SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
MÃ ĐỀ 485

9

Câu 1 (VD): Cho

∫
4

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 – MÔN
TOÁN
NĂM HỌC: 2018 - 2019
Thời gian làm bài: 90 phút

1

f ( x ) dx = 10 . Tính tích phân J = ∫ f ( 5 x + 4 ) dx
0

A. J = 2

B. J = 10

Câu 2 (TH): Tìm tập xác định của hàm số y = ln ( 1 − x )
A. ( 1; +∞ )

B. ( −∞;1)

C. J = 50

a
a

C.

b

c

b

a

a

c

∫ f ( x ) dx =∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx

b

b

a

a

b

a


Câu 6 (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M ( 1; 2;3) . Gọi A, B, C lần lượt là hình
chiếu vuông góc của điểm M trên các trục Ox, Oy, Oz. Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) .
x y z
x y z
x y z
x y z
+ + =1
B. − + = 1
C. + + = 0
D. − + + = 1
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
Câu 7 (TH): Cho hình nón có bán kính đáy bằng a, đường cao là 2. Tính diện tích xung quanh hình nón
đã cho.
A.

A. 2 5π a 2

B.

5π a 2

C. 2a 2

D. 5a 2

Câu 8 (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( 1;3; −4 ) và B ( −1; 2; 2 ) . Viết


Câu 11 (NB): Cho hình chữ nhật ABCD, hình tròn xoay khi quay đường gấp khúc ABCD quanh cạnh AB
trong không gian là hình nào dưới đây?
A. Mặt trụ
B. Hình nón
C. Mặt nón
D. Hình trụ
n −1
Câu 12 (NB): Tính lim 3
n +3
A. L = 1
B. L = 0
C. L = 3
D. L = 2
Câu 13 (NB): Tính đạo hàm của hàm số y = 3x +1
A. y ' = 3x +1 ln 3

x
B. y ' = ( 1 + x ) .3

Câu 14 (TH): Hàm số nào sau đây đồng biến trên ¡ ?
2x −1
A. y = 2 x − cos 2 x − 5 B. y =
x +1

C. y ' =

3x +1
ln 3


bao nhiêu cách chọn hai viên bi từ hộp đó sao cho chúng khác màu và khác số.
A. 36
B. 42
C. 4
D. 30
Câu 18 (VD): Cho khai triển ( 1 + x )

n

với n là số nguyên dương. Tìm hệ số của số hạng x 3 trong khai

1
2
3
n
20
triển biết C2 n +1 + C2 n +1 + C2 n +1 + ... + C2 n+1 = 20 − 1

A. 480

B. 720

C. 240

D. 120

Câu 19 (VD): Cho tập hợp S = { 1; 2;3;...;17} gồm 17 số nguyên dương đầu tiên. Chọn ngẫu nhiên một
tập con có 3 phần tử của tập hợp S. Tính xác suất để tập hợp được chọn có tổng các phần tử chia hết cho
3.


B. m ≥ −

Câu 22 (TH): Hỏi đồ thị hàm số y =
A. 3

B. 0

1
6

C. m ≤ 8

D. m ≥ 8

x −1
có đúng bao nhiêu tiệm cận đứng và tiệm cận ngang?
x − 3x + 2
C. 2
D. 1
2

Câu 23 (VD): Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm là f ' ( x ) = ( x − 2 ) ( x + 5 ) ( x + 1) . Hàm số f ( x ) đồng biến
trên khoảng nào dưới đây?
A. ( 2; +∞ )

B. ( −2;0 )

C. ( 0;1)

D. ( −6; −1)


D. 4

đồ thị của ba hàm số y = log a x, y = log b x, y = log c x . Khẳng định nào
sau đây là đúng?
A. a < b < c
B. a < c < b
C. b < a < c
D. b > a > c
Câu 26 (VD): Có tất cả bao nhiêu giá trị của tham số

m để bất phương trình

log 2 ( x 2 + mx + m + 2 ) ≥ log 2 ( x 2 + 2 ) nghiệm đúng với mọi x ∈ ¡ .
A. 2

B. 4

C. 3
D. 1
1 3 1 2
Câu 27 (VD): Gọi x1 , x2 là hai điểm cực trị của hàm số y = x − mx − 4 x − 10 . Tìm giá trị lớn nhất
3
2
2
2
của biểu thức S = ( x1 − 1) ( x2 − 1) .

