40 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA 2022 MÔN TOÁN MỤC TIÊU 8 - 10 ĐIỂM (PHẦN 1) by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

vectorstock.com/10212081

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

40 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA 2022 MÔN TOÁN MỤC TIÊU 8 - 10 ĐIỂM (BỔ SUNG ĐỀ 2021) CHUYÊN ĐỀ 1 ĐẾN 8 WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

Chuyên đề 1

DẠNG TOÁN DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH 9 – 10 ĐIỂM Dạng 1. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số g(x)=f[u(x)] khi biết đồ thị hàm số f’(x) Cách 1: Bước 1: Tính đạo hàm của hàm số g ( x ) , g ′ ( x ) = u ′ ( x ) . f ′ u ( x )  . Bước 2: Sử dụng đồ thị của f ′ ( x ) , lập bảng xét dấu của g ′ ( x ) . Bước 3: Dựa vào bảng dấu kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số. Cách 2: Bước 1: Tính đạo hàm của hàm số g ( x ) , g ′ ( x ) = u ′ ( x ) . f ′ u ( x )  . Bước 2: Hàm số g ( x ) đồng biến ⇔ g ′ ( x ) ≥ 0 ; (Hàm số g ( x ) nghịch biến ⇔ g ′ ( x ) ≤ 0 ) (*) Bước 3: Giải bất phương trình (*) (dựa vào đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) ) từ đó kết luận khoảng đồng Câu 1.

biến, nghịch biến của hàm số. (Đề Tham Khảo 2018) Cho hàm số y = f ( x) . Hàm số y = f '( x) có đồ thị như hình bên. Hàm số y = f (2 − x ) đồng biến trên khoảng

A. ( 2;+∞ ) Câu 2.

B. ( −2;1)

C. ( −∞; −2)

D. (1;3)

(Mã đề 104 - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng xét dấu của f ′ ( x ) như sau:

Hàm số y = f ( 5 − 2 x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 3;4) . Câu 3.

B. (1;3) .

C. ( −∞ ; − 3) .

D. ( 4;5) .

(Mã 103 - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng xét dấu của f ′( x ) như sau:

Hàm số y = f ( 3 − 2 x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 0;2) . Câu 4.

B. ( 2;3) .

C. ( −∞ ; − 3) .

D. ( 3;4) .

(Mã 102 - 2019) Cho hàm số f ( x) có bảng dấu f ′( x) như sau:

Hàm số y = f (5 − 2 x) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 3;5 ) .

B. ( 5;+ ∞ ) .

C. ( 2;3) .

D. ( 0;2 ) . Trang 1

(Mã đề 101 - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng xét dấu của f ' ( x ) như sau:

Câu 5.

Hàm số y = f ( 3 − 2 x ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( −2;1) . Câu 6.

B. ( 2;4 ) .

C. (1;2) .

D. ( 4; + ∞ ) .

(Đề Thi Công Bằng KHTN 2019) Cho hàm số f ′( x) có bảng xét dấu như sau:

Hàm số y = f ( x 2 + 2 x ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( −2;1) . Câu 7.

B. ( −4; −3) .

C. ( 0;1) .

D. ( −2; −1) .

(Chuyên Thái Nguyên -2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) trên ℝ . Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) . Hàm số g ( x ) = f ( x − x 2 ) nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?  3  A.  − ; +∞  .  2  3  B.  −∞;  . 2  1  C.  ; +∞  . 2 

1  D.  −∞;  . 2 

(Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Cho hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Câu 8.

Hàm số y = f ( 2 − x 2 ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây A. ( −∞;0 ) . Câu 9.

B. ( 0;1) .

C. (1; 2 ) .

D. ( 0; +∞ ) .

(THPT Gia Lộc Hải Dương 2019) Cho hàm số f ( x ) , đồ thị hàm số y = f ′( x ) như hình vẽ dưới đây. Hàm số y = f ( 3 − x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 4;6) . B. ( −1;2 ) . C. ( −∞ ; −1) . D. ( 2;3) .

Trang 2

Câu 10.

(THPT Minh Châu Hưng Yên 2019) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g ( x) = f ( x 2 − 2). Mệnhvđề nào sai?

Câu 11.

A. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −∞; −2 )

B. Hàm số g ( x ) đồng biến trên ( 2; +∞ )

C. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −1;0 )

D. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( 0;2 )

(THPT Việt Đức Hà Nội 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình bên.

Hỏi hàm số g ( x ) = f ( 3 − 2 x ) nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau? A. ( −1; +∞ ) Câu 12.

B. ( −∞; −1)

C. (1;3)

D. ( 0;2 )

(Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Hàm số y = f ( x 2 − 2 ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( −2; −1) . Câu 13.

B. ( 2; +∞ ) .

C. ( 0;2 ) .

D. ( −1;0 ) .

(Chuyên KHTN - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau.

Hàm số y = f ( 2 − 3 x ) đồng biến trên khoảng nào sau đây? A. ( 2;3 ) . Câu 14.

B. (1; 2 ) .

C. ( 0;1) .

D. (1;3) .

(Chuyên Bến Tre - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) biết hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) và hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Đặt g ( x ) = f ( x + 1) . Kết luận nào sau đây đúng?

Trang 3

A. Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 3;4 ) . B. Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 0;1) . C. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 2; + ∞ ) . D. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 4;6 ) . Câu 15.

(Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau: x y′

−5

−∞

−

+∞

Hàm số g ( x ) = f ( 3 − 2 x ) đồng biến trên khoảng nào sau đây A. ( 3; +∞ ) . Câu 16.

B. ( −∞; −5) .

C. (1;2 ) .

D. ( 2;7) .

(Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và có đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ. Xét hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 ) . Mệnh đề nào dưới đây sai?

Câu 17.

A. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( 0;2 ) .

B. Hàm số g ( x ) đồng biến trên ( 2;+∞ ) .

C. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −1;0 ) .

D. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −∞; −2 ) .

(Đại Học Hà Tĩnh - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) . Biết rằng hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới.

Hàm số y = f ( 3 − x 2 ) đồng biến trên khoảng A. ( 0;1) . Câu 18.

B. ( −1;0 ) .

C. ( 2;3) .

D. ( −2; −1) .

(Sở Ninh Bình) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ . Đồ thị hàm số y = f ' ( x )

(

)

như hình vẽ. Hàm số y = f x 2 + 2 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

Trang 4

A. ( 2;3) . Câu 19.

B. ( −3; −2 ) .

C. ( −1;1) .

D. ( −1;0 ) .

(Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm đạo hàm y = f ′ ( x ) như hình vẽ. Hàm số g ( x ) = f ( 2019 − 2020 x ) đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?

A. ( −1;0 ) . Câu 20.

B. ( −∞; −1) .

C. ( 0;1) .

D. (1;+∞) .

(Trường VINSCHOOL - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) . Biết đồ thị hàm số y ′ = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên

(

)

Hàm số g ( x ) = f 2 x − 3x 2 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

1 1 1 1 1    A.  ;  . B.  ; + ∞  . C.  −∞ ;  . D.  −2;  . 3 2 3 2 2    Câu 21. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị f '( x ) như hình vẽ. Tìm số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 + x) ?

A. 10 .

B. 11 .

C. 12 .

D. 13 . Trang 5

Câu 21.

(Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An - 2021) Giả sử f ( x ) là đa thức bậc 4. Đồ thị của hàm số

(

)

y = f ' (1 − x ) được cho như hình bên. Hỏi hàm số g ( x ) = f x 2 − 3 nghịch biến trên khoảng nào

trong các khoảng sau?

A. ( −2;1) .

B. ( −1;0 ) .

C. (1; 2 ) .

D. ( 0;1) .

Dạng 2. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số g(x)=f[u(x)]+v(x) khi biết đồ thị, bảng biến thiên của hàm số f’(x) Cách 1: Bước 1: Tính đạo hàm của hàm số g ( x ) , g ′ ( x ) = u ′ ( x ) . f ′ u ( x )  + v′ ( x ) . Bước 2: Sử dụng đồ thị của f ′ ( x ) , lập bảng xét dấu của g ′ ( x ) . Bước 3: Dựa vào bảng dấu kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số. Cách 2: Bước 1: Tính đạo hàm của hàm số g ( x ) , g ′ ( x ) = u ′ ( x ) . f ′ u ( x )  + v′ ( x ) . Bước 2: Hàm số g ( x ) đồng biến ⇔ g ′ ( x ) ≥ 0 ; (Hàm số g ( x ) nghịch biến ⇔ g ′ ( x ) ≤ 0 ) (*) Bước 3: Giải bất phương trình (*) (dựa vào đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) ) từ đó kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số. Cách 3: (Trắc nghiệm) Bước 1: Tính đạo hàm của hàm số g ( x ) , g ′ ( x ) = u ′ ( x ) . f ′ u ( x )  + v′ ( x ) . Bước 3: Hàm số g ( x ) đồng biến trên K ⇔ g ′ ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ K ; (Hàm số g ( x ) nghịch biến trên K ⇔ g ′ ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ K ) (*)

Bước 3: Lần lượt chọn thay giá trị từ các phương án vào g ′ ( x ) để loại các phương án sai. Câu 1.

(Đề Tham Khảo 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

x f ′( x)

−∞

−

1 0

2 0

3 0

−

4 0

+∞ +

Hàm số y = 3 f ( x + 2 ) − x3 + 3x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( −∞; −1) . Câu 2.

B. ( −1;0 ) .

C. ( 0;2 ) .

D. (1; +∞ ) .

(Đề Tham Khảo 2020 – Lần 1) Cho hàm số f ( x ) . Hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình bên. Hàm số g ( x ) = f (1 − 2 x ) + x 2 − x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây ?

Trang 6

y 1

–2

4 x

–2

 3 A. 1;  .  2 Câu 3.

 1 B.  0;  .  2

C. ( −2; −1) .

D. ( 2;3 ) .

(Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

Hàm số y = f ( x − 1) + x3 − 12 x + 2019 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. (1; + ∞ ) . Câu 4.

B. (1;2 ) .

C. ( −∞ ;1) .

D. ( 3; 4 ) .

(Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Hàm số y = 2 f (1 − x ) + x 2 + 1 − x nghịch biến trên những khoảng nào dưới đây A. ( −∞ ; − 2 ) . Câu 5.

B. ( −∞ ;1) .

C. ( −2; 0 ) .

D. ( −3; − 2 ) .

(Sở Vĩnh Phúc 2019) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị của hàm số y = f ′( x ) như hình vẽ bên.

Hàm số y = 3 f ( x) + x3 − 6 x 2 + 9 x đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây? A. ( 0; 2 ) . Câu 6.

B. ( −1;1) .

C. (1; +∞ ) .

D. ( − 2; 0 ) .

(Học Mãi 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ . Đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình bên. Hỏi đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2 x có bao nhiêu điểm cực trị?

Trang 7

y 2 x O

2 −2

Câu 7.

B. 3 . C. 2 . D. 1. A. 4 . (THPT Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g ( x ) = f ( x − 1) +

2019 − 2018x đồng biến trên khoảng 2018

nào dưới đây?

A. ( 2 ; 3) . Câu 8.

B. ( 0 ; 1) .

C. ( -1 ; 0 ) .

D. (1 ; 2 ) .

(Sở Ninh Bình 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

Hàm số y = −2 f ( x ) + 2019 nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây? A. ( −4; 2 ) . Câu 9.

B. ( −1; 2 ) .

C. ( −2; −1) .

D. ( 2; 4 ) .

(THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Cho hàm số y = f ( x) . Biết đồ thị hàm số y = f ′ ( x) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số y = f (3 − x 2 ) + 2018 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (−1; 0) Câu 10.

B. (2; 3)

C. (−2; −1)

(Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Cho hàm số đa thức f ( x ) có đạo hàm trên ℝ . Biết

f ( 0 ) = 0 và đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình sau.

Trang 8

D. (0; 1)

Hàm số g ( x ) = 4 f ( x ) + x 2 đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 4; +∞ ) . Câu 11.

B. ( 0; 4 ) .

C. ( −∞; −2 ) .

D. ( − 2 ; 0 ) .

(Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hàm số f ( x) liên tục trên ℝ có đồ thị hàm số y = f ′( x ) cho như hình vẽ

Hàm số g ( x ) = 2 f ( x − 1 ) − x 2 + 2 x + 2020 đồng biến trên khoảng nào? A. (0;1) . Câu 12.

B. (−3;1) .

(Chuyên Lào Cai - 2020) Cho hàm số

g ( x ) = f ( 3 x + 1) + 9 x 3 +

C. (1;3) .

D. (−2;0) .

f ′ ( x ) có đồ thị như hình bên. Hàm số

9 2 x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 2

A. ( −1;1) . B. ( −2;0 ) . C. ( −∞;0 ) . Câu 13.

D. (1; +∞ ) .

(Sở Phú Thọ - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ

(

)

Hàm số g ( x ) = f e x − 2 − 2020 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

 3 A.  −1;  .  2 B. ( −1; 2 ) . C. ( 0; +∞ ) .

3  D.  ; 2  . 2  Câu 14.

(Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020) Cho hàm số f ( x ) có đồ thị hàm số f ′ ( x ) như hình vẽ.

Trang 9

Hàm số y = f ( cos x ) + x 2 − x đồng biến trên khoảng A. ( −2;1) . B. ( 0;1) . C. (1; 2 ) . D. ( −1;0 ) . Câu 15.

(THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020) Cho hàm số f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ. y 3 x

-4 3

-4

Hàm số g ( x) = f ( 3 x 2 − 1) −  2 3 − 3 A.  − ; .  3 3  

Câu 16.

9 4 x + 3 x 2 đồng biến trên khoảng nào dưới đây. 2

 2 3 B.  0; .  3  

C. (1; 2 ) .

 3 3 D.  − .  3 ; 3   

(Trần Phú - Quảng Ninh - 2020) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

2 3 x − 8x + 5 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? 3 1  A. ( −∞ ; −2 ) . B. (1; +∞ ) . C. ( −1;7 ) . D.  −1;  . 2  Câu 17. (Chuyên Thái Bình - Lần 3 - 2020) Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên ℝ có đồ thị hàm số y = f ′( x) cho như hình vẽ. Hàm số y = f ( 2 x + 1) +

Hàm số g ( x) = 2 f ( x − 1 ) − x 2 + 2 x + 2020 đồng biến trên khoảng nào? A. ( 0; 1) . Câu 18. Trang 10

B. ( −3; 1) .

C. (1; 3) .

D. ( −2; 0 ) .

(Sở Phú Thọ - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm số f ′ ( x ) như hình vẽ

Hàm số g ( x ) = f (1 + e x ) + 2020 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 0;+∞ ) . Câu 19.

1  B.  ;1 . 2 

 1 C.  0;  .  2

D. ( −1;1) .

(THPT Anh Sơn - Nghệ An - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau.

Hàm số y = −2 f ( x ) + 2019 nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây? A. ( 2;4 ) . Câu 20.

B. ( −4;2 ) .

C. ( −2; −1) .

D. ( −1; 2 ) .

(THPT Anh Sơn - Nghệ An - 2020) Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ và có đạo hàm

f ′ ( x ) thỏa mãn

f ′ ( x ) = (1 − x )( x + 2 ) g ( x ) + 2019 với g ( x ) < 0 , ∀x ∈ ℝ . Hàm số

y = f (1 − x ) + 2019 x + 2020 nghịch biến trên khoảng nào? A. (1; + ∞ ) .

B. ( 0;3 ) .

C. ( −∞;3) .

D. ( 3; + ∞ ) .

Câu 21. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ và có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Biết f ( x ) > 2, ∀x ∈ ℝ . Xét hàm số g ( x ) = f ( 3 − 2 f ( x ) ) − x3 + 3x 2 − 2020 . Khẳng định nào sau đây đúng? A. Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( −2; − 1) . B. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 0;1) . C. Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 3; 4 ) . D. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 2;3) . Câu 22. Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Trang 11

Hàm số y = ( f ( x ) ) − 3. ( f ( x ) ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. (1; 2 ) .

B. ( 3 ; 4 ) .

C. ( −∞ ; 1) .

D. ( 2 ; 3) .

Câu 23. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị nằm trên trục hoành và có đạo hàm trên ℝ, bảng xét dấu của biểu thức f ′ ( x ) như bảng dưới đây.

Hàm số y = g ( x ) =

f ( x2 − 2 x ) f ( x2 − 2x ) + 1

A. ( −∞ ;1 ) . Câu 24.

nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

5 B.  − 2;  . 2 

C. (1; 3 ) .

D. ( 2; +∞ ) .

(Liên trường huyện Quảng Xương - Thanh Hóa - 2021) Cho các hàm số y = f ( x ) ; y = g ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị các đạo hàm f ′ ( x ) ; g ′ ( x ) (đồ thị hàm số y = g ′ ( x ) là đường đậm hơn) như hình vẽ.

Hàm số h ( x ) = f ( x − 1) − g ( x − 1) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? 1  A.  ;1 . 2 

Câu 25.

B. (1; + ∞ ) .

C. ( 2; + ∞ ) .

1  D.  −1;  . 2 

(THPT Quế Võ 1 - Bắc Ninh - 2021) Cho ba hàm số y = f ( x ), y = g ( x ), y = h( x ) . Đồ thị của ba hàm số y = f ′( x ) , y = g ′( x ) , y = h′( x ) được cho như hình vẽ.

3  Hàm số k ( x ) = f ( x + 7) + g (5 x + 1) − h  4 x +  đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 2   5  5  3   3  A.  − ;0  . B.  ; +∞  . C.  ;1  . D.  − ;1 .  8  8  8   8  Câu 26. (THPT Thanh Chương 1- Nghệ An - 2021) Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên R có bảng xét

dấu đạo hàm như sau: Trang 12

Hàm số y = 3 f ( 2 x − 1) − 4 x3 + 15 x 2 − 18 x + 1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây

A. ( 3; +∞ ) . Câu 27.

 3 B.  1;  .  2

5  C.  ;3  . 2 

 5 D.  2;  .  2

(THPT Hoàng Hoa Thám - Đà Nẵng - 2021) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của f ' ( x ) như sau:

1 Hàm số y = f ( 2 − e x ) − e3 x + 3e 2 x − 5e x + 1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 3  3 A.  0;  . B. (1;3) . C. ( −3;0 ) . D. ( −4; −3) .  2

Dạng 3. Bài toán hàm ẩn, hàm hợp liên quan đến tham số và một số bài toán khác Câu 1.

(Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên R . Biết hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên m∈ [ −5;5] để hàm số g ( x ) = f ( x + m ) nghịch biến trên khoảng (1;2) . Hỏi S có bao nhiêu phần tử?

A. 4 . Câu 2.

B. 3 .

C. 6 .

D. 5 .

(Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và bảnng xét dấu đạo hàm như hình vẽ sau:

Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y = f ( x 3 + 4 x + m ) nghịch biến trên khoảng ( −1;1) ?

A. 3 . Câu 3.

B. 0 .

C. 1.

D. 2 .

(Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và f (1) = 1 . Đồ thị hàm số

y = f ′ ( x ) như hình bên. Có bao nhiêu số nguyên dương a để hàm số

 π y = 4 f ( sin x ) + cos 2 x − a nghịch biến trên  0;  ?  2

Trang 13

Câu 4.

A. 2 . B. 3 . C. Vô số. D. 5 . (Chuyên Quang Trung - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và có đồ thị

1 2 ( x − m − 1) + 2019 , với m là tham số thực. Gọi 2 S là tập hợp các giá trị nguyên dương của m để hàm số y = g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 5; 6 ) . y = f ′ ( x ) như hình vẽ. Đặt g ( x ) = f ( x − m ) −

Tổng tất cả các phần tử trong S bằng

A. 4 . B. 11 . C. 14 . D. 20 .

Câu 5.

(Sở Hà Nội - Lần 2 - 2020) Cho hàm số y = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e, a ≠ 0 . Hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên thuộc khoảng ( −6; 6 ) của tham số m để hàm số g ( x ) = f ( 3 − 2 x + m ) + x 2 − ( m + 3 ) x + 2m 2 nghịch biến trên ( 0;1 ) . Khi đó, tổng giá trị các

phần tử của S là A. 12.

Câu 6.

B. 9.

C. 6.

D. 15.

(Chuyên Quang Trung - Bình Phước - Lần 2 - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và có đồ thị y = f ′ ( x ) như hình vẽ bên. Đặt g ( x ) = f ( x − m ) −

2 1 x − m − 1) + 2019 , ( 2

với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của m để hàm số y = g ( x )

đồng biến trên khoảng ( 5; 6) . Tổng tất cả các phần tử trong S bằng:

Trang 14

A. 4 . Câu 7.

B. 11 .

C. 14 .

D. 20 .

Cho hàm số y = f ( x ) liên tục có đạo hàm trên ℝ . Biết hàm số f ' ( x ) có đồ thị cho như hình vẽ.

(

)

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc [ −2019; 2019] để hàm só g ( x ) = f 2019 x − mx + 2

đồng biến trên [ 0;1]

Câu 8.

A. 2028 . B. 2019 . Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị

C. 2011 . D. 2020 ′ f ( x ) như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên

1  m ∈ ( −2020; 2020 ) để hàm số g ( x ) = f ( 2 x − 3) − ln 1 + x2 − 2mx đồng biến trên  ; 2  ? 2 

(

A. 2020 . Câu 9.

B. 2019 .

)

C. 2021 .

D. 2018 .

(

)

Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có đạo hàm f ′ ( x ) = x ( x − 2 ) x − 6 x + m với mọi x ∈ ℝ . 2

Có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn [ −2020; 2020] để hàm số g ( x ) = f (1− x ) nghịch biến trên khoảng ( −∞; −1) ?

A. 2016 .

B. 2014 .

C. 2012 .

D. 2010 .

Câu 10. Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên R . Hàm số y = f ′ ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ.

Trang 15

1 2 ( 2m − x ) + 2020 , với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp các 2 giá trị nguyên dương của m để hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 3; 4 ) . Hỏi số phần tử Xét hàm số g ( x ) = f ( x − 2m ) +

của S bằng bao nhiêu? A. 4 . B. 2 .

C. 3 .

D. Vô số.

Câu 11. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ là f ′ ( x ) = ( x − 1)( x + 3) . Có bao nhiêu giá trị nguyên của

(

)

tham số m thuộc đoạn [ −10; 20] để hàm số y = f x 2 + 3x − m đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) ?

A. 18 .

B. 17 .

C. 16 .

D. 20 . 2

Câu 12. Cho các hàm số f ( x ) = x3 + 4 x + m và g ( x ) = ( x 2 + 2018 )( x 2 + 2019 ) ( x 2 + 2020 ) . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −2020; 2020] để hàm số g ( f ( x ) ) đồng biến trên ( 2; +∞ ) ?

A. 2005 .

B. 2037 .

C. 4016 .

D. 4041 .

Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = x ( x + 1) ( x + 2mx + 1) với mọi x ∈ ℝ. Có bao nhiêu số 2

nguyên âm m để hàm số g ( x ) = f ( 2 x + 1) đồng biến trên khoảng ( 3;5 ) ?

A. 3 B. 2 C. 4 Câu 14. Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau

D. 6

Có bao nhiêu số nguyên m < 2019 để hàm số g ( x) = f ( x 2 − 2 x + m) đồng biến trên khoảng

(1;+∞) ? A. 2016. B. 2015. C. 2017. D. 2018. Câu 15. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là hàm số f ′ ( x ) trên ℝ . Biết rằng hàm số y = f ′ ( x − 2 ) + 2 có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng nào?

Trang 16

A. ( −∞;3) , ( 5; +∞ ) .

B. ( −∞; −1) , (1; +∞ ) . C. ( −1;1) .

D. ( 3;5 ) .

Câu 16. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là hàm số f ′ ( x ) trên ℝ . Biết rằng hàm số y = f ′ ( x + 2 ) − 2 có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng nào?

A. ( −3; −1) , (1;3) .

B. ( −1;1) , ( 3;5 ) .

C. ( −∞; −2 ) , ( 0; 2 ) .

D. ( −5; −3) , ( −1;1) .

Câu 17. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là hàm số f ′ ( x ) trên ℝ . Biết rằng hàm số y = f ′ ( x − 2 ) + 2 có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng nào?

A. ( −∞; 2 ) . Câu 18. Cho

hàm

3 5 C.  ;  . 2 2

B. ( −1;1) . số

y = f ( x) 2

có

đạo

hàm

cấp

liên

D. ( 2; +∞ ) . tục

trên

ℝ

và

thỏa

mãn

f ( x ) . f ′′′ ( x ) = x ( x − 1) ( x + 4 ) với mọi x ∈ ℝ và g ( x ) =  f ′ ( x )  − 2 f ( x ) . f ′′ ( x ) . Hàm số h ( x ) = g ( x2 − 2 x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( −∞;1) .

B. ( 2; +∞ ) .

C. ( 0;1) .

D. (1; 2 ) .

Câu 19. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ . Hàm số y = g ( x) = f ' ( 2 x + 3) + 2 có đồ thị là một parabol với tọa độ đỉnh I ( 2; −1) và đi qua điểm A (1; 2 ) . Hỏi hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 5;9 ) .

B. (1; 2 ) .

C. ( −∞;9 ) .

D. (1;3) .

Câu 20. Cho hàm số y = f ( x ) , hàm số f ′ ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c ( a, b, c ∈ ℝ ) có đồ thị như hình vẽ

Trang 17

Hàm số g ( x ) = f ( f ′ ( x ) ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (1; +∞ ) .

B. ( −∞; −2 ) .

 3 3 D.  − .  3 ; 3   

C. ( −1;0 ) .

Câu 21. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x 2 + 2 x − 3, ∀x ∈ ℝ. Có bao nhiêu giá trị nguyên

(

)

của tham số m thuộc đoạn [ −10; 20] để hàm số g ( x ) = f x 2 + 3x − m + m2 + 1 đồng biến trên

( 0; 2 ) ? A. 16.

B. 17.

C. 18.

D. 19.

Câu 22. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) như hình vẽ.

1 2 ( x − m − 1) + 2019 với m là tham số thực. Gọi S là tập các giá trị 2 nguyên dương của m để hàm số y = g ( x ) đồng biến trên khoản ( 5;6 ) .Tổng các phần tử của S

Đặt g ( x ) = f ( x − m ) −

bằng: A. 4 .

B. 11.

C. 14 .

D. 20.

Câu 23. Cho hàm số y = f ( x ) là hàm đa thức có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m , m ∈ Z , − 2020 < m < 2020 để hàm số 8   g ( x ) = f ( x 2 ) + mx 2  x 2 + x − 6  đồng biến trên khoảng ( −3; 0 ) 3   Trang 18

A. 2021.

B. 2020.

C. 2019.

D. 2022.

Câu 24. Cho hàm số f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình sau.

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m đề hàm số g ( x) = 4 f ( x − m) + x 2 − 2mx + 2020 đồng biến trên khoảng (1;2).

A. 2 .

B. 3 .

C. 0 .

D. 1.

Câu 25. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x + 1)( x − 1)( x − 4 ) ; ∀x ∈ ℝ .Có bao nhiêu số nguyên

2− x  m < 2020 để hàm số g ( x ) = f  − m  đồng biến trên ( 2; + ∞ ) .  1+ x  A. 2018 . B. 2019 . C. 2020 . D. 2021 Câu 26. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = ( x + 1) e x , có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong đoạn [ −2019; 2019] để hàm số y = g ( x ) = f ( ln x ) − mx 2 + mx − 2 nghịch biến trên (1; e 2 ) .

A. 2018. Câu 27.

B. 2019.

C. 2020.

D. 2021.

(Liên trường Quỳnh Lưu - Hoàng Mai - Nghệ An - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm

f ′ ( x ) = ( x + 1) e x . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong [ −2020; 2021] để hàm số

(

)

g ( x ) = f ( ln x ) − mx 2 + 4mx − 2 nghịch biến trong e; e2020 . A. 2018 . B. 2020 . C. 2021 . D. 2019 . Câu 28. (Chuyên KHTN - 2021) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn −10 < m < 10 và hàm số

y = f ( x 2 + 2 x + m) đồng biến trên khoảng (0;1) ?

A. 5 . Câu 29.

B. 4 .

C. 6

D. 1 .

(THPT Đồng Quan - Hà Nội - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Số tham số m nguyên thuộc đoạn [ −20; 20] để hàm số g ( x ) nghịch

biến

trên

khoảng

( −1; 2 ) biết

g ( x ) = 3 f ( − x 3 − 3 x + m ) + ( x 3 + 3 x − m ) ( −2 x 3 − 6 x + 2 m − 6 ) .

Trang 19

A. 23 . Câu 30.

B. 21 .

C. 5 .

D. 17 .

(THPT Chu Văn An - Thái Nguyên - 2021) Cho hai hàm số f ( x ) và g ( x ) có một phần đồ thị biểu diễn đạo hàm f ′ ( x ) và g ′ ( x ) như hình vẽ.

Biết rằng hàm số y = h ( x ) = f ( x ) − g ( x ) − a 2 x + 2021 luôn tồn tại một khoảng đồng biến (α ; β ) . Số giá trị nguyên dương của a thỏa mãn là A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 1 . Câu 31. (THPT PTNK Cơ sở 2 - TP.HCM - 2021) Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ . Hàm số y = f '( x ) liên tục và có đồ thị như hình vẽ

Trang 20

Xét hàm số g ( x ) = f ( x − 2m ) +

1 2 ( 2m − x ) + 2020 , với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp các 2

giá trị nguyên dương của m để hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 3; 4 ) . Số phần tử của

S bằng bao nhiêu? A. 4. Câu 32. (Chuyên Tuyên

B. 3. Quang

C. 2. 2021)

D. Vô số. hàm số

Cho bậ c bố n 1 f ( x)= a x 4 +bx3 + cx 2 + dx + e (a, b, c, d , e ∈ R), biết f   =−1 và đồ thị hàm số y = f ′ ( x) hình  2 

vẽ. Hàm số g ( x )= 2 f ( x ) − x 2 + 2 x đồng biến trên khoảng

A. (2; +∞) .

B. (−1;1) .

C. (1; 2 ) .

D. ( −∞; −1) .

Trang 21

TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

Chuyên đề 1

(Đề Tham Khảo 2018) Cho hàm số y = f ( x) . Hàm số y = f '( x) có đồ thị như hình bên. Hàm số y = f (2 − x ) đồng biến trên khoảng

A. ( 2;+∞ )

B. ( −2;1)

C. ( −∞; −2)

D. (1;3)

Lời giải Chọn B Cách 1:  x ∈ (1; 4) Ta thấy f '( x ) < 0 với  nên f ( x ) nghịch biến trên (1;4 ) và ( −∞; −1) suy ra  x < −1 g ( x ) = f ( − x ) đồng biến trên (−4; −1) và (1; +∞ ) . Khi đó f (2 − x ) đồng biến biến trên khoảng ( −2;1) và ( 3; +∞ )

Cách 2:  x < −1 Dựa vào đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) ta có f ′ ( x ) < 0 ⇔  . 1 < x < 4 Ta có ( f ( 2 − x ) )′ = ( 2 − x )′ . f ′ ( 2 − x ) = − f ′ ( 2 − x ) . Để hàm số y = f ( 2 − x ) đồng biến thì ( f ( 2 − x ) )′ > 0 ⇔ f ′ ( 2 − x ) < 0  2 − x < −1 x > 3 ⇔ ⇔ . 1 < 2 − x < 4  −2 < x < 1 Câu 2.

(Mã đề 104 - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng xét dấu của f ′ ( x ) như sau: Trang 1

Hàm số y = f ( 5 − 2x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 3;4) .

B. (1;3) .

C. ( −∞ ; − 3) .

D. ( 4;5) .

Lời giải Chọn D Ta có y′ = f ′ ( 5 − 2 x ) = −2 f ′ ( 5 − 2 x ) . 5 − 2 x = −3 x = 4  y′ = 0 ⇔ −2 f ′ ( 5 − 2x ) = 0 ⇔ 5 − 2 x = −1 ⇔  x = 3 . 5 − 2 x = 1  x = 2 5 − 2 x < −3 x > 4 ⇔ ;  −1 < 5 − 2 x < 1 2 < x < 3

f ′ ( 5 − 2x ) < 0 ⇔ 

5 − 2 x > 1

x < 2

f ′ ( 5 − 2x ) > 0 ⇔  ⇔ .  −3 < 5 − 2 x < −1 3 < x < 4 Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên hàm số y = f ( 5 − 2x ) đồng biến trên khoảng ( 4;5) .

Câu 3.

(Mã 103 - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng xét dấu của f ′( x ) như sau:

Hàm số y = f ( 3 − 2 x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 0;2) .

B. ( 2;3) .

C. ( −∞ ; − 3) .

D. ( 3;4) .

Lời giải Chọn D Ta có y′ = −2. f ′ ( 3 − 2 x ) ≥ 0 ⇔ f ′ ( 3 − 2 x ) ≤ 0 3 − 2 x ≤ −3 x ≥ 3 ⇔ ⇔  −1 ≤ 3 − 2 x ≤ 1 1 ≤ x ≤ 2. Vậy chọn A.

Câu 4.

(Mã 102 - 2019) Cho hàm số f ( x) có bảng dấu f ′( x) như sau:

Hàm số y = f (5 − 2 x) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 3;5 ) .

B. ( 5; + ∞ ) .

C. ( 2;3) . Lời giải

Chọn D Trang 2

D. ( 0; 2 ) .

Hàm số y = f ( x) có tập xác định là ℝ suy ra hàm số y = f (5 − 2 x) có tập xác định là ℝ . Hàm số y = f (5 − 2 x) có y′ = −2. f ′(5 − 2 x), ∀ x ∈ℝ .

 −3 ≤ 5 − 2 x ≤ −1 3 ≤ x ≤ 4 y′ ≤ 0 ⇔ f ′(5 − 2 x) ≥ 0 ⇔  ⇔ . 5 − 2 x ≥ 1 x ≤ 2 Vậy hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞ ; 2 ) ; ( 3;4 ) . Do đó B phương án chọn.

Câu 5.

(Mã đề 101 - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng xét dấu của f ' ( x ) như sau:

Hàm số y = f ( 3 − 2 x ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −2;1) .

B. ( 2; 4 ) .

C. (1;2) .

D. ( 4; + ∞ ) .

Lời giải Chọn A

y′ = −2. f ′ ( 3 − 2 x ) .  −3 ≤ 3 − 2x ≤ −1 Hàm số nghịch biến khi y′ ≤ 0 ⇔ −2. f ′ ( 3 − 2 x ) ≤ 0 ⇔ f ′ ( 3 − 2 x ) ≥ 0 ⇔  3 − 2x ≥ 1 2 ≤ x ≤ 3 ⇔ . x ≤ 1 Vậy chọn đáp án

Câu 6.

(Đề Thi Công Bằng KHTN 2019) Cho hàm số f ′( x ) có bảng xét dấu như sau:

Hàm số y = f ( x 2 + 2 x ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −2;1) .

B. ( −4; −3) .

C. ( 0;1) .

D. ( −2; −1) .

Lời giải Ta có: Đặt: y = g ( x ) = f ( x 2 + 2 x ) ; g ′( x ) =  f ( x 2 + 2 x)  ′= ( 2 x + 2 ) . f ′( x 2 + 2 x)  x = −1   x = −1  x = −1 − 2  2 2 x + 2 = 0 x + 2 x = − 2( VN )  g ′( x) = 0 ⇔ ( 2 x + 2 ) . f ′( x 2 + 2 x) = 0 ⇔  ⇔ 2 ⇔  x = −1 + 2 2  x + 2x = 1 ′ f ( x + 2 x ) = 0  x =1    x 2 + 2 x = 3  x = −3 (Trong đó: x = −1 − 2 ; x = −1 + 2 là các nghiệm bội chẵn của PT: x 2 + 2 x = 1 ) + Ta có bảng biến thiên

Trang 3

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số y = f ( x 2 + 2 x ) nghịch biến trên khoảng ( −2; −1) .

Chú ý: Cách xét dấu g ′( x ) :

(

)

Chọn giá trị x = 0 ∈ −1; −1 + 2  x 2 + 2 x = 0  g ′(0) = f ′(0) > 0 ( dựa theo bảng xét dấu của

(

)

hàm f ′( x ) ). Suy ra g ′( x) > 0 ∀x ∈ −1; −1 + 2 , sử dụng quy tắc xét dấu đa thức “ lẻ đổi, chẵn không” suy ra dấu của g ′( x ) trên các khoảng còn lại

Câu 7.

 3  A.  − ; +∞  .  2 

3  B.  −∞;  . 2 

1  C.  ; +∞  . 2  Lời giải

1  D.  −∞;  . 2 

Phương pháp Hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) ⇔ g ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( a; b ) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải Ta có: g ' ( x ) = (1 − 2 x ) f ' ( x − x 2 ) . Hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) ⇔ g ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( a; b ) và bằng 0 tại hữu hạn điểm. Ta có g ' ( −1) = 3 f ' ( −2 ) > 0  Loại đáp án A, B và D

Câu 8.

Trang 4

(Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Cho hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Hàm số y = f ( 2 − x 2 ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây

A. ( −∞;0 ) .

B. ( 0;1) .

C. (1;2 ) .

D. ( 0; +∞ ) .

Lời giải Chọn B Hàm số y = f ( 2 − x 2 ) có y ' = −2 x. f ' ( 2 − x 2 )

 x > 0  x > 0   2  1 < 2 − x < 2  −1 < x < 1 0 < x < 1 y ' = −2 x. f ' ( 2 − x 2 ) > 0 ⇔   x < 0 ⇔  x < 0 ⇔    x < −1 2 − x2 < 1    x < −1   2    2 − x > 2  x > 1 Do đó hàm số đồng biến trên ( 0;1) .

Câu 9.

(THPT Gia Lộc Hải Dương 2019) Cho hàm số f ( x ) , đồ thị hàm số y = f ′( x ) như hình vẽ dưới đây.

Hàm số y = f ( 3 − x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 4;6) .

B. ( −1;2 ) .

C. ( −∞ ; −1) .

D. ( 2;3) .

Lời giải Ta có:

y = f ( 3 − x )  f ′( 3 − x ) = − f ′( 3 − x ) = 0 ⇔ −

(3 − x) 3− x

f ′ ( 3 − x ) ( x ≠ 3)

 f ′( 3 − x ) = 0 f ′( 3 − x ) = 0 ⇔  3− x 3 − x = 0

(3 − x)

Trang 5

 3 − x = −1 ( L )  x = −1  x = 7 3 − x = 1 N ( )  ⇔ ⇔ x = 2 3 − x = 4 N ( )    x = 3( L) x = 4 

Ta có bảng xét dấu của f ′ ( 3 − x ) :

Từ bảng xét dấu ta thây hàm số y = f ( 3 − x ) đồng biến trên khoảng ( −1;2) .

Câu 10.

(THPT Minh Châu Hưng Yên 2019) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g ( x) = f ( x 2 − 2). Mệnhvđề nào sai?

A. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −∞; −2 )

B. Hàm số g ( x ) đồng biến trên ( 2; +∞ )

C. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −1;0 )

D. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( 0;2)

Lờigiải ChọnA x = 0 x = 0 x = 0  2  Ta có g '( x) = 2 x. f '( x − 2) = 0 ⇔  ⇔  x − 2 = −1 ⇔  x = ±1 2  f ( x − 2) = 0  x2 − 2 = 2  x = ±2  x > 2 Từ đồ thị f '( x ) ta có f '( x 2 − 2) > 0 ⇔ x 2 − 2 > 0 ⇔   x < −2 BBT 2

Từ BBT ta thấy đáp án C sai

Câu 11.

(THPT Việt Đức Hà Nội 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình bên.

Trang 6

Hỏi hàm số g ( x ) = f ( 3 − 2 x ) nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?

A. ( −1; +∞ )

B. ( −∞; −1)

C. (1;3)

D. ( 0;2 )

Lời giải Chọn B  x = −2 Ta có f ' ( x ) = 0 ⇔  x = 2  x = 5

Khi đó g ' ( x ) = −2 f ' ( 3 − 2 x ) 5  x = 2  3 − 2 x = −2  1 Với g ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( 3 − 2 x ) = 0 ⇔ 3 − 2 x = 2 ⇔  x =  2 3 − 2 x = 5  x = − 1  

Bảng biến thiên:

Câu 12.

(Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Hàm số y = f ( x 2 − 2 ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −2; −1) .

B. ( 2; +∞ ) .

C. ( 0;2 ) .

D. ( −1;0 ) .

Lời giải Xét hàm số g ( x ) = f ( x − 2 ) . Ta có: g ' ( x ) = 2 x. f ' ( x 2 − 2 ) . 2

x = 0 x =1 x = 0 x = 0  x = 0   g '( x) = 0 ⇔  ⇔  x 2 − 2 = −1 ⇔  x 2 = 1 ⇔  x = −1 . 2 f ' x − 2 = 0 )   (  2  2 x = 2 x − 2 = 2 x = 4  x = −2 Ta có bảng xét dấu g ' ( x ) : Trang 7

Dựa vào bảng xét dấu g ' ( x ) ta thấy hàm số y = f ( x 2 − 2 ) nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 )

Câu 13.

(Chuyên KHTN - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau.

Hàm số y = f ( 2 − 3 x ) đồng biến trên khoảng nào sau đây?

A. ( 2;3 ) .

B. (1; 2 ) .

C. ( 0;1) .

D. (1;3) .

Lời giải Chọn A Đặt g ( x ) = f ( 2 − 3 x )  g ′ ( x ) = −3. f ′ ( 2 − 3 x ) Ta có g ′ ( x ) ≥ 0 ⇔ f ′ ( 2 − 3 x ) ≤ 0  2 − 3 x ≤ −3 ⇔ 0 ≤ 2 − 3x ≤ 1 5  x ≥ 3 ⇔ . 1 ≤ x ≤ 2  3 3

1 2 5  Suy ra hàm số g ( x ) đồng biến trên các khoảng  ;  và  ; +∞  , do đó hàm số đồng biến trên 3 3 3  khoảng ( 2;3 ) .

Câu 14.

A. Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 3;4 ) . B. Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 0;1) . C. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 2; + ∞ ) . D. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 4;6 ) . Lời giải Trang 8

Chọn B

g ( x ) = f ( x + 1) . Ta có: g ′ ( x ) = f ′ ( x + 1)  x +1 > 5 x > 4 ⇔ . Hàm số g ( x ) đồng biến ⇔ g ′ ( x ) > 0 ⇔ f ′ ( x + 1) > 0 ⇔  1 < x + 1 < 3 0 < x < 2 3 < x + 1 < 5 2 < x < 4 Hàm số g ( x ) nghịch biến ⇔ g ′ ( x ) < 0 ⇔ f ′ ( x + 1) > 0 ⇔  ⇔ . x +1 < 1 x < 0 Vậy hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) ; ( 4; + ∞ ) và nghịch biến trên khoảng ( 2;4 ) ;

( −∞;0 ) . Câu 15.

(Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau: x y′

−5

−∞

−

+∞ +

Hàm số g ( x ) = f ( 3 − 2 x ) đồng biến trên khoảng nào sau đây

A. ( 3; +∞ ) .

B. ( −∞; −5) .

C. (1;2 ) .

D. ( 2;7) .

Lời giải Chọn C Ta có g ' ( x ) = −2 x ln 2. f ' ( 3 − 2 x ) .

Để g ( x ) = f ( 3 − 2 x ) đồng biến thì g ' ( x ) = −2 x ln 2. f ' ( 3 − 2 x ) ≥ 0 ⇔ f ' ( 3 − 2 x ) ≤ 0 ⇔ −5 ≤ 3 − 2 x ≤ 2 ⇔ 0 ≤ x ≤ 3 .

Vậy hàm số đồng biến trên (1;2 ) .

Câu 16.

A. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( 0;2 ) .

B. Hàm số g ( x ) đồng biến trên ( 2;+∞ ) .

C. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −1;0 ) .

D. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −∞; −2 ) . Trang 9

Lời giải Chọn C Ta có g ′ ( x ) = ( x 2 − 2 )′ . f ′ ( x 2 − 2 ) = 2 x. f ′ ( x 2 − 2 ) .

  x ≤ 0  f ′( x2 − 2) ≥ 0    Hàm số nghịch biến khi g ′ ( x ) ≤ 0 ⇔ x. f ′ ( x 2 − 2 ) ≤ 0 ⇔    x ≥ 0  ′ 2 f x − 2) ≤ 0   ( Từ đồ thị hình của hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ, ta thấy

f ′ ( x ) ≤ 0 ⇔ x ≤ 2 và f ′ ( x ) ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 . x ≤ 0  x ≤ 0 x ≤ 0 x ≤ 0  ⇔ 2 ⇔ 2 + Với  ⇔   x ≥ 2 ⇔ x ≤ −2 . 2 ′ x − 2 ≥ 2 x ≥ 4  f ( x − 2 ) ≥ 0    x ≤ −2

 x ≥ 0 x ≥ 0 x ≥ 0 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔0≤ x≤2. + Với  2 x − 2 ≤ 2 x ≤ 4  f ′ ( x − 2 ) ≤ 0 Như vậy hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞; −2 ) , ( 0;2 ) ; suy ra hàm số đồng biến trên

( −2;0 ) và ( 2;+∞ ) . Do ( −1;0 ) ⊂ ( −2;0 ) nên hàm số đồng biến trên ( −1;0 ) . Vậy C sai.

Câu 17.

(Đại Học Hà Tĩnh - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) . Biết rằng hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới.

Hàm số y = f ( 3 − x 2 ) đồng biến trên khoảng

A. ( 0;1) .

B. ( −1;0 ) .

C. ( 2;3) . Lời giải

Chọn B Cách 1: Đặt y = g ( x ) = f ( 3 − x 2 ) . Ta có: g ′ ( x ) = −2 x. f ′ ( 3 − x 2 ) .

Trang 10

D. ( −2; −1) .

x = 0 x = 0  2  x = 0 3 − x = −6 ⇔  x = ±3 . ⇔ g ′ ( x ) = 0 ⇔ −2 x. f ′ ( 3 − x 2 ) = 0 ⇔  2  3 − x 2 = −1  x = ±2  f ′ ( 3 − x ) = 0   3 − x 2 = 2  x = ±1 Bảng xét dấu của g ′ ( x ) :

−3

−∞

g ′ (x )

−

−1

−2

−

+∞

−

Suy ra hàm số y = f ( 3 − x 2 ) đồng biến trên mỗi khoảng: ( −3; −2 ) , ( −1;0 ) , (1; 2 ) , ( 3; +∞ ) . Vậy hàm số y = f ( 3 − x 2 ) đồng biến trên khoảng ( −1;0 ) .

Cách 2: Dựa vào đồ thị của y = f ′ ( x ) ta chọn y = f ′ ( x ) = ( x + 6 )( x + 1)( x − 2 ) .

Đặt y = g ( x ) = f ( 3 − x 2 ) . Ta có: g ′ ( x ) = −2 x. f ′ ( 3 − x 2 ) = −2 x ( 9 − x 2 )( 4 − x 2 )(1 − x 2 ) . x = 0  x = ±3 g′ ( x) = 0 ⇔  .  x = ±2   x = ±1 Bảng xét dấu của g ′ ( x ) :

−3

−∞

g ′ (x )

−

−1

−2

−

+∞

−

Câu 18.

