🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook 524 Câu Hỏi Vận Dụng Cao Được Trích Hơn 300 Đề Thi Thử THPT Năm 2017-2018 Môn Toán (Có Đáp Án Chi Tiết) Ebooks Nhóm Zalo Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Mục lục Chương 1. Lượng giác ............................................................................................................................................... 2 Chương 2. Tổ hợp .................................................................................................................................................... 17 Chương 3. Dãy số .................................................................................................................................................... 30 Chương 4. Giới hạn.................................................................................................................................................. 39 Chương 5. Đạo hàm................................................................................................................................................. 45 Chương 6. Phép biến hình........................................................................................................................................ 58 Chương 7. Quan hệ song song ................................................................................................................................. 59 Chương 8. Quan hệ vuông góc ................................................................................................................................ 61 Chương 9. Ứng dụng đạo hàm – khảo sát hàm số ................................................................................................... 85 Chương 10. Mũ – Logarit ...................................................................................................................................... 141 Chương 11. Nguyên hàm – tích phân .............................................................................................................. 170 Chương 12. Số phức............................................................................................................................................... 201 Chương 13. Khối đa diện ....................................................................................................................................... 221 Chương 14. Khối tròn xoay................................................................................................................................ 245 Chương 15. Không gian Oxyz ............................................................................................................................... 287 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 1 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Chương 1. Lượng giác Câu 1: Hàm số 1 1 =+++ không xác định trong khoảng nào trong các khoảng sau tan cotsin cos yxxx x đây? ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + + ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + + k k π ⎝ ⎠.C. 2; 2 2k k π k k π ⎝ ⎠. B. 3 2; 2 2 π π A. 2; 2 2 ( ) π + + k k 2 ;2 2 ππ π . Chọn D π π π Lời giải π π π ⎝ ⎠. D. ⎧ ≠ π ⎨ ⇔ ≠⇔≠ ∈ Hàm số xác định khi và chỉ khi sin 0 sin2 0 , x k x xk ⎩ ≠. cos 0 2 x k x π Ta chọn 3 32 π thuộc khoảng ( ) π + + k k 2 ;2 2 ππ π . =→≠ nhưng điểm 32 Vậy hàm số không xác định trong khoảng ( ) π + + k k 2 ;2 2 ππ π . ⎛ ⎞ π Câu 2: Tìm tập xác định D của hàm số 2 5 2cot sin cot2 y xx x =+ − + + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠. A. \ , 2k D k ⎧ ⎫ π = ∈ ⎨ ⎬ ⎩ ⎭   . B. \ , 2k D k ⎧ ⎫ π =− ∈ ⎨ ⎬ ⎩ ⎭   .C. D =  . D. D kk = ∈   \ , { π }. Lời giải Chọn A Hàm số xác định khi và chỉ khi các điều kiện sau thỏa mãn đồng thời. ⎛ ⎞ π 2 5 2cot sin 0 + −≥ x x , cot2x ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ xác định và cot x xác định. Ta có 2 5 2cot sin 0 2 5 2cot sin 0, 1 sin 2 0 5 sin 0 ⎧ + −≥ ⎨ ⇒ + − ≥ ∀∈ x xxx x ⎩ − ≥⇒− ≥. x x ⎛ ⎞ π x xk x kk ππ π ⎛ ⎞ ⇔ + ≠ ⇔ + ≠ ⇔ ≠− + ∈ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠  . ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ xác định sin 0 , 22 2 cot2x cot x xác đinh ⇔ ≠⇔≠ ∈ sin 0 , x xkk π  . π π π ⎧⎪ ≠− + ⎨ ⇔≠ ∈ π π x k k x k Do đó hàm số xác đinh 2 , 2  . ⎪⎩ ≠ π x k Vậy tập xác định \ , 2k D k ⎧ ⎫ π = ∈ ⎨ ⎬ ⎩ ⎭   . Câu 3: Trong các hàm số sau, hàm số nào có đồ thị đối xứng qua trục tung? A. 21 sin yx = . B. sin4 y x⎛ ⎞ π = + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . C. 2 cos4 y x⎛ ⎞ π = − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . D. y = sin 2x . Lời giải Chọn A Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 2 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 ⎛ ⎞ π Viết lại đáp án B ( ) 1 sin sin cos = += + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 4 2 y x xx 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. Xét đáp án D. x xk k xk k π ⎡ ⎤ ⇔ ≥⇔ ∈ + ⇔∈ + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦.  Hàm số xác định sin 2 0 2 2 ; 2 ; [ ] 2 π ππ π π Dk k k π ⎡ ⎤ ⎯⎯→= + ∈ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦  . ; . ( ) 2 π π π  Chọn D π = ∈ nhưng D. − =− ∉ Vậy y = sin 2x không chẵn, không lẻ. x 4 x 4 Câu 4: Số giờ có ánh sáng của một thành phố A trong ngày thứ t của năm 2017 được cho bởi một hàm số π = −+ , với t Z ∈ và 0 365 < ≤t . Vào ngày nào trong năm thì thành phố A có 4sin 60 10 ( ) 178 y t nhiều giờ ánh sáng mặt trời nhất?. A. 28 tháng 5. B. 29 tháng 5. C. 30 tháng 5. D. 31 tháng 5. Lời giải. Chọn B. π π − ≤⇒ = − + ≤ . Vì sin 60 1 4sin 60 10 14 ( ) ( ) 178 178 tyt Ngày có ánh nắng mặt trời chiếu nhiều nhất 14 sin 60 1 60 2 149 356 ( ) ( ) 178 178 2 y t t kt k π ππ ⇔ = ⇔ − =⇔ − = + ⇔= + π . Mà 149 54 0 365 0 149 356 365356 89 < ≤ ⇔ < + ≤ ⇔− < ≤ t kk . Vì k ∈ nên k = 0 . Với k t =⇒= 0 149 tức rơi vào ngày 29 tháng 5 (vì ta đã biết tháng 1 và 3 có 31 ngày, tháng 4 có 30 ngày, riêng đối với năm 2017 thì không phải năm nhuận nên tháng 2 có 28 ngày hoặc dựa vào dữ kiện 0 365 < ≤t thì ta biết năm này tháng 2 chỉ có 28 ngày). Câu 5: Hằng ngày mực nước của con kênh lên xuống theo thủy triều. Độ sâu h (mét) của mực nước trong t h ⎛ ⎞ π π kênh được tính tại thời điểm t (giờ) trong một ngày bởi công thức 3cos 12 = ++ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = . Mực 78 4 nước của kênh cao nhất khi: A. t =13 (giờ). B. t =14 (giờ). C. t =15 (giờ). D. t =16 (giờ). Lời giải. Chọn B. Mực nước của kênh cao nhất khi h lớn nhất t t k ππ ππ ⎛ ⎞ ⇔ + =⇔ + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ với 0 24 < ≤t và k ∈ . π cos 1 2 84 84 Lần lượt thay các đáp án, ta được đáp án B thỏa mãn. πt π Vì với t =14 thì 2 + = π (đúng với k = ∈1 ). 8 4 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 3 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Câu 6: Hàm số ( ) 2 4cot 2tanx 2 3 1 tan − = − đạt giá trị nhỏ nhất là y xx A. 0 . B. 3 23 − . C. 2 22 − . D. −1. Lời giải Chọn D 2 1 tan cot 22 tanx Ta có − = xx Từ đó suy ra ( ) 2 − =− =− x 2 2 2 3 1 tan yx x x 3cot 2 3cot 2 2 3 cot 2 x 2 tan ( )2 = − − ≥− ∀ ∈ 3 cot 2 1 1 1, x x  . Vậy 1 min 1 cot 23 y x =− ⇔ = . Câu 7: Hàm số 2cos sin4 y xx⎛ ⎞ π = ++ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ đạt giá trị lớn nhất là A. 5 22 − . B. 5 22 + . C. 5 22 + . D. 5 22 − . Lời giải Chọn C ⎛⎞ ⎛⎞ π π Ta có 1 2cos sin 2cos 2 sin = + +⇔ + + ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ ( ) 1 2cos sin cos 4 4 2 y xx x x 1 1 2 cos sin ⎛ ⎞ ⇔+ + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . x x 2 2 2 2 2 2 1 1 2 5 22 ⇔+ + x x x 2 Ta có ⎛ ⎞⎛ ⎞ ≤ + + ⇔ ≤+ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ . 2 2 y y Do đó ta có − + ≤≤ + 5 22 5 22 y . Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 5 22 + . Câu 8: Giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 4 y x x xx =++ sin cos sin cos là A. 98. B. 54. C. 1. D. 43. Lời giải Chọn A Ta có 4 4 y x x xx =++ sin cos sin cos 2 2 ⇔ =− + y x x xx 1 2sin cos sin cos . 1 1 2 1 sin 2 sin 2 ⇔ =− + y xx 2 2 2 2 1 1 1 91 1 9 1 sin 2 sin 2 ⎡ ⎤ ⎛⎞ ⎛⎞ ⇔ =− − − ⇔ = − − ≤ ⎢ ⎥ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎣ ⎦. 2 2 4 82 2 8 yx yx Dấu bằng xảy ra khi 1 sin 22 x = . Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 4 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Câu 9: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y x x xx = + sin cos cos sin là A. 0 . B. 2 . C. 4 2 . D. 6 . Lời giải Chọn A Ta có sin cos cos sin 2 sin cos sin cos x x x x xx xx + ≥ 1 1 2 sin 2 sin 2 0 ⇔≥ ≥ y xx . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi sin 2 0 x = . 2 2 π Câu 10: Cho xyz ,, 0 > và 2 xyz ++= . Tìm giá trị lớn nhất của y xy yz zx =+ ++ ++ 1 tan .tan 1 tan .tan 1 tan .tan A. max y = +122 . B. max y = 3 3 . C. max y = 4 . D. max y = 2 3 . Lời giải Chọn D ππ π⎛ ⎞ ++= ⇔+ = −⇒ + = − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠tan tan 1 x y Ta có tan tan ( ) 22 2 x yz xy z xy z + ⇔ = − 1 tan .tan tan x y z ⇔ + =− tan .tan tan .tan 1 tan .tan x z yz xy ⇔++= tan .tan tan .tan tan .tan 1 x z yz xy Ta thấy tan .tan ; tan .tan ; tan .tan x z yz xy lần lượt xuất hiện trong hàm số đề cho dưới căn thức, tương tự như ví dụ 8, áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho 6 số ta có: 1. 1 tan .tan 1. 1 tan .tan 1. 1 tan .tan + ++ ++ ≤ x y yz zx 222 ≤ ++ = 1 1 1 . n 1.tan .tan 1.tan .tan 1.tan .ta x z + + y z x y =+ = 33 3 ( ) tan .tan tan .tan tan .ta 2 xz yz xy + + n Vậy max y = 2 3 . ⎛⎞⎛ ⎞ π π + ++ + = ⎜⎟⎜ ⎟ ⎝⎠⎝ ⎠ tương đương với phương trình. Câu 11: Phương trình 2 tan tan tan 3 3 xx x 3 3 A. cot 3 x = . B. cot 3 3 x = . C. tan 3 x = . D. tan 3 3 x = . Lời giải Chọn D. ⎧⎪ ≠ ⎪⎪ ⎛ ⎞ ⎨ ⎜ ⎟ + ≠ Điều kiện: cos 0 x π cos 0 x 3 ⎪ ⎝ ⎠ ⎪ ⎛ ⎞ ⎪ + ≠ ⎜ ⎟ ⎩ ⎝ ⎠ π 2 cos 0 x 3 ( ) π x xx x sin sin 2sin 2 sin 2 + pt 3 3 3 3 ⇔ + =⇔ − = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎟ + + ++ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝⎠ ππ π cos cos 2 cos cos cos 2 cos x x ( ) π xx x 33 3 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 5 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 − − ⇔ − =⇔ = − − x x x x x xx sin 4sin 2 sin 2sin cos 2 4sin 2 cos 33 33 ( ) x x xx cos 1 2cos 2 cos 1 2cos 2 − +− − x xx x xx x sin sin 3 sin 2sin 3 2sin 3 3 3tan 3 3 3 tan 3 3 ⇔ =⇔ =⇔ = − − xx x cos cos cos3 Câu 12: Phương trình 2cot 2 3cot 3 tan 2 x − = x x có nghiệm là: x k π = . B. x = kπ . C. x = k2π . D. Vô nghiệm. A. 3 Lời giải Chọn D. Điều kiện của phương trình sin2 0,sin3 0,cos2 0 xx x ≠≠ ≠ . Phương trình tương đương 2cot 2 tan 2 3cot 3 x − = x x ⎧ ≠ ⎪ ⇔ −= ≠ ⎨⎪⎩ ≠ sin 2 0 x cos2 sin 2 cos3 2 3 cos2 0 xx xx sin 2 cos2 sin 3sin 3 0 xx xx 2 2 2cos 2 sin 2 cos3 1 3cos4 cos3 3 3 − + x xx xx ⇔ =⇔ = sin 2 .cos2 sin 3 sin 4 sin3 x xxxx ⇔+ = ⇔= sin3 3sin3 cos4 3cos3 sin 4 sin3 3sin x x x xx x x 3 ⇔ − = ⇔= 3sin 4sin 3sin sin 0 x xxx ⇔ = x kπ ( loại do sin 2 0 x ≠ ) Vậy phương trình vô nghiệm. x = x. 4 2 cos cos 3 Câu 13: Giải phương trình ⎡⎢ = ⎢⎢ =± + ⎢⎢⎢ =± + ⎣. B. 454 ⎡⎢ = ⎢⎢ =± + ⎢⎢⎢ =± + ⎣. C. 33 π π x k 3 π x k π ⎡ = x k π ⎡ = x k 3 π A. x k 3 π π x k ⎢⎢ =± + ⎣. D. π ⎢⎢ =± + ⎣. π 4 π 5 3 x k 4 Chọn A π π π x k x k 4 Lời giải π 5 3 x k 4 π x+ 4 4 1 cos 2 2 2 2 cos cos cos 2cos 2. 1 cos3. x xx x x = ⇔ = ⇔ =+ 3 32 3 3 2 3 32 2 22 2 22 2 2cos 1 1 4cos 3cos 4cos 4cos 3cos 3 0 ⎡ ⎤ x xx x xx ⇔ − =+ − ⇔ − − + = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 3 33 3 33 2 2 2 3 cos 1 x k ⎡ = ⎢ ⎡ = ⎢ ⎢ ⎢ ⇔ =± + ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ = ± ⎢ ⎢⎣ ⎢ =± + ⎢⎣33 π ⎡⎢ = ⎢⎢ =± + ⎢⎢⎢ =± + ⎣. x π x k π π 3 2 2 x k 2 3 3 6 x π x k 4 π cos3 2 2 5 2 π x k 3 6 π π 5 3 x k 4 π Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 6 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Câu 14: Giải phương trình 4 2 cos cos x = x. 3 ⎡⎢ = ⎢⎢ =± + ⎢⎢⎢ =± + ⎣. B. 454 ⎡⎢ = ⎢⎢ =± + ⎢⎢⎢ =± + ⎣. C. 33 π π x k 3 π x k π ⎡ = x k π ⎡ = x k 3 π A. x k 3 π π x k ⎢⎢ =± + ⎣. D. π ⎢⎢ =± + ⎣. π 4 π 5 3 x k 4 Chọn A π π π x k + x k 4 Lời giải π 5 3 x k 4 π 4 41 2 2 2 2 2 2. 1 3. x x cos x x x = ⇔ = ⇔ =+ cos cos x cos cos cos 3 32 3 3 2 3 32 2 22 2 22 22 1 1 4 3 4 4 3 3 0 x xx x xx ⎡ ⎤ ⇔ − =+ − ⇔ − − + = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ cos cos cos cos cos cos 3 33 3 33 2 2 2 3 1 x k ⎡ = ⎢ ⎡ = ⎢ ⎢ ⎢ ⇔ =± + ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ = ± ⎢ ⎢⎣ ⎢ =± + ⎢⎣33 π ⎡⎢ = ⎢⎢ =± + ⎢⎢⎢ =± + ⎣. x cosx k π x k π π 3 2 2 2 3 3 6 x cosx k π x k 4 π π π 3 2 2 5 2 π 3 6 Câu 15: Hàm số 2sin 2 cos 2 x x 5 3 x k 4 π + = − + có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên? yx x sin 2 cos 2 3 A. 1.. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải Chọn B Ta có ( ) () 2sin 2 cos 2 2 sin 2 1 cos 2 3 . + x x − + . y y x y x y = ⇔ − − + =− x x sin 2 cos 2 3 Điều kiện để phương trình có nghiệm ( )( ) ( ) 2 22 2 ⇔ − + + ≥− ⇔ + − ≤ y y y yy 2 1 3 7 2 50 . { } 5 1 1;0 7y y y ⇔ − ≤ ≤ ⎯⎯⎯∈ → ∈−  nên có 2 giá trị nguyên. Câu 16: Phương trình cos 2 cos sin1 sin 2x + = − có nghiệm là: x xx π π π π ⎡ = + ⎢⎢⎢ = + ⎢⎢ = ⎢⎢⎣. C. 342 ⎡ =− + ⎢⎢⎢ = + ⎢⎢⎢ = ⎢⎣. B. 2 ⎡ = + ⎢⎢⎢ =− + ⎢⎢ = ⎢⎢⎣. D. 54384 x k 4 2 π x k 4 π π x k ⎡ = + ⎢⎢⎢ = + ⎢⎢⎢ = ⎢⎣. π x k A. π π π π π π π π x k 8 π x k 2 π x k 2 π x k π x k 2 x k x k Lời giải 2 x k Chon C. ĐK sin2 1 x ≠ Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 7 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 2 2 − += ⇔ += − − cos2 cos sin cos sin cos sin x x x xx xx 2 1 sin 2 sin cos x x x ( ) ( )( ) − + cos sin cos sin cos sinsin cos x x xx ⇔ += − x xx x ( )2 ( ) cos sin 1 cos sin cos sin 1 0 x x + ⎛ ⎞ ⇔ + =− ⇔ + + = ⎜ ⎟ − − ⎝ ⎠ xx xx sin cos sin cos xx xx π ⎡ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + = ⎢ ⎡ + = ⎝ ⎠ ⇔ ⇔ ⎢ ⎢⎣ − =− ⎢ ⎛ ⎞ ⎢ ⎜ ⎟ − =− ⎣ ⎝ ⎠ 2 sin 0 x cos sin 0 4 x x sin cos 1 2 sin 1 x xx π 4 π π 3 ⎡ ⎡ += = + ⎡ ⎢ ⎢ =− + ⎢⎢ ππ π xk x k x k π 4 4 4 ππ π ( ) ( ) ( ) ππ π   ⇔ − =− + ∈ ⇔ = ∈ ⇔ =− + ∈ ⎢⎢⎢ = + = −= + ⎣ ⎣ ⎣ x k k xk k x k k 2 2 2. 