàm số đồng biến trong các khoảng nào trong các khoảng sau?

A. . B. . C. . D. .

Câu 12: [2H2-2] Hình trụ có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?

A. Vô số. B. . C. . D. .

Câu 13: [2D2-3] Tính đạo hàm của hàm số .

A. . B. .

C. . D. .

Câu 14: [2H1-1] Thể tích khới lăng trụ có chiều cao bằng , diện tích đáy bằng là

A. . B. . C. . D. .

Câu 15: [2D1-2] Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. . B. . C. . D. .

Câu 16: [1D2-2] Một nhóm có học sinh gồm nam và nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra học
sinh trong đó có cả nam và nữ.

A. . B. . C. . D. .

Câu 17: [2D1-1] Cho hàm số có bảng biến thiên như hình vẽ sau:
10

300

1400
3

1100
3

1000
3
2

8 cm 16 cm 3

16
cm
3



16 cm

1
1
x
y

x
 



3 0 1 2

3 3

y x  x



2;0





0;1





2018; 2





1;0



2 0 1

2 1
8x

y 


2

2 .8x

y  x





2 . 1 .8 .ln 8x

y  x x 



2



1 .8x

y  x  2 1

6 .8x .ln 2
y  x 

h B

1
.
2B h

1
.

3B h B h.

1
.
6B h

2 1

1
x
y

x





2 1

1
x
y

x





2 1

x
y

x





2 1

x
y

x





6 4 2 3

32 20 6 16

 

yf x

O

1
2


1


1 x

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm nào trong các điểm sau?

A. . B. . C. . D. .

Câu 18: [2D4-2] Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức thoả .

A. Đường trịn tâm , bán kính . B. Đường trịn tâm , bán kính .
C. Đường trịn tâm , bán kính . D. Đường trịn tâm , bán kính .

Câu 19: [2D2-3] Cho hàm sớ . Tính tổng .

A. . B. . C. . D. .

Câu 20: [2H1-2] Cho hình chóp có đáy là hình vng cạnh , , cạnh bên
tạo với mặt đáy góc . Tính thể tích của khới chóp theo .

A. . B. . C. . D. .

Câu 21: [2D3-2] Giá trị của trong đó và là phân sớ tới giản. Tính giá trị
của biểu thức .

A. . B. . C. . D. .

Câu 22: [2D4-2] Trong mặt phẳng phức, cho điểm trong hình vẽ bên là
điểm biểu diễn số phức . Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào là
sai?

A. . B. Sớ phức có phần ảo bằng .

C. . D. .

Câu 23: [2H3-2] Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai đường thẳng

và đường thẳng . Viết phương

trình đường thẳng đi qua , đồng thời vng góc với cả hai đường thẳng và .

A. . B. .

 

yf x
5

x  x 0 x 2 x 1

z z 1 2i 3



1; 2



I  r 9 I



1;2



r 9



1; 2



I  r 3 I 



1;2



r 3

 

ln2018
1

x
f x

x


 Sf

 

1  f

 

2 ... f



2018



2018

2019
S 

S  S ln 2018 S 2018

S ABCD a SA



ABCD



SC

45 V S ABCD. a

3 2

V a

3 3

3
a
V 

3 2

a
V 

3 2

6
a
V 

2
0

9 x xd a
b

 



a b  , a

b
T ab

T  T 24 T 12 T 36

M
z

z z  z 4

z  z  3 4i

Oxyz

1: 1 4

6 6
x t

d y t

z t





 


  

 2

1 2

2 1 5

x y z

d    





1; 1;2



A  d1 d2

1 1 2

14 17 9

x y z

  1 1 2

2 1 4

x y z

 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

C. . D. .

Câu 24: [2D3-2] Trong không gian với hệ tọa độ , cho đường thẳng là giao tuyến của hai mặt

phẳng và và đường thẳng có phương trình

cắt nhau. Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng và .

A. . B. . C. . D. .

Câu 25: [2H1-2] Cho hình chóp có đáy là hình thang vng tại và . Hình chiếu vng
góc của trên mặt đáy trùng với trung điểm . Biết

Góc giữa hai mặt phẳng và mặt phẳng đáy là . Tính thể tích của khới chóp

A. . B. . C. . D. .

Câu 26: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

 

P x:  2y z  1 0. Véc-tơ nào
dưới đây là một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

P ?

A. n 



1; 2; 1





B. n   



1; 2; 1





C. n 



1;0;1





D. n  



1; 2;1





Câu 27: Cho hàm số

 

3
7

x
x

f x





. Hỏi mệnh đề nào dưới đây là mệnh đề sai?

A.

 









1 2 log 3 4 log 7 0

f x   x  x  

B.

 









0.3 0.3

1 2 log 3 4 log 7 0

f x   x  x  

C.

 









1 2 ln 3 4 ln 7 0

f x   x  x  

D.

 









1 2 4 log 7 0

f x   x  x  

Câu 28: Gọi z z1, 2 là hai nghiệm phức của phương trình z23z  . Tính 5 0 |z1z2|.

A. 3 B.

2 C. 5 D. 3

Câu 29: Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức 5

2 2

x
x

 



 

  .

A. 8.C 75 B.

3
7

8.C

C. C73 D.

2
7

C

1 1 2

3 2 4

x y z

 



1 1 2

1 2 3

x y z

 

Oxyz d

 

 :x y 0

 

  : 2x y z  15 0 d

1
2 2
3

x t

y t

z
 



 


 

 I d d



4; 4;3



I  I



0;0; 2



I



1;2;3



I



0;0; 1



S ABCD A B

S



ABCD



AB AB 1, BC 2, BD  10.



SBD



60 V

. .

S BCD
30
4

V  30

V  3 30

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Câu 30: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

 

P x: 2y 2z 2 0 , và điểm



1; 2; 3



I 

. Mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng P có bán kính là

A. 
1

3 B.

11
3

C. 1 D. 3

Câu 31: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm M



2;0;0



,N



0;1;0



và P



0;0; 2



. Mặt phẳng



MNP



có phương trình là

A. 2 1 2 0

x y z

  

 B. 2 1 2 1

x y z

  



C. 2 1 2 1

x y z

  

D. 2 1 2 1

x y z

  



Câu 32: Tìm điểm cực tiểu của hàm số yx33x2 4

A. x 2 B. M



0; 4



C. x 0 D. M



2;0



Câu 33: Tìm tham số m để đồ thị hàm số

1
mx
y

x m



 đi qua A



1; 3



A. m 2 B. m 1 C. m 2 D. m 0

Câu 34: Cho hàm f x

 

có bảng biến thiên như hình vẽ sau

Hàm số f x

 

đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?