(Sở Ninh Bình) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ . Đồ thị hàm số y = f ' ( x )

(

)

như hình vẽ. Hàm số y = f x 2 + 2 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 2;3) .

B. ( −3; −2 ) .

C. ( −1;1) .

D. ( −1;0 ) .

Lời giải Chọn B

(

)

Đặt g ( x ) = f x 2 + 2 , hàm số có đạo hàm trên ℝ . Trang 11

g ′ ( x ) = 2 xf ′ ( x 2 + 2 ) , kết hợp với đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) ta được: x = 0 x = 0  2 x = 0 x + 2 = − 2  g′( x) = 0 ⇔  ⇔ 2 ⇔ x = 3 . 2 x + 2 = 2 ′ f x + 2 = 0 )  (   x = − 3  x 2 + 2 = 5  −2 < x < 2 Từ đồ thị đã cho ta có f ′ ( x ) > 0 ⇔  x > 5 x > 3  −2 < x 2 + 2 < 2  −4 < x 2 < 0 ⇔ 2 ⇔ . Suy ra f ′ ( x + 2 ) > 0 ⇔  2  x < − 3 x + 2 > 5 x > 3 2

2 < x2 + 2 < 5 Và lập luận tương tự f ′ ( x 2 + 2 ) < 0 ⇔  2 ⇔ 0 < x2 < 3 ⇔ − 3 < x < 3 . x 2 2 + < − 

(

)

Bảng biến thiên ( Dấu của g ′ ( x ) phụ thuộc vào dấu của 2 x và f ′ x 2 + 2 trên từng khoảng)

(

) (

)

Dựa vào bảng biến thiên hàm số nghịch biền trên −∞; − 3 và 0; 3 chọn đáp án.

Câu 19.

A. ( −1;0 ) .

B. ( −∞; −1) .

C. ( 0;1) .

D. (1;+∞ ) .

Lời giải Chọn D Ta có g ′ ( x ) = ( 2019 − 2020 x )′ f ′ ( 2019 − 2020 x ) = −2020 f ′ ( 2019 − 2020 x ) ,

Trang 12

x = 1   2019 − 2020 x = −1  x = 1009  2019 − 2020 x = 1 1010  f ′ ( 2019 − 2020 x ) = 0 ⇔  ⇔ 2017  2019 − 2020 x = 2 x = 2020    2019 − 2020 x = 4  403 x = 404  Bảng biến thiên

 2017 1009  ; Dựa vào bảng biến thiên, hàm số g ( x ) đồng biến trên từng khoảng   , (1; +∞ ) .  2020 1010  Câu 20.

(Trường VINSCHOOL - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) . Biết đồ thị hàm số y ′ = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên

(

)

Hàm số g ( x ) = f 2 x − 3x 2 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

1 1 A.  ;  . 3 2

1  B.  ; + ∞  . 2 

1  C.  −∞ ;  . 3  Lời giải

1  D.  −2;  . 2 

Chọn C Cách 1. Ta có g ′ ( x ) = ( 2 − 6 x ) . f ′( 2 x − 3 x 2 )

2 − 6 x = 0 1  g ′ ( x ) = 0 ⇔ ( 2 − 6 x ) . f ′( 2 x − 3x 2 ) = 0 ⇔  2 x − 3x 2 = 1 ⇔ x = 3  2 x − 3x 2 = 2  Bảng xét dấu của g ′ ( x )

Trang 13

1  Từ bảng trên ta có hàm số g ( x ) = f 2 x − 3x 2 đồng biến trên khoảng  −∞ ;  3 

(

)

Cách 2: g ′ ( x ) = ( 2 − 6 x ) . f ′( 2 x − 3x 2 ) Để hàm số g ( x ) = f ( 2 x − 3x 2 ) đồng biến thì

2 − 6 x ≥ 0 2 − 6 x ≤ 0 g ′ ( x ) ≥ 0 ⇔ ( 2 − 6 x ) . f ′( 2 x − 3x 2 ) ≥ 0 ⇔  ∪  ′ 2 2 ′  f ( 2 x − 3x ) ≥ 0  f ( 2 x − 3x ) ≤ 0

1  x≤  2 − 6 x ≥ 0 3 1  ⇔ ⇔x≤ Trường hợp 1.  2  2  2 x − 3 x ≤ 1 ′ 3   f ( 2 x − 3x ) ≥ 0 2  2 x − 3x ≥ 2 1   2 − 6 x ≤ 0 x ≥ Trường hợp 2.  hệ vô nghiệm ⇔ 3 2 ′  f ( 2 x − 3x ) ≤ 0 1 ≤ 2 x − 3x 2 ≤ 2

1  Vậy hàm số g ( x ) = f 2 x − 3x 2 đồng biến trên khoảng  −∞ ;  3 

(

)

Câu 21. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị f '( x ) như hình vẽ. Tìm số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 + x) ?

A. 10 .

B. 11 .

C. 12 . Lời giải

Chọn B

Trang 14

D. 13 .

1 Ta có y ' = (2 x + 1) f '( x 2 + x) ; x 2 + x = m có nghiệm khi và chỉ khi m ≥ − . 4

Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm f '( x ) cắt trục hoành tại 5 điểm trong đó 1 điểm có hoành độ nhỏ hơn −

1 và có một tiệm cận. 4

1 và 1 điểm không xác định thì y ' = 0 có 4 hai nghiệm. Từ đây dễ dàng suy ra hàm y = f ( x 2 + x ) có 11 cực trị.

Khi đó ứng với mỗi giao điểm có hoành độ lớn hơn −

Câu 22. (Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An - 2021) Giả sử f ( x ) là đa thức bậc 4. Đồ thị của hàm số

(

)

y = f ' (1 − x ) được cho như hình bên. Hỏi hàm số g ( x ) = f x 2 − 3 nghịch biến trên khoảng nào

trong các khoảng sau?

A. ( −2;1) .

B. ( −1;0 ) .

C. (1; 2 ) .

D. ( 0;1) .

Lời giải Chọn D Đặt t = 1 − x  f ( t ) = f (1 − x )  f ' ( t ) = − f ' (1 − x )  x = 0 t = 1 Ta có f ' ( t ) = 0  f ' (1 − x ) = 0 ⇔  x = 2   t = −1    x = 3  t = −2

x < 0 f ' ( t ) > 0 ⇔ f ' (1 − x ) < 0 ⇔  2 < x < 3

t > 1   −2 < t < −1

BBT của f ( t )

(

Mặt khác g ' ( x ) = 2 x. f ' x 2 − 3

) Trang 15

x = 0 Nên g ' ( x ) = 0 ⇔ 2 x. f ' x 2 − 3 = 0 ⇔  2  f ' x − 3 = 0  x = ±2  x2 − 3 = 1   2 2 Ta có f ' x − 3 = 0 ⇔  x − 3 = −1 ⇔  x = ± 2  x = ±1  x 2 − 3 = −2  

(

)

(

)

x > 2  x < −2  ⇔ − 2 < x < −1   1 < x < 2

 x2 − 3 > 1 f ' x2 − 3 > 0 ⇔  2  −2 < x − 3 < −1

(

)

Bảng xét dấu của g ' ( x )

Dựa vào bảng xét dấu g ' ( x ) suy ra hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( 0;1) suy ra đáp là

Dạng 2. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số g(x)=f[u(x)]+v(x) khi biết đồ thị, bảng biến thiên của hàm số f’(x) Cách 1: Bước 1: Tính đạo hàm của hàm số g ( x ) , g ′ ( x ) = u′ ( x ) . f ′ u ( x )  + v′ ( x ) . Bước 2: Sử dụng đồ thị của f ′ ( x ) , lập bảng xét dấu của g ′ ( x ) . Bước 3: Dựa vào bảng dấu kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số. Cách 2: Bước 1: Tính đạo hàm của hàm số g ( x ) , g ′ ( x ) = u′ ( x ) . f ′ u ( x )  + v′ ( x ) . Bước 2: Hàm số g ( x ) đồng biến ⇔ g ′ ( x ) ≥ 0 ; (Hàm số g ( x ) nghịch biến ⇔ g ′ ( x ) ≤ 0 ) (*) Bước 3: Giải bất phương trình (*) (dựa vào đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) ) từ đó kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số. Cách 3: (Trắc nghiệm)

Bước 1: Tính đạo hàm của hàm số g ( x ) , g ′ ( x ) = u′ ( x ) . f ′ u ( x )  + v′ ( x ) . Bước 3: Hàm số g ( x ) đồng biến trên K ⇔ g ′ ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ K ; (Hàm số g ( x ) nghịch biến trên K ⇔ g ′ ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ K ) (*)

Bước 3: Lần lượt chọn thay giá trị từ các phương án vào g ′ ( x ) để loại các phương án sai. Câu 1.

(Đề Tham Khảo 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

x f ′( x)

−∞

−

1 0

2 0

3 0

−

4 0

Hàm số y = 3 f ( x + 2 ) − x3 + 3x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? Trang 16

+∞ +

A. ( −∞; −1) .

B. ( −1;0 ) .

C. ( 0; 2 ) .

D. (1; +∞ ) .

Lời giải Chọn B Ta có: y′ = 3  f ′ ( x + 2 ) − ( x 2 − 3)  Với x ∈ ( −1;0 )  x + 2 ∈ (1; 2 )  f ′ ( x + 2 ) > 0 , lại có x 2 − 3 < 0  y′ > 0; ∀x ∈ ( −1;0 ) Vậy hàm số y = 3 f ( x + 2 ) − x3 + 3x đồng biến trên khoảng ( −1;0 ) . Chú ý: +) Ta xét x ∈ (1; 2 ) ⊂ (1; +∞ )  x + 2 ∈ ( 3;4 )  f ′ ( x + 2 ) < 0; x 2 − 3 > 0 Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (1;2 ) nên loại hai phương án A, D. +) Tương tự ta xét

x ∈ ( −∞; −2 )  x + 2 ∈ ( −∞;0 )  f ′ ( x + 2 ) < 0; x 2 − 3 > 0  y′ < 0; ∀x ∈ ( −∞; −2 ) Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; −2 ) nên loại hai phương án B.

Câu 2.

(Đề Tham Khảo 2020 – Lần 1) Cho hàm số f ( x ) . Hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình bên. Hàm số g ( x ) = f (1 − 2 x ) + x 2 − x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây ? y 1 –2

–2

 3 A. 1;  .  2

 1 B.  0;  .  2

C. ( −2; −1) .

D. ( 2;3 ) .

Lời giải Chọn A Ta có : g ( x ) = f (1 − 2 x ) + x 2 − x  g ' ( x ) = −2 f ' (1 − 2 x ) + 2 x − 1 Đặt t = 1 − 2 x  g ′ ( x ) = −2 f ′ ( t ) − t

t 2 x Vẽ đường thẳng y = − và đồ thị hàm số f ' ( x ) trên cùng một hệ trục 2 g ' ( x ) = 0  f ' (t ) = −

Trang 17

 −2 ≤ t ≤ 0 t Hàm số g ( x ) nghịch biến  g ' ( x ) ≤ 0  f ' ( t ) ≥ −   2 t ≥ 4 3 1 ≤x≤  −2 ≤ 1 − 2 x ≤ 0  2 1 − 2x 2 Như vậy f ′ (1 − 2 x ) ≥   . −2 4 ≤ 1 − 2 x  x≤−3  2

3 1 3  Vậy hàm số g ( x ) = f (1 − 2 x ) + x 2 − x nghịch biến trên các khoảng  ;  và  −∞; −  . 2 2 2   3 1 3  3 Mà 1;  ⊂  ;  nên hàm số g ( x ) = f (1 − 2 x ) + x 2 − x nghịch biến trên khoảng 1;   2  2 2 2 Câu 3.

(Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

Hàm số y = f ( x − 1) + x3 − 12 x + 2019 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (1; + ∞ ) .

B. (1;2 ) .

C. ( −∞ ;1) .

D. ( 3;4 ) .

Lời giải Ta có y ′ = f ′ ( x − 1) + 3 x − 12 = f ′ ( t ) + 3t 2 + 6t − 9 = f ′ ( t ) − ( −3t 2 − 6t + 9 ) , với t = x − 1 2

Nghiệm của phương trình y′ = 0 là hoành độ giao điểm của các đồ thị hàm số

y = f ′ ( t ) ; y = −3t 2 − 6t + 9 . Vẽ đồ thị của các hàm số y = f ′ ( t ) ; y = −3t 2 − 6t + 9 trên cùng một hệ trục tọa độ như hình vẽ sau:

Dựa vào đồ thị trên, ta có BXD của hàm số y ′ = f ′ ( t ) − ( −3t 2 − 6t + 9 ) như sau: ( t0 < −1)

Trang 18

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng t ∈ ( t0 ;1) . Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng

x ∈ (1; 2 ) ⊂ ( t0 + 1;1) . Câu 4.

(Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Hàm số y = 2 f (1 − x ) + x 2 + 1 − x nghịch biến trên những khoảng nào dưới đây

A. ( −∞ ; − 2 ) .

B. ( −∞ ;1) .

C. ( −2; 0 ) .

D. ( −3; − 2 ) .

Lời giải.

y′ = −2 f ′ (1 − x ) +

−1 .

x +1

− 1 < 0 , ∀x ∈ ( −2; 0 ) . x2 + 1 Bảng xét dấu: Có

 −2 f ′ (1 − x ) < 0, ∀x ∈ ( −2; 0 )

 −2 f ′ (1 − x ) + Câu 5.

x 2

x +1

− 1 < 0, ∀x ∈ ( −2; 0 ) .

(Sở Vĩnh Phúc 2019) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị của hàm số y = f ′( x ) như hình vẽ bên.

Hàm số y = 3 f ( x) + x3 − 6 x 2 + 9 x đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?

A. ( 0; 2 ) .

B. ( −1;1) .

C. (1; +∞ ) .

D. ( − 2; 0 ) .

Lời giải Hàm số f ( x) = ax + bx + cx + dx + e, (a ≠ 0) ; f ′( x) = 4ax3 + 3bx 2 + 2cx + d . Đồ thị hàm số y = f ′( x) đi qua các điểm (−4; 0), (−2; 0), (0; −3), (2;1) nên ta có: 4

Trang 19

5  a = 96 −256a + 48b − 8c + d = 0  7 −32a + 12b − 4c + d = 0  b = ⇔ 24  d = −3  7 32a + 12b + 4c + d = 1 c = − 24  d = −3

15 55   5 Do đó hàm số y = 3 f ( x) + x3 − 6 x 2 + 9 x; y′ = 3 ( f ′( x) + x 2 − 4 x + 3) = 3  x3 + x 2 − x  8 12   24

 x = −11 y′ = 0 ⇔  x = 0 . Hàm số đồng biến trên các khoảng (−11;0) và ( 2; +∞ ) .   x = 2

Câu 6.

y 2 x O

2 −2

A. 4 .

B. 3 .

C. 2 .

D. 1.

Lời giải Chọn B Đặt g ( x ) = f ( x ) − 2 x .

 g′( x) = f ′ ( x) − 2 . Vẽ đường thẳng y = 2 .

y y=2

x O

2 −2

 phương trình g ′ ( x ) = 0 có 3 nghiệm bội lẻ.  đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2 x có 3 điểm cực trị.

Trang 20

Câu 7.

(THPT Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g ( x ) = f ( x − 1) +

2019 − 2018 x đồng biến trên khoảng 2018

nào dưới đây?

A. ( 2 ; 3) .

B. ( 0 ; 1) .

C. ( -1 ; 0 ) .

D. (1 ; 2 ) .

Lời giải Ta có g ′ ( x ) = f ′ ( x − 1) − 1 .

 x − 1 ≤ −1  x ≤ 0 ⇔ . g ′ ( x ) ≥ 0 ⇔ f ′ ( x − 1) − 1 ≥ 0 ⇔ f ′ ( x − 1) ≥ 1 ⇔   x −1 ≥ 2 x ≥ 3 2019 − 2018x Từ đó suy ra hàm số g ( x ) = f ( x − 1) + đồng biến trên khoảng ( -1 ; 0 ) . 2018 Câu 8.

(Sở Ninh Bình 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

Hàm số y = −2 f ( x ) + 2019 nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?

A. ( −4;2 ) .

B. ( −1; 2 ) .

C. ( −2; −1) .

D. ( 2; 4 ) .

Lời giải Xét y = g ( x ) = −2 f ( x ) + 2019 .

 x = −2  x = −1 . Ta có g ′ ( x ) = ( −2 f ( x ) + 2019 )′ = −2 f ′ ( x ) , g ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 2  x = 4 Dựa vào bảng xét dấu của f ′ ( x ) , ta có bảng xét dấu của g ′ ( x ) :

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −1; 2 ) .

Câu 9.

Trang 21

A. (−1; 0)

B. (2; 3)

C. (−2; −1)

D. (0; 1)

Lời giải Chọn A ′ Ta có  f (3 − x 2 ) + 2018 = −2 x. f ′ (3 − x 2 ) .   x = 0 x = 0    3 − x 2 = − 6  x = ±3 2  −2 x. f ′ (3 − x ) = 0 ⇔  ⇔ . 2   3 − x = − 1  x = ±2   2  x = ±1 3 − x = 2 Bảng xét dấu của đạo hàm hàm số đã cho

Từ bảng xét dấu suy ra hàm số đồng biến trên (−1; 0) . x f ′ (3 − x 2 ) −2 xf ′ (3 − x 2 )

Câu 10.

−3

−∞

− −

0 0

−2 + +

0 0

−1

− −

0 0

− 0

− +

− 0

− +

(Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Cho hàm số đa thức f ( x ) có đạo hàm trên ℝ . Biết

f ( 0 ) = 0 và đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình sau.

Hàm số g ( x ) = 4 f ( x ) + x2 đồng biến trên khoảng nào dưới đây? Trang 22

+∞

A. ( 4; +∞ ) .

B. ( 0; 4 ) .

C. ( −∞; −2 ) .

D. ( − 2 ; 0 ) .

Lời giải Chọn B Xét hàm số h ( x ) = 4 f ( x ) + x 2 trên ℝ . Vì f ( x ) là hàm số đa thức nên h ( x ) cũng là hàm số đa thức và h ( 0 ) = 4 f ( 0 ) = 0 . 1 Ta có h′ ( x ) = 4 f ′ ( x ) + 2 x . Do đó h′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = − x . 2

Dựa vào sự tương giao của đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) và đường thẳng y = −

1 x , ta có 2

h′ ( x ) = 0 ⇔ x ∈ {−2;0; 4} Suy ra bảng biến thiên của hàm số h ( x ) như sau:

Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số g ( x ) = h ( x ) như sau:

Dựa vào bảng biến thiên trên, ta thấy hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 0; 4 ) .

Câu 11.

(Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hàm số f ( x) liên tục trên ℝ có đồ thị hàm số y = f ′( x ) cho như hình vẽ

Trang 23

Hàm số g ( x ) = 2 f ( x − 1 ) − x 2 + 2 x + 2020 đồng biến trên khoảng nào?

A. (0;1) .

B. (−3;1) .

C. (1;3) .

D. (−2;0) .

Lời giải Chọn A Ta có đường thẳng y = x cắt đồ thị hàm số y = f ′( x ) tại các điểm x = −1; x = 1; x = 3 như hình vẽ sau:

 x < −1  −1 < x < 1 và f ′( x) < x ⇔  . Dựa vào đồ thị của hai hàm số trên ta có f ′( x) > x ⇔  1 < x < 3 x > 3 + Trường hợp 1: x − 1 < 0 ⇔ x < 1 , khi đó ta có g ( x) = 2 f (1 − x ) − x 2 + 2 x + 2020 . Ta có g ′( x) = −2 f ′ (1 − x ) + 2(1 − x) .

 −1 < 1 − x < 1  0 < x < 2 g ′( x) > 0 ⇔ −2 f ′ (1 − x ) + 2(1 − x) > 0 ⇔ f ′ (1 − x ) < 1 − x ⇔  ⇔ . 1 − x > 3  x < −2 0 < x < 1 Kết hợp điều kiện ta có g ′( x) > 0 ⇔  .  x < −2 + Trường hợp 2: x − 1 > 0 ⇔ x > 1 , khi đó ta có g ( x) = 2 f ( x − 1) − x 2 + 2 x + 2020 .

g ′( x) = 2 f ′ ( x − 1) − 2( x − 1)  x − 1 < −1 x < 0 g ′( x) > 0 ⇔ 2 f ′ ( x − 1) − 2( x − 1) > 0 ⇔ f ′ ( x − 1) > x − 1 ⇔  ⇔ . 1 < x − 1 < 3 2 < x < 4 Kết hợp điều kiện ta có g ′( x ) > 0 ⇔ 2 < x < 4 . Vậy hàm số g ( x ) = 2 f ( x − 1 ) − x 2 + 2 x + 2020 đồng biến trên khoảng (0;1) .

Câu 12.

(Chuyên Lào Cai - 2020) Cho hàm số

g ( x ) = f ( 3 x + 1) + 9 x 3 + Trang 24

f ′ ( x ) có đồ thị như hình bên. Hàm số

9 2 x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 2

A. ( −1;1) .

B. ( −2;0 ) .

C. ( −∞;0 ) .

D. (1; +∞ ) .

Lời giải Chọn D

9 2 x  g ′ ( x ) = 3 f ′ ( 3 x + 1) + 27 x 2 + 9 x 2 Hàm số đồng biến tương đương g ′ ( x ) > 0 ⇔ 3 f ′ ( 3 x + 1) + 27 x 2 + 9 x > 0 Xét hàm số g ( x ) = f ( 3 x + 1) + 9 x 3 +

⇔ f ′ ( 3 x + 1) + 3 x ( 3 x + 1) > 0 (*) . Đặt t = 3 x + 1 (*) ⇔ f ′ ( t ) + ( t − 1) t > 0 ⇔ f ′ ( t ) > −t 2 + t Vẽ parabol y = − x 2 + x và đồ thị hàm số f ′ ( x ) trên cùng một hệ trục

 −2  3 < x<0 − 1 < t < 1 − 1 < 3 x + 1 < 1   2 ′ Dựa vào đồ thị ta thấy f ( t ) > −t + t ⇔  . ⇔ ⇔ t > 2 3 x + 1 > 2 x > 1  3 Câu 13.

(Sở Phú Thọ - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ

(

)

Hàm số g ( x ) = f e x − 2 − 2020 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

 3 A.  −1;  .  2

B. ( −1; 2 ) .

C. ( 0; +∞ ) .

3  D.  ; 2  . 2 

Lời giải Trang 25

Chọn A Dựa vào đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) suy ra f ′ ( x ) ≤ 0 ∀x < 3 và f ′ ( x ) > 0 ∀x > 3 .

g ′ ( x ) = e x f ′ ( ex − 2) .

( f ′(e

) − 2) < 0 ⇔ f ′ ( e

Hàm số g ( x ) = f e x − 2 − 2020 nghịch biến nếu g ′ ( x ) < 0 ⇔ ex

− 2 ) < 0 ⇔ e x − 2 < 3 ⇔ e x < 5 ⇔ x < ln 5 .

 3 Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên  −1;  .  2 Câu 14.

(Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020) Cho hàm số f ( x ) có đồ thị hàm số f ′ ( x ) như hình vẽ.

Hàm số y = f ( cos x ) + x 2 − x đồng biến trên khoảng

A. ( −2;1) .

B. ( 0;1) .

C. (1; 2 ) .

D. ( −1;0 ) .

Lời giải Chọn C Đặt hàm g ( x ) = f ( cos x ) + x 2 − x . Ta có: g ′ ( x ) = − sin x. f ′ ( cos x ) + 2 x − 1 . Vì cos x ∈ [ −1;1] nên từ đồ thị f ′ ( x ) ta suy ra f ′ ( cos x ) ∈ [ −1;1] . Do đó − sin x. f ′ ( cos x ) ≤ 1 , ∀x ∈ ℝ . Ta suy ra g ′ ( x ) = sin x. f ′ ( cos x ) + 2 x − 1 ≥ −1 + 2 x − 1 = 2 x − 2  g ′ ( x ) > 0, ∀x > 1 . Vậy hàm số đồng biến trên (1; 2 ) .

Câu 15.

(THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020) Cho hàm số f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ.

Trang 26

y 3 x

-4 3

-4

Hàm số g ( x ) = f ( 3 x 2 − 1) −  2 3 − 3 A.  − ; .  3 3  

9 4 x + 3 x 2 đồng biến trên khoảng nào dưới đây. 2

 2 3 B.  0; .  3  

C. (1; 2 ) .

 3 3 D.  − .  3 ; 3   

Lời giải Chọn A TXĐ: D = ℝ Ta có: g ′ ( x ) = 6 xf ′ ( 3x 2 − 1) − 18 x 3 + 6 x = 6 x  f ′ ( 3x 2 − 1) − 3 x 2 + 1

 x = 0 x = 0   2 x = 0 3 x − 1 = −4 (VN ) 3  g′ ( x) = 0 ⇔  ⇔ ⇔  x = ± 2 2 2  ′ f 3 x − 1 = 3 x − 1 3 3x − 1 = 0 )  (   2 2 3  3 x − 1 = 3  x = ± 3 Bảng xét dấu:

 2 3 − 3 Vậy hàm số đồng biến trong khoảng  − ; .  3 3  

Câu 16.

(Trần Phú - Quảng Ninh - 2020) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

Hàm số y = f ( 2 x + 1) +

A. ( −∞ ; −2 ) .

2 3 x − 8x + 5 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? 3 1  B. (1; +∞ ) . C. ( −1;7 ) . D.  −1;  . 2  Lời giải

Chọn D Ta có y′ = 2 f ′ ( 2 x + 1) + 2 x 2 − 8 . Xét y′ ≤ 0 ⇔ 2 f ′ ( 2 x + 1) + 2 x 2 − 8 ≤ 0 ⇔ f ′ ( 2 x + 1) ≤ 4 − x 2 Trang 27

Đặt t = 2 x + 1 , ta có f ′ ( t ) ≤ Vì

−t 2 + 2t + 15 4

−t 2 + 2t + 15 ≥ 0, ∀ t ∈ [ −3;5] . Mà f ′(t ) ≤ 0, ∀t ∈ [ −3; 2] . 4

−t 2 + 2t + 15  t ∈ [ −3; 2] . 4 1 Suy ra −3 ≤ 2 x + 1 ≤ 2 ⇔ −2 ≤ x ≤ . Vậy chọn phương án 2

Nên f ′ ( t ) ≤

Câu 17.

(Chuyên Thái Bình - Lần 3 - 2020) Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên ℝ có đồ thị hàm số y = f ′( x) cho như hình vẽ.

Hàm số g ( x) = 2 f ( x − 1 ) − x 2 + 2 x + 2020 đồng biến trên khoảng nào?

A. ( 0; 1) .

B. ( −3; 1) .

C. (1; 3) .

D. ( −2; 0 ) .

Lời giải Chọn A 2

+Với x > 1 , ta có g ( x ) = 2 f ( x − 1) − ( x − 1) + 2021  g ′ ( x ) = 2 f ′ ( x − 1) − 2 ( x − 1) . Hàm số đồng biến ⇔ 2 f ′ ( x − 1) − 2 ( x − 1) > 0 ⇔ f ′ ( x − 1) > x − 1

( *) .

1 < t < 3  2 < x < 4 Đặt t = x − 1 , khi đó (*) ⇔ f ′ ( t ) > t ⇔   .  t < −1  x < 0 (loai ) 2

+Với x < 1, ta có g ( x ) = 2 f (1 − x ) − (1 − x ) + 2021  g ′ ( x ) = −2 f ′ (1 − x ) + 2 (1 − x ) Hàm số đồng biến ⇔ −2 f ′ (1 − x ) + 2 (1 − x ) > 0 ⇔ f ′ (1 − x ) < 1 − x

(**) .

 −1 < t < 1  0 < x < 2  0 < x < 1 Đặt t = 1 − x , khi đó (**) ⇔ f ′ ( t ) < t ⇔    . t > 3  x < −2  x < −2 Vậy hàm số g ( x ) đồng biến trên các khoảng ( −∞; −2 ) , ( 0;1) , ( 2;4 ) . Câu 18.

(Sở Phú Thọ - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm số f ′ ( x ) như hình vẽ

Hàm số g ( x ) = f (1 + e x ) + 2020 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? Trang 28

A. ( 0;+∞ ) .

1  B.  ;1  . 2 

 1 C.  0;  .  2 Lời giải

D. ( −1;1) .

Chọn C g ′ ( x ) = e x f ′ (1 + e x ) Do e x > 0, ∀x nên g ′ ( x ) ≤ 0 ⇔ f ′ (1 + e x ) ≤ 0 ⇔ 1 + e x ≤ 3 ⇔ x ≤ ln 2 , dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm. Nên g ( x ) nghịch biến trên ( −∞;ln 2 ) . So với các đáp án thì chỉ có C thỏa mãn.

Câu 19.

(THPT Anh Sơn - Nghệ An - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau.

Hàm số y = −2 f ( x ) + 2019 nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?

A. ( 2;4 ) .

B. ( −4;2 ) .

C. ( −2; −1) .

D. ( −1; 2 ) .

Lời giải Chọn D Ta có y ' = −2 f ' ( x )  x = −2  x = −1 y ' = 0 ⇔ −2 f ' ( x ) = 0 ⇔  x = 2  x = 4 Từ bảng xét dấu của f ' ( x ) ta có

Từ bảng xét dấu ta có hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; −2 ) , ( −1; 2 ) và ( 4; +∞ )

Câu 20.

(THPT Anh Sơn - Nghệ An - 2020) Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ và có đạo hàm

f ′ ( x ) thỏa mãn

f ′ ( x ) = (1 − x )( x + 2 ) g ( x ) + 2019 với g ( x ) < 0 , ∀x ∈ ℝ . Hàm số

y = f (1 − x ) + 2019 x + 2020 nghịch biến trên khoảng nào? A. (1; + ∞ ) .

B. ( 0;3 ) .

C. ( −∞;3) .

D. ( 3; + ∞ ) .

Lời giải Chọn D Đặt h ( x ) = f (1 − x ) + 2019 x + 2020 . Vì hàm số f ( x ) xác định trên ℝ nên hàm số h ( x ) cũng xác định trên ℝ . Ta có h′ ( x ) = − f ′ (1 − x ) + 2019 . Do h′ ( x ) = 0 tại hữu hạn điểm nên để tìm khoảng nghịch biến của hàm số h ( x ) , ta tìm các giá trị của x sao cho h′ ( x ) < 0 ⇔ − f ′ (1 − x ) + 2019 < 0 ⇔ f ′ (1 − x ) − 2019 > 0 Trang 29

x < 0 ⇔ x ( 3 − x ) g (1 − x ) > 0 ⇔ x ( 3 − x ) < 0 (Do g ( x ) < 0 , ∀x ∈ ℝ ) ⇔  . x > 3 Vậy hàm số y = f (1 − x ) + 2019 x + 2020 nghịch biến trên các khoảng ( −∞;0 ) và ( 3; + ∞ ) .

Câu 21. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ và có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Biết f ( x ) > 2, ∀x ∈ ℝ . Xét hàm số g ( x ) = f ( 3 − 2 f ( x ) ) − x 3 + 3x 2 − 2020 . Khẳng định nào sau

đây đúng? A. Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( −2; − 1) . B. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 0;1) . C. Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 3; 4 ) . D. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 2;3) . Lời giải Chọn D Ta có: g ' ( x ) = −2 f ' ( x ) f ' ( 3 − 2 f ( x ) ) − 3x 2 + 6 x . Vì f ( x ) > 2, ∀x ∈ ℝ nên 3 − 2 f ( x ) < −1 ∀x ∈ ℝ Từ bảng xét dấu f ' ( x ) suy ra f ' ( 3 − 2 f ( x ) ) < 0, ∀x ∈ ℝ Từ đó ta có bảng xét dấu sau:

Từ bảng xét dấu trên, loại trừ đáp án suy ra hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 2;3) .

Câu 22. Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số y = ( f ( x ) ) − 3. ( f ( x ) ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (1; 2 ) .

B. ( 3 ; 4 ) .

C. ( −∞ ; 1) . Lời giải

Chọn D 2

Ta có y′ = 3. ( f ( x ) ) . f ′ ( x ) − 6. f ( x ) . f ′ ( x )

= 3f ( x ) . f ′ ( x ) .  f ( x ) − 2 Trang 30

D. ( 2 ; 3) .

 f ( x ) = 0 ⇔ x ∈ { x1 , 4 | x1 < 1}  y ′ = 0 ⇔  f ( x ) = 2 ⇔ x ∈ { x2 , x3 ,3, x4 | x1 < x2 < 1 < x3 < 2; 4 < x4 }  f ' x = 0 ⇔ x ∈ 1, 2,3, 4 { }  ( ) Lập bảng xét dấu ta có

Do đó ta có hàm số nghịch biến trên khoảng ( 2 ; 3 ) .

Câu 23. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị nằm trên trục hoành và có đạo hàm trên ℝ, bảng xét dấu của biểu thức f ′ ( x ) như bảng dưới đây.

Hàm số y = g ( x ) =

f ( x2 − 2 x ) f ( x2 − 2 x ) + 1

nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

5 B.  − 2;  . 2 

A. ( −∞ ;1 ) .

C. (1; 3 ) .

D. ( 2; +∞ ) .

Lời giải Chọn C g′( x) =

− 2 x )′ . f ′ ( x 2 − 2 x )

( f (x

)

− 2x ) + 1

2 x − 2 = 0 g′( x) = 0 ⇔  ′ 2 ⇔  f ( x − 2x) = 0

( 2 x − 2) . f ′ ( x2 − 2 x )

( f (x

)

− 2x ) + 1

x = 1  x 2 − 2 x = −2  x 2 − 2 x = −1 ⇔  x2 − 2 x = 3 

x = 1  x = −1  x = 3

Ta có bảng xét dấu của g ′ ( x ) :

Dựa vào bảng xét dấu ta có hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên các khoảng ( −∞ ; − 1) và (1;3) .

Câu 24. (Liên trường huyện Quảng Xương - Thanh Hóa - 2021) Cho các hàm số y = f ( x ) ; y = g ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị các đạo hàm f ′ ( x ) ; g ′ ( x ) (đồ thị hàm số y = g ′ ( x ) là đường đậm hơn) như hình vẽ.

Trang 31

Hàm số h ( x ) = f ( x − 1) − g ( x − 1) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? 1  A.  ;1  . 2 

B. (1; + ∞ ) .

C. ( 2; + ∞ ) .

1  D.  −1;  . 2 

Lời giải Chọn D Ta có: h′ ( x ) = f ′ ( x − 1) − g ′ ( x − 1) Dựa vào hình vẽ ta có hàm số h ( x ) nghịch biến ⇔ h′ ( x ) < 0 ⇔ f ′ ( x − 1) < g ′ ( x − 1) 1 1   −2 < x − 1 < − −1 < x <   ⇔ 2 ⇔ 2   0 < x − 1 < 1 1 < x < 2 1  Do đó hàm số h ( x ) nghịch biến trên các khoảng  −1;  và (1; 2 ) . 2 

Câu 25. (THPT Quế Võ 1 - Bắc Ninh - 2021) Cho ba hàm số y = f ( x ), y = g ( x ), y = h ( x ) . Đồ thị của ba hàm số y = f ′( x ) , y = g ′( x ) , y = h′( x ) được cho như hình vẽ.

3  Hàm số k ( x ) = f ( x + 7) + g (5 x + 1) − h  4 x +  đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 2   5  5  3   3  A.  − ; 0  . B.  ; +∞  . C.  ;1  . D.  − ;1  . 8 8 8        8  Lời giải Chọn C 3  Ta có: k ′( x ) = f ′( x + 7) + 5 g ′(5 x + 1) − 4h′  4 x +  . 2 

Trang 32

   f ′( x + 7) > 10 7.375 < x + 7 < 8   3  Khi x ∈  ;1  thì  2,875 < 5 x + 1 < 6   g ′(5 x + 1) > 2  5 g ′(5 x + 1) > 10 . 8    3 3 3 3 < 4 x + < 5,5  h′  4 x +  < 5  −4h′  4 x +  > −20  2 2 2    3  3  Do đó k ′( x ) = f ′( x + 7) + 5 g ′(5 x + 1) − 4 h′  4 x +  > 0 , ∀x ∈  ;1  . 2  8  3  3  Hàm số k ( x ) = f ( x + 7) + g (5 x + 1) − h  4 x +  đồng biến trên  ;1  . 2  8  Câu 26. (THPT Thanh Chương 1- Nghệ An - 2021) Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên R có bảng xét

dấu đạo hàm như sau:

Hàm số y = 3 f ( 2 x − 1) − 4 x3 + 15 x 2 − 18 x + 1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây

A. ( 3; +∞ ) .

 3 B.  1;  .  2

5  C.  ;3  . 2  Lời giải

 5 D.  2;  .  2

Chọn B  Ta đặt: y = g ( x) = f ( 2 x − 1) − 4 x3 + 15 x 2 − 18 x + 1 .

 g ′( x) = 6 f ′ ( 2 x − 1) − 12 x2 + 30 x − 18 = 6  f ′ ( 2 x − 1) − 2 x2 + 5x − 3 . x = 1  2 x − 1 = 1 3 x = 2 x − 1 = 2 2 Có f ′ ( 2 x − 1) = 0 ⇔  ⇔ . x = 2 2 x − 1 = 3   5  2 x − 1 = 4  x = 2

Từ đó, ta có bảng xét dấu như sau:

Trang 33

 3 Dựa vào bảng xét dấu trên, ta kết luận hàm số g ( x) đồng biến trên khoảng  1;  .  2

Câu 27. (THPT Hoàng Hoa Thám - Đà Nẵng - 2021) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của f ' ( x ) như sau:

1 Hàm số y = f ( 2 − e x ) − e 3 x + 3e 2 x − 5e x + 1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 3  3 A.  0;  . B. (1;3) . C. ( −3;0 ) . D. ( −4; −3) .  2 Lời giải Chọn C

 Ta có y ' = − e x . f ' ( 2 − e x ) − e3 x + 6e2 x − 5e x = e x  − f ' ( 2 − e x ) − e2 x + 6e x − 5 .

Đặt t = 2 − e x , ta được: 2 y ' = ( 2 − t )  − f ' ( t ) − ( 2 − t ) + 6 ( 2 − t ) − 5 = ( 2 − t )  − f ' ( t ) − t 2 − 2t + 3 .  

t = 2 y ' = 0 ⇔ ( 2 − t )  − f ' ( t ) − t 2 − 2t + 3 = 0 ⇔  2  f ' ( t ) = − t − 2t + 3  Hàm số g ( x ) = − x 2 − 2 x + 3 là parabol có trục đối xứng x = −1 và cắt trục hoành tại 2 điểm có

x = 1 t = 1 hoành độ  . Suy ra f ' ( t ) = −t 2 − 2t + 3 ⇔  .  x = −3  t = −3  Bảng xét dấu:

Dựa vào bảng xét dấu y ' > 0, ∀x ∈ ( −3; 0 ) .

Dạng 3. Bài toán hàm ẩn, hàm hợp liên quan đến tham số và một số bài toán khác Câu 1.

(Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên R . Biết hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên m ∈ [ −5;5] để hàm số g ( x ) = f ( x + m ) nghịch biến trên khoảng (1;2) . Hỏi S có bao nhiêu phần tử?

Trang 34

A. 4 .

B. 3 .

C. 6 . Lời giải

D. 5 .

Ta có g ′ ( x ) = f ′ ( x + m) . Vì y = f ′ ( x ) liên tục trên R nên g ′ ( x ) = f ′ ( x + m) cũng liên tục trên

R . Căn cứ vào đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) ta thấy  x + m < −1  x < −1 − m g ′ ( x ) < 0 ⇔ f ′ ( x + m) < 0 ⇔  ⇔ . 1 < x + m < 3 1 − m < x < 3 − m Hàm số g ( x ) = f ( x + m) nghịch biến trên khoảng (1;2)  2 ≤ −1 − m  m ≤ −3  ⇔  3 − m ≥ 2 ⇔  . 0 ≤ m ≤ 1  1 − m ≤ 1 Mà m là số nguyên thuộc đoạn [ −5;5] nên ta có S = {−5; −4; −3;0;1} . Vậy S có 5 phần tử.

Câu 2.

(Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và bảnng xét dấu đạo hàm như hình vẽ sau:

Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y = f ( x 3 + 4 x + m ) nghịch biến trên khoảng ( −1;1) ?

A. 3 .

B. 0 .

C. 1. Lời giải

D. 2 .

Chọn C Đặt t = x 3 + 4 x + m  t ′ = 3 x 2 + 4 nên t đồng biến trên ( −1;1) và t ∈ ( m − 5; m + 5) Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để hàm số f ( t ) nghịch biến trên khoảng ( m − 5; m + 5) . m − 5 ≥ −2 m ≥ 3 Dựa vào bảng biến thiên ta được  ⇔ ⇔ m=3 m + 5 ≤ 8 m ≤ 3

Câu 3.

(Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và f (1) = 1 . Đồ thị hàm số

y = f ′ ( x ) như hình bên. Có bao nhiêu số nguyên dương a để hàm số

 π y = 4 f ( sin x ) + cos 2 x − a nghịch biến trên  0;  ?  2

Trang 35

A. 2 .

B. 3 .

C. Vô số. Lời giải

D. 5 .

Chọn B 2

Đặt g ( x ) = 4 f ( sin x ) + cos 2 x − a  g ( x ) =  4 f ( sin x ) + cos 2 x − a  .

4cos x. f ′ ( sin x ) − 2sin 2 x  4 f ( sin x ) + cos 2 x − a   g′ ( x ) =  . 2 4 f ( sin x ) + cos 2 x − a  Ta có 4 cos x. f ′ ( sin x ) − 2 sin 2 x = 4 cos x  f ′ ( sin x ) − sin x  .

 π Với x ∈  0;  thì cos x > 0,sin x ∈ ( 0;1)  f ′ ( sin x ) − sin x < 0 .  2  π  π Hàm số g ( x ) nghịch biến trên  0;  khi 4 f ( sin x ) + cos 2 x − a ≥ 0, ∀x ∈  0;   2  2  π ⇔ 4 f ( sin x ) + 1 − 2sin 2 x ≥ a, ∀x ∈  0;  .  2 Đặt t = sin x được 4 f ( t ) + 1 − 2t 2 ≥ a, ∀t ∈ ( 0;1) (*). Xét h ( t ) = 4 f ( t ) + 1 − 2t 2  h′ ( t ) = 4 f ′ ( t ) − 4t = 4  f ′ ( t ) − 1 . Với t ∈ ( 0;1) thì h′ ( t ) < 0  h ( t ) nghịch biến trên ( 0;1) . Do đó (*) ⇔ a ≤ h (1) = 4 f (1) + 1 − 2.12 = 3 . Vậy có 3 giá trị nguyên dương của a thỏa mãn.

Câu 4.

(Chuyên Quang Trung - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và có đồ thị

Tổng tất cả các phần tử trong S bằng

A. 4 . Trang 36

B. 11 .

C. 14 . Lời giải

D. 20 .

Chọn C Xét hàm số g ( x ) = f ( x − m ) −

1 2 ( x − m − 1) + 2019 2

g ′ ( x ) = f ′ ( x − m ) − ( x − m − 1)

Xét phương trình g ′ ( x ) = 0 (1)

Đặt x − m = t , phương trình (1) trở thành f ′ ( t ) − ( t − 1) = 0 ⇔ f ′ ( t ) = t − 1 ( 2 ) Nghiệm của phương trình ( 2 ) là hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y = f ′ ( t ) và y = t − 1 Ta có đồ thị các hàm số y = f ′ ( t ) và y = t − 1 như sau:

 t = −1  x = m − 1 Căn cứ đồ thị các hàm số ta có phương trình ( 2 ) có nghiệm là: t = 1   x = m + 1 t = 3  x = m + 3 Ta có bảng biến thiên của y = g ( x )

 m − 1 ≤ 5 5 ≤ m ≤ 6  Để hàm số y = g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 5;6 ) cần   m + 1 ≥ 6 ⇔  m ≤ 2  m + 3 ≤ 5 Vì m ∈ ℕ*  m nhận các giá trị 1; 2;5; 6  S = 14 .

Câu 5.

(Sở Hà Nội - Lần 2 - 2020) Cho hàm số y = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e, a ≠ 0 . Hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Trang 37

phần tử của S là A. 12.

B. 9.

C. 6. Lời giải

D. 15.

Chọn B g ' ( x ) = −2 f ' ( 3 − 2 x + m ) + 2 x − ( m + 3 ) .

Xét

phương

trình

g ' ( x) = 0 ,

đặt

 t = −2  −t   t = 3 − 2 x + m thì phương trình trở thành −2.  f ' ( t ) −  = 0 ⇔  t = 4 . 2  t = 0 

5+m m+3 −1 + m , x2 = , x3 = . Lập bảng xét dấu, đồng thời lưu ý 2 2 2 nếu x > x1 thì t < t1 nên f ( x ) > 0 . Và các dấu đan xen nhau do các nghiệm đều làm đổi dấu

( )

Từ đó, g ' x = 0 ⇔ x1 =

đạo hàm nên suy ra g ' ( x ) ≤ 0 ⇔ x ∈  x2 ; x1  ∪ ( −∞; x3  . Vì

hàm

số

nghịch

biến

trên

( 0;1)

nên

g ' ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ( 0;1 )

từ

đó

suy

3 + m 5+m  2 ≤0<1≤ 2 và giải ra các giá trị nguyên thuộc ( −6; 6 ) của m là -3; 3; 4; 5. Từ đó  1 ≤ −1 + m  2 chọn câu B

Câu 6.

2 1 x − m − 1) + 2019 , ( 2

với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của m để hàm số y = g ( x )

đồng biến trên khoảng ( 5; 6) . Tổng tất cả các phần tử trong S bằng:

A. 4 . Trang 38

B. 11 .

C. 14 . Lời giải

D. 20 .

Chọn C Ta có g′ ( x ) = f ′ ( x − m ) − ( x − m − 1) Cho g′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x − m) = x − m − 1

Đặt x − m = t  f ' ( t ) = t − 1 Khi đó nghiệm của phương trình là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f ′ ( t ) và và đường thẳng y = t − 1

t = −1  Dựa vào đồ thị hàm số ta có được f ′ ( t ) = t − 1 ⇔ t = 1 t = 3 Bảng xét dấu của g′ ( t )

Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số g ( t ) đồng biến trên khoảng ( −1;1) và ( 3; +∞ )

−1 < t < 1 −1 < x − m < 1  m − 1 < x < m + 1 Hay  ⇔ ⇔ t > 3 x − m > 3 x > m + 3  m − 1 ≤ 5 < 6 ≤ m + 1 5 ≤ m ≤ 6 Để hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 5; 6 ) thì  ⇔ m + 3 ≤ 5 < 6 m ≤ 2 Vì m là các số nguyên dương nên S = {1; 2; 5; 6} Vậy tổng tất cả các phần tử của S là: 1 + 2 + 5 + 6 = 14 .

Câu 7.