44 2 π 3 5 2 2 2 2 4 4 ππ π π x k x k x k π Câu 17: Phương trình 1 1 2sin 3 2cos3 −= + có nghiệm là: x x sin cos x x x k π x k π x k π x k π = + π . C. 34 = + π . B. 12 A. 4 Chọn A ĐK sin2 0 x ≠ = + π . D. 34 =− + π . Lời giải ( ) 1 1 11 2sin 3 2cos3 2 sin 3 cos3 −= +⇔ − = + x x xx sin cos cos sin x x xx ( )( ) 3 3 sin cos 2 3sin 4sin 4cos 3cossin cos + ⇔ −− − = ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ x x x x xxx x ( ) ( ) 3 3 sin cos 2 3 sin cos 4 sin cossin cos + ⇔ +− + = ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ x x xx x xx x ( )( )( ) 2 2 sin cos 2 3 sin cos 4 sin cos sin sin cos cossin cos + ⇔ +− + − + = ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ x x x x x x x xx xx x ( ) ( )( ) sin cos 2 3 sin cos 4 sin cos 1 sin cossin cos + ⇔ +− + − = ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ x x x x x x xxx x ( )( ) sin cos 2 sin cos 3 4 1 sin cossin cos + ⇔ + −− = ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ x x x x xxx x Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 8 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 ( )( ) 1 sin cos 6 8 1 sin cos 0 ⎡ ⎤ ⇔ + −− − = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ x x xxx x sin cos ( ) 1 sin cos 2 8sin cos 0 ⎡ ⎤ ⇔ + −+ − = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ x x xxx x sin cos ⎛ ⎞ π ( )2 ⇔ + − + −= ⎡ ⎤ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠ 2sin 2sin cos 8 sin cos 1 0 x xx xx 4 ⎛ ⎞ π 2 sin 2sin 2 sin2 1 0 ⇔ + − −= ⎡ ⎤ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠ x xx 4 π π ⎡ ⎡ + = =− + ⎢ ⎢ ⎡ ⎛ ⎞ ⎢ ⎢ ⎜ ⎟ + = ⎢ ⎢ ⎢ ⎝ ⎠ = + = + ⎢ ⎢ ⎢ π π x k x k π sin 0 4 4 xx k x k π π 4 2 2 π π 2 4 sin 2 1 .   Không có đáp án nào ( ) ( ) x kk ⇔ = ⇔ ∈⇔ ∈ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ =− + ⎢ =− + ⎢ = − ⎢ ⎢ ⎢⎣ ⎢ ⎢ ⎢ =+ =+ ⎢ ⎣ ⎣ π π 1 2 2 π π x k x k sin 2 6 12 x đúng. 2 7 7 2 2 π π π π xk xk 6 12 Câu 18: Để phương trình 6 6 sin cos |sin2 | x+ =xa x có nghiệm, điều kiện thích hợp cho tham số a là: A. 1 08 ≤ < a . B. 1 3 < < a . C. 14 a < . D. 14 a ≥ . Lời giải Chọn D. 8 8 ( ) ( ) 3 6 6 2 2 22 2 2 sin cos | sin 2 | sin cos 3sin cos sin cos | sin 2 | x += ⇔ + − + = xa x x x x x x x a x 3 2 2 1 sin 2 | sin 2 | 0 3sin 2 4 | sin 2 | 4 0 4 ⇔− − = ⇔ + −= xa x x a x Đặt sin 2 0;1 x tt = ∈ ( [ ]) . Khi đó ta có phương trình ( ) 2 3 4 4 01 t t + −= Phương trình đã cho có nghiệm khi phương trình(1) có nghiệm 2 4 12 01 0;1 0 1 0 4 ⎧Δ= + > ′ ⎪ a [ ] ( ) ∈ ⇔ =− < ⇔ ≥ ⎨⎪ = −≥ ⎩. tf a ( ) f a 1 4 10 Câu 19: Cho phương trình: sin cos sin cos 0 x x x xm − − += , trong đó m là tham số thực. Để phương trình có nghiệm, các giá trị thích hợp của m là:. A. 1 2 2 − ≤ ≤− − m . B. 1 2 1 −− ≤ ≤ m . C. 1 1 2 ≤ ≤+ m . D. 1 2 1 2 Chọn D. 2 2 Lời giải −+ ≤ ≤ m . 2 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 9 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Đặt ( ) 2 1 sin cos 2 sin cos2 x x tt x x − + =≤ ⇒ = . Khi đó ta có phương trình t ( ) 2 1 2 0 2 2 1 0* ttm t t m − −+ = ⇔ − + −= 2 Phương trình đã cho có nghiệm khi phương trình ( ) * có nghiệm ⎧Δ= − > ′ 22 0 m ⎪⎪− < =< ⎧ ≤ ⎪ ⎪ ∈ − ⇔ ⇔ ⇔− + ≤ ≤ ⎡ ⎤ ⎨ ⎨ ⎣ ⎦ − =+ + ≥ ≥− + ⎪ ⎪⎩ ⎪⎪ =− + ≥ ⎩ sm 2 12 1 2 1 2; 2 2 1. 1 t m 2 1 22 2 0 2 2 f m m ( ) 2 ( ) f m 2 122 2 0 Câu 20: Cho phương trình: ( ) ( ) 44 66 2 4 sin cos 8 sin cos 4sin 4 x +− +− = x x x xm trong đó m là tham số. Để phương trình là vô nghiệm, thì các giá trị thích hợp của m là: A. m hay m <− > 4 0 . B. 3 1 − ≤ ≤− m . C. 3 22 − ≤ ≤− m . D. m hay m <− > 2 0 . 2 Lời giải Chọn A Ta có: 1 sin cos sin cos 2sin cos 1 sin 2 2 4 4 2 2 22 2 ( ) + = + − =− x x x x xx x 2 3 sin cos sin cos 3sin cos sin cos 1 sin 2 3 6 6 2 2 22 2 2 2 () () x x x x xx x x x + = + − + =− 4 Phương trình đã cho trở thành 1 3 2 2 22 4 1 sin 2 8 1 sin 2 16sin 2 cos 2 ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ − −− − = ⎝ ⎠⎝ ⎠ x x x xm 2 4 ( ) 2 22 ⇔ − − −= 4sin 2 16sin 2 1 sin 2 4 x x xm 4 2 ⇔ − −− = 16sin 2 12sin 2 4 0 x xm Đặt ( ) [ ] 2 sin 2 0;1 x tt = ∈ . Khi đó phương trình trở thành ( ) 2 16 12 4 0 * t tm − − −= ( ) * vô nghiệm khi và chỉ khi: TH1: 25 100 16 04 Δ = + < ⇔ <− ′ m m . 25 100 16 0 4 ⎡ ⎧⎪Δ= + ≥ ′ − ≤ <− m m ⇔ ⎢ ⎨ = +> ⎢ ⎪⎩ ⎣ >. 4 0 1 40 0 TH2: ( ) () ( ) f f mm m Vậy các giá trị cần tìmm hay m <− > 4 0 . Không có đáp án đúng. Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 10 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Câu 21: Cho phương trình: 6 6 + = − , trong đó m là tham số. Để phương trình có nghiệm, sin cos 2 .tan 2 x xm x 2 2 x x cos sin các giá trị thích hợp của m là: A. 1 1 8 8 m hay m ≤− ≥ . B. 1 1 8 8 m hay m <− > . C. 1 1 2 2 m hay m ≤− ≥ . D. m hay m ≤− ≥ 1 1. Lời giải Chọn B ĐK: cos2 0 x ≠ ( ) ( ) 3 2 2 22 2 2 6 6 sin cos 3sin cos sin cos sin cos 2 .tan 2 2 tan 2 x x x x xx x x + +− + =⇔ = − 2 2 m x mx cos sin cos 2 xx x 3 1 sin 2 3 4 2 tan 2 1 sin 2 2 sin 2 3sin 2 8 sin 2 4 0. 2 − x 2 2 ⇔ = ⇔− = ⇔ + − = m x x m x xm x cos 2 4 x Đặtsin 2 1;1 x tt = ∈− ( ) ( ) .Khi đó phương trình trở thành: ( ) 2 3 8 4 0* t mt + −= Phương trình đã cho có nghiệm khi phương trình ( ) * có nghiệmt ∈ −( ) 1;1 TH1: ( ) * có 1 nghiệm ( ) ( ) ( ) ( )( ) ⎡ > ⎢ m 1 8 1;1 1 1 0 8 1 8 1 0 1 t ff m m ∈− ⇔ − < ⇔ − − − < ⇔ ⎢⎢ < − ⎢⎣ TH2: ( ) * có 2 nghiệm m 8 . 2 1 16 12 08 1 8 101 1;1 . 1 8 10 8 ′ ⎧ ⎧Δ= + > > ⎪ ⎪ = −> ⎪ ⎪⎪ ⎪ ∈ − ⇔ ⇔ <− ⎨ ⎨ − =− − > ⎪ ⎪ m m f m ( ) t m VN f m ( ) ( ) ( ) 4 3 3 1 1 s m m − < =− < −< < ⎩ ⎩ 2 3 4 4 1 4 tan cos 4 x + = x m Câu 22: Cho phương trình 2 +. Để phương trình vô nghiệm, các giá trị của tham số m phải 2 1 tan x thỏa mãn điều kiện:. A. 5 0 −≤ ≤ m . B. 0 1 < ≤ m . C. 3 12 < ≤ m . D. 5 3 2 Chọn D. ĐK: cos 0. x ≠ 2 2 m hay m <− > . Lời giải 1 4 tan 1 4 tan 1 cos 4 cos 4 cos 4 4sin cos x x x m x m x x xm + =⇔ + =⇔ + = 2 2 1 tan 2 2 1 + x x cos 2 ( ) 1 1 2 2 1 2sin 2 2sin 2 sin 2 2sin 2 0 ⇔ − + =⇔ − +−= x xm x xm 2 2 Đặt sin 2 1;1 x tt = ∈− ( [ ]) . Khi đó phương trình trở thành: 2 1 2 0(*) 2 t tm − +−= Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 11 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Phương trình (*)vô nghiệm: TH1: 3 3 0 . Δ= − < ⇔ > ′ m m 2 2 3 ⎧ ≤ ⎪ ⎧Δ ≥′ ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⇔ <− ⎡ ⎨ ⎨ ⎛ ⎞⎛ ⎞ < − ⎢ ⎪ ⎪ − =+ −> ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎢ ⎩ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎪⎢ > ⎪⎩⎢⎣ m 2 05 5 5 3 . 11 0 2 2 TH2: ( ) () ff m m m m 2 2 3 m 2 ⎛ ⎞⎛ ⎞ π π ⎜ ⎟⎜ ⎟ + − =+ − ⎝ ⎠⎝ ⎠ có nghiệm, tham số a phải Câu 23: Để phương trình: 2 4sin .cos 3sin 2 cos2 x x a xx 3 6 thỏa điều kiện: A. −≤ ≤ 1 1 a . B. −≤ ≤ 2 2 a . C. 1 1 −≤≤ a . D. −≤ ≤ 3 3 a . 2 2 Lời giải Chọn B. ⎡ ⎤ ⎛⎞ ⎛⎞ π π π ⎜⎟ ⎜⎟ + + =+ − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎝⎠ ⎝⎠ Phương trình tương đương 2 2 sin 2 sin 2sin 2 x ax 62 6 π π ⎡ ⎤ ⎛⎞ ⎛⎞ ⇔ + += + − ⎢ ⎥ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎣ ⎦ ⎝⎠ ⎝⎠ 2 2 sin 2 1 2sin 2 x ax 6 6 π π ⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⇔ + − − =− ⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎝ ⎠ 2 x xa 2 sin 2 sin 2 2 6 6 π 2 ⇔ =− 4.cos2 .sin 2 x a 6 2 − ⇔ = 2 cos22 x a 2 2 1 12 2 Để phương trìnhcó nghiệm thì aa − − ≤ ≤ ⇔− ≤ ≤ . 2 Câu 24: Để phương trình 2 22 + − = − có nghiệm, tham số a phải thỏa mãn điều kiện: a xa sin 2 2 1 tan cos2 x x A. | |1 a ≥ . B. | |2 a ≥ . C. | |3 a ≥ . D. a a > ≠± 1, 3 . Lời giải Chọn D. Điều kiện của phương trình 2 cos 0,cos2 0,tan 1 x xx ≠ ≠≠ 22 22 sin 2 sin 2 − − + + xa xa 22 2 2 2 Phương trình tương đương xx x a a 2 x cos cos cos cos = ⇔= 2 2 2 2 x x sin sin 1 1 x 1 tan 1 tan − − − − x 2 x 2 x cos c os 22 2 2 2 2 ⇔= + − + ⇔ − = a xa x a x tan 2 1 t ( )( ) ( an 1 tan 2 ) Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 12 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 ∙ Nếu 2 a a −≤ ⇔ ≤⇒ 1 0 | |1 (1) vô nghiệm. ∙ Nếu 222 1: (1) tan 1 >⇔ = − . Phương trình có nghiệm khi 22 1 3 a xa Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi a a > ≠± 1, 3 a≠⇔ ≠ − . 1a 0 π ∈ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ x . Câu 25: Tìm m để phương trình ( )( ) 2 cos 1 cos 2 cos sin x + −= xm x m x có đúng 2 nghiệm 2;3 A. −< ≤ 1 1 m . B. 1 02 < ≤ m . C. 1 12 − < ≤− m . D. 1 1 −< ≤ m . 2 Lời giải Chọn C. Ta có ( )( ) 2 cos 1 cos 2 cos sin x + −= xm x m x ⇔ + − =− + (cos 1 cos 2 cos 1 cos 1 cos x )( xm x m x x ) ( )( ) ⎡ ⎡ =− =− ⇔ ⇔ ⎢ ⎢ ⎣ ⎣ − =− = cos 1 cos 1 x x x m x mm x x m cos 2 cos cos cos 2 0 π ∈ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ x . Với cos 1 2 x =− ⇔ = + x k π π : không có nghiệm 2; 3 Với 2 1 cos 2 cos2 xm x+ m =⇔ = . ⎡ ⎤ π Trên 2 0; 3 ⎢ ⎥ ⎣ ⎦, phương trình cos x = a có duy nhất 1 nghiệm với 1 ;1 a⎡ ⎤ ∈ −⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 2 ⎧⎪ > − ⎪ ⎧ > − ⎧ > − ⎪− + ⎪ ⎪ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ⇔ ⇔− < ≤− ⎨ ⎨⎨ +≤ ≤ − ⎪ ⎪⎪ ⎩ ⎩ ⎪− + ⎪ ≤− ≤ ⎩. mm m 11 1 mm m Do đó, YCBT 11 1 1 1 1 1 1 22 2 m m 1 1 1 2 2 2 2 2 x π π − ∈ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ . Câu 26: Tìm m để phương trình cos2 2 1 cosx 1 0 xm m − − − += ( ) có đúng 2 nghiệm ; 2 2 A. −< ≤ 1 0 m . B. 0 1 ≤ < m . C. 0 1. ≤ ≤ m D. −< < 1 1. m Lời giải Chọn B 1 ⎡ = − − − += ⇔ − − ⎢ − =⇔ ⎢⎣ = x m m cos x m2 cosx ( ) () ( ) 2 − cos2 2 1 cosx 1 0 1 2 1 cosx m 0 . 2 c os x π π − ∈ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ nên 0 1 ≤ ≤ cosx . Do đó 12 x m Vì ; 2 2 cosx = − (loại). x π π − ∈ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ khi và chỉ khi 0 10 1 ≤ <⇔ ≤ < cosx m . Vậy để phương trình (1) có đúng 2 nghiệm ; 2 2 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 13 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 x⎡ ⎤ π π Câu 27: Tìm m để phương trình 2sin cos 1 x + =− mx m có nghiệm ;2 2 ∈ −⎢ ⎥ ⎣ ⎦. A. −≤ ≤ 3 1 m . B. −≤ ≤ 2 6 m . C. 1 3 ≤ ≤ m D. −≤ ≤ 1 3 m . Lời giải Chọn D Đặt tan2x x⎡ ⎤ π π ∈ −⎢ ⎥ ⎣ ⎦ thì t ∈ −[ 1;1]. t = , để ;2 2 2 1 p 1t t 2 1 t 11 2 14 ⇔ − + =− ⇔ + − =− + − 2 2 ( ) m m t m mt m m t 2 2 + + t t Vậy để yêu cầu bài toán xảy ra thì ( ) 2 f tt t =−+ 4 1 trên [−1;1] Ta có f ' 2 4; ' 0 2 (t t ft t ) = − =⇔= ( ) 2 ⇔− = tt m 4 12 + Vậy để yêu cầu bài toán xảy ra thì − ≤ ≤ ⇔− ≤ ≤ 22 6 1 3 m m Câu 28: Gọi 0 x là nghiệm dương nhỏ nhất của cos2 3sin 2 3sin cos 2. x x xx + + −= Mệnh đề nào sau đây là đúng? x⎛ ⎞ π A. 0 0; . 12 x⎡ ⎤ π π x⎛ ⎤ π π x⎛ ⎤ π π ∈⎜ ⎟ ⎝ ⎠ B. 0 ; . 12 6 ∈⎢ ⎥ ⎣ ⎦ C. 0 ; . ∈⎜ ⎥ ⎝ ⎦ D. 0 ; . 6 3 Lời giải Chọn B ∈⎜ ⎥ ⎝ ⎦ 3 2 Phương trình 1 3 31 cos 2 sin 2 sin cos 1 ⇔ + + −= x x xx . 2 2 22 ⎛ ⎞⎛ ⎞ π π sin 2 sin 1 x x ⇔ + + −= ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ . 6 6 π π π ππ = − ⎯⎯→ =+ → = + → + = + Đặt 22 2 2 . tx xt x t x t 6 6 3 62 t t tt ⎛ ⎞ π Phương trình trở thành sin 2 sin 1 cos 2 sin 1 ⇔ + + =⇔ + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 2 ( ) 2 ⇔ − =⇔ − = 2sin sin 0 sin 2sin 1 0. tt t t k t tk x k k k x π π 1 sin 0 0 0 . π π ∈ = ⇔ = ⎯⎯→ = + > ⇔ > − ⎯⎯⎯→ =→=   min 66 6 π π π 1 2 20 0 . 1 63 6 3 sin2 5 1 2 20 0 . ⎡ = + ⎯⎯→ = + > ⇔ > − ⎯⎯⎯→ =→= ⎢ k ∈  π π  tk xk k k x min . t = ⇔ ⎢⎢ = + ⎯⎯→ = + > ⇔ > − ⎯⎯⎯→ =→= ⎢⎣ π k ∈  π ππ π t k xk k k x 6 2 min Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 14 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 π ⎡ ⎤ π π Suy ra nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình là ; . 6 12 6 x = ∈ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎛ ⎞ π ⎜ ⎟ + =+ ⎝ ⎠ có nghiệm là:. Câu 29: Phương trình 2 2sin 3 1 8sin 2 .cos 2 x x x 4 π π π π ⎡ = + ⎢⎢⎢ = + ⎢⎣. B. 12512 ⎡ = + ⎢⎢⎢ = + ⎢⎣. C. 2 ⎡ = + ⎢⎢⎢ =− + ⎢⎣. D. 24524 π x k A. 65 π π π x k π π π x k 12 π 7 2 π ⎡ = + ⎢⎢⎢ = + ⎢⎣. π x k π π x k 6 Chọn C x k x k 12 Lời giải π x k ⎧ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + ≥ ⎪ ⎛ ⎞ ⎪⎝ ⎠ ⎜ ⎟ + =+ ⇔ ⎨ ⎝ ⎠ ⎪ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + =+ ⎪⎩ ⎝ ⎠ sin 3 0 x 4 2sin 3 1 8sin 2 .cos 2 π 2 x xx 4 4sin 3 1 8sin 2 .cos 2 * π 2 2 ( ) x x x 4 ⎛ ⎞ π xx − + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + 1 cos 62 1 cos 4 * 4 1 8sin 2 ( ) ⇔ =+ x 2 2 ⇔ + =+ + 2 1 sin 6 1 4sin 2 4sin 2 cos 4 ( x) x xx ⇔ + =+ + − 2 2sin 6 1 4sin 2 2 sin 6 sin 2 x x xx ( ) ⇔ −= 2sin2 1 0 x π π ⎡ ⎡ = + = + ⎢ ⎢ ( ) π π 2 2 1 1 6 12 sin 22 5 5 22 2 x k x k ( ) ( ) ⇔ =⇔ ∈ ⇔ ∈ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ =+ =+ ⎣⎢ ⎢⎣ xk k   π π ( ) π π xk xk 6 12 π π π⎛ ⎞ ⇔ = + ⇒ + => ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + k chẵn thì ( ) 1 2 sin 3 1 0 xn x 12 4 ππ π + k lẻ thì ( ) ( ) 11 1 2 1 2 sin 3 1 0 π π⎛ ⎞ ⇔ = + − =− + ⇒ + =− < ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ xn n x 12 12 4 π π + k chẵn thì ( ) 5 2 2 sin 3 1 0 π⎛ ⎞ ⇔ = + ⇒ + =− < ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ xn x 12 4 ππ π + k lẻ thì ( ) ( ) 5 7 2 2 1 2 sin 3 1 0 π π⎛ ⎞ ⇔ = + − =− + ⇒ + = > ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ xn n x 12 12 4 π ⎡ = + ⎢⎢⎢ =− + ⎢⎣. π x k Vậy tập nghiệm là 12 π 2 7 2 π x k 12 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 15 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 ⎛ ⎞⎛ ⎞ π π ⎜ ⎟⎜ ⎟ + ++ = ⎝ ⎠⎝ ⎠ có các nghiệm là: Câu 30: Phương trình: 2 4sin .sin .sin cos3 1 x xx x 3 3 π π 2 π π ⎡ = + ⎢⎢⎢ = ⎢⎣. B. 43 ⎡ = + ⎢⎢⎢ = ⎢⎣. C. 2 ⎡ = + ⎢⎢⎢ = ⎢⎣. x k π x k π π ⎡ = + ⎢⎢⎣ =. D. 2 A. 6 3 x k 3 π x k 2 2 π x k π π π x k 3 x k Lời giải x k 4 Chọn A. ⎛ ⎞⎛ ⎞ π π ⎜ ⎟⎜ ⎟ + ++ = ⎝ ⎠⎝ ⎠ 2 4sin .sin .sin cos3 1 x xx x 3 3 π ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⇔ −− + + = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2sin cos cos 2 cos3 1 ( ) 3 π x x x 1 2sin cos2 cos3 1 ⎛ ⎞ ⇔ + += ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ x x x 2 ⇔ + + −+ = sin sin 3 sin cos3 1 x xxx ( ) ⇔+ = sin3 cos3 1 x x ⎛ ⎞ π ⇔ += ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 sin 3 1 x 4 ⎛ ⎞ π π sin 3 sin x ⇔ += ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 4 4 ⎡ = ⎢ 2 π x k 3 . 