A.



0;3



B.



2; 



</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 35: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vng tại B , BC 2a. Mặt bên



SAB



vng
góc với mặt đáy, biết ASB  60 , SB a . Gọi

 

S là mặt cầu tâm B và tiếp xúc với mặt
phẳng



SAC



. Tính bán kính r của mặt cầu

 

S .

A. r2a B.

3
2 .

19
r a

C. r2a 3 D. 
3
.

19
a

Câu 36: [2D3-3] Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm liên tục trên  và thỏa mãn f 





 ,1





2 4 d 1

f x x



. Tính

 

. d

I x f x x








A. I  .1 B. I  .0 C. I  .4 D. I  .4

Câu 37: [2D2-2] Tìm tập xác định D của hàm số





2 3

yx x 
.

A. D     



;



. B. D  



3; 

  

\ 0 .C. D 



0;  .



D. D  



3;  .



Câu 38: [1D3-3] Cho cấp sớ cộng

 

un có các sớ hạng đều dương, số hạng đầu u  và tổng của 1001 1

sớ hạng đầu tiên bằng 14950 . Tính giá trị của tổng

2 1 1 2 3 2 2 3 2018 2017 2017 2018

1 1 1

...
S

u u u u u u u u u u u u

   

   .

A.

1 1

3 6052

 



 

  . B.

1
1

6052


. C. 2018 . D. 1.

Câu 39: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

  

S1 : x1



2



y1



2



z 2



2 16 và

  











2 2 2

2 : 1 2 1 9

S x  y  z  cắt nhau theo

giao tuyến là đường tròn

 

C . Tìm tọa độ tâm J của đường tròn

 

C .

A.

1 7 1
; ;
2 4 4
J  

  . B.

1 7 1
; ;
3 4 4
J  

  . C.

1 7 1

; ;

3 4 4

J   

  . D.

1 7 1

; ;

2 4 4

J   

  .

Câu 40: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A



4;2;5



, B



0; 4; 3





2; 3;7



C 

. Biết điểm M x y z



0; ;0 0



nằm trên mặt phẳng (Oxy)sao cho MA MB MC 

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

đạt
giá trị nhỏ nhất. Tính tổng P x 0y0z0.

A. P  .3 B. P  .0 C. P  .3 D. P  .6

Câu 41: [2D1-3] Biết đồ thị hàm số y



m 4



x3 6



m 4



x212mx7m18 (với m là tham sớ
thực) có ba điểm cố định thẳng hàng. Viết phương trình đường thẳng đi qua ba điểm cớ định
đó.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu 42: [1D2-3] Cho một tập hợp có 2018 phần tử. Hỏi tập đó có bao nhiêu tập con mà mỗi tập con đó
có sớ phần tử là một số lẻ.

A. 1009 . B. 220181. C. T 2i. D. 22017.

Câu 43: [2D2-3] Số nghiệm thực của phương trình

1 1

2018 2018

1 2018

x

x x

  

  là

A. 3 . B. 0 . C. 2018 . D. 1.

Câu 44: [2D4-3] Cho phương trình z4 2z36z2 8z 9 0 có bớn nghiệm phức phân biệt là z , 1 z ,2

z , z . Tính giá trị của biểu thức 4



 



2 2 2 2

1 4 2 4 3 4 4 4

T  z  z  z  z 

A. T 2i. B. T  .1 C. T 2i. D. T  .0

Câu 45: [1H2-3] Từ các chữ số 1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 8 chữ sớ sao cho
trong mỗi sớ đó có đúng ba chữ sớ 1, các chữ sớ cịn lại đôi một khác nhau và hai chữ số chẵn
không đứng cạnh nhau?

A. 2612 . B. 2400 . C. 1376 . D. 2530 .

Câu 46: [2D1-3] Cho hàm số

 

3 2 1

f x x mx nx

với m , n là các tham số thực thỏa mãn





7 2 2 0

m n

m n
 





  



 . Tìm số điểm cực trị của hàm số y f x

 

.

A. 2 . B. 9 . C. 11. D. 5 .

Câu 47: [2D3-3] Tính diện tích hình phẳng giới han bởi các đường y x 2 2 và y x

A. 
13

3 . B.

3 . C. 3 . D.

11
3 .

Câu 48: [2D1-3] Cho hàm số









3 3 3

y x a  x b  x

với a , b là tham số thực. Khi hàm số đồng

biến trên



    , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ;











2 2

A a b  a b  ab
.

A. MinA  .2 B.

1
Min

16
A 

. C.

1
Min

4
A 

. D. MinA  .0

Câu 49: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

1 2

2 1 1

x y z

  

 và hai
điểm A



0; 1;3



, B



1; 2;1



. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho MA22MB2
đạt giá trị nhỏ nhất.

A. M



5;2; 4



. B. M   



1; 1; 1



. C. M



1;0; 2



. D. M



3;1; 3



Câu 50: [2H1-4] Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh BC , BD , AC lần lượt lấy các điểm M , N , P

sao cho BC3BM,

3
2
BD BN

, AC2AP. Mặt phẳng



MNP



chia khối tứ diện ABCD

thành hai phần có thể tích là V , 1 V . Tính tỉ sớ 2
1
2

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

A.

1
2

26
13
V

V  . B.

1
2

26
19
V

V  . C.

1
2

3
19
V

V  . D.

1
2

15
19
V

V  .

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

---HẾT---GIẢI CÁC CÂU VD-VDC

Câu 19. [2D2-3] [Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định năm 2018]Cho hàm số

2018
( ) ln

1
x
f x

x


 . Tính 
tổng Sf

 

1  f

 

2 ... f



2018



A.

2018
2019
S 

. B. S 1. C. S ln 2018. D. S 2018.

Lời giải
Chọn A.

Ta có:

 

2018 1
.
1 2018
x x
f x
x x
 
 
  


 





2
2018 1
.
2018
1
x
x
x








1
1
x x



Khi đó:

 

1
1

1.2
f  

;

 

1
2

2.3

f  

; …;





1
2018

2018.2019

f  

S

1 1 1

...

1.2 2.3 2018.2019

    1 1 1 1 .... 1 1

2 2 3 2018 2019

       1 1

2019

  2018

2019


Chọn phương án A.

2018
2019
S 

Bài toán tương tự:

Câu 1. [2D2-3] Cho hàm số ( ) 2018.f x  ex . Tính tổng S f

 

0  f

 

1 ...  f



2018



A. 
2019
1
2018.
1
e
S
e



 . B.