Cho hàm số y = f ( x ) liên tục có đạo hàm trên ℝ . Biết hàm số f ' ( x ) có đồ thị cho như hình vẽ.

(

)

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc [ −2019; 2019] để hàm só g ( x ) = f 2019 x − mx + 2

đồng biến trên [ 0;1]

Trang 39

A. 2028 .

B. 2019 .

C. 2011 . Lời giải

D. 2020

Chọn D

(

)

Ta có g ' ( x ) = 2019x ln 2019. f ' 2019 x − m . Ta lại có hàm số y = 2019 x đồng biến trên [ 0;1] . Với x ∈ [ 0;1] thì 2019 x ∈ [1; 2019] mà hàm y = f ' ( x ) đồng biến trên (1; +∞ ) nên hàm

y = f ' ( 2019x ) đồng biến trên [ 0;1]

(

)

(

)

Mà 2019 x ≥ 1; f ' 2019x > 0 ∀ x ∈ [ 0;1] nên hàm h ( x ) = 2019 x ln 2019. f ' 2019 x đồng biến trên

[0;1] Hay h ( x ) ≥ h ( 0 ) = 0, ∀ x ∈ [ 0;1] Do vậy hàm số g ( x ) đồng biến trên đoạn [ 0;1] ⇔ g ' ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ [ 0;1]

⇔ m ≤ 2019x ln 2019. f ' ( 2019 x ) , ∀ x ∈ [ 0;1] ⇔ m ≤ min h ( x ) = h ( 0 ) = 0 x∈[ 0;1]

Vì m nguyên và m ∈ [ −2019; 2019]  có 2020 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 8.

Cho hàm số y = f ( x )

có đồ thị

f ′( x ) như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên

1  m ∈ ( −2020; 2020 ) để hàm số g ( x ) = f ( 2 x − 3) − ln 1 + x 2 − 2mx đồng biến trên  ; 2  ? 2 

(

A. 2020 .

B. 2019 .

C. 2021 . Lời giải

)

D. 2018 .

Chọn B + Ta có g ′ ( x ) = 2 f ′ ( 2 x − 3) −

2x − 2m . 1 + x2

1  khi và chỉ khi  ;2 2  x x  1   g ′ ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ( −1; 2 ) ⇔ m ≤ f ′ ( 2 x − 3 ) − , ∀x ∈  ; 2  ⇔ m ≤ min  f ′ ( 2 x − 3) − 2 1   1+ x 1 + x 2  2  x∈ ;2  

Hàm

số

g ( x)

đồng

biến

trên

2 

(1) Trang 40

1  + Đặt t = 2 x − 3 , khi đó x ∈  ; 2  ⇔ t ∈ ( −2;1) . 2  Từ đồ thị hàm f ′ ( x ) suy ra f ′ ( t ) ≥ 0, ∀t ∈ ( −2;1) và f ′ ( t ) = 0 khi t = −1 . 1  Tức là f ′ ( 2 x − 3) ≥ 0, ∀x ∈  ; 2   min f ′ ( 2 x − 3) = 0 khi x = 1 . ( 2 ) 1  2  x∈ ;2  2 

+ Xét hàm số h ( x ) = −



x2 −1 x 1  ′ trên kho ả ng . Ta có h x = và ; 2 ( )   2 1 + x2 2  (1 + x 2 )

h′ ( x ) = 0 ⇔ x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ±1 . 1  Bảng biến thiên của hàm số h ( x ) trên  ; 2  như sau: 2 

Từ bảng biến thiên suy ra h ( x ) ≥ −

1 1  min h ( x ) = − khi x = 1 . ( 3) 1   2 2 x∈ ;2  2 

1 Từ (1) , ( 2 ) và ( 3) suy ra m ≤ − . 2

Kết hợp với m ∈ ℤ , m ∈ ( −2020; 2020 ) thì m ∈ {−2019; − 2018;....; −2; −1} . Vậy có tất cả 2019 giá trị m cần tìm.

Câu 9.

(

)

Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có đạo hàm f ′ ( x ) = x2 ( x − 2 ) x2 − 6 x + m với mọi x ∈ ℝ . Có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn [ −2020; 2020] để hàm số g ( x ) = f (1− x ) nghịch biến trên khoảng ( −∞; −1) ?

A. 2016 .

B. 2014 .

C. 2012 . Lời giải

D. 2010 .

Chọn C Ta có: g ′ ( x ) = f ′ (1 − x ) = − (1 − x ) ( − x − 1) (1 − x ) − 6 (1 − x ) + m    2

= ( x −1) ( x +1)( x 2 + 4 x + m − 5) Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −∞; −1)

⇔ g ′ ( x ) ≤ 0, ∀x < −1 (*) , (dấu " = " xảy ra tại hữu hạn điểm). 2

Với x < −1 thì ( x − 1) > 0 và x + 1 < 0 nên (*) ⇔ x 2 + 4 x + m − 5 ≥ 0, ∀x < −1

⇔ m ≥ −x 2 − 4 x + 5, ∀x < −1 . Xét hàm số y = −x 2 − 4 x + 5 trên khoảng ( −∞; −1) , ta có bảng biến thiên:

Trang 41

Từ bảng biến thiên suy ra m ≥ 9 . Kết hợp với m thuộc đoạn [ −2020; 2020] và m nguyên nên m ∈ {9;10;11;...; 2020} . Vậy có 2012 số nguyên m thỏa mãn đề bài.

Câu 10. Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên R . Hàm số y = f ′ ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ.

của S bằng bao nhiêu? A. 4 . B. 2 .

C. 3 . Lời giải

D. Vô số.

Chọn B Ta có g ' ( x ) = f ' ( x − 2m ) − ( 2m − x ) . Đặt h ( x ) = f ' ( x ) − ( − x ) . Từ đồ thị hàm số y = f ' ( x ) và đồ thị hàm số y = − x trên hình vẽ suy  −3 ≤ x ≤ 1 ra: h ( x ) ≤ 0 ⇔ f ' ( x ) ≤ − x ⇔  . x ≥ 3

Trang 42

 −3 ≤ x − 2m ≤ 1  2m − 3 ≤ x ≤ 2m + 1 ⇔ . Ta có g ' ( x ) = h ( x − 2m ) ≤ 0 ⇔   x − 2m ≥ 3  x ≥ 2m + 3 Suy ra hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên các khoảng ( 2m − 3; 2m + 1) và ( 2m + 3; +∞ ) .

  2m − 3 ≤ 3  3 ≤m≤3  Do đó hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 3; 4 ) ⇔  2m + 1 ≥ 4 ⇔  2 .   2m + 3 ≤ 3 m ≤ 0 Mặt khác, do m nguyên dương nên m ∈ {2;3}  S = {2;3} . Vậy số phần tử của S bằng 2. Từ đó chọn đáp án B.

Câu 11. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ là f ′ ( x ) = ( x − 1)( x + 3) . Có bao nhiêu giá trị nguyên của

(

)

tham số m thuộc đoạn [ −10; 20] để hàm số y = f x 2 + 3 x − m đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) ?

A. 18 .

B. 17 .

C. 16 .

D. 20 .

Lời giải Chọn A

(

)

(

)

Ta có y′ = f ′ x 2 + 3x − m = ( 2 x + 3) f ′ x 2 + 3x − m . Theo đề bài ta có: f ′ ( x ) = ( x − 1)( x + 3)  x < −3 suy ra f ′ ( x ) > 0 ⇔  và f ′ ( x ) < 0 ⇔ −3 < x < 1 . x > 1 Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) khi y′ ≥ 0, ∀x ∈ ( 0;2 )

⇔ ( 2 x + 3) f ′ ( x 2 + 3x − m ) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; 2 ) . Do x ∈ ( 0; 2 ) nên 2 x + 3 > 0, ∀x ∈ ( 0; 2 ) . Do đó, ta có:  x 2 + 3 x − m ≤ −3 m ≥ x 2 + 3x + 3 y′ ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; 2 ) ⇔ f ′ ( x 2 + 3 x − m ) ≥ 0 ⇔  2 ⇔ 2  x + 3x − m ≥ 1 m ≤ x + 3x − 1

 m ≥ max ( x 2 + 3 x + 3)  m ≥ 13 [0;2] ⇔ ⇔ .  m ≤ min x 2 + 3 x − 1 m ≤ −1  ( )  [0;2] Trang 43

Do m ∈ [ −10; 20] , m ∈ ℤ nên có 18 giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu đề bài. 2

A. 2005 .

B. 2037 .

C. 4016 . Lời giải

D. 4041 .

Chọn B Ta có f ( x ) = x3 + 4 x + m , 2

g ( x ) = ( x 2 + 2018 )( x 2 + 2019 ) ( x 2 + 2020 ) = a12 x12 + a10 x10 + ... + a2 x 2 + a0 . Suy ra f ′ ( x ) = 3x 2 + 4 , g ′ ( x ) = 12a12 x11 + 10a10 x9 + ... + 2a2 x . 11 9 Và  g ( f ( x ) ) ′ = f ′ ( x ) 12a12 ( f ( x ) ) + 10a10 ( f ( x ) ) + ... + 2 a2 f ( x )   

(

)

= f ( x ) f ′ ( x ) 12 a12 ( f ( x ) ) + 10 a10 ( f ( x ) ) + ... + 2a2 .

Dễ thấy a12 ; a10 ;...; a2 ; a0 > 0 và f ′ ( x ) = 3x 2 + 4 > 0 , ∀x > 2 .

(

)

Do đó f ′ ( x ) 12a12 ( f ( x ) ) + 10a10 ( f ( x ) ) + ... + 2a2 > 0 , ∀x > 2 .

′ Hàm số g ( f ( x ) ) đồng biến trên ( 2;+∞ ) khi  g ( f ( x ) )  ≥ 0 , ∀x > 2  f ( x ) ≥ 0 , ∀x > 2 .

⇔ x 3 + 4 x + m ≥ 0 , ∀x > 3 ⇔ m ≥ − x 3 − 4 x , ∀x > 2  m ≥ max ( − x3 − 4 x ) = −16 . [ 2;+∞ )

Vì m ∈ [ −2020;2020] và m ∈ ℤ nên có 2037 giá trị thỏa mãn m .

Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = x ( x + 1) ( x 2 + 2mx + 1) với mọi x ∈ ℝ. Có bao nhiêu số 2

nguyên âm m để hàm số g ( x ) = f ( 2 x + 1) đồng biến trên khoảng ( 3;5 ) ?

A. 3

B. 2

C. 4 Lời giải

D. 6

Chọn A Ta có: g ′ ( x ) = 2 f '(2 x + 1) = 2(2 x + 1)(2 x + 2) 2 [(2 x + 1) 2 + 2m(2 x + 1) + 1] Đặt t = 2 x + 1 Để hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 3;5 ) khi và chỉ khi g ′ ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ( 3;5 ) ⇔ t (t 2 + 2mt + 1) ≥ 0, ∀t ∈ ( 7;11) ⇔ t 2 + 2mt + 1 ≥ 0, ∀t ∈ ( 7;11) ⇔ 2m ≥ Xét hàm số h(t ) = BBT:

Trang 44

−t 2 − 1 −t 2 + 1 trên [ 7;11] , có h '(t ) = t t2

−t 2 − 1 , ∀t ∈ ( 7;11) t

−t 2 − 1 50 , ∀t ∈ ( 7;11) ⇔ 2m ≥ max h ( t ) ⇔ m ≥ − 7;11 [ ] t 14 − Vì m ∈ ℤ  m ∈ { − 3; −2; −1} .

Dựa vào BBT ta có 2m ≥

Câu 14. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Có bao nhiêu số nguyên m < 2019 để hàm số g ( x) = f ( x 2 − 2 x + m) đồng biến trên khoảng

(1; +∞) ? A. 2016.

B. 2015.

C. 2017. Lời giải

D. 2018.

Chọn A Ta có g ′ ( x ) = ( x 2 − 2 x + m)′ f ′ ( x 2 − 2 x + m) = 2 ( x −1) f ′ ( x 2 − 2 x + m) . Hàm số y = g ( x) đồng biến trên khoảng (1; +∞) khi và chỉ khi g ′ ( x) ≥ 0, ∀x ∈ (1; +∞) và g ′ ( x ) = 0 tại hữu hạn điểm ⇔ 2( x −1) f ′ ( x 2 − 2 x + m) ≥ 0, ∀x ∈ (1; +∞)

 x 2 − 2 x + m ≥ 2, ∀x ∈ (1; +∞) ⇔ f ′ ( x 2 − 2 x + m) ≥ 0, ∀x ∈ (1; +∞) ⇔  2  x − 2 x + m ≤ 0, ∀x ∈ (1; +∞) Xét hàm số y = x 2 − 2 x + m , ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có TH1: x 2 − 2 x + m ≥ 2, ∀x ∈ (1; +∞) ⇔ m −1 ≥ 2 ⇔ m ≥ 3 . TH2: x 2 − 2 x + m ≤ 0, ∀x ∈ (1; +∞) : Không có giá trị m thỏa mãn. Vậy có 2016 số nguyên m < 2019 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 15. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là hàm số f ′ ( x ) trên ℝ . Biết rằng hàm số y = f ′ ( x − 2 ) + 2 có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng nào?

Trang 45

A. ( −∞;3) , ( 5; +∞ ) .

B. ( −∞; −1) , (1; +∞ ) . C. ( −1;1) .

D. ( 3;5 ) .

Lời giải. Chọn B Hàm số y = f ′ ( x − 2 ) + 2 có đồ thị ( C ) như sau:

Dựa vào đồ thị ( C ) ta có: f ′ ( x − 2 ) + 2 > 2, ∀x ∈ ( −∞;1) ∪ ( 3; +∞ ) ⇔ f ′ ( x − 2 ) > 0, ∀x ∈ ( −∞;1) ∪ ( 3; +∞ ) .

Đặt x* = x − 2 suy ra: f ′ ( x *) > 0, ∀x* ∈ ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ ) . Vậy: Hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng ( −∞; −1) , (1; +∞ ) .

A. ( −3; −1) , (1;3) .

B. ( −1;1) , ( 3;5 ) .

C. ( −∞; −2 ) , ( 0; 2 ) . Lời giải

Chọn B Hàm số y = f ′ ( x + 2 ) − 2 có đồ thị ( C ) như sau:

Trang 46

D. ( −5; −3) , ( −1;1) .

Dựa vào đồ thị ( C ) ta có: f ′ ( x + 2 ) − 2 < −2, ∀x ∈ ( −3; −1) ∪ (1;3) ⇔ f ′ ( x + 2 ) < 0, ∀x ∈ ( −3; −1) ∪ (1;3) .

Đặt x* = x + 2 suy ra: f ′ ( x *) < 0, ∀x* ∈ ( −1;1) ∪ ( 3;5 ) . Vậy: Hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng ( −1;1) , ( 3;5 ) .

A. ( −∞; 2 ) .

3 5 C.  ;  . 2 2 Lời giải.

B. ( −1;1) .

D. ( 2; +∞ ) .

Chọn B Hàm số y = f ′ ( x − 2 ) + 2 có đồ thị ( C ) như sau:

Dựa vào đồ thị ( C ) ta có: f ′ ( x − 2 ) + 2 < 2, ∀x ∈ (1;3) ⇔ f ′ ( x − 2 ) < 0, ∀x ∈ (1;3) .

Đặt x* = x − 2 thì f ′ ( x *) < 0, ∀x* ∈ ( −1;1) . Vậy: Hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −1;1) .

Cách khác: Tịnh tiến sang trái hai đơn vị và xuống dưới 2 đơn vị thì từ đồ thị ( C ) sẽ thành đồ thị của hàm y = f ′ ( x ) . Khi đó: f ′ ( x ) < 0, ∀x ∈ ( −1;1) . Vậy: Hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −1;1) .

Phân tích: Cho biết đồ thị của hàm số f ′ ( x ) sau khi đã tịnh tiến và dựa vào đó để xét sự đồng biến của hàm số f ( x ) .

Câu 18. Cho

hàm

số

y = f ( x) 2

có

đạo

hàm

cấp

liên

tụ c

trên

ℝ

và

thỏa

mãn

f ( x ) . f ′′′ ( x ) = x ( x − 1) ( x + 4 ) với mọi x ∈ ℝ và g ( x ) =  f ′ ( x )  − 2 f ( x ) . f ′′ ( x ) . Hàm số h ( x ) = g ( x2 − 2 x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( −∞;1) .

B. ( 2; +∞ ) .

C. ( 0;1) .

D. (1; 2 ) .

Lời giải Chọn D Trang 47

Ta có g ′ ( x ) = 2 f ′′ ( x ) f ′ ( x ) − 2 f ′ ( x ) . f ′′ ( x ) − 2 f ( x ) . f ′′′ ( x ) = −2 f ( x ) . f ′′′ ( x ) ; 2 3 Khi đó ( h ( x ) )′ = ( 2 x − 2 ) g ′ ( x 2 − 2 x ) = −2 ( 2 x − 2 ) ( x 2 − 2 x )( x 2 − 2 x − 1) ( x 2 − 2 x + 4 )

x =0 x =1 h′ ( x ) = 0 ⇔  x = 2   x = 1 ± 2 Ta có bảng xét dấu của h′ ( x )

(

)

Suy ra hàm số h ( x ) = g x2 − 2 x đồng biến trên khoảng (1;2 ) .

B. (1; 2 ) .

C. ( −∞;9 ) .

D. (1;3) .

Lời giải Chọn A Xét hàm số g ( x) = f ' ( 2 x + 3) + 2 có đồ thị là một Parabol nên có phương trình dạng:

y = g ( x) = ax 2 + bx + c

( P)

 −b  −b = 4a 4a + b = 0  =2 ⇔ ⇔ . Vì ( P ) có đỉnh I ( 2; −1) nên  2a  g ( 2 ) = −1  4a + 2b + c = −1  4a + 2b + c = −1 

( P)

đi qua điểm A (1; 2 ) nên g (1) = 2 ⇔ a + b + c = 2

 4a + b = 0 a = 3   Ta có hệ phương trình 4a + 2b + c = −1 ⇔ b = −12 nên g ( x ) = 3x 2 − 12 x + 11 . a + b + c = 2 c = 11   Đồ thị của hàm y = g ( x ) là

Theo đồ thị ta thấy f '(2 x + 3) ≤ 0 ⇔ f '(2 x + 3) + 2 ≤ 2 ⇔ 1 ≤ x ≤ 3 .

Đặt t = 2 x + 3 ⇔ x = Trang 48

t −3 t −3 khi đó f '(t ) ≤ 0 ⇔ 1 ≤ ≤3⇔5≤t ≤9. 2 2

Vậy y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 5;9 ) .

Câu 20. Cho hàm số y = f ( x ) , hàm số f ′ ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c ( a, b, c ∈ ℝ ) có đồ thị như hình vẽ

Hàm số g ( x ) = f ( f ′ ( x ) ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (1;+∞ ) .

B. ( −∞; −2 ) .

C. ( −1;0 ) .

 3 3 D.  − ;  .  3 3 

Lời giải Chọn B Vì các điểm ( −1;0 ) , ( 0;0 ) , (1;0 ) thuộc đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) nên ta có hệ:

−1 + a − b + c = 0 a = 0   ⇔ b = −1  f ′ ( x ) = x 3 − x  f '' ( x ) = 3x 2 − 1 c = 0 1 + a + b + c = 0 c = 0   Ta có: g ( x ) = f ( f ′ ( x ) )  g ′ ( x ) = f ′ ( f ′ ( x ) ) . f '' ( x )  x3 − x = 0  3 x − x =1 3 2 ′ ′ ′ ′′ ′ Xét g ( x ) = 0 ⇔ g ( x ) = f ( f ' ( x ) ) . f ( x ) = 0 ⇔ f ( x − x )( 3 x − 1) = 0 ⇔  3 x − x = −1  3 x 2 − 1 = 0   x = ±1  x = 0  ⇔  x = x1 ( x1 ≈ 1,325 )  x = x2 ( x2 ≈ −1,325)  3   x = ± 3 Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có g ( x ) nghịch biến trên ( −∞; −2 )

Trang 49

Câu 21. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x 2 + 2 x − 3, ∀x ∈ ℝ. Có bao nhiêu giá trị nguyên

(

)

của tham số m thuộc đoạn [ −10; 20] để hàm số g ( x ) = f x2 + 3x − m + m2 + 1 đồng biến trên

( 0;2 ) ? B. 17.

A. 16.

C. 18. Lời giải

D. 19.

Chọn C t ≤ −3 Ta có f ' ( t ) = t 2 + 2t − 3 ≥ 0 ⇔  ( *) . t ≥ 1

(

Có g ' ( x ) = ( 2 x + 3) f ' x2 + 3x − m

)

Vì 2 x + 3 > 0, ∀x ∈ ( 0; 2 ) nên g ( x ) đồng biến trên ( 0; 2 ) ⇔ g ' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; 2 )

⇔ f ' ( x2 + 3x − m) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; 2)  x 2 + 3 x − m ≤ −3, ∀x ∈ ( 0; 2 )  x 2 + 3x ≤ m − 3, ∀x ∈ ( 0; 2 ) ⇔ 2 ⇔ 2 (**)  x + 3 x − m ≥ 1, ∀x ∈ ( 0; 2 )  x + 3x ≥ m + 1, ∀x ∈ ( 0; 2 )  m − 3 ≥ 10  m ≥ 13 ⇔ Có h ( x ) = x 2 + 3x luôn đồng biến trên ( 0; 2 ) nên từ (**)   m + 1 ≤ 0  m ≤ −1

m ∈ [ −10;20]  Có 18 giá trị của tham số m. Vì  m ∈ ℤ Vậy có 18 giá trị của tham số m cần tìm. Câu 22. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) như hình vẽ.

Đặt g ( x ) = f ( x − m ) −

bằng: A. 4 .

B. 11.

Chọn C Ta có g ' ( x ) = f ' ( x − m ) − ( x − m − 1)

Trang 50

C. 14 . Lời giải

D. 20.

Đặt h ( x ) = f ' ( x ) − ( x − 1) . Từ đồ thị y = f ' ( x ) và đồ thị y = x − 1 trên hình vẽ ta suy ra  −1 ≤ x ≤ 1 h ( x) ≥ 0 ⇔  x ≥ 3

 −1 ≤ x − m ≤ 1  m − 1 ≤ x ≤ m + 1 ⇔ Ta có g ' ( x ) = h ( x − m ) ≥ 0 ⇔  x − m ≥ 3 x ≥ m + 3 Do đó hàm số y = g ( x ) đồng biến trên các khoảng ( m − 1; m + 1) và ( m + 3; +∞ )  m − 1 ≤ 5 5 ≤ m ≤ 6  Do vậy, hàm số y = g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 5;6 ) ⇔   m + 1 ≥ 6 ⇔  m ≤ 2  m + 3 ≤ 5

Do m nguyên dương nên m ∈ {1; 2;5;6} , tức S = {1;2;5;6} Tổng các phần tử của S bằng 14.

Câu 23. Cho hàm số y = f ( x ) là hàm đa thức có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m , m ∈ Z , − 2020 < m < 2020 để hàm số 8   g ( x ) = f ( x 2 ) + mx 2  x 2 + x − 6  đồng biến trên khoảng ( −3; 0 ) 3   A. 2021. B. 2020. C. 2019. Lời giải Chọn B Ta có g ′ ( x ) = 2 xf ′ ( x 2 ) + 4 mx ( x 2 + 2 x − 3 ) .

D. 2022.

Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( −3; 0 ) suy ra g ′ ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ( −3;0 ) .



2 xf ′ ( x 2 ) + 4 mx ( x 2 + 2 x − 3 ) ≥ 0, ∀ x ∈ ( − 3; 0 ) ⇔ f ′ ( x 2 ) − 2 m ( − x 2 − 2 x + 3 ) ≤ 0, ∀ x ∈ ( − 3; 0 ) Trang 51

⇔ f ′( x

) ≤ 2m ( − x

− 2 x + 3) , ∀x ∈ ( −3;0 ) ⇔ m ≥

f ′ ( x2 )

⇔ m ≥ max

2 ( − x 2 − 2 x + 3)

( −3;0 )

f ′ ( x2 ) 2 ( − x 2 − 2 x + 3)

, ∀x ∈ ( −3;0 )

 Ta có − 3 < x < 0  0 < x 2 < 9  f ′ ( x 2 ) ≤ − 3 dấu “ = ” khi x 2 = 1 ⇔ x = − 1 . 2



− x 2 − 2 x + 3 = − ( x + 1) + 4  0 < − x 2 − 2 x + 3 ≤ 4, ∀ x ∈ ( − 3; 0 )

1 1 ≥ , dấu “ = ” khi x = −1 . − x − 2x + 3 4 f ′ ( x2 ) −3 −3 Suy ra , ∀x ∈ ( −3;0 ) , dấu “ = ” khi x = −1 . ≤ = 2 2 ( − x − 2 x + 3) 2.4 8 ⇔

 max ( −3;0 )

f ′ ( x2 )

3 =− . 8 2 ( x + 2 x + 3) 2

3 8

Vậy m ≥ − , mà m ∈ ℤ , −2020 < m < 2020 nên có 2020 giá trị của tham số m thỏa mãn bài toán.

Câu 24. Cho hàm số f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình sau.

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m đề hàm số g ( x) = 4 f ( x − m) + x 2 − 2mx + 2020 đồng biến trên khoảng (1;2).

A. 2 .

B. 3 .

C. 0 . Lời giải

D. 1.

Chọn A Ta có g ' ( x ) = 4 f ' ( x − m ) + 2 x − 2m g ' ( x ) ≥ 0 ⇔ f ' ( x − m) ≥ −

x−m (*) 2

Đặt t = x − m thì (*) ⇔ f ' (t ) ≥ − Vẽ đường thẳng y = −

Trang 52

t 2

x trên cùng hệ trục Oxy với đồ thị y = f ′ ( x ) như hình vẽ sau 2

− 2 ≤ t ≤ 0 m − 2 ≤ x ≤ m t ⇔ ⇔ 2 t ≥ 4 x ≥ m + 4 Hàm số g (x ) đồng biến trên khoảng (1;2) ⇔ g ' ( x) ≥ 0 ∀x ∈ (1;2) Từ đồ thị ta có f ' (t ) ≥ −

m − 2 ≤ 1 < 2 ≤ m 2 ≤ m ≤ 3 ⇔ ⇔ m + 4 ≤ 1 m ≤ −3 Vì m nguyên dương nên m ∈ {2;3}. Vậy có hai giá trị nguyên dương của m đề hàm số g (x ) đồng biến trên khoảng (1;2).

Câu 25. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x + 1)( x − 1)( x − 4 ) ; ∀x ∈ ℝ .Có bao nhiêu số nguyên

2− x  m < 2020 để hàm số g ( x ) = f  − m  đồng biến trên ( 2; + ∞ ) .  1+ x  A. 2018 . B. 2019 . C. 2020 . D. 2021 Lời giải Chọn B Ta có: g ′ ( x ) = −

( x + 1)

2− x  f ′ − m.  1+ x 

Hàm số g ( x ) đồng biến trên ( 2; + ∞ )

⇔ g ′ ( x ) ≥ 0; ∀x ∈ ( 2; + ∞ ) ⇔−

( x + 1)

2−x  f ′ − m  ≥ 0; ∀x ∈ ( 2; + ∞ )  1+ x 

2− x  ⇔ f ′ − m  ≤ 0; ∀x ∈ ( 2; + ∞ )  1+ x  Ta có: f ′ ( x ) ≤ 0 ⇔

 x ≤ −1 1 ≤ x ≤ 4

( x + 1)( x − 1)( x − 4 ) ≤ 0 ⇔ 

2 − x  1 + x − m ≤ −1; ∀x ∈ ( 2; + ∞ ) 2− x   Do đó: f ′  − m  ≤ 0; ∀x ∈ ( 2; + ∞ ) ⇔   1+ x  1 ≤ 2 − x − m ≤ 4; ∀x ∈ ( 2; + ∞ )  1 + x 2− x Hàm số h ( x ) = − m ; x ∈ ( 2; + ∞ ) có bảng biến thiên: 1+ x

(1) ( 2)

Trang 53

Căn cứ bảng biến thiên suy ra: Điều kiện ( 2 ) không có nghiệm m thỏa mãn.

Điều kiện (1) ⇔ −m ≤ −1 ⇔ m ≥ 1 ,kết hợp điều kiện m < 2020 suy ra có 2019 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nhận xét: Có thể mở rộng bài toán đã nêu như sau: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x + 1)( x − 1)( x − 4 ) ; ∀x ∈ ℝ .Có bao nhiêu số nguyên

 2− x  m < 2020 để hàm số g ( x ) = f  + h ( m )  đồng biến trên ( 2; + ∞ ) .  1+ x  Câu 26. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = ( x + 1) e x , có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong đoạn [ −2019;2019] để hàm số y = g ( x ) = f ( ln x ) − mx 2 + mx − 2 nghịch biến trên (1; e 2 ) .

A. 2018.

B. 2019.

C. 2020. Lời giải

D. 2021.

Chọn B

1 Trên (1; e 2 ) ta có g ' ( x ) = . f ' ( ln x ) − 2mx + m = ln x + 1 − ( 2 x − 1) m x Để hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên (1; e 2 ) thì g ' ( x ) = ln x + 1 − ( 2 x − 1) m ≤ 0, ∀x ∈ (1; e 2 ) ⇔ ln x + 1 − ( 2 x − 1) m ≤ 0, ∀x ∈ (1; e 2 ) ⇔

ln x + 1 ≤ m, ∀x ∈ (1; e 2 ) 2x − 1

ln x + 1 Xét hàm số h ( x ) = trên (1; e 2 ) , ta có h ' ( x ) = 2x − 1

1 − 2 ln x x < 0, ∀x ∈ (1; e 2 ) , từ đây suy ra 2 ( 2 x − 1)

−

m ≥ 1 . Vậy có 2019 giá trị nguyên của m thỏa bài toán. Câu 27. (Liên trường Quỳnh Lưu - Hoàng Mai - Nghệ An - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm

f ′ ( x ) = ( x + 1) e x . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong [ −2020;2021] để hàm số

(

)

g ( x ) = f ( ln x ) − mx 2 + 4mx − 2 nghịch biến trong e; e2020 . A. 2018 .

B. 2020 .

C. 2021 . Lời giải

D. 2019 .

Chọn B Ta có g ′ ( x ) =

1 1 f ′ ( ln x ) − 2mx + 4m = ( ln x + 1) eln x − 2mx + 4m = ln x + 1 − 2mx + 4m x x

(

)

(

Hàm số nghịch biến trong khoảng e; e2020 khi và chỉ khi ln x + 1 − mx + 4m ≤ 0, ∀x ∈ e; e2020

⇔ 2m ≥

Trang 54

ln x + 1 , ∀x ∈ ( e; e 2020 ) . x−2

)

Xét hàm số g ( x ) =

ln x + 1 , x ∈ ( e; e 2020 ) x−2

1 ( x + 1) − ln x − 1 1 − x ln x , x ∈ ( e; e 2020 ) Ta có g ′ ( x ) = x = 2 2 x ( x − 2) ( x − 2)

g ′ ( x ) < 0, ∀x ∈ ( e, e2020 ) BBT x

e2020

g′ ( x ) g ( x)

−

2 e−2

Quan sát bảng biến thiên ta có 2m ≥

2 1  m ≥ 2 . Vậy có 2020 giá trị nguyên của ⇔m≥ e−2 e−2

tham số m .

Câu 28. (Chuyên KHTN - 2021) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn −10 < m < 10 và hàm số

y = f ( x 2 + 2 x + m) đồng biến trên khoảng (0;1) ?

A. 5 .

B. 4 .

C. 6 Lời giải

D. 1 .

Chọn C Xét y = g ( x) = f ( x 2 + 2 x + m) Ta có: y ' = g '( x ) = 2( x + 1) f '( x 2 + 2 x + m) Vì x + 1 > 0∀x ∈ (0;1) nên để hàm số y = f ( x 2 + 2 x + m) đồng biến trên khoảng (0;1) khi và chỉ khi f '( x 2 + 2 x + m) > 0∀x ∈ (0;1) , do hàm số x 2 + 2 x + m luôn đồng biến trên (0;1) nên

Đặt t = x 2 + 2 x + m . Vì x ∈ (0;1) nên t ∈ (m; m + 3)

 m + 3 ≤ −2  m ≤ −5  ⇔ Dựa vào bảng xét dấu của f '( x ) ta có:   m ≥ 0  m = 0   m + 3 ≤ 3 Mà −10 < m < 10 nên m = {−9; −8; −7; −6; −5;0} Vậy có tất cả 6 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn đề bài.

Câu 29. (THPT Đồng Quan - Hà Nội - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Hàm số

y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Số tham số m nguyên thuộc đoạn [ −20; 20] để hàm số g ( x ) Trang 55

nghịch

biến

( −1; 2 ) biết

khoảng

trên 2

g ( x ) = 3 f ( − x 3 − 3 x + m ) + ( x 3 + 3 x − m ) ( −2 x 3 − 6 x + 2 m − 6 ) .

A. 23 .

B. 21 .

C. 5 . Lời giải

D. 17 .

Chọn A 2

g ( x ) = 3 f ( − x 3 − 3 x + m ) + 2 ( − x 3 − 3 x + m ) ( − x 3 − 3 x + m − 3) 3

= 3 f ( − x3 − 3 x + m ) + 2 ( − x 3 − 3 x + m ) − 6 ( − x3 − 3 x + m )

Ta có 2

g ' ( x ) = −9 ( x 2 + 1) f ' ( − x 3 − 3 x + m ) − 18 ( x 2 + 1)( − x 3 − 3 x + m ) + 36 ( x 2 + 1)( − x 3 − 3 x + m )

Để hàm số nghịch biến trên ( −1; 2 ) 2

g ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( −1; 2 ) ⇔ f ' ( − x 3 − 3x + m ) + 2 ( − x3 − 3x + m ) − 4 ( − x3 − 3x + m ) ≥ 0 ∀x ∈ ( −1; 2 ) 2

⇔ f ' ( − x 3 − 3x + m ) ≥ −2 ( − x 3 − 3x + m ) + 4 ( − x3 − 3x + m ) ∀x ∈ ( −1; 2 ) ặt t = − x 3 − 3 x + m . Với x ∈ ( −1;2 )

t ' = −3x 2 − 3 < 0 ∀x ∈ ( −1; 2 )  t ∈ ( m − 14; m + 4 ) Xét bất phương trình (1) f ' ( t ) ≥ −2t 2 + 4t (1)

Đồ thị hàm số y = f ' ( t ) và y = −2t 2 + 4t trên cùng hệ trục tọa độ

Trang 56

 t ∈ ( m − 14, m + 4 ) t ∈ ( m − 14, m + 4 )  m + 4 ≤ 1  m ≤ −3  t ≤ 1 Để (1) luôn đúng ⇔ t ≤ 1 . ⇔ ⇔ ⇔  m − 14 ≥ 2  m ≥ 16 t ≥ 2  t ∈ ( m − 14, m + 4 )   t ≥ 2  Do m ∈ [ −20;20] nên số giá trị của m là ( −3 + 20 ) + 1 + ( 20 − 16 ) + 1 = 23 .

Câu 30. (THPT Chu Văn An - Thái Nguyên - 2021) Cho hai hàm số f ( x ) và g ( x ) có một phần đồ thị biểu diễn đạo hàm f ′ ( x ) và g ′ ( x ) như hình vẽ.

Biết rằng hàm số y = h ( x ) = f ( x ) − g ( x ) − a 2 x + 2021 luôn tồn tại một khoảng đồng biến (α ; β ) . Số giá trị nguyên dương của a thỏa mãn là A. 4 . B. 2 .

C. 3 . Lời giải

D. 1 .

Chọn C Ta có: y′ = h′ ( x ) = f ′ ( x ) − g ′ ( x ) − a 2 . Hàm số y = h ( x ) đồng biến khi y′ ≥ 0 ⇔ f ′ ( x ) − g ′ ( x ) − a 2 ≥ 0 ⇔ f ′ ( x ) ≥ g ′ ( x ) + a 2

Đồ thị hàm số y = g ′ ( x ) + a 2 là đồ thị hàm số y = g ′ ( x ) tịnh tiến lên phía trên a 2 đơn vị. Hàm số y = h ( x ) = f ( x ) − g ( x ) − a 2 x + 2021 luôn tồn tại một khoảng đồng biến (α ; β ) khi

a 2 < 11 ⇔ −3 ≤ a ≤ 3 . Mà a ∈ Z*+ , suy ra: a ∈ {1; 2;3} . Câu 31. (THPT PTNK Cơ sở 2 - TP.HCM - 2021) Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ . Hàm số y = f '( x ) liên tục và có đồ thị như hình vẽ

Trang 57

Xét hàm số g ( x ) = f ( x − 2 m ) +

1 2 ( 2m − x ) + 2020 , với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp các 2

giá trị nguyên dương của m để hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 3; 4 ) . Số phần tử của

S bằng bao nhiêu? A. 4.

B. 3.

C. 2. Lời giải

Chọn C Ta có g '( x) = f ' ( x − 2m ) + ( x − 2m )

 t = −3  x = 2 m − 3   g '( x ) = 0 ⇔ f '(t ) = −t (t = x − 2m ) ⇔ t = 1 ⇔  x = 2m + 1 t = 3  x = 2m + 3

 x > 2m + 3 Từ đồ thị suy ra g '( x) < 0 ⇔   2 m − 3 < x < 2m + 1 Vậy hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 3; 4 ) khi Trang 58

D. Vô số.

 2m + 3 ≤ 3 m ≤ 0    2m − 3 ≤ 3 ⇔  3 ≤ m ≤ 3  2m + 1 ≥ 4 2 Vì m nguyên dương nên m = 2; m = 3 .

Câu 32. (Chuyên

Tuyên

Quang

2021)

Cho hàm số bậc b ốn 1 f ( x)= a x 4 +bx3 + cx 2 + dx + e (a, b, c, d , e ∈ R), biết f   =−1 và đồ thị hàm số y = f ′ ( x) hình  2 

vẽ. Hàm số g ( x )= 2 f ( x ) − x 2 + 2 x đồng biến trên khoảng

A. (2;+∞) .

B. (−1;1) .

C. (1;2 ) . Lời giải

D. ( −∞; −1) .

Chọn C

Ta có f ′ ( x)= 4ax3 + 3bx 2 + 2cx + d ; f ′′ ( x)=12ax 2 + 6bx + 2c. Theo giả thiết ta có

d =1  f ′ (0) =1   c = 0 4 3  f ′′ (0)= 0  1 Suy ra f ′ ( x )= x 3 − 2 x 2 + 1; f ( x)= x − 2 x + x − 275 . ⇒    f ′ (2) = 1 a = 4 4 3 192    f ′ (1)= 0  −2  b = 3 

Trang 59

 x = −1  Xét hàm số h ( x)= 2 f ( x)− x 2 + 2 x ta có h′ ( x )= 2 f ′ ( x) − 2 x + 2 ⇒ h′ ( x )= 0 ⇔  x = 2 .   x =1  Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số g ( x) đồng biến trên (1; 2).

Trang 60

CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

Chuyên đề 2

DẠNG TOÁN DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH 9 - 10 Dạng 1. Bài toán cực trị hàm số chứa dấu trị tuyệt đối Bài toán: Đồ thị hàm số y = f ( x) có bao nhiêu điểm cực trị 2 f ( x). f ′( x) (Áp dụng định nghĩa). y = f ( x) = f 2 ( x)  y′ = f 2 ( x)  f ( x) = 0 (1) y′ = 0    f ′( x) = 0 ( 2 ) Số nghiệm của (1) chính là số giao điểm của đồ thị y = f ( x) và trục hoành y = 0 . Còn số nghiệm của ( 2 ) là số cực trị của hàm số y = f ( x ) , dựa vào đồ thị suy ra ( 2 ) . Vậy tổng số nghiệm bội lẻ của (1) và ( 2 ) chính là số cực trị cần tìm.

Dạng toán này mình làm tựa theo đề tham khảo 2018, vẫn xuất hiện ở dạng toán hàm hợp, các bạn học chú ý nhé! Câu 1.

(Chuyên Vinh – Lần 2). Đồ thị ( C ) có hình vẽ bên.

Tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = f ( x ) + m có ba điểm cực trị là:

A. m ≤ −1 hoặc m ≥ 3 . B. m ≤ −3 hoặc m ≥ 1. C. m = −1 hoặc m = 3 . D. 1 ≤ m ≤ 3. Câu 2.

(Đề Tham Khảo 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m có 7 điểm cực trị? A. 5

Câu 3.

B. 6

C. 4

để hàm số

D. 3

(Gia Bình 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau.

Hàm số y = f ( x − 3 ) có bao nhiêu điểm cực trị

A. 5 Câu 4.

B. 6

C. 3

D. 1

(Cụm Liên Trường Hải Phòng 2019) Tìm số các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m 2 + m −12 có bảy điểm cực trị A. 1 .

B. 4 .

C. 0 .

D. 2 .

Trang 1

Câu 5.

(Sở Vĩnh Phúc 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = 3x 4 − 4 x3 − 12 x 2 + m2 có đúng 5 điểm cực trị? A. 5 .

Câu 6.

C. 6 .

D. 4 .

(Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m có 5 điểm cực trị. A. 16

Câu 7.

B. 7 .

B. 44

C. 26

D. 27

(THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m − 1 với m là tham số thực. Số giá trị nguyên trong khoảng [ −2; 2] của m để hàm số đã cho có 3 điểm cực trị là

A. 2 Câu 8.

C. 3

D. 1

(Chuyên Bắc Ninh 2019) Tập hợp các giá trị của m để hàm số y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m − 1 có

7 điểm cực trị là: A. (0;6) Câu 9.

B. 4

B. (6;33)

C. (1;33)

D. (1;6)

(THPT Kinh Môn - 2018) Cho hàm số y = f ( x) = x3 − (2m − 1) x 2 + (2 − m) x + 2 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = f ( x ) có 5 điểm cực trị. A.

5 < m ≤ 2. 4

B. −2 < m <

5 . 4

C. −

5 < m < 2. 4

Câu 10. (Chuyên Đh Vinh - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x 3 − 2 x 2 )( x 3 − 2 x ) với mọi x ∈ ℝ . Hàm số f (1 − 2018 x ) có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị?

A. 9 . Câu 11.

B. 2018 .

C. 2022 .

D. 11.

(THPT Thạch Thanh 2 - Thanh Hóa - 2018) Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y = f ( x ) .

Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = f ( x − 1) + m có 5

điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng A. 9 . B. 12 . C. 18 .

D. 15 .

Câu 12.

(THPT Quảng Yên - Quảng Ninh - 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm m số y = 3x 4 + 4 x3 − 12 x 2 + có 7 điểm cực trị? 2 A. 3 . B. 9 . C. 6 . D. 4 .

Câu 13.

(THPT Nguyễn Tất Thành - Yên Bái - 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x3 − 3x 2 + m có 5 điểm cực trị? A. 5 .

Trang 2

B. 3 .

C. 6 .

D. 4 .

Câu 14.

(Chuyên Nguyễn Thị Minh Khai - Sóc Trăng - 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số 5 3 m để hàm số y = 3x − 25 x + 60 x + m có 7 điểm cực trị? A. 42 .

Câu 15.

B. 21 .

C. 40 .

D. 20 .

(Sở Nam Định - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ

Đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi A. m ∈ ( 4;11) . Câu 16.

 11  B. m ∈  2;  .  2

C. m = 3 .

 11 D. m ∈  2;  .  2

(THPT Nguyễn Huệ - Tt Huế - 2018) Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y = f ( x ) . Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham số m để đồ thị hàm số y = f ( x − 2 ) + m có 5 điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng A. 15 . B. 18 .

Câu 17.

C. 9 .

(Sở Hưng Yên - 2018) Cho hàm số f ( x) = x3 − 3x 2 + m với m ∈ [ −5;5] là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số f ( x) có đúng ba điểm cực trị. A. 3 . B. 0 . C. 8 .

Câu 18.

D. 12 .

D. 6 .

(Chuyên Hùng Vương - Bình Dương - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau.

Đồ thị hàm số y = f ( x − 2017 ) + 2018 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 2 .

B. 3 .

C. 5 .

D. 4 .

Câu 19. (Chuyên Ngữ - Hà Nội - 2018) Hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) trên ℝ . Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số f ′ ( x ) trên ℝ .

Hỏi hàm số y = f ( x ) + 2018 có bao nhiêu điểm cực trị? Trang 3

A. 5 . B. 3 . C. 2 . D. 4 . Câu 20. (Sở- Nam Định - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ

Đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi

 11   11  B. m ∈  2;  . C. m = 3 . D. m ∈  2;  .  2  2 (Sở Hưng Yên - 2021) Gọi X là tập hợp các số nguyên m ∈ [ −2021;2021] sao cho đồ thị hàm số

A. m ∈ ( 4;11) . Câu 21.

y = x 3 − ( 2m + 1) x 2 + mx + m có 5 điểm cực trị. Tổng các phần tử của X là

A. 0 .

B. 4036 .

C. 1.

D. −1.

Dạng 2. Số điểm cực trị của hàm hợp Bài toán: Cho hàm số y = f ( x ) (Đề có thể cho bằng hàm, đồ thị, bảng biến thiên của f ( x ) , f ' ( x ) ). Tìm số điểm cực trị của hàm số y = f ( u ) trong đó u là một hàm số đối với x

Ta thực hiện phương pháp tương tự xét số điểm cực trị của hàm số y = f ( x )

Bước 1. Tính đạo hàm y ' = u '. f ' ( u )

u ' = 0 Bước 2. Giải phương trình y ' = 0 ⇔   f '(u ) = 0 Bước 3.Tìm số nghiệm đơn và bội lẻ hoặc các điểm mà y ' không xác định. Kết luận Câu 1.

(Đề Tham Khảo 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị như hình bên. Số điểm

(

)

cực trị của hàm số g ( x ) = f x3 + 3x 2 là

A. 5 . Câu 2.

Trang 4

B. 3 .

C. 7 .

D. 11 .

(Mã 101 - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ' ( x ) như sau:

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 − 2 x ) là

A. 9. Câu 3.

B. 3.

C. 7.

D. 5.

(Mã 104 - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ′ ( x ) như sau:

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( 4 x 2 + 4 x ) là

A. 5. Câu 4.

B. 9.

C. 7.

D. 3.

(Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Đồ thị

(

)

hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ bên. Hàm số y = f x 2 + 4 x − x 2 − 4 x có bao nhiêu điểm cực trị thuộc khoảng ( −5;1) ?

A. 5 . Câu 5.

B. 4 .

C. 6 .

D. 3 .

(Chuyên Hưng Yên - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm đến cấp hai trên ℝ và có bảng xét dấu của hàm số y = f ' ( x ) như hình sau:

Hỏi hàm số g ( x ) = f (1 − x ) +

A. x = 3 . Câu 6.

x3 − 2 x 2 + 3 x đạt cực tiểu tại điểm nào trong các điểm sau? 3 B. x = 0 . C. x = −3 . D. x = 1 .

(Chuyên KHTN - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ , có đồ thị f ( x ) như hình vẽ.