2 ( ) ⇔ ∈ ⎢⎢ = + ⎢⎣ π π x k 6 3 k 10 10 6 6 Câu 31: Giải phương trình sin cos sin cos x x xx + + = + 2 2 4 4cos 2 sin 2 x x . A. x = k2π , 22 π x = + k π . B. 2 π = k x . π x = + kπ . D. x = kπ , 22 π x = + k π . C. 2 Lời giải Chọn B. Ta có 22 2 4cos 2 sin 2 3cos 2 1 0, xx x x + = + > ∀∈ . 10 10 6 6 10 10 6 6 sin cos sin cos sin cos sin cos x x xx x x xx ++ + + = ⇔= 2 2 2 2 2 22 4 4cos 2 sin 2 4 4 cos sin 4sin .cos x x x x xx + − + ( ) Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 16 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 2 2 4 22 4 10 10 ( )( ) sin cos sin sin .cos cos sin cos x x x x x xx x + + −+ ⇔ =− + 4 22 4 ( ) 4 4 cos sin .cos cos x xx x 10 10 ⇔+ = sin cos 1 x x ( ) 1 . 10 2 ⎧⎪ ≤ ⎨ ⇒ + ≤+ = sin sinsin cos sin cos 1 x xx xxx Ta có Do đó 10 10 2 2 10 2 ⎪⎩ ≤ x x cos cos 2 ⎧⎡ = ⎪⎢ ⎧ ⎡ ⎪ ⎣ = = ⎪ = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =⇔ = ⇔= ⎨ ⎨ ⎢ ⎪⎩ ⎣ = = ⎪⎡ = x sin 1 10 2 2 2 xx x x k x xk x ( ) sin sin sin 0 sin 0 π π . 1 sin 2 0 2 10 2 2 2 cos cos cos 0 cos 1 2 xx x x ⎪⎢⎣ = ⎩ 2 x cos 0 ⎛ ⎞ + + ⎜ ⎟ + = ⎝ ⎠ +. Các nghiệm của phương trình thuộc Câu 32: Cho phương trình: sin 3 cos3 3 cos2 sin1 2sin 2 5 x x x xx khoảng (0;2π ) là: π π . B. 5,6 6 π π . C. 5,4 4 π π . D. 5,3 3 A. 5, 12 12 Chọn C. Điều kiện: 1 2sin 2 0 + ≠ x π π . Lời giải x xx x xx ⎛ ⎞ + ++ ⎜ ⎟ = + ⎝ ⎠ + Phương trình tương đương sin 2sin sin 2 sin3 cos3 5 3 cos2 1 2sin 2 x sin cos cos3 sin 3 cos3 5 3 cos2 ⎛ ⎞ +− + + xx x x xx ⇔ =+ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + ( ) 1 2sin 2 x x xx 1 2sin 2 cos 5 3 cos2 ⎛ ⎞ + ⇔ =+ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + 1 2sin 2 x 2 x x xx ⇔ =+ ⇔ − −= 5cos 3 cos2 2cos 5cos 2 0 1 ⎡ = ⇔ ⇔ =± + ⎢⎢⎣ = x x k cos23 cos 2 ( ) x loai π π π π Vì ( ) 5 0;2 , 3 3 ∈ ⇒= = π (thỏa điều kiện). x xx Chương 2. 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. 2011 2010 9 2019.9 8 − + B. 2011 2010 9 2.9 8 − + C. 2011 2010 998 − + D. 2011 2010 9 19.9 8 A. 9 9 Lời giải 9 − + 9 Chọn A. Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 17 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 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} Với mỗi số thuộc A có m chữ số ( 2008) m ≤ thì ta có thể bổ sung thêm 2011− m số 0 vào phía trước thì số có được không đổi khi chia cho 9. Do đó ta xét các số thuộc A có dạng aa a a 1 2 2011 ... ; 0,1,2,3,...,9 i ∈{ } A aA 0 = ∈ { |mà trong a không có chữ số 9} A aA 1 = ∈ { | mà trong a có đúng 1 chữ số 9} ∙ Ta thấy tập A có 2011 9 1 19− + phần tử ∙ Tính số phần tử của A0 Với xA xaa a i ∈ ⇒= ∈ = 0 1 2011 ... ; 0,1,2, i { ...,8 1,2010 } và 2011 a r = −9 với [ ]2010 ∈ ≡ ∑ i r ra . Từ 1;9 , 1 i = đó ta suy ra A0 có 2010 9 phần tử ∙ Tính số phần tử của A1 Để lập số của thuộc tập A1 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. Số các dãy là 2009 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 A1 có 2009 2010.9 phần tử. 2011 2011 2010 9 1 9 2019.9 8 2010 2009 1 9 2010.9 − −+ Vậy số các số cần lập là: + −− = . 9 9 Câu 34: Từ các số 1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số có 6 chữ số đồng thời thỏa điều kiện: sáu số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số đó tổng của 3 chữ số đầu nhỏ hơn tổng của 3 số sau một đơn vị. A. 104 B. 106 C. 108 D. 112 Lời giải Chọn C. Cách 1: Gọi x aa a a = ∈ 12 6 ... , 1, 2,3, 4,5,6 i { } là số cần lập Theo bài ra ta có: 123 456 aaa aaa + + += + + 1 (1) Mà aaaaaa 123456 , , , , , 1, 2,3, 4,5,6 ∈{ } và đôi một khác nhau nên 123456 aaaaaa + + + + + =+ ++ ++ = 1 2 3 4 5 6 21 (2) Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 18 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Từ (1), (2) suy ra: 123 aaa ++=10 Phương trình này có các bộ nghiệm là: 123 ( , , ) (1,3,6); (1,4,5); (2,3,5) aaa = 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 Ta có: 1 2 3 4 5 6 21 ⎧ + ++ ++ =+ ++ ++ = ⎨⎩ ++= ++ + abcde f abc de f 1 ⇒++= abc 11. Do abc , , 1, 2,3, 4,5,6 ∈{ } Suy ra ta có các cặp sau: ( , , ) (1,4,6); (2,3,6); (2,4,5) abc = Với mỗi bộ như vậy ta có 3! cách chọn abc , , và 3! cách chọn def , , Do đó có: 3.3!.3! 108 = số thỏa yêu cầu bài toán. Câu 35: Có m nam và n nữ. Có bao nhiêu cách chọn ra k người trong đó có ít nhất a nam và ít nhất b nữ ( k mna b kab ≤ +< ≥ ,; ;, 1) với 1 S là số cách chọn có ít hơn a nam, 2 S là số cách chọn có ít hơn b nữ. A. Số cách chọn thoả mãn điều kiện bài toán là: 1 2 2( ) + − + k C SS m n . B. Số cách chọn thoả mãn điều kiện bài toán là: 1 2 2() + − + k C SS m n . C. Số cách chọn thoả mãn điều kiện bài toán là: 1 2 3 2( ) + − + k C SS m n . D. Số cách chọn thoả mãn điều kiện bài toán là: 1 2 ( ) + − + k C SS m n . Lời giải Chọn D k Cm n . Số cách chọn k người trong m n + người là: + *Số cách chọn có ít hơn a nam là: -1 1 1 . 1 0−− − ++ = ∑=a ai kai S CC m n i . *Số cách chọn có ít hơn b nữ là: 1 1 1 − −− − ++ = ∑bbi kbi S CC . 2 0 i = . n m Số cách chọn thoả mãn điều kiện bài toán là: 1 2 ( ) + − + k C SS m n . Câu 36: Nếu một đa giác đều có 44 đường chéo, thì số cạnh của đa giác là: A. 11. B. 10. C. 9. D. 8 . Lời giải Chọn A 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). Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 19 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 n Cn n 2 ! 44 44 −= ⇔ −= − Khi đó số đường chéo là: ( ) 2 !.2! n n ⎡ = ⇔ −− = ⇔ ⇔= ⎢⎣ = − (vì n∈). ( ) 11 n nn n n 1 2 88 11 n 8 Câu 37: Một đa giác đều có số đường chéo gấp đôi số cạnh. Hỏi đa giác đó có bao nhiêu cạnh? A. 5. B. 6 . C. 7 . D. 8 . Lời giải Chọn C Đa giác có n cạnh ( ) n n ∈ ≥ , 3 . Số đường chéo trong đa giác là: 2 C n n − . ⎡ = −= ⇔ = ⇔ − = ⇔ ⇔= ⎢ − ⎣ = . Ta có: ( ) ( ) 2 ! 7 n n C n n n nn n n 2 3 16 7 2 !.2! 0 n n 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. A. n = 15 . B. n = 27 . C. n = 8 . D. n = 18 . Lời giải Chọn D + Tìm công thức tính số đường chéo: Số đoạn thẳng tạo bởi n đỉnh là 2 Cn , trong đó có n cạnh, suy ra số đường chéo là 2 C n n − . + Đa giác đã cho có 135 đường chéo nên 2 135 C n n − = . 2 !2!− = −nn + Giải PT: ( )! 135 n , (n n ∈ ≥ , 2) ⇔− − = ( ) n nn 1 2 270 2 ⇔−− = n n3 270 0 ( ) n nhan ⎡ = 18 ⇔ ⎢⎣ = − n loai⇔ = n 18 . 15 ( ) Câu 39: Trong mặt phẳng cho n điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng và trong tất cả các đường thẳng nối hai điểm bất kì, không có hai đường thẳng nào song song, trùng nhau hoặc vuông góc. Qua mỗi diểm vẽ các đường thẳng vuông góc với các đường thẳng được xác định bởi 2 trong n −1 điểm còn lại. Số giao điểm của các đường thẳng vuông góc giao nhau là bao nhiêu? A. 2 23 2 ( 1) 5 −− − − −+ ⎡ ⎤ nn n n n ⎣ ⎦ C nC C . B. 2 23 ( 1)( 2) 1 2 C. 2 23 2 ( 1) 5 −− − − −+ ⎡ ⎤ nn n n n ⎣ ⎦ C nC C . ( 1)( 2) 1 2 3 2 ( 1) 5 −− − − −+ ⎡ ⎤ nn n n n ⎣ ⎦ C nC C . D. 2 23 ( 1)( 2) 1 2 Chọn D ( 1) 5 −− − − −+ ⎡ ⎤ nn n n n ⎣ ⎦ C nC C . ( 1)( 2) 1 2 Lời giải Gọi n điểm đã cho là 1 2 , ,..., A A An . Xét một điểm cố định, khi đó có 2 Cn−1 đường thẳng nên sẽ có 2 Cn−1 đường thẳng vuông góc đi qua điểm cố định đó. Do đó có 21( 1)( 2) n = nn n nC đường thẳng vuông góc nên có − − 2 − Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 20 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 2 Cnn n − − giao điểm (tính cả những giao điểm trùng nhau). ( 1)( 2) 2 Ta chia các điểm trùng nhau thành 3 loại: * Qua một điểm có 21( 1)( 2) n = n n C nên ta phải trừ đi ( ) 21 1 n Cn− − điểm. − − 2 − * Qua 123 A , , A A có 3 đường thẳng cùng vuông góc với A4 5 A và 3 đường thẳng này song song với nhau, nên ta mất 3 giao điểm, do đó trong TH này ta phải loại đi: 3 3Cn . * Trong mỗi tam giác thì ba đường cao chỉ có một giao điểm, nên ta mất 2 điểm cho mỗi tam giác, do đó trường hợp này ta phải trừ đi 3 2Cn . Vậy số giao điểm nhiều nhất có được là: 2 23 ( 1) 5 −− − − −+ ⎡ ⎤ nn n n n ⎣ ⎦ C nC C . ( 1)( 2) 1 2 Câu 40: Cho đa giác đều n đỉnh, n ∈  và n ≥ 3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường chéo A. n =15. B. n = 27 . C. n = 8 . D. n =18. Lời giải Chọn D + Tìm công thức tính số đường chéo: Số đoạn thẳng tạo bởi n đỉnh là 2 Cn , trong đó có n cạnh, suy ra số đường chéo là 2 C n n − . + Đa giác đã cho có 135 đường chéo nên 2 135 C n n − = . + Giải PT: ( ) ( ) ! 135 , , 2 2 !2! nn nn n−= ∈ ≥ −  ⇔− − = ( ) n nn 1 2 270 2 ⇔−− = n n3 270 0 ⎡ = ( ) n nhan 18 ⇔ ⎢⎣ = − ⇔ = n 18 . ( ) n loai 15 Câu 41: Giá trị của n ∈  thỏa mãn đẳng thức 6 7 89 82 33 2 C C CC C n n nn n + + += + là A. n = 18 . B. n = 16 . C. n = 15 . D. n = 14 . Lời giải Chọn C PP sử dụng máy tính để chọn đáp số đúng (PP trắc nghiệm): + Nhập PT vào máy tính: 6 7 89 82 33 2 0 C C CC C n n nn n + + +− = + + 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 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 21 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 A. n = 15 . B. n = 27 . C. n = 8 . D. n = 18 . Lời giải Chọn D. + Tìm công thức tính số đường chéo: Số đoạn thẳng tạo bởi n đỉnh là 2 Cn , trong đó có n cạnh, suy ra số đường chéo là 2 C n n − . + Đa giác đã cho có 135 đường chéo nên 2 135 C n n − = . + Giải PT: ( ) ( ) ! 135 , , 2 2 !2! nn nn n−= ∈ ≥ −  ⇔− − = ( ) n nn 1 2 270 2 ⇔−− = n n3 270 0 ⎡ = ( ) n nhan 18 ⇔ ⎢⎣ = − ⇔ = n 18 . ( ) n loai 15 Câu 43: Số hạng thứ 3 của khai triển 21 2n ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ không chứa x . Tìm x biết rằng số hạng này bằng số xx hạng thứ hai của khai triển ( )30 3 1+ x . A. −2. B. 1. C. −1. D. 2. Lời giải. Chọn D n k n k nk 1 1 2 .(2 ) . ⎛ ⎞ ⎛⎞ ⎜ ⎟ ⎜⎟ + = ⎝ ⎠ ⎝⎠ ∑ . − x Cx n 2 2 x x k = 0 Vì số hạng thứ ba của khai triển trên ứng với k = 2 nên số hạng thứ ba của khai triển là 2 26 .2 . n n C x n− − . Mà số hạng thứ ba của khai triển không chứa x nên n n −=⇔= 60 6 . Số hạng thứ 2 của khai triển ( )30 3 1+ x là 13 3 30 Cx x . 30 = . Khi đó ta có 24 3 6 C xx .2 30. 2 = ⇔= . Câu 44: Trong khai triển (1 )n + x biết tổng các hệ số 123 1 ..... 126 n CCC C nn n n− ++++ = . Hệ số của 3 x bằng A. 15. B. 21. C. 35. D. 20 . Lời giải. Chọn C n n k k + = ∑ . ( ) x C x 1 . k = 0 n Thay x = 1 vào khai triển ta được ( ) 01 1 1 1 ... 1 126 1 128 2 128 7 n nn n CC C C n nn n n − + = + + + + =+ += ⇔ = ⇔ = . Hệ số của 3 x bằng 37 C = 35 . Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 22 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Câu 45: Có bao nhiêu số hạng hữu tỉ trong khai triển ( )300 8 10 3 + ? A. 37 . B. 38. C. 36. D. 39. Lời giải. Chọn B ( ) ( ) ( ) 300 300 300 C − k k k + = ∑ . 8 8 10 3 10 . 3 k = 0 300 Các số hạng hữu tỉ sẽ thỏa mãn 300 28 ⎧ − ⎨ ⇔    . ⎩ k 8 kk Từ 0 đến 300 có 38 số chia hết cho 8. 01 2 1 2 ... n n n + = + + ++ x a ax ax ax , trong đó * n∈ và các hệ số thỏa mãn hệ thức Câu 46: Cho khai triển ( ) 2 a a 1 n a + ++ = . Tìm hệ số lớn nhất? 0 ... 4096 2 2 n A. 1293600. B. 126720. C. 924. D. 792 . Lời giải. Chọn B Số hạng tổng quát trong khai triển ( ) 1 2 n + x là .2 . k kk C x n , 0 ≤ ≤ k n , k ∈ . Vậy hệ số của số hạng chứa k x là .2 .2 kk kk C aC n kn ⇒ = . Khi đó, ta có a a a CCC C n + ++ = ⇔ + + ++ = ⇔ + = ⇔= . n n n ( ) 1 012 0 ... 4096 ... 4096 1 1 4096 12 2 2 n nnn n Dễ thấy 0 a và n a không phải hệ số lớn nhất. Giả sử k a (0 < < k n) là hệ số lớn nhất trong các hệ số 0 12 , , ,..., n a aa a . Khi đó ta có 12! 12!.2 ⎧ ≥ ⎪ ⎧ ≥ ⎧⎪ ⎪ ≥ − + −− kk k k + + 1 1 ( ) ( )( ) .2 .2 !. 12 ! 1 !. 12 1 ! a a C C k kk k k k 1 12 12 + ⎨⎨ ⎨ ⇔ ⇔ kk k k − − 1 1 .2 .2 12! 12! 1. !. 12 ! 1 !. 12 1 ! 2 a a C C ⎩ ≥ ⎪⎩ ≥ ⎪ ≥ ⎪ − − −+ ⎩ k k − 1 12 12 ( ) ( )( ) k kk k 1 2 23 ⎧ ⎧ ≥ ≥ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ − + ⎧ +− − ≥ k k k k k k ( ) 12 1 3 1 2 12 0 23 26 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤≤ ⎨⎨ ⎨ 2 1 26 26 3 0 3 3 k k ⎪ ⎪ ⎪⎩ − ≥ ≥ ≤ ⎩ ⎩ − k k 13 3 Do k k ∈⇒=  8 Vậy hệ số lớn nhất là 8 8 8 12 a C= = .2 126720 . 01 2 1 2 ... n n n + = + + ++ x a ax ax ax , trong đó * n∈ và các hệ số thỏa mãn hệ thức Câu 47: Cho khai triển ( ) 2 a a 1 n a + ++ = . Tìm hệ số lớn nhất? 0 ... 4096 2 2 n Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 23 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 A. 1293600. B. 126720. C. 924 . D. 792 . Lời giải. Chọn B Số hạng tổng quát trong khai triển ( ) 1 2 n + x là .2 . k kk C x n , 0 ≤ ≤ k n , k ∈ . Vậy hệ số của số hạng chứa k x là .2 .2 kk kk C aC n kn ⇒ = . Khi đó, ta có a a a CCC C 1 012 n n + ++ = ⇔ + + ++ = 0 ... 4096 ... 4096 2 2 n n nn n ( ) n ⇔ + = ⇔= n 1 1 4096 12 Dễ thấy 0 a và n a không phải hệ số lớn nhất. Giả sử k a (0 < < k n) là hệ số lớn nhất trong các hệ số 0 12 , , ,..., n a aa a . Khi đó ta có 12! 12!.2 ⎧ ≥ ⎪ ⎧ ≥ ⎧⎪ ⎪ ≥ − + −− kk k k + + 1 1 ( ) ( )( ) .2 .2 !. 12 ! 1 !. 12 1 ! a a C C k kk k k k + 1 12 12 ⎨⎨ ⎨ ⇔ ⇔ kk k k − − 1 1 .2 .2 12! 12! 1. !. 12 ! 1 !. 12 1 ! 