TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN
Mã đề: 567

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN II – MÔN TOÁN
NĂM HỌC: 2018 – 2019
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút

Mục tiêu: Đề thi thử THPT Chuyên KHTN - Hà Nội được tổ chức vào ngày 17/03/2019, được đánh giá
là một đề thi khá hay và khó. Đề thi khá dài, có thể dễ gây hoang mang cho học sinh, các câu hỏi phía
cuối khá khó và lạ. Đề thi với mục tiêu giúp HS có cái nhìn rõ nhất về lực học của bản thân sau 2 kì thi
thử, giúp HS cọ sát và có tâm lí tốt nhất để bước vào kì thi THPTQG sắp tới. Học sinh sau đề thi này sẽ
có chương trình ôn tập tốt nhất đề bù vào những lỗ hổng trống của mình.
Câu 1 (TH): Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

(
C. lim (
A. lim

x →−∞

x →+∞

) 32
x − x + 1 + x − 2 ) = +∞
x2 − x + 1 + x − 2 = −

A. ∅

B. ( −4; −3)


z
C. là số thuần ảo
z

B. z − z là số ảo
D. z.z là số thực

Câu 4 (NB): Vecto nào sau đây là một vecto chỉ phương của đường thẳng
A. ( −3; 2;1)

B. ( −2;1; −3)

C. ( 3; −2;1)

x + 2 y +1 z − 3
=
=
?
3
−2
−1
D. ( 2;1;3)

Câu 5 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A ( 0; 2; −1) , B ( −5; 4; 2 ) và C ( −1;0;5 ) .
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là:
A. ( −1;1;1)

B. ( −2; 2; 2 )

C. ( −6;6;6 )

Câu 9 (TH): Đồ thị hàm số y =
A. 1

x −1
25 − x 2

D. −8

C. 8
có bao nhiêu đường tiệm cận?

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 10 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ cho điểm A ( −3;1; 2 ) . Tọa độ điểm A ' đối xứng với điểm
A qua trục Oy là:
A. ( 3; −1; −2 )

B. ( 3; −1; 2 )

C. ( −3; −1; 2 )

D. ( 3;1; −2 )

Câu 11 (TH): Tập giá trị của hàm số y = x − 3 + 7 − x là:
B. [ 3;7 ]


B. 20π

C. 15π

D. Đáp án khác

Câu 14 (VD): Cho hàm số f ( x ) với bảng biến thiên dưới đây:
x

−∞
−

f '( x )
f ( x)

−1
0

0
+

+∞

+∞

2
−

0


x+m
trên đoạn [ 1; 2] bằng 8 (m là
x +1

tham số thực). Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. 0 < m < 4
B. 4 < m < 8

C. 8 < m < 10

D. m > 10

Câu 17 (TH): Số 2018201920192020 có bao nhiêu chữ số?
A. 147501991
B.147501992

C. 147433277

D. 147433276
2


Câu 18 (VD): Phương trình cos 2 x + 2 cos x − 3 = 0 có bao nhiêu nghiệm trong khoảng ( 0; 2019 ) ?
A. 1009

B. 1010

C. 320

D. 321


a3 3
2

C.

a3 3
6

D.

a3
2

2
2
Câu 21 (TH): Cho số tự nhiên n thỏa mãn Cn + An = 15n . Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. n chia hết cho 7
C. n chia hết cho 5

B. n không chia hết cho 2
D. n không chia hết cho 11

Câu 22 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm H ( 1; 2; −2 ) . Mặt phẳng ( α ) đi qua H và
cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho H là trực tâm của ∆ABC . Tính diện tích mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.
81π
243π
A.


D. 2π

(

)

6 +1 a2

Câu 24 (VD): Một mô hình gồm các khối cầu xếp chồng lên nhau tạo thành một cột thẳng đứng. Biết
rằng mỗi khối cầu có bán kính gấp đôi bán kính của khối cầu nằm ngay trên nó và bán kính khối cầu dưới
cùng là 50cm. Hỏi mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Mô hình có thể đạt được chiều cao tùy ý.
B. Chiều cao mô hình không quá 1,5 mét.
C. Chiều cao mô hình tối đa là 2 mét.
D. Chiều cao mô hình dưới 2 mét.
Câu 25 (VD): Cho khối chóp tứ giác SABCD có thể tích V, đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P, Q
lần lượt là trung điểm các cạnh SB, BC, CD, DA. Tính thể tích khối chóp M.CNQP theo V.
3V
3V
3V
V
A.
B.
C.
D.
4
8
16
16