3|


C. e
D.
e
e
2
Câu 30 (VD): Hỏi hình tạo bởi 6 đỉnh là 6 trung điểm của các cạnh một tứ diện đều có bao nhiêu mặt
phẳng đối xứng?
A. 6
B. 3
C. 4
D. 9
A.

3
2
Câu 31 (VD): Cho hàm số f ( x ) = x + 3 x + mx + 1 . Gọi S là tổng tất cả các giá trị của tham số m để đồ

thị hàm số y = f ( x ) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt A ( 0;1) , B, C sao cho tiếp tuyến của đồ
thị hàm số y = f ( x ) tại B, C vuông góc với nhau. Giá trị của S bằng:
9
9
9
11
B.
.C.
D.
2
5
4
5


B. a

C.

x
Câu 35 (VD): Tập nghiệm của bất phương trình 3

2

−9

a
3

D. 2a

+ ( x 2 − 9 ) 5 x +1 < 1 là khoảng ( a; b ) . Tính b − a

A. 6
B. 3
C. 8
D. 4
Câu 36 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d ' là hình chiếu vuông góc của đường thẳng
d:

x +1 y − 2 z + 3
=
=
trên mặt phẳng tọa độ Oxy. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d.

(

)

= 2.3x

+m

A. 14

4|

10 − 1

x2

trị
2

+1

B. 15

nguyên

của

tham

số

2

2

phân I = ∫ f ( x ) dx
0

A. I =

e4 − 1
4

B. I =

2e − 1
2

C. I = e 4 − 2

D. I = e 4 − 1

12

1  x + 1x
a dc

1
+
x
−

f ( x ) + m = x 3 − m có

5
3
nghiệm x ∈ [ 1; 2] biết f ( x ) = x + 3 x − 4m

A. 16

B. 15

C. 17

D. 18

Câu 42 (VDC): Cho x, y là các số thực thỏa mãn ( x − 3) + ( y − 1) = 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
2

thức P =

2

3 y 2 + 4 xy + 7 x + 4 y − 1
x + 2 y +1

A. 3

B.

3


A.

a 93
12

B.

a 29
8

C.

5a 3
12

D

a 37
6

Câu 45 (VD): Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn ( O; R ) và ( O '; R ) , chiều cao bằng đường kính đáy.
Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn đáy tâm O ' lấy điểm B. Thể tích của khối tứ diện
OO ' AB có giá trị lớn nhất bằng:

5|


A.

R3

D.

3

1
2
C. x = 24

3
2

Câu 47 (NB): Tìm nghiệm của phương trình log 25 ( x + 1) =
A. x = 4

B. x = 6

D. x = 0

x − x−2
khi x ≠ 2

Câu 48 (TH): Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số f ( x ) =  x − 2
liên tục tại x = 2
m
khi x = 2

2

A. m = 3
B. m = 1

2

C. 312 + 1

D. 312 − 1


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

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

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

4.A
14.A
24.A
34.A

49.

Câu 1:
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp đổi biến để tính tích phân cần tính.
Cách giải:
x = 0 ⇒ t = 4
1
Đặt 5 x + 4 = t ⇒ dt = 5dx ⇔ dx = dt . Đổi cận: 
5
x = 1 ⇒ t = 9
9

9

1
1
1
f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = .10 = 2
5
54
5
4

⇒J =∫

Chọn: A
Câu 2:
Phương pháp:
0 < a ≠ 1


7|

10.C
20.C
30.A
40.
50.