2 a a C C ⎩ ≥ ⎩⎪ ≥ ⎪ ≥ ⎪ − − −+ ⎩ k k − 1 12 12 ( ) ( )( ) k kk k 1 2 23 ⎧ ⎧ ≥ ≥ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ − + ⎧ +− − ≥ k k k k k k ( ) 12 1 3 1 2 12 0 23 26 ⎪ ⎪ ⎪⎩ − ≥ ≥ ≤ ⎩ ⎩ −. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤≤ ⎨⎨ ⎨ 2 1 26 26 3 0 3 3 k k k k 13 3 Do k k ∈⇒=  8. Vậy hệ số lớn nhất là 8 8 8 12 a C= = .2 126720 . Câu 48: Tính tổng () () () ( ) 222 2 012 ... n CCC C n nn n + + ++ A. 2n C n . B. 1 n C n− . C. 2 2 n C n . D. 1 2 Hướng dẫn giải: Chọn A. n C n−− 2 1 Ta có:( )( ) ( )2 11 1 nn n x xx + + =+ . Vế trái của hệ thức trên chính là: ( )( ) 0 11 0 1 ... ... n n n nn Cx Cx C C Cx Cx n n nnn n − + ++ + ++ Và ta thấy hệ số của n x trong vế trái là () () () ( ) 222 2 012 ... n CCC C n nn n + + ++ Còn hệ số của n x trong vế phải ( )2 1 n x + là 2n C n Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 0122 ... n n C C C CC nnn n n + + ++ = . Câu 49: 024 2 222 2 ..... n CCC C nnn n + + ++ bằng A. 2 2n− . B. 1 2n− . C. 2 2 2 n− . D. 2 1 2 n− . Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 24 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Lời giải. Chọn D Xét khai triển ( )2 02 1 21 222 2 22 2 2 1 ... n nn n n nn n n x Cx Cx Cx C − − + = + + ++ . Thay x = 1 vào khai triển ta được 2 01 2 2 222 2 2 ... (1) n n = + + ++ CCC C nnn n . Thay x = −1 vào khai triển ta được : 222 2 22 2 22 2 0 ... ... .... (2) n nn CCC C CC C CC C nnn n nn n nn n − = − + −+ ⇔ + ++ = + + . 0 1 2 2 0 2 2 1 3 21 Từ (1) và (2) suy ra 0 2 4 2 21 222 2 ..... 2 n n CCC C nnn n− + + ++ = . Câu 50: Giải bóng chuyền VTV Cup có 12 đội tham gia trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội củaViệt nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng đấu A ,B,C mỗi bảng 4 đội. Xác suất để 3 đội Việt nam nằm ở 3 bảng đấu là 2C C PC C = . B. 3 3 3 3 6C C PC C = . C. 3 3 3C C PC C = . D. 3 3 A. Chọn B 9 6 4 4 12 8 9 6 4 4 12 8 Lời giải 9 6 4 4 12 8 C C PC C = 9 6 4 4 12 8 + Số phần tử không gian mẫu: ( ) 4 44 12 8 4 n C CC Ω = . . .3!. (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” Khi đó: ( ) 333 963 nA CCC = . . .3!.3!. (bốc 3 đội NN từ 9 đội NN vào bảng A – bốc 3 đội NN từ 6 đội NN còn lại vào bảng B – bốc 3 đội NN từ 3 đội NN còn lại vào bảng C – hoán vị 3 bảng – bốc 1 đội VN vào mỗi vị trí còn lại của 3 bảng) Xác suất của biến cố A là ( ) ( ) 333 33 n A CCC CC P An C CC C C == = Ω . . . .3!.3! 6. . 963 96 ( ) 4 44 4 4 . . .3! . 12 8 4 12 8 Câu 51: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt. Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Xác suất chọn được số lớn hơn 2500 là A. 1368 P = . B. 5568 P = . C. 6881 P = . D. 1381 P = . Lời giải Chọn C 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 .” TH1. a > 2 Chọn a : có 7 cách chọn. Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 25 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Chọn b : có 9 cách chọn. Chọn c : có 8 cách chọn. Chọn d : có 7 cách chọn. Vậy trường hợp này có: 7.9.8.7 3528 = (số). TH2. a = 2 , b > 5 Chọn a : có 1 cách chọn. Chọn b : có 4 cách chọn. Chọn c : có 8 cách chọn. Chọn d : có 7 cách chọn. Vậy trường hợp này có: 1.4.8.7 224 = (số). TH3. a = 2 , b = 5 , c 0 > Chọn a : có 1 cách chọn. Chọn b : có 1 cách chọn. Chọn c : có 7 cách chọn. Chọn d : có 7 cách chọn. Vậy trường hợp này có: 1.1.7.7 49 = (số). TH4. a = 2 , b = 5 , c 0 = , d > 0 Chọn a : có 1 cách chọn. Chọn b : có 1 cách chọn. Chọn c : có 1 cách chọn. Chọn d : có 7 cách chọn. Vậy trường hợp này có: 1.1.1.7 7 = (số). Như vậy: n A( ) = + + += 3528 224 49 7 3808 . Suy ra: ( ) ( ) n A 3508 68 P An S === . ( ) 4536 81 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 A. 155 P = . B. 1220 P = . C. 14 P = . D. 114 P = . Lời giải Chọn A Số phần tử không gian mẫu: ( ) 312 n C Ω= = 220 . Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 26 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 (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 nhau. Mỗi đỉnh của tam giác đều ứng với một phần ở trên.Chỉ cần chọn 1 đỉnh thì 2 đỉnh còn lại xác định là duy nhất). Ta có: ( ) 14 nA C= = 4 . Khi đó: ( ) ( ) n A 4 1 P An = == Ω . ( ) 220 55 Câu 53: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt. Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Xác suất chọn được số lớn hơn 2500 là A. 1368 P = . B. 5568 P = . C. 6881 P = . D. 1381 P = . Lời giải Chọn C 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 .” TH1. a > 2 Chọn a : có 7 cách chọn. Chọn b : có 9 cách chọn. Chọn c: có 8 cách chọn. Chọn d : có 7 cách chọn. Vậy trường hợp này có: 7.9.8.7 3528 = (số). TH2. a = 2 , b > 5 Chọn a : có 1 cách chọn. Chọn b : có 4 cách chọn. Chọn c: có 8 cách chọn. Chọn d : có 7 cách chọn. Vậy trường hợp này có: 1.4.8.7 224 = (số). TH3. a = 2 , b = 5 , c 0 > Chọn a : có 1 cách chọn. Chọn b : có 1 cách chọn. Chọn c: có 7 cách chọn. Chọn d : có 7 cách chọn. Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 27 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Vậy trường hợp này có: 1.1.7.7 49 = (số). TH4. a = 2 , b = 5 , c 0 = , d > 0 Chọn a : có 1 cách chọn. Chọn b : có 1 cách chọn. Chọn c: có 1 cách chọn. Chọn d : có 7 cách chọn. Vậy trường hợp này có: 1.1.1.7 7 = (số). Như vậy: n A( ) = + + += 3528 224 49 7 3808 . Suy ra: ( ) ( ) n A 3508 68 P An S === . ( ) 4536 81 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 A. 1642 P = . B. 1621 P = . C. 1021 P = . D. 2342 P = . Lời giải Chọn C Số phần tử không gian mẫu: ( ) 69 n A Ω= = 60480 . (mỗi số tự nhiên abcdef thuộc S là 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: ( ) 333 564 nA CAA = = . . 28800. (bốc ra 3 số lẻ từ 5 số lẻ đã cho- chọn ra 3 vị trí từ 6 vị trí của số abcdef xếp thứ tự 3 số vừa chọn – bốc ra 3 số chẵn từ 4 số chẵn đã cho xếp thứ tự vào 3 vị trí còn lại của số abcdef ) Khi đó: ( ) ( ) n A 28800 10 P An == = Ω . ( ) 60480 21 Câu 55: Một hộp đựng 11 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 11. Chọn ngẫu nhiên 6 tấm thẻ. Gọi P là xác suất để tổng số ghi trên 6 tấm thẻ ấy là một số lẻ. Khi đó P bằng: A. 100 231. B. 115 231. C. 12. D. 118 231 . Lời giải Chọn D 611 n C ( ) 462 Ω= = . 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: 55 6. 6 C = cách. Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 28 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Trường hợp 2: Chọn được 3 thẻ mang số lẻ và 3 thẻ mang số chẵn có: 3 3 6 5 C C. 200 = cách. Trường hợp 2: Chọn được 5 thẻ mang số lẻ và 1 thẻ mang số chẵn có: 56 C .5 30 = cách. Do đó n A( ) 6 200 30 236 =+ + = . Vậy 236 118 ( ) 462 231 P A = = . 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 0,6 (với x y > ). Biết xác suất để ít nhất một trong ba cầu thủ ghi bàn là 0,976 và xác suất để cả ba cầu thủ đều ghi ban là 0,336 . Tính xác suất để có đúng hai cầu thủ ghi bàn. A. P C( ) 0, 452 = . B. P C( ) 0, 435 = . C. P C( ) 0, 4525 = . D. P C( ) 0, 4245 = . Lời giải Chọn A Gọi Ai là biến cố “người thứ i ghi bàn” với i =1, 2,3 . Ta có các Ai độc lập với nhau và PA xPA yPA ( 12 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” Ta có: A = ⇒ = = −− AAA P A P A P A P A x y 123 1 2 3 . . . . 0,4(1 )(1 ) ( ) ( ) ( ) ( ) Nên PA P A x y ( ) 1 1 0,4(1 )(1 ) 0,976 =− =− − − = ( ) Suy ra 3 47 (1 )(1 ) 50 50 − − = ⇔ − − =− x y xy x y (1). Tương tự: 123 B AAA = . . , suy ra: () ( ) ( ) ( ) 123 P B P A P A P A xy = == . . 0,6 0,336 hay là 1425 xy = (2) 14 ⎧ = ⎪⎪⎨⎪ + = ⎪⎩xyx y, giải hệ này kết hợp với x > y ta tìm được Từ (1) và (2) ta có hệ: x = 0,8 và y = 0,7 . 25 3 2 Ta có: C AAA AAA AA A =++ 123 1 23 12 3 Nên P C x y x y xy ( ) (1 ) .0,6 (1 ).0,6 .0, 4 0, 452 =− + − + = . Câu 57: Một bài trắc nghiệm có 10 câu hỏi, mỗi câu hỏi có 4 phương án lựa chọn trong đó có 1 đáp án đúng. Giả sử mỗi câu trả lời đúng được 5 điểm và mỗi câu trả lời sai bị trừ đi 2 điểm. Một học sinh không học bài nên đánh hú họa một câu trả lời. Tìm xác suất để học sinh này nhận điểm dưới 1. A. P A( ) 0,7124 = . B. P A( ) 0,7759 = . C. P A( ) 0,7336 = . D. P A( ) 0,783 = . Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 29 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Lời giải Chọn B Ta có xác suất để học sinh trả lời câu đúng là 14 và xác suất trả lời câu sai là 34. 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: 4 2(10 ) 6 20 x xx − −= − Nên học sinh này nhận điểm dưới 1 khi 21 6 20 16 x x − <⇔ < Mà x nguyên nên x nhận các giá trị: 0,1, 2,3. Gọi Ai (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” Suy ra: A = ∪∪∪ AAAA 0123 và 0123 P() ( ) ( ) ( ) ( ) A PA PA PA PA = ++ + i PA C i nên 10 310 1 3 () . 4 4− i i Mà: ⎛ ⎞⎛ ⎞ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ 10 10 1 3 ( ) . 0,7759 4 4− ⎛ ⎞⎛ ⎞ = = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ∑ i i i PA C . = i 0 Chương 3. 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? un . C. 1 101− = n n u . D. 1 101+ = n n u . un = . B.  0,00...01 A.  n chöõsoá Chọn A. Ta có: 0 = n 0,00...01 1 0 − chöõsoá Hướng dẫn giải Số hạng thứ 1 có 1 chữ số 0 Số hạng thứ 2 có 2 chữ số 0 Số hạng thứ 3 có 3 chữ số 0 ……………………………. Suy ra n u có n chữ số 0 . u 1 5 .Số hạng tổng quát un của dãy số là số hạng nào dưới đây? = Câu 59: Cho dãy số ( ) un với ⎩⎨⎧= + u + u n n 1 n (n 1)n ( 1) 5 n n un− = . B. 2 A. 2 un− = + . un+ = + . D. 2 ( 1) 5 n n C. 2 ( 1)( 2) 5 + + = +n n un . Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 30 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có ( ) 1 u n − = ++ + + + −= + . 5 1 2 3 ... 1 52 nn n u 1 ⎧ = ⎨⎩ = +. Số hạng tổng quát n u của dãy số là số hạng nào dưới đây? Câu 60: Cho dãy số ( ) n u với 12 u un + n n 1 = + . B. ( 12 2 )( ) 16 nnn n A. ( )( ) 12 1 u+ + 16 nnn n C. ( 12 1 )( ) 16 nnn n u− + = + . u − − = + . D. ( 12 2 )( ) 16 nnn n u+ − = + . Lời giải Chọn C. ⎧ = ⎪⎪ = + u 1 1 u u 2 1 ⎪⎨ = + 1 2 . Cộng hai vế ta được ( )2 ( )( ) 2 2 12 1 u n − − =+ + + + − =+ . 1 1 2 ... 1 16 nnn n 2 Ta có: u u 3 2 2 ⎪⎪⎪ = +− ⎩ ... 2 ( ) uu n − 1 n n 1 ⎧ = ⎨⎩ −= − . Số hạng tổng quát n u của dãy số là số hạng nào dưới đây? u 1 2 Câu 61: Cho dãy số ( ) n u với A. ( )2 uun + 2 1 n n 1 2 1 n u n =+ − . B. 2 2 n u n = + . C. ( )2 2 1 n u n =+ + . D. ( )2 2 1 n u n =− − . Lời giải Chọn A. ⎧ = u 1 2 Ta có: ⎪ = + ⎪⎪⎨ = + u u 2 1 u u 3 2 1 . Cộng hai vế ta được ( ) ()2 3 2 1 3 5 ... 2 3 2 1 n u nn = ++ + + + − = + − . ⎪⎪⎪ = +− ⎩ ... 2 3 n n uu n − 1 ⎧ = − ⎪⎨ =− − ⎪⎩. Công thức số hạng tổng quát của dãy số này là: u 1 2 Câu 62: Cho dãy số ( ) n u với 1 2 n uu + 1 n A. 1 nn un− = − . B. 1 nn un+ = . C. 1 nn un+ = − . D. 1 nn un = − + . Lời giải Chọn C. uuu =− =− =− Dễ dàng dự đoán được 1 nn 345 ; ; ;... Ta có: 123 234 un+ = − . Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 31 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 1 ⎧⎪ = ⎨⎪⎩ = −. Công thức số hạng tổng quát của dãy số này là: u Câu 63: Cho dãy số ( ) n u với 1 2 u u + 2 n n 1 A. ( ) 1 2 1 2 n u n =+ − . B. ( ) 1 2 1 2 n u n =− − . C. 1 2 2 n u n = − . D. 1 2 2 n u n = + . Lời giải Chọn B. 1 ⎧ = ⎪⎪ = − ⎪⎪⎨ = − u 1 2 Ta có: u u 2 1 u u 3 2 2 . Cộng hai vế ta được ( ) 1 1 2 2... 2 2 1 2 2 n u n = −− −= − − . 2 ⎪⎪⎪ = − ⎪⎩ ... u u − 2 n n 1 ⎧ = ⎪⎨⎪ = +− ⎩. Số hạng tổng quát n u của dãy số là số hạng nào dưới u 1 1 Câu 64: Cho dãy số (un ) với ( ) 1 n 2 u u + n n 1 đây? A. 1 n u n = + . B. 1 n u n = − . C. ( )2 1 1 n n u = +− . D. n u n = . Lời giải Chọn D Ta có ( )2 1 234 1 1 2; 3; 4;... n nn n uu u u u u + = +− = +⇒ = = = Dễ dàng dự đoán được n u n = . Thật vậy, ta chứng minh được n u n = (*) bằng phương pháp quy nạp như sau: + Với 1 n u =⇒ = 1 1. Vậy (*) đúng với n =1 + Giả sử (*) đúng với mọi ( ) * n kk = ∈ , ta có: k u k = . Ta đi chứng minh (*) cũng đúng với n k = +1, tức là: 1 1 k u k + = + + Thật vậy, từ hệ thức xác định dãy số ( ) n u ta có: ( )2 1 1 1 k k k uu k + = +− = + . Vậy (*) đúng với mọi * n∈ . ⎧ = ⎪⎨⎪ = +− ⎩. Số hạng tổng quát n u của dãy số là số hạng nào dưới u 1 1 Câu 65: Cho dãy số (un ) với ( ) u u + 1 n 2 1 + n n 1 đây? A. 2 n u n = − . B. n u không xác định. C. 1 n u n = − . D. n u n = − với mọi n . Lời giải Chọn A Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 32 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Ta có: 23 4 uu u = =− =− 0; 1; 2 ,. Dễ dàng dự đoán được 2 n u n = − . u 1 ⎧ = ⎨⎩ = +. Số hạng tổng quát n u của dãy số là số hạng nào dưới đây? Câu 66: Cho dãy số (un ) với 12 u un + 1 n n A. ( 12 1 )( ) 16 nnn n = + . B. ( 12 2 )( ) 16 nnn n u+ + C. ( 12 1 )( ) 16 nnn n u− + = + . u − − = + . D. ( 12 2 )( ) 16 nnn n u+ − = + . Lời giải Chọn C ⎧ = ⎪⎪ = + u 1 1 u u 2 1 ⎪⎨ = + 1 2 2 Ta có: u u 3 2 2 . ⎪⎪⎪ = +− ⎩ ... 2 ( ) uu n − 1 n n 1 Cộng hai vế ta được ( )2 ( )( ) 2 2 12 1 u n − − =+ + + + − =+ . 1 1 2 ... 1 16 nnn n u 2 ⎧ = ⎨⎩ −= − . Số hạng tổng quát n u của dãy số là số hạng nào dưới đây? Câu 67: Cho dãy số (un ) với 1 uun + 2 1 n n 1 A. ( )2 2 1 n u n =+ − . B. 2 2 n u n = + . C. ( )2 2 1 n u n =+ + . D. ( )2 2 1 n u n =− − . Lời giải Chọn A ⎧ = u 1 2 Ta có: ⎪ = + ⎪⎪⎨ = + u u 2 1 u u 3 2 1 3 . ⎪⎪⎪ = +− ⎩ ... uu n − 2 3 n n 1 Cộng hai vế ta được ( ) ()2 2 1 3 5 ... 2 3 2 1 n u nn = ++ + + + − = + − . ⎧ = − ⎪⎨ =− − ⎪⎩. Công thức số hạng tổng quát của dãy số này là: u 1 2 Câu 68: Cho dãy số (un ) với 1 2 n uu + 1 n A. 1 nn un− = − . B. 1 nn un+ = . C. 1 nn un+ = − . D. 1 nn un = − + . Lời giải Chọn C uuu =− =− =− Dễ dàng dự đoán được 1 nn 345 ; ; ;... Ta có: 123 234 un+ = − . Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 33 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 1 ⎧⎪ = ⎨⎪⎩ = −. Công thức số hạng tổng quát của dãy số này là: u Câu 69: Cho dãy số (un ) với 1 2 u u + 2 n n 1 A. ( ) 1 2 1 2 n u n =+ − . B. ( ) 1 2 1 2 n u n =− − . C. 1 2 2 n u n = − . D. 1 2 2 n u n = + . Lời giải Chọn B 1 ⎧ = ⎪⎪ = − ⎪⎪⎨ = − u 1 2 Ta có: u u 2 1 u u 3 2 2 2 . ⎪⎪⎪ = − ⎪⎩ ... u u − 2 n n 1 Cộng hai vế ta được ( ) 1 1 2 2... 2 2 1 2 2 n u n = −− −= − − . ⎧ = − ⎪⎨ = ⎪⎩. Công thức số hạng tổng quát của dãy số này là: u 1 Câu 70: Cho dãy số (un ) với 1 u n u + n 1 2 A. ( ) 1 1 .2n n u⎛ ⎞ = − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . B. ( ) 1 ⎛ ⎞ = − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . C. 1 1 1 .2n + ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . D. ( ) 1 1 n − 1 1 .2n − n u n u n u 2 Lời giải Chọn D ⎧ = − ⎛ ⎞ = − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . u 1 1 ⎪⎪ = ⎪⎪⎪⎨ = u 1 u 2 2 Ta có: u u 2 . 3 ⎪⎪⎪⎪ = ⎪⎩ ... 2 u u − n n 2 1 n − 1 . . ... 1 1 . . ... 1 . 1 . 1 . uuu u ⎛ ⎞ =− ⇔ =− =− ⎜ ⎟  ⎝ ⎠ 123 1 n − Nhân hai vế ta được ( ) ( ) ( ) uuu u u 123 1 n n n − 2.2.2...2 2 2 n − 1 lan ⎧ = ⎨⎩ = . Công thức số hạng tổng quát của dãy số này: u 2 Câu 71: Cho dãy số (un ) với 1 A. n 1 u u + 2 n n 1 n u n − = . B. 2n n u = . C. 1 2n n u + = . D. 2 n u = . Lời giải Chọn B Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 34 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 ⎧ = u 1 2 Ta có: ⎪ = ⎪⎪⎨ = u u 2 2 1 u u 2 3 2 ⎪⎪⎪ = ⎩ ... 2 n n u u − 1 . Nhân hai vế ta được 1 n nn uuu u uu u u − = ⇔= − . 123 12 1 . . ... 2.2 . . ... 2 n n 1 ⎧⎪ = ⎨⎪⎩ =. Công thức số hạng tổng quát của dãy số này: u Câu 72: Cho dãy số (un ) với 1 2 u u + 2 n n 1 n u − = − . B. 11 A. 1 2n − = . C. 12 n n u − = . D. 2 2n n u − = . Lời giải Chọn D 2 n n u − ⎧ = ⎪⎪ = ⎪⎪⎨ = 1 u 1 2 2 Ta có: u u 2 1 2 u u 3 2 ⎪⎪⎪ = ⎪⎩ ... 2 n n u u − 1 . 1 . . ... .2 . . ... 2 Nhân hai vế ta được 1 2 n nn uuu u uu u u − − = ⇔= − . n n 123 12 1 2 ⎧ = ⎪⎨⎪ = +− ⎩. Số hạng tổng quát n u của dãy số là số hạng nào dưới u 1 1 Câu 73: Cho dãy số (un ) với ( ) 1 n 2 u u + n n 1 đây? A. 1 n u n = + . B. 1 n u n = − . C. ( )2 1 1 n n u = +− . D. n u n = . Lời giải Chọn D. Ta có: ( )2 1 234 1 1 2; 3; 4;... n nn n uu u u u u + = +− = +⇒ = = = Dễ dàng dự đoán được n u n = Thật vậy, ta chứng minh được n u n = (*) bằng phương pháp quy nạp như sau: + Với 1 n u =⇒ = 1 1. Vậy (*) đúng với n = 1 + Giả sử (*) đúng với mọi ( ) * n kk = ∈ , ta có: k u k = . Ta đi chứng minh (*) cũng đúng với n k = +1 , tức là: 1 1 k u k + = + + Thật vậy, từ hệ thức xác định dãy số ( ) n u ta có: ( )2 1 1 1 k k k uu k + = +− = + . Vậy (*) đúng với mọi * n∈ . Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 35 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 2 1 2 − = n Câu 74: Cho dãy số( ) n u (un) có 3 un . Khẳng định nào sau đây sai? A. Là cấp số cộng có ;31 u1 = 23 d = . B. Số hạng thứ n+1: 2 u ++ − = . 2( 1) 1 n 3 n 1 + − = n + 2(2 1) C. Hiệu 3 un un . D. Không phải là một cấp số cộng. 1 Lời giải Chọn A 2 2 u u ++− − + −= − = Vậy dãy số trên không phải cấp số cộng. Ta có 2(n 1) 1 2 1 2(2 n 1). 3 33 n nn 1 Câu 75: Cho tam giác ABC biết 3 góc của tam giác lập thành một cấp số cộng và có một góc bằng 25° . Tìm 2 góc còn lại? A. 65 ,90 ° ° B. 75 ,80 ° ° . C. 60 ,95 ° ° . D. 60 ,90 ° ° . Lời giải Chọn D Ta có: 123 uuu d d d + + = ⇔ + ++ + = ⇔= 180 25 25 25 2 180 35 . Vâỵ 2 3 u u = = 60; 90. Câu 76: Cho tứ giác ABCD biết 4 góc của tứ giác lập thành một cấp số cộng và góc A bằng 30o. Tìm các góc còn lại? A. 75 ,120 ,65 ° °° . B. 72 ,114 ,156 °°° . C. 70o; 110o; 150o. D. 80o; 110o; 135o. Lời giải Chọn C Ta có: 1234 uuuu d d d d + + + = ⇔ + ++ + + + = ⇔= 360 30 30 30 2 30 3 360 40 . Vâỵ 23 4 u u == = 70; 110; u 150 . Câu 77: Cho một cấp số cộng có 1 6 u u =− = 3; 27 . Tìm d ? A. d = 5. B. d = 7 . C. d = 6 . D. d = 8 . Lời giải Chọn C Ta có: 6 1 u ud d d = ⇔ + = ⇔− + = ⇔ = 27 5 27 3 5 27 6 . 1 ; 26 u u = = Tìm d ? Câu 78: Cho một cấp số cộng có 1 8 3 A. 113 d = . B. 311 d = . C. 103 d = . D. 310 d = . Lời giải Chọn A Ta có: 8 11 11 26 7 26 7 26 u ud d d = ⇔ + = ⇔+ = ⇔= . 3 3 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 36 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Câu 79: Cho cấp số cộng (un ) có: 1 u d =− = 0,1; 0,1. Số hạng thứ 7 của cấp số cộng này là: A. 1,6 . B. 6 . C. 0,5. D. 0,6 . Lời giải Chọn C Số hạng tổng quát của cấp số cộng (un ) là: 1 7 () () 1 1 .0,1 0,1 7 1 .0,1 2 n uu n u = + − ⇒ =− + − = . Câu 80: Cho một cấp số cộng ( ) n u có 1 u =1 và tổng 100 số hạng đầu bằng 24850 . Tính 11 1 S = + ++ ... uu uu u u . 1 2 2 3 49 50 A. 9246 S = . B. 423 S = . C. S = 123 . D. 49 S = . 246 Lời giải Chọn D Gọi d là công sai của cấp số đã cho u S ud d − = + = ⇒= = 497 2 50 2 99 24850 5 Ta có: ( ) 1 100 1 99 55 5 ⇒ = + ++ 5 ... Suu uu u u 1 2 2 3 49 50 ... − − − = + ++ u u uu u u 2 1 3 2 50 49 uu uu u u 1 2 2 3 49 50 1111 1 1 1 1 = − + − ++ − + − ... uuuu u u u u 1 2 2 3 48 49 49 50 1 1 1 1 245 49 246 =− =− = uu uu d + 1 50 1 1 49 ⇒ = S . 246 Câu 81: Cho abc , , theo thứ tự lập thành cấp số cộng, đẳng thức nào sau đây là đúng? A. 2 2 a c ab bc ac += + + 222 . B. 2 2 a c ab bc ac −= + − 222 . C. 2 2 a c ab bc ac += + − 222 . D. 2 2 a c ab bc ac −= − + 222 . Lời giải Chọn C abc , , theo thứ tự lập thành cấp số cộng khi và chỉ khi ( )( ) 2 2 2 2 b a c b b a c b a c ab bc −=−⇔ − = − ⇔ − = − 2 2 22 2 222 2 2 ( ) ⇔+= + − = + − a c c ab bc ab c c b ( ) 2 2 2 2 2 = + −= + − ab c b a ab bc ac Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 37 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Câu 82: Cho cấp số nhân ( ) n u với 11 1; 10 u q − =− = . Số 103 101 là số hạng thứ mấy của ( ) n u ? A. Số hạng thứ103. B. Số hạng thứ 104. C. Số hạng thứ 105. D. Không là số hạng của cấp số đã cho. Lời giải Chọn B n − 1 1 1 . 1. 1 103 104 − ⎛ ⎞ = ⇒ =− − ⇒ − = ⇒ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Ta có n 1 n u uq n n 1 103 10 10 Câu 83: Cho cấp số nhân ( ) n u với 1 u = − 3; q= 2. Số 192 là số hạng thứ mấy của ( ) n u ? A. Số hạng thứ 5. B. Số hạng thứ 6. C. Số hạng thứ 7. D. Không là số hạng của cấp số đã cho. Lời giải Chọn C Ta có () () 1 1 1 n u uq n n − − − 1. 192 3. 2 2 64 1 6 7 n n n = ⇒ = − ⇒− = ⇒ −= ⇒ = . Câu 84: Cho cấp số nhân ( ) n u với 11 3; 2 u q − = = . Số 222 là số hạng thứ mấy của ( ) n u ? A. Số hạng thứ 11. B. Số hạng thứ 12. C. Số hạng thứ 9. D. Không là số hạng của cấp số đã cho. Lời giải Chọn D n n − − 1 1 1 1 . 222 3. 74 − ⎛⎞ ⎛⎞ = ⇒ = − ⇒− = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ . Vậy 222 không là số hạng của cấp số đã Ta có cho. n u uq 1 n 1 2 2 Câu 85: Cho cấp số nhân (un ) với 11 1; 10 u q − =− = . Số 103 101 là số hạng thứ mấy của (un ) ? A. Số hạng thứ 103. B. Số hạng thứ 104. C. Số hạng thứ105. D. Không là số hạng của cấp số đã cho. Lời giải Chọn B. n − 1 1 1 . 1. 1 103 104 − ⎛ ⎞ = ⇒ =− − ⇒ − = ⇒ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Ta có n 1 n u uq n n 1 103 10 10 Câu 86: Cho cấp số nhân (un ) với 1 u q = =− 3; 2 . Số 192 là số hạng thứ mấy của (un ) ? A. Số hạng thứ 5. B. Số hạng thứ 6 . C. Số hạng thứ 7 . D. Không là số hạng của cấp số đã cho. Lời giải Chọn C. Ta có () () 1 1 1 n u uq n n − − − 1. 192 3. 2 2 64 1 6 7 n n n = ⇒ = − ⇒− = ⇒ −= ⇒ = . Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 38 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Câu 87: Cho cấp số nhân ( ) n u với 11 3; 2 u q − = = . Số 222 là số hạng thứ mấy của ( ) n u ? A. Số hạng thứ11. B. Số hạng thứ 12 . C. Số hạng thứ 9. D. Không là số hạng của cấp số đã cho Lời giải Chọn D. n n − − 1 1 1 1 . 222 3. 74 − ⎛⎞ ⎛⎞ = ⇒ = − ⇒− = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ . Vậy 222 không là số hạng của cấp số đã Ta có cho. n u uq 1 n 1 2 2 Câu 88: Cho dãy số 1 ; ; 2 2 − b . Chọn b để dãy số đã cho lập thành cấp số nhân? A. b = −1. B. b =1. C. b = 2 . D. Không có giá trị nào củab . Lời giải Chọn D. ⎧ ≥ ⎪⎨ =− =− ⎪⎩ Vậy không có giá trị nào của b . b Dãy số đã cho lập thành cấp số nhân khi b Chương 4. Giới hạn 0 1 . .2 1 2 Câu 89: Cho dãy ( ) k x được xác định như sau: 1 2 ... 2! 3! ( 1)! kk xk = + +++ . Tìm lim n u với 1 2 2011 ... nn n n n u xx x = + ++ . A. +∞ . B. −∞ . C. 1 12012! − . D. 1 12012! + Lời giải Chọn C Ta có: 1 1 k kk = − + + nên 1 1( 1)! k xk = − + . k ( 1)! ! ( 1)! 1 1 0 ( 2)! ( 1)! kk k k xx xx − = − <⇒ < + + + + . Suy ra 1 1 k k Mà: 2011 1 2 2011 2011 ... 2011 n nn n n x xx x x < + ++ < . Mặt khác: 2011 2011 20111 lim lim 2011 12012! n x xx = = =− . Vậy 1 lim 12012! n u = − . ⎧ = ⎪⎨ = + ⎪⎩. Tìm 3 u 0 Câu 90: Cho dãy số ( )n u được xác định bởi: 2011 1 lim n un . u uu + 1 2 n n n Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 39 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 A. +∞ . B. −∞ . C. 3. D. 1. Lời giải Chọn C Ta thấy 0, n u n > ∀ 3 1 3 n n Ta có: 3 3 u uu u + = ++ + (1) 1 3 6 n n Suy ra: 33 33 1 0 3 3 nn n uu uu n > +⇒ > + − (2) 1 1 11 3 3 33 3 3 39 3 nn n uu u u n nn u n + < ++ + < ++ + Từ (1) và (2), suy ra: ( ) + +. 1 3 2 2 3 0 0 n n 1 11 1 33 9 <++ + ∑ ∑ (3) Do đó: 3 30 2 uu n n = = k k k k 1 1 n 1 11 1 1 1 ... 2 2 n n 1 1 2 <+ + + + = − < − ∑ . 2 Lại có: 2 1.2 2.3 ( 1) = = k k ∑ ∑ ≤ < . n n k= k nn n 1 2 2 3 39 3 nn Nên: 3 33 u nu u n + < < + ++ . 0 0 33 3 n uu u k k 1 1 Hay Vậy 0 0 2 2 3 39 3 + < <+ + + . nn n n n 3 lim 3 n un = . Câu 91: Cho a b a b n ab ab , ,( , ) 1; 1, 2,... ∈ =∈ + +  { }  . Kí hiệu nr là số cặp số ( , ) u v ∈ ×     sao cho r n au bv = + . Tìm 1 lim n n →∞ n ab = . A. +∞ . B. −∞ . C. 1ab . D. ab −1. Lời giải Chọn C Xét phương trình 1 0; nn ⎡ ⎤ − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ (1). Gọi 0 0 (,) u v là một nghiệm nguyên dương của (1). Giả sử (,) u v là một nghiệm nguyên dương khác 0 0 (,) u v của (1). Ta có 0 0 au bv n au bv n + = += , suy ra 0 0 au u bv v ( ) ( )0 −+−= do đó tồn tại k nguyên dương sao 1 1 v v ka ka− − ≥⇔ ≤ . (2) cho 0 0 u u kb v v ka =+ =− , . Do v là số nguyên dương nên 0 0 Ta nhận thấy số nghiệm nguyên dương của phương trình (1) bằng số các số k nguyên dương cộng với 1. Do đó 0 0 1 1 1 1 nv u n ⎡⎤⎡ ⎤ − = += − − + ⎢⎥⎢ ⎥ ⎣⎦⎣ ⎦ . ra ab b a n n u u Từ đó ta thu được bất đẳng thức sau: 0 0 1 1 1. n r − −≤ ≤ − −+ ab b a ab b a Từ đó suy ra: 0 0 1 1 1 11 . n u ru − − ≤≤ − − + ab nb na n ab nb na n Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 40 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 r Từ đây áp dụng nguyên lý kẹp ta có ngay 1 lim n →∞ n ab = . n 2 lim cos Câu 92: Chọn kết quả đúng trong các kết quả sau của 2 x x → nxlà: 0 A. Không tồn tại. B. 0 . C. 1. D. +∞ . Lời giải Chọn B. Cách 1: 2 2 2 2 0 cos 1 0 cos x x ≤ ≤⇔ ≤ ≤ . nx nx 2 lim cos 0 x x → = nên 2 Mà 2 lim 0 0 x x → nx = . 0 Cách 2: Bấm máy tính như sau: Chuyển qua chế độ Rad + 2 2 x cosnx + CACL + 9 x 10− = + n =10 và so đáp án. Câu 93: Chọn kết quả đúng trong các kết quả sau của cos5 limx 2x →−∞ x là: A. −∞. B. 0 . C. 12. D. +∞ . Lời giải Chọn B. Cách 1: cos5 1 0 cos5 1 0 , 0 2 2 x ≤ ≤⇒ ≤ ≤ ∀≠ . x x x x x→−∞ 2x = nên cos5 lim 0 Mà 1 lim 0 x →−∞ x = . x 2 Cách 2: Bấm máy tính như sau: Chuyển qua chế độ Rad + cos5 x x + CACL + 9 x = −10 và so đáp 2 án. Cách 3: Dùng chức lim của máy VNCALL 570ES Plus: chuyển chế độ Rad + cos5 lim2 10 x x x → − và so đáp án. 9 2 lim cos Câu 94: Chọn kết quả đúng trong các kết quả sau của 2 x x → nxlà: 0 A. Không tồn tại. B. 0 . C. 1. D. +∞ . Lời giải Chọn B. Cách 1: 2 2 2 2 0 cos 1 0 cos x x ≤ ≤⇔ ≤ ≤ . nx nx Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 41 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 2 lim cos 0 x x → = nên 2 Mà 2 lim 0 0 x x → nx = . 0 Cách 2: Bấm máy tính như sau: Chuyển qua chế độ Rad + 2 2 x cosnx + CACL + 9 x 10− = + n =10 và so đáp án. Câu 95: Chọn kết quả đúng trong các kết quả sau của cos5 limx 2x →−∞ x là: A. −∞. B. 0 . C. 12. D. +∞ . Lời giải Chọn B. Cách 1: cos5 1 0 cos5 1 0 , 0 2 2 x ≤ ≤⇒ ≤ ≤ ∀≠ . x x x x x→−∞ 2x = nên cos5 lim 0 Mà 1 lim 0 x →−∞ x = . x 2 Cách 2: Bấm máy tính như sau: Chuyển qua chế độ Rad + cos5 x x + CACL + 9 x = −10 và so đáp 2 án. Cách 3: Dùng chức lim của máy VNCALL 570ES Plus: chuyển chế độ Rad + cos5 lim2 10 x x x → − và so đáp án. 9 n ... lim , ( , 0) ... ax a x a A ab ++ + n n 0 1 − = ≠ m x m m bx b x b 0 0 Câu 96: Tìm giới hạn ++ + . →+∞ − 0 1 A. +∞. B. −∞ . C. 43. D. Đáp án khác. Lời giải Chọn D a a a n n n 1 1 − ( ... ) x ax x x A b b b x bx x x + ++ + 0 1 − Ta có: = lim n n →+∞ − x m m m 1 1 ( ... ) + ++ + 0 1 − m m a a a 1 1 n n ... − ax xx a mn A b b b b bx xx + ++ + 0 1 0 − ∙ Nếu lim n n . =⇒ = = →+∞ − x m m 1 1 0 ... + ++ + 0 1 − m m a a a 1 1 n n ... − ∙ Nếu ax xx mn A b b b x bx xx + ++ + 0 1 − n n lim 0 >⇒ = = →+∞ − − x m n m m 1 1 ( ... ) + ++ + 0 1 − m m ( Vì tử 0 → a , mẫu → 0 ). Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 42 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 ∙ Nếu m n < , ta có: a a a n m n n − − 1 1 ( ... ) khi . 0 x a a b x xx A b b b a b bx xx + ++ + ⎧+∞ > = = ⎨⎩−∞ < + ++ +. 0 1 0 0 − n n lim khi 0 ... →+∞ − x m m 1 1 0 0 0 1 − m m 2 Câu 97: 3x 5sin 2x cos x lim − + 2 x →+∞ x 2 + bằng: A. −∞ . B. 0 . C. 3. D. +∞. Lời giải Chọn B 2 3x 5sin 2x cos x 6x 10sin 2x cos 2x 6x 10sin 2x cos 2x lim lim lim lim −+ − + − + = =+ 2 2 22 x x xx →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ x 2 2x 4 2x 4 2x 4 + + ++ − + = + . 