B. 0

C. 22019

D. 21009

Câu 28 (VD): Biết tổng các hệ số trong khai triển nhị thức Newton của ( 5 x − 1) bằng 2100 . Tìm hệ số
n

của x 3
A. −161700
B. −19600
C. −2450000
Câu 29 (VD): Số mặt phẳng đối xứng của hình bát diện đều là:
A. 3
B. 5
C. 7
Câu 30 (VD): Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ có

3

∫

f ( x ) dx = 8 và

0

A. 3



2

 xx 
Trong trường hợp biểu thức S =  1 2 ÷ − 4 x1 − 4 x2 đạt giá trị nhỏ nhất, mệnh đề nào sau đây là đúng?
 x1 + x2 
A. a < b
B. a ≥ b
C. ab = 4
D. ab = 2
Câu 32 (VD): Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là một tam giác vuông cân tại B với trọng tâm
G, cạnh bên SA tạo với đáy ( ABC ) một góc 300 . Biết hai mặt phẳng ( SBG ) và ( SCG ) cùng vuông góc
với mặt phẳng ( ABC ) . Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và BC.
15
3 15
15
30
B.
C.
D.
5
20
10
20
Câu 33 (VD): Cho hai dãy ghế dối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh, gồm 5
nam, 5 nữ ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Tính xác suất để mỗi học
sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ.
1
1
8


C. ( 5;6;8 )

Câu 36 (VD): Cho hàm số f ( x ) xác định trên ¡ và thỏa mãn lim
x →2

3

lim
x →2

D.

( 0;1;3)

f ( x ) − 16
= 12 . Tính giới hạn
x−2

5 f ( x ) − 16 − 4
x2 + 2x − 8
4


A.

5
24

B.

các điều kiện sau: đi qua hai điểm A ( 1;1;1) và B ( 0; −2; 2 ) , đồng thời cắt các trục tọa độ Ox, Oy tại hai
điểm cách đều O. Giả sử (P) có phương trình x + b1 y + c1 z + d1 = 0 và (Q) có phương trình
x + b2 y + c2 z + d 2 = 0 . Tính giá trị của biểu thức b1b2 + c1c2
A. −7

B. −9

C. 9

D. 7

Câu 39 (VD): Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy bằng a, bạnh bên bằng

2a . Gọi M là trung

điểm AB. Tính diện tích thiết diện cắt lăng trụ đã cho bởi mặt phẳng ( A ' C ' M )
A.

9 2
a
8

B.

3 2 2
a
4

C.


B. Giá trị lớn nhất của P là 1
D. P không có giá trị nhỏ nhất

 3x + 1 − 2 x
khi x ≠ 1

x
−
1
Câu 42 (VD): Cho hàm số f ( x ) = 
. Tính f ' ( 1)
− 5
khi x = 1
 4
A. 0

B. −

7
50

C. −

9
64

D. không tồn tại

Câu 43 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A ( 0;0;3) , B ( −2;0;1) và mặt phẳng


17

B.

2 7
a
7

C.

39
a
13

Câu 46 (VD): Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ và thỏa mãn

π
2

tích phân

∫
1
2

f ( x2 )
x

8


D. 10

Câu 47 (VD): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a, ( ACD ) ⊥ ( BCD ) và ( ABC ) ⊥ ( ABD ) .
Tính độ dài cạnh CD.
2 3
3
B. 2 2a
C. 2a
D.
a
a
3
3
Câu 48 (VD): Cho một đa giác đều có 48 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên ba đỉnh của đa giác. Tính xác suất để tam
giác tạo thành từ ba đỉnh đó là một tam giác nhọn.
22
11
33
33
A.
B.
C.
D.
47
47
47
94
A.