2018
1
2018.
1
e
S
e



 . C.

2018
1
1
e
S
e



 . D.

2019
21
2018 .
1
e
S

e


 .
Lời giải
Chọn A.

Ta có:

 

2018.

x

f x  e
.

 

2018.

x

f x  e

Khi đó : f 

 

0 2018 ; f

 

1 2018.e ;…;





2018

2018 2018.

f  e

S 2018 2018.e ... 2018.e2018

   





2018

2018 1 e ... e

   
2019
1
2018.
1
e
e


 .

Chọn phương án A.

2019
1
2018.
1
e
S
e


 .

Câu 2. [2D2-3] Cho hàm sớ

1
( ) ln
f x

x


. Tính tổng



 



lim 1 2 2 ... 2n ...

n

S f f f f

 

   

    

A. S 2. B. S 2. C.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Lời giải
Chọn A.

Ta có:

 

1 1

f x x

x x


 

    

  .

Khi đó: f 

 

1  ; 1

 

1
2

2
f  

;

 

1
2

2
f  

; …;

 

1
2

n

f  
.

S 2

1 1 1

lim 1 ... ...

2 2 2n

n 

 

       

  2

1 1 1

lim 1 ... ...

2 2 2n

n 

 

       

  2.

Chọn phương án A. S 2.

Câu 25. [2H1-2] [Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định năm 2018] Cho hình chóp .S ABCD có đáy là
hình thang vng tại A và .B Hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy (ABCD) trùng với
trung điểm AB . Biết AB1,BC2,BD 10. Góc giữa hai mặt phẳng



SBD



và mặt phẳng
đáy là 60 . Tính thể tích V của khới chóp .0 S BCD .

A. 
30

4 . B.

12 . C.

20 . D.

3 30
8
Lời giải

Chọn C.

Gọi H là trung điểm của AB  SH 



ABCD



kẻ HI BD tại I suy ra SI vng góc với
BD

Suy ra góc giữa mp SBD





và mặt phẳng mp ABCD





chính là góc



SI IH,



SIH 600
Ta có ABD đồng dạng với IBH

. 3 10

BD AD AD BH

IH

BH IH BD

    

Trong SHI vng tại H có

0 3 30

tan 60

SH IH 

D
S

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Do  , 
1

/ / .

BCD D BC

AD BC S  d BC

 , 

1 1

. . 1

2d A BC BC 2AB BC

  

1 30

3 20

SBCD BCD

V SH S

  

Câu phát triển :[2H1-2 -PT] Cho khới chóp .S ABCD có SA vng góc với đáy, SA  ,4 AB  ,6
10

BC  và CA  . Biết BD cắt AC tại trung điểm I của AC sao cho 8 DI 3BI Tính

thể tích khới chóp .S ABCD .

A. V 128. B. V 192. C. V  .32 D. V 24.
Lời giải

Chọn A.

Ta có AB2AC2 6282 102 BC2 suy ra tam giác ABC vuông tại A ,
Do DI 3IB dD AC;  3dB AC;  18

Diện tích ABCD là:

 , 

1 1

. .

2 2

ABCD BAC DAC D AC

S S S  AB AC d AC

1 1

.6.8 18.8 96

2 2

  

Vậy

1 1

. . .4.96 128

3 3

SABCD ABCD

V  SA S  

Câu 35. [2H2-3] (Đề thi HK2-Lê Hồng Phong-Nam Định) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là
tam giác vng tại B , BC2a Mặt bên



SAB



vng góc với đáy, ASB 60o, SB a . Gọi

 

S

là mặt cầu tâm B và tiếp xúc với



SAC



. Tính bán kính r của mặt cầu

 

S .

A. r2a. B.

3
2

19
r a

. C. r2a 3. D.

3
19
r a

.
Lời giải

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Ta có



SAB

 

 ABC





SAB

 

 ABC



AB, BCAB BC



SAB



.
Vẽ BM SA tại M  SA



BMC







SAC

 

 BMC



, vẽ BH MC tại H





BH SAC

   r BH .

Ta có BM sin 60 .oSB

3
2
a
BM

 

, 2 2

.
BC BM
BH

BC BM





2
2

3
2 .

2
3
4

4
a
a

a
a


 2 3

19
a


Vậy bán kính của mặt cầu

 

S bằng
3
2

19
a

Phân tích: Để giải quyết bài toán trên, học sinh phải nắm vững 2 vấn đề:

1. Cách xác định chân đường cao của hình chóp: Ở bài này sử dụng định lý “Cho 2 mặt phẳng
vng góc với nhau, đường thẳng nằm trong mặt này vng góc với giao tuyến thì vng góc
với mặt kia’’.

2. Cách xác định khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng.
Bài toán phát triển:

Bài 01: Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , biết AB BC a  3,

  900

SAB SCB  , SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 45 . Gọi 0

 

S là mặt cầu tâm B và tiếp
xúc với



SAC



. Tính bán kính r của mặt cầu

 

S .

A. r2a. B. a 2. C. r2a 3. D. r a 6.
Lời giải

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

+ Gọi H là hình chiếu vng góc của S trên mp



ABC



Ta có:

( )

(gt)

SH ABC

HA AB

SA AB

 

 



  .

Tương tự HCBC. Suy ra tứ giác HABClà một hình vuông

+ Do SH 



ABCH







SB ABC,





SBH 450 SH HB a 6

+ Dựng HK SO tại K (1). (với O là tâm của hình vuông HABC)

Do O

SH AC

H AC







  AC



SHO



 ACHK

 

Từ (1) và (2) suy ra HK (SAC), nên

[ ,( )]

d H SAC HK 2 2

SH HO

SH HO



 2 2

6. 3

6 3

a a



 a 2

Lại có: HB(SAC)O d B SAC



,( )



d H SAC



,( )



a 2

Vậy bán kính của mặt cầu

 

S bằng a 2.

Câu 38: [1D3-3] [Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định năm 2018]Cho cấp số cộng

 

un có các sớ

hạng đều dương, sớ hạng đầu u  và tổng của 100 số hạng đầu tiên bằng 14950. Tính giá trị1 1

của tổng

2 1 1 2 3 2 2 3 2018 2017 2017 2018

1 1 1

...
S

u u u u u u u u u u u u

   

  

A.

1 1

3 6052

 



 

  . B.

1
1

6052


. C. 2018 . D. 1.

Giải
Chọn A.