Trang 5

O 2

-1

(

y=f(x)

)

Hàm số g ( x ) = f x3 + x đạt cực tiểu tại điểm x0 . Giá trị x0 thuộc khoảng nào sau đây

A. (1;3) . Câu 7.

B. ( −1;1) .

C. ( 0; 2 ) .

D. ( 3; +∞ ) .

(Chuyên KHTN - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ , có đồ thị f ′ ( x ) như hình vẽ. y y=f'(x)

(

)

Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = f − x 2 + x là

A. 1 . Câu 8.

B. 4 .

C. 3 .

D. 2 .

(Chuyên Lam Sơn - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ , bảng biến thiên của hàm số f ' ( x ) như sau:

(

)

Số điểm cực trị của hàm số y = f x 2 + 2 x là

A. 4. Câu 9.

B. 5.

C. 1.

D. 7.

(Sở Bắc Giang - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đúng ba điểm cực trị là −2; −1;0 và có đạo hàm

(

)

liên tục trên ℝ . Khi đó hàm số y = f x 2 − 2 x có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 3 . Câu 10.

Trang 6

B. 8 .

C. 10 .

D. 7 .

(Mã 102 - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ' ( x ) như sau

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 + 2 x ) là

A. 9 . Câu 11.

B. 5 .

C. 7 .

D. 3 .

(Mã 103 - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ′ ( x ) như sau:

Số cực trị của hàm số y = f ( 4 x 2 − 4 x ) là

A. 3 . B. 9 . C. 5 . D. 7 . Câu 12. (Chuyên An Giang - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình bên.

( )

Hàm số g ( x ) = f x 2 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 4 .

B. 3 .

C. 5 .

D. 2 .

Câu 13. (THPT Lê Văn Thịnh Bắc Ninh 2019) Cho hàm số y = f ( x) xác định trên ℝ và hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Tìm số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 − 3) .

A. 4 Câu 14.

B. 2

C. 5

D. 3

(Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ bên. Tính số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 ) trên khoảng

(−

)

5; 5 . Trang 7

A. 2 . Câu 15.

B. 4 .

D. 5 .

(Chuyên Vinh - 2018) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực đại của hàm số y = f

A. 1 . Câu 16.

C. 3 .

B. 2 .

(

)

x 2 + 2 x + 2 là

C. 4 .

D. 3 .

(Chuyên Thoại Ngọc Hầu 2018) Cho hàm số y = f ( x) . Đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ sau.

Hàm số g ( x ) = f ( x 2 ) có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 4 . B. 3 . C. 5 . D. 2 . Câu 17. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 x − 4 ) có bao nhiêu điểm cực tiểu?

A. 1 . Trang 8

B. 3 .

C. 2 .

D. 4 .

Câu 18. (Đặng Thúc Hứa - Nghệ An -2018) Biết rằng hàm số f ( x ) có đồ thị được cho như hình vẽ bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số y = f  f ( x )  .

A. 5 . Câu 19.

B. 3 .

C. 4 .

D. 6 .

(Sở Bình Phước - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên [ 0; 6 ] . Đồ thị của 2

hàm số y = f ′ ( x ) trên đoạn [ 0; 6 ] được cho bởi hình bên dưới. Hỏi hàm số y =  f ( x )  có tối đa bao nhiêu cực trị.

A. 3 .

B. 7 .

C. 6 .

D. 4 .

Câu 20. Biết rằng hàm số f ( x ) có đồ thị được cho như hình vẽ bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số

y = f  f ( x )  ? y

-4

A. 5. Câu 21.

B. 4.

C. 3.

D. 6.

(THPT Đô Lương 3 - Nghệ An - 2019) Cho hàm số f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( f ( x ) ) là.

A. 3.

B. 7.

C. 6.

D. 5. Trang 9

Câu 22.

(Sở GD Bắc Ninh - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ.

Biết tất cả các điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) là −2 ; 0 ; 2 ; a ; 6 với 4 < a < 6 . Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 6 − 3 x 2 ) là

A. 8. Câu 23.

B. 11.

D. 7.

(Toán Học Tuổi Trẻ 2019) Cho hàm số f (x) xác định trên ℝ và có đồ thị f ′( x) như hình vẽ bên. Đặt g ( x) = f ( x) − x . Hàm số đạt cực đại tại điểm thuộc khoảng nào dưới đây?

3  A.  ;3  2 

Câu 24.

C. 9.

B. (−2;0)

C. (0;1)

1  D.  ; 2  2 

(Thpt Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Cho hàm số y = f ′( x − 1) có đồ thị như hình vẽ.

Hàm số y = π A. x = 1 .

2 f ( x) − 4 x

đạt cực tiểu tại điểm nào? B. x = 0 . C. x = 2 .

D. x = −1 .

Câu 25. (THPT Minh Châu Hưng Yên 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên R và đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x − 2017 ) − 2018x + 2019 là.

A. 3

B. 4

C. 1

D. 2

Câu 26. (Chuyên Thái Bình - 2018) Cho hàm số y = f '( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây:

Trang 10

Tìm số điểm cực trị của hàm số y = e 2 f ( x ) +1 + 5 f ( x ) . A. 1 . B. 2 . C. 4 .

Câu 27.

D. 3 .

(THPT Quỳnh Lưu - Nghệ An - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Hàm số y = 2 f ( x ) + 1 đạt cực tiểu tại điểm

A. x = 2 .

B. x = 0 .

C. x = 1 .

D. x = 5 .

Câu 28. (Liên Trường - Nghệ An - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ sau. Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) + 2 x là:

A. 4 . Câu 29. Cho

B. 1 . hàm

số

f ( x)

C. 3 . có

đồ

thị

f ′( x)

D. 2 . như

hình

vẽ

dưới.

Hàm

số

g ( x) = f ( x) −

x + 2 x 2 − 5 x + 2001 có bao nhiêu điểm cực trị? 3

A. 3 . B. 1 . C. 2 . D. 0 . Câu 30. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và không có cực trị, đồ thị của hàm số y = f ( x ) là đường cong của như hình vẽ dưới đây.

Trang 11

2 1  f ( x )  − 2 x. f ( x ) + 2 x 2 . Mệnh đề nào sau đây đúng? 2 A. Đồ thị của hàm số y = h ( x ) có điểm cực tiểu là M (1;0 ) .

Xét hàm số h ( x ) =

B. Hàm số y = h ( x ) không có cực trị. C. Đồ thị hàm số y = h ( x ) có điểm cực đại là N (1; 2 ) . D. Đồ thị hàm số y = h ( x ) có điểm cực đại là M (1;0 ) . Câu 31. Cho hàm số f ( x ) = x 4 . Hàm số g ( x ) = f ' ( x ) − 3x 2 − 6 x + 1 đạt cực tiểu, cực đại lần lượt tại x1 , x2 . Tính m = g ( x 1 ) g ( x2 ) .

A. m = 0 . Câu 33.

B. m =

−371 . 16

C. m =

1 . 16

D. m = −11 .

(Kim Liên - Hà Nội 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ . Biết hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ.

Hàm số g ( x ) = f ( x ) + x đạt cực tiểu tại điểm

B. x = 2 . A. x = 1 . C. Không có điểm cực tiểu.

D. x = 0 .

Câu 34. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) là parabol như hình bên dưới.

Hàm số y = f ( x ) − 2 x có bao nhiêu cực trị?

A. 3 .

Trang 12

B. 2 .

C. 0 .

D. 1 .

Câu 35. Cho hàm số đa thức y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ , f ( 0 ) < 0 và đồ thị hình bên dưới là đồ thị của đạo hàm f ′ ( x ) . Hỏi hàm số g ( x ) = f ( x ) + 3 x cóbao nhiêu cực trị?

A. 4.

B. 5.

C. 3.

D. 6.

Câu 36. Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị đạo hàm y = f '( x) như hình bên.

Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Hàm số y = f ( x ) − x 2 − x đạt cực đại tại x = 0 . B. Hàm số y = f ( x ) − x 2 − x đạt cực tiểu tại x = 0 . C. Hàm số y = f ( x ) − x 2 − x không đạt cực trị tại x = 0 . D. Hàm số y = f ( x ) − x 2 − x không có cực trị.

Câu 37.

(THPT Minh Khai) Cho hàm số Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và hàm số

g ( x ) = 2 f ( x ) − x 2 + 2 x + 2019 . Biết đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ.

Số điểm cực trị của hàm số y = g ( x ) là B. 3 . C. 2 . A. 5 . Câu 38. Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ và có đồ thị f ' ( x ) như hình vẽ.

D. 4 .

Trang 13

Đặt g ( x ) = f ( x ) − x . Hàm số g ( x ) đạt cực đại tại điểm nào sau đây? Câu 39.

C. x = 0 . D. x = −1. A. x = 1. B. x = 2. (THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yên 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Đặt g ( x ) = 3 f ( f ( x ) ) + 4 . Tìm số cực trị của hàm số g ( x )

A. 2. Câu 40.

B. 8.

C. 10.

D. 6.

(HSG 12 - Sở Quảng Nam - 2019) Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên ℝ , đồ thị hàm số 2

y = f ( x) là đường cong ở hình vẽ. Hỏi hàm số h ( x ) = [ f ( x ) ] − 4 f ( x ) + 1 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 2 . Câu 41.

B. 3 .

C. 5 .

D. 7 .

(THPT Thăng Long - Hà Nội - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) , hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như

 5sin x − 1  (5sin x − 1) + 3 có bao nhiêu điểm cực trị trên khoảng hình bên. Hàm số g ( x) = 2 f  + 2 4   (0; 2π ) . 2

Trang 14

A. 9 . Câu 42.

B. 7 .

C. 6 .

D. 8 .

(Mã 101 - 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = x 4  f ( x + 1)  là

A. 11 . Câu 43.

B. 9 .

C. 7 .

D. 5 .

(Mã 102 - 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = x 2  f ( x − 1)  là

A. 7 . Câu 44.

B. 8 .

C. 5 .

D. 9 .

(Mã 103 - 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có bảng biên thiên như sau:

Trang 15

Số điểm cực trị của hàm số g ( x) = x 4 [f ( x − 1)]2 là A. 7 . B. 5 . C. 9 .

Câu 45.

D. 11 .

(Mã 104 - 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Số điểm cực trị của hàm số g ( x) = x 2 [ f ( x + 1)]

A. 7 . Câu 46.

B. 8 .

C. 9 .

D. 5 .

(Mã 101 – 2020 Lần 2) Cho hàm số f ( x ) có f ( 0 ) = 0. Biết y = f ′ ( x ) là hàm số bậc bốn và có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số điểm cực trị của hàm số g ( x) = f ( x 3 ) − x là

A. 5. B. 4. C. 6. D. 3. Câu 47. (Mã 102 - 2020 Lần 2) Cho hàm số f (x ) có f (0) = 0 . Biết y = f ′ (x ) là hàm số bậc bốn và có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số điểm cực trị của hàm số g (x ) = f (x 3 ) + x là

A. 4. Câu 48.

B. 5.

C. 3.

(Mã 103 - 2020 Lần 2) Cho hàm số f ( x ) có f ( 0 ) = 0 . Biết y = f ′ ( x ) là hàm số bậc bốn và có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 4 ) − x 2 là

Trang 16

D. 6.

A. 4. Câu 49.

B. 3.

C. 6.

D. 5.

(Mã 104 - 2020 Lần 2) Cho hàm số f ( x) có f ( 0 ) = 0. Biết y = f ′( x) là hàm số bậc bốn và có

( )

đồ thị là đường cong trong hình bên. Số điểm cực trị của hàm số g ( x) = f x 4 + x 2 là

A. 3. Câu 50.

B. 6.

C. 5.

D. 4.

(Chuyên Quang Trung - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ có đạo hàm f ′ ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng xét dấu như hình vẽ bên

(

)

Hỏi hàm số y = f x 2 − 2 x có tất cả bao nhiêu điểm cực trị?

A. 4 B. 7 C. 9 D. 11 Câu 51. (Chuyên Thái Bình - 2020) Cho y = f ( x ) là hàm đa thức bậc 4 và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [ −12;12] để hàm số g ( x ) = 2 f ( x − 1) + m có 5 điểm cực trị?

A. 13 .

B. 14 .

C. 15 .

D. 12 . Trang 17

Câu 52.

(Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d (với a, b, c, d ∈ ℝ và a ≠ 0 ) có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( −2 x 2 + 4 x )

A. 2. Câu 53.

B. 5.

C. 4.

D. 3.

(Sở Phú Thọ - 2020) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

(

)

Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = f − x 2 + x bằng

A. 1 . Câu 54.

B. 5 .

C. 2 .

D. 3 .

(Sở Bắc Ninh - 2020) Cho hàm số f ( x) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Hàm số

 x2 + 2 x  g ( x) = f  e x −  có bao nhiêu điểm cực trị? 2  

A. 3 . Câu 55.

B. 7 .

C. 6 .

(Sở Yên Bái - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ . Đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình bên. Đặt g ( x ) = 2 f ( x ) + x 2 + 1 . Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên khoảng (1; + ∞ ) . Trang 18

D. 4 .

B. Hàm số y = g ( x ) đồng biến trên khoảng ( −1; 0 ) . C. Hàm số y = g ( x ) đạt cực tiểu tại x = 0 . D. Hàm số y = g ( x ) đạt cực đại tại x = 1 . Câu 56.

(Kim Liên - Hà Nội - 2020) Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m có 5 điểm cực trị? A. 16 .

Câu 57.

B. 28 .

C. 26 .

(Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:

Hàm số y = f (2 x ) đạt cực đại tại 1 A. x = . B. x = − 1 . 2

Câu 58.

D. 27 .

C. x = 1 .

D. x = −2 .

(THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và

f ( 0 ) = 0; f ( 4 ) > 4 . Biết hàm y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ. y 5 3 1 O

x 1 2

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 2 ) − 2 x là

A. 2 . Câu 59.

B. 1 .

C. 4 .

D. 3 .

(Hải Hậu - Nam Định - 2020) Cho hàm số y = f ( x) đồng biến trên ( 4;+∞ ) có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số y = f (2 x − 2) bằng

A. 7 . Câu 60.

B. 5.

C. 4 .

D. 9 .

(Hải Hậu - Nam Định - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ dưới đây: Trang 19

−f x f x Tìm điểm cực đại của hàm số y = 2019 ( ) − 2020 ( ). A. 2 . B. 3 . C. 0 .

Câu 61.

D. 1 .

(Kìm Thành - Hải Dương - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) là một hàm đa thức có bảng xét dấu

f ′ ( x ) như sau

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 2 − x )

A. 5 . Câu 62.

B. 3 .

C. 1 .

D. 7 .

(Trần Phú - Quảng Ninh - 2020) Cho đồ thị y = f ( x ) như hình vẽ dưới đây:

là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số 1 y = f ( x + 2018 ) + m 2 có 5 điểm cực trị. Tổng tất cả các giá trị của các phần tử trong tập 3 S bằng A. 6 . B. 5 . C. 7 . D. 9 . 4 3 f x = ax + bx + cx 2 + dx + e, ( a ≠ 0 ) có Câu 63. (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2021) Cho hàm số ( ) Gọi S

đồ thị của đạo hàm f '( x) như hình vẽ.

Biết rằng e > n . Số điểm cực trị của hàm số y = f ′ ( f ( x ) − 2 x ) bằng

A. 7 . Trang 20

B. 10 .

C. 14 .

D. 6 .

Câu 64.

(Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) có bẳng biến thiên như sau

Số điểm cực đại của hàm số g ( x ) =  f 2 x 2 + x  là A. 3 . B. 4 . C. 2 . D. 1. Câu 65. (Chuyên ĐHSP Hà Nội - 2021) Cho hàm số bậc bốn trùng phương f ( x) có bảng biến thiên như sau:

(

Số điểm cực trị của hàm số y =

)

1 4 f ( x) − 1] là 4[ x

A. 6 . B. 7 . C. 5 . D. 4 . Câu 66. (THPT Mai Anh Tuấn - Thanh Hóa - 2021) Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( −2) < f ( 2) = 0, đồ thị y = f ′ ( x ) là đường cong trong hình bên. Hàm số g ( x ) = f ( x ) +

1 4 1 3 x − x − 2 x 2 + 4 x có 4 3

bao nhiêu điểm cực trị?

Câu 67.

A. 5. B. 7. C. 6. D. 4. (THPT Hậu Lộc 4 - Thanh Hóa - 2021) Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Số điểm cực trị của hàm số

A. 7 .

( x − 2) g ( x) = 3  f ( x + 1) 

B. 4 .

là

C. 5 .

D. 6 . Trang 21

Câu 68.

(THPT Đồng Quan - Hà Nội - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên các khoảng ( −∞;2) và

( 2;+∞) có đồ thị như hình vẽ.

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( 2 x − 1 + 2 ) là

A. 5 . B. 4 . C. 2 . D. 3 . Câu 69. (THPT Đồng Quan - Hà Nội - 2021) Cho hàm đa thức bậc bốn y = f ( x ) , hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ

( )

Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = f x 4 − 2 x3 + 1 là

A. 3 . B. 6 . C. 4 . D. 5 . ′ Câu 70. (Sở Hà Tĩnh - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên.

1 Số điểm cực đại của hàm số g ( x ) = f ( x ) − x3 là 9 A. 4 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . Câu 71. (THPT Quảng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Trang 22

1 4 ( x − 2 ) là 2 7 A. 3 . B. . C. 4 . D. 5 . y = f Câu 72. (THPT Thanh Chương 1- Nghệ An - 2021) Cho hàm bậc ba ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Số điểm cực đại của đồ thị hàm số y = g ( x ) = f ( x 2 − 4 x + 3) − 3 ( x − 2 ) + 2

bên. Số điểm cực trị của hàm số y =  xf ( x − 1)  là

A. 9 . Câu 73.

B. 7 .

C. 6 .

D. 5 .

(Trung Tâm Thanh Tường - 2021) Cho f ( x) , g ( x) là các hàm đa thức bậc 3 có đồ thị như hình vẽ bên. Đặt h ( x ) = f ( x ) − g ( x ) . Số điểm cực trị của hàm số h ( x ) là

A. 7 . B. 7 . C. 3 . D. 9 . Câu 74. Cho f ( x ) là hàm bậc bốn thỏa mãn f ( 0) = 0 . Hàm số f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Trang 23

Hàm số g ( x ) = 2 f ( x 2 + x ) − x 4 − 2 x 3 + x 2 + 2 x có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 4 . B. 5 . C. 6 . D. 7 . Câu 75. Cho hàm số y = f ( x ) là hàm số bậc bốn thỏa mãn f ( 0 ) = 0. Hàm số y = f ' ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số g ( x ) = f ( x 2 ) − x 2 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 1.

B. 3 .

C. 5 . D. 7 1 Câu 76. Cho f ( x ) là hàm số bậc bốn thỏa mãn f ( 0 ) = − . Hàm số f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau: ln 2

Hàm số g ( x ) = f ( − x 2 ) − x 2 +

2x có bao nhiêu điểm cực trị? ln 2

A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 5 . 3 Câu 77. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = 4 x + 2 x và f ( 0) = 1. Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = f 3 ( x 2 − 2 x − 3 ) là

A. 0 . B. 2 . C. 1. D. 3 . f x Câu 78. (Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2021) Cho hàm số ( ) có đạo hàm f ′ ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên f ′ ( x ) như sau:

Trang 24

( )

Tìm số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = f x3 − 3 x .

A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 0 . Câu 79. (Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - 2021) Cho f ( x ) là hàm số bậc ba thỏa mãn f ( 0 ) = 2 và

f ′ (1) = 0 . Hàm số f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau

Hàm số g ( x ) = f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 7 .

B. 6 .

C. 9 .

D. 11 . 1 Câu 80. (Chuyên ĐHSP - 2021) Cho f ( x ) là hàm số bậc bốn thỏa mãn f ( 0 ) = . Hàm số f ′ ( x ) có 2021 bảng biến thiên như sau:

Hàm số g ( x) = f ( x 3 ) + x có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 1 . Câu 81.

B. 5 .

C. 2 . 1 + x − e x (Chuyên Biên Hòa - 2021) Hàm số f ( x ) =  2  x + 6 x

D. 3 . khi x > 0 khi x ≤ 0

. Số điểm cực trị của hàm số

y = f ( x ) là

A. 4 . B. 2 . C. 1 . D. 3 . Câu 82. (Cụm Ninh Bình – 2021) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục, xác định trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 4 x ) có bao nhiêu điểm cực trị?

Trang 25

A. 9 . B. 5 . C. 11 . D. 7 . 3 2 Câu 83. (Sở Quảng Bình - 2021) Cho hàm số f ( x ) = ax + bx + cx + 1, ( a ≠ 0 ) với các số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c > 2019 và lim f ( x ) = −∞ . Số điểm cực trị của hàm số y = g ( x − 2019 ) x →+∞

với g ( x ) = f ( x ) − 2020 là

A. 3 B. 2 C. 4 D. 5 Câu 84. (Sở Nam Định - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và f ( −3) = 0 đồng thời có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Hàm số g ( x ) = 2 ( x + 1) − 6 ( x + 1) − 3 f ( − x 4 − 4 x 3 − 4 x 2 − 2 ) có bao nhiêu điểm cực trị? 6

A. 7 .

B. 6 .

C. 3 .

D. 5 .

Dạng 3. Tìm m để hàm số f(u) thỏa mãn điều kiện cho trước Câu 1.

(Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2020) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị của hàm đạo hàm

( ) như hình vẽ và g ( x ) = f 2 (x ) + 4 f (x ) + m

()

f' x

A. 8 . Câu 2.

f b = 1 .Số giá trị nguyên của

m ∈  −5;5 

để hàm số

có đúng 5 điểm cực trị là

B. 10 .

C. 9 .

D. 7 .

(Sở Bình Phước - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực m để hàm số g ( x ) = f ( x + 2020 ) + m 2 có 5 điểm cực trị?

A. 1.

Trang 26

B. 2.

C. 4.

D. 5.

Câu 3.

(Chuyên

Lào

Cai 4

2020)

Cho

hàm

số

f ( x)

có

đạo

hàm

f ′ ( x ) = x 2 ( x + 2 ) ( x + 4 )  x 2 + 2 ( m + 3) x + 6m + 18 . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số f ( x ) có đúng một điểm cực trị? B. 7 . B. 5 . C. 8 . D. 6 . Câu 4.

(THPT Thiệu Hóa – Thanh Hóa 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số h ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2 m có đúng 3

điểm cực trị. A. m > 1 Câu 5.

B. m ≥ 1

C. m ≤ 2

D. m > 2

(THPT Hàm Rồng - Thanh Hóa - 2018) Cho hàm số

f ( x)

có đạo hàm

3  5x  f ′ ( x ) = x 2 ( x − a )(13x − 15) . Tập hợp các giá trị của a để hàm số y = f  2  có 6 điểm cực  x +4 trị là  5 5   15   5 5   15   5 5  5 5  15  A.  − ;  \ 0;  . B.  − ;  \ 0;  . C.  − ;  \ {0} . D.  − ;  \   .  4 4   13   4 4   13   4 4  4 4  13 

Câu 6.

(Chuyên Vinh - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x − 1) ( x 2 − 2 x ) với ∀x ∈ ℝ . 2

(

)

Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số f x 2 − 8 x + m có 5 điểm cực trị?

A. 15 . Câu 7.

B. 17 .

C. 16

D. 18

Cho hàm số y = f ( x) xác định trên ℝ và hàm số y = f '( x) có đồ thị như hình bên. Biết rằng

f '( x) < 0 với mọi x ∈ ( −∞; −3, 4 ) ∪ ( 9; +∞ ) . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số g ( x) = f ( x) − mx + 5 có đúng hai điểm cực trị.

A. 7. Câu 8.

B. 8.

C. 6.

D. 5.

(Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

Trang 27

y x 0

Tìm m để hàm số y = f ( x 2 + m) có 3 điểm cực trị.

A. m ∈ ( 3; +∞ ) . Câu 9.

B. m∈ [ 0;3] .

C. m∈ [ 0;3) .

D. m ∈ ( −∞;0 ) .

(THPT Hàm Rồng - Thanh Hóa - 2019) Cho hàm số f ′ ( x ) = ( x − 2 ) ( x 2 − 4 x + 3) với mọi 2

x ∈ R . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số y = f ( x 2 − 10 x + m + 9 ) có 5 điểm cực trị?

A. 18 . Câu 10.

B. 16 .

C. 17 .

(Chuyên Bắc Giang - Lần 4 - 2019) Cho hàm số

D. 15 .

y = f ( x)

có đạo hàm

f ′ ( x ) = ( x − 2 ) ( x − 1) ( x 2 − 2 ( m + 1) x + m2 − 1) , ∀x ∈ ℝ . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để 2

hàm số g ( x ) = f ( x ) có 5 điểm cực trị?

A. 3. B. 5. C. 2. D. 4. ( ) ( Câu 11. (Sở GD Quảng Nam - 2019) Cho hai hàm đa thức y = f x , y = g x ) có đồ thị là hai đường cong ở hình vẽ. Biết rằng đồ thị hàm số y = f ( x ) có đúng một điểm cực trị là A , đồ thị hàm số 7 y = g ( x ) có đúng một điểm cực trị là B và AB = . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 4 ( ) ( ) thuộc khoảng ( −5;5 ) để hàm số y = f x − g x + m có đúng 5 điểm cực trị?

A. 1 . Câu 12.

B. 3 .

C. 4 .

D. 6 .

(Sở GD Bạc Liêu - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) = x3 − ( 2m − 1) x 2 + ( 2 − m ) x + 2 . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số

a a m để hàm số y = f ( x ) có 5 điểm cực trị là  ; c  , (với a, b, c là các số nguyên, là phân số b b  tối giản). Giá trị của biểu thức M = a 2 + b 2 + c 2 là A. M = 40 . B. M = 11 . C. M = 31 .

Trang 28

D. M = 45 .

Câu 13.

(Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 3 - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Hàm số y = f ' ( x) có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm tập hợp S tất cả các giá trị thực của tham số

để hàm số g ( x ) = 2 f 2 ( x ) + 3 f ( x ) + m có đúng 7 điểm cực trị, biết phương trình

f '( x ) = 0 có đúng 2 nghiệm phân biệt,

A. S = ( −5; 0 ) . Câu 14.

f ( a ) = 1, f ( b) = 0 , lim f ( x ) = +∞ và lim f ( x ) = −∞ . x → +∞ x → −∞

1  C. S =  −8;  . 6 

B. S = ( −8; 0 ) .

9  D. S =  −5;  . 8 

(THPT Thanh Chương - Nghệ An - 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số 1 y = x3 − (3 − m) x 2 + (3m + 7) x − 1 có 5 điểm cực trị? 3 A. 3 . B. 5 . C. 2 . D. 4 .

Câu 15. (Đề Minh Họa 2021) Cho hàm số f ( x ) là hàm số bậc bốn thoả mãn f ( 0 ) = 0 . Hàm số f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số g ( x ) = f ( x3 ) − 3 x có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 3 . B. 5 . C. 4 . D. 2 . Câu 16. (Mã 104 - 2021 Lần 1) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x − 9 ) x 2 − 16 , ∀ x ∈ ℝ . Có

(

)

(

3 bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số g ( x ) = f x + 7 x + m có ít nhất 3

điểm cực trị? A. 16 . Câu 17.

B. 9 . C. 4 . D. 8 . (Mã 102 - 2021 Lần 1) Cho hàm số y = f (x ) có đạo hàm f ′ (x ) = (x − 8) x 2 − 9 , ∀x ∈ ℝ .

(

)

(

)

Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số g (x ) = f x 3 + 6x + m có ít nhất 3 điểm cực trị? A. 5 . B. 8 . C. 6 . D. 7 . Câu 18. (Mã 101 - 2021 Lần 1) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x − 7 ) ( x 2 − 9 ) , ∀x ∈ ℝ . Có

(

)

bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số g ( x ) = f x3 + 5 x + m có ít nhất 3

điểm cực trị? A. 6 . Câu 19. (Mã 103

B. 7 . 2021 -

Lần

C. 5 . Cho hàm

số

D. 4 . y = f ( x ) có

đạo

hàm

f ' ( x ) = ( x − 10 ) ( x 2 − 25 ) , ∀x ∈ ℝ .Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số

(

)

g ( x ) = f x3 + 8 x + m có ít nhất 3 điểm cực trị? Trang 29

A. 9 . B. 25 . C. 5 . D. 10 . Câu 20. (Chuyên Quang Trung - Bình Phước - 2021) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f

(( x − 1)

)

+ m có 3

điểm cực trị. Tổng các phần tử của S là A. 2. B. 4. C. 8. D. 10. Câu 21. (Chuyên Thoại Ngọc Hầu - An Giang - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới:

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số h ( x ) = f 2 ( x ) + f ( x ) + m có đúng 3 cực trị.

1 . B. m ≤ 1 . C. m < 1 . 4 Câu 22. (THPT Lê Lợi - Thanh Hóa - 2021) Cho hàm số A. m ≥

D. m >

1 . 4

y = f ( x)

có

đạo hàm

f ′ ( x ) = x 2 ( x − 1) ( x 2 + 2 mx + m + 1) với mọi x ∈ ℝ . Có bao nhiêu số nguyên m > −10 để hàm số g ( x) = f

( x ) có 5 điểm cực trị?

A. 6 . B. 7 . C. 9 . D. 8 . Câu 23. (Sở Vĩnh Phúc - 2021) Cho hàm số f ( x ) . Biết f ' ( x ) là hàm bậc 3. Có đồ thị như hình vẽ sau

Có bao nhiêu giá trị nguyên m ∈ [ −10,10] để hàm số g ( x ) = f ( x ) + mx + 2021 có đúng 1 cực trị?

A. 20 . Trang 30

B. 16 .

C. 15 .

D. 18 .

Câu 24. (Sở Lào Cai - 2021) Cho hàm số f ( x) =

1 4 x + ax 3 + bx 2 + cx có đồ thị (C ) của hàm y = f '( x) 4

như hình vẽ sau:

Đặt g ( x) = f ( f '( x) ) , h( x) = f ' ( f ( x) ) . Tổng số điểm cực trị của g ( x) và h( x) là: A. 12. B. 11. C. 8. D. 13. Câu 25. (THPT PTNK Cơ sở 2 - TP.HCM - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm

f ' ( x ) = ( x − 2 ) ( x 2 − x ) với ∀x ∈ ℝ . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham 2

1  số m để hàm số f  x 2 − 6 x + m  có 5 điểm cực trị. Tính tổng các phần tử của S ? 2  A. 154 . B. 17 . C. 213 . D. 153 . Câu 26. (THPT PTNK Cơ sở 2 - TP.HCM - 2021) Cho A = {n ∈ ℤ 0 ≤ n ≤ 20} và F là tập hợp các hàm

(

)

số f ( x ) = x 3 + 2m 2 − 5 x 2 + 6 x − 8m 2 có m ∈ A . Chọn ngẫu nhiên một hàm số f ( x ) từ F . Tính xác suất để đồ thị hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị nằm khác phía đối với trục Ox . 18 19 9 19 . B. . C. . D. . 21 20 10 21 Câu 27. (Chuyên Lê Khiết - Quảng Ngãi - 2021) Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên ℝ , đồ thị hàm số y = f '( x) có đúng bốn điểm chung với trung hoành như hình vẽ dưới.

(

)

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y = f x − 3 x + m + 2021 có 11 điểm cực trị.

A. 0 . B. 2 . C. 5 . D. 1 . Câu 28. (Chuyên Long An - 2021) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên dưới đây

Trang 31

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f ( 6 x − 5 ) + 2021 + m có 3 điểm cực

đại? A. 5 . B. 6 . C. 7 . D. 4 . Câu 29. (Chuyên ĐHSP - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ , có bảng biến thiên như sau:

Đặt h ( x ) = m − f ( x − 2 ) ( m là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m sao cho hàm số

y = h ( x ) có đúng 5 điểm cực trị? A. Vô số. B. 12 . C. 0 . D. 10 . Câu 30. (Chuyên Biên Hòa - 2021) Cho hai hàm đa thức y = f ( x ) , y = g ( x ) có đồ thị là hai đường cong ở hình vẽ.

Biết rằng đồ thị hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị là F , G ; đồ thị hàm số y = g ( x ) có hai

điểm cực trị là E , H và HG = 2, FE = 4 . Số giá trị nguyên của tham số m ∈ ( −10;10) để hàm số y = f ( x 2 − x ) − g ( x 2 − x ) + m có đúng 7 điểm cực trị là

A. 7 . B. 8 . C. 5 . D. 6 . Câu 31. (Liên Trường Nghệ An – 2021) Cho đồ thị hàm số bậc bốn y = f ( x ) như hình vẽ bên. Số các 2 giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [-2020 ; 2021] để hàm số g ( x ) = f ( x ) − mf ( x) có

đúng hai điểm cực đại là.

Trang 32

A. 2027 . B. 2021 . C. 2019 . D. 2022 . Câu 32. (Đại Học Hồng Đức - 2021) Gọi S là tập hợp tất cả các số thực m sao cho đồ thị hàm số y = 2 x 4 − 4 ( m − 1) x 2 − m 2 + 3m − 2 có đúng 5 điểm cực trị. Số phần tử m ∈[ −2021;2021] ∩ S có giá trị nguyên là: A. 2020 . B. 2021 . C. 4040 . D. 4041 . Câu 33. (Chuyên Tuyên Quang - 2021) Cho hai hàm đa thức y = f ( x ) , y = g ( x ) có đồ thị là các

đường cong như hình vẽ. Biết rằng đồ thị hàm số y = f ( x ) có đúng một điểm cực trị là B , đồ thị 7 . Có bao nhiêu số nguyên 4 m ∈ ( −2021;2021) để hàm số y = f ( x ) − g ( x ) + m có đúng 5 điểm cực trị?

hàm số y = g ( x ) có đúng một điểm cực trị là A và AB =

A. 2019 .

B. 2021 .

C. 2022 .

D. 2020 .

Trang 33

Dạng 1. Bài toán cực trị hàm số chứa dấu trị tuyệt đối Bài toán: Đồ thị hàm số y = f ( x) có bao nhiêu điểm cực trị (Áp dụng định nghĩa). y = f ( x) =

f 2 ( x)  y′ =

2 f ( x ). f ′( x ) f 2 ( x)

 f ( x) = 0 (1) y′ = 0    f ′( x ) = 0 ( 2 )

Số nghiệm của (1) chính là số giao điểm của đồ thị y = f ( x ) và trục hoành y = 0 . Còn số nghiệm của ( 2) là số cực trị của hàm số y = f ( x ) , dựa vào đồ thị suy ra ( 2 ) . Vậy tổng số nghiệm bội lẻ của (1) và ( 2 ) chính là số cực trị cần tìm. Dạng toán này mình làm tựa theo đề tham khảo 2018, vẫn xuất hiện ở dạng toán hàm hợp, các bạn học chú ý nhé! Câu 1.

(Chuyên Vinh – Lần 2). Đồ thị ( C ) có hình vẽ bên.

Tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = f ( x ) + m có ba điểm cực trị là: A. m ≤ −1 hoặc m ≥ 3 . B. m ≤ −3 hoặc m ≥ 1. C. m = −1 hoặc m = 3 . D. 1 ≤ m ≤ 3. Giải Cách 1: Do y = f ( x ) + m là hàm số bậc ba Khi đó, hàm số y = f ( x ) + m có ba điểm cực trị ⇔ hàm số y = f ( x ) + m có yCD . yCT ≥ 0 (hình minh họa)

Trang 1

 m ≤ −1 ⇔ (1 + m )( −3 + m ) ≥ 0 ⇔  → Đáp án A m ≥ 3 Cách 2: Ta có y = f ( x ) + m =

( f ( x) + m)

 y′ =

( f ( x ) + m). f ′( x ) . ( f ( x) + m) 2

Để tìm cực trị của hàm số y = f ( x ) + m , ta tìm x thỏa mãn y ' = 0 hoặc y ' không xác định.  f ′( x) = 0 ⇔  f ( x ) = − m

(1) ( 2)

Dựa vào đồ thị, suy ra hàm số có 2 điểm cực trị x1 , x2 trái dấu. Suy ra (1) có hai nghiệm x1 , x2 trái dấu. Vậy để đồ thị hàm số có 3 cực trị thì (2) có một nghiệm khác x1 , x2 . Số nghiệm của (2) chính là số giao điểm của đồ thị ( C ) và đường thẳng y = − m .  −m ≥ 1  m ≤ −1 Do đó để (2) có một nghiệm thì dựa vào đồ thị ta có điều kiện:  ⇔  −m ≤ −3 m ≥ 3 → Đáp án. A.

Chú ý: Nếu x = x0 là cực trị của hàm số y = f ( x ) thì f ' ( x0 ) = 0 hoặc không tồn tại f ′ ( x0 ) . Câu 2.

(Đề Tham Khảo 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 4

để hàm số

y = 3 x − 4 x − 12 x + m có 7 điểm cực trị?

A. 5

B. 6

C. 4

D. 3

Lời giải. Trang 2

Chọn C y = f ( x ) = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m 3 2 Ta có: f ′ ( x ) = 12x − 12 x − 24 x .; f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = − 1 hoặc x = 2 .

Do hàm số f ( x ) có ba điểm cực trị nên hàm số y = f ( x ) có 7 điểm cực trị khi m > 0 Phương trình f ( x ) = 0 có 4 nghiệm ⇔  ⇔ 0 < m <5. m − 5 < 0 Vậy có 4 giá trị nguyên thỏa đề bài là m = 1; m = 2; m = 3; m = 4 . Câu 3.

(Gia Bình 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau.

Hàm số y = f ( x − 3 ) có bao nhiêu điểm cực trị A. 5

B. 6

C. 3

D. 1

Lời giải Chọn C y = f ( x − 3 ) (1) , Đặt t =| x − 3 |, t ≥ 0 Thì (1) trở thành: y = f (t )(t ≥ 0)

Có t = ( x − 3) 2  t ' =

x−3 ( x − 3) 2

Có y x′ = t x′ f ′ (t )

x = 3 x = 3 t x′ = 0  y = 0 ⇔ t f (t ) = 0 ⇔  ′ ⇔ t = −2( L) ⇔  x = 7  f (t ) = 0 t = 4  x = −1 ′ x

′ x

′

Trang 3

Lấy x=8 có t '(8) f '(5) > 0 , đạo hàm đổi dấu qua các nghiệm đơn nên ta có bảng biến thiên:

Dựa vào BBT thì hàm số y = f ( x − 3 ) có 3 cực trị.

Câu 4.

(Cụm Liên Trường Hải Phòng 2019) Tìm số các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2 m 2 + m −12 có bảy điểm cực trị

A. 1 .

B. 4 .

C. 0 .

D. 2 .

Lời giải 4

Đồ thị hàm số y = x − 2mx + 2m + m −12 có bảy điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số

y = x4 − 2mx2 + 2m2 + m −12 cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt m 2 − (2m 2 + m −12) > 0   4 2 2 x − 2mx + 2 m + m −12 = 0 có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  2 m > 0  2m 2 + m −12 > 0    −  4 < m < 3 −1 + 97 ⇔ <m<3 ⇔ m > 0  4  −1− 97 −1 + 97 ∨m> m < 4 4  Vậy không có giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m 2 + m −12 có bảy điểm cực trị.

Câu 5.

(Sở Vĩnh Phúc 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = 3 x 4 − 4 x3 − 12 x 2 + m2 có đúng 5 điểm cực trị?

A. 5 .

B. 7 .

C. 6 . Lời giải

D. 4 .

Xét hàm số f ( x) = 3x 4 − 4 x3 − 12 x 2 + m2 ; f ′( x) = 12 x3 − 12 x 2 − 24 x f ′( x) = 0 ⇔ x1 = 0; x2 = −1; x3 = 2 . Suy ra, hàm số y = f ( x) có 3 điểm cực trị.

 Hàm số y = 3x 4 − 4 x3 − 12 x 2 + m2 có 5 điểm cực trị khi đồ thị hàm số y = f ( x) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt ⇔ 3x 4 − 4 x3 − 12 x 2 + m2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt. Phương trình 3x 4 − 4 x3 − 12 x 2 + m2 = 0 ⇔ −3x 4 + 4 x3 + 12 x 2 = m2 (1). Xét hàm số g( x) = −3x4 + 4 x3 + 12 x 2 ; g′( x) = −12 x3 + 12 x 2 + 24 x . Trang 4

Bảng biến thiên:

m2 < 0 Phương trình (1) cớ 2 nghiệm phân biệt ⇔  ⇔ 5 < m < 32 . 2 5 < m < 32 

Vậy m ∈ {3; 4;5; −3; −4; −5} .

Câu 6.

(Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m có 5 điểm cực trị.

A. 16

B. 44

C. 26

D. 27

Lời giải Chọn C Đặt: g ( x ) = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m

 x = 2  y = m − 32 Ta có: g '( x) = 12 x − 12 x − 24 x = 0 ⇔  x = −1  y = m − 5  x = 0  y = m 3

m < 0 m < 0  Dựa vào bảng biến thiên, hàm số có y = g ( x) có 5 điểm cực trị khi  m − 5 > 0 ⇔  . 5 < m < 32    m − 32 < 0 Vì m là số nguyên dương cho nên có 26 số m thỏa đề bài Câu 7.

A. 2

B. 4

C. 3

D. 1

Lời giải Chọn B Trang 5

x = 0 Đặt f ( x ) = x 4 − 2mx 2 + 2m − 1 , f ′ ( x ) = 4 x3 − 4mx , f ′ ( x ) = 0 ⇔  2 x = m

+ Trường hợp 1: hàm số có một cực trị  m ∈ [ −2;0] . Đồ thị hàm số y = f ( x ) có một điểm cực trị là A ( 0; 2m − 1) . Do m ∈ [ −2;0]  yA = 2m − 1 < 0 nên đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt nên hàm số y = f ( x ) có 3 cực trị  có 3 giá trị nguyên của m thỏa ycbt. + Trường hợp 2: hàm số có ba cực trị  m ∈ ( 0; 2] . Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là

(

A ( 0; 2m − 1) ,

(

)

m ; − m 2 + 2m − 1 ,

)

C − m ; −m 2 + 2m − 1 . Do a = 1 > 0 nên hàm số y = f ( x ) có 3 điểm cực trị khi hàm số y = f ( x ) có yB = yC ≥ 0 ⇔ − m 2 + 2m − 1 ≥ 0 ⇔ m = 1 .

Nếu yB = yC < 0 (trong bài toán này không xảy ra) thì hàm số có ít nhất 5 điểm cực trị. Vậy có 4 giá trị của m thỏa ycbt. Câu 8.

(Chuyên Bắc Ninh 2019) Tập hợp các giá trị của m để hàm số y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m − 1 có 7 điểm cực trị là: A. (0;6)

B. (6;33)

C. (1;33)

D. (1;6)

Lời giải Chọn D Xét hàm số f ( x) = 3 x 4 − 4 x3 − 12 x 2 + m − 1 , Có lim f ( x ) = +∞ , lim f ( x ) = +∞ x → +∞

x → −∞

(

f ′ ( x) = 12 x3 − 12 x 2 − 24 x = 12 x x 2 − x − 2

)

x = 0 f ( x) = 0 ⇔  x = −1 .  x = 2 ′

Bảng biến thiên:

Trang 6

Từ bảng biến thiên, ta có hàm số y = f ( x) có 7 điểm cực trị ⇔ đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt ⇔ m − 6 < 0 < m − 1 ⇔ 1 < m < 6 .

Câu 9.

(THPT Kinh Môn - 2018) Cho hàm số y = f ( x) = x 3 − (2m − 1) x 2 + (2 − m) x + 2 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = f ( x ) có 5 điểm cực trị.

5 < m ≤ 2. 4

B. −2 < m <

5 . 4

C. −

5 < m < 2. 4

Lời giải Ta có: y ' = 3 x 2 − 2 ( 2m − 1) x + 2 − m Hàm số y = f ( x ) có 5 điểm cực trị khi chi khi hàm số f ( x ) có hai cực trị dương.

 2 ( 2m − 1) − 3 ( 2 − m ) > 0 4m 2 − m − 5 > 0 ∆ > 0   5 1  2 ( 2m − 1)   ⇔ <m<2 >0 ⇔ S > 0 ⇔  ⇔ m > 4 3 2 P > 0    2 − m m < 2  3 > 0 Câu 10. (Chuyên Đh Vinh - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x 3 − 2 x 2 )( x 3 − 2 x ) với mọi x ∈ ℝ . Hàm số f (1 − 2018 x ) có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị?

A. 9 .

B. 2018 .

C. 2022 .

D. 11.

Lời giải Ta có f ′ ( x ) = x 3 ( x − 2 ) ( x 2 − 2 ) = 0 có 4 nghiệm và đổi dấu 4 lần nên hàm số y = f ( x ) có 4 cực trị. Suy ra f ( x ) = 0 có tối đa 5 nghiệm phân biệt. Do đó y = f (1 − 2018 x ) có tối đa 9 cực trị.

Câu 11.

(THPT Thạch Thanh 2 - Thanh Hóa - 2018) Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y = f ( x ) .

Trang 7

Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = f ( x − 1) + m có 5

điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng A. 9 . B. 12 . C. 18 .

D. 15 .

Lời giải Nhận xét: Số giao điểm của ( C ) : y = f ( x ) với Ox bằng số giao điểm của ( C ′ ) : y = f ( x − 1) với Ox .

Vì m > 0 nên ( C ′′ ) : y = f ( x − 1) + m có được bằng cách tịnh tiến ( C ′ ) : y = f ( x − 1) lên trên m

đơn vị.

TH1: 0 < m < 3 . Đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị. Loại. Trang 8

TH2: m = 3 . Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Nhận. TH3: 3 < m < 6 . Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Nhận. TH4: m ≥ 6 . Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị. Loại. Vậy 3 ≤ m < 6 . Do m∈ℤ* nên m ∈ {3; 4;5} . Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12 .

Câu 12.

(THPT Quảng Yên - Quảng Ninh - 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số m y = 3x 4 + 4 x3 − 12 x 2 + có 7 điểm cực trị? 2 A. 3 .

B. 9 .

C. 6 .

D. 4 .

Lời giải Ta có y = 3 x 4 + 4 x3 − 12 x 2 +

 y′ =

(12 x

m m  =  3 x 4 + 4 x3 − 12 x 2 +  2 2 

m  + 12 x 2 − 24 x )  3 x 4 + 4 x3 − 12 x 2 +  2  m  4 3 2  3 x + 4 x − 12 x +  2 

12 x3 + 12 x 2 − 24 x = 0 (1)  y′ = 0 ⇔  4 . 3x + 4 x3 − 12 x 2 + m = 0 ( 2 )  2

x = 0 Từ (1)   x = 1 .  x = −2 Vậy để hàm số có 7 điểm cực trị thì (2) phải có bốn nghiệm phân biệt khác {0;1; −2} .

x = 0 m 3 2 Xét hàm số f ( x ) = 3 x + 4 x − 12 x +  f ' ( x ) = 12 x + 12 x − 24 x  f ' ( x ) = 0 ⇔  x = 1 2  x = −2 4

Trang 9

Để (2) có

nghiệm phân biệt thì

f (x)

cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt

m   −5 + 2 < 0  m < 10  ⇔ ⇔ 0 < m < 10 . m > 0 m > 0  2 Vậy có 9 giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = 3x 4 + 4 x3 − 12 x 2 +

Câu 13.

m có 7 điểm cực trị. 2

(THPT Nguyễn Tất Thành - Yên Bái - 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x3 − 3x 2 + m có 5 điểm cực trị?