b

b

∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx ( ∈ ¡ )
a

b

∫
a

a

c

b

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx
a

r
Ta thấy đường thẳng d có 1 VTCP: u = ( 2; −4;1)
Chọn D
Câu 6:
Phương pháp:
Phương tình mặt phẳng đi qua các điểm A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) có phương trình:

x y z
+ + =1
a b c

Cách giải:
Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các trục Ox, Oy, Oz
x y z
⇒ A ( 1;0;0 ) , B ( 0; 2;0 ) , C ( 0;0;3) ⇒ ( ABC ) : + + = 1
1 2 3
Chọn: A
Chú ý: Học sinh hay nhầm lẫn phương trình mặt phẳng đi qua các điểm A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c )
có phương trình:

x y z
+ + =0
a b c

Câu 7:
Phương pháp:
Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy R, chiều cao h và đường sinh l:
S xq = π Rl = π R h 2 + R 2
Cách giải:
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là: S xq = π Rl = π R h 2 + R 2 = π .a

5

⇒ ( α ) : 2 x +  y − ÷− 6 ( z + 1) = 0 ⇔ 4 x + 2 y − 12 z − 17 = 0
2

Chọn: C
Câu 9:
Phương pháp:
Công thức tổng quát CSC có số hạng đầu là u1 và công sai d : un = u1 + ( n − 1) d
Tổng của n số hạng đầu của CSC có số hạng đầu là u1 và công sai d:
n ( u1 + un ) n  2u1 + ( n − 1) d 
=
2
2
Cách giải:
Sn =

Gọi cấp số cộng bài cho có số hạng đầu và công sai lần lượt là u1 , d .
Khi đó ta có: u4 + u7 = 5 ⇔ u1 + 3d + u1 + 6d = 5 ⇔ 2u1 + 9d = 5
n  2u + ( n − 1) d  10 ( 2u1 + 9d )
Tổng 10 số hạng đầu tiên của dãy số là: Sn =  1
=
= 5.5 = 25
2
2
Chọn: A
Câu 10:
Phương pháp:
Dựa vào đồ thị hàm số nhận xét các điểm cực trị và giá trị cực trị của hàm số.
Cách giải:

Ta có: lim 3
3
n +3
1+ 3
n
Chọn: B
Câu 13:
Phương pháp:
lim

(

)

f ( x)
' = f ' ( x ) ln a
Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm mũ: a

Cách giải:
x +1
x +1
Ta có: y ' = ( 3 ) ' = 3 ln 3

Chọn: A
Câu 14:
Phương pháp:
Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên R ⇔ f ' ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ¡ và bằng 0 tại hữu hạn điểm.
Cách giải:
+) Đáp án A: y ' = 2 + 2sin 2 x
Ta có: −1 ≤ sin 2 x ≤ 1 ⇒ −1 ≤ − sin 2 x ≤ 1 ⇒ 1 ≤ 2 − sin 2 x ≤ 3


+) Đồ thị hàm có TCN: y = 0 .
+) Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm ( 0;1) .
+) Hàm số luôn nghịch biến trên TXĐ.
+) Đồ thị hàm số luôn nằm phía trên trục Ox.

Cách giải:
x
Dựa vào lý thuyết của hàm số mũ y = a ( 0 < a < 1) ta có:

+) TXĐ: D = ¡
+) Đồ thị hàm có TCN: y = 0 .
+) Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm ( 0;1) .
+) Hàm số luôn nghịch biến trên TXĐ.
+) Đồ thị hàm số luôn nằm phía trên trục Ox.
Chọn: D
Câu 17:
Phương pháp:
Sử dụng quy tắc cộng và quy tắc nhân để làm bài toán.
Cách giải:
Vì số viên bi xanh ít hơn số viên bi đỏ nên ta lấy số viên bi xanh trước, số cách lấy 1 viên bi xanh có 6
cách .
Số cách lấy 1 viên bi đỏ và số của viên bi đỏ phải khác số của viên bi xanh đã lấy có 6 cách.
Như vậy có: 6 × 6 = 36 cách.
Chọn: A
Câu 18:
Phương pháp:
Sử dụng công thức khai triển của nhị thức Newton: ( a + b )

n

x = C20n+1 x 0 +C21n +1 x1 + ... + C22nn++11 x 2 n +1

k
k
2 n +1

Có:
C20n +1 = C22nn++11
 1
2n
C2 n +1 = C2 n +1
⇒ C20n +1 x 2 n +1 + C21n +1 x 2 n + ... + C22nn++11 = 2 ( C20n +1 x 2 n +1 + C21n +1 x 2 n + ... + C2nn +1 )