Câu 49 (VD): Cho hàm số y = − x 3 + 3 x 2 + 9 x có đồ thị (C). Gọi A, B, C, D là bốn điểm trên đồ thị (C)

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1.B
11.A
21.B
31.A
41.A

2.D
12.A
22.B
32.C
42.C

3.C
13.B
23.A
33.C
43.B

4.A
14.D
24.D
34.B
44.D

5.B
15.B
25.C
35.B
45.A


Câu 1:
Phương pháp:
Sử dụng các phương pháp tính giới hạn hàm số để tính các giới hạn và chọn đáp án đúng.
Cách giải:
Ta có:

(
+) lim ( x − x + 1 + x − 2 ) = lim
2

x →−∞

= lim

2

x2 − x + 1 − x + 2

3x − 2
= +∞
+) lim −
x →( −1)
x +1



 do




x2 − x + 1 − x + 2

= lim

x →+∞

)

3
3
x
= lim
=−
2
x 2 − x + 1 − x + 2 x→−∞ − 1 − 2 + 1 − 1 + 2
2
x x
x
3−

3x − 3


 lim − ( 3 x − 2 ) = −5
 x →( −1)
÷

x + 1) = 0; x − 1 < 0 ÷
(

x2 − x + 1 − x + 2
3
3x − 3
x
= lim
= +∞
2
x →+∞
2 1
2
x − x +1 − x + 2
1− + 2 −1+
x x
x
3−


 lim + ( 3 x − 2 ) = −5
 x→( −1)
÷

( x + 1) = 0; x − 1 > 0 ÷÷
 x→lim
+
−
1
(
)



 (


2

x2 − 9
log ( x − 9 )
log ( x − 9 ) − log ( 3 − x )
3− x ≤ 0
≤1⇔
≤0⇔
log ( 3 − x )
log ( 3 − x )
log ( 3 − x )
2

2

log

 log  − ( x + 3)  ≥ 0
 − x − 3 ≥ 1


 log ( 3 − x ) < 0
log  − ( x + 3) 
3 − x < 1
⇔
≤0⇔
⇔

z
=
=
=
= 2
+ 2
⇒ là số phức ⇒ đáp án C sai.
2
2
2
2
a +b
a +b a +b
z a − bi ( a − bi ) ( a + bi )
z
2

z.z = ( a + bi ) ( a − bi ) = a 2 + b 2 ⇒ z.z là số thực ⇒ đáp án D đúng.
Chọn: C
Câu 4:
Phương pháp:
8


Đường thẳng

r
x − x0 y − y0 z − z0
=
=


B + yC
của ∆ABC có tọa độ  yG = A
3

z A + zB + zC

 zG =
3


Cách giải:
x A + xB + xC

= −2
 xG =
3

y + yB + yC

= 2 ⇒ G ( −2; 2; 2 )
Ta có tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là:  yG = A
3

z A + zB + zC

=2
 zG =
3


2
4
⇒ phương trình này là phương trình mặt cầu.
1
1
1
2
2
2
2
2
2
+) Đáp án B: 2 x + 2 y + 2 z − x − y − z = 0 ⇔ x + y + z − x − y − z = 0 có:
2
2
2
1
1
1
3
a = ; b = ; c = ; d = 0 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 − d = > 0 ⇒ phương trình này là phưng trình mặt cầu.
4
4
4
16
+) Đáp án C: x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 4 z + 10 = 0 có: a = 1; b = −2; c = 2; d = 10 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 − d = −1 < 0
⇒ phương trình này không phải là phương trình mặt cầu.
Chọn: C
Câu 8:
Phương pháp:

x −1
25 − x 2

= −∞; lim−
x →5

x −1
25 − x 2

= +∞ ⇒ đồ thị hàm số có hai

đường TCĐ là x = 5, x = −5 và đồ thị hàm số không có TCN.
Chọn: B
Câu 10:
Phương pháp:
Điểm A ' đối xứng với A ( a; b; c ) qua trục Oy ⇒ A ' ( −a; b; −c )
Cách giải:
10


Toạ độ điểm A ' đối xứng với A ( −3;1; 2 ) qua trục Oy là ( 3;1; −2 )
Chọn: D
Câu 11:
Phương pháp:
Tìm TXĐ của hàm số sau đó xét sự biến thiên, lập BBT và tìm tập giá trị của hàm số.
Cách giải:
TXĐ: D = [ 3;7 ]
Xét hàm số y = x − 3 + 7 − x ta có: y ' =

1

2

2

Vậy tập giá trị của hàm số là:  2; 2 2  .
Chọn: A
Câu 12:
Phương pháp:
Sử dụng công thức đạo hàm của các hàm số cơ bản và hàm hợp:

( u ) ' = 2u 'u , ( ln x ) ' = 1x

Cách giải:
Ta có:
f '( x) =

(

( ln x ) '
 ln ( ln x )  '
1
ln x
ln ( ln x ) ' =
=
=
2 ln ( ln x ) 2 ln ( ln x ) 2 x ln x ln ( ln x )