10sin 2x cos 2x lim 2 x →+∞ 2x 4 Vì ( )( ) 22 2 2 − + ≤+ + = 10sin 2x cos 2x 10 1 sin 2x cos 2x 101 nên: 10sin 2x cos 2x 101 02x 4 2x 4 − + + + . ≤ ≤ 2 2 Mà 2 x101 lim 0 →+∞ 2x 4 = + nên 2 x10sin 2x cos 2x lim 0 − + = + . →+∞ 2x 4 π ⎧⎪ ≠∧≠ + ∈ = ⎨⎪⎩ = x x x kk f x xx tan , 0 , 2 Câu 98: Cho hàm số ( ) nào sau đây? π . Hàm số y fx = ( ) liên tục trên các khoảng 0 , 0 ⎛ ⎞ π ⎜ ⎟ ⎝ ⎠. B. ;4 ⎛ ⎞ π ⎜ ⎟ −∞ A. 0; 2 ⎛ ⎞ π π ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠. D. (−∞ +∞ ; ) . ⎝ ⎠ . C. ;4 4 Lời giải Chọn A D kk π ⎧ ⎫ = +∈ ⎨ ⎬ ⎩ ⎭   . π TXĐ: \ , 2 Với x = 0 ta có f (0 0 ) = . ( ) 0 0tan lim lim x xx f x → → x = 0 0 sin 1 lim .limcos x x x → → x x = = 1 hay ( ) ( ) 0 lim 0 x fx f → ≠ . Vậy hàm số gián đoạn tại x = 0 . 2 ⎧ ≥ ⎪⎪ = ≤< ⎨ + ⎪⎪ < ⎩. Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau: , 1 Câu 99: Cho hàm số x x 3 x f x x x ( ) 2 , 0 1 1 x xx sin , 0 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 { } . Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 43 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Lời giải Chọn A TXĐ: D =  . Với x >1 ta có hàm số ( ) 2 f x x = liên tục trên khoảng (1;+∞).( ) 1 3 2 x f xx = + liên tục trên khoảng (0;1) . (2) Với 0 1 < 1 ta có hàm số ( ) 2 f x x = liên tục trên khoảng (1;+∞).( ) 1 3 2 x f xx = + liên tục trên khoảng (0;1) . (2) Với 0 1 < ⎪ <− > ⎨ ⎨ ⇔ 2 (3 2)(3 6) 0 , 2 m m m m + ≠ ⎩ ⎪ ≠ − ⎩(3) 3 3 30 1 mm Với điều kiện (3) , gọi 1 2 x x, là hai nghiệm của (2), khi đó hệ số góc của ba tiếp tuyến là 2 2 11223 kxkxk =− + =− + = 3 3, 3 3, 0 . Để hai trong ba tiếp tuyến này vuông góc với nhau 1 2 k k. 1 = − và 1 2 k k ≠ 1 2 k k. 1 = − 2 2 22 2 1 2 1 2 1 2 12 ⇔ − − =− ⇔ − + + + = 9( 1)( 1) 1 9 9( ) 18 10 0 x x xx x x xx i( ) + + m m 32 32 += = . x x xx ; 2 2 Mặt khác theo Định lí Viet 1 2 12 Do đó 28 ( ) 9(3 2) 10 0 27 im m ⇔ + + = ⇔ =− thỏa điều kiện (3) , kiểm tra lại ta thấy 1 2 k k ≠ Vậy, 28 ; 0 27 M⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ là điểm cần tìm. Cách 2: Gọi 0 0 Nx y C ( ; ) () ∈ . Tiếp tuyến Δ của (C)tại N có phương trình: ( ) 20 00 y x xx y =− + − + 3 3( ) . Δ đi qua ( ) 20 00 M x mx y ⇔ =− + − + 0 3 3( ) 2 000 0 0 ⇔ − + − − + −= 3( 1)( 1)( ) ( 1) ( 2) 0 x x xm x x ⎡ = − ⇔ ⎢⎢ − + + += ⎣ 2 x 1 00 0 ⇔ + − + + += ( 1) 2 (3 2) 3 2 0 x x mxm ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ 02 2 (3 2) 3 2 0 (a) x mxm 0 0 Từ M vẽ được đến (C) ba tiếp tuyến ⇔ ( ) a có hai nghiệm phân biệt khác −1 , và có hai giá trị 20 k x =− + 3 3 khác nhau và khác 0 điều đó xảy ra khi và chỉ khi: ⎧ ≠− ⎪ ⇔ ⎨<− > ⎪⎩( ) b . m 2 (3 2) 8(3 2) 0 (3 2)(3 6) 0 ⎧⎪Δ= + − + > ⎧ + −> ⎨ ⎨ ⇔ m m m m ⎪ + +≠ + ≠ ⎩ ⎩ 2 2(3 2) 0 3 30 1 2 , 2 m m m m 3 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 49 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Vì tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = −1 có hệ số góc bằng 0 nên yêu cầu bài toán 2 2 ⇔ − + − + =− ( 3 3)( 3 3) 1 p q (trong đó p q, là hai nghiệm của phương trình ( ) a ) 22 2 2 ⇔ − + += 9 9( ) 10 0 pq p q 22 2 ⇔ − + + += 9 9( ) 18 10 0 p q p q pq 2 2 9(3 2) 9(3 2) 9(3 2) 10 0 4 4 ⇔ − + ++ =2827 m mm + + Câu 109: Cho hàm số 2 1 ⇔ =− m . Vậy 28 ; 0 27 M⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠. − = − có đồ thị là (C .) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( ) C sao cho tiếp x y 1 x tuyến này cắt các trục O , x y O lần lượt tại các điểm A , B thoả mãn OA 4OB. = ⎡=− + ⎢⎢⎢ =− + ⎢⎣. B. 1 5 1 5 ⎡ =− − ⎢⎢⎢ =− + ⎢⎣. C. 1 5 ⎡=− + ⎢⎢⎢ =− − ⎢⎣. D. 1 5 A. y x 4 4 1 13 y x 4 4 y x 4 4 1 13 y x 4 4 y x 4 4 1 13 y x 4 4 Lời giải ⎡ =− − ⎢⎢⎢ =− − ⎢⎣. y x 4 4 1 13 y x 4 4 Chọn A Giả sử tiếp tuyến (d) của ( ) C tại 0 0 Mx y C ( ; ) () ∈ cắt Ox tại A, Oy tại B sao cho OA B = 4O . OB AOA = = ⇒ Hệ số góc của (d) bằng 14 Do ΔOAB vuông tại O nên 1 tan4 hoặc 14 − . 1 11 () 0 ( 1) ( 1) 4 y xx x ′ =− < ⇒− =− − − Hệ số góc của (d) là 0 2 2 0 0 ⎡ ⎛ ⎞ ⎢ =− = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⇔ ⎢⎢ ⎛ ⎞ ⎢ = = ⎜ ⎟ ⎣ ⎝ ⎠ 3 12 x y 0 0 5 32 x y 0 0 1 3 15 ( 1) ⎡ ⎡ y x yx =− + + =− + ⎢ ⎢ Khi đó có 2 tiếp tuyến thoả mãn là: 4 2 44 ⇔ . 1 5 1 13 ( 3) y x yx =− − + =− + ⎣ ⎣ 4 2 44 Câu 110: Cho hàm số 3 y x mx = +− + 1 ( 1) có đồ thị là ( ) Cm . Có bao nhiêu giá trị m để tiếp tuyến của ( ) Cm tại giao điểm của nó với trục tung tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 8 . A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . Lời giải Chọn D Ta có M m (0;1 ) − là giao điểm của ( ) Cm với trục tung 2 y xm y m ʹ = − ⇒ =− 3 ʹ(0) Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 50 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Phương trình tiếp tuyến với ( ) Cm tại điểm m là y mx m =− + −1 Gọi A, B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến này với trục hoanh và trục tung, ta có tọa độ 1 ; 0 m Am ⎛− ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ và B m (0;1 ) − Nếu m = 0 thì tiếp tuyến song song với Ox nên loại khả năng này Nếu m ≠ 0 ta có ( )2 − − ⎡ = ± m m m S OA OB m 1 11 1 9 45 =⇔ =⇔ − =⇔ = ⇔ ⎢⎢ =− ± ⎣ 8 . 8 1 8 16 2 2 7 43 OAB m m m Vậy có 4 giá trị cần tìm. yx+ = − .Tìm giá trị nhỏ nhất của m sao cho tồn tại ít nhất một điểm M ∈ (C) mà Câu 111: Cho hàm số 1 x 2 1 tiếp tuyến của (C) tại M tạo với hai trục toạ độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng dy m : 21 = − . A. 13. B. 33 . C. 23 . D. 23. Lời giải Chọn A 3 ( ) (2 1) y xx y − = −+ − Gọi 0 0 Mx y C ( ; ) () ∈ . Phương trình tiếp tuyến tại M : 2 0 0 x 0 Gọi A , B là giao điểm của tiếp tuyến với trục hoành và trục tung 2 yx+ − = − . 2 41 x x ⇒ 0 0 (2 1) B 0 2 2 yx+ − = − . 2 41 x x Từ đó trọng tâm G của ΔOAB có: 0 0 3(2 1) G 2 0 2 + − = − − x xm 2 41 2 1 Vì G d ∈ nên 0 0 x 3(2 1) 0 2 Mặt khác: 2 2 22 2 4 1 6 (2 1) 6 1 1 xx x x x +− − − 00 0 0 0 = = − ≥− − −− 2 22 (2 1) (2 1) (2 1) x xx 0 00 Do đó để tồn tại ít nhất một điểm M thỏa bài toán thì 1 1 2 13 3 m m − ≥− ⇔ ≥ . Vậy GTNN của m là 13. Câu 112: Cho hàm số 21x yx = +, có đồ thị là (C). Có bao nhiêu điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 51 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 M của (C) cắt Ox, Oy tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 14, O là gốc tọa độ. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Lời giải Chọn B 2 2 x Mx y C y y 0 Gọi ( ) () ( ) ; ʹ 1 1 ∈ ⇒= ⇒ = 00 0 0 2 x x + + 0 0 2 2 x 2 0 Phương trình tiếp tuyến ( )t của (C) tại M là: ( ) ( ) . y x = + 0 2 2 x x + + 1 1 0 0 Tiếp tuyến ( )t cắt hai trục tọa độ Ox Oy , tại hai điểm phân biệt ( ) 20 A x− ; 0 , ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ x B 2 0; 2 ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ sao cho diện tích tam giác AOB có diện tích bằng 14 khi đó 0 ( ) 2 x 0 1 22 2 2 0 x OA OB OA OB x x x 11 1 1 2 .. . . 4 1 0 ( ) ( ) =⇔ =⇔ =⇔ − + = 0 00 2 24 2 2 1 x 0 + ⎡ ⎛ ⎞ ⎡ + += ⎢ =− ⇒ − − ⎜ ⎟ ⎢ ⎝⎠ ⇔ ⎢ ⎢ − −= ⎣ ⎢⎣ = ⇒. 2 1 1 2 10 ; 2 2 2 x x x M 0 0 0 2 2 10 1 1;1 x x x M 0 0 0 ( ) 2 2 2 21 x mx m ++− = − (Cm ) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt và các tiếp tuyến với (Cm ) tại Câu 113: yx 1 hai điểm này vuông góc với nhau. A. 23 m = . B. m = −1. C. 2 , 1 m m = =− . D. m = 0 . 3 Lời giải Chọn A Hàm số đã cho xác định trên \ 1{ } . Xét phương trình hoành độ giao điểm của (Cm ) và trục hoành: ( ) 2 2 2 21 2 2 0 2 2 1 0, 1 1 x mx mx mx m x ++−=⇔ + + −= ≠ − (1) x Để (Cm ) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A B, thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân ⎧⎪Δ= − + > ⎨⎪ + + −≠ ⎩ hay ( )( ) biệt khác 1 . Tức là ta phải có: 2 2 ʹ 2 10 m m ⎧⎪ − +> 11 0 m m ⎨⎪ + ≠ ⎩ tức 1 1 ⎧− < < ⎨≠ ⎩ m (2). 2 12 2 1 0 m m ( ) 2 10 m m m 0 Gọi 1 2 x x; là hai nghiệm của (1) . Theo định lý Vi – ét, ta có: 1 2 xx m + =−2 , 2 1 2 xx m .2 1 = − Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 52 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Giả sử I x( 0 ; 0) là giao điểm của (Cm ) và trục hoành. Tiếp tuyến của (Cm ) tại điểm I có hệ số 2 2 góc ( ) ( )( ) ( ) x m x x mx m x m 22 1 2 2 1 2 2 ʹ 1 1 + −− + + − + = = 0 0 00 0 y xx x 0 20 0 − − ( ) y xx+ = − , ( ) 2 2 2 ʹ 1 x m Như vậy, tiếp tuyến tại A B, lần lượt có hệ số góc là ( ) 1 y xx+ = − . 2 2 ʹ 1 x m 1 1 2 2 Tiếp tuyến tại A B, vuông góc nhau khi và chỉ khi yxyx ʹ ʹ ( 1 2 ) ( ) = −1 hay ⎛ ⎞⎛ ⎞ + + ⎜ ⎟⎜ ⎟ = − − − ⎝ ⎠⎝ ⎠ ( )( ) 2 22 22 1 xmxm 1 2 x x 1 1 1 2 ⇔ =− m 1 hoặc 23 12 1 2 ⇔ + − + + += 5. 4 1 4 10 xx m x x m tức 2 3 20 m m+ −= Câu 114: Cho hàm số m = . Đối chiếu điều kiện chỉ có 23 m = thỏa mãn. 2 x 2mx m − + = +. Giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại hai điểm và tiếp tuyến yx m của đồ thị tại hai điểm đó vuông góc là A. 3. B. 4 . C. 5. D. 7 . Lời giải Chọn C 2 2 − + = + và trục hoành: :x mx m C yx m Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số ( ) ( ) 2 2 2 2 0* − + ⎪⎧ − += 0 x mx m x mx m + ⎪⎩ ≠ − . = ⇔ ⎨ x m x m 2 x 2mx m − + = + cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai Đồ thị hàm số yx m 0 1 01 m m nghiệm phân biệt khác −m ⎧ <∨ > ⎧⎪ ⎪ Δ= − > ′ ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ ⎪ + ≠ ≠ − ⎩ ⎪⎩. 2 m m 2 m m m 3 0 3 Gọi M ( x y 0 0 ; ) là giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành thì 2 00 0 y x mx m = − += 2 0 và hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại M là: 2 k yx = = ′( 0 ) ( )( ) ( ) − −− − + − = + + . 22 1 2 x m x x mx m 2 2 x m 0 0 00 0 2 x m x m ( ) 0 0 − = + , 2 2 x m kx m Vậy hệ số góc của hai tiếp tuyến với (C) tại hai giao điểm với trục hoành là 1 1 1 − = + . 2 2 x m kx m 2 2 2 ⎛ ⎞⎛ ⎞ − − ⇔ =− ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ + + 22 22 1 xm xm Hai tiếp tuyến này vuông góc 1 2 ⇔ =− k k. 1 1 2 xm xm 1 2 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 53 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 ( ) ( ) ( ) 2 2 12 1 2 12 1 2 ⇔ − + + =− + + + 4 ** ⎡ ⎤⎡ ⎤ xx m x x m xx m x x m ⎣ ⎦⎣ ⎦ . xx m ⎧ = ⎨⎩ + =, do đó ( ) 2 0 ⎡ = ⇔ − =⇔ ⎢⎣ = . Nhận m = 5 . Ta lại có 1 2 x x m 1 2 2 m ** 5 05 m mm Câu 115: Phương trình tiếp tuyến của (C): 3 y x = biết nó đi qua điểm M (2; 0) là: A. y x = ± 27 54 . B. y xy x =−=− 27 9; 27 2 . C. y x = ± 27 27 . D. yyx ==− 0; 27 54 . Lời giải Chọn D + 2 y x ' 3 = . + Gọi 0 0 A(; ) x y là tiếp điểm. PTTT của ( ) C tại 0 0 A(; ) x y là: ( ) 2 3 0 00 y xxx x d = −+ 3 () . + Vì tiếp tuyến ( ) d đí qua M (2;0) nên ta có phương trình: x 0 x xxx⎡ = − + =⇔ ⎢⎣ = . ( ) 2 3 0 32 03 0 00 0 + Với 0 x = 0 thay vào ( ) d ta có tiếp tuyến y = 0. + Với 0 x = 3 thay vào ( ) d ta có tiếp tuyến y x = − 27 54 . 2 x f x x = −+ , có đồ thị (C). Từ điểm M (2; 1− ) kẻ đến (C) hai tiếp tuyến phân Câu 116: Cho hàm số ( ) 1 4 biệt. Hai tiếp tuyến này có phương trình: A. y =− +x 1 và y = −x 3 . B. y = − 2 5 x và y =− + 2 3 x . C. y =− −x 1 và y =− +x 3 . D. y = +x 1 và y =− −x 3 . Lời giải. Chọn A x 0 2 x f x ′ = − Gọi ( ) 0 0 Nx y ; là tiếp điểm; y x = −+ ; ( ) 0 0 0 1 4 0 1 2 2 x x ⎛ ⎞ = − − + −+ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0 0 Phương trình tiếp tuyến tại N là: ( ) y xx x 0 0 1 1 2 4 2 2 x xx ⎛ ⎞ ⇒− = − − + − + ⇔− + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0 00 Mà tiếp tuyến đi qua M (2; 1− ) ( ) 00 0 1 12 1 0 xx x 2 44 ( ) ⎡ = = =− ′ ⇔ ⎢ == = ′ ⎢⎣ xyf 0; 1; 0 1 0 0 xyf ( ) 4; 1; 4 1 0 0 Phương trình tiếp tuyến : y =− +x 1 và y = −x 3 . Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 54 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Câu 117: Tiếp tuyến của parabol 2 y x = −4 tại điểm (1;3) tạo với hai trục tọa độ một tam giác vuông. Diện tích của tam giác vuông đó là: A. 252 . B. 54. C. 52. D. 254 . Lời giải Chọn D + y xy ′ ′ =− ⇒ =− 2 (1) 2 . +PTTT tại điểm có tọa độ (1;3) là: y =− − + ⇔ =− + 2( 1) 3 2 5 ( ) x y x d . + Ta có ( ) d giao Ox tại 5 ;0 A⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠, giao Oy tại B(0;5) khi đó ( ) d tạo với hai trục tọa độ tam giác 2 vuông OAB vuông tại O. Diện tích tam giác vuông OAB là: 1 1 5 25 . . .5 S OA OB = == . 2 22 4 yx+ = − có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến tạo Câu 118: Cho hàm số 2 21 x với hai trục tọa độ một tam giác vuông cân. A. Δ =− + : 7 y x ;Δ =− − : 1 y x . B. Δ =− + : 27 y x ;Δ =− − : 11 y x . C. Δ =− + : 78 y x ;Δ =− − : 11 y x . D. Δ =− + : 9 y x ;Δ =− − : 1 y x . Lời giải Chọn A Hàm số xác định với mọi x ≠ 1. 4 ʹ ( 1) yx− = − Ta có: 2 Tiệm cận đứng: x = 1; tiệm cận ngang: y = 2 ; tâm đối xứng I(1; 2) Gọi 0 0 Mx y (; ) là tiếp điểm, suy ra phương trình tiếp tuyến của (C): − + Δ= − + − − . 4 2 2 : () ( 1) 1 y xx 2 0 x 0 x x 0 0 Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ một tam giác vuông cân nên hệ số góc của tiếp tuyến bằng ±1 . 4 1 1, 3 ( 1)x x − =± ⇔ =− = − x 2 0 0 0 * 0 0 x y yx =− ⇒ = ⇒Δ =− − 1 0: 1 . * 0 0 x y yx = ⇒ = ⇒Δ =− + 3 4: 7 . Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 55 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Câu 119: Cho hàm số 22x yx = + 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 118 . A. 9 1 Δ= + y x ;4 1 Δ= + y x . B. 9 31 Δ= + y x ;4 2 :4 2 C. 9 1 :9 9 :4 2 Δ= + y x . :9 9 Δ= + y x ;4 4 Δ= + y x . D. 9 1 Δ= + y x ;4 2 :4 2 Chọn D :9 9 :4 2 Lời giải Δ= + y x . :9 9 Hàm số xác định với mọi x ≠ −2 . 4 ʹ ( 2) yx = + Ta có: 2 Gọi 0 0 Mx y C ( ; ) () ∈ . Tiếp tuyến Δ của (C) tại M có phương trình 2 x x 4 4 2 2 ( ) ( 2) ( 2) ( 2) 2 0 0 y xx x = −+ = + 2 22 0 x xx x + ++ + 0 00 0 Gọi A, B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến Δ với Ox O, y ⎧ = y 0 ⎪⎪ ⎧ ⎨ ⎪ = − 1 1 ( ; 0) 2 Suy ra 2 2 : 4 2 0 2 ( 2) ( 2) 0 A x x x 0 0 ⎪ + =⇔ ⎨ x 2 2 + + ⎪ ⎪ = ⎩ ⎩ x xy 0 0 xx B B x 02 : 0; 2( 2) ( 2) ⇒ − A x 2 0 ⎧ = 2 ⎪ ⎛ ⎞ ⎨ ⇒ ⎜ ⎟ = + ⎪ ⎝ ⎠ + ⎩ 2 0 0 2 y x x 2 0 0 Vì 0 AB O x , 0 ≠⇒ ≠ . Tam giác AOB vuông tại O nên 4 1 1 . 