A. 5 .

B. 3 .

C. 6 .

D. 4 .

Lời giải 3

Hàm số y = x − 3x + m có 5 điểm cực trị ⇔ đồ thị hàm số y = x3 − 3x 2 + m có hai điểm cực trị và nằm về hai phía của trục hoành ⇔ phương trình x 3 − 3 x 2 + m = 0 (1) có ba nghiệm phân biệt. Xét bbt của hàm số y = x 3 − 3 x 2 x = 0 y′ = 3x 2 − 6 x = 0   x = 2

Từ đó ta được (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ −4 < − m < 0 ⇔ 0 < m < 4 . Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Câu 14.

(Chuyên Nguyễn Thị Minh Khai - Sóc Trăng - 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = 3x5 − 25 x3 + 60 x + m có 7 điểm cực trị?

A. 42 .

B. 21 .

C. 40 .

D. 20 .

Lời giải

Trang 10

y = 3 x 5 − 25 x 3 + 60 x + m  y′ = 15 x 4 − 75 x 2 + 60  x = −2  y = m − 16  x = −1  y = m − 38 x = 1 y′ = 0 ⇔  2 ⇔  x = 1  y = m + 38 x = 4   x = 2  y = m + 16 2

Suy ra y = 3x5 − 25 x3 + 60 x + m có 7 điểm cực trị  m = 17,37  m − 38 < 0 < m − 16 16 < m < 38 ⇔ ⇔ ⇔  m + 16 < 0 < m + 38  −38 < m < −16  m = −37, −17 Có tất cả 42 giá trị nguyên của m.

Câu 15.

(Sở Nam Định - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ

Đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi A. m ∈ ( 4;11) .

 11  B. m ∈  2;  .  2

C. m = 3 .

 11 D. m ∈  2;  .  2

Lời giải Từ BBT của hàm số y = f ( x ) ta có bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) − 2m như sau

Trang 11

Đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m gồm hai phần: + Phần đồ thị của hàm số y = f ( x ) − 2m nằm phía trên trục hoành. + Phần đối xứng với đồ thị của hàm số y = f ( x ) − 2m nằm phía dưới trục hoành qua trục Ox . Do đó, đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi

 11  .  2

( 4 − 2m )(11 − 2m ) < 0 ⇔ m ∈  2; Câu 16.

C. 9 .

D. 12 .

Lời giải

Cách 1: dùng đồ thị. - Nhận thấy: số giao điểm của ( C ) : y = f ( x ) với Ox bằng số giao điểm của ( C1 ) : y = f ( x − 2 ) với Ox . Vì m > 0 nên ( C2 ) : y = f ( x − 2 ) + m có được bằng cách tịnh tiến ( C1 ) : y = f ( x − 2 ) lên trên m

đơn vị. - Đồ thị hàm số y = f ( x − 2 ) + m có được bằng cách lấy đối xứng qua trục hoành Ox phần đồ thị ( C 2 ) nằm phía dưới trục Ox và giữ nguyên phần phía trên trục Ox . Trang 12

- Ta xét các trường hợp sau:

+ Trường hợp 1: 0 < m < 3 : đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị (loại). + Trường hợp 2: m = 3 : đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị (thỏa mãn). + Trường hợp 3: 3 < m < 6 : đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị (thỏa mãn). + Trường hợp 4: m ≥ 6 : đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị (loại). Vậy 3 ≤ m < 6 Do m ∈ ℤ∗+ nên m ∈ {3; 4;5} hay S = {3; 4;5} . Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12 .

* Cách 2: đạo hàm hàm số hợp. 2

- Ta có: y = f ( x − 2 ) + m =  f ( x − 2 ) + m   y ′ =

( f ( x − 2) + m) . f ′ ( x − 2)  f ( x − 2 ) + m 

- Xét f ′ ( x − 2 ) = 0 (1) + Do phương trình f ′ ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên phương trình f ′ ( x − 2 ) = 0 cũng có 3 nghiệm phân biệt.

- Xét f ( x − 2 ) + m = 0 ⇔ f ( x − 2 ) = −m

(2)

+ Nếu −6 < − m < −3 ⇔ 3 < m < 6 thì phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm phân biệt khác 3 nghiệm của (1) . + Nếu − m = −3 ⇔ m = 3 thì ( 2 ) có 3 nghiệm phân biệt (trong đó có 2 nghiệm đơn khác 3 nghiệm của (1) và 1 nghiệm kép trùng với 1 nghiệm của (1) ) Tóm lại : với 3 ≤ m < 6 thì hai phương trình (1) và ( 2 ) có tất cả 5 nghiệm bội lẻ phân biệt và y ′

đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó, hay đồ thị hàm số y = f ( x − 2 ) + m có 5 điểm cực trị. Trang 13

- Lại do m ∈ ℤ∗+ nên m ∈ {3; 4;5} hay S = {3; 4;5} . Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12 .

Câu 17.

(Sở Hưng Yên - 2018) Cho hàm số f ( x) = x3 − 3x 2 + m với m ∈ [ −5; 5] là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số f ( x ) có đúng ba điểm cực trị.

A. 3 .

B. 0 .

C. 8 .

D. 6 .

Lời giải x = 0 Xét hàm số g ( x ) = x 3 − 3 x 2 + m có g '( x) = 0 ⇔ 3 x 2 − 6 x = 0 ⇔  . x = 2

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy để hàm số f ( x) có đúng ba điểm cực trị thì đồ thị hàm số g ( x) phải có đúng một giao điểm hoặc tiếp xúc với Ox . m ≤ 0 m ≤ 0 ⇔ Điều kiện này tương đương với  . Kết hợp điều kiện m ∈ [ −5;5] ta có  −4 + m ≥ 0 m ≥ 4 m ∈ {−5; −4; −3; −2; −1; 0; 4;5} . Vậy có 8 giá trị thoả mãn.

Câu 18.

(Chuyên Hùng Vương - Bình Dương - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau.

Đồ thị hàm số y = f ( x − 2017 ) + 2018 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 2 .

B. 3 .

C. 5 .

D. 4 .

Lời giải Có y = f ( x − 2017 ) bằng cách tịnh tiến sang bên phải 2017 đơn vị ta có bảng biến thiên của hàm số y = f x − 2017

(

) Trang 14

Tịnh tiến đồ thị hàm số f x − 2017 lên trên 2018 đơn vị và lấy trị tuyệt đối ta có bảng biến thiên

(

)

của hàm số y = f ( x − 2017 ) + 2018

Từ bảng biến thiên, suy ra hàm số có 3 cực trị.

Câu 19. (Chuyên Ngữ - Hà Nội - 2018) Hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) trên ℝ . Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số f ′ ( x ) trên ℝ .

Hỏi hàm số y = f ( x ) + 2018 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 5 .

C. 2 .

B. 3 .

D. 4 .

Lời giải Cách 1: Từ đồ thị hàm số của f ′ ( x ) ta thấy f ( x ) có hai cực trị dương nên hàm số y = f ( x ) lấy đối xứng phần đồ thị hàm số bên phải trục tung qua trục tung ta được bốn cực trị, cộng thêm giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) + 2018 với trục tung nữa ta được tổng cộng là 5 cực trị. Cách 2: Ta có: y = f ( x ) + 2018 = f

Đạo hàm: y′ = f ′

( x )( x )′ = 2

x x2

( x ) + 2018 . 2

. f ′( x ) .

Trang 15

Từ đồ thị hàm số của f ′ ( x ) suy ra f ′ ( x ) cùng dấu với

( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 )

với x1 < 0 ,

0 < x2 < x3 . Suy ra: f ′ ( x ) cùng dấu với Do x − x1 > 0 nên y′ = f ′

( x − x )( x − x )( x − x ) . 1

( x )( x )′ = 2

x x2

f ′ ( x ) cùng dấu với ( x − x2 )( x − x3 ) .

x x2

Vậy hàm số y = f ( x ) + 2018 có 5 cực trị.

Câu 20.

(Sở- Nam Định - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ

Đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi A. m ∈ ( 4;11) .

 11  B. m ∈  2;  .  2

C. m = 3 .

 11 D. m ∈  2;  .  2

Lời giải Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị.

Để đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2m có 5 điểm cực trị thì đồ thị y = f ( x ) cắt đường thẳng y = 2m tại 5 − 2 = 3 điểm phân biệt ⇔ 4 < 2m < 11 ⇔ 2 < m <

11 . 2

Câu 21. (Sở Hưng Yên - 2021) Gọi X là tập hợp các số nguyên m ∈ [ −2021; 2021] sao cho đồ thị hàm số y = x 3 − ( 2m + 1) x 2 + mx + m có 5 điểm cực trị. Tổng các phần tử của X là

A. 0 .

B. 4036 .

C. 1.

D. −1.

Lời giải Chọn C +) Xét hàm số f ( x ) = x3 − ( 2m + 1) x 2 + mx + m Ta có f ′ ( x ) = 3x 2 − 2 ( 2m + 1) x + m 2

1 3 2  ∆ ′ = ( 2 m + 1) − 3m = 3m 2 +  m +  + > 0, với mọi m ∈ ℝ . 2 4 

Suy ra hàm số f ( x ) luôn có 2 điểm cực trị, với mọi m ∈ ℝ . +) f ( x ) = 0 ⇔ x3 − ( 2m + 1) x 2 + mx + m = 0 (1)

Trang 16

x = 1 . ⇔ ( x − 1) ( x 2 − 2mx − m ) = 0 ⇔  2  x − 2mx − m = 0 ( 2 ) Hàm số đã cho có 5 điểm cực trị ⇔ phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm phân biệt, khác 1   m < −1   ∆′ = m + m > 0 m > 0 ⇔ . ⇔  1 1 − 3m ≠ 0   m ≠ 3 2

Vì m ∈ ℤ và m ∈ [ −2021; 2021] nên m ∈ {±2021; ±2020;...; ±2;1} . Suy ra X = {±2021; ±2020;...; ±2;1} . Vậy tổng các phần tử của tập X bằng 1.

Trang 17

CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

Chuyên đề 2

Ta thực hiện phương pháp tương tự xét số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) Bước 1. Tính đạo hàm y ' = u '. f ' ( u )

u ' = 0 Bước 2. Giải phương trình y ' = 0 ⇔   f '(u ) = 0 Bước 3.Tìm số nghiệm đơn và bội lẻ hoặc các điểm mà y ' không xác định. Kết luận Câu 1.

(Đề Tham Khảo 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị như hình bên. Số điểm

(

)

cực trị của hàm số g ( x ) = f x3 + 3x 2 là

A. 5 .

B. 3 .

C. 7 .

D. 11 .

Lời giải Chọn C Từ đồ thị ta có bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) như sau

−∞

f ′( x) f ( x)

a 0

−

+∞

(

+∞ + +∞

)

(

) (

Ta có g ( x ) = f x3 + 3x 2  g ′ ( x ) = 3x 2 + 6 x . f ′ x3 + 3x 2

)

x = 0  2  x = −2 3 x + 6 x = 0 Cho g ′ ( x ) = 0 ⇔  ⇔  x 3 + 3 x 2 = a; a < 0 3 2  3  f ′ ( x + 3 x ) = 0  x + 3 x 2 = b; 0 < b < 4  3 2  x + 3 x = c; c > 4 x = 0 Xét hàm số h ( x ) = x 3 + 3 x 2  h′ ( x ) = 3 x 2 + 6 x . Cho h′ ( x ) = 0 ⇔   x = −2 Trang 1

Bảng biến thiên

Ta có đồ thị của hàm h ( x ) = x 3 + 3 x 2 như sau Từ đồ thị ta thấy: Đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm số y = h ( x ) tại 1 điểm. Đường thẳng y = b cắt đồ thị hàm số y = h ( x ) tại 3 điểm. Đường thẳng y = c cắt đồ thị hàm số y = h ( x ) tại 1 điểm. Như vậy phương trình g ′ ( x ) = 0 có tất cả 7 nghiệm đơn phân biệt.

(

)

Vậy hàm số g ( x ) = f x3 + 3x 2 có 7 cực trị. Câu 2.

(Mã 101 - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ' ( x ) như sau:

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 − 2 x ) là A. 9.

B. 3.

C. 7. Lời giải

D. 5.

Chọn C Ta có y ′ = 2 ( x − 1) . f ′ ( x 2 − 2 x ) . x = 1 x = 1  2  2  x − 2 x = a ∈ ( −∞; − 1)  x − 2 x − a = 0, a ∈ ( −∞; − 1) x = 1  2  y′ = 0 ⇔  ⇔  x − 2 x = b ∈ ( −1;0 ) ⇔  x 2 − 2 x − b = 0, b ∈ ( −1;0 ) 2 ′  f ( x − 2 x ) = 0  x 2 − 2 x = c ∈ ( 0;1)  x 2 − 2 x − c = 0, c ∈ ( 0;1)    x 2 − 2 x = d ∈ (1; + ∞ )  x 2 − 2 x − d = 0, d ∈ (1; + ∞ )  

(1) (2) . (3) (4)

Phương trình (1) vô nghiệm, các phương trình (2), (3), (4) đều có hai nghiệm phân biệt khác 1 và do b, c, d đôi một khác nhau nên các nghiệm của phương trình (2), (3), (4) cũng đôi một khác nhau. Do đó f ′ ( x 2 − 2 x ) = 0 có 6 nghiệm phân biệt. Vậy y ′ = 0 có 7 nghiệm phân biệt, do đó số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 − 2 x ) là 7.

Câu 3.

Trang 2

(Mã 104 - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ′ ( x ) như sau:

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( 4 x 2 + 4 x ) là

A. 5.

B. 9.

C. 7. Lời giải

D. 3.

Chọn C

( (

Có f 4 x + 4 x

′

) ) = (8 x + 4 ) f ′ ( 4 x

) (

+ 4x , f (4x + 4x) 2

′

)

1  x = − 2 . =0⇔ 2  f ′ 4 x + 4 x = 0

(

)

 4 x 2 + 4 x = a1 ∈ ( −∞; −1)  2  4 x + 4 x = a2 ∈ ( −1;0 ) 2 Từ bảng biến thiên trên ta có f ′ 4 x + 4 x = 0 ⇔  2 . (1) 4 x + 4 x = a ∈ 0;1 ( ) 3   2  4 x + 4 x = a4 ∈ (1; +∞ )

(

)

Xét g ( x ) = 4 x 2 + 4 x , g ′ ( x ) = 8 x + 4 , g ′ ( x ) = 0 ⇔ x = −

1 ta có bảng biến thiên 2

Kết hợp bảng biến thiên của g ( x ) và hệ (1) ta thấy: Phương trình 4 x 2 + 4 x = a1 ∈ ( −∞; −1) vô nghiệm. 1 Phương trình 4 x 2 + 4 x = a2 ∈ ( −1;0 ) tìm được hai nghiệm phân biệt khác − . 2 1 Phương trình 4 x 2 + 4 x = a2 ∈ ( 0;1) tìm được thêm hai nghiệm mới phân biệt khác − . 2 1 Phương trình 4 x 2 + 4 x = a2 ∈ (1; +∞ ) tìm được thêm hai nghiệm phân biệt khác − . 2

Vậy hàm số y = f ( 4 x 2 + 4 x ) có tất cả 7 điểm cực trị. Trang 3

Câu 4.

(Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Đồ thị

(

)

hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ bên. Hàm số y = f x 2 + 4 x − x 2 − 4 x có bao nhiêu điểm cực trị thuộc khoảng ( −5;1) ?

B. 4 .

A. 5 .

C. 6 . Lời giải

D. 3 .

Chọn A

(

)  g′ ( x ) = ( 2x + 4) f ′ ( x

Đặt g ( x ) = f x 2 + 4 x − x 2 − 4 x 2

+ 4 x ) − ( 2 x + 4 ) = ( 2 x + 4 )  f ′ ( x 2 + 4 x ) − 1 .

2 x + 4 = 0  2 x + 4 x = −4 (1) Ta có g ′ ( x ) = 0 ⇔  2 . x + 4x = 0 (2)   x 2 + 4 x = a ∈ (1;5 ) (3) Xét phương trình x 2 + 4 x = a ∈ (1;5) , ta có BBT của hàm số y = x2 + 4 x trên ( −5;1) như sau:

Suy ra (1) có nghiệm kép x = −2 , (2) có 2 nghiệm phân biệt x = −4; x = 0 , (3) có 2 nghiệm phân biệt x = x1; x = x2 khác −2; 0; − 4 . Do đó phương trình g ′ ( x ) = 0 có 5 nghiệm trong đó có x = −2 là nghiệm bội ba, các nghiệm x = −4; x = 0 ; x = x1; x = x2 là các nghiệm đơn. Vậy g ( x ) có 5 điểm cực trị.

Câu 5.

(Chuyên Hưng Yên - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm đến cấp hai trên ℝ và có bảng xét dấu của hàm số y = f ' ( x ) như hình sau:

Hỏi hàm số g ( x ) = f (1 − x ) +

A. x = 3 . Trang 4

x3 − 2 x 2 + 3x đạt cực tiểu tại điểm nào trong các điểm sau? 3 B. x = 0 . C. x = −3 . D. x = 1 . Lời giải

Chọn A g ′ ( x ) = − f ′ (1 − x ) + x 2 − 4 x + 3 . 1 − x < −2 x > 3 − f ′ (1 − x ) > 0 ⇔ f ′ (1 − x ) < 0 ⇔  ⇔ 0 < 1 − x < 4  −3 < x < 1 Bảng xét dấu g ′ ( x ) :

Từ bảng xét dấu g ′ ( x ) ta suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 .

Câu 6.

(Chuyên KHTN - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ , có đồ thị f ( x ) như hình vẽ. y

O 2

-1

(

y=f(x)

)

Hàm số g ( x ) = f x3 + x đạt cực tiểu tại điểm x0 . Giá trị x0 thuộc khoảng nào sau đây

A. (1;3) .

B. ( −1;1) .

C. ( 0; 2 ) .

D. ( 3; +∞ ) .

Lời giải Chọn B

(

)

(

) (

)

Ta có g ( x ) = f x3 + x  g ′ ( x ) = 3x 2 + 1 f ′ x3 + x .

 x3 + x = 0 x = 0  g ′ ( x ) = 0 ⇔ ( 3x 2 + 1) f ′ ( x3 + x ) = 0 ⇔ f ′ ( x3 + x ) = 0 ⇔  3 ⇔ . x = 1 x + x = 2  

(

) (

)

(

)

Do đó g ′ ( x ) > 0 ⇔ 3x 2 + 1 f ′ x3 + x > 0 ⇔ f ′ x3 + x > 0 ⇔ 0 < x3 + x < 2 ⇔ 0 < x < 1 . Bảng biến thiên

Trang 5

(

)

Vây hàm số g ( x ) = f x3 + x đạt cực tiểu tại điểm x0 = 0 . Suy ra x0 ∈ ( −1;1) .

Câu 7.

(Chuyên KHTN - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ , có đồ thị f ′ ( x ) như hình vẽ. y y=f'(x)

(

)

Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = f − x 2 + x là

A. 1 .

B. 4 .

C. 3 . Lời giải

D. 2 .

Chọn A

(

)

(

)

Ta có g ( x ) = f − x 2 + x  g ′ ( x ) = ( −2 x + 1) f ′ − x 2 + x .

1  1  x = 2 x = 2  −2 x + 1 = 0    g ′ ( x ) = 0 ⇔ ( −2 x + 1) f ′ ( − x 2 + x ) = 0 ⇔  ⇔ − x2 + x = 0 ⇔  x = 1 . 2  f ′ ( − x + x ) = 0  2 x = 0 − x + x = 2   

 −2 x + 1 > 0  2   f ′ ( − x + x ) > 0 2 Do đó g ′ ( x ) > 0 ⇔ ( −2 x + 1) f ′ ( − x + x ) > 0 ⇔   −2 x + 1 < 0  ′ f − x2 + x ) < 0   (  1  1  x < 2  x < 2    2   − x + x > 2  x > 1 x < 0   2   ⇔   − x + x < 0 ⇔    x < 0 ⇔  1 .  < x <1   2 1   x > 1  x > 2 2    0 < − x 2 + x < 2 0 < x < 1    Bảng biến thiên x

Trang 6

−∞

1 2

+∞

g′( x)

−

g ( x)

Vậy hàm số có 1 điểm cực tiểu.

Câu 8.

(Chuyên Lam Sơn - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ , bảng biến thiên của hàm số f ' ( x ) như sau:

(

)

Số điểm cực trị của hàm số y = f x 2 + 2 x là

A. 4.

B. 5.

C. 1. Lời giải

D. 7.

Chọn B  x = −1 Ta có y ' = ( 2 x + 2 ) f ' x 2 + 2 x = 0 ⇔  2  f ' x + 2 x = 0

(

)

(

)

 x 2 + 2 x = a < −1  Từ BBT ta thấy phương trình (1) ⇔  x 2 + 2 x = b ∈ ( −1;1)  2  x + 2 x = c > 1

(1)

( 2) ( 3) . ( 4)

Đồ thị hàm số y = x 2 + 2 x có dạng

Từ đồ thị hàm số y = x 2 + 2 x ta thấy phương trình (2) vô nghiệm; phương trình (3) ; phương trình (4) đều có 2 nghiệm phân biệt.

(

)

Do đó y ' = 0 có 5 nghiệm đơn phân biệt. Vậy hàm số y = f x 2 + 2 x có 5 điểm cực trị.

Trang 7

Câu 9.

(Sở Bắc Giang - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đúng ba điểm cực trị là −2; −1;0 và có đạo hàm

(

)

liên tục trên ℝ . Khi đó hàm số y = f x 2 − 2 x có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 3 .

B. 8 .

C. 10 . D. 7 . Lời giải Vì hàm số y = f ( x ) có đúng ba điểm cực trị là −2; −1;0 và có đạo hàm liên tục trên ℝ nên f ′ ( x ) = 0 có ba nghiệm là −2; −1;0 (ba nghiệm bội lẻ).

(

)

(

)

(

)

Xét hàm số y = f x 2 − 2 x có y′ = ( 2 x − 2 ) . f ′ x 2 − 2 x ; y′ = 0 ⇔ ( 2 x − 2 ) . f ′ x 2 − 2 x = 0 x = 1 x = 1  2 x − 2 x = −2  ⇔ 2 ⇔  x = 0 .  x − 2 x = −1  x = 2  2  x − 2 x = 0 Do y′ = 0 có một nghiệm bội lẻ ( x = 1 ) và hai nghiệm đơn ( x = 0 ; x = 2 ) nên hàm số

y = f ( x 2 − 2 x ) chỉ có ba điểm cực trị. Câu 10.

(Mã 102 - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ' ( x ) như sau

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 + 2 x ) là

A. 9 .

B. 5 .

C. 7 . Lời giải

Chọn C

2x + 2 = 0  2  x + 2 x = a, a < −1 2 Ta có y ' = ( 2 x + 2 ) f ' ( x + 2 x ) = 0 ⇔  x 2 + 2 x = b, −1 < b < 0  2  x + 2 x = c, 0 < c < 1  2  x + 2x = d , d > 1

Trang 8

D. 3 .

Dựa vào đồ thị ta được y ' = 0 có 7 nghiệm đơn nên nó có 7 cực trị

Câu 11.

(Mã 103 - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ′ ( x ) như sau:

Số cực trị của hàm số y = f ( 4 x 2 − 4 x ) là

A. 3 .

B. 9 .

C. 5 . Lời giải

D. 7 .

Chọn D Từ bảng biến thiên

 x = a ∈ ( −∞; −1)  x = b ∈ ( −1;0 ) Ta thấy f ′ ( x ) = 0 ⇔   x = c ∈ ( 0;1)   x = d ∈ (1; +∞ ) Với y = f ( 4 x 2 − 4 x ) , ta có y ′ = ( 8 x − 4 ) f ′ ( 4 x 2 − 4 x )

1  x=  2  2 4 x − 4 x = a ∈ ( −∞; −1) (1)   8x − 4 = 0 y′ = 0 ⇔  ⇔  4 x 2 − 4 x = b ∈ ( −1;0 ) ( 2 ) 2  ′ f 4 x 4 x 0 − = ( )   4 x 2 − 4 x = c ∈ ( 0;1) ( 3)  2  4 x − 4 x = d ∈ (1; +∞ ) ( 4 )  Trang 9

Xét hàm số g ( x ) = 4 x 2 − 4 x , ta có g ′ ( x ) = 8 x − 4 = 0 ⇔ x =

1 2

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên của g ( x ) ta có:

Vì

a ∈ ( −∞; −1)

nên

(1)

vô nghiệm.

Vì b ∈ ( −1;0 ) nên ( 2 ) có 2 nghiệm phân biệt. Vì c ∈ ( 0;1) nên ( 3) có 2 nghiệm phân biệt. Vì d ∈ (1; +∞ ) nên ( 4 ) có 2 nghiệm phân biệt. Vậy hàm số y = f ( 4 x 2 − 4 x ) có 7 điểm cực trị

Cách khác: Ta có: y ′ = ( 8 x − 4 ) . f ′ ( 4 x 2 − 4 x ) . 8 x − 4 = 0 y′ = 0 ⇔ (8 x − 4 ) . f ′ ( 4 x 2 − 4 x ) = 0 ⇔  2  f ′ ( 4 x − 4 x ) = 0 1 + 8x − 4 = 0 ⇔ x = . 2  4 x 2 − 4 x = a ( a < −1) (1)  2 4 x − 4 x = b ( −1 < b < 0 ) ( 2 ) 2 ′ + f (4x − 4x) = 0 ⇔  2  4 x − 4 x = c ( 0 < c < 1) ( 3)   4 x 2 − 4 x = d ( d > 1) ( 4 ) + Phương trình 4 x 2 − 4 x = m ⇔ 4 x 2 − 4 x − m = 0 có nghiệm khi ∆ ′ = 4 − 4 m ≥ 0 hay m ≤ 1 . Từ đó, ta có phương trình (1) ; ( 2 ) ; ( 3) luôn có hai nghiệm phân biệt. Phương trình ( 4 ) vô nghiệm. Do đó, hàm số đã cho có 7 cực trị.

Câu 12.

(Chuyên An Giang - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình bên.

( )

Hàm số g ( x ) = f x 2 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 4 . Trang 10

B. 3 .

C. 5 .

D. 2 .

Lời giải  x = −2 x = 0 Từ đồ thị y = f ′ ( x ) ta có f ′ ( x ) = 0 ⇔  ; x =1  x = 3

x > 3  x < −2 f ′ ( x) > 0 ⇔  ; f ′( x) < 0 ⇔  .  −2 < x < 1 1 < x < 3 x = 0 x = 0  2 x = 0 x =1  2  Ta có g ′ ( x ) = 2 xf ′ x ; g ′ ( x ) = 0 ⇔  ⇔ 2 ⇔  x = ±1 . 2 x = 3  f ′ ( x ) = 0 x = ± 3   2  x = 0

( )

 −1 < x < 1   2 x ≠ 0  0 < x < 1  Ta có f ′ ( x 2 ) > 0 ⇔  2 . ⇔ x > 3 x > 3   x < − 3  Ta có bảng biến thiên

( )

Từ bảng biến thiên ta có hàm số g ( x ) = f x 2 có 5 điểm cực trị.

A. 4

B. 2

C. 5 Lời giải

D. 3

Chọn D Quan sát đồ thị ta có y = f ′ (x ) đổi dấu từ âm sang dương qua x = −2 nên hàm số y = f (x ) có một điểm cực trị là x = −2 .

Trang 11

x = 0 x = 0   ′ 2 2 Ta có y ′ =  f ( x − 3) = 2 x. f ′ ( x − 3) = 0 ⇔  x − 3 = −2 ⇔  x = ±1 .    2   x − 3 = 1  x = ±2 2

Mà x = ±2 là nghiệp kép, còn các nghiệm còn lại là nghiệm đơn nên hàm số y = f ( x 2 − 3) có ba cực trị.

Câu 14.

(−

)

5; 5 .

A. 2 .

B. 4 .

C. 3 . Lời giải

D. 5 .

Xét hàm số g ( x ) = f ( x 2 )  g ′ ( x ) = 2 xf ′ ( x 2 ) . x = 0 x = 0 x = 0  g′( x) = 0 ⇔  . ⇔  x2 = 0 ⇔  2 x = ± 2  f ′ ( x ) = 0   x2 = 2  Ta có bảng xét dấu:

Từ đó suy ra hàm số y = f ( x 2 ) có 3 điểm cực trị.

Câu 15.

(Chuyên Vinh - 2018) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực đại của hàm số y = f

A. 1 . Trang 12

B. 2 .

(

)

x 2 + 2 x + 2 là

C. 4 .

D. 3 .

Lời giải Từ đồ thị của y = f ′ ( x ) ta chọn f ′ ( x ) = ( x + 1)( x − 1)( x − 3) . Áp dụng công thức y =  f ( u ) ′ = u ′f ′ ( u ) với u = x 2 + 2 x + 2 Ta có y′ =  f 

(

′ x2 + 2 x + 2  = 

( x + 1) (

x +1

)

( x + 2x + 2 .

)

)(

x2 + 2 x + 2 + 1

)(

x2 + 2 x + 2 −1

x2 + 2 x + 2 − 3

)

 x = −1   y′ = 0 ⇔  x = −1 + 2 2 x2 + 2 x + 2 + 3  x = −1 − 2 2 

x 2 + 2 x + 2 + 1 ( x + 1) ( x 2 + 2 x − 7 )

x2 + 2 x + 2

(

)(

x2 + 2 x + 2 + 1

)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có một điểm cực đại.

Câu 16.

(Chuyên Thoại Ngọc Hầu 2018) Cho hàm số y = f ( x) . Đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ sau.

Hàm số g ( x ) = f ( x 2 ) có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 4 .

B. 3 .

C. 5 . Lời giải

D. 2 .

′ Có g ′ ( x ) =  f ( x 2 )  = 2 xf ′ ( x 2 )

x = 0 x = 0  g′( x) = 0 ⇔  ⇔  x = ±1 2  f ′ ( x ) = 0 x = ± 3  Bảng xét dấu g ′ ( x )

Trang 13

Từ bảng xét dấu của g ′ ( x ) suy ra hàm số có 5 điểm cực trị.

Câu 17. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 x − 4 ) có bao nhiêu điểm cực tiểu?

A. 1 .

B. 3 .

Chọn

C. 2 . Lời giải

D. 4 .

Ta có: g ′ ( x ) = 2 ( x − 1) f ′ ( x 2 − 2 x − 4 ) . x = 1 g ′ ( x ) = 0 ⇔ ( x − 1) f ′ ( x 2 − 2 x − 4 ) = 0 ⇔  2  f ′ ( x − 2 x − 4 ) = 0 x = 1  x =1 x = 1+  ⇔  x 2 − 2 x − 4 = −2 ⇔  x = 1 −  x2 − 2 x − 4 = 0 x = 1+    x = 1 −

3 3 (Tất cả đều là nghiệm bội lẻ). 5 5

Ta chọn x = −2 để xét dấu của g ′ ( x ) : g ′ ( −2 ) = 2. ( −3) . f ′ ( 4 ) . Vì hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) do đó: f ′ ( 4 ) > 0 . Suy ra: g ′ ( −2 ) < 0 . Theo tính chất qua nghiệm bội lẻ g ′ ( x ) đổi dấu, ta có bảng xét dấy g ′ ( x ) như sau:

x g′ ( x )

1− 5

−∞

−

1− 3

1+ 3

−

+∞

1+ 5

−

Từ bảng xét dấu, suy ra hàm số y = g ( x ) có 3 điểm cực tiểu.

Trang 14

A. 5 .

B. 3 .

C. 4 . Lời giải

D. 6 .

Xét hàm số y = f  f ( x )  , y′ = f ′ ( x ) . f ′  f ( x )  ; x = 0 x = 0  x = 2  f ′( x) = 0 x=2  y′ = 0 ⇔  ⇔ ⇔ .   x = a ∈ ( 2; +∞ ) f x = 0 ( ) ′ f  f x  = 0 ( )       f ( x ) = 2  x = b ∈ ( a; +∞ ) Với x > b , ta có f ( x ) > 2  f ′  f ( x )  > 0 Với a < x < b , ta có 0 < f ( x ) < 2  f ′  f ( x )  < 0 Với 0 < x < a hoặc x < 0 , ta có f ( x ) < 0  f ′  f ( x )  > 0 BBT:

Dựa vào BBT suy ra hàm số y = f  f ( x )  có bốn điểm cực trị.

Câu 19.

(Sở Bình Phước - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên [ 0; 6 ] . Đồ thị của 2

hàm số y = f ′ ( x ) trên đoạn [ 0; 6 ] được cho bởi hình bên dưới. Hỏi hàm số y =  f ( x )  có tối đa bao nhiêu cực trị.

A. 3 .

B. 7 .

C. 6 .

D. 4 .

Lời giải  f ( x) = 0 Ta có y′ = 2 f ( x ) f ′ ( x ) nên y′ = 0 ⇔  .  f ′ ( x ) = 0 Từ đồ thị ta suy ra f ( x ) = 0 có tối đa 4 nghiệm, f ′ ( x ) = 0 có tối đa 3 nghiệm. Trang 15

Do đó, hàm số y =  f ( x )  có tối đa 7 điểm cực trị nên có tối đa 7 cực trị.

Câu 20. Biết rằng hàm số f ( x ) có đồ thị được cho như hình vẽ bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số

y = f  f ( x ) ? y

-4 A. 5.

B. 4.

C. 3. Lời giải

D. 6.

Chọn B

 f ′( x ) = 0 ′   ′ ′ Ta có: y ' = f f ( x ) = f ( x ) . f f ( x ) ; y ' = 0 ⇔     f ′ f ( x) = 0 

(

)

x = 0

+ f′ x = 0 ⇔ 

( )

x = 2

)

(

)

vì hàm số f x có hai điểm cực trị x = 0; x = 2

( )

 f ( x) = 0

( ( ) ) = 0 ⇔  f

+ f′ f x

(



( x) = 2 y=2 2

x a b

-4 Quan sát đồ thị ta thấy phương trình f x = 0 có một nghiệm bội chẵn x = 0 và một

( )

nghiệm đơn hoặc bội lẻ x = a > 2 . Kẻ đường thẳng y = 2 nhận thấy phương trình f x = 2 có một nghiệm đơn hoặc

( )

b ộ i lẻ x = b > a Do đó y′ có các điểm đổi dấu là x = 0; x = 2, x = a, x = b . Vậy hàm số có 4 điểm cực trị. Trang 16

Câu 21.

(THPT Đô Lương 3 - Nghệ An - 2019) Cho hàm số f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( f ( x ) ) là.

A. 3.

B. 7.

C. 6. Lời giải

D. 5.

Chọn C Ta có g ' ( x ) = f ' ( x ) . f ' ( f ( x ) ) .

 f '( x) = 0 g '( x) = 0 ⇔  .  f ' ( f ( x ) ) = 0 x = 0 f '( x) = 0 ⇔  . x = 2  f ( x ) = 0 ( *) f ' ( f ( x )) = 0 ⇔   f ( x ) = 2 (**) Dựa vào đồ thị suy ra:  x = −1 . Phương trình (*) có hai nghiệm  x = 2

 x = m ( −1 < n < 0 )  Phương trình ( **) có ba nghiệm  x = n ( 0 < n < 1) x = p p > 2 ( )   x = −1 x = m  x = 0 g ' ( x ) = 0 có nghiệm  . x = n x = 2  x = p Bảng biến thiên

Trang 17

Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số g ( x ) = f ( f ( x ) ) có 6 cực trị.

Câu 22.

(Sở GD Bắc Ninh - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ.

Biết tất cả các điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) là −2 ; 0 ; 2 ; a ; 6 với 4 < a < 6 . Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 6 − 3 x 2 ) là

B. 11.

A. 8.

C. 9. Lời giải

D. 7.

Chọn B Từ đồ thị ta có -2; 0; 2; a ; 6 là tất cả các nghiệm của f ′ ( x ) .

( (

Ta có: y′ = f x 6 − 3x 2

) )′ = ( 6 x

− 6 x ) f ′ ( x 6 − 3x 2 )

 x = 0, x = ±1  x = 0, x = ±1  x = ±1  6 2   x − 3 x = −2  x = 0, x = ± 4 3  x6 − 3x 2 = 0  6 x5 − 6 x = 0  y'= 0 ⇔  ⇔ 6 ⇔ 6 2 x = ± 2  x − 3x 2 = 2  f ′ ( x − 3x ) = 0   6 2  x = ± m, m > 2  x − 3x = a  x = ± n, n > m  x6 − 3x 2 = 6   Ta có bảng biến thiên của hàm số g ( x ) = x 6 − 3x 2

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số g ( x ) = x 6 − 3x 2 , ta suy ra ±1 là nghiệm kép của phương trình x 6 − 3 x 2 = −2 và 0 là nghiệm kép của phương trình x 6 − 3 x 2 = 0 . Do đó ±1 và 0 là nghiệm kép của f ′ ( x 6 − 3x 2 ) . Do vậy ±1 và 0 là nghiệm bội ba của y ′ . Các nghiệm khác ±1 và 0 của y ′ đều là nghiệm đơn. Vậy hàm số đã cho có 11 cực trị.

Câu 23.

Trang 18

3  A.  ;3  2 

B. (−2;0)

1  D.  ; 2  2 

C. (0;1)

Lời giải x =1  Ta có g ′ ( x ) = f ′ ( x) −1; g ′ ( x) = 0 ⇔ f ′ ( x) = 1 ⇔  x = −1  x = 2  Bảng xét dấu của g ′ ( x) :

-∞

g'(x)

-1 + 0

1 0

2 0

+∞ +

Từ bảng xét dấu nhận thấy g ( x) đạt cực đại tại x = −1 ∈ (−2;0) .

Câu 24.

(Thpt Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Cho hàm số y = f ′( x − 1) có đồ thị như hình vẽ.

Hàm số y = π

A. x = 1 .

2 f ( x) − 4 x

đạt cực tiểu tại điểm nào? B. x = 0 .

C. x = 2 . Lời giải:

D. x = −1 .

Ta có: y ′ =  2 f ′ ( x ) − 4  π 2 f ( x ) − 4 x ln π . y′ = 0 ⇔ 2 f ′ ( x ) − 4 = 0 ⇔ f ′ ( x ) = 2 .

Đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) nhận được từ việc tịnh tiến đồ thị hàm số y = f ′ ( x − 1) sang trái 1 đơn vị

Trang 19

 x = −2 nên f ′ ( x ) = 2 ⇔  x = 0 .   x = 1 Do x = −2 và x = 1 là nghiệm bội chẵn nên ta có bảng biến thiên sau: x 0 −2 1 −∞ y′ 0 0 0 + − − +∞

+∞ + +∞

y Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 .

A. 3

B. 4

C. 1 Lời giải

D. 2

Chọn C

Ta có: f ( x − 2017 ) − 2018x + 2019 ′ = 0 ⇔ f ′ ( x − 2017 ) − 2018 = 0 ⇔ f ′ ( x − 2017 ) = 2018 Dựa vào đồ thị hàm số y = f ' ( x ) suy ra phương trình

f ′ ( x − 2017 ) = 2018

có 1 nghiệm đơn duy

nhất. Suy ra hàm số y = f ( x − 2017 ) − 2018x + 2019 có 1 điểm cực trị.

Câu 26. (Chuyên Thái Bình - 2018) Cho hàm số y = f '( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây:

Trang 20

Tìm số điểm cực trị của hàm số y = e 2 f ( x ) +1 + 5 f ( x ) .

A. 1 .

B. 2 .

C. 4 . Lời giải

D. 3 .

Ta có y = e 2 f ( x ) +1 + 5 f ( x )

y′ = 2 f ′ ( x ) .e2 f ( x )+1 + f ′ ( x ) .5 f ( x ) ln 5 = f ′ ( x ) ( 2e 2 f ( x ) +1 + 5 f ( x ) ln 5 ) . Nhận xét 2e 2 f ( x ) +1 + 5 f ( x ) ln 5 > 0, ∀x làm cho f ( x ) xác định nên dấu của y′ phụ thuộc hoàn toàn vào f ′ ( x ) . Vì vậy do f ′ ( x ) đổi dấu 3 lần nên số điểm cực trị của hàm số y = e 2 f ( x ) +1 + 5 f ( x ) là 3 .

Câu 27.

(THPT Quỳnh Lưu - Nghệ An - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Hàm số y = 2 f ( x ) + 1 đạt cực tiểu tại điểm

A. x = 2 .

B. x = 0 .

C. x = 1 . Lời giải

D. x = 5 .

Ta có: y = 2 f ( x ) + 1  y ′ = 2 f ′ ( x ) . Suy ra: Điểm cực tiểu của hàm số y = f ( x ) cũng chính là điểm cực tiểu của hàm số y = 2 f ( x) +1 .

Vậy: Hàm số y = 2 f ( x ) + 1 đạt cực tiểu tại điểm x = 0 .

A. 4 .

B. 1 .

C. 3 .

D. 2 .

Lời giải

Trang 21

 x = −1 Đặt g ( x ) = f ( x ) + 2 x suy ra g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) + 2 = 0 ⇔ f ′ ( x ) = −2 ⇔  .  x = x0 > −1

Dựa vào đồ thị ta có: Trên ( −∞; −1) thì f ′ ( x ) > −2 ⇔ f ′ ( x ) + 2 > 0 . Trên ( −1; x0 ) thì f ′ ( x ) > −2 ⇔ f ′ ( x ) + 2 > 0 . Trên ( x0 ; + ∞ ) thì f ′ ( x ) < −2 ⇔ f ′ ( x ) + 2 < 0 .

Vậy hàm số g ( x ) = f ( x ) + 2 x có 1 cực trị.

Câu 29. Cho

hàm

g ( x) = f ( x) −

A. 3 .

số

f ( x)

có

đồ

thị

f ′( x)

như

hình

vẽ

dưới.

Hàm

x3 + 2 x 2 − 5 x + 2001 có bao nhiêu điểm cực trị? 3

B. 1 .

C. 2 . Lời giải

D. 0 .

Chọn C Có g ′ ( x ) = f ′ ( x ) − x 2 + 4 x − 5  g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = x 2 − 4 x + 5 Ta có đồ thị hàm số y = x 2 − 4 x + 5 và đồ thị hàm y = f ′ ( x ) như hình vẽ dưới

Quan sát hình vẽ ta thấy g ′ ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt trong đó chỉ có 1 nghiệm bội chẵn Trang 22

số

Vậy hàm số g ( x ) có 2 điểm cực trị.

Câu 30. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và không có cực trị, đồ thị của hàm số y = f ( x ) là đường cong của như hình vẽ dưới đây.

Xét hàm số h ( x ) =

2 1  f ( x )  − 2 x. f ( x ) + 2 x 2 . Mệnh đề nào sau đây đúng? 2

A. Đồ thị của hàm số y = h ( x ) có điểm cực tiểu là M (1;0 ) . B. Hàm số y = h ( x ) không có cực trị. C. Đồ thị hàm số y = h ( x ) có điểm cực đại là N (1; 2 ) . D. Đồ thị hàm số y = h ( x ) có điểm cực đại là M (1;0 ) . Lời giải Chọn A Theo bài ra ta có h′ ( x ) = f ' ( x ) . f ( x ) − 2 f ( x ) + 2 x. f ′ ( x ) + 4 x = f ′ ( x ) ( f ( x ) − 2 x ) − 2 ( f ( x ) − 2 x )

= ( f ′ ( x ) − 2) ( f ( x ) − 2x ) Từ đồ thị ta thấy y = f ( x ) nghịch biến nên f ' ( x ) < 0 suy ra f ′ ( x ) − 2 < 0 . Suy ra h′ ( x ) = 0 ⇔ f ( x ) − 2 x = 0 . Từ đồ thị dưới ta thấy f ( x ) − 2 x = 0 ⇔ x = 1 .

Ta có bảng biến thiên:

h ( x)

−∞

+∞

+∞ +∞

0 Suy ra đồ thị của hàm số y = h ( x ) có điểm cực tiểu là M (1;0 ) .

Câu 31. Cho hàm số f ( x ) = x 4 . Hàm số g ( x ) = f ' ( x ) − 3x 2 − 6 x + 1 đạt cực tiểu, cực đại lần lượt tại x1 , x2 . Tính m = g ( x 1 ) g ( x2 ) . Trang 23

A. m = 0 .

B. m =

−371 . 16

C. m =

1 . 16

D. m = −11 .

Lời giải Chọn D Theo bài ra ta có f ' ( x ) = 4 x3 . Suy ra g ( x ) = 4 x3 − 3x 2 − 6 x + 1 .

 x1 = 1 Suy ra g ' ( x ) = 12 x − 6 x − 6 = 0 ⇔   x2 = − 1  2 Đồ thị hàm số lên - xuống – lên. 2

1 Hàm số g ( x ) = f ' ( x ) − 3x 2 − 6 x + 1 đạt cực tiểu, cực đại lần lượt tại x1 = 1, x2 = − . 2 2   −1  3  −1   −1   Suy ra m = g (1) .g ( 2 ) = ( 4 − 3 − 6 + 1)  4.   − 3.   − 6.   + 1 = −11 .  2   2     2 

Câu 32.

(Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Biết đạo hàm của hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y = f ( x ) − 2 x có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 2 .

B. 1.

C. 0 . Lời giải

D. 3 .

Chọn B Đặt g ( x ) = f ′ ( x )

g ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d Đồ thị hàm số g ( x ) đi qua các điểm O ( 0;0 ) , ( −1; 2 ) , (1; − 2 ) nên ta có:

d = 0   a + b + c + d  −a + b − c + d 

 d =0  = −2 ⇔  b = 0 a + c = −2 = 2 

Do đó: g ( x ) = ax3 + cx  g ′ ( x ) = 3ax 2 + c Hàm số đạt cực trị tại x = ±1 nên g ′ ( ±1) = 0 ⇔ 3a + c = 0 Từ đó có: a = 1; c = −3  g ( x ) = f ′( x) = x3 − 3x

Trang 24

Xét hàm số: y = f ( x ) − 2 x 2

y ′ = f ′ ( x ) − 2 = x 3 − 3 x − 2 = ( x + 1) ( x − 2 )

 x =1 y′ = 0 ⇔  x = 2 Dấu của y ′

∞

+ ∞ +

Do đó hàm số có 1 điểm cực trị.

Câu 33.

(Kim Liên - Hà Nội 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ . Biết hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ.

Hàm số g ( x ) = f ( x ) + x đạt cực tiểu tại điểm

A. x = 1 . B. x = 2 . C. Không có điểm cực tiểu.

D. x = 0 . Lời giải

Chọn A Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) + x có g ′ ( x ) = f ′ ( x ) + 1 Dựa vào đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) có:

x = 0 g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = −1 ⇔  x = 1   x = 2 Bảng biến thiên

Từ đó suy ra hàm số y = g ( x ) đạt cực tiểu tại điểm x = 1 .

Câu 34. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) là parabol như hình bên dưới.