)

Chọn: A

f '( x )

−1
0

+

+∞
f ( x)

0
0

−

2
0

+∞
+
+∞

3
2

4

−2

−4


3
4

4

−4

−4

y=0

Như vậy hàm số y = f ( x ) có 7 điểm cực trị.
Chọn: D
Câu 15:
Phương pháp:
Sử dụng quan hệ song song trong không gian để chứng minh và chọn đáp án đúng.
Cách giải:
12


+) Đáp án A: Ta có ( C ' MN ) chính là ( C ' MB ')
⇒ AB '∩ ( C ' MN ) = { B '} ⇒ loại đáp án A.
+) Đáp án C: Ta có AB '∩ A ' B vì hai đường thẳng cùng thuộc ( A ' B ' BA )
⇒ loại đáp án C.
+) Đáp án D: Ta có AB '∩ BM do hai đường thẳng này cùng thuộc ( A ' B ' BA )
⇒ loại đáp án D.
Chọn: B
Câu 16:
Phương pháp:

1− m

( x + 1)

2

Vì hàm số đã cho là hàm bậc nhất trên bậc nhất nên hàm số đơn điệu trên từng khoảng xác định của hàm
số.
1+ m
2+m
⇒ Xét trên [ 1; 2] ta có: y ( 1) =
; y ( 2) =
là các GTNN và GTLN của hàm số.
2
3
m +1 m + 2
41
⇒ y ( 1) + y ( 2 ) =
+
= 8 ⇔ 3m + 3 + 2m + 4 = 48 ⇔ m =
2
3
5
⇒ 8 < m < 10
Chọn: C
Câu 17:
Phương pháp:
m
Số các chữ số của số a m là: log a  + 1 chữ số.
Cách giải:


Cách giải:
Xét các phương trình hoành độ giao điểm:
x = 2
4 − x2 = 0 ⇔ 
⇔ x=2
 x = −2 ∉ ( 1; +∞ )
7 − 4 x2 = 0 ⇔ x = ±
1

7
∉ [ 0;1]
2
2

3

⇒ S = ∫ 7 − 4 x 3 dx + ∫ 4 − x 2 dx + ∫ 4 − x 2 dx
0

1

1

2

2

3


2

1
Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: V = Sh
3
Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD )

14


AB 3 a 3
=
2
2
1
1 a 3 2 a3 3
⇒ VS . ABCD = SH .S ABCD = .
.a =
3
3 2
6
Chọn: C
Câu 21:
Phương pháp:
n!
n!
k
, Ank =

Lập phương trình mặt phẳng đi qua H và cắt các trục Ox, Oy, Oz bằng phương trình đoạn chắn.
Từ đó tìm được các điểm A, B, C. Từ đó tính được bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.
Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính R : S = 4π R 2
Cách giải:
Gọi A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) lần lượt thuộc các trục tọa độ Ox, Oy, Oz.
Khi đó ta có phương trình ( α ) đi qua các điểm A, B, C:
H ∈( α ) ⇒

x y z
+ + =1
a b c

1 2 2
+ − = 1 ( 1)
a b c

uuur uuur
uuur uuur
 AH ⊥ BC  AH .BC = 0
Theo đề bài ta có H là trực tâm ∆ABC ⇒  uuur uuur ⇒  uuur uuur
 BH ⊥ AC  BH . AC = 0
uuur
uuur
 AH = ( 1 − a; 2; −2 ) , BC = ( 0; −b; c )
uuur
Ta có:  uuur
 BH = ( 1; 2 − b; −2 ) , AC = ( −a;0; c )

15


 
9
C  0;0; − ÷
2
 
Gọi I ( x0 ; y0 ; z0 ) là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp tứ giác OABC.


 x2 + y2 + z 2 = ( x − 9) 2 + y2 + z 2
 x2 = ( x − 9) 2
0
0
0
0
0
0
0

 0
OI = IA
2
2
9
9

 2
 2 

2
2




9


x0 =

 x0 = − x0 + 9
2


9
9
9 6


9 9 9
⇔  y0 = − y0 + ⇔  y0 =
⇒ I  ; ; ÷⇒ R = OI =
2
4
4
2 4 4


9
9





A ' C = AC 2 + AA '2 = 2a 2 + a 2 = a 3
⇒ Stp = π Rl + π R 2 = π . AC. A ' C + π . AC 2

(

)