2 2 ( 2) AOBx S OA OBx Δ = = + 0 2 0 Suy ra 40 4 2 1 9 9 ( 2) 18 ( 2) AOBx S xx x Δ = ⇔ =⇔ = + 0 + 2 0 0 ⎡ = ⎡ + += 1 3 20 (vn)2 3 203 x 2 0 x x ⇔ ⇔ ⎢ ⎢⎢ − −= ⎢ = − ⎣ ⎢⎣. 0 0 2 x x x 0 0 0 2 4 1 , ʹ( ) 3 9 x y yx =⇒ = = . Phương trình 4 2 Δ= + y x * 00 0 :9 9 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 56 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 2 9 1, ʹ( ) 3 4 x y yx =− ⇒ =− = Phương trình 9 2 91 : ( )1 4 3 42 * 000 Δ = + −= + yx x . yx+ = − . Có bao nhiêu cặp điểm A, B thuộc (C) mà tiếp tuyến tại đó song Câu 120: Cho hàm số 1 (C) 1 x song với nhau: A. 0 . B. 2 . C. 1. D. Vô số. Lời giải Chọn D yx− = − 2 ' . Ta có: ( )2 1 yx+ = − có tâm đối xứng I (1 1; ) . Đồ thị hàm số 11 x Lấy điểm tùy ý A( x ;y C 0 0 )∈( ). Gọi B là điểm đối xứng với A qua I suy ra B x; y C (2 2 − −∈ 0 0 ) ( ). Ta có: − = = − 2 Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm A là: ( ) ( ) 0 2 A k y' x . x 0 1 2 21 − = −= − Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm B là: ( ) ( ) 0 2 Bk y' x . x 0 Ta thấy A B k k = 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 11 yx = − 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: A. (2;1 .) B. 1 4; . 3 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ C. 3 4 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − − ⎝ ⎠ D. 3 ;4. ; . 4 7 Lời giải Chọn D 1 ' 1 yx = − − . Lấy điểm M ( x ; 0 0 y )∈(C). Ta có: ( )2 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠ 4 Phương trình tiếp tuyến tại điểm M là: ( ) ( ) 0 ( ) 20 01 1 =− − + Δ − − . 1 1 y .x x x x Giao với trục hoành: ( ) Δ ∩ − Ox=A x ; (2 10 0 ) . Δ⎛ ⎞ − ∩ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠ x Oy=B ;x 2 1 01 0 Giao với trục tung: ( ) ( ) 2 0 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 57 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 2 ⎛ ⎞ − = ⇔= ⇔ = ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠. Vậy 3 ;4. x S OA.OB x 1 3 2 1 4 00 2 14 OAB M ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠ x 0 4 Câu 122: Định m để đồ thị hàm số 3 2 y x mx =− +1 tiếp xúc với đường thẳng d y: 5 = ? A. m = −3 . B. m = 3 . C. m = −1. D. m = 2 . Lời giải Chọn A Đường thẳng 3 2 y x mx =− +1 và đồ thị hàm số y = 5 tiếp xúc nhau 3 2 ⎧⎪ − += x mx 1 5 (1) ⇔ ⎨⎪⎩ − = có nghiệm. 2 3 2 0 (2) x mx x ⎡ = 0 ⇔ − =⇔ ⎢⎢ = ⎣. . xx m m (2) (3 2 ) 0 2 x 3 + Với x = 0 thay vào (1) không thỏa mãn. + Với 23m x = thay vào (1) ta có: 3 m m =− ⇔ =− 27 3 . Chương 6. Phép biến hình Câu 123: Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn ( ) C có phương trình 2 2 ( 1) ( 2) 4 x y − ++ = . Hỏi phép dời hình có được bằng cách thực hiện liên tiếp 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? A. 2 2 x y + = 4 . B. 2 2 ( 2) ( 6) 4 x y − +− = . C. 2 2 ( 2) ( 3) 4 x x − +− = . D. 2 2 ( 1) ( 1) 4 x y − +− = . Lời giải Chọn D. Đường tròn ( ) C có tâm I(1; 2) − và bán kính R = 2 . Ð ( ) ( 1; 2) Oy II I = ⇒ −− ′ ′ . v T I I II v I  ′ ′′ ′ ′′ ′′ = ⇒ =⇒   . ( ) (1;1) Đường tròn cần tìm nhận I′′(1;1) làm tâm và bán kính R = 2 . Câu 124: Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d có phương trình x y +−= 2 0 . Hỏi phép dời hình có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép đối xứng tâm O và phép tịnh tiến theo vectơ v = (3;2)  biến đường thẳng d thành đường thẳng nào trong các đường thẳng sau? A. 3 3 20 x y + −= . B. x y −+= 2 0 . C. x y ++= 2 0 . D. x y +−= 3 0 . Lời giải Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 58 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Chọn D. ⎧ = ′ Ð() // // ( ) d dd dd O ⎨ ⇒ ′′ ′ ′ ′′ = ⎩  . Td d v Nên d xyc c ′′: 0( 2) + + = ≠− . (1) Ta có : M (1;1)∈d và Ð ( ) ( 1; 1) O M = ⇒ −−∈ MM d ′′ ′ Tương tự : M ′ ′ ( 1; 1) −−∈d và ( ) (2;1) v TM M M d  ′ ′′ ′′ ′′ =⇒ ∈ (2) Từ (1) và (2) ta có : c = −3. Vậy d xy ′′: 30 +−= . Chương 7. Quan hệ song song Câu 125: Cho hình chóp S ABCD . có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn là AB. M là trung điểm CD. Mặt phẳng (α ) qua M song song với BC và SA. (α ) cắt AB SB , lần lượt tại N và P. Nói gì về thiết diện của mặt phẳng (α ) với khối chóp S ABCD . ? 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. Lời giải Chọn B Trong mặt phẳng ( ) ABCD , qua M kẻ đường thẳng MN BC N BC  ( ∈ ). Khi đó, MN ⊂ ( ) α . Trong mặt phẳng (SAB), qua N kẻ đường thẳng NP SA P SB  ( ∈ ). Khi đó, NP ⊂ (α ). Vậy (α ) ≡ (MNP). Xét hai mặt phẳng (MNP) và (SBC) có Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 59 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 ( ) MN MNP ⎧ ⊂ ⎪⎪ ⊂ ⎨ ⇒ ( ) BC SBC  hai mặt phẳng cắt MN BC ⎪⎪⎩ ∈ ∈ ( )() , P MNP P SBC nhau theo một giao tuyến đi qua điểm P và song song với BC. Trong mặt phẳng (SBC) kẻ PQ BC Q SC  ( ∈ ). Khi đó, PQ là giao tuyến của mặt phẳng (α ) với mặt phẳng (SBC). Vậy mặt phẳng (α ) cắt khối chóp S ABCD . theo thiết diện là tứ giác MNPQ. Tứ giác MNBC có MN BCMNBC  ⎧⎨ ⇒  là hình bình hành. Từ đó suy ra MN BC = . ⎩ MC NB 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 MNPQ PQ MN  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 = 4. Mặt phẳng (P) song song với ( ABCD) và cắt cạnh SA tại M sao cho SA SM = 3 . Diện tích thiết diện của (P) và hình chóp S ABCD . bằng bao nhiêu? A. 5 39 . B. 2 33 . C. 2 . D. 7 39 . Lời giải Chọn A S O P M N D C D C A B A B H K Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của D C, trên AB ⎧ = = ⇒ ⇒= ⎨⎩ ++= . ABCD là hình thang cân ; 1 AH BK CD HKBK AH HK BK AB Tam giác BCK vuông tại K, có 2 2 22 CK BC BK = − = −= 21 3 . Suy ra diện tích hình thang ABCD là 4 6 . 3. 5 3 AB CD S CK + + = == . 2 2 ABCD Gọi N PQ , , lần lượt là giao điểm của (P) và các cạnh SB SC SD , , . Vì (P) // ( ABCD) nên theo định lí Talet, ta có 13 MN NP PQ QM AB BC CD AD === = . Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 60 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Khi đó ( ) P cắt hình chóp theo thiết diện MNPQ có diện tích 2 5 3 . 9 MNPQ ABCD S kS = = . Câu 127: Cho tứ diện đều SABC cạnh bằng a. Gọi I là trung điểm của đoạn AB , M là điểm di động trên đoạn AI . Qua M vẽ mặt phẳng ( ) α song song với ( ) SIC . Tính chu vi của thiết diện tạo bởi ( ) α với tứ diện SABC , biết AM x = . A. x ( ) 1 3 + . B. 21 3 x ( ) + . C. 31 3 x ( ) + . D. Không tính được. Lời giải Chọn B S N A MI B P C Để ý hai tam giác MNP và SIC đồng dạng với tỉ số AM x2 AI a = ⎛ ⎞ C x x xa a C SI IC SC a x ( ) ( ) 2 2 2 33 2 31 MNP . ⇒ = ⇔ = ++ = + += + ⎜ ⎟ MNP Ca a a SIC Chương 8. Quan hệ vuông góc 2 2 ⎝ ⎠ Câu 128: Cho tứ diện ABCD có DA DB DC = = và BDA ADC BDC === 60 , 90 , 120 00 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 === 2 3 Tam giác ABD đều cạnh a nên diện tích a S = . 4 ABD Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 61 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Tam giác ACD vuôn tại D nên diện tích 2 1 . 2 2 ACDa S DA DC = = . Diện tích tam giác BCD là 2 1 3 0 . sin120 a S DB DC = = . 2 4 BCD Tam giác ABC có AB a AC a BC a == = , 2, 3 nên tam giác ABC vuông tại A . Diện tích tam giác ABC là 2 1 2 . 2 2 ABCa S AB AC = = . Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất. Câu 129: Cho hình chóp S ABC . có  0 BSC =120 , 0 CSA = 60 , 0 ASB = 90 , SA SB SC = = . Gọi I là hình chiếu vuông góc của S lên mp ABC ( ). Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau 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 . Lời giải Chọn D S B C A Gọi SA SB SC a === Ta có : SAC đều ⇒ == AC SA a SABvuông cân tại S ⇒ = AB a 2 BC SB SC SB SC BSC a = +− = 2 2 2 . .cos 3  22 2 ⇒+=⇒ AC AB BC ABC  vuông tại 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). Câu 130: Cho tứ diện OABC cóOA, OB , OC đôi một vuông góc với nhau. Gọi H là hình chiếu của O trên mặt phẳng( ABC). Mệnh đề nào sau đây đúng? Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 62 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 1111 1111 A. . B. . =++ =++ 22 22 22 22 OH AB AC BC 1111 OA AB AC BC 1111 =++ 222 2 C. . D. . 22 22 OA OB OC BC Chọn D A =++ OH OA OB OC Lời giải H OC K B Ta có ( ) OA OBOA OBC OA BC ⊥ ⎫⎬ ⇒⊥ ⇒⊥ ⊥ ⎭ . OA OC Mà OH OBC OH BC ⊥ ⇒⊥ ( ) . Vậy ta có: ( ) BC OABC OAH ⊥ ⎫⎬ ⇒ ⊥ ⊥ ⎭ . BC OH Trong mặt phẳng ( ) ABC : AH cắt BC tại K Ta suy ra BC OK ⊥ (vì BC OAH ⊥ ( ) ). Tam giác OBC vuông tại O có: 1 11 1 ( ) 222 = + . OK OB OC Có OA OBC OA OK ⊥ ⇒⊥ ( ) . 1 11 2 Tam giác OAK vuông tại O có: ( ) 22 2 = + . OH OA OK 1 111 Từ ( ) 1 và (2) ta suy ra: 222 2 =++ . OH OA OB OC Câu 131: Cho hình lập phương ABCD A B C D . ′′′′ có cạnh bằng a . G là trọng tâm tam giác A′BD . Trong các vectơ sau, vectơ nào là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng( A′BD) ? AA'  AC  AG  A. . B. . C. . D. Kết quả khác. Lời giải Chọn C. Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 63 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 A' B' G D' C' B AD C Ta có tam giác A B BD DA ′ ′ = = ( đường chéo của các hình vuông bằng nhau). ⇒ ΔA BD ′ đều. Ta có A A ABCD A A BD ′ ′ ⊥ ⇒⊥ ( ) Mà A G BD ′ ⊥ (vì ΔA BD ′ đều). Suy ra BD A AG BD AG ⊥ ⇒⊥ ( ) () ′ 1 . Tương tự ta cũng chứng minh được: A D ABG A D AG ′ ′ ⊥ ⇒⊥ ( ) () 2 . Từ ( ) 1 và ( ) 2 suy ra AG A BD ⊥ ( ) ′ .  là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) A BD′ . Suy ra AG Câu 132: Cho hình lập phương ABCD EFGH . . Gọi α là góc giữa đường thẳng AG và mặt phẳng ( ) EBCH . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau: A. α = ° 30 . B. α = ° 45 . C. tan 2 α = . D. 2 α = . tan3 Lời giải Chọn C 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 ⇒= = = = α ( ) ,,, ( ) ( ) ( )  12 1 1 , tan 2  22 2 2AI AI a IO FG a AOIIO == = = ⇒ = = . Vậy tan 2 α = . Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 64 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Câu 133: Cho hình chóp S ABC . có SA vuông góc với đáy và tam giác ABC không vuông gọi H K, lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và tam giác SBC . Tính số đó góc tạo bởi HK và mặt phẳng (SBC). A. 45° . B. 65° . C. 90° . D. 120° . Lời giải Chọn C 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 ⊥ ⇒ ⊥⇒ ⊂ ( ) ( ). Vậy HK BC ⊥ .(1) Mặt khác, có BH SAC BH C ⊥ ⇒⊥ ( ) S , và BK SC ⊥ nên SC BHK ⊥ ( ) . Vậy HK SC ⊥ .(2) Từ (1) và (2) ta có HK SBC ⊥ ( ) ⇒ góc tạo bởi HK và mặt phẳng (SBC) bằng 90° . Câu 134: Cho hình chóp S ABCD . có đáy ABCD là hình vuông. Mặt bên SAB là tam giác đều có đường cao AH vuông góc với mp( ABCD) . Gọi a là góc giữa BD và mp (SAD). Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau: A. 3 a = . B. 3 sin2 2 cos2 2 Chọn B a = . C. a = ° 60 . D. a = ° 30 . Lời giải Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 65 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Gọi K là trung điểm của SA. Ta có: AD SAB ⊥ ( ) và ΔSAB đều nên BK SAD ⊥ ( ) . Vậy (BD SAD BD KD BDK a , , ( )) = == ( )   . Gọi cạnh của hình vuông ABCD là x , thì BD x = 2 và 32 x BK = . Xét trong tam giác vuông BKD có 3 sin2 2 BK aBD = = . Câu 135: Cho tứ diện SABC có hai mặt (ABC) và ( ) SBC là hai tam giác đều cạnh a , 3 . 2 SA a = M là điểm trên AB sao cho AM b ba = << 0 . ( ) ( ) P là mặt phẳng qua M và vuông góc với BC. Thiết diện của ( ) P và tứ diện SABC có diện tích bằng? ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . B. 2 2 ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . C. 2 3 3 . 4a b 3 . 4a b 3 3 ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . D. 2 A. Chọn C a a 16 Lời giải a b a 3 3 8 a b ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . a Gọi N là trung điểm của BC . ì ì ï ï = ^ ( ). SB SC BC SNBC SAN í í  ^ ï ï AB AC BC AN î î = ^ ìï Î ï ^ íïïî. Theo bài ra ( ) ( ) M P BC PP SAN () ( ) / / Kẻ MI AN MK SA // , //  Thiết diện của ( ) P và tứ diện SABC là DKMI. ìïïD ABC íïïîD là hai tam giác đều cạnh 32 SBC a a AN SM SA SAN  = = = D là tam giác đều cạnh a  DKMI là tam giác đều cạnh 2 - - æ ö 3 33 . .. 2 16 KMI ab ab S 3  = ç ÷ 2 D ç ÷ ç ÷ è ø a a Câu 136: Cho hình chóp S ABC . có SA ABC ⊥ ( ) và đáy ABC là tam giác cân ở A . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên (SBC). Khẳng định nào sau đây đúng? Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 66 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 A. H ∈SB . B. H trùng với trọng tâm tam giác SBC . C. H ∈SC . D. H ∈SI ( I là trung điểm của BC ). Lời giải Chọn D S H A B C I Gọi I là trung điểm của BC ⇒ ⊥ AI BC mà BC SA ⊥ ⇒ ⊥ BC SAI ( ) . Khi đó H là hình chiếu vuông góc của A lên (SBC). Suy ra H ∈SI . Câu 137: Cho hình lăng trụ ABCD A B C D . ′′′′ . Hình chiếu vuông góc của A′ lên ( ABC) trùng với trực tâm H của tam giác ABC . Khẳng định nào sau đây không đúng? A. ( )( ) AA B B BB C C ′′ ′′ ⊥ . B. ( AAH ABC ′ ′′′ ) ⊥ ( ). C. BB C C ′ ′ là hình chữ nhật. D. ( )( ) BB C C AA H ′ ′ ⊥ ′ . Lời giải Chọn A A' D' B' C' B A D L H C K Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên BC ⇒∈ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ H AK BC AK BC A H BC AA H , , ′ ′ ( ) ( ) ( ) ⎧ ′ ′′′ ⊥ ⎪ ⇒ ⊥ ⎨ ′′ ′ AAH ABC ( )( ) BB C C AA H ⎪ ⊥ ′ ⎩ BC BB nên đáp án B,C,D đúng. Câu 138: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có  0 AB a AC a BAC == = , 2 , 120 . Gọi M là trung điểm cạnh CC' thì  0 BMA' 90 = . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BMA') . A. 57 a B. 77 a C. 55 a D. 53 a Hướng dẫn giải Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 67 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Chọn D Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác ABC ta có: BC AB AC AB AC BAC 222 =+-2 . .cos 22 2 0 2 BC a a a a a BC a =+ − = ⇒ = 4 2 .2 .cos120 7 7 Đặt CC x ' 2 = .Ta có: 2 2 22 = + =+ A M AC C M a x ' '' ' 4 2 2 22 = +=+ BM BC CM a x 7 2 2 22 = + =+ A B A B BB a x ' '' ' 4 Tam giác BMA’ là tam giác vuông tại M nên 22 2 MB MA A B + = ' ' Do đó 22 22 2 2 2 2 47 4 5 5 a x a x a x x a xa + + + = + ⇒ = ⇒= . ' AA' AA'B '. '/ /( ' ') CC ABB A V V V V ⇒ = == A A BM M B C A ABC V d A A BMS = 3 ( ,( ' )) A A BM . ' ' A BM 1 1 1 15 '. .2 . . . .sin120 0 3 V AA S x AB AC a A ABC ABC == = '. 3 32 3 1 . '. 3 3 2 2 A BM s = = MA MB a ' 3 a d A A BM a 15 5 ( ,( ' )) 3 3 3 a = = 2 Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BM) là 53 a Câu 139: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc với đáy, SA = a. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng 30° . Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm CD . A. 3a B. 23a C. 43a D. 53a Lời giải Chọn A. Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 68 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 S H ND A I O M B C Chứng minh DB ⊥ (SAC) ⇒ Hình chiếu vuông góc của DS lên (SAC) là SO, góc giữa SD và (SAC) là DSO = 30° . Đặt DO = x, ta có SO = x 3 (O là giao điểm AC và BD) Từ 2 222a SO AO SA x = + ⇒= Gọi N là trung điểm AB ⇒DN // BM. Suy ra d(D;(SBM)) = d(N;(SBM)) = 12 d(A;(SBM)) Kẻ AI ⊥ BM, AH ⊥ SM. Từ đó chứng minh được AH⊥ (SBM) ⇒ d(A;(SBM)) = AH. 2 a SS S Δ Δ = −= Trong (ABCD): 2 ABC ABCD BCM Mà 1 2 . 2 5 ABMa S AI BM AI = ⇒= 1 11 2 ( ;( )) 3 3 Khi đó 2 22 a a AH d D SBM = + ⇒ =⇒ = AH AI SA Câu 140: Cho hình chóp S ABCD . có đáy là hình thang.   90o ABC BAD = = , BA BC a = = , AD a = 2 . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA a = 2 . Gọi H là hình chiếu của A lên SB . Tính theo a khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) A. 53a . B. 43a . C. 23a . D. 3a . Hướng dẫn giải: Chọn D S A H I D B C Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 69 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Gọi I là trung điểm AD . Ta có: 2AD CI IA ID == = , suy ra ΔACD vuông tại C ⇒ ⊥ CD AC . Mà SA ABCD ⊥ ( ) ⇒ ⊥ SA CD nên ta có CD SD ⊥ hay ΔSCD vuông tại D .Gọi 1 d , 2 d lần lượt là khoảng cách từ B , H đến mặt phẳng (SCD) Ta có: Δ ≈Δ SAB SHA SA SB ⇒ = SH SA SH SA 2 2 ⇒= = SB SB SH d 2 3 2 2 Mà 2 SB d = = 2 1 1 3 ⇒ = d d . 3 Thể tích khối tứ diện S BCD . : 3 11 2 . . 32 6 S BCDa V SA AB BC = = (PB: SAI) . Ta có 2 2 SC SA AC a = += 2 , 2 2 CD CI ID a = += 2 1 2 . 2 2 SCD ⇒= = S SC CD a 2 3.6 a 3 1 . 3 Ta có: . 1 V dS S BCD SCD = Δ a da ⇒= = . 1 2 2 2 a d d = = . 2 Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) là 2 1 3 3 Câu 141: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB a AD DC a = == 3, . Gọi I là trung điểm của AD, biết hai mặt phẳng (SBI ) và (SCI) cùng vuông góc với đáy và mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 0 60 . Tính khoảng cách từ trung điểm cạnh SD đến mặt phẳng (SBC). A. a 17 . 5B. 15 . 20 a C. 6 . 19 a D. 3 . 15 a Hướng dẫn giải Chọn B. Vẽ IK BC BC SIK SKI ⊥⇒⊥ ⇒ ( )  là góc giữa mặt phẳng (SBC) với mặt đáy nên  0 SKI = 60 . Vì 2 2 a S DI DC S Δ Δ = == 1 3a . , 2 44 I C IAB D Suy ra ( ) 2 D D . BIC ABC IC IAB SS SS a Δ ΔΔ =− += Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 70 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Mặt khác ( )2 2 BC AB C A a = − += DD 5 và 1 . . 2 IAB S IK BC Δ = Suy ra 2a 5 IK = 5 Trong tam giác vuông SIK ta có 0 2a 15 .tan 60 . SI IK = = 5 Gọi M là trung điểm của SD , tính d M SBC ( ) ,( ) . Gọi E là giao điểm của AD với BC , ta có 1 1 ED DC ED AD ID = = = = . EA AB Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 , ,, 2 4 d M SBC d D SBC d I SBC = = 3 2 Gọi H là hình chiếu của I lên SK ta có d I SBC IH ( ,( ))= . Trong tam giác vuông SIK , ta có: 1 1 1 5 5 5 15 . 12 4 3 5 a IH = + = + = = 22 2 222 IH SI IK a a a Vậy ( ) ( ) 15 , 20 a d M SBC = . Vậy chọn đáp án B. Câu 142: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Gọi M là trung điểm của cạnh AA’, biết BM ⊥ AC’. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (BMC’). A. 55 a B. 2 a C. 53 a D. 54 a 2 Hướng dẫn giải Chọn B BM BA BA BA BA BB BA BB = + = ++ =+         Ta có: 11 1 ( ') ( ') ' 22 2 AC AA A C ' ' '' = +    BM AC BA BB AA A C =+ +       1 . ' ( ')( ' ' ') 2        1 1 '. ' . ' ' '. ' '. ' ' =+ + + BA AA BA A C BB AA BB A C 2 2 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 71 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 0 0 1 . .cos120 . .cos 0 = + BA AC BA AA 2 0 0 1 . .cos120 '. '.cos 0 = + BA AC BB AA 2 11 1 1 2 2 . .( ) . 22 2 2 = − + =− + aa hh a h Theo giả thiết: BM AC BM AC h a h a ⊥ ⇒ =⇔ = ⇔=   1 1 2 2 ' . '02 2 Diện tích tam giác ABC là: a S = 2 3 4 ABC 3 Vì AM//(BCC’) nên V V M .' .' BCC A BCC = hay 3 V a M BCC = . ' 12 Gọi H là hình chiếu của M trên BC’. Ta có: a MB MC BC a == = 2 2 3 ' ' 2 5 ' , '2 2 2 1 6 . ' a ⇒= − = MH MA HC a ⇒= = S MH BC ' 2 4 MBC V d C BMC a 3 2 ( ,( ')) 2 Vậy khoảng cách cần tìm là ' CBMC S = = . Vậy chọn đáp án B MBC ' Câu 143: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC có  0 AC a BC a ACB = == 3, 3 , 30 . Cạnh bên hợp với mặt đáy góc 600 và mặt phẳng (A’BC) vuông góc với mặt phẳng (ABC).Điểm H trên cạnh BC sao cho HC=3HB và mặt phẳng (A’AH) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (A’AC) A. 2 5 a B. 3 34a C. 3 5 a D. 3 5 a 3 Chọn B. 2 7 Hướng dẫn giải A' C' B' A B C H Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 72 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 ( ) ( ) ' ⎧ ⊥ A BC ABC ⎪⎨ ⊥ ⇒⊥ ( )( ) ( ) A ABC A H ABC 'AH ' ⎪⎩ = ∩ ( )( ) A H A BC A ' ' 'AH  0 A AH Suy ra ' 60 . = 2 2 2 02 = + − =⇒ = AH AC HC a AH a 2.AC.HC.cos30 0 ⇒= = A H AH a ' .tan 60 3 2 3 a a V S AH a 33 9 .' . 3 . ABC A B C ABC == = .'' 4 4 Vì 22 2 AH AC HC HA AA AC + = ⇒⊥⇒ ⊥ AC ' . 1 1 . ' a 3.2a 3. 2 S AC A A a A C 'A 3 = == 2 2 9 a V a d B A ACS a 3 3 3 4 ;' . ' ( ) ( ) A ABC ⇒ = == 2 ' A AC Vậy chọn đáp án B. 3 4 Câu 144: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, ΔABCđều có cạnh bằng a, AA’ = a và đỉnh A’ cách đều A, B,C. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và A’B. Tính theo a khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AMN). A. 5 . 23 a B. 3 . 33a C. 5 . 22 a D. 22 . 11 a Lời giải Chọn D. A A' N E O B C' B' C M Gọi O là tâm tam giác đều ABC ⇒ ⊥ A'O ABC ( ) Ta có 32 3 , 233 = == a a AM AO AM 2 22 2 6 '' ; 3 3 = − = −= a a A O AA AO a Ta có: Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 73 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 1 .d , 3 ( ) ( ) V S N ABC = NAMC AMC Δ 3 d , V N ABCS ( ) ( ) ⇒ = 2 NAMC Δ AMC 1 3 16 ;d , 'O 2 8 26 a a S S N ABC A ( ) ( ) = = == Δ Δ AMC ABC 2 2 1 36 2 aa a V . . ⇒= = NAMC 3 8 6 48 Lại có: 3 , 2 = = a AM AN nên ΔAMN cân tại A. Gọi E là trung điểm của MN, suy ra ' , 2 2 ⊥ == A C a AE MN MN 22 2 aa a a AE AN NE S MN AE 2 2 3 11 1 11 ⇒ = − = −= = = AMN ; . 4 16 4 2 16 ( ) ( )2 2 3 2 11 22 aa a d C AMN (đvđd) ⇒= = ; : 48 16 11 Vậy chọn đáp án D. Câu 145: Cho hình chóp S ABC . có đáy ABC là tam giác đều có cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của AC . Hình chiếu của S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn BM sao cho HM HB = 2 . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SHC) bằng A. 2 7 a . B. 7 a . C. 3 7 a . D. 2 7 14 Chọn đáp án D 14 14 Lời giải a . 7 d A SCH d M SHC ( , 2, ( )) = ( ( )). Dựng MK CH ⊥ Khi đó d A SCH MK ( , 2 ( )) = Mặt khác 3 23; 2 33 2 a aa BM MH BM MC =⇒= = = Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 74 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 MH MC a MKMH MC = = + do đó 2 7 27a d MK = = . Suy ra 2 2 7 Câu 146: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA ⊥ (ABCD) và SA a = 3 . Gọi I là hình chiếu của A lên SC . Từ I lần lượt vẽ các đường thẳng song song với SB, SD cắt BC, CD tại B, Q. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của PQ với AB AD , . Tính khoảng cách từ E đến (SBD). A. 3 21 a B. 21 a C. 3 21 a D. 21 a 11 Chọn C. 9 D B E S A Q P 7 Lời giải I H O C 7 F Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Qua A dựng AH ⊥ SO. Dễ dàng chứng minh được AH ⊥ BD. Khi đó AH = d(A;(SBD)). Trong tam giác vuông SAC, ta có: 2 2 22 2 IC AC AC AB BC a CI SC ACSC SC SA AC SA AB BC a a 2 2 . ( )2 3 5 2 + = ⇒= = = = = 2 2 2 2 2 2 22 + ++ + ∆CBS có IP//SB ⇒25 IP CP CI CP ==⇒= SB CB CS CB Áp dụng định lý Talet: PE BP BE BC CP − = =⇒ = = 3 3 CQ PC CQ PC 2 2 Mà AB = CD = CQ + QP = CQ + BE = 53 BE. Do tam giác AEF vuông tại A nên: 2 2 1 1 1 32 32 2 2 . 2 2 2 25 25 AEFa S AE AF AE AB BE AB = = = += = (đvdt) ( ) DA d E SBD d A SBD ( ) ( ) ( ) ( ) 5 3 , , 3 5 DE=⇒ = Tam giác SAO vuông tại A , khi đó 2 1 11 3 a AH 2 =+ ⇒ = 22 2 AH SA AO 7 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 75 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Vậy ( ) ( ) 3 21 , 7 a d E SBD = . Câu 147: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, ACB = 300; M là trung điểm cạnh AC. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 600. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BM. Tính theo a khoảng cách từ C’ đến mặt phẳng (BMB’). A. 5 . 2 a B. 3 . 3a C. 3 . 4a D. 2 . 2 a Lời giải Chọn C. A' M A H B ^ E Q C' P B' C A' ' H ABC A H ⊥ ⇒ ( ) là đường cao của hình lăng trụ. AH là hình chiếu vuông góc của AA’ lên (ABC) 0 'A 60 A H ⇒ = V AHS ' . ABC A B C = ABC .’’’ a a AC a A H = = = =⇒ = ⇒ = 3 3 2 , MA MB AB a AH ' 2 2 2 11 3 . .3 a S BA BC a a = == 22 2 ABC 2 3 3 33 3 . 22 4 ABC A B Caa a ⇒ == V .'' ' V d C BMB d C BMB d BMBS === 3 ', ' , ' A, ' A BMB ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . ' BMB ' 3 a VV V == = 1 3 . ' B'.AMB . ' ' ' 6 8 A BMB ABC A B C Do BM AHA ⊥ ( )' nên BM AA BM BB BMB ⊥ ⇒ ⊥ ⇒Δ ' '' vuông tại B. ⇒= = = BMBa S BB BM a Suy ra ( ) ( )3 2 3 3 23 '; ' : 8 24 = = aa a d C BMB 2 11 3 '. 3.a . ' 222 (Cách 2: ( ) ( ) 3 3 0 A, ' .sin .sin 60 ) 2 4 == = = a a d BMB AE AH AHE Vậy chọn đáp án C. Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 76 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Câu 148: Cho hình chóp S ABCD . có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AD AB BC = = 2 2 , CD a = 2 2 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là trung điểm M của cạnhCD. Khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAD đến mặt phẳng (SBM ) bằng A. 4 10 a . B. 3 10 a . C. 10 a . D. 3 10 15 Chọn đáp án A 5 5 Lời giải a . 15 Gọi E là trung điểm của AD ta có CE AB ED = = . Có CD a CE ED a = ⇒== 22 2 Do vậy AD a BD a = = 4; 2 . Gọi N là trung điểm của AB suy ra 1 2 3, . 3 2 MN a S NM AB a == = MAB 2 2 MA AN NM a MB = +== 10 . Gọi L là trung điểm của DE ta có LA a = 3 và L là trung điểm của AP . Khi đó ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , 63 3 3 4; 6. , , , , 42 2 d A SBM LP a EP a PA a d E SBM d G SMB = ⇒ = = == = d E SBM Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 4 3 10 4 10 ,, . 9 9 9 5 15 a a d G SBM d A SMB AF = == = Câu 149: Cho hình chóp S ABCD . có đáy ABCD là hình bình hành có diện tích bằng 2 2a , AB a = 2 , BC a = 2 . Gọi M là trung điểm củaCD . Hai mặt phẳng (SBD) và (SAM ) cùng vuông góc với đáy. Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAM ) bằng A. 4 10 a . B. 3 10 a . C. 2 10 a . D. 3 10 15 Chọn đáp án C 5 5 Lời giải a . 5 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 77 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Gọi H = ∩ AM BD . Ta có: ( )( ) ⎧⎪ ⊥ ( )( ) ( ) SBD ABCSH ABC ⎨ ⇒ ⊥ ⎪ ⊥ ⎩ SAM ABC Lại có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2, , 2 HB AB d D SAM d B SAM = =⇒ = HD DM 2 1 1 a S SS == = . 24 2 ADM ADC ABCD Ta có: 1 2  . sin sin 45 2 2 ADM S AD DM D D D = ⇒ = ⇒=° Do vậy 2 2 10 2 . cos 452 AM AD DM AD DM a = + − °= Do vậy 2 2 10 ADM S aa DKAM = == . 10 5 Câu 150: Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD A B C D .'' ' ' có cạnh đáy bằng a . Gọi M, , N P lần lượt là trung điểm của AD DC A D , ,'' . Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( ) MNP và ( ') ACC . a . B. 4a . C. 3a . D. 2 A. 33 Chọn D. Lời giải a . 4 A B M D N C A' D' P B C' ' Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 78 Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018 Ta có: Trong tam giác ACD : MN AC / / (1) . ⎧ = ⎪⎨ ⇒ AM A P ' Trong hình vuông AADD ' ' : AM A P AMPA // ' ' ⎪⎩ ⊥ AA AM ' là hình chữ nhật. ⇒ ⇒ MP AA MP CC // ' // ' (2) . Từ (1) và (2) suy ra: ( ) / /( ') MNP ACC . ⇒ = d MNP ACC d I ACC (( ),( ')) ( ,( ')) (với I là trung điểm MN ). Gọi O AC BD = ∩ . ⎧ ⊥ ⎨ ⇒ ⊥ IO ACIO ACC Mặt khác: ( ') ' ⎩ ⊥⇒ = d I ACC IO ( ,( ')) . IO CC Mà: 111 2 2 a IO DO BD a = == = . 244 4 Suy ra: 2 (( ),( ')) 4 a d MNP ACC = . Câu 151: Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C .'' ' có các cạnh bên hợp với đáy những góc bằng 0 60 , đáy ABC là tam giác đều cạnh a và A' cách đều A, , B C . Tính khoảng cách giữa hai đáy của hình lăng trụ. a . D. 23a . A. a . B. a 2 . C. 32 Lời giải Chọn A. A' C' B' A C M H B Ta có: ( ' ' ') / /( ) A B C ABC ⇒ = d A B C ABC d A ABC (( ' ' '),( )) ( ',( )) . Gọi M là trung điểm BC . Gọi H là trọng tâm tam giác ABC . Tam giác ABC đều, trọng tâm H và A' cách đều A, , B C . Suy ra: A' thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ⇒ ⊥ A'() H ABC ⇒ d A ABC A H ( ',( )) ' = . Mặt khác: góc giữa cạnh bên và đáy bằng 0 60  0 ⇒ = A AH ' 60 . Trong tam giác A' AM : 0 0 ' 23 tan 60 ' .tan 60 . . 3 AH a A H AH a =⇒= = = . AH Suy ra: ⇒ = d A B C ABC a (( ' ' '),( )) . 3 2 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489 79