....
C n = C n +1
2 n +1
 2 n +1
Chọn x = 1 ta được:

11 |


( 1 + 1)

2 n +1

= C20n +1 + C21n +1 + ... + C22nn++11 = 2 ( C20n +1 + C21n +1 + ... + C2nn +1 )

⇔ 22 n +1 = 2 ( C20n +1 + C21n+1 + ... + C2nn +1 )
⇔ C20n +1 + C21n +1 + ... + C2nn+1 = 22 n

Trong tập hợp S có 5 số chia hết cho 3 là { 3;6;9;12;15} , có 6 số chia 3 dư 1 là { 1; 4;7;10;13;16} và có 6
số chia 3 dư 2 là { 2;5;8;11;14;17} .
Giả sử số được chọn là a, b, c ⇒ ( a + b + c ) chia hết cho 3.
3
TH1: Cả 3 số a, b, c đều chia hết cho 3 ⇒ Có C5 = 10 cách chọn.
3
TH2: Cả 3 số a, b, c chia 3 dư 1 ⇒ Có C6 = 20 cách chọn.
3
TH3: Cả 3 số a, b, c chia 3 dư 2 ⇒ Có C6 = 20 cách chọn.

TH4: Trong 3 số a, b, c có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2 ⇒ Có 5.6.6 = 180 cách
chọn.
230 23
⇒ n ( A ) = 10 + 20 + 20 + 180 = 230 ⇒ P ( A ) =
=
680 68
Chọn: B
Câu 20:
Phương pháp:
Sử dụng công thức: S = A. ( 1 + r ) với S là số diện tích rừng trồng sau khi tăng, A là diện tích rừng trồng
n

lúc đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng và n là thời gian.
Cách giải:
Ta có, sau 3 năm, diện tích rừng trồng của nước ta là:
3

6,1 
n


  6
 g ( 1) = 8

⇒m≥8
Chọn: D
Câu 22:
Phương pháp:
+) Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y = f ( x ) =

g ( x)
⇔ lim f ( x ) = ∞ .
x →a
h ( x)

f ( x) = b .
+) Đường thẳng y = b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y = f ( x ) ⇔ xlim
→±∞
Cách giải:
TXĐ: D = ( 1; +∞ ) .
Ta có: y =

x −1
x −1
=
=
x − 3 x + 2 ( x − 1) ( x − 2 )
2

1
x −1 ( x − 2)

x +1
0
x−2

0

f ' ( x ) 00

−
−
−
−

+
−
−
+

0

+
+
−
−

 −5 < x < − 1
⇒ f '( x) > 0 ⇔ 
x > 2
Chọn: A
Câu 24:

Câu 26:
Phương pháp:
Sử dụng công thức: log a f ( x ) ≥ log a g ( x ) ⇔ f ( x ) ≥ g ( x ) khi a > 1 .
Cách giải:
log 2 ( x 2 + mx + m + 2 ) ≥ log 2 ( x 2 + 2 ) ∀x ∈ ¡
x 2 + mx + m + 2 ≥ x 2 + 2 > 0 ∀x ∈ ¡
 mx + m ≥ 0
∀x ∈ ¡
 2
 x + 2 > 0 ( luon dung )
⇔ m ( x + 1) ≥ 0 ∀x ∈ ¡ ⇔ m = 0

14 |

( do 2 > 1)

+
+
+
+


Chọn: D
Câu 27:
Phương pháp:
+) Xác định giá trị của m để hàm số đã cho có cực trị.
+) Sử dụng hệ thức Vi-ét để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S.
Cách giải:
2
2

m2

2 3

•

Nếu 4m − 1 ≤ 0 ⇔ m ≤

2

2

1
⇒ y ' = 0 có nghiệm duy nhất x = 0 ⇒ Hàm số đã cho có 1 điểm cực trị
4

x=0

BXD:
x
y'