Trang 25

Hàm số y = f ( x ) − 2 x có bao nhiêu cực trị?

A. 3 .

B. 2 .

C. 0 . Lời giải

D. 1 .

Chọn B

Ta có y ′ = f ′ ( x ) − 2 .

x = 0 . y′ = 0 ⇔ f ′ ( x ) − 2 = 0 ⇔ f ′ ( x ) = 2 ⇔   x = x1 > 1 Dựa vào đồ thị y = f ′ ( x ) và đường thẳng y = 2 , ta có bảng biến thiên sau

Vậy hàm số y = f ( x ) − 2 x có hai điểm cực trị.

Trang 26

A. 4.

B. 5.

C. 3. Lời giải

D. 6.

Chọn B Đặt h ( x ) = f ( x ) + 3x

h′ ( x ) = f ′ ( x ) + 3 h′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) + 3 = 0 ⇔ f ′ ( x ) = −3 Theo đồ thị của hàm số f ′ ( x ) thì phương trình f ′ ( x ) = −3 có 4 nghiệm {−1;0;1; 2} Ta có bảng biết thiên

∞

h'(x)

+∞

2 +

+ +∞

f(0)

h(x)

Theo bảng biến thiên ta có phương trình h ( x ) = 0 có hai nghiệm x1 < −1; và x2 > 1 (do có

f ( 0) < 0 ) Khi đó ta có

∞

+∞ +∞

+∞ g(x)= h(x) 0

f(0) 0

Vậy hàm số g ( x ) = f ( x ) + 3 x có 5 cực trị.

Câu 36. Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị đạo hàm y = f '( x) như hình bên.

Trang 27

Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số y = f ( x ) − x 2 − x đạt cực đại tại x = 0 . B. Hàm số y = f ( x ) − x 2 − x đạt cực tiểu tại x = 0 . C. Hàm số y = f ( x ) − x 2 − x không đạt cực trị tại x = 0 . D. Hàm số y = f ( x ) − x 2 − x không có cực trị. Lời giải Chọn A 2 Xét hàm số g ( x ) = f ( x) − x − x .

Tập xác định: D = ℝ . Ta có g ′ ( x ) = f ′ ( x ) − 2 x − 1 . x = 0 . Cho g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = 2 x + 1 ⇔  x = 2

Dựa vào đồ thị ta có: g ′ (1) = f ′ (1) − 3 < 0 , g ′ ( 3) = f ′ ( 3) − 7 < 0 nên x = 0 là nghiệm đơn và x = 2 là nghiệm kép.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có x = 0 là điểm cực đại.

Câu 37.

(THPT Minh Khai) Cho hàm số Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và hàm số

g ( x ) = 2 f ( x ) − x 2 + 2 x + 2019 . Biết đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ.

Số điểm cực trị của hàm số y = g ( x ) là

A. 5 . Trang 28

B. 3 .

C. 2 . Lời giải

D. 4 .

Chọn A ∗ g′ ( x ) = 2 f ′ ( x ) − 2 x + 2 , g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = x − 1 Đường thẳng y = x − 1 đi qua các điểm ( −1 ; − 2 ) , (1 ; 0 ) , ( 3 ; 2 )

Quan sát vào vị trí tương đối của hai đồ thị trên hình vẽ, ta có BBT của hàm số y = g ′ ( x ) như sau

∗ Đồ thị hàm số y = g ( x ) nhận trục Oy làm trục đối xứng nên từ BBT trên ta suy ra BBT của hàm số y = g ( x ) như sau

Vậy hàm số y = g ( x ) có 5 điểm cực trị.

Câu 38. Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ và có đồ thị f ' ( x ) như hình vẽ.

Đặt g ( x ) = f ( x ) − x . Hàm số g ( x ) đạt cực đại tại điểm nào sau đây? A. x = 1.

B. x = 2.

C. x = 0 . Lời giải

D. x = −1.

Chọn D Ta có g ' ( x ) = f ' ( x ) − 1 = 0 ⇔ f ' ( x ) = 1 . Từ đồ thị ta thấy đường thẳng y = 1 cắt đồ thị f ' ( x ) tại ba điểm có hoành độ là x = −1, x = 1 và

x=2 Bảng biến thiên Trang 29

Từ bảng biến thiên ta suy ra xCD = −1 .

Câu 39.

(THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yên 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Đặt g ( x ) = 3 f ( f ( x ) ) + 4 . Tìm số cực trị của hàm số g ( x )

A. 2.

B. 8.

C. 10. Lời giải

D. 6.

Chọn B

 f '( x) = 0 Ta có: g ' ( x ) = 3 f ' ( x ) . f ' ( f ( x ) ) , g ' ( x ) = 0 ⇔ 3 f ' ( x ) . f ' ( f ( x ) ) ⇔  .  f ' ( f ( x ) ) = 0 Từ đồ thị hàm số trên ta thấy: + Phương trình f ' ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt là x = 0; x = α với α ∈ (1;3) .  f ( x) = 0 + Phương trình f ' ( f ( x ) ) = 0 ⇔  .  f ( x ) = α

+ Phương trình f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt khác 2 nghiệm trên. + Phương trình f ( x ) = α với α ∈ (1;3) có 3 nghiệm phân biệt khác các nghiệm trên. Vậy phương trình g ' ( x ) = 0 có 8 nghiệm phân biệt và g ' ( x ) đổi dấu qua các nghiệm. Do đó hàm số g ( x ) có 8 điểm cực trị.

Câu 40.

(HSG 12 - Sở Quảng Nam - 2019) Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên ℝ , đồ thị hàm số 2

y = f ( x) là đường cong ở hình vẽ. Hỏi hàm số h ( x ) = [ f ( x ) ] − 4 f ( x ) + 1 có bao nhiêu điểm cực trị?

Trang 30

B. 3 .

A. 2 .

C. 5 . Lời giải

D. 7 .

Chọn B 2

Đặt g ( x ) = [ f ( x ) ] − 4 f ( x ) + 1 .  x = a ( a > 2)  f ( x) = 2  Khi đó, g ′ ( x ) = 2 f ( x). f ′( x) − 4 f ′ ( x ) = 0 ⇔  ⇔  x = −1  f ′( x) = 0 x = 2 

Do đó, ta có bảng biến thiên:

Suy ra đồ thị hàm số y = g ( x ) có ba điểm cực không nằm trên trục hoành và bốn giao điểm với Ox .

Vậy đồ thị hàm số y = h ( x ) = g ( x ) có số cực trị là 3 + 4 = 7 .

Câu 41.

(THPT Thăng Long - Hà Nội - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) , hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như

 5sin x − 1  (5sin x − 1) hình bên. Hàm số g ( x) = 2 f  + 3 có bao nhiêu điểm cực trị trên khoảng + 2 4   (0; 2π ) . 2

Trang 31

A. 9 .

B. 7 .

C. 6 . Lời giải

Chọn B

 5sin x − 1  5 Ta có: g ′( x) = 5cos xf ′   + cos x ( 5sin x − 1) . 2   2  5sin x − 1  5 g ′( x) = 0 ⇔ 5cos xf ′   + cos x ( 5sin x − 1) = 0 2   2 cos x = 0 ⇔   5sin x − 1  5sin x − 1  f ′ =−    2 2 

Trang 32

D. 8 .

    cos x = 0   cos x = 0    5sin x − 1 = −3  cos x = 0  sin x = −1  2 5sin x − 1 = −6   5sin x − 1 1 ⇔ = −1 ⇔ 5sin x − 1 = −2 ⇔ sin x = −  2 5   5sin x − 1 = 2   5sin x − 1 1 1  = sin x =  3 2 3 3    5sin x − 1 = 2    5sin x − 1 3 =1 sin x =   2 5 

   x = π ∨ x = 3π  2 2  cos x = 0  3π  x = x sin 1 = −  2    1  1  1 ⇔ sin x = − ⇔  x = π − arc sin  −  ∨ x = 2π + arc sin  −  , ( Vì 0 < x < 2π ). 5   5  5   1  1 1 sin x = x = arc sin   ∨ x = π − arc sin    3  3 3   3  3 3 sin x =  x = arc sin   ∨ x = π − arc sin   5  5 5  Suy phương trình g ′ ( x ) = 0 có 9 nghiệm, trong đó có nghiệm x =

3π là nghiệm kép. 2

Vậy hàm số y = g ( x ) có 7 cực trị.

Câu 42.

(Mã 101 - 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = x 4  f ( x + 1)  là

A. 11 .

B. 9 .

C. 7 . Lời giải

D. 5 .

Chọn B. Ta chọn hàm f ( x ) = 5 x 4 − 10 x 2 + 3 . Đạo hàm 2

g ′ ( x ) = 4 x3  f ( x + 1)  + 2 x 4 f ( x + 1) f ′ ( x + 1) = 2 x 3 f ( x + 1)  2 f ( x + 1) + xf ′ ( x + 1)  .

x = 0  2 x3 f ( x + 1) = 0  ⇔  f ( x + 1) = 0 Ta có g ′ ( x ) = 0 ⇔  .  2 f ( x + 1) + xf ′ ( x + 1) = 0  2 f x + 1 + xf ′ x + 1 = 0 ) ( )  ( Trang 33

 x + 1 ≈ 1, 278  x + 1 ≈ 0, 606 4 +) f ( x + 1) = 0 (*) ⇔ 5 ( x + 1) − 10 ( x + 1) + 3 = 0 ⇔   x + 1 ≈ −0, 606   x + 1 ≈ −1, 278  Phương trình có bốn nghiệm phân biệt khác 0 . t = x +1

+) 2 f ( x + 1) + xf ′ ( x + 1) = 0  2 ( 5t 4 − 10t 2 + 3) + ( t − 1) ( 20t 3 − 20t ) = 0 t ≈ 1,199 t ≈ 0, 731 4 3 2 ⇔ 30t − 20t − 40t + 20t + 6 = 0 ⇔  t ≈ −0, 218  t ≈ −1, 045  Phương trình có bốn nghiệm phân biệt khác 0 và khác các nghiệm của phương trình ( *) .

Vậy số điểm cực trị của hàm số g ( x ) là 9 .

Câu 43.

(Mã 102 - 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = x 2  f ( x − 1)  là

A. 7 .

B. 8 .

C. 5 . Lời giải

D. 9 .

Chọn C 4

Ta có g ′ ( x ) = 2 x.  f ( x − 1)  + 4 x 2 f ′ ( x − 1)  f ( x − 1)  = 2 x.  f ( x − 1) 

( f ( x − 1) + 2 xf ′ ( x − 1) )

x = 0  Vậy g ′ ( x ) = 0   f ( x − 1) = 0 (1)  f x − 1 + 2 xf ′ x − 1 = 0 2 ) ( ) ( )  ( Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt Phương trình ( 2 ) có f ( x − 1) = −2 xf ′ ( x − 1)  f ( x ) = −2 ( x + 1) f ′ ( x ) Từ bảng biến thiên suy ra hàm f ( x ) là bậc bốn trùng phương nên ta có f ( x ) = −3 x 4 + 6 x 2 − 1 thay vào f ( x ) = −2 ( x + 1) f ′ ( x ) vô nghiệm

Vậy hàm g ( x ) có 5 điểm cực trị.

Câu 44.

Trang 34

(Mã 103 - 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có bảng biên thiên như sau:

Số điểm cực trị của hàm số g ( x) = x 4 [f ( x − 1)]2 là

A. 7 .

B. 5 .

D. 11 .

C. 9 . Lời giải

Chọn C Ta có : f ( x) = 4 x 4 − 8 x 2 + 3  f ′( x) = 16 x( x 2 − 1) Ta có g ′( x) = 2 x3 . f ( x − 1).[2 f ( x − 1) + x. f ′( x − 1)]

 x3 = 0 (1)  g ′( x) = 0 ⇔  f ( x − 1) = 0 (2)  2 f ( x − 1) + x. f ′( x − 1) = 0 (3)  Phương trình (1) có x = 0 (nghiệm bội ba). Phương trình (2) có cùng số nghiệm với phương trình f ( x ) = 0 nên (2) có 4 nghiệm đơn. Phương trình (3) có cùng số nghiệm với phương trình : 2 f ( x) + ( x + 1). f ′( x) = 0 ⇔ 2(4 x 4 − 8 x 2 + 3) + 16 x( x + 1)( x 2 − 1) = 0 ⇔ 24 x 4 + 16 x 3 − 32 x 2 − 16 x + 6 = 0 có 4 nghiệm phân biệt. Dễ thấy 9 nghiệm trên phân biệt nên hàm số g ( x ) = 0 có tất cả 9 điểm cực trị.

Câu 45.

(Mã 104 - 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Số điểm cực trị của hàm số g ( x) = x 2 [ f ( x + 1)]

A. 7 .

B. 8 .

C. 9 . Lời giải

D. 5 .

Chọn C 4

g '( x) = 2 x [ f ( x + 1)] + 4 x 2 [ f ( x + 1)] . f '( x + 1) = 2 x [ f ( x + 1)] .[ f ( x + 1) + 2 x. f '( x + 1) ] g '( x ) = 0 ta được

+ TH1: x = 0

 x = a < −2  x = b ∈ (−2; −1) + TH2: f ( x + 1) = 0 ⇔   x = c ∈ (−1;0)  x = d > 0 Trang 35

+ TH3: f ( x + 1) + 2 x. f '( x + 1) = 0 . Từ bảng biến thiên ta có hàm số thỏa mãn là f ( x) = −5 x 4 + 10 x 2 − 2  f ( x + 1) + 2 x. f '( x + 1) = 0 ⇔ h ( x ) = f ( x + 1) + 2( x + 1). f '( x + 1) − 2 f '( x + 1) = 0

Với t = x + 1 ta có: h(t ) = −5t 4 + 10t 2 − 2 + 2t ( −20t 3 + 20t ) − 2(−20t 3 + 20t ) = 0 ⇔ −45t 4 + 40t 3 + 50t 2 − 40t − 2 = 0 Lập bảng biến thiên ta suy ra có 4 nghiệm t  4 nghiệm x Vậy có 9 cực trị. Bài toán tìm cực trị của hàm số g ( x ) = f u ( x )  + h ( x )

Bước 1. Tìm cực trị của hàm số v ( x ) = f u ( x )  + h ( x ) Bước 2. Sử dụng phương pháp biến đổi đồ thị hàm số trị tuyệt đối để tìm số cực trị của hàm số g (x) Câu 46.

A. 5.

B. 4.

C. 6. Lời giải

Chọn A Xét h( x ) = f ( x 3 ) − x Có h ' ( x ) = 3 x 2 f ' ( x 3 ) − 1 h′ ( x ) = 0 ⇔ 3 x 2 f ′ ( x 3 ) − 1 = 0 ⇔ f ′ ( x 3 ) =

1 3x 2

( x ≠ 0 ) (1)

Đặt x3 = t  x 2 = 3 t 2 phương trình (1) trở thành: 1 f ′ (t ) = (t ≠ 0) ( 2) 33 t2 1 Vẽ đồ thị hàm y = trên cùng hệ trục tọa độ với hàm y = f ′ ( x ) . 3 2 3 x

Trang 36

D. 3.

Dựa vào đồ thị ta có: f ′ (t ) =

x = 3 b < 0  x3 = b < 0 t = b < 0 ⇔ ⇔ 3 ⇔ 33 t2 t = a > 0  x = 3 a > 0 x = a > 0 1

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT ta thầy hàm số g ( x) = f ( x 3 ) − x có 5 điểm cực trị.

Câu 47.

(Mã 102 - 2020 Lần 2) Cho hàm số f (x ) có f (0) = 0 . Biết y = f ′ (x ) là hàm số bậc bốn và có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số điểm cực trị của hàm số g (x ) = f (x 3 ) + x là

A. 4.

B. 5.

C. 3. Lời giải

D. 6.

Chọn B Đặt h (x ) = f x 3 + x ⇒ h ′ (x ) = 3x 2 f ′ x 3 + 1 = 0 ⇔ f ′ x 3 = −

1 3x 2

Đặt t = x 3 ⇒ x = 3 t thế vào phương trình trên ta được f ′ (t ) = −

( )

33 t2

Trang 37

Xét hàm số y = −

1 3

3 t

⇒ y′ =

2 3

9 t5

đổi dấu khi qua 0 và đồ thị hàm số có tiệm cận ngang

y = 0 . Khi vẽ đồ thị trên cùng một mặt phẳng tọa độ với đồ thị hàm số y = f ′ (t ) ta thấy hai đồ thị cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thuộc góc phần từ thứ 3 và 4, gọi 2 giao điểm lần lượt là

t1 < 0, t2 > 0 ⇒ x 1 = 3 t1 , x 2 = 3 t2 . Như vậy ta có bảng biến thiên của hàm số h (x ) như sau

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình h (x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt và hàm số h (x ) có 2 điểm cực trị không nằm trên trục hoành, do đó hàm số g (x ) = h (x ) có 5 điểm cực trị.

Câu 48.

A. 4.

B. 3.

C. 6. Lời giải

D. 5.

Chọn D Xét hàm số h ( x ) = f ( x 4 ) − x 2 có h′ ( x ) = 4 x 3 f ′ ( x 4 ) − 2 x .

x = 0 h′ ( x ) = 0 ⇔   f ′ ( x4 ) = 1 2 2x 

( *)

Xét phương trình ( * ) : Đặt t = x 4 thì ( * ) thành f ′ ( t ) =

Trang 38

1 2 t

với t > 0 .

y y = f ′ (t )

1 2 t

O a

Dựa vào đồ thị, phương trình (* ) có duy nhất một nghiệm a > 0 . Khi đó, ta được x = ± 4 a . Bảng biến thiên của hàm số h ( x ) = f ( x 4 ) − x 2

Số cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 4 ) − x 2 bằng số cực trị của hàm h ( x ) = f ( x 4 ) − x 2 và số nghiệm đơn hoặc bội lẻ của phương trình h ( x ) = 0 . Dựa vào bảng biến thiên của hàm f ( x ) thì số cực trị của g ( x ) là 5.

Câu 49.

(Mã 104 - 2020 Lần 2) Cho hàm số f ( x) có f ( 0 ) = 0. Biết y = f ′( x) là hàm số bậc bốn và có

( )

đồ thị là đường cong trong hình bên. Số điểm cực trị của hàm số g ( x) = f x 4 + x 2 là

A. 3.

B. 6.

C. 5. Lời giải

D. 4.

Chọn C

( ) Có h′( x) = 4 x f ′ ( x ) + 2 x = 2 x ( 2 x f ′ ( x ) + 1) Xét h( x) = f x 4 + x 2 3

x = 0 h′( x ) = 0 ⇔ 2 x 2 x 2 f ′ ( x 4 ) + 1 = 0 ⇔  2 4  2 x f ′ ( x ) + 1 = 0

(

)

(1) Trang 39

(1) : 2 x 2 f ′ ( x 4 ) + 1 = 0 ⇔ Đặt x 4 = t  x 2 = t f ′ (t ) = −

1 2 t

f ′ ( x4 ) = −

(t > 0)

1 2 x2

( x ≠ 0) ( 2)

phương trình (2) trở thành:

( t > 0 ) ( 3)

Vẽ đồ thị hàm y = −

1 2 x

trên cùng hệ trục tọa độ với hàm y = f ′ ( x ) .

x = 4 a Dựa vào đồ thị ta có: phương trình (3) có nghiệm duy nhất t = a > 0  x 4 = a ⇔   x = − 4 a Bảng biến thiên:

( )

Dựa vào BBT ta thầy hàm số g ( x) = f x 4 + x 2 có 5 điểm cực trị.

Câu 50.

(Chuyên Quang Trung - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ có đạo hàm f ′ ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng xét dấu như hình vẽ bên

(

)

Hỏi hàm số y = f x 2 − 2 x có tất cả bao nhiêu điểm cực trị?

A. 4 Trang 40

B. 7

C. 9

D. 11

Lời giải Chọn C Tập xác định của hàm số: D = ℝ .

( y ′ = h′ ( x ) = f ′ ( x

) x − 2 x ). .( 2 x − 2). x

* y = h ( x) = f x − 2 x 2

x = 1  x = 1  x = −1  x = 2  x = −1   2  x = −2 h′ ( x ) = 0 ⇔  x − 2 x = 0 ⇔  . x = 1+ 2  2   x − 2 x =1  x = −1 − 2  2   x − 2 x = 2 x = 1+ 3   x = −1 − 3 Ta thấy phương trình h′ ( x ) = 0 có 8 nghiệm đơn (1) . h′ ( x ) không tồn tại tại x = 0 mà x = 0 thuộc tập xác định đồng thời qua đó h′ ( x ) đổi dấu ( 2 ) .

Từ (1) và ( 2 ) suy ra hàm số đã cho có 9 điểm cực trị.

Câu 51.

(Chuyên Thái Bình - 2020) Cho y = f ( x ) là hàm đa thức bậc 4 và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [ −12;12] để hàm số g ( x ) = 2 f ( x − 1) + m có 5 điểm cực trị?

A. 13 .

B. 14 .

C. 15 . Lời giải

D. 12 .

Chọn C Đặt h ( x ) = 2 f ( x − 1) + m  g ( x ) = h ( x ) .  Số điểm cực trị của g ( x ) = số điểm cực trị của y = h ( x ) + số giao điểm của y = h ( x ) với trục

Ox khác với điểm cực trị của y = h ( x ) .  Hàm số y = f ( x ) có 3 điểm cực trị. Suy ra hàm số y = h ( x ) cũng có 3 điểm cực trị.  Hàm số g ( x ) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi h ( x ) = 0 ⇔ f ( x − 1) = −

m có 2 nghiệm phân biệt 2

khác điểm cực trị của h ( x ) . Trang 41

 Đồ thị hàm số y = f ( x − 1) có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y = f ( x ) sang bên phải 1 đơn vị. Dựa vào đồ thị, ta được: −

m m ≥ 2 hoặc −6 < − ≤ −3 . 2 2

 m ≤ −4 m ∈ ℤ ; m ∈ [ −12;12] ⇔ → có 15 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.  6 ≤ m < 12 Câu 52.

A. 2.

B. 5.

C. 4. Lời giải.

D. 3.

Chọn D Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị là x = −2; x = 0 . g ( x ) = f ( −2 x 2 + 4 x ) liên tục trên ℝ . g ' ( x ) = ( −4 x + 4 ) f ' ( −2 x 2 + 4 x ) .

x = 1  −4 x + 4 = 0 x = 0  2 g ' ( x ) = 0 ⇔  −2 x + 4 x = 0 ⇔  x = 2  −2 x 2 + 4 x = −2  2  ( x − 1) = 0 Như vậy g ' ( x ) có 3 nghiệm, trong đó 1 là nghiệm bội 3, 0 và 2 là nghiệm đơn nên g ( x ) có 3

điểm cực trị. Câu 53.

(Sở Phú Thọ - 2020) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

(

)

Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = f − x 2 + x bằng

A. 1 . Chọn D

Trang 42

B. 5 .

C. 2 . Lời giải

D. 3 .

Đặt f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d . Khi đó f ′ ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c . Theo đồ thị hàm số y = f ( x ) , ta có

 f ′ ( −2 ) = 0 12a − 4b + c = 0 12a − 4b = 0 a = −1      f ′ (0) = 0 c = 0 −8a + 4b = −4 b = −3 . ⇔ ⇔ ⇔   f ( −2 ) = −2 −8a + 4b − 2c + d = −2 c = 0 c = 0 f 0 =2 d = 2 d = 2 d = 2  ( ) Vậy f ( x ) = − x 3 − 3 x 2 + 2 .

(

)

Khi đó, ta có g ( x ) = f − x 2 + x = x 6 − 3x5 + 5 x3 − 3x 2 + 2 .

 x = −1 x = 0   1 g ′ ( x ) = 3 x ( 2 x 4 − 5 x3 + 5 x − 2 )  g ′ ( x ) = 0 ⇔  x = . 2  x = 1 x = 2  Bảng biến thiên

(

)

Suy ra, hàm số g ( x ) = f − x 2 + x có ba điểm cực tiểu.

Câu 54.

(Sở Bắc Ninh - 2020) Cho hàm số f ( x) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Hàm số

 x2 + 2 x  g ( x) = f  e x −  có bao nhiêu điểm cực trị? 2  

Trang 43

A. 3 .

B. 7 .

C. 6 . Lời giải

D. 4 .

Chọn A

 x2 + 2x  Ta có g '( x) = ( e x − x − 1) f '  e x −  2   e x − x − 1 = 0  x + 2x   2 Xét g '( x) = 0 ⇔ ( e x − x − 1) f '  e x −  = 0 ⇔   x x + 2x  2 f ' e −   =0   2    2

e x − x − 1 = 0  2  e x − x + 2 x = −2  2 2 ⇔ e x − x + 2 x = 1  2  2 + x 2x e x − =4  2

(1) ( 2) ( 3) ( 4)

Ta xét u ( x) = e x − x − 1; v( x) = e x −

x2 + 2 x 2

Ta có u '( x) = e x − 1; u '( x) = 0 ⇔ x = 0 u '( x) = e x − 1; v '( x) = e x − x − 1 Bảng biến thiên:

Vậy u ( x) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ Xét hàm số v( x) = e x −

x2 + 2x 2

Ta có v '( x) = e x − x − 1 ≥ 0∀x ∈ ℝ  hàm số đồng biến trên ℝ Bảng biến thiên:

Trang 44

Khi đó các phương trình (2), (3), (4) có nghiệm duy nhất và g '( x) đổi dấu qua các nghiệm đó. Vậy hàm số g ( x) có 3 điểm cực trị.

Câu 55.

A. Hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên khoảng (1; + ∞ ) . B. Hàm số y = g ( x ) đồng biến trên khoảng ( −1; 0 ) . C. Hàm số y = g ( x ) đạt cực tiểu tại x = 0 . D. Hàm số y = g ( x ) đạt cực đại tại x = 1 . Lời giải Chọn C g′( x) = 2 f ′( x) + 2x . g′( x) = 0 ⇔ f ′( x) = −x .

Ta vẽ thêm đường thẳng y = − x và đồ thị.

Khi đó phương trình g ′ ( x ) = 0 có các nghiệm x = − 1 , x = 1 , x = 2 . Ta có bảng biến thiên

Trang 45

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 .

Câu 56.

(Kim Liên - Hà Nội - 2020) Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m

có 5 điểm cực trị? A. 16 .

B. 28 .

C. 26 . Lời giải

D. 27 .

Chọn D

x = 0 Xét hàm số f ( x ) = 3 x − 4 x − 12 x + m . Ta có f ′ ( x ) = 12 x − 12 x − 24 x = 0 ⇔  x = −1 .  x = 2 Bảng biến thiên: 4

Vậy với mọi m hàm số f ( x ) luôn có ba điểm cực trị. Do đó để hàm số y = f ( x ) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình f ( x ) = 0 có đúng hai

m ≤ 0 m ≤ 0  nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ ⇔  m − 5 ≥ 0 ⇔  . 5 ≤ m < 32    m − 32 < 0 Vì m là số nguyên dương cho nên có 27 số m thỏa đề bài. Câu 57.

(Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:

Hàm số y = f (2 x ) đạt cực đại tại

A. x = Trang 46

1 . 2

B. x = −1 .

C. x = 1 .

D. x = −2 .

Lời giải Chọn C Đặt t = 2 x ⇒ y = f (t ) .

 t = −1 2 x = −1  x = − 1 ⇒ ⇒ Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y = f (t ) đạt cực đại tại  2. t = 2 2 x = 2     x = 1

1 Vậy hàm số y = f (2 x ) đạt cực đại tại điểm x = 1 và x = − . 2 Câu 58.

(THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và

f ( 0 ) = 0; f ( 4 ) > 4 . Biết hàm y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ. y 5 3 1 O

x 1 2

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 2 ) − 2 x là

A. 2 .

B. 1 .

C. 4 . Lời giải

D. 3 .

Chọn D Xét hàm số h ( x ) = f ( x 2 ) − 2 x . Ta có: h′ ( x ) = 2 xf ′ ( x 2 ) − 2 ; h′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x 2 ) =

1 (vô nghiệm ∀x ≤ 0 ). x

Đặt t = x 2  x = t , ∀t > 0 . 1 1 (*). Nhận thấy trên khoảng ( 0;1) thì w ( t ) = nghịch biến và f ′ ( t ) đồng t t biến, do đó (*) nếu có nghiệm là duy nhất. Mặt khác: h′ ( 0 ) .h′ (1) = −2 ( 2 f ′ (1) − 2 ) = −8 < 0 và h′ ( x ) liên tục trên [ 0;1] nên Khi đó: f ′ ( t ) =

∃x0 ∈ ( 0;1) : h′ ( x0 ) = 0 . Vậy h′ ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x0 ∈ ( 0;1) và h ( x ) có một điểm cực tiểu (vẽ bảng biến thiên). (1) Xét phương trình: h ( x ) = 0 ⇔ f ( x 2 ) − 2 x = 0 (**). Ta có: h ( 0 ) = f ( 0 ) = 0  x = 0 là một nghiệm của (**).

( x ) .h ( 2 ) = ( f ( x ) − 2 x ) ( f ( 4 ) − 4 ) < 0  ∃x ∈ ( Nên (**) có nghiệm x ∈ ( x ; 2 ) .

Mặt khác: h

)

x0 ; 2 : h ( x1 ) = 0 .

Vì h ( x ) có một điểm cực trị, nên (**) có không quá 2 nghiệm. Trang 47

Vậy h ( x ) = f ( x 2 ) − 2 x = 0 có hai nghiệm phân biệt. (2) Từ (1) và (2) ta được: hàm số g ( x ) = f ( x 2 ) − 2 x có 3 điểm cực trị.

Câu 59.

(Hải Hậu - Nam Định - 2020) Cho hàm số y = f ( x) đồng biến trên ( 4; +∞ ) có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số y = f (2 x − 2) bằng

A. 7 .

B. 5.

C. 4 . Lời giải

D. 9 .

Chọn D

(

)

g ( x ) = f (2 x − 2)  g ' ( x ) = ( 2 x − 2 ) f ' (2 x − 2) = 2 x 2 − 2 f ' (2 x − 2) = g '( x) = 0 ⇔

x ' f (2 x − 2) x

x ' f (2 x − 2) = 0 ⇔ f ' (2 x − 2) = 0 ( x ≠ 0 ) x

x = 0 x = 2 Dựa vào đồ thị ta có f ' ( x) = 0 ⇔  x = 3  x = 4 2  2 ' → f (2 x − 2) = 0 ⇔  2  2

x  x x −2= 2 ⇔ x x −2=3  x −2= 4  x

x −2=0

=1 =2 5 2 =3 =

 x = ±1  x = ±2  ⇔ 5 x = ± 2   x = ±3

Ta có bảng xét dấu g ' ( x )

Suy ra hàm số y = f (2 x − 2) có 9 điểm cực trị

Câu 60.

(Hải Hậu - Nam Định - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ dưới đây:

Trang 48

−f x f x Tìm điểm cực đại của hàm số y = 2019 ( ) − 2020 ( ).

A. 2 .

B. 3 .

C. 0 . Lời giải

D. 1 .

Chọn A Từ đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) ta có bảng xét dấu của y = f ′ ( x ) như sau:

(

−f x f x −f x f x Xét hàm số y = 2019 ( ) − 2020 ( )  y′ = − f ′ ( x ) 2019 ( ) ln 2019 + 2020 ( ) ln 2020

)

−f x f x Vì 2019 ( ) ln 2019 + 2020 ( ) ln 2020 > 0

(

)

−f x f x Nên y′ = − f ′ ( x ) 2019 ( ) ln 2019 + 2020 ( ) ln 2020 có bảng xét dấu như sau:

−f x f x Vậy hàm số y = 2019 ( ) − 2020 ( ) có hai điểm cực đại.

Câu 61.

(Kìm Thành - Hải Dương - 2020) Cho hàm số y = f ( x ) là một hàm đa thức có bảng xét dấu

f ′ ( x ) như sau

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 2 − x )

A. 5 .

B. 3 .

C. 1 . Lời giải

D. 7 .

Chọn A

(

)

Ta có g ( x ) = f ( x 2 − x ) = f x − x . Số điểm cực trị của hàm số f ( x ) bằng hai lần số điểm 2

cực trị dương của hàm số f ( x ) cộng thêm 1.

Trang 49

1  1  x = 2 x = 2  Xét hàm số h ( x ) = f ( x 2 − x )  h′ ( x ) = ( 2 x − 1) f ′ ( x 2 − x ) = 0 ⇔  x 2 − x = −1 ⇔  . 1± 5   2  x = 2 x − x = 1  Bảng xét dấu hàm số h ( x ) = f ( x 2 − x )

(

Hàm số h ( x ) = f ( x 2 − x ) có 2 điểm cực trị dương, vậy hàm số g ( x ) = f ( x 2 − x ) = f x − x 2

)

có 5 điểm cực trị.

Câu 62.

(Trần Phú - Quảng Ninh - 2020) Cho đồ thị y = f ( x ) như hình vẽ dưới đây:

là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số 1 y = f ( x + 2018 ) + m 2 có 5 điểm cực trị. Tổng tất cả các giá trị của các phần tử trong tập 3

Gọi S

S bằng A. 6 .

B. 5 .

C. 7 . Lời giải

D. 9 .

Chọn C 1   f ′ ( x + 2018 )  f ( x + 2018 ) + m 2  1 3   Đặt g ( x ) = f ( x + 2018 ) + m 2  g ′ ( x ) = 1 3 f ( x + 2018 ) + m 2 3

 f ′ ( x + 2018 ) = 0 (1) 2 ′ Phương trình g ( x ) = 0 ⇔   f ( x + 2018 ) = − m ( 2 )  3 Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình (1) luôn có 3 nghiệm phân biệt. Vậy để đồ thị hàm số y = g ( x ) có 5 điểm cực trị thì phương trình ( 2 ) phải có 2 nghiệm đơn phân  m2 − >2  3  biệt ⇔ m ∈ ℕ* ) ⇔ m ∈ {3; 4} . ( 2 m   −6 < − 3 ≤ −3 Vậy tổng các phần tử là 7. Trang 50

Câu 63. (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2021) Cho hàm số f ( x ) = ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e, ( a ≠ 0 ) có đồ thị của đạo hàm f '( x) như hình vẽ.

Biết rằng e > n . Số điểm cực trị của hàm số y = f ′ ( f ( x ) − 2 x ) bằng

A. 7 .

B. 10 .

C. 14 . Lời giải

D. 6 .

Chọn A Ta có y ' = ( f ( x ) − 2 x ) '. f '' ( f ( x ) − 2 x ) = ( f '( x) − 2 ) . f '' ( f ( x ) − 2 x ) .  f '( x) − 2 = 0 . y' = 0 ⇔   f '' ( f ( x ) − 2 x ) = 0

+ f ' ( x ) − 2 = 0 ⇔ f ' ( x ) = 2 có 3 nghiệm.  f ( x ) − 2 x = m (1) + f '' ( f ( x ) − 2 x ) = 0   .  f ( x ) − 2 x = n (2)

Xét phương trình (1) : f ( x ) − 2 x = m ( m < 0 ) , đặt g ( x ) = f ( x ) − 2 x  g ' ( x ) = f ' ( x ) − 2 .  x = x1 < m . g ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( x ) = 2 ⇔  x = 0  x = x2 > n

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên  phương trình (1) có 2 nghiệm. Xét phương trình ( 2 ) : f ( x ) − 2 x = n ( n < e ) , đặt h ( x ) = f ( x ) − 2 x  h ' ( x ) = f ' ( x ) − 2 .

Trang 51

 x = x1 < m . h ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( x ) = 2 ⇔  x = 0  x = x2 > n

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên  phương trình (2) có 2 nghiệm. Vậy hàm số y = f ′ ( f ( x ) − 2 x ) có 7 điểm cực trị.

Câu 64.

(Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) có bẳng biến thiên như sau

Số điểm cực đại của hàm số g ( x ) =  f ( 2 x 2 + x )  là

A. 3 .

C. 2 . Lời giải

B. 4 .

D. 1.

Chọn C

(

Ta có g ′ ( x ) =  f 2 x 2 + x 

(

)

)′ = 2 f ( 2x + x) ( 4x +1) f ′ ( 2x + x) . 2

 − 1 ± 1 + 8a ( a > 1) x =  2 x 2 + x = a ( a > 1) 4 2    f ( 2x + x ) = 0 1  x = − 1  x=− . g ′ ( x ) = 0 ⇔ 4 x + 1 = 0 ⇔ ⇔ 4 4    2 f ′ 2 x2 + x ) = 0 x = 1 2 x + x = 1  (   2 x 2 + x = −2 2    x = −1 Vì a > 1 nên có thứ tự các nghiệm của g ′ ( x ) = 0 là: x1 =

Trang 52

−1 − 1 + 8a 1 1 − 1 + 1 + 8a . < x2 = −1 < x3 = − < x4 = < x5 = 4 4 2 4

Vậy g ′ ( x ) = 0 có 5 nghiệm đơn như trên suy ra g′ ( x ) đổi dấu khi x chạy qua các nghiệm đơn.  1 1 Với 0 ∈  − ;  ( 0 ∈ ( x3 ; x4 ) ) . Xét g ′ ( 0) = 2. f ( 0) f ′ ( 0) > 0 . Suy ra g′ ( x ) > 0 trên khoảng  4 2  1 1  − ;  hay khoảng ( x3 ; x4 ) . Ta có bảng xét dấu của g ′ ( x ) như sau  4 2

Ta có hàm f ( x ) liên tục trên ℝ nên hàm số g ( x ) =  f ( 2 x 2 + x )  cũng liên tục trên ℝ . 1 Vậy hàm số g ( x ) =  f ( 2 x 2 + x )  có 2 điểm cực đại là x = x2 = −1 và x = x4 = . 2 2

Câu 65.

(Chuyên ĐHSP Hà Nội - 2021) Cho hàm số bậc bốn trùng phương f ( x) có bảng biến thiên như sau:

Số điểm cực trị của hàm số y =

A. 6 .

B. 7 .

1 4 f ( x) − 1] là 4[ x C. 5 . Lời giải

D. 4 .

Chọn C  f '(0) = 0 a = 2  f (0) = 1   4 2 4 2 Giả sử f ( x) = ax + bx + c. Từ  ↔ b = −4 . Suy ra f ( x) = 2 x − 4 x + 1.  f '( ±1) = 0 c = 1   f ( ±1) = 0

Khi đó y =

4 1  2 x 4 − 4 x 2  = 24 x 4 ( x 2 − 2)4 . Có y ' = 24.4.x3.( x 2 − 2)3.(3x 2 − 2) . 4  x

Và y ' = 0 ⇔ x = 0 (nghiệm bội lẻ); x = ± 2 (nghiệm bội lẻ); x = ±

2 3

Do đó, hàm số y có 5 cực trị.

Trang 53

Câu 66. (THPT Mai Anh Tuấn - Thanh Hóa - 2021) Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( −2) < f ( 2) = 0, đồ thị y = f ′ ( x ) là đường cong trong hình bên. Hàm số g ( x ) = f ( x ) +

1 4 1 3 x − x − 2 x 2 + 4 x có 4 3

bao nhiêu điểm cực trị?

A. 5.

B. 7.

C. 6. Lời giải

D. 4.

Chọn A 1 4 1 3 x − x − 2 x2 + 4 x 4 3 3 2 Ta có h′ ( x ) = f ′ ( x ) + x − x − 4 x + 4 = f ′ ( x ) − (1 − x ) ( x 2 − 4 )

Xét hàm số h ( x ) = f ( x ) +

h′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = (1 − x ) ( x 2 − 4 )

Vẽ đồ thị hàm số y = (1 − x ) ( x 2 − 4 ) lên cùng hệ trục tọa độ với đồ thị f ′ ( x ) thì hai đồ thị này cắt nhau tại 3 điểm x = 1; x = ±2

Mà h ( −2 ) = f ( −2 ) −

28 23 < 0, (do f ( −2 ) < 0 ); h (1) = f (1) + , 3 12

2 > 0, do f ( 2 ) = 0 3 Bảng biến thiên h ( 2) = f ( 2) +

Từ bảng biến thiên suy đồ thị hàm số h ( x ) có 3 điểm cực trị và cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt nên đồ thị hàm số g ( x ) = h ( x ) có 5 cực trị.

Câu 67.

Trang 54

(THPT Hậu Lộc 4 - Thanh Hóa - 2021) Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Số điểm cực trị của hàm số

( x − 2) g ( x) = 3  f ( x + 1) 

B. 4 .

A. 7 .

là

C. 5 . Lời giải

D. 6 .

Chọn C Từ bảng biến thiên  phương trình f ′ ( x ) = 0 có ba nghiệm là x = − 1 ; x = 0 ; x = 1

(

)

 f ′ ( x ) có dạng f ′ ( x ) = kx ( x − 1)( x + 1) = k x3 − x , với k ∈ ℝ và k ≠ 0  x4 x2   f ( x ) = k  − + C  , C là một hằng số  4 2 

  1  k = −16  k  − + C  = 3 ⇔ Mà đồ thị hàm số f ( x ) đi qua (1;3) và ( 0; − 1)    4  1 kC = −1 C = 16   x4 x2 1   f ( x ) = −16  − +  = −4 x 4 + 8 x 2 − 1  4 2 16  4

 f ( x + 1) = −4 ( x + 1) + 8 ( x + 1) − 1  f ( x + 1) = −4 ( x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1) + 8 ( x 2 + 2 x + 1) − 1

 f ( x + 1) = −4 x 4 − 16 x3 − 16 x 2 + 3  f ′ ( x + 1) = −16 x3 − 48 x 2 − 32 x 3

4 ( x − 2 )  f ( x + 1)  − ( x − 2 ) .3  f ( x + 1)  . f ′ ( x + 1) Ta có: g ′ ( x ) = 6  f ( x + 1)  3

 g′ ( x ) =

4 ( x − 2 ) f ( x + 1) − 3 ( x − 2 ) f ′ ( x + 1)  f ( x + 1) 

( x − 2)

 4 f ( x + 1) − 3 ( x − 2 ) f ′ ( x + 1)  4  f ( x + 1) 

x − 2 = 0 ⇔ x = 2 Do đó: g ′ ( x ) = 0 ⇔   4 f ( x + 1) − 3 ( x − 2 ) f ′ ( x + 1) = 0

Trang 55

Phương trình: 4 f ( x + 1) − 3 ( x − 2 ) f ′ ( x + 1) = 0

⇔ 4 ( −4 x 4 − 16 x3 − 16 x 2 + 3) − 3 ( x − 2 ) ( −16 x3 − 48x 2 − 32 x ) = 0 ⇔ −16 x 4 − 64 x3 − 64 x 2 + 12 − 3 ( −16 x 4 − 16 x3 + 64 x 2 + 64 x ) = 0 ⇔ −16 x 4 − 64 x3 − 64 x 2 + 12 + 48x 4 + 48 x3 − 192 x 2 − 192 x = 0 ⇔ 32 x 4 − 16 x3 − 256 x 2 − 192 x + 12 = 0 ⇔ 8x 4 − 4 x3 − 64 x 2 − 48x + 3 = 0 Xét hàm số h ( x ) = 8 x 4 − 4 x3 − 64 x 2 − 48 x + 3  x = x1 Ta có: h′ ( x ) = 32 x − 48 x − 128 x + 12 = 0 ⇔  x = x2 với x1 < −1 < 0 < x2 < 1 < 2 < x3   x = x3 3

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình h ( x ) = 0 có 4 nghiệm phân biệt Mà h ( 2 ) = −233  x = 2 không là nghiệm của phương trình h ( x ) = 0  Phương trình g ′ ( x ) = 0 có 5 nghiệm phân biệt 4

Vậy hàm số

Câu 68.

( x − 2) g ( x) = 3  f ( x + 1) 

(THPT Đồng Quan - Hà Nội - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên các khoảng ( −∞;2) và

( 2; +∞ ) có đồ thị như hình vẽ.

Trang 56

có 5 điểm cực trị.

Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( 2 x − 1 + 2 ) là

A. 5 .

B. 4 .

C. 2 . Lời giải

D. 3 .

Chọn C g ( x ) = f ( 2x −1 + 2)  g '( x ) =

2 ( 2 x − 1) 2x −1

f ' ( 2 x − 1 + 2)

Ta có  2 x − 1 + 2 = −1(VN )  1 g ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( 2 x − 1 + 2 ) = 0 ⇔  2 x − 1 + 2 = (VN ) ⇔ 2 x − 1 + 2 = 4  2   2 x − 1 + 2 = 4 3  x=  2 x − 1 = 2 2 ⇔ 2x −1 = 2 ⇔  ⇔  2 x − 1 = −2 x = − 1  2 1 1 1 g ' ( x ) không xác định tại x = và g ' ( x ) đổi dấu tại x = , nhưng tại x = thì g ( x ) không xác 2 2 2 −1 3 định ( vì f ( x ) kxđ tại x=2). Vậy hàm số có 2 điểm cực trị là x = , x = . 2 2

Câu 69.

(THPT Đồng Quan - Hà Nội - 2021) Cho hàm đa thức bậc bốn y = f ( x ) , hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ

( )

Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = f x 4 − 2 x3 + 1 là Trang 57

A. 3 .

C. 4 . Lời giải

B. 6 .

D. 5 .

Chọn C Ta có: g ( x ) = f x 4 − 2 x3 + 1  g ' ( x ) = 4 x3 . f ' ( x 4 ) − 6 x 2 = 2 x 2 .  2 x. f ' ( x 4 ) − 3

( )

 x2 = 0 Xét g ' ( x ) = 0 ⇔   f ' ( x4 ) = 3  2x

( *)

 x < 0   x < 0  f ' ( x4 ) = − 3  4  4 4  2 x  x = f ⇔ ( *) ⇔  x>0  x > 0    3   x 4 = 1  f ' ( x4 ) =   2 4 x4

x = −4 f  x = −4 a  4 x = − c 4 4 4 ∨ x =a ∨ x =c ∨ x =d  ⇔ x = −4 d x = 1  ∨ x4 = b ∨ x4 = e x = 4 b  4 x = e 

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số g ( x ) có 4 điểm cực tiểu.

Câu 70. (Sở Hà Tĩnh - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên.

Trang 58

1 Số điểm cực đại của hàm số g ( x ) = f ( x ) − x3 là 9 A. 4 . B. 1 . C. 2 .

D. 3 .

Lời giải Chọn B

1  Ta có g ′ ( x ) = f ′ ( x ) − x 2 . 3 1 g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = x 2 (1). 3 1  Vẽ parabol ( P ) : y = x2 . Ta thấy ( P ) đi qua các điểm 3

 1  1  4  −1;  , ( 0;0 ) , 1;  ,  2;  , ( 3;3) . 3   3  3 

Parabol này cắt đồ thị y = f ′ ( x ) tại các điểm có hoành độ lần lượt là a ∈ ( −1;0) , b ∈ (1;2) và c ∈ ( 2; +∞ ) . Suy ra (1) có các nghiệm là: x = a, x = b, x = c .

1  Bảng biến thiên của hàm g ( x ) = f ( x ) − x3 như sau: 9 c x −∞ +∞ a b − 0 + 0 − 0 +

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho có một điểm cực đại.

Câu 71.

(THPT Quảng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ.