Gọi d là công sai của cấp số cộng. Khi đó:

100 1

100.99

100 100 4950 14950 3

S  u  d   d   d 

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Ta có:





1 1 1 1 1 1

. .

k k

k k k k k k k k k k k k

u u

d d

u u u u u u u u u u u u



     

 



     

 

  

 .
Do đó:

1 2 2 3 2017 2018 1 2018

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

. . ... . .

S

d u u d u u d u u d u u

     

 

             

       

       

1 1

3 6052

 

   

  .

Phân tích bài tốn:

- Bài toán kết hợp giữa cấp sớ nhân và bài toán tính tổng

S

của một biểu thức liên quan đến

n

số hạng cách đều.

- Để giải bài toán trên ta cần xác định được cơng sai của cấp sớ cộng, sau đó biến đổi tổng về
theo công sai, số hạng đầu và số hạng thứ

n

. Từ đó, tính được tổng

S

BÀI TỐN PHÁT TRIỂN:

Câu 1: [1D3-3] Cho một cấp số cộng ( )u có sớ hạng đầu n u1 1 và sớ hạng thứ 100 bằng 1090 . Tính

tổng 1 2 2 3 2017 2018

1 1 1

...
S

u u u u u u

   

A.

22187
22188

S 

. B. S 22188. C.

2017
22188
S 

. D.

1
22188
S 

.
Giải

Chọn C.

Gọi d là công sai của cấp số cộng

 

un .

Từ giả thiết suy ra u 1 99d 1090  d 11  u2018 22188
Ta có:

1 2 2 3 2017 2018 1 2 2 3 2017 2018

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

... ...

S

u u u u u u d u u d u u d u u

   

 

              

     

1 2018

1 1 1 2017

22188

d u u

 

   

 

Câu 39. [2H3-3](HK2 Lê Hồng Phong – Nam Định – 2018): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,

cho mặt cầu

  











2 2 2

1 : 1 1 2 16

S x  y  z 

và

  











2 2 2

2 : 1 2 1 9

S x  y  z  cắt

nhau theo giao tuyến là đường tròn ( )C . Tìm tọa độ tâm J của đường tròn ( )C .

A.

1 7 1
; ;
2 4 4

J 

  B.

1 7 1
; ;
3 4 4

J 

  C.

1 7 1
; ;
3 4 4

J  

  D.

1 7 1
; ;
2 4 4

J  

 

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Chọn D.

Các điểm thuộc đường tròn ( )C có tọa độ thỏa mãn hệ:

























2 2 2

1 1 2 16

1 2 1 9

x y z

      




     



  4x 2y6z  7 0

Hay ( )C luôn nằm trên mặt phẳng ( ): 4 2 6 7 0P x y z  . Suy ra tâm J của đường tròn ( )C
hình chiếu vng góc của I ( là tâm của mặt cầu (S )1 nên mặt phẳng (P)

+ Phương trình đường thẳng IJ là:

1 2
1
2 3

x t

y t

z t

 



 


  

 . Suy ra, tọa độ của Jlà nghiệm của hệ

1 2
1
2 3

4 2 6 7 0

x t

y t

t

x y z

 

  






    



3
4
1
2
7
4
1
4

t

x

y

z





 

 

 


 


1 7 1

; ;
2 4 4
J  

  

  . Chọn D

Phân tích:Bài toán trên có thể giải quyết bằng cách khác : Tìm tâm Jbằng cách tính tỉ lệ J
chia đoạn thẳng nới tâm hai mặt cầu. Ở lời giải trên, ta sử dụng một kỹ thuật quen thuộc trong
việc tìm phương trình của « phần chung » của các đường, mặt bậc 2 : Ta thường khéo léo kết
hợp hai phương trình để tạo ra phương trình của phần tương giao (Ở bài này (hoặc các bài về
tương giao của hai đường tròn trong phẳng) thì ta trừ hai phương trình cho nhau, ta sẽ thu được

phương trình một mặt phẳng ( hoặc một đường thẳng))

Bài tập phát triển: Ta có thể đưa ra một bài toán tương tự

Câu 1: [2H3-3-PT1] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu

  

S : x1



2



y1



2



z 2



2  và điểm 9 M



1;3; 1



. Biết rằng các tiếp điểm của các tiếp
tuyến kẻ từ M tới mặt cầu đã cho luôn thuộc vào đường tròn ( )C . Tìm tâm J và bán kính

r

của đường trịn ( )C

A.

12 11 23
, 1; ;
25 25 25

r J 

  B.

12 41 11 23

, ; ;

5 25 25 25

r J 

 

C.

12, 1;11 23;

5 25 25

r J  

  D.

12 11 73
, 1; ;
25 25 25

r J 

 

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Cách 1: Ta có

  











2 2 2

: 1 1 2 9

S x  y  z 

có tâm (1; 1; 2)I  , bán kính R 3 IM  024232 5. Gọi

A

là một tiếp điểm. Sử dụng
định lý Pytago, ta dễ dàng tính được MA IM2 IA2  . 4

+ Do AJ IM nên ta có: AJ MA .sin AMJ

12
.

5
IA
MA

IM

 

r



.

+ MJ MA .cos AMJ

16
.

5
MA
MA

IM

 

Vậy

16
25
MJ
MI 

16
25

MJ MI

    1;11 23;
25 25

J  

  

 

Cách 2: Gọi A x



; y; z



là một tiếp điểm,

2 2

MA IM  IA 













2 2 2

1 3 1 16

x y z

      

. Vậy tọa độ của A là nghiệm của hệ

























2 2 2

1 3 1 16

1 1 2 9

x y z

      





     



  4y 3z  . Hay 1 0 A( ) : 4P y 3z  1 0

Vậy:

2 2( ,( )) 12

5
r R  d I P 

, J là hình chiếu vng góc của I lên ( ) : 4P y 3z  . Tọa1 0

độ của J là nghiệm của hệ:

4 3 1 0

1
1 4
2 3

y z

x

y t

z t

  


 



 


  


1
11
25
23
25
x
y

z

 



  









Câu 40: [2H3-3] [Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định năm 2018]Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz cho các điểm A



4; 2;5



, B



0;4; 3



, C



2; 3;7



. Biết điểm M x y z



0; ;0 0



nằm trên mặt

phẳng Oxy sao cho MA MB MC 
  

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

  

đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng P x 0y0z0.

A.P 3. B.P 0. C.P 3. D.P 6.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Gọi G



2;1;3



là trọng tâm ABC MA MB MC  3MG 3MG

   

Do đó MA MB MC 
  

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất.