−∞

−

0
0

+∞

0

+

−

0

0

+

 x1 + x2 < 2
Dựa vào BBT ta thấy để hàm số đồng biến trên ( 1; +∞ ) ⇒ x1 < x2 ≤ 1 ⇔ 
( x1 − 1) ( x2 − 1) ≥ 0
 x1 + x2 = 0

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: 
−4 m + 1
 x1 x2 = m2
0 < 2 ( luon dung )
m ≥ 2 + 3
m 2 − 4m + 1

⇒  −4 m + 1
⇔
≥ 0 ⇔ m 2 − 4m + 1 ≥ 0 ⇔ 
2
m
≥0

Nhân cả 2 vế với e x và sử dụng phương pháp tích phân 2 vế.
Cách giải:
x
x
x
Theo bài ra ta có: f ( x ) + f ' ( x ) = x ⇔ f ( x ) e + f ' ( x ) e = xe
1

1

( e x f ( x ) ) ' = xe x ⇔ ∫ ( e x f ( x ) ) ' dx = ∫ xe x dx
0

⇔ ex f ( x )

1

0

0

1

1

0

0

= ∫ xd ( e x ) = xe x

Câu 31:
Phương pháp:
+) Giải phương trình hoành độ giao điểm, tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 3 nghiệm
phân biệt.
+) Gọi x1 , x2 là hoành độ của các điểm B, C. Để tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại B, C vuông
góc với nhau f ' ( x1 ) f ' ( x2 ) = −1 . Áp dụng định lí Vi-ét tìm m.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số:
x = 0
x 3 + 3x 2 + mx + 1 = 1 ⇔ x ( x 2 + 3 x + m ) = 0 ⇔ 
2
 g ( x ) = x + 3 x + m = 0 ( *)
Để đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt ⇒ Phương trình (*) có 2 nghiệm
9

3 x 2 − 4m > 0
∆ > 0
m


17 |

9
.
4


Cách giải:
Câu 33:
Phương pháp:
+) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa đường này và mặt phẳng song
song với nó chứa đường kia.
+) Sử dụng phương pháp đổi đỉnh.
Cách giải:
Ta có AD '/ / BC ' ⇒ BC '/ / ( ACD ' )
⇒ d ( BC '; CD ') = d ( BC '; ( ACD ' ) ) = d ( B; ( ACD ' ) )
Gọi O = AC ∩ BD ta có BD ∩ ( ACD ') = O
⇒

d ( B; ( ACD ') )

=

d ( D; ( ACD ') )

BO
= 1 ⇒ d ( B; ( ACD ' ) ) = d ( D; ( ACD ' ) )
DO


DO.DD '

Vậy d ( BC '; CD ') =

a 3
3

Chọn: C
Câu 34:
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp đổi đỉnh/
Cách giải:
Ta có: A ' M ∩ ( BCC ') = C ' ⇒
d ( M ; ( BCC ') ) =

d ( M ; ( BCC ') )
d ( A '; ( BCC ') )

=

MC ' 1
=
A 'C ' 2

1
d ( A '; ( BCC ' ) )
2

Mà AA '/ / CC ' ⇔ AA '/ / ( BCC ' ) ⇒ d ( A '; ( BCC ' ) ) = d ( A; ( BCC ' ) )
 AB ⊥ BC ( gt )


TH2: x 2 − 9 < 0 ⇔ −3 < x < 3 . Khi đó ta có:
3x −9 < 30 = 1
2
⇒ 3x −9 + ( x 2 − 9 ) 5 x +1 < 1 ⇒ Bất phương trình nghiệm đúng ∀x ∈ ( −3;3)
 2
x +1
( x − 9 ) 5 < 0
2

⇒ Tập nghiệm của bất phương trình 3x

2

−9

+ ( x 2 − 9 ) 5 x +1 < 1 là ( −3;3) ⇒ a = −3; b = 3

Vậy b − a = 3 − ( −3) = 6
Chọn: A
Câu 36:
Phương pháp:
+) Tìm tọa độ điểm A = d ∩ ( Oxy )
+) Lấy điểm B bất kì thuộc d. Xác định tọa độ B ' là hình chiếu của B trên ( Oxy )
+) Vì d ' là hình chiếu vuông góc của đường thẳng d trên mặt phẳng tọa độ Oxy ⇒ d ' đi qua A và B '
uuuu
r
⇒ d ' nhận AB ' là 1 VTCP.
Cách giải:
 x = −1 + 2t