Trang 59

1 4 ( x − 2 ) là 2 D. 5 .

Số điểm cực đại của đồ thị hàm số y = g ( x ) = f ( x 2 − 4 x + 3) − 3 ( x − 2 ) + 2

B. 7 .

A. 3 .

C. 4 . Lời giải

Chọn A Ta có: g ( x ) = f ( x 2 − 4 x + 3) − 3 ( x − 2 ) + 2

1 4 ( x − 2) 2

g ′ ( x ) = f ′ ( x 2 − 4 x + 3 ) .2 ( x − 2 ) − 6 ( x − 2 ) + 2 ( x − 2 )

(

= ( x − 2 ) 2 f ′ ( x 2 − 4 x + 3) − 6 + 2 ( x − 2 )

)

 x = 2 (1n0 ) g′( x ) = 0 ⇔  2 2  f ′ ( x − 4 x + 3) = 3 − ( x − 2 ) (*)

(*) f ′ ( x 2 − 4 x + 3 ) = 3 − ( x − 2 ) ⇔ f ′ ( x 2 − 4 x + 3 ) = 3 − x 2 + 4 x − 4 = − ( x 2 − 4 x + 3 ) + 2 2

Trang 60

Đặt: t = x 2 − 4 x + 3 suy ra phương trình trở thành: f '(t ) = −t + 2

Phương trình trên tương ứng với tương giao giữa đồ thị y = f '(t ) và đường thẳng y = −t + 2 Dựa vào hình vẽ trên, ta thấy phương trình có 3 nghiệm là t = 0, t = 1, t = 2

 x2 − 4x + 3 = 0  x2 − 4x + 3 = 0  x = 1, x = 3 t = 0  2  2   ⇔ t = 1 ⇔  x − 4 x + 3 = 1 ⇔  x − 4 x + 2 = 0 ⇔  x = 2 − 2; x = 2 + 2  x2 − 4x + 3 = 2  x2 − 4x + 1 = 0  x = 2 − 3; x = 2 + 3 t = 2    Từ đó, ta có bảng biến thiên của hàm g ( x) như sau: Dựa vào BBT trên, ta kết luận hàm số g ( x) có 3 điểm cực đại

Câu 72. (THPT Thanh Chương 1- Nghệ An - 2021) Cho hàm bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ 2

bên. Số điểm cực trị của hàm số y =  xf ( x − 1)  là

A. 9 .

B. 7 .

C. 6 .

D. 5 .

Lời giải Chọn B 3 2 2  Đặt: f ( x ) = ax + bx + cx + d  f ′ ( x ) = 3ax + 2bx + c . Ta có: đồ thị giao với trục Oy tại điểm ( 0;1)  d = 1 . Trang 61

 Đồ thị hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị là ( −1;3) ; (1; − 1) nên 3a − 2b + c = 0 b = 0 3a + 2b + c = 0   3  ⇔  a = 1  f ( x ) = x − 3x + 1 . a + b + c + 1 = −1 c = −3  − a + b − c + 1 = 3 3  f ( x − 1) = ( x − 1) − 3 ( x − 1) + 1 = x 3 − 3 x 2 + 3  f ′ ( x − 1) = 3 x 2 − 6 x . 2

 g ( x ) =  xf ( x − 1)   g ′ ( x ) = 2 xf ( x − 1)  f ( x − 1) + xf ′ ( x − 1)  .  g ′ ( x ) = 2 x ( x 3 − 3 x 2 + 3)( 4 x 3 − 9 x 2 + 3) .

x = 0  x ≈ 2,532  x = 0  x ≈ 1,347  3  2 Suy ra g ′ ( x ) = 0 ⇔  x − 3 x + 3 = 0 ⇔  x ≈ −0,879 . 2  3  x ≈ 2, 076 4 x − 9x + 3 = 0   x ≈ 0, 694  x ≈ −0, 52 

g ′ ( x ) là phương trình bậc 7 và có 7 nghiệm phân biệt nên hàm số g ( x ) có 7 điểm cực trị. Câu 73.

A. 7 .

B. 7 .

C. 3 . Lời giải

D. 9 .

Chọn A Theo đồ thị của f ( x) , g ( x) thì hai đồ thị cắt nhau tại 3 điểm có hoành độ lần lượt là −2 , 1, 4 nên h ( x ) = a ( x + 2)( x − 1)( x − 4) với a > 0 (do hệ số của x 3 của f ( x ) dương còn hệ số của x 3 của g ( x ) âm).  đồ thị của y = h ( x ) có dạng:

Trang 62

-2

0 1

 Đồ thị hàm số y = h ( x ) được vẽ dựa trên đồ thị hàm số y = h ( x ) như sau: + Bước 1: Giữ nguyên phần đồ thị bên phải trục tung, bỏ phần bên trái rồi lấy đối xứng phần bên phải trục tung qua trục tung. + Từ đồ thì có được qua bước 1, giữ nguyên phần đồ thị trên trục hoành, lấy đối xứng với phần đồ thị dưới trục hoành.

Từ đó suy ra số điểm cực trị của hàm số h ( x ) là 7.

Câu 74. Cho f ( x ) là hàm bậc bốn thỏa mãn f ( 0) = 0 . Hàm số f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Hàm số g ( x ) = 2 f ( x 2 + x ) − x 4 − 2 x3 + x 2 + 2 x có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 4 .

B. 5 .

C. 6 . Lời giải

D. 7 .

Chọn D 2

G ọi h ( x ) = 2 f ( x 2 + x ) − x 4 − 2 x 3 + x 2 + 2 x = 2 f ( x 2 + x ) − ( x 2 + x ) + 2 ( x 2 + x ) .  h ' ( x ) = 2 ( 2 x + 1) f ' ( x 2 + x ) − 2 ( 2 x + 1) ( x 2 + x ) + 2 ( 2 x + 1) .

2x + 1 = 0  h '( x) = 0 ⇔  2 2  f ' ( x + x ) − ( x + x ) + 1 = 0

( *) Trang 63

Đặt t = x 2 + x . Khi đó phương trình (*) trở thành f ' ( t ) − t + 1 = 0

⇔ f ' ( t ) = t −1 . Ta vẽ đồ thị hai hàm số y = f ' ( t ) và y = t − 1 trên cùng một hệ trục tọa độ

 −2 < t < 0 . Dựa vào đồ thị ta thấy f ' ( t ) > t − 1 ⇔  t > 2 −2 < x 2 + x < 0  −1 < x < 0 Khi đó:  2 . ⇔  x < −2 ∨ 1 < x  x +x>2 Bảng biến thiên:

Vậy hàm số g ( x ) = h ( x ) có 7 điểm cực trị.

Câu 75. Cho hàm số y = f ( x ) là hàm số bậc bốn thỏa mãn f ( 0 ) = 0. Hàm số y = f ' ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số g ( x ) = f ( x 2 ) − x 2 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 1. Trang 64

B. 3 .

C. 5 . Lời giải

D. 7

Chọn C 2 2 Đặt h ( x ) = f ( x ) − x  h ( 0) = 0. x = 0 Ta có h ' ( x ) = 2 xf ' ( x 2 ) − 2 x = 0 ⇔  . 2  f ' ( x ) = 1 Dựa vào bảng biến thiên của hàm số t = f ' ( x ) ta có phương trình f ' ( x ) = 1 có duy nhất một nghiệm và nghiệm đó dương. Gọi x0 là nghiệm của phương trình f ' ( x ) = 1 . Suy ra f ' ( x 2 ) = 1 ⇔ x 2 = x0 ⇔ x = ± x0 . 4 3 2 3 2 Ta có y = f ( x ) = ax + bx + cx + dx + e  f ' ( x ) = 4ax + 3bx + 2cx + d

lim f ' ( x ) = +∞  a > 0.

x →+∞

2 2 Khi đó h ( x ) = f ( x ) − x là hàm bậc 8 và lim h ( x ) = lim h ( x ) = +∞ x →+∞

x →+∞

Lập bảng biến thiên của h ( x ) ta có

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số g ( x ) = h ( x ) có 5 điểm cực trị.

Câu 76. Cho f ( x ) là hàm số bậc bốn thỏa mãn f ( 0 ) = −

1 . Hàm số f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau: ln 2

2x Hàm số g ( x ) = f ( − x ) − x + có bao nhiêu điểm cực trị? ln 2 2

B. 2 .

A. 3 .

C. 4 . Lời giải

D. 5 .

Chọn D 3 9 5 Từ bảng biến thiên, ta tìm được f ′ ( x ) = − x3 + x − . 4 4 2 x2 2 1 Đặt h ( x ) = f ( − x 2 ) − x 2 + . Ta có h ( 0 ) = f ( 0 ) + =0. ln 2 ln 2 2 2 h′ ( x ) = −2 x ⋅ f ′ − x 2 − 2 x + 2 x ⋅ 2 x = −2 x  f ′ − x 2 + 1 − 2 x  ,   x = 0 h′ ( x ) = 0 ⇔  . 2 x2  f ′ ( − x ) = 2 − 1 (*) Đặt t = − x 2 , t ≤ 0 . Phương trình (*) trở thành: f ′ ( t ) = u ( t ) , với u ( t ) = 2−t − 1

(

)

(

)

Trang 65

Từ đồ thị ta thấy phương trình f ′ ( t ) = u ( t ) ⇔ t = t0 , với t0 < −1 . Từ đó, phương trình (*) ⇔ − x 2 = t0 ⇔ x = ± −t0 . Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số g ( x ) = h ( x ) có 5 điểm cực trị. 3 Câu 77. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = 4 x + 2 x và f ( 0) = 1. Số điểm cực tiểu của hàm số

g ( x ) = f 3 ( x 2 − 2 x − 3) là

A. 0 .

B. 2 .

C. 1. Lời giải

D. 3 .

Chọn B Ta có: f ( x ) =  ( 4 x 3 + 2 x ) dx = x 4 + x 2 + C và f ( 0) = 1  C = 1. 4 2 Do đó ta có: f ( x ) = x + x + 1 > 0, ∀x. 2 2 2 Ta có: g ' ( x ) = 3(2 x − 2). f ( x − 2 x − 3). f '( x − 2 x − 3) .

x =1 2 x − 2 = 0 ⇔  x = −1 . g '( x ) = 0 ⇔  3 2 2  4 ( x − 2 x − 3) + 2 ( x − 2 x − 3) = 0  x = 3 Bảng biến thiên: x −1 1 −∞ g '( x ) 0 0 − + − +∞ g ( x)

3 0

+∞ + +∞

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số y = g ( x ) có hai cực tiểu.

Câu 78. (Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2021) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên f ′ ( x ) như sau: Trang 66

( )

Tìm số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = f x3 − 3 x .

A. 1 .

B. 2 .

C. 3 . Lời giải

D. 0 .

Chọn B

( )

Ta thấy g ( x ) = f x3 − 3 x là hàm chắn.

( ) 1 f ′( x ) − 3 = 0 ⇔ f ′( x ) = . x

( )

Ta chỉ xét x > 0 khí đó hàm số g ( x ) = f x3 − 3 x  g ′ ( x ) = 3 x 2 f ′ x3 − 3 Ta có g ′ ( x ) = 0 ⇔ 3x 2

Đặt t = x3  x = 3 t khi đó ta được: 1 f ′ (t ) = 3 2 t 1 2 Vì h′ ( t ) = f ′′ ( t ) + > 0 ∀t > 0 nên h ( t ) là hàm đồng biến Xét hàm số h ( t ) = f ′ ( t ) − 3 2 3 5 t 3 t Bảng biến thiên của h ( t ) là

Vậy phương trình h ( t ) = 0 chỉ có một nghiệm t = a > 0 Bảng biến thiên của hàm số g ( x ) khi x > 0 là

Vậy hàm số g ( x ) có 2 điểm cực tiểu và 1 điểm cực đại.

Câu 79.

(Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - 2021) Cho f ( x ) là hàm số bậc ba thỏa mãn f ( 0 ) = 2 và

f ′ (1) = 0 . Hàm số f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau

Trang 67

Hàm số g ( x ) = f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 7 .

B. 6 .

C. 9 . Lời giải

D. 11 .

Chọn A Giả sử f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d . Ta có f ′ ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c. Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra đồ thị hàm số f ′ ( x ) đối xứng nhau qua trục tung nên là hàm chẵn suy ra b = 0. Khi đó f ′ ( x ) = 3ax 2 + c. c = −3 a = 1  f ′ ( 0 ) = −3 Mặt khác cũng từ bảng biến thiên và giả thiết, ta có  ⇔ ⇔ . 3a + c = 0 c = −3  f ′ (1) = 1 Khi đó f ′ ( x ) = 3x 2 − 3  f ( x ) = x3 − 3x + C. Mà f ( 0 ) = 2 ⇔ C = 2. Vậy f ( x ) = x3 − 3x + 2. Xét hàm số h ( x ) = f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021, ta thấy h ( x ) là một hàm chẵn nên nhận trục tung là trục đối xứng, vì vậy số điểm cực trị của h ( x ) chính bằng hai lần số cực trị dương của hàm số

p ( x ) = f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021 cộng thêm 1. Xét hàm số p ( x ) = f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) − 2021 trên ( 0; +∞ ) ta có

p′ ( x ) = 3 f ′ ( x ) f 2 ( x ) − 6 f ′ ( x ) f ( x ) .  f ′( x) = 0 3 x 2 − 3 = 0 x =1   3  p′ ( x ) = 0 ⇔  f ( x ) = 0 ⇔  x − 3x + 2 = 0   x = 0 (do x > 0 ).   3   x − 3x + 2 = 2  x = 3  f ( x) = 2 Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, ta suy ra số điểm cực trị của hàm số h ( x ) là 2.2 + 1 = 5.

Trang 68

Mặt khác, đồ thị của hàm số g ( x ) đối xứng qua Ox, do đó số điểm cực trị của hàm số g ( x ) bằng số điểm cực trị của hàm số h ( x ) cộng với số nghiệm bội lẻ của phương trình h ( x ) = 0. Dựa vào bảng biến thiên ta có thấy h ( x ) = 0 có hai nghiệm bội đơn. Vậy hàm số g ( x ) có tất cả 5 + 2 = 7 điểm cực trị.

Câu 80. (Chuyên ĐHSP - 2021) Cho f ( x ) là hàm số bậc bốn thỏa mãn f ( 0 ) =

1 . Hàm số f ′ ( x ) có 2021

bảng biến thiên như sau:

Hàm số g ( x) = f ( x 3 ) + x có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 1 .

C. 2 .

B. 5 .

D. 3 .

Lời giải Chọn D Gọi f ( x ) = ax 4 + bx3 + cx 2 + dx +

1 . 2021

f ′ ( x ) = 4ax3 + 3bx2 + 2cx + d . f ′′ ( x ) = 12ax2 + 6bx + 2c . f ′ ( −2) = 1 ⇔ −32a + 12b − 4c + d = 1(1) . 7 7 f ′ ( −1) = ⇔ −4a + 3b − 2c + d = ( 2 ) . 6 6 f ′′ ( −1) = 0 ⇔ 12a − 6b + 2c = 0 ( 3) . f ′′ ( −2) = 0 ⇔ 48a − 12b + 2c = 0 ( 4) . 1 1 1 , b = − , c = −1, d = . 12 2 3 1 1 1 1 1  f ′ ( 0) = > 0 . Suy ra f ( x ) = − x 4 − x3 − x 2 + x + 12 2 3 2021 3 Từ (1) , ( 2) , ( 3) , ( 4) suy ra a = −

( )

+ Đặt h ( x ) = f x3 + x  h′ ( x ) = 3x 2 f ′ x3 + 1  h′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ x3 =

Đặt t = x 3  x = 3 t . Phương trình (*) trở thành f ′ ( t ) =

−1 33 t 2

−1 (*). 3x 2

Trang 69

Từ đồ thị hàm f ′ ( t ) và hàm y =

−1 3

, ta suy ra phương trình f ′ ( t ) =

3 t t = t0 > 0  (*) có đúng một nghiệm x = x0 > 0 .

−1 33 t2

có đúng một nghiệm

Từ đó ta có bảng biến thiên :

Suy ra g ( x ) có 3 điểm cực trị.

Câu 81.

1 + x − e x (Chuyên Biên Hòa - 2021) Hàm số f ( x ) =  2  x + 6 x y = f ( x ) là

A. 4 .

B. 2 .

khi x > 0 khi x ≤ 0

C. 1 . Lời giải

. Số điểm cực trị của hàm số

D. 3 .

Chọn D Tập xác định D = ℝ . Ta có lim+ f ( x ) = lim+ (1 + x − e x ) = 0; lim− f ( x ) = lim− ( x 2 + 6 x ) = 0; f ( 0 ) = 0 x →0

x→0

x →0

 Hàm số liên tục tại x = 0 . f ( x ) − f ( 0) 1 + x − ex + = lim+ = 0. Ta có f ′ 0 = lim+ x →0 x →0 x−0 x f ( x ) − f ( 0) x2 + 6 x − = lim− = lim− ( x + 6) = 6 Ta có f ′ 0 = lim− x →0 x →0 x →0 x−0 x  Hàm số không tồn tại đạo hàm tại x = 0 . x V ới x > 0  f ( x ) = 1 + x − e .

( ) ( )

x x Tính f ′ ( x ) = 1 − e = 0 ⇔ e = 1 ⇔ x = 0 . 2 V ới x ≤ 0  f ( x ) = x + 6 x .

Tính f ′ ( x ) = 2 x + 6 = 0 ⇔ x = −3 . Trang 70

Ta có

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) là 3 .

Câu 82. (Cụm Ninh Bình – 2021) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục, xác định trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 4 x ) có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 9 .

B. 5 .

C. 11 . Lời giải

D. 7 .

 2 Ta có g ( x ) = f ( x 2 − 4 x )  g ′ ( x ) = ( x 2 − 4 x )′ f ′ ( x 2 − 4 x ) = 2 x  1 −  f ′ ( x 2 − 4 x ) .  x   Hàm số g ′ ( x ) không xác định tại x = 0 .

x =2  x = ±2 x =2  2  ⇔ − = − ⇔ g′ ( x) = 0 ⇔  x 4 x 4 .  2  x = ± 2 + 5  f ′ ( x − 4 x ) = 0  2 x − 4 x =1 Bảng xét dấu:

(

)

Vậy hàm số g ( x ) có 5 điểm cực trị.

Câu 83.

(Sở Quảng Bình - 2021) Cho hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + 1, ( a ≠ 0 ) với các số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c > 2019 và lim f ( x ) = −∞ . Số điểm cực trị của hàm số y = g ( x − 2019 ) x →+∞

với g ( x ) = f ( x ) − 2020 là

A. 3

B. 2

C. 4 Lời giải

D. 5

Ta có: Số điểm cực trị của hàm số y = g ( x − 2019 ) bằng với số điểm cực trị của hàm số y = g ( x ) Mà g ( x ) = f ( x ) − 2020 = ax 3 + bx 2 + cx − 2019 Trang 71

Có lim f ( x ) = −∞  a < 0  lim g ( x ) = −∞  tồn tại số α > 1 thỏa mãn g (α ) < 0 x →+∞

x →+∞

Có a < 0  lim g ( x ) = +∞  tồn tại số β < 0 thỏa mãn g ( β ) > 0 x →−∞

g (1) = a + b + c − 2019 > 0 g ( 0 ) = −2019 < 0 Vậy g (1) .g (α ) < 0 và g (1) .g ( 0 ) < 0, g ( 0 ) .g ( β ) < 0 , mà g ( x ) liên tục trên ℝ suy ra phương trình g ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Từ đó đồ thị hàm số y = g ( x ) có 2 điểm cực trị và cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt. Vậy hàm số y = g ( x ) có 5 điểm cực trị. Tức là số điểm cực trị của hàm số y = g ( x − 2019 ) là 5.

Câu 84.

(Sở Nam Định - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và f ( −3) = 0 đồng thời có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Hàm số g ( x ) = 2 ( x + 1) − 6 ( x + 1) − 3 f ( − x 4 − 4 x 3 − 4 x 2 − 2 ) có bao nhiêu điểm cực trị? 6

B. 6 .

A. 7 .

C. 3 . Lời giải

D. 5 .

Chọn D 6 2 Đặt h ( x ) = 2 ( x + 1) − 6 ( x + 1) − 3 f ( − x 4 − 4 x 3 − 4 x 2 − 2 )  h ' ( x ) = 12 ( x + 1) − 12 ( x + 1) − 3 ( −4 x 3 − 12 x 2 − 8 x ) . f ' ( − x 4 − 4 x 3 − 4 x 2 − 2 ) 5

= 12 ( x + 1) ( x 2 + 2 x )( x 2 + 2 x + 2 ) + 12 ( x + 1) ( x 2 + 2 x ) . f ' ( − x 4 − 4 x 3 − 4 x 2 − 2 ) = 12( x + 1) ( x 2 + 2 x )  x 2 + 2 x + 2 + f ' ( − x 4 − 4 x 3 − 4 x 2 − 2 )  2

Mà − x 4 − 4 x 3 − 4 x 2 − 2 = −  x ( x + 2 )  − 2 ≤ −2 , ∀x ∈ ℝ nên dựa vào bảng xét dấu của f ' ( x ) ta suy ra f ' ( − x 4 − 4 x 3 − 4 x 2 − 2 ) ≥ 0 .  x 2 + 2 x + 2 + f ' ( − x 4 − 4 x 3 − 4 x 2 − 2 ) > 0, ∀x ∈ ℝ

Do đó dấu của h ' ( x ) cùng dấu với u ( x ) = 12 ( x + 1) ( x 2 + 2 x ) , tức là đổi dấu khi đi qua các điểm x = −2; x = −1; x = 0 .

Vậy hàm số h ( x ) có 3 điểm cực trị. Ta có h ( −1) = −3 f ( −3) = 0 nên đồ thị hàm số y = h ( x ) tiếp xúc Ox tại x = −1 và cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt. Vậy y = g ( x ) có 5 điểm cực trị.

Trang 72

Dạng 3. Tìm m để hàm số f(u) thỏa mãn điều kiện cho trước Câu 1.

( )

(Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2020) Cho hàm số bậc ba y = f x có đồ thị của hàm đạo hàm f ' x

( )

()

như hình vẽ và f b = 1 .Số giá trị nguyên của m ∈ −5;5 để hàm số g x = f 2 x + 4 f x + m

()

có đúng 5 điểm cực trị là

B. 10 .

A. 8 .

C. 9 .

D. 7 .

Lời giải Chọn C Cách 1:

( )

Ta có bảng biến thiên của f x :

( )

Xét hàm số h x = f 2 x + 4 f x + m

() ( ) ( ) ( ) '  h (x ) = 2 f ( x )  f (x ) + 2   h ' (x ) = 0  2 f ' ( x )  f (x ) + 2 = 0    f ' (x ) = 0 x = a; x = b ⇔ ⇔  f ( x ) = −2 x = c (c a )  h ' x = 2f ' x f x + 4f ' x '

Pt có 3 nghiệm phân biệt  có 3 điểm cực trị

( )

Xét h x = 0 Trang 1

( )

()

⇔ f 2 x + 4 f x = −m 2

()

Để g x = h x có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi PT 2 có 2 nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ phân biệt

( )

Xét hàm số t x = f 2 x + 4 f x

( )

Ta có Bảng biến thiên của t x :

( )

Từ YCBT ⇔ t x = −m có hai nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ pb   −m ≥ t a > 5  m ≤ −t a < −5     −5 ≤ m < 4 ⇔   −4 < −m ≤ 5 ⇔   −4 < −m ≤ 5 ⇔   m ∈ ℤ  −5 ≤ m ≤ 5; m ∈ ℤ  −5 ≤ m ≤ 5  

()

{

}

⇔ m ∈ −5; −4; −3; −2; −1; 0;1;2; 3 .

Cách 2:

( )

Ta có bảng biến thiên của hàm số y = f x :

( )

Xét hàm số h x = f 2 x + 4 f x + m

Trang 2

() ( ) ( ) ( )  h ' (x ) = 2 f ' ( x )  f (x ) + 2   ' '  h (x ) = 0  2 f ( x ) f (x ) + 2 = 0    f ' (x ) = 0 x = a; x = b ⇔ ⇔  f ( x ) = −2 x = c (c a )  h ' x = 2f ' x f x + 4f ' x

()

( )

()

Từ YCBT g x = h x = f 2 x + 4 f x + m có 5 điểm cực trị khi:  m ≤ f 2 a + 4 f (a) < −5  h a ≤ 0       −4 + m < 0 ≤ 5 + m ⇔  −5 ≤ m < 4 m ∈ ℤ; m ∈  −5; 5    m ∈ ℤ; m ∈  −5;5    ⇔ m ∈ −5; −4; −3; −2; −1; 0;1;2; 3

()

{

Câu 2.

}

A. 1.

B. 2.

C. 4.

D. 5.

Lời giải Chọn B

Trang 3

Gọi a, b, c ( a < b < c ) là ba điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) . Khi đó: f ( a ) = −6; f ( b ) = −2; f ( c ) = 2 . Xét hàm h ( x ) = f ( x + 2020 ) với x ∈ ℝ . Khi đó: h′ ( x ) = f ′ ( x + 2020 ) . ( x + 2020 ) ′ = f ′ ( x + 2020 ) .

 x = a − 2020 h′ ( x ) = 0 ⇔  x = b − 2020 .  x = c − 2020 Bảng biến thiên của hàm h ( x )

Hàm số g ( x ) = f ( x + 2020 ) + m 2 có 5 điểm cực trị ⇔ Phương trình f ( x + 2020 ) + m2 = 0 có đúng 2 nghiệm không thuộc

{a − 2020; b − 2020; c − 2020} m2 = 2  ⇔  m 2 = −2 ⇔ 2 < m2 < 6 

m = ± 2  − 6 < m < − 2 .   2 < m < 6

Vậy có 2 giá trị nguyên của m là m = 2 và m = −2 thì hàm số g ( x ) = f ( x + 2020 ) + m 2 có 5 điểm cực trị. Câu 3.

(Chuyên

Lào

Cai 4

2020)

Cho

hàm

số

f ( x)

có

đạo

hàm

f ′ ( x ) = x 2 ( x + 2 ) ( x + 4 )  x 2 + 2 ( m + 3) x + 6m + 18 . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số f ( x ) có đúng một điểm cực trị? Trang 4

B. 7 .

B. 5 .

C. 8 .

D. 6 .

Lời giải Chọn C

 x2 = 0 x = 0  4  x = −2 ( x + 2 ) = 0  Ta có f ′ ( x ) = 0 ⇔  ⇔ 3  x = −4 x + 4 = 0 ( )   2  2  x + 2 ( m + 3) x + 6m + 18 = 0 (*) x + 2 m + 3 x + 6 m + 18 = 0 ( )  Để hàm số f ( x ) có đúng một điểm cực trị ⇔ Phương trình (*) vô nghiệm, có nghiệm kép hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm là −4. Trường

hợp

Phương

trình

( *)

vô

nghiệm

⇔ ∆ = 4m 2 + 24m + 36 − 24m − 72 = 4m 2 − 36 < 0 ⇔ −3 < m < 3  m ∈ {−2 ; − 1 ; 0 ; 1 ; 2} m = 3 .  m = −3

Trường hợp 2. Phương trình (*) có nghiệm kép ⇔ ∆ = 4m 2 − 36 = 0 ⇔ 

Trường hợp 3. Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Trong đó x1 = −4.

 m < −3 . m > 3

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ = 4m 2 − 36 > 0 ⇔ 

 S = x1 + x2 = −4 + x2 = −2m − 6  P = x1.x2 = −4.x2 = 6m + 18

Theo định lí Viète ta có 

 x2 = − 2 m − 2 3 9  ⇔ 3 9 ⇔ −2m − 2 = − m − ⇔ m = 5 . 2 2  x2 = − 2 m − 2 Vậy m ∈ {−3 ; − 2 ; − 1 ; 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 5} thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 4.

(THPT Thiệu Hóa – Thanh Hóa 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới

Trang 5

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số h ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2m có đúng 3 điểm cực trị. A. m > 1

B. m ≥ 1

C. m ≤ 2

D. m > 2

Lời giải Chọn B Số cực trị của hàm số h ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2m bằng số cực trị của hàm số y ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2 m cộng với số giao điểm (khác điểm cực trị) của đồ thị hàm số y ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2 m và y = 0 .

Xét hàm số g ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2m g′ ( x ) = 2 f ( x ) . f ′ ( x ) + 2 f ′ ( x ) = 2 f ′ ( x )  f ( x ) + 1 x = 1  f ′( x ) = 0  ⇔ x = 3 g′ ( x ) = 0 ⇔   f ′ ( x ) = 1 x = α α < 0 ( ) 

BBT

Hàm số h ( x ) có 3 điểm cực trị ⇔ 2m ≥ 0 ⇔ m ≥ Câu 5.

1 . Đáp án B là gần kết quả nhất 2

(THPT Hàm Rồng - Thanh Hóa - 2018) Cho hàm số

f ( x)

có đạo hàm

3  5x  f ′ ( x ) = x 2 ( x − a )(13x − 15) . Tập hợp các giá trị của a để hàm số y = f  2  có 6 điểm cực  x +4 trị là  5 5   15   5 5   15   5 5  5 5  15  D.  − ;  \   . A.  − ;  \ 0;  . B.  − ;  \ 0;  . C.  − ;  \ {0} .  4 4   13   4 4   13   4 4  4 4  13 

Lời giải 2 3 5x  5 x   5 x ′  5 x   5 x   y′ = f ′  2 = . − a 13 − 15   2   2   2   2  x +4  x +4  x +4  x +4  x + 4  3

 − ax 2 + 5 x − 4a   −15 x 2 + 65 x − 60  = .   . 2 2  2 x2 + 4  ( x2 + 4) ( x2 + 4)  x + 4   20 − 5 x 2

25 x 2

Trang 6

  x = ±2  x = 0 y′ = 0 ⇔  x = 3  4  x = 3  2  −ax + 5 x − 4a = 0

( x = 0 là nghiệm kép ).

(1)

đặt g ( x ) = − ax 2 + 5 x − 4a Ycbt thỏa mãn khi phương trình y′ = 0 có 6 nghiệm bội lẻ ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác ±2;0;1;4 . (Nếu g ( 0 ) = 0 thì y′ = 0 chỉ có 5 nghiệm bội lẻ).

 a ≠ 0  ∆ = 52 − 4a.4a > 0   g ( 2) ≠ 0  Điều kiện:  g ( −2 ) ≠ 0 ⇔   g (0) ≠ 0  g ( 3) ≠ 0   4 g   ≠ 0  3 Câu 6.

a ≠ 0  5 5 − < a < 5  5 4  4 − 4 < a < 4   5 . ⇔ a ≠ 0 a ≠ ± 4   15 a ≠ 0 a ≠ 13    a ≠ 15  13

(Chuyên Vinh - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x − 1) ( x 2 − 2 x ) với ∀x ∈ ℝ . 2

(

)

Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số f x 2 − 8 x + m có 5 điểm cực trị?

A. 15 .

B. 17 .

C. 16

D. 18

Lời giải

(

Đặt g ( x ) = f x 2 − 8 x + m

) (

) (x

f ′ ( x ) = ( x − 1) ( x 2 − 2 x )  g ′ ( x ) = ( 2 x − 8 ) x 2 − 8 x + m − 1

− 8 x + m )( x 2 − 8 x + m − 2 )

x = 4  2  x − 8 x + m − 1 = 0 (1) g′( x) = 0 ⇔  2 x − 8x + m = 0 ( 2)   x 2 − 8 x + m − 2 = 0 ( 3)  2

Các phương trình (1) , ( 2 ) , ( 3 ) không có nghiệm chung từng đôi một và ( x 2 − 8 x + m − 1) ≥ 0 với ∀x ∈ ℝ

Trang 7

Suy ra g ( x ) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi ( 2 ) và ( 3 ) có hai nghiệm phân biệt khác 4

16 − m > 0 m < 16 16 − m + 2 > 0 m < 18   ⇔ ⇔ ⇔ m < 16 . 16 − 32 + m ≠ 0 m ≠ 16 16 − 32 + m − 2 ≠ 0 m ≠ 18 m nguyên dương và m < 16 nên có 15 giá trị m cần tìm.

Câu 7.

Cho hàm số y = f ( x) xác định trên ℝ và hàm số y = f '( x) có đồ thị như hình bên. Biết rằng

A. 7.

B. 8.

C. 6.

D. 5.

Lời giải Chọn B

g '( x) = f '( x) − m Số điểm cực trị của hàm số g ( x) bằng số nghiệm đơn (bội lẻ) của phương trình f '( x) = m.

0 < m ≤ 5 Dựa và đồ thị ta có điều kiện  . 10 ≤ m < 13 Vậy có 8 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn.

Câu 8.

(Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

y x 0

Tìm m để hàm số y = f ( x 2 + m) có 3 điểm cực trị. Trang 8

A. m ∈ ( 3; +∞ ) .

B. m ∈ [ 0;3] .

C. m ∈ [ 0;3) .

D. m ∈ ( −∞;0 ) .

Lời giải Chọn C Do hàm số y = f ( x 2 + m ) là hàm chẵn nên hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi hàm số này có đúng 1 điểm cực trị dương.

y = f ( x 2 + m )  y ′ = 2 xf ′ ( x 2 + m )

x = 0 x = 0   2 x = 0 x2 + m = 0 x = −m  y′ = 0 ⇔  ⇔ 2 ⇔ 2 2 x + m = 1 x = 1− m  f ′ ( x + m ) = 0    x 2 + m = 3  x 2 = 3 − m Đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) tiếp xúc trục hoành tại điểm có hoành độ là x = 1 nên các nghiệm của

(

)

pt x 2 = 1 − m (nếu có) không làm f ′ x 2 + m đổi dấu khi x đi qua, do đó các điểm cực trị của

x = 0  hàm số y = f ( x + m ) là các điểm nghiệm của hệ  x 2 = − m  2 x = 3 − m 2

−m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m < 3. 3 − m > 0

Hệ trên có duy nhất nghiệm dương khi và chỉ khi 

Câu 9.

(THPT Hàm Rồng - Thanh Hóa - 2019) Cho hàm số f ′ ( x ) = ( x − 2 ) ( x 2 − 4 x + 3) với mọi x ∈ R 2

. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số y = f ( x 2 − 10 x + m + 9 ) có 5 điểm cực trị?

A. 18 .

B. 16 .

C. 17 .

D. 15 .

Lời giải Chọn B

x = 2 Ta có f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 1 , x = 2 là nghiệm kép nên khi qua giá trị x = 2 thì f ′ ( x )  x = 3 không bị đổi dấu.

Đặt g ( x ) = f ( x 2 − 10 x + m + 9 ) khi đó g ' ( x ) = f ′ ( u ) . ( 2 x − 10 ) với u = x 2 − 10 x + m + 9 .

x = 5  2 x − 10 = 0  2  2 2 2 ( x − 10 x + m + 9 − 2 ) = 0 ( x − 10 x + m + 9 − 2 ) = 0 ⇔ Nên g ′ ( x ) = 0 ⇔  2 2 x − 10 x + m + 9 = 1  x − 10 x + m + 8 = 0 (1)   2  2  x − 10 x + m + 9 = 3  x − 10 x + m + 6 = 0 ( 2 ) Trang 9

Hàm số y = f ( x 2 − 10 x + m + 9 ) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi g ′ ( x ) đổi dấu 5 lần Hay phương trình (1) và phương trình ( 2 ) phải có hai nghiệm phân biệt khác 5

∆1' > 0  ' ∆ 2 > 0 ⇔ , (Với h ( x ) = x 2 − 10 x + m + 8 và p ( x ) = x 2 − 10 x + m + 6 ). h ( 5) ≠ 0  p (5) ≠ 0  17 − m > 0 19 − m > 0  ⇔ ⇔ m < 17 . −17 + m ≠ 0 −19 + m ≠ 0 Vậy có 16 giá trị nguyên dương m thỏa mãn.

Câu 10.

(Chuyên Bắc Giang - Lần 4 - 2019) Cho hàm số

y = f ( x)

có đạo

hàm

f ′ ( x ) = ( x − 2 ) ( x − 1) ( x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 − 1) , ∀x ∈ℝ . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để 2

hàm số g ( x ) = f ( x ) có 5 điểm cực trị?

A. 3.

B. 5.

C. 2.

D. 4.

Lời giải Chọn C Dựa vào cách vẽ đồ thị hàm số g ( x ) = f ( x ) , số điểm cực trị của đồ thị hàm số g ( x ) = f ( x ) bằng số điểm cực trị dương của đồ thị hàm số y = f ( x ) cộng thêm 1.

Để hàm số g ( x ) = f ( x ) có 5 điểm cực trị thì đồ thị hàm số y = f ( x ) có 2 cực trị dương.

 x =1  x = 2. Ta có f ′ ( x ) = 0 ⇔  2  x − 2 ( m + 1) x + m2 − 1 = 0 (*) Có x = 2 là nghiệm bội 2, x = 1 là nghiệm đơn. Vậy x 2 − 2 ( m + 1) x + m2 − 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt, có một nghiệm dương x ≠ 1 , có một nghiệm x ≤ 0 Trường hợp 1: Có nghiệm x = 0 khi đó x 2 − 2 ( m + 1) x + m2 − 1 = 0 ⇔ m2 − 1 = 0 ⇔ m = ±1

x = 0 Với m = 1 , có x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 − 1 = 0 ⇔ x 2 − 4 x = 0 ⇔  ( TM ) x = 4 Với m = −1 , có x 2 − 2 ( m + 1) x + m2 − 1 = 0 ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0 (Loại) Trường hợp 2: x 2 − 2 ( m + 1) x + m2 − 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt, có một nghiệm dương x ≠ 1 , có một nghiệm âm Trang 10

m2 − 1 < 0   m ∈ ( −1;1) Điều kiện tương đương  2  2 1 − 2 ( m + 1) .1 + m − 1 ≠ 0  m ≠ 1 ± 3 Vì m ∈ ℤ  m = 0 Vậy có hai giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Câu 11.

(Sở GD Quảng Nam - 2019) Cho hai hàm đa thức y = f ( x ) , y = g ( x ) có đồ thị là hai đường cong ở hình vẽ. Biết rằng đồ thị hàm số y = f ( x ) có đúng một điểm cực trị là A , đồ thị hàm số y = g ( x ) có đúng một điểm cực trị là B và AB =

7 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 4

thuộc khoảng ( −5;5 ) để hàm số y = f ( x ) − g ( x ) + m có đúng 5 điểm cực trị?

A. 1 .

B. 3 .

C. 4 .

D. 6 .

Lời giải Chọn B

Đặt h ( x ) = f ( x ) − g ( x ) , ta có: h′ ( x ) = f ′ ( x ) − g ′ ( x ) ; h′ ( x ) = 0 ⇔ x = x0 ; h ( x ) = 0 ⇔ x = x1 hoặc x = x2 ( x1 < x0 < x2 );

7 h ( x0 ) = f ( x0 ) − g ( x0 ) = − . 4

Bảng biến thiên của hàm số y = h ( x ) là:

Trang 11

Suy ra bảng biến thiên của hàm số y = k ( x ) = f ( x ) − g ( x ) là:

Do đó, hàm số y = k ( x ) + m cũng có ba điểm cực trị. Vì số điểm cực trị hàm số y = k ( x ) + m bằng tổng số điểm cực trị của hàm số y = k ( x ) + m và số nghiệm đơn và số nghiệm bội lẻ của phương trình k ( x ) + m = 0 , mà hàm số y = k ( x ) + m cũng có ba điểm cực trị nên hàm số y = f ( x ) − g ( x ) + m có đúng năm điểm cực trị khi phương trình

k ( x ) + m = 0 có đúng hai nghiệm đơn (hoặc bội lẻ). Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y = k ( x ) , phương trình k ( x ) + m = 0 có đúng hai nghiệm đơn (hoặc bội lẻ) khi và chỉ khi − m ≥ Vì m∈ ℤ , m ≤ −

Câu 12.

7 7 ⇔m≤− . 4 4

7 và m ∈ ( −5;5 ) nên m ∈ {−4; −3; −2} . 4

(Sở GD Bạc Liêu - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) = x3 − ( 2m − 1) x 2 + ( 2 − m ) x + 2 . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số

a a m để hàm số y = f ( x ) có 5 điểm cực trị là  ; c  , (với a, b, c là các số nguyên, là phân số b b   tối giản). Giá trị của biểu thức M = a 2 + b 2 + c 2 là

A. M = 40 .

B. M = 11 .

C. M = 31 .

D. M = 45 .

Lời giải Chọn D Hàm số y = f ( x ) = x3 − ( 2m − 1) x 2 + ( 2 − m ) x + 2 có đạo hàm là

y′ = f ′ ( x) = 3x2 − 2 ( 2m −1) x + ( 2 − m) - Để hàm số y = f ( x ) có 5 điểm cực trị thì hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị x1, x2 dương. Tương đương với phương trình f ′ ( x ) = 0 có 2 nghiệm dương phân biệt.

Trang 12

m < −1∨ m > 5 ∆′ = ( 2m −1)2 − 3( 2 − m) > 0 4m 2 − m − 5 > 0  4   2 ( 2m −1)   5 1 1 ⇔ S = >0 ⇔ <m<2. ⇔ m > ⇔ m > 4 3 2 2  m < 2 m < 2 2−m  P =  >0  3  a = 5  Suy ra b = 4  M = a 2 + b 2 + c 2 = 45 . c = 2 Câu 13.

(Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 3 - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên

ℝ . Hàm số y = f ' ( x) có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm tập hợp S tất cả các giá trị thực của tham số

m để hàm số g ( x ) =

2 f 2 ( x ) + 3 f ( x ) + m có đúng 7 điểm cực trị, biết phương trình f '( x ) = 0

có đúng 2 nghiệm phân biệt, f ( a ) = 1, f ( b ) = 0 , lim f ( x ) = +∞ và lim f ( x ) = −∞ . x → +∞

A. S = ( −5; 0 ) .

B. S = ( −8; 0 ) .

x → −∞

1  C. S =  −8;  . 6 

9  D. S =  −5;  . 8 

Lời giải Chọn A Từ gt ta có BBT của f ( x )

2 Xét hàm số h ( x) = 2 f ( x) + 3 f ( x) , có h ' ( x ) = 4 f ( x ) . f '( x) + 3 f ' ( x )

h ' ( x ) = 0 ⇔ 4 f ( x ) . f '( x) + 3 f ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( x ) = 0 ∨ 4 f ( x) + 3 = 0 ⇔ x = a ∨ x = b ∨ f ( x ) = −3 / 4 f ( x ) = − 3 / 4 ⇔ x = c < a (theo BBT)

BBT của h( x)

Trang 13

2 Để hàm số g ( x) =| 2 f ( x ) + 3 f ( x ) + m |=| h ( x ) + m | có đúng 7 điểm cực trị thì phương trình

h ( x ) = −m phải có 4 nghiệm phân biệt, hay 0 < −m < 5 ⇔ −5 < m < 0 Câu 14.

(THPT Thanh Chương - Nghệ An - 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số 1 y = x3 − (3 − m) x 2 + (3m + 7) x − 1 có 5 điểm cực trị? 3 A. 3 . B. 5 . C. 2 . D. 4 . Lời giải  x3 2  − ( 3 − m ) x + ( 3m + 7 ) x − 1, khi x ≥ 0 Ta có y =  3 3  − x − ( 3 − m ) x 2 − ( 3m + 7 ) x − 1, khi x < 0  3  x 2 − 2 ( 3 − m ) x + ( 3m + 7 ) , khi x > 0 ′ .  y = 2 − x − 2 3 − m x − 3 m + 7 , khi x < 0 ( ) ( )  Dễ thấy tại x = 0 đạo hàm không tồn tại  x = 0 là một điểm cực trị Để hàm số có 5 điểm cực trị thì phương trình x 2 − 2 ( 3 − m ) x + ( 3m + 7 ) = 0 có 2 nghiệm dương

 9 + 73 m > 2   9 − 73 ∆ ' > 0 m < 7 9 − 73   2 ⇔− <m< phân biệt ⇔  P > 0 ⇔   . 3 2 S > 0   m < 3  7  m > − 3 Do m nguyên nên m ∈ {−2; −1; 0} .

Câu 15. (Đề Minh Họa 2021) Cho hàm số f ( x ) là hàm số bậc bốn thoả mãn f ( 0 ) = 0 . Hàm số f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Trang 14

Hàm số g ( x ) = f ( x3 ) − 3 x có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 3 .

C. 4 . Lời giải

B. 5 .

D. 2 .

Chọn A  Bảng biến thiên hàm số f ( x )

 Đặt h ( x ) = f x3 − 3x  h′ ( x ) = 3x 2 f ′ x3 − 3 = 0 ⇔ f ′ x3 =

1 x2

 Đặt t = x 3  x = 3 t thế vào phương trình trên ta được f ′ ( t ) =

( )

 Xét hàm số y =

( )

1 3

 y′ = −

2 3

3 t5

 Bảng biến thiên của hàm số y =

( )

(1)

, lim y = 0 . t →±∞

1 3

 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (1) có một nghiệm t = a > 0 .  Bảng biến thiên

Trang 15

 Vậy hàm số g ( x ) có 3 cực trị.

Câu 16.

(

)

(Mã 104 - 2021 Lần 1) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x − 9 ) x 2 − 16 , ∀ x ∈ ℝ . Có

)

(

3 bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số g ( x ) = f x + 7 x + m có ít nhất 3

điểm cực trị? A. 16 .

B. 9 .

C. 4 .

D. 8 .

Lời giải Chọn D x = 9 Ta có: f ′ ( x ) = 0 ⇔  .  x = ±4

3x2 + 7 )( x3 + 7 x ) ( g′ ( x ) = . f ′ ( x3 + 7 x + m ) . 2 ( x3 + 7 x ) 3x2 + 7 )( x3 + 7 x ) ( +) g ′ ( x ) không xác định tại x = 0 và đổi dấu khi qua x = 0 nên x = 0 là 2 3 ( x + 7x) một điểm cực trị của hàm số.

 x3 + 7 x + m = −4  x3 + 7 x = −m − 4    3  3 3 +) f ′ x + 7 x + m = 0 ⇔  x + 7 x + m = 4 ⇔  x + 7 x = −m + 4 . (1 )    x3 + 7 x + m = 9  x3 + 7 x = − m + 9  

(

)

3 Ta có bảng biến thiên của hàm số u ( x) với u ( x) = x + 7x

Để hàm số g ( x ) có ít nhất 3 điểm cực trị thì hệ (1 ) phải có ít nhất 2 nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ khác 0 . Mà ta lại thấy − m + 9 > − m + 4 > − m − 4 . Nên suy ra − m + 9 > 0  m < 9 . Trang 16

Vậy có 8 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m ∈ {1, 2, ..., 8} .

Câu 17.

(

)

(Mã 102 - 2021 Lần 1) Cho hàm số y = f (x ) có đạo hàm f ′ (x ) = (x − 8) x 2 − 9 , ∀x ∈ ℝ . Có

(

)

bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số g (x ) = f x 3 + 6x + m có ít nhất 3

điểm cực trị? A. 5 .