Mà MG d G Oxy  ,





 GH nên MG nhỏ nhất khi M H khi đó M là hình chiếu vng
góc của G lên



Oxy



 M



2;1;0



 x0y0z0  .3

Câu 49: [2H3-3][Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định năm 2018]Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz , cho đường thẳng

1 2

2 1 1

x y z

  

 và hai điểm A



0; 1;3



, B



1; 2;1



. Tìm tọa độ
điểm M thuộc đường thẳng  sao cho MA22MB2 đạt giá trị nhỏ nhất.

A.M



5;2; 4



. B.M   



1; 1; 1



. C.M



1;0; 2



. D.M



3;1; 3



.
Lời giải

Chọn B.

Vì M thuộc đường thẳng  nên M



1 2 ; ; 2 t t   t



Ta có MA22MB2













 









2 2 2 2 2 2

2 1t t 1 t 5 2 2 t t 2 t 3 

          

  18t236t53

 MA22MB2





18 t 1 35

   35,  t .

Vậy





2 2

min MA 2MB 35  t1

hay M   



1; 1; 1



Bài phát triển

Hai bài ở trên là bài toán cực trị hình học tìm M a b c



, ,



nằm trên đường thẳng hay mặt phẳng,
dạng này ra rất nhiều trong các đề thi thử gần đây và cũng đã có khá phong phú bài tập. Bên
dưới, em phát triển một bài tìm M a b c



, ,



nằm trên mặt cầu. Kỹ thuật dùng là hình học kết
hợp với biến đổi tí về đại sớ. Ý tưởng tạo ra bài đó là khi MA kMB (với k là một sớ thích
hợp) thì M sẽ di động trên mặt cầu.

Bài 1. [2H3-4]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu

  

S : x 3



2



y 2



2



z1



2  , 4 A 



1;2;1



và B



2,5,1



. Cho M a b c



, ,



là điểm di động
trên mặt cầu

 

S sao cho MA2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính a b c  .

A.5 3. B.5 3. C.4 3. D.4 3.

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Chọn A.

  

S : x1



2



y 2



2



z1



2  có tâm 4 I



3; 2;1 ,



R 2
.
Ta có IA 4 R A nằm ngoài khối cầu.

IB R B nằm ngoài khới cầu.

Ta có













2 2 2

1 2 1

MA x  y  z



x 1





y 2





z 1



2 3



x 3





y 2





z 1



2 4

            

 













4 x 2 4 y 2 4 z 1 2MC

      

với C



2;2;1



.
Ta có IC  1 R C nằm bên trong khới cầu.

Ta có MA2MB2MC2MB2BC.





Min MA MB  BC M là giao điểm của đoạn thẳng BC và mặt cầu

 

S (nghĩa là M
nằm giữa ,B C ).

Phương trình đường thẳng BC là





2 3 2;2 3 ,1
1

x

y t M t

z





   


 

 .



2;2 3 ,1

  

M  t  S 













2 2 2 1

2 3 2 3 2 1 1 4

t t

        

Vậy









2;2 3;1
2;2 3;1
M

M

 



 

 .

Do M nằm giữa ,B C nên M



2; 2 3;1



(do MC cùng hướng BC ).

Câu 41: [2D1-3] Câu 41 [LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH – HK2 ]Biết đồ thị hàm số



4



3 6



4



2 12 7 18

y m x  m x  mx m (với m là tham sớ thực) có ba điểm cớ định thẳng
hàng. Viết phương trình đường thẳng đi qua ba điểm cố định đó.

A.y48x10. B.y 3x .1 C. y x  2. D.y2x .1
Lời giải

Chọn A.

Gọi M x y



0; 0



là điểm cố định của đồ thị hàm số đã cho.

Khi đó:









3 2

0 4 0 6 4 0 12 0 7 18

y  m x  m x  mx  m

luôn đúng m  







3 2 3 2

0 6 0 12 0 7 0 4 0 24 0 18

x  x  x  m y  x  x 

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>



3 2

0 0 0

3 2

0 0 0

6 12 7 0

4 24 18 0

x x x

y x x

    


   


3 2

0 0 0

3 2

0 0 0

6 12 7

4 24 18 0

x x x

y x x

   

 
   



 y04 12



x0 7



18 0  y0 48x010.

Vậy phương trình đường thẳng đi qua ba điểm cố định là y48x10.
Câu thêm :

Câu 1. Biết đồ thị



Cm



của hàm số





( 1)

m x m

y m

x m

 

 

 luôn đi qua một điểm M cố định khi
m thay đổi. Tọa độ điểm M khi đó là

A.
1
1;
2
 
 
 
 
M

. B. M



0;1



. C. M



1;1



. D. M



0; 1



.
Lời giải

Chọn B.

Gọi M x y là điểm cố định cần tìm.( ; )0 0

Ta có
0
0
0
( 1)
,

m x m

y

x m

 



  m 0  x y0 0my0mx0x0m,   , m 0 x0 m

0 0 0 0 0

( 1) 0

m y x x y x

      ,m 0

0 0

0 0 0

1 0
0
  


 

y x

x y x

0
0
0
1


 


x

y  M(0;1)
.

Câu 2. Hỏi khi m thay đổi đồ thị (C của hàm số m) y x 3 3mx2 x3m đi qua bao nhiêu điểm cố

định ?

A.1. B. 3 . C.2. D.4 .

Lời giải
Chọn C.

Gọi M x y là điểm cố định cần tìm.( ; )0 0

Ta có: y0 x03 3mx02 x03 ,m m .

2 3

0 0 0 0

3(1 x m x) x y 0, m

      

2
0
3

0 0 0

1 0

0
x

x x y

  

 
  


0
0
1
0

x
y


 

 hoặc 
0
0
1
0
x
y




 .

Vậy đồ thị hàm số đã cho đi qua hai điểm cố định.

Câu 43: [2D2-3] [HK2- Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định-2018] Số nghiệm thực của phương trình

1 1
2018 2018
1 2018
x
x x
  

  là

A. 3 . B. 0 . C. 2018 . D. 1.

Lời giải
Chọn A.

Điều kiện x  , 1 x 2018.

Xét hàm số

 

1 1
2018 2018
1 2018
x
f x
x x
   

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

 









1 1

2018 ln 2018 0

1 2018

x

f x

x x

    

 

,     x x





 

f x


đồng biến trên từng khoảng xác định.

Ta có BBT của hàm số yf x

 

Căn cứ vào BBT trên suy ra phương trình f x 

 

0 có 3 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm thực.