= π a 2.a 3 + 2a 2 = π

(

)

6 + 2 a2

Chọn: A

Câu 24:
Phương pháp:
Gọi các quả cầu được xếp trong mô hình là n quả.
Bán kính các quả cầu tạo thành cấp số nhân có công bội là 2.
Tổng của n số hạng đầu của CSN có số hạng đầu là u1 và công bội q: S n =

u1 ( q n − 1)
q −1

Cách giải:
*

Ta có:
SCNPQ = S NQDC − S DPQ =
=

1
S ABCD − S DPQ
2

1
1
3
S− S= S
2
8
8
1
d ( A; ( ABCD ) )
2
1
1 3
3
= d ( M ; ( ABCD ) ) .SCNPQ = h. S = V
3
2 8
16

Lại có: d ( M ; ( ABCD ) ) =
⇒ VMCNPQ
Chọn: C
Câu 26:

Sử dụng công thức khai triển của nhị thức: ( a + b ) = ∑ Cn a b
n

k =0

Cách giải:

(

3+x

0
= C2019

)

2019

2019

k
= ∑ C2019

( 3)

k =0

2019

1

 −1
 −i

khi
khi
khi
khi

m = 4l
m = 4l + 1
( l ∈¢)
m = 4l + 2
m = 4l + 3

Chọn x = i ta có:

(

3 +i

0
= C2019

)

2019

2019

k

i 2 + ... + C2019
. 3.i 2018 + C2019
i

= a0 + a1i + a2i 2 + a3i 3 + ... + a2018i 2018 + a2019i 2019
= a0 + a1i − a2 − a3i + ... − a2018 − a2019i
Chọn x = −i ta có:

18


(

3 −i

0
= C2019

)

2019

2019

k
= ∑ C2019

( 3)

k =0


= a0 − a1i + a2i 2 − a3i 3 + ... + a2018i 2018 − a2019i 2019
= a0 − a1i − a2 + a3i + ... − a2018 + a2019i

)
⇔ 2 S = (


⇒

(

3 +1

(
3 + 1)

2019

+

)

3 −1
3 673

2019

= 2 ( a0 − a2 + a4 − a6 + ... + a2016 − a2018 )


k

k =0

( −1)

n−k

Chọn x = 1 ta được tổng các hệ số của khai triển
n

⇒ ( 5.1 − 1) = ∑ Cnk 5k ( −1)
n

n −k

= 2100

k =0

⇔2

100

= 4 ⇔ 2100 = 22 n ⇔ 2n = 100 ⇔ n = 50
n

Vậy hệ số của x 3 trong khai triển là: C503 .53. ( −1)

50 −3

∫ f ( 4 x − 1 ) dx = ∫ f ( −4 x + 1) dx + ∫ f ( 4 x − 1) dx
1
4

1
4

∫ f ( −4 x + 1) dx

−1

19


 x = −1 ⇒ t = 5

Đặt −4 x + 1 = t ⇒ dt = −4dx . Đổi cận: 
1
 x = 4 ⇒ t = 0
0

5

5

1
1
1
1
⇒ I1 = − ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = .4 = 1

I = I1 + I 2 = 1 + 2 = 3
Chọn: A
Câu 31:
Phương pháp:
+) Lấy loganepe hai vế, đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn x.
+) Tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm. Áp dụng định lí Vi-ét.
+) Sử dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm đánh giá biểu thức S.
Cách giải:
a xb x

2

−1

2

(

= 1 ⇔ a x b x = b ⇔ ln a xb x

2

) = ln b

⇔ x ln a + x 2 ln b = ln b ⇔ x 2 ln b + x ln a − ln b = 0
ln b ≠ 0 ( luon dung do b > 1)
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ⇔  2
2
ln a + 4 ln b ≥ 0 ( luon dung )
Do đó phương trình luôn có 2 nghiệm với mọi a, b > 1 . Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình


S=

1
1
1
+ 4 log b a =
+ 2 log b a + 2 log b a ≥ 3 3
.2 log b a.2 log b a = 3 3 4
2
2
2
log b a
log b a
log b a
1

⇒ S min

1
1
1
3
= 2 log b a ⇔ log b3 a = ⇔ log b a = 3 ⇔ a = b 2
= 3 4 . Dấu “=” xảy ra ⇔
2
log b a
2
2
3