+) Để phương tình ban đầu có đúng hai nghiệm phân biệt thì phương trình bậc hai ẩn t hoặc có nghiệm
kép t > 1 hoặc có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn t1 < 1 < t2 ⇔ ( t1 − 1) ( t2 − 1) < 0
Cách giải:

(

)

10 + 1

x2

+m

(

)

10 − 1

x2

= 2.3x

x2

2


 10 − 1 
 10 − 1 
. 
=
÷

÷ =1
÷
3
9





x2

x2

 10 + 1 
 10 − 1 
1
Do đó đặt t = 
≥
1
⇒
t
=
÷


∆ ' > 0
9 − m > 0
m < 9
⇔
⇔
⇔
⇔m
=
=
r
5b 2 + 1
u
4b 2 + b 2 + 1
Xét hàm số f ( b ) =
f '( b) =
=

21b 2 − 6b + 5
ta có:
5b 2 + 1

( 42b − 6 ) ( 5b 2 + 1) − ( 21b 2 − 6b + 5 ) .10b

( 5b

2

+ 1)

2

210b 2 + 42b − 30b 2 − 6 − 210b3 + 60b2 − 50b

( 5b

2



1
3

0

3
5
−

0

6
f ( b)

21
5

 3  16

⇒ d ( B; ∆ ) min =

r  6 3 
4
3
⇔ b = ⇒ u =  − ; ;1÷/ / ( 6; −3; −5 )
5
5
 5 5 


+) Sử dụng phương pháp đổi biến để biến dổi các tích phân.
Cách giải:
Ta có: f ( x ) + f ( 2 − x ) = xe

x2

2

2

2

0

0

0

∀x ∈ ¡ ⇒ ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( 2 − x ) dx = ∫ xe x dx
2

x = 0 ⇒ t = 2
Đặt t = 2 − x ⇒ dt = −dx . Đổi cận 
x = 2 ⇒ t = 0
2

0

2


2
Đặt u = x ⇒ du = 2 xdx ⇔ xdx =
2

⇔ ∫ xe x dx =
0

2

4

1 u
1
e dt = eu
∫
20
2

4

0

=

du
. Đổi cận
2

x = 0 ⇒ u = 0


P=
=
x + 2 y +1
x + 2 y +1

x 2 + 4 xy + 4 y 2 + x + 2 y + 4 ( x + 2 y ) + 3
P=
=
+1
x + 2 y +1
( x + 2 y ) +1
2

t2 + 3
+1 = f ( t )
t +1
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
Đặt t = x + 2 y ta có P =

(1

2

2
2
2
+ 22 ) ( 3 − x ) + ( y − 1)  ≥ ( x − 3 + 2 y − 2 )




=0⇔
 t = −3

BBT:
t

0

f '( t )
f ( t)

−

1
0

10
+

4

144/11
3

Từ BBT ta có min f ( t ) = 3 ⇔ t = 1
Vậy Pmin = 3 ⇔ x + 2 y = 1
Chọn: A
Câu 43:
Cách giải:
4

⇒

f '( x)
1
1
1
1
=
+
+
+
f ( x ) x − x1 x − x2 x − x3 x − x4

 f '( x) 
−1
−1
−1
−1
⇒
+
+
+

⇒ MH là tiếp tuyến của ( S ) . Theo tính chất phương tích ta có: MA.MB = MH 2
 MA = 22 + 22 = 2 2
⇒ MH 2 = 2 2.3 2 = 12 ⇒ MH = 2 3

2
2
 MB = 3 + 3 = 3 2
Vậy H chạy trên đường tròn tâm M ( −1; −1;1) bán kính R = 2 3 cố định.
Chọn: B
Câu 47:
Phương pháp:

25 |