Câu phát triển:

Câu 1: [2D2-3-PT1] Số nghiệm thực của phương trình

1 1

2017 2017 1

2 3 2 2017

x

m

x x

   

  là

A. 2 . B. 3 . C. 2018 . D. 4 .

Lời giải
Chọn B.

Điều kiện
2
3
x 

2017
2
x 

Xét hàm số

 

1 1

2017

2 3 2 2017

x

f x

x x

  

  với

2
3
x 

2017
2
x 

có

 









3 2

2017 ln 2017 0

3 2 2 2017

x

f x

x x

    

 

2 2017

, ,

3 2

x x x

  

 

f x


đồng biến trên các khoảng

2
;

 

 

 

  ,

2 2017
;

3 2

 

 

  ,

2017
;
2

 

 

 

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Căn cứ BBT trên suy ra phương trình f x

 

2017m2 có 3 nghiệm thực phân biệt1
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm thực.

Câu 2: [2D2-3-PT2] Tập tất cả các giá trị thực của m để phương trình

1 1

2020

5 2 4 2020

x m

x x

  

 

có ba nghiệm thực là

A.



 ; 2020



. B.



1; 2020



. C.



0;  



. D.



    .;



Lời giải

Chọn C.

Điều kiện
5
2
x 

, x 505.

Xét hàm số

 

1 1

2020

5 2 4 2020

x

f x

x x

  

  với

5
2
x 

, x 505 có

 









2 4

2020 ln 2020 0

2 5 4 2020

x

f x

x x

    

 

, , 505

x x x

  

 

f x

 đồng biến trên các khoảng 
5
;

 

 

 

  , 
5

; 505
2

 

 

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Căn cứ BBT trên suy ra phương trình f x

 

 có 3 nghiệm thực phân biệt khi m m 0.
suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm thực khi m> .0

Câu 44: [2D4-3] Câu 44 [Thi HK2, THPT Chuyên Lê Hồng Phong, 2017-2018, Nam Định] Cho

phương trình z4 2z36z2  8z  có bớn nghiệm phức phân biệt là 9 0 z1, z2, z3, z4. Tính

giá trị của biểu thức



 



2 2 2 2

1 4 2 4 3 4 4 4

T  z  z  z  z 

A.T 2i. B.T  .1 C.T 2i. D.T 0.

Lời giải

Chọn B.

Đặt

 

4 2 3 6 2 8 9

f z z  z  z  z .

Ta có z1, z2, z3, z4 là nghiệm của phương trình f z 

 

0 nên ta phân tích được f z

 



z z1

 

z z2

 

z z3

 

z z4



     



z1  z

 

z2  z

 

z3 z

 

z4  z



Ta có



 



2 4 2 42 2 2

z  z  i  z i z i
.

T

 



z12i z

 

2 2i z

 

3 2i z

 

42i



  .



z1 2i z

 

2  2i z

 

3  2i z

 

4  2i







2 .

  

2 1

f i f i

   
.

Câu tương tự: [2D4-3] Gọi z , 1 z , 2 z , 3 z là các nghiệm của phương trình 4 z4 4z37z216z 12 0 .

Tính biểu thức



 



2 2 2 2

1 4 2 4 3 4 4 4

T  z  z  z  z 

A.T 2i. B.T  .1 C.T 2i. D.T 0.

Lời giải
Chọn D.

Ta có



 







4 4 3 7 2 16 12 0 1 3 2 4 0

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Ta có z1, z2, z3, z4 là nghiệm của phương trình nên tồn tạizi, i 1, 4 thỏa mãn





2 4 0

i

z  

Vậy T 0.

Câu 45. [1D2-3] [Đề thi học kì II chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định -2018] Từ các chữ số 1, 2 , 3 ,
4 ,5 , 6 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm tám chữ số sao cho trong mỗi sớ đó có đúng ba
chữ sớ 1, các chữ sớ cịn lại đơi một khác nhau và hai chữ số chẵn không đứng cạnh nhau?

A. 2612 . B. 2400 . C. 1376 . D. 2530 .

Hướng dẫn giải
Chọn B.

Bước 1: ta xếp các sớ lẻ: có các số lẻ là 1, 1, 1,3 , 5 vậy có
5!

3! cách xếp.

Bước 2: ta xếp 3 sớ chẵn 2 , 4 , 6 xen kẽ 5 sớ lẻ trên có 6 vị trí để xếp 3 sớ vậy có A cách xếp.36

Vậy có

3
6

.A 2400

3!  thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tương tự

Câu 1. [1D2-3 PT1] Có bao nhiêu sớ tự nhiên gồm 10 chữ số đôi một khác nhau, trong đó các chữ sớ 
1, 2,3, 4,5 được sắp xếp theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải và chữ số 6 luôn đứng trước chữ
số 5?

A. 2888.. B. 22680.. C. 544320. . D. 630. .

Hướng dẫn giải
Chọn B.

Xếp 1, 2,3, 4,5 coi là 5 vách ngăn nên có 1 cách xếp
Xếp 6 trước 5 có 5 cách xếp và tạo ra 7 khoảng trớng
Lần lượt xếp 7,8,9 vào có sớ cách là 7,8 và 9 cách

Xếp 0 vào có 9 cách. Do đó có 5.7.8.9.9=22680 sớ thỏa mãn.

Câu 2. [1D2-3 PT1] Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5chữ số đôi một khác nhau, trong đó các chữ sớ đều 
lớn hơn 4và có 3 chữ sớ lẻ đứng kề nhau.

A. 36 . B. 72 . C. 120 . D. 27216 .

Lời giải
Chọn A.

Vì sớ tự nhiên cần tìm có các chữ sớ đều lớn hơn 4 nên số tự nhiên cần tìm được thành lập từ
tập A= 5; 6; 7; 8; 9{ }.

Vì 3 chữ số lẻ đứng kề nhau nên gom chúng thành chữ số M .
● Bước 1. Xếp M và hai chữ sớ chẵn cịn lại có 3! cách xếp.

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Câu 46. [2D1-3] (Đề thi học kì II chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định -2018) Cho hàm số

 

3 2 1

f x x mx nx với , m n là các tham số thực thoả mãn





7 2 2 0

m n

 




  

 . Tìm số

điểm cực trị của hàm số y f x

 

A. 2 . B. 9. C. 11 D. 5.

Lời giải:

Chọn C





7 2 2 0

m n

 




  



 

1 0

2 0

f
f

 


 






Vì f

 

1 0 f

 

2 nên hàm số f x

 

không thể đồng biến trên R . Vậy hàm số f x

 

có hai
điểm cực trị.