5
=
= CM ⇒ AG = AP =
4
2
3
3

⇒ SG = AG.tan 300 =
⇒ NQ =

5 3
15
AG
2 15
.
=
; SA =
=
0
3 3
9
cos 30
9

1
1
1
15
và MQ = BC =

195
−
=
⇔ MN =
2
4
108
18
Áp dụng định lý cosin trong tam giác MNQ:
Xét tam giác SMC ta có: MN 2 =

21


1 5 65
1
+
−
−
MQ + NQ − MN
15
cos ∠MQN =
= 4 27 108 = 6 = −

+) Xếp bạn nam thứ 5 vào 1 trong 2 vị trí còn lại có 2 cách xếp.
Xếp 1 bạn nữ còn lại vào vị trí cuối cùng có 1 cách xếp.
⇒ n ( A ) = 10.5.8.4.6.3.4.2.2.1 = 460800
Vậy P ( A ) =

n ( A ) 460800 8
=
=
n ( Ω)
10!
63

Chọn: C
Câu 34:
Chọn: B
Câu 35:
Phương pháp:
uur
uur uu
r
( α ) ⊥ ( β )
⇒ nα =  nβ ; ud 
+) 
( α ) ⊃ ( d )
+) Lấy A ∈ d ⇒ A ∈ ( α ) ⇒ Viết phương trình mặt phẳng ( α ) .
+) Xác định điểm vừa thuộc ( α ) vừa thuộc ( β ) .
Cách giải:
22



0

Cách giải:
3

lim

5 f ( x ) − 16 − 4

x →2

(
= lim

x2 + 2 x − 8
3

x →2

= lim
x →2

= lim
x →2

5 f ( x ) − 16 − 4

)(

( x + 4) ( x − 2)


(

3

2

5 f ( x ) − 16 + 4 3 5 f ( x ) − 16 + 16
2

5 f ( x ) − 16 + 4 3 5 f ( x ) − 16 + 16

5 f ( x ) − 16 − 64
2

5 f ( x ) − 16 + 4 3 5 f ( x ) − 16 + 16
5  f ( x ) − 16 
2

5 f ( x ) − 16 + 4 3 5 f ( x ) − 16 + 16
5

3

2

5 f ( x ) − 16 + 4 3 5 f ( x ) − 16 + 16

)


2
+) Sử dụng công thức nhân đôi cos 4 x = 2 cos 2 2 x − 1 và công thức hạ bậc sin x =

1 − cos 2 x
đưa phương
2

trình về dạng phương trình bậc cao đối với 1 hàm số lượng giác.
+) Giải phương trình, biểu diễn các họ nghiệm trên đường tròn lượng giác.
+) Xác định các điểm và tính diện tích đa giác đó.
Cách giải:

π
π
π

ĐK: sin x + cos x ≠ 0 ⇔ 2 sin  x + ÷ ≠ 0 ⇔ x + ≠ kπ ⇔ x ≠ − + kπ ( k ∈ ¢ )
4
4
4

PT ⇔ cos 4 x − cos 2 x + 2sin 2 x = 0
⇔ 2 cos 2 2 x − 1 − cos 2 x + 1 − cos 2 x = 0
⇔ 2 cos 2 2 x − 2 cos 2 x = 0
⇔ 2 cos 2 x ( cos 2 x − 1) = 0

π kπ

π
x= +

4 điểm A, B, C, D như sau:
 2 2
;
Trong đó A 
÷ . Gọi H lần lượt là hình chiếu của A
2
2 ÷



2
trên Oy ⇒ H  0;
÷
÷
 2 
⇒ AH =

2
1
1 2
2
. Ta có: S ∆ABD = AH .BD = .
.2 =
2
2
2 2
2

Vậy S ABCD = 2S ABD = 2
Chọn: C

⇔ d1 ( b1 − 1) = 0 ⇔ b1 = ±1 ( Do d1 > 0 )
b1

2 + c1 + d1 = 0
c = 4
⇔ 1
⇒ ( P ) : x + y + 4z − 6 = 0
TH1: b1 = 1 ⇔ 
−2 + 2c1 + d1 = 0  d1 = −6
c1 + d1 = 0
c1 = −2
⇔
⇒ ( P ) : x − y − 2z + 2 = 0
TH2: b1 = −1 ⇔ 
2
+
2
c
+
d
=
0
d
=
2

1
1
 1
Do vai trò của ( P ) , ( Q ) là như nhau nên không mất tính tổng quát ta có ( P ) : x + y + 4 z − 6 = 0 và