Ta có f

 

0  , 1 f

 

1 m n  , 0 f

 

2  7 4m2n và 0 xlim f x

 

   p 2

sao cho f p 

 

0. Suy ra phương trình f x 

 

0 có ba nghiệm phân biệt c 1



0;1



,





2 1; 2

c 

và





3 2;

c  p

. Do đó đồ thị hàm sớ có hai điểm cực trị x1



c c1; 2



và x2 



c c2; 3



, dễ thấy
1, 2

x x là các số dương, hơn nữa hai giá trị cực trị này trái dấu f x

 

1 0 f x

 

2 (vì hệ số cao

nhất là 1).

Đồ thị hàm số f x

 

có hai điểm cực trị x , 1 x là các số dương nên đồ thị hàm sớ 2 f x

 

sẽ có

5 điểm cực trị.

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Bình luận:

Đây là dạng bài tập về đếm số điểm cực trị của hàm số dạng f x

 

trong đó sớ điểm cực trị
của hàm số f x

 

và những điều kiện liên quan bị ẩn đi.

Để giải quyết bài toán này bạn đọc cần dựa vào giả thiết bài toán để tìm:
 Số điểm cực trị n của hàm số f x

 

 Số điểm cực trị dương m (với m n ) của hàm số

 Số giao điểm p của đồ thị hàm sớ với trục hoành trong đó có q điểm có hoành độ dương
Bây giờ giả sử ta tìm được các dữ kiện trên khi đó ta suy ra

 Đồ thị hàm sớ f x

 

có 2m  điểm cực trị1

 Đồ thị hàm sớ f x

 

có np điểm cực trị

 Đồ thị hàm số f x

 

có 2m2q điểm cực trị.1

Ngoài vấn đề tìm sớ điểm cực trị, bài toán cịn có nhiều hướng để ra đề khác ví dụ như hỏi sớ
giao điểm với trục hoành, tính đồng biến nghịch biến của hàm số.

Bài tập phát triển ý tưởng

Câu 1. Cho hàm số yf x

 

ax4 bx2  thoả điều kiện c





4 0

ab

ac b ac







 



 . Sớ nghiệm lớn nhất

có

thể có của phương trình f x

 

m, m  R là

A. 4 B. 6 . C. 8 . D. 12.

Lời giải:

Chọn C

Do ab  nên hàm sớ đã cho có ba điểm cực trị và tính toán được ba điểm cực trị đó lần lượt 0

là A



0;c



Δ
;

2 4

b
B

a a

 

 

 

  ,

Δ
;

2 4

b
B

a a

 

  

 

  với Δb2  4ac.

Lại có





2 4 0

ac b  ac 

.b ac. 0

c a

a


  . Δ 0

4
c

a

  

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

cực trị , B C nằm khác phía với A so với trục hoành. Suy ra dạng đồ thị của hàm số f x

 

lúc
này là

Dựa vào các đồ thị trên ta thấy số nghiệm lớn nhất của phương trình f x

 

m có thể có là 8

Câu 2. Cho các sớ thực , , a b c thoả mãn

4 2 8

0
a b c

a b c

bc
   




  



 

 . Đặt f x

 

x3 ax2 bx c . Số điểm cực

trị của hàm sớ f x

 

lớn nhất có thể có là

A. 2 . B. 9. C. 11 D. 5.

Lời giải:

Chọn C

Từ giả thiết bài toán ta có f

 

1  , 0 f 





 và 0 xlim   f x

 

 , xlim  f x

 

 ta suy ra

phương trình f x 

 

0 có ba nghiệm phân biệt, suy ra hàm sớ f x

 

có hai điểm cực trị x , 1 x2

(x1 x2) và hai giá cực trị trái dấu nhau.

Khi
0
0
b
c







 thì ta có 1 2 3 0
b
x x  

nên x1 0 x2 và f

 

0   nên c 0 f x 

 

0 có hai

nghiệm dương. Do đó đồ thị hàm sớ f x

 

có 7 điểm cực trị.

Khi
0
0
b

c







 thì ta cóx x  và 1. 2 0 f

 

0   nên hàm sớ có hai điểm cực trị dương và bac 0

giao điểm với trục hoành có hoành độ dương. Khi đó đồ thị hàm sớ f x

 

có 11 điểm cực trị
Câu 48. [2D1-3] [Thi HK2, THPT Chuyên Lê Hồng Phong, 2017-2018, Nam Định] Cho hàm số









3 3

y x a  x b  x

với a , b là tham số thực. Khi hàm số đồng biến trên



    ,;



hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức









2 2

A a b  a b  ab
.

A. MinA  .2 B.

Min

16
A 

. C.

1
Min

4
A 

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Chọn B.

Ta có









3 3 2 3 2 2 3 3

y x  a b x  a b x a b  y3x26



a b x



3



a2b2



.
Hàm số đồng biến trên



   ;



 y , 0       x



;



   0 ab  0 ab .0

Ta có









2 2

A a b  a b  ab





1 1 1

2 9

4 16 16

a b ab

 

      

  .

Vậy

1
Min

16
A 

khi

. 0

8
a b
a b






 




0
1
8
1
8
0
a
b

a
b
 






 


 
 


 
 
  

 .

Phân tích: Bản chất bài toán là đi tìm max; min của biểu thức 2 biến ,a b với ,a b thỏa mãn 
một điều kiện cho bởi một “dữ kiện gián tiếp”. Việc đánh giá biểu thức A dựa vào phân tích 
thành tổng bình phương và “dư” ab để sử dụng ab  .0

Bài toán tương tự:

Bài 1: Cho hai số thực thay đổi ,a b thỏa mãn a b  . Đặt 0

ln xy
S

z

 

  

  , trong đó x e 2a3,

2b

y e ,
và z e 3 a b . Khẳng định đúng là

A. S 0. B. S  4 3 2. C. S 52. D. S  52.

Lời giải
Chọn D.

Ta có

3 3

2a 2b 3 a b

xy
e
z

  

 ln xy 2



a3 b3



3 a b

z

 

     

  .

Ta có







 







3 3 3

3 3 3 3

a b  a b  ab a b  a b  a b





3 3

4
a b

a b 

  

Vậy





3 3

1 1

3 3

2 2

S a b  a b  t  t

với t a b   .0
Lập BBT

Vậy

5
2
S 

. Dấu “=” xảy ra khi

1
2
a b 

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Bài 2: [THCS, THPT Nguyen Khuyen - KT Dinh ky - Lan 2 (2017 - 2018)] Cho x 0; y  và0

3 4.

x y Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của

3
1 1

x y

P

x y

 

  lần lượt là:

A. 2; khơng có giá trị nhỏ nhất. B. 
4
2; .

C. 
4

; 2.

5 D. khơng có giá trị lớn nhất;

4
.
5
Lời giải

Chọn B

0; 0

x y và x3y 4 x 4 3y và

0 .

3
y
 

4 3 3

5 3 1

y y

P

y y



 

 

1 3

4 ( ).

3y 5 y 1 f y

   

 

Ta có:









2 2

3 3

'( ) 0

3 5 1

f y

y y



  

  8y2 32y 24 0

   

4
1 0;

3
4
3 0;

3
y

y

  

 

  

 




  

 

  

 



 

0 4;
5

f 

(1) 2;f 

4 12

3 7

f  
 

Vậy GTLN, GTNN của biểu thức lần lượt là:
4
2; .

Câu 50. [2H1-4] [Thi HK2, THPT Chuyên Lê Hồng Phong, 2017-2018, Nam Định] Cho tứ diện
ABCD , trên các cạnh BC , BD , AC lần lượt lấy các điểm , ,M N P sao cho BC3BM ,

3
2
BD BN

, AC2AP. Mặt phẳng



MNP



chia khối tứ diện ABCD thành hai phần có thể

tích là V V . Tính tỉ sớ 1, 2
1
2

V
V .

A.

1
2

26
13
V

V  . B.

1
2

26
19
V

V  . C.

1
2

3
19
V

V  . D.

1
2

15
19
V

V  .

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

( Định lý Menenaus: Cho ABC , đường thẳng

 

d cắt các cạnh AB BC CA lần lượt tại, ,
, ,

M N P . Khi đó ta có . . 1
MA PB NC
MB PC NA  )

N
A

B P

Gọi I MN CD , K ADPI.

Áp dụng định lý Menenaus cho BCD và ba điểm M N I ta có, ,

. . 1

ID MC NB
IC MB ND 

2 2

. . 1

1 1
ID
IC

  1

ID
IC

 

Áp dụng định lý Menenaus cho ACD và ba điểm , ,P K I ta có

. . 1

ID PC KA
IC PA KD 

1 1

. . 1

4 1
KA
KD

  4

1
KA
KD

 

.
Khi đó, ta có

2 1 1 1
. .
3 2 1 3

CMPN
CBAN

V

V  

1 2

3 9

CMPN CBAN ABCD

V V V

  

 

1
1 4 1 2

. .
2 5 1 5

APKN
ACDN

V

V  

2
5

AKPN ACDN

V V

  3

CNPKD ACDN

V V

  1

5VABCD



 

Từ

 

1 và

 

2  VCMPKDN VCMPN VCNPKD

2 1

9VABCD 5VABCD

  19

45VABCD



</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

1
2

26
19
V
V

 

Câu Phát triển1. [2H1-4 PT1] Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P lần lượt thuộc các cạnh
BC , BD , AC sao cho BC4BM, AC3AP, BD2BN . Tính tỉ sớ thể tích hai phần của
khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mp MNP





A. 
7

13 . B.

15 . C.

15 . D.

8
13 .
Lời giải

Chọn A

k
A

(Địnhlý Menelaus Cho tam giác ABC đường thẳng

 

d cắt các cạnh AB BC CA lần lượt tại, ,
, ,

M N P ta có . . 1

MA PB NC
MB PC NA  )

N
A

B P

Gọi I MNDC K, ADPI.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BCD và 3 điểm M N I ta có, ,

. . 1

IC ND MB
ID NB MC 

.1. 1 3

IC IC

ID ID

   

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ACD và 3 điểm , ,P K I ta có

. . 1

KD PA IC
KA PC ID 

1 2

. .3 1

2 3

KD KD

KA KA

   

2 3 2 1

. . . .1

3 4 4 2

VCPMN CP CM CN

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

1 1

(3)

2 4

VCPMN VCABN VABCD

  

1 3 1

. . . .1

3 5 5

APKN
ACDN

V AP AK AN

V AC AD AN  

4
5

NCPKD
ACDN

V
V

  4

NCPKD ACDN

V V

  4 1 2 (4)

5 2VABCD 5VABCD

 

   

3 , 4  VCMPKDN VCPMN VNCPKD
13
20VABCD

 ABMNKP 137

CMNDK

V
V

 

Câu Phát triển1. [2H1-4 PT2] Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh BC , BD , AC lần lượt lấy các

điểm M N P sao cho , , BC2BM ,BD3BN, AC4AP. Mặt phẳng



MNP



chia khối tứ

diện ABCD thành hai phần có thể tích là V V . Tính tỉ sớ 1, 2
1
2

V
V .

A.

1
2

13
24
V

V  . B.

1
2

5
8
V

V  . C.

1
2

23
17
V

V  . D.

1
2

9
11
V

V  .

Lời giải.
Chọn D

( Định lý Menenaus: Cho ABC , đường thẳng

 

d cắt các cạnh AB BC CA lần lượt tại, ,
, ,

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

N
A

B P

Gọi I MN CD , K ADPI.

Áp dụng định lý Menenaus cho BCD và ba điểm M N I ta có, ,

. . 1

ID MC NB
IC MB ND 

1 2

. . 1

1 1
ID
IC

  1

2
ID
IC

 

Áp dụng định lý Menenaus cho ACD và ba điểm , ,P K I ta có

. . 1

ID PC KA
IC PA KD 

1 3

. . 1

2 1
KA
KD

  2

3
KA
KD

 

.
Khi đó, ta có

1 3 1 3
. .
2 4 1 8

CMPN
CBAN

V

V  

3 1

8 4

CMPN CBAN ABCD

V V V

  

 

1
1 2 1 1

. .

4 5 1 10

APKN
ACDN

V

V  

1
10

AKPN ACDN

V V

  9

CNPKD ACDN

V V

  3

10VABCD



 

Từ

 

1 và

 

2  VCMPKDN VCMPN VCNPKD

1 3 11

4VABCD 10VABCD 20VABCD

  

1
2

9
11
V
V

 

</div>

Đề kiểm tra học kỳ 2 có đáp án môn toán lớp 12 trường THPT lê hồng phong | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

<b>HKII-LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH</b>

















<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

 

 

<sub></sub>

<sub></sub>

 

 

 

 









<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>









 

 





<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>

 

 

 















 

 

















 

 









 









 