B. 8 .

C. 6 .

D. 7 .

Lời giải Chọn D

(

)

(

) (

g ( x ) = f x 3 + 6 x + m  g ′ ( x ) = x3 + 6 x + m ′. f ′ x 3 + 6 x + m

(x =

+ 6 x ) . ( 3x 2 + 6 ) x3 + 6 x

(

)

. f ′ x3 + 6 x + m .

Ta thấy x = 0 là một điểm tới hạn của hàm số g ( x ) .  x3 + 6 x + m = 8  x3 + 6 x = 8 − m   Mặt khác f ′ x3 + 6 x + m = 0 ⇔  x3 + 6 x + m = 3 ⇔  x3 + 6 x = 3 − m .    x3 + 6 x + m = −3  x 3 + 6 x = −3 − m  

(

)

Xét hàm số h ( x ) = x3 + 6 x , vì h′ ( x ) = 3x 2 + 6 > 0, ∀x ∈ ℝ nên h ( x ) đồng biến trên ℝ . Ta có bảng biến thiên của hàm số k ( x ) = h ( x ) = x 3 + 6 x như sau:

(

)

(

)

Hàm số g ( x ) = f x3 + 6 x + m có ít nhất 3 điểm cực trị khi phương trình f ′ x 3 + 6 x + m = 0 có ít nhất hai nghiệm khác 0. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 8 − m > 0 hay m < 8 . Kết hợp điều kiện m nguyên dương ta được m∈ {1;2;3...;7} . Vậy có 7 giá trị của m thoả mãn.

Câu 18.

(Mã 101 - 2021 Lần 1) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x − 7 ) ( x 2 − 9 ) , ∀x ∈ ℝ . Có

(

)

bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số g ( x ) = f x 3 + 5 x + m có ít nhất 3 điểm cực trị? A. 6 .

B. 7 .

C. 5 .

D. 4 .

Lời giải Chọn A Trang 17

Ta có: f ′ ( x ) = ( x − 7 ) ( x 2 − 9 ) , ∀x ∈ ℝ .

x = 7 f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 3 .  x = −3 ′ ′ g ′ ( x ) =  f x3 + 5x + m  = x3 + 5x + m . f ′ x3 + 5 x + m  

(

( 3x

+ 5 )( x 3 + 5 x ) 3

x + 5x

) (

(

) (

)

f ′ x3 + 5x + m .

Nhận thấy: x = 0 là 1 điểm cực trị của hàm số.  x3 + 5 x + m = 7  x3 + 5 x = 7 − m   Cho f ′ x3 + 5 x + m = 0 ⇔  x3 + 5 x + m = 3 ⇔  x3 + 5 x = 3 − m .    x3 + 5 x + m = −3  x3 + 5 x = −3 − m  

(

)

Đặt h ( x ) = x3 + 5 x  h′ ( x ) = 3x 2 + 5 > 0, ∀x ∈ ℝ . Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra: Yêu cầu bài toán tương đương với 7 − m > 0 ⇔ m < 7

 m ∈ {1;2;3; 4;5;6} . Câu 19.

(Mã 103 - 2021 - Lần 1) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = ( x − 10 ) ( x 2 − 25 ) , ∀x ∈ ℝ .Có

(

)

bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số g ( x ) = f x3 + 8 x + m có ít nhất 3 điểm cực trị? A. 9 .

B. 25 .

C. 5 .

D. 10 .

Lời giải Trang 18

Chọn A  x = 10 + Ta có: f ′ ( x ) = ( x − 10 ) ( x − 25 ) , ∀x ∈ ℝ  f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 5 (*).   x = −5 2

′ ′ + g ′ ( x ) =  f x3 + 8 x + m  = x3 + 8 x + m . f ′ x3 + 8 x + m  

(

( 3x

) (

+ 8 )( x 3 + 8 x ) 3

x + 8x

(3x Ta thấy:

(

) (

)

f ′ x3 + 8 x + m .

+ 8 )( x 3 + 8 x ) x3 + 8 x

(3x ⇔

+ 8 ) x ( x 2 + 8) x3 + 8 x

= 0 có 1 nghiệm x = 0 nên x = 0 là 1 điểm

cực trị của hàm số.  x 3 + 8 x + m = 10  x 3 + 8 x = 10 − m  (*)  Cho f ′ x3 + 8 x + m = 0 ⇔  x 3 + 8 x + m = 5 ⇔  x 3 + 8 x = 5 − m (**).    x 3 + 8 x + m = −5  x 3 + 8 x = −5 − m  

(

)

Đặt h ( x ) = x 3 + 8 x  h′ ( x ) = 3 x 2 + 8 > 0, ∀x ∈ ℝ .

Yêu cầu bài toán tương đương (**) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ 10 − m > 0 ⇔ m < 10  m ∈ {1; 2;3; 4;5; 6; 7;8;9} .

Câu 20.

(Chuyên Quang Trung - Bình Phước - 2021) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Trang 19

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f

(( x − 1)

)

+ m có 3

điểm cực trị. Tổng các phần tử của S là A. 2.

B. 4.

C. 8. Lời giải

D. 10.

Chọn A Xét hàm số y= f

(( x − 1)

(

) 2

• y′ = 2 ( x − 1) f ′ ( x − 1) + m

)

x =1 x =1   2 2 • y ' = 0 ⇔ ( x − 1) + m = −1 ⇔ ( x − 1) = −1 − m   2 2 ( x − 1) + m = 3 ( x − 1) = 3 − m

Để hàm số có 3 điểm cực trị thì −1 − m ≤ 0 < 3 − m ⇔ −1 ≤ m < 3  m ∈{−1;0;1;2} Vậy tổng các phần tử của S là 2 .

Câu 21. (Chuyên Thoại Ngọc Hầu - An Giang - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới:

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số h ( x ) = f 2 ( x ) + f ( x ) + m có đúng 3 cực trị.

A. m ≥

1 . 4

B. m ≤ 1 .

C. m < 1 .

D. m >

1 . 4

Lời giải Chọn D  f '( x) = 0 2 Xét g ( x ) = f ( x ) + f ( x ) + m  g ' ( x ) = 2 f ( x ) f ' ( x ) + f ' ( x ) = 0 ⇔  .  f ( x) = − 1  2 Trang 20

1 Ta có: f ' ( x ) = 0  có hai nghiệm là x = 0; x = 3 và f ( x ) = −  có một nghiệm là x = a < 0 2 nên hàm số g ( x ) có ba cực trị. Do đó để đồ thị hàm số h ( x ) = f 2 ( x ) + f ( x ) + m có đúng 3 cực 2 trị thì phương trình f ( x ) + f ( x ) + m = 0 vô nghiệm ⇔ ∆ = 1 − 4m < 0 ⇔ m >

Câu 22. (THPT Lê Lợi - Thanh Hóa - 2021) Cho hàm

( x − 1) ( x

số

y = f ( x)

có đạo hàm

+ 2 mx + m + 1) với mọi x ∈ ℝ . Có bao nhiêu số nguyên m > −10 để hàm số

f ′( x) = x

g ( x) = f

( x ) có 5 điểm cực trị?

1 . 4

A. 6 .

B. 7 .

C. 9 . Lời giải

D. 8 .

Chọn C Hàm số g ( x ) = f ( x ) là hàm số chẵn nên g ( x ) có 5 điểm cực trị khi f ( x ) có đúng 2 điểm cực trị dương, hay phương trình f ′ ( x ) = 0 ⇔ x 2 ( x − 1) ( x 2 + 2 mx + m + 1) = 0 có đúng 2 nghiệm bội lẻ dương. x = 0  Ta có f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 1  x 2 + 2mx + m + 1 = 0 

( *)

Xét các trường hợp m + 1 = 0 + Trường hợp (*) có 1 nghiệm dương khác 1 và 1 nghiệm bằng 0 , hay  ⇔ m = −1 .  −2 m > 0 + Trường hợp

(*)

có hai nghiệm trái dấu, trong đó nghiệm dương khác 1, hay

2  1 + 2m + m + 1 ≠ 0 m ≠ − ⇔ 3 ⇔ m < −1 .  m + 1 < 0  m < −1

Vậy với m ≤ −1 thì g ( x ) có 5 điểm cực trị. Vì m > −10 nên m ∈{−9; −8;...; −1} , có 9 giá trị.

Câu 23.

(Sở Vĩnh Phúc - 2021) Cho hàm số f ( x ) . Biết f ' ( x ) là hàm bậc 3. Có đồ thị như hình vẽ sau

Trang 21

Có bao nhiêu giá trị nguyên m ∈ [ −10,10] để hàm số g ( x ) = f ( x ) + mx + 2021 có đúng 1 cực trị?

B. 16 .

A. 20 .

C. 15 . Lời giải

D. 18 .

Chọn D Ta có g ' ( x ) = f ' ( x ) + m ⇔ g ' ( x ) = 0 ⇔ g ' ( x ) = −m (1) Số nghiệm của (1) là số giao điểm của 2 đồ thị hàm số y = f ' ( x ) và đường d : y = − m

Dựa vào đồ thị trên. Để g ( x ) có đúng 1 cực trị thì điều kiện là

m ∈ [ −10,10]  ⇔ m ∈ {4,5,6, 7,8,9,10, −10, −9, −8, −7, −6, −5, −4, −3, −2} m < −1 m > 3  Số giá trị của m là 16 .

Câu 24. (Sở Lào Cai - 2021) Cho hàm số f ( x) =

1 4 x + ax 3 + bx 2 + cx có đồ thị (C ) của hàm y = f '( x) 4

như hình vẽ sau:

Trang 22

Đặt g ( x) = f ( f '( x) ) , h( x) = f ' ( f ( x) ) . Tổng số điểm cực trị của g ( x) và h( x) là: A. 12.

B. 11.

C. 8. Lời giải

D. 13.

Chọn C Ta có: f ( x) =

1 4 x + ax3 + bx 2 + cx  f '( x) = x 3 + 3ax 2 + 2bx + c 4

 f '(0) = 4 c = 4 c = 4  a = −1     Ta lại có:  f '(−1) = 0 ⇔ −1 + 3a − 2b + 4 = 0 ⇔ 3a − 2b = −3 ⇔ b = 0  f '(2) = 0 8 + 12a + 4b + 4 = 0 12a + 4b = −12 c = 4     hay f ( x) =

1 4 x − x 3 + 4 x, f '( x) = x 3 − 3 x 2 + 4 → f ''( x) = 3 x 2 − 6 x 4

x = 0 f ''( x) = 3 x 2 − 6 x = 0 ⇔  x = 2

● Tìm số cực trị của hàm số: g ( x) = f ( f '( x) )

f Ta có: g '( x) = f ''( x). f '( f '( x)) = 0 ⇔  f

x = 0 x = 2 x = 0  x = 2  x = x1 ''( x) = 0 ⇔ ⇔  f '( x) = −1  x = x2 '( f '( x)) = 0   x = x3  f '( x) = 2   x = x4

với x1 là nghiệm của phương trình f '( x ) = −1 và x2 , x3 , x4 là ba nghiệm của phương trình f '( x ) = 2 , x1 < x2 < 0 < x3 < 2 < x4 Bảng xét dấu y = g '( x )

Trang 23

nhìn vào bảng trên, hàm số g ( x) = f ( f '( x) ) có 3 cực trị

●Tìm số cực trị của hàm số h( x) = f ' ( f ( x) ) BBT của hàm số y = f ( x )

 x = −1 x = 2   f '( x ) = 0  x = x1 Ta có: h '( x ) = f '( x). f ''( f ( x)) = 0 ⇔  f ( x) = 0 ⇔   x = x2  f ( x) = 2  x = x3   x = x4 Với x1 , x2 là nghiệm của phương trình f ( x ) = 0, x3 , x4 là nghiệm của phương trình f ( x ) = 2 và x3 < x1 < −1 < x2 < x4 < 2 Bảng xét dấu y = h '( x )

nhìn vào bảng trên, hàm số h( x) = f ' ( f ( x) ) có 5 cực trị Vậy tổng có 8 cực trị.

Câu 25. (THPT PTNK Cơ sở 2 - TP.HCM - 2021) Cho hàm số

y = f ( x ) có đạo hàm

f ' ( x ) = ( x − 2 ) ( x 2 − x ) với ∀x ∈ ℝ . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số 2

1  m để hàm số f  x 2 − 6 x + m  có 5 điểm cực trị. Tính tổng các phần tử của S ? 2   A. 154 . B. 17 . C. 213 . D. 153 . Trang 24

Lời giải Chọn D

x = 2 Ta có f ' ( x ) = ( x − 2 ) ( x − x )  f ' ( x ) = 0 ⇔  x = 1 . Với x = 2 là nghiệm kép, x = 1, x = 0 là  x = 0 2

nghiệm đơn. Do đó hàm số f = f ( x ) đạt cực trị tại x = 1, x = 0 .

Đặt

1  1  g ( x ) = f  x2 − 6x + m   g ' ( x ) = ( x − 6) f '  x2 − 6 x + m  . 2  2 

Khi

đó:

x = 6 1  x2 − 6x + m = 2 2 g '( x) = 0 ⇔  1 2 . Giả sử x0 là nghiệm của phương trình (1) thì  x − 6 x + m = 0 (1) 2 1 2  x − 6 x + m = 1( 2 ) 2 1 2 x0 − 6 x0 + m = 0 do đó x0 không thể là nghiệm của phương trình ( 2 ) hay nói cách khác phương 2 1  trình (1) , ( 2 ) không có nghiệm chung. Vì vậy, để hàm số f  x 2 − 6 x + m  có 5 điểm cực trị thì 2  phương trình (1) , ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt khác 6 hay  ∆1 > 0  m ∆ > 0 9 − 2 > 0 2   1 2   m −1  m∈ℤ+ → m ∈ {1, 2,...,17} .  .6 − 6.6 + m ≠ 0 ⇔ 9 −   > 0 ⇔ m < 18  2   2  1 2  m ≠ 18, m ≠ 19  .6 − 6.6 + m ≠ 1   2

Vậy tổng các giá trị của m là: 1 + 2 + ... + 17 = 153 .

Câu 26.

(THPT PTNK Cơ sở 2 - TP.HCM - 2021) Cho A = {n ∈ ℤ 0 ≤ n ≤ 20} và F là tập hợp các hàm

(

)

số f ( x ) = x 3 + 2 m 2 − 5 x 2 + 6 x − 8m 2 có m ∈ A . Chọn ngẫu nhiên một hàm số f ( x ) từ F . Tính xác suất để đồ thị hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị nằm khác phía đối với trục Ox .

18 . 21

19 . 20

9 . 10 Lời giải

19 . 21

Chọn D Ta có: A = {n ∈ ℤ 0 ≤ n ≤ 20}  A = 21  Ω = F = 21

(

)

( do

m ∈ A).

(

)

Xét hàm số: f ( x ) = x 3 + 2 m 2 − 5 x 2 + 6 x − 8m 2  f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2 2m 2 − 5 x + 6. Trang 25

Cách 1: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và trục hoành: 3 2 2 2 2 2 2 x + 2m − 5 x + 6 x − 8m = 0 ⇔ ( x − 2 )  x + 2m − 3 x + 4m  = 0  

(

)

(

x = 2 ⇔ 2 2 2  g ( x ) = x + 2m − 3 x + 4m = 0

(

)

(*)

(1)

Để đồ thị hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị nằm khác phía đối với trục Ox thì đồ thị hàm số

y = f ( x ) phải cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt ⇔ (*) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm 2 2 2  4 2 ∆ ( 2 ) > 0  2m − 3 − 16m > 0 4m − 28m + 9 > 0 phân biệt x ≠ 2 ⇔  ⇔ ⇔ 2 2 2  4 + 2 2m − 3 + 4 m ≠ 0 8m − 2 ≠ 0  g ( 2 ) ≠ 0 

(

)

(

)

  2 7 + 2 10 ≈ 6, 6 m > 2   m∈ℤ ; m∈{0;1;2;...;20} ⇔   m 2 < 7 − 2 10 ≈ 0, 3 → m ∈ {0;3; 4;...; 20} . 2    1 m ≠ ± 2  Vậy số hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị nằm khác phía đối với trục Ox là 19 . Xác suất cần tìm là: P =

19 . 21

(

)

(

)

Cách 2: Xét hàm số: f ( x ) = x 3 + 2 m 2 − 5 x 2 + 6 x − 8m 2  f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2 2m 2 − 5 x + 6.

(

)

f ′ ( x ) = 0 ⇔ 3 x + 2 2m − 5 x + 6 = 0 2

(1′) .

Để đồ thị hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị thì (1’) phải có hai nghiệm phân biệt  2 5+3 2 ≈ 4, 6 m > 4 2 m∈ℤ ; m∈{0;1;2;...;20} 2  ⇔ ∆′ > 0 ⇔ 4m − 20m + 7 > 0 ⇔ → m ∈ {0;3; 4;...; 20} .  2 5−3 2 ≈ 0, 4 m <  2 Khi đó (1) có 2 nghiệm xM ; x N . Theo Viét ta có: xM + xN =

10 − 4m2 ; xM xN = 2. 3

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị M ( xM ; y M ) ; N ( xN ; y N ) của đồ thị hàm số là 2 28 10  2 y = 4 − 2m2 − 5  x − m2 + 3 3  9 

(

)

( d ).

Trang 26

Đặt 4 −

2 2m 2 − 5 9

(

)

= a; −

28 2 10 m + = b; m 2 = t. 3 3

Hai điểm cực trị nằm về 2 phía của trục hoành, suy ra: y M . y N < 0 ⇔ ( axM + b ) ( ax N + b ) < 0 ⇔ a ( xM x N ) + ab ( xM + x N ) + b < 0 . 2

⇔ 2a + ab.

2 ( 5 − 2t ) 2 + b < 0 ⇔ 224t 4 − 752t 3 + 2064t 2 − 1040t + 188 > 0 (2). 3

Sử dụng CASIO - FX 580 giải được (2) đúng với ∀t ∈ ℝ. Vậy số hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị nằm khác phía đối với trục Ox là 19 . Xác suất cần tìm là: P =

19 . 21

Câu 27. (Chuyên Lê Khiết - Quảng Ngãi - 2021) Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên ℝ , đồ thị hàm số y = f '( x) có đúng bốn điểm chung với trung hoành như hình vẽ dưới.

(

)

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y = f x − 3 x + m + 2021 có 11 điểm cực trị.

A. 0 .

B. 2 .

C. 5 .

D. 1 .

Lời giải Chọn D

(

)

+ Vì hàm số y = f x − 3 x + m + 2021 là hàm số chẵn nên để hàm số có 11 điểm cực trị thì

(

)

hàm số g ( x) = f x3 − 3x + m + 2021 , x > 0 có đúng 5 điểm cực trị. + Ta có :

(

)

e 4

+∞

+ Sử dụng phương pháp ghép trục ta có bảng biến thiên của y = f x3 − 3x , x > 0

x 3

u = x − 3x

0 0

a -1

1 -2

b -1

c 1

d 2

f (u)

Trang 27

(

)

+ Vì đồ thị hàm số g ( x) = f x3 − 3x + m + 2021 thu được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y = f ( x3 + x) theo vector v = ( − m − 2021;0 ) nên để hàm số g ( x) = f x3 − 3x + m + 2021 , x > 0

(

)

có đúng 5 điểm cực trị thì điều kiện là  a − m − 2021 > 0  − a − 2021 ≤ m < a − 2021, a ∈ (0;1)  m = −2021   −a − m − 2021 ≤ 0 Vậy có một giá trị của m.

Câu 28.

(Chuyên Long An - 2021) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên dưới đây

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f ( 6 x − 5 ) + 2021 + m có 3 điểm cực

đại? A. 5 .

B. 6 .

C. 7 .

D. 4 .

Lời giải Chọn B  Xét hàm số y = f ( 6 x − 5 ) + 2021 + m .

Đặt u = 6 x − 5 =

Khi đó u ′ = 0 ⇔

( 6 x − 5)

 u′ =

6 ( 6 x − 5)

(6 x − 5)

6 (6 x − 5) 6x − 5

6 ( 6 x − 5) 5 =0 x = . 6x − 5 6

7  u = 2  f ( 2 ) = −4 ; 6 Bảng biến thiên

V ới x =

Suy ra hàm số y = f ( u ) + 2021 + m có ba điểm cực đại Trang 28

 m + 2017 < 0 ⇔ ⇔ −2024 < m < −2017 .  m + 2014 > 0 Do m ∈ ℤ  m ∈ {−2023; − 2022; − 2021; − 2020; − 2019; − 2018} . Vậy có 6 giá trị nguyên của m để hàm số đã cho có 3 cực đại.

Câu 29. (Chuyên ĐHSP - 2021) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ , có bảng biến thiên như sau:

Đặt h ( x ) = m − f ( x − 2 ) ( m là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m sao cho hàm số

y = h ( x ) có đúng 5 điểm cực trị? A. Vô số.

B. 12 .

C. 0 . Lời giải

D. 10 .

Chọn D x − 2 = a x = a + 2 Xét hàm số g ( x ) = m − f ( x − 2 ) , g ′ ( x ) = − f ′ ( x − 2 ) = 0 ⇔  ⇔ . x − 2 = b x = b + 2 Bảng biến thiên hàm số g ( x ) :

Để hàm số y = h ( x ) có 5 cực trị khi đồ thị hàm số y = g ( x ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, tức là: m − 6 < 0 < m + 5 ⇔ −5 < m < 6 . Vậy: Có 10 giá trị của m thỏa yêu cầu đề bài.

Câu 30. (Chuyên Biên Hòa - 2021) Cho hai hàm đa thức y = f ( x ) , y = g ( x ) có đồ thị là hai đường cong ở hình vẽ.

Trang 29

Biết rằng đồ thị hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị là F , G ; đồ thị hàm số y = g ( x ) có hai

điểm cực trị là E , H và HG = 2, FE = 4 . Số giá trị nguyên của tham số m∈ ( −10;10) để hàm số y = f ( x 2 − x ) − g ( x 2 − x ) + m có đúng 7 điểm cực trị là

A. 7 .

B. 8 .

C. 5 . Lời giải

D. 6 .

Chọn B Đặt h ( x ) = f ( x 2 − x ) − g ( x 2 − x ) + m h′ ( x ) = ( 2 x − 1)  f ′ ( x 2 − x ) − g ′ ( x 2 − x ) 

  2 x − x = 2   x = 2; x = −1  f ′ ( x2 − x ) = g ′ ( x2 − x )  2  h′ ( x ) = 0 ⇔  ⇔  x − x = 6 ⇔  x = 3; x = −2  2 x − 1 = 0   1 1 x = x =  2  2 Bảng biến thiên của hàm số y = h ( x )

Trang 30

Hàm số có 5 điểm cực trị Hàm

số

y = h ( x ) có

đ iể m

cực

trị

⇔ h ( x) = 0

có

hai

nghiệm

phân

biệt

 m < 0  −2 ≤ m < 0  ⇔  2 + m ≥ 0 ⇔   m ≤ −4  4 + m ≤ 0

 m ∈{−2; −1; −9; −8; −7; −6; −5; −4} Hay có 8 giá trị của tham số thực m thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 31.

(Liên Trường Nghệ An – 2021) Cho đồ thị hàm số bậc bốn y = f ( x ) như hình vẽ bên. Số các giá 2 trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [-2020 ; 2021] để hàm số g ( x ) = f ( x ) − mf ( x) có đúng

hai điểm cực đại là.

A. 2027 .

B. 2021 .

C. 2019 . Lời giải

D. 2022 .

Từ đồ thị hàm số của y = f ( x ) , ta có bảng biến thiên

2 Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) − mf ( x) , ta có g '( x ) = 2 f ( x ) f '( x ) − mf '( x ) = f '( x )[2 f ( x ) − m ] .

x = 0 x = a  f '( x) = 0  Có g '( x) = 0 ⇔  ⇔ x = b m  f ( x) =   2  f ( x) = m  2 Trang 31

Do g ( x ) là hàm đa thức bậc chẵn, có hệ số của bậc cao nhất là số dương nên để hàm số g ( x ) có

đúng hai điểm cực đại thì g '( x ) phải đổi dấu đúng 5 lần thì g ( x ) sẽ có ba điểm cực tiểu và hai điểm cực đại. Phương trình f '( x ) = 0 có ba nghiệm phân biệt x = 0 , x = a , x = b . Vậy để g ′( x ) phải đổi dấu đúng 5 lần thì phương trình f ( x) = phương trình f ( x) =

m phải có hai nghiệm phân biệt khác 0, a, b hoặc 2

m có ba nghiệm, trong đó có đúng một nghiệm trùng x = 0 , x = a hoặc 2

x=b. Trường hợp 1: Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác 0, a, b .  m 1 < 2 < 5  2 < m < 10 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:  ⇔ .  m < −2  m < −1  2 Trường hợp 2: Phương trình f ( x) =

m có ba nghiệm, trong đó có đúng một nghiệm trùng x = 0 , 2

x = a hoặc x = b . m  2 =1 m = 2 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:  ⇔ .  m = −1  m = −2  2 Kết hợp cả hai trường hợp ta có 2027 số nguyên m thuộc đoạn [ −2020;2021] .

Câu 32.

(Đại Học Hồng Đức - 2021) Gọi S là tập hợp tất cả các số thực m sao cho đồ thị hàm số y = 2 x 4 − 4 ( m − 1) x 2 − m 2 + 3m − 2 có đúng 5 điểm cực trị. Số phần tử m ∈ [ −2021;2021] ∩ S có giá trị nguyên là: A. 2020 .

B. 2021 .

C. 4040 . Lời giải

D. 4041 .

Chọn A y

|f(x)|

f(x)

Trang 32

4 2 2  Nhận xét: hàm số f ( x ) = 2 x − 4 ( m − 1) x − m + 3m − 2 là hàm trùng phương có hệ số

a = 2 > 0 , nên để đồ thị hàm số y = f ( x ) có đúng 5 điểm cực trị thì điều kiện cần và đủ là: hàm số f ( x ) có 3 điểm cực trị và f ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt không trùng với các điểm cực trị. m > 1  ac = −8 ( m − 1) < 0  Do đó: ycbt ⇔  ⇔   m ≤ 1 ⇔ m ≥ 2  S = [ 2; +∞ ) . 2  f (0) = − m + 3m − 2 ≤ 0  m ≥ 2

 m ∈ [ −2021;2021] ∩ S và m ∈ ℤ  m∈{2;3;...;2021} . Vậy số phần tử của m thỏa mãn ycbt là: 2020 .

Câu 33.

(Chuyên Tuyên Quang - 2021) Cho hai hàm đa thức y = f ( x ) , y = g ( x ) có đồ thị là các đường cong như hình vẽ. Biết rằng đồ thị hàm số y = f ( x ) có đúng một điểm cực trị là B , đồ thị hàm số 7 . Có bao nhiêu số nguyên m∈ ( −2021;2021) 4 để hàm số y = f ( x ) − g ( x ) + m có đúng 5 điểm cực trị?

y = g ( x ) có đúng một điểm cực trị là A và AB =

A. 2019 .

B. 2021 .

C. 2022 .

D. 2020 .

Lời giải Chọn A

Trang 33

 x = x1  Đặt: h ( x ) = f ( x ) − g ( x ) ; h ( x ) = 0 ⇔ f ( x ) = g ( x ) ⇔  .  x = x2

h′ ( x ) = f ′ ( x ) − g ′ ( x ) ; h′ ( x ) = 0 ⇔ x = x0 . Từ các đồ thị đã cho, ta có: x1 < x0 < x2 . 7 h ( x0 ) = f ( x0 ) − g ( x0 ) = −  g ( x0 ) − f ( x0 )  = − AB = − . 4

Bảng biến thiên của h ( x ) và h ( x ) :

−∞

h′ ( x )

−

+∞

h ( x ) +∞

+∞ Ox

−

7 4

h ( x ) +∞

+∞

7 4

Từ bảng biến thiên, ta thấy: hàm số y = h ( x ) có 3 điểm cực trị.

 Đồ thị hàm số y = h ( x ) + m có cùng số điểm cực trị với đồ thị hàm số y = h ( x ) . Do đó, hàm số y = h ( x ) + m cũng có 3 điểm cực trị.

 Hàm số y = h ( x ) + m có số điểm cực trị bằng số điểm cực trị của hàm số y = h ( x ) + m cộng số giao điểm không trùng với các điểm cực trị của đồ thị hàm số y = h ( x ) + m với trục Ox . Vì vậy, để hàm số y = h ( x ) + m có đúng 5 điểm cực trị thì đồ thị hàm số y = h ( x ) + m và trục

Ox phải có 2 giao điểm khác các điểm cực trị hay đường thẳng y = − m phải cắt đồ thị hàm số y = h ( x ) tại 2 điểm phân biệt khác các điểm cực trị.

Từ bảng biến thiên của hàm số y = h ( x ) , điều kiện của m thỏa mãn ycbt là: − m ≥

7 7 ⇔m≤− 4 4

m∈ ( −2021;2021) và m ∈ ℤ  m∈{−2020; −2019;...; −2} . Vậy số giá trị nguyên của m thỏa mãn là: 2019.

Trang 34

Trang 35

Chuyên đề 3

HHKG - GÓC TRONG KHÔNG GIAN TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG KHÁ – GIỎI MỨC ĐỘ 7+

Dạng 1. Góc của đường thẳng với đường thẳng Để tính góc giữa hai đường thẳng d1 , d 2 trong không gian ta có thể thực hiện theo hai cách Cách 1. Tìm góc giữa hai đường thẳng d1 , d 2 bằng cách chọn một điểm O thích hợp ( O thường nằm trên d1 một trong hai đường thẳng). d'1 O d'2 d2

Từ O dựng các đường thẳng d1' , d 2' lần lượt song song ( có thể tròng nếu O nằm trên một trong hai đường thẳng) với d1 và d 2 . Góc giữa hai đường thẳng d1' , d 2' chính là góc giữa hai đường thẳng d1 , d 2 . Lưu ý 1: Để tính góc này ta thường sử dụng định lí côsin trong tam giác b2 + c2 − a2 cos A = . 2bc Cách 2. Tìm hai vec tơ chỉ phương u1 , u 2 của hai đường thẳng d1 , d 2 u1.u2 Khi đó góc giữa hai đường thẳng d1 , d 2 xác định bởi cos ( d1 , d 2 ) = . u1 u2 Lưu ý 2: Để tính u1 u2 , u1 , u2 ta chọn ba vec tơ a, b, c không đồng phẳng mà có thể tính được độ dài và góc giữa chúng,sau đó biểu thị các vec tơ u1 , u 2 qua các vec tơ a, b, c rồi thực hiện các tính toán. Câu 1.

(Mã 101 - 2021 Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có tất cả các cạnh bằng. Góc giữa đường thẳng AA′ và BC ′ bằng

A. 300 . Câu 2.

B. 900 .

C. 450 .

D. 600

(Mã 103 - 2021 - Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có tất cả các cạnh bằng nhau (tham khảo hình bên dưới).

Trang 1

Góc giữa hai đường thẳng A′B và CC ′ bằng B. 30° . A. 45° . Câu 3.

Trang 2

C. 30 0 .

D. 600 .

(Mã 104 - 2021 Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có tất cả các cạnh bằng nhau ( tham khảo hình bên).

Góc giữa hai đường thẳng AB ' và C C ' bằng A. 30° . B. 90° . Câu 5.

D. 60° .

(Mã 102 - 2021 Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có tất cả các cạnh bằng nhau (tham khảo hình bên).

Góc giữa hai đường thẳng AA′ và B′C bằng B. 45 0 . A. 900 . Câu 4.

C. 90° .

C. 60° .

D. 45° .

(Đề Tham Khảo 2018) Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA = OB = OC . Gọi M là trung điểm của BC (tham khảo hình vẽ bên dưới). Góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng

Câu 6.

Câu 7.

Câu 8.

Câu 9.

B. 900 C. 300 D. 600 A. 450 (Chuyên Long An - 2021) Cho hình lập phương ABCD.EFGH . Góc giữa cặp véc tơ AF và EG bằng A. 30° . B. 120° . C. 60° . D. 90° . (THPT Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2021) Hình chóp S . ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau và SA = SB = SC . Gọi I là trung điểm của AB . Góc giữa SI và BC bằng A. 30° . B. 60° . C. 45° . D. 90° . (THPT Nguyễn Đức Cảnh - Thái Bình - 2021) Cho hình lập phương ABCD. A1 B1C1D1 có cạnh a . Gọi I là trung điểm BD. Góc giữa hai đường thẳng A1D và B1I bằng A. 120° B. 30°. C. 45° . D. 60° . (THPT Lê Quy Đôn Điện Biên 2019) Cho tứ diện ABCD với 3 = DAB = 600 , CD = AD . Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng AB và CD . Chọn AC = AD, CAB 2 khẳng định đúng về góc ϕ . A. cos ϕ =

Câu 10.

3 4

B. 300

C. 600

D. cos ϕ =

1 4

(THPT Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ , biết đáy ABCD là hình vuông. Tính góc giữa A′C và BD .

A. 90° .

B. 30° .

C. 60° .

D. 45° .

Câu 11.

(Chuyên KHTN 2019) Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 2a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm AD và BC . Biết MN = a 3 , góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng. A. 450 . B. 900 . C. 600 . D. 300 .

Câu 12.

(Chuyên Lương Văn Chánh Phú Yên 2019) Cho hình lập phương ABCD. A′B ′C ′D ′ ; gọi M là trung điểm của B ′C ′ . Góc giữa hai đường thẳng AM và BC ′ bằng A. 45° . B. 90° . C. 30° . D. 60° .

Câu 13.

(Chuyên Hạ Long - 2018) Cho hình chóp S . ABC có độ dài các SA = SB = SC = AB = AC = a và BC = a 2 . Góc giữa hai đường thẳng AB và SC là? A. 45° . B. 90° . C. 60° . D. 30° .

cạnh

Trang 3

Câu 14.

(Chuyên Đh Vinh 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC . A′B ′C ′ có AB = a và AA′ = 2 a . Góc giữa hai đường thẳng AB′ và BC ′ bằng

A. 60° . B. 45° . C. 90° . D. 30° . Câu 15. (Kim Liên - Hà Nội - 2018) Cho tứ diện ABCD có DA = DB = DC = AC = AB = a , ABC = 45° . Tính góc giữa hai đường thẳng AB và DC . A. 60° . B. 120° . C. 90° . D. 30° . (Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - 2018) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD , BB′. Cosin của góc hợp bởi MN và AC ' bằng 3 2 5 2 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 4 Câu 17. (Cụm 5 Trường Chuyên - ĐBSH - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = 2a , BC = a . Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của cạnh AB , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 600 . Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SB và AC 2 2 2 2 A. . B. . C. . D. . 7 35 5 7 Câu 16.

Câu 18.

(Chuyên Thái Bình - 2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, E là điểm đối xứng của D qua trung điểm SA . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AE và BC . Góc giữa hai đường thẳng MN và BD bằng A. 90° . B. 60° . C. 45° . D. 75° .

Câu 19.

(Chuyên Thái Bình - 2018) Cho hình chóp đều S . ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và SD . Số đo của góc giữa hai đường thẳng MN và SC là A. 45° . B. 60° . C. 30° . D. 90° . ′ ′ ′ Câu 20. (Sở Quảng Nam - 2018) Cho hình lăng trụ ABC . A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a , AC = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm H của BC , A′H = a 3 . Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng A′B và B′C . Tính cos ϕ .

A. cos ϕ = Câu 21.

Trang 4

B. cos ϕ =

6 . 8

C. cos ϕ =

6 . 4

D. cos ϕ =

3 . 2

(Sở Yên Bái - 2018) Cho tứ diện đều ABCD , M là trung điểm của cạnh BC . Tính giá trị của cos ( AB, DM ) . A.

Câu 22.

1 . 2

3 . 2

3 . 6

1 . 2

2 . 2

(Sở Nam Định - 2018) Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , tam giác A′BC đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với ( ABC ) . M là trung điểm cạnh CC ′ . Tính cosin góc α giữa hai đường thẳng AA′ và BM .

A. cosα =

2 22 . 11

B. cosα =

33 . 11

C. cosα =

11 . 11

D. cosα =

22 . 11

Câu 23.

(Sở Hà Tĩnh - 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC .MNP có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi I là trung điểm cạnh AC . Côsin của góc giữa hai đường thẳng NC và BI bằng 6 15 6 10 A. . B. . C. . D. . 4 5 2 4

Câu 24.

(Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Cho tứ diện đều ABCD , M là trung điểm của cạnh BC . Khi đó cos ( AB, DM ) bằng A.

Câu 25.

2 . 2

3 . 6

1 . 2

3 . 2

(ĐHQG Hà Nội - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy hình vuông. Cho tam giác SAB vuông tại S và góc SBA bằng 300 . Mặt phẳng ( SAB ) vuông góc mặt phẳng đáy. Gọi M , N là trung điểm AB, BC . Tìm cosin góc tạo bởi hai đường thẳng ( SM , DN ) . A.

2 . 5

1 5

1 3

2 3

Dạng 2. Góc của đường thẳng với mặt phẳng Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) là góc giữa d và hình chiếu của nó trên mặt phẳng (P) Gọi α là góc giữa d và mặt phẳng (P) thì 0° ≤ α ≤ 90° Đầu tiên tìm giao điểm của d và (P) gọi là điểm A.

Trên d chọn điểm B khác A, dựng BH vuông góc với (P) tại H. Suy ra AH là hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng (P). . Vậy góc giữa d và (P) là góc BAH Nếu khi xác định góc giữa d và (P) khó quá ( không chọn được điểm B để dựng BH vuông góc với (P)), thì ta sử dụng công thức sau đây. Gọi α là góc giữa d và (P) suy ra: d ( M , ( P )) . sin α = AM Ta phải chọn điểm M trên d, mà có thể tính khoảng cách được đến mặt phẳng (P). Còn A là giao điểm của d và mặt phẳng (P).

Câu 1.

(Đề Minh Họa 2021) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ có AB = AD = 2 và AA′ = 2 2 (tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa đường thẳng CA′ và mặt phẳng ( ABCD ) bằng:

Trang 5

A. 300. Câu 2.

B. 450 .

C. 600 .

D. 900.

(Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh

3a , SA

vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng

A. 450 . Câu 3.

B. 600 .

C. 300 .

D. 900 .

(Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) ,

SA = a 2, tam giác ABC vuông cân tại B và AC = 2a (minh họa nhứ hình bên). Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABC ) bằng

A. 30°. Câu 4. Trang 6

B. 45°.

C. 60°.

D. 90°.

(Mã 101 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = a , BC = 2 a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 15a (tham khảo hình bên).

Câu 5.

Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng A. 45° . B. 30° . C. 60° . D. 90° . S . ABC (Mã 102 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp có đáy là tam giác vuông tại B , AB = 3a, BC = 3a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a (tham khảo hình vẽ).

Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 0 0 A. 60 . B. 45 . C. 30 .

Câu 6.

0 D. 90 .

(Mã 103 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp S . ABC và có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, BC = 3a; SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 30a (tham khảo hình bên). Góc giữa đường thẳng SC và mặt đáy bằng

A. 45° .

B. 90° .

C. 60° .

D. 30° .

Câu 7.

(Mã 104 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = a ; BC = a 2 ; SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Góc giữa đường thẳng SC và đáy bằng A. 900 . B. 450 . C. 600 . D. 300 .

Câu 8.

(Mã 101 – 2020 Lần 2) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B ′C ′D ′ có AB = BC = a, AA′ = 6a (tham khảo hình dưới). Góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng ( ABCD ) bằng:

Trang 7

Câu 9.

A. 60° . B. 90° . C. 30° . D. 45° . (Mã 102 - 2020 Lần 2) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = a , AD = 2 2a , AA ' = 3a (tham khảo hình bên). Góc giữa đường thẳng A ' C và mặt phẳng ( ABCD ) bằng

A. 45° . Câu 10.

B. 90° .

C. 60° .

D. 30° .

(Mã 103 - 2020 Lần 2) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ , có AB = AA′ = a , AD = a 2 (tham khảo hình vẽ). Góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng ( ABCD ) bằng

B. 45 . C. 90 . A. 30 . Câu 11. (Mã 104 - 2020 Lần 2) Cho hình hộp AB = a, AD = 3a, AA′ = 2 3a (tham khảo hình vẽ).

chữ

D. 60 . nhật ABCD. A′ B′C ′ D′

có

Góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng ( ABCD ) bằng

A. 45° . Câu 12.

Trang 8

B. 30° .

C. 60° .

D. 90° .

(Mã 103 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại C , AC = a , BC = 2a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng A. 60° B. 90° C. 30° D. 45°

Câu 13.

(Mã 102 - 2019) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , SA = 2a , tam giác ABC vuông tại B , AB = a và BC = 3a (minh họa như hình vẽ bên).

Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng

Câu 14.

A. 30° . B. 60° . C. 45° . D. 90° . (THPT Phan Đình Phùng - Quảng Bình - 2021) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với 1 mặt phẳng ( ABC ) , SA = a 2 , tam giác ABC vuông tại A và AC = a,sin B = (minh họ như 3 hình bên). Góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng ( ABC ) bằng

A. 900. B. 300. C. 450. D. 600. Câu 15. (THPT Hậu Lộc 4 - Thanh Hóa - 2021) Cho hình chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) , SA = a 3 , tam giác ABC vuông tại B có AC = 2a , BC = a . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phằng ( ABC ) bằng A. 60 . B. 90 . C. 30 . D. 45 . Câu 16. (Sở Lào Cai - 2021) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ . Gọi M , N lần lượt là trung điểm AC và B′C ′ , α là góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( A′B′C ′D′ ) . Tính giá trị α .

2 2 5 1 5 . B. sin α = . C. sin α = . D. sin α = . 2 5 2 5 Câu 17. (Sở Tuyên Quang - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2 a . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD) là α . Khi đó tan α bằng 2 A. 2 2 . B. 2 . C. 2 . D. . 3 Câu 18. (Chuyên Thoại Ngọc Hầu - An Giang - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh bằng 3a , SA vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) , SB = 5a . Tính sin của góc giữa cạnh SC và mặt đáy ( ABCD ) . A. sin α =

Trang 9

4 2 34 2 2 3 2 . B. . C. . D. . 17 5 3 4 Câu 19. (Chuyên Lê Hồng Phong - TPHCM - 2021) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a , gọi M là trung điểm của SC . Tính cosin của góc α là góc giữa đường thẳng BM và ( ABC ) . A.

7 2 7 21 5 B. cos α = C. cos α = . D. cos α = . . . 14 7 7 7 Câu 20. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA ⊥ ( ABC ) , SA = a 2 . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng

A. cos α =

A. 60 . B. 90 . C. 45 . D. 30 . Câu 21. (Sở Yên Bái - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông canh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a 6 . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng

A. 60o. B. 45o. C. 90o. D. 30o. Câu 22. (THPT Lương Thế Vinh - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi tâm O , ∆ABD 3a 2 . Góc giữa đường thẳng SO và đều cạnh a 2, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2 mặt phẳng ( ABCD ) bằng A. 45° . B. 90° . C. 30° . D. 60° . Câu 23. (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2021) Cho khối lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có AA′ = a 6 , đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và BA = BC = a . Góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng đáy bằng A. 45° . B. 90° . C. 60° . D. 30° . Câu 24. (THPT Chu Văn An - Thái Nguyên - 2021) Cho chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại B . AB = 3a, BC = 3a . SA vuông góc với đáy và SA = 2a . Góc giữa SC và đáy là A. 90° . B. 45° C. 60° D. 30° Câu 25. (THPT Quảng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi tâm 3a 2 . Góc giữa đường O , ∆ABD đều cạnh a 2 , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2 thẳng SO và mặt phẳng ( ABCD ) bằng A. 45° . Câu 26.

B. 30° .

C. 60° .

D. 90° .

(Trung Tâm Thanh Tường - 2021) Cho hình chóp S. ABC có SA ⊥ ( ABC ) , SA = a 3 , tam giác ABC vuông tại B có AC = 2a, BC = a 3 . Góc giữa S B và mặt phẳng ( ABC) bằng

Câu 27.

A. 90° . B. 45° . C. 30° . D. 60° . (THPT Trần Phú - Đà Nẵng - 2021) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm I , cạnh a . Biết SA vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) và SA = a 3 (tham khảo hình vẽ bên). Khi đó tang của góc giữa đường thẳng SI và mặt phẳng ( ABCD ) là:

Trang 10

6 3 . C. 3 . D. . 6 3 Câu 28. (Chuyên Biên Hòa - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , O là giao điểm của AC và BD . ABC = 60° ; SO vuông góc với ( ABCD ) và SO = a 3 . Góc giữa

SB và mặt phẳng ( SAC ) bằng

A. ( 25° ; 27° ) . Câu 29.

B. ( 62° ; 66° ) .

C. ( 53° ; 61° ) .

D. ( 27° ;33° ) .

(Sở Cần Thơ - 2021) Cho hình chóp S. ABC có tam giác ABC vuông tại B , có AB = a 3 , BC = a , SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và SA = 2a . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng

Câu 30.

Câu 31.

A. 45° . B. 30° . C. 60° . D. 90° . (Sở Quảng Bình - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , biết SA ⊥ ( ABCD ) và SA = a 2 . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng A. 6 0˚ . B. 45˚ . C. 30˚ . D. 9 0˚ . (Chuyên Tuyên Quang - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi tâm O , tam giác 3a 2 và vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa đường thẳng ABD đều cạnh bằng a 2 , SA = 2 SO và mặt phẳng ( ABCD ) bằng

A. 600 . B. 450 . C. 300 . D. 900 . Câu 32. (Chuyên Vinh - 2021) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có AB = a , AA′ = a 2 . Góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng ( ABB′A′ ) bằng A. 45o .

B. 75o .

C. 60o .

D. 30o .

Câu 33. (Cụm Liên Trường Hải Phòng 2019) Cho khối chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) , tam giác ABC vuông tại B , AC = 2a , BC = a , SB = 2a 3 . Tính góc giữa SA và mặt phẳng ( SBC ) .

A. 45° . Câu 34.

B. 30° .

C. 60° .

D. 90° .

(Chuyên Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp SABCD có đáy là hình thang vuông tại 1và B . AB = BC = a, AD = 2a . Biết SA vuông góc với đáy ( ABCD ) và SA = a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm SB, CD . Tính sin góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( SAC )

5 55 3 5 2 5 B. C. D. 5 10 10 5 Câu 35. (Mã 102 - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng

Trang 11

A. 45°

B. 60°

C. 30°

D. 90°

Câu 36.

(Mã 101 - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SB = 2a . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng A. 45° B. 60° C. 90° D. 30°

Câu 37.

(Mã 101 - 2019) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , SA = 2a , tam giác ABC vuông tại B, AB = a 3 và BC = a (minh họa như hình vẽ bên). Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng:

A. 450 . Câu 38.

C. 600 .

D. 900 .

(Đề Tham Khảo 2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của SD (tham khảo hình vẽ bên). Tang của góc giữa đường thẳng B M và mặt phẳng ( ABCD) bằng

A. Câu 39.

B. 300 .

2 2

3 3

2 3

1 3

(Mã 104 - 2019) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , SA = 2a , tam giác ABC vuông cân tại B và AB = a 2 (minh họa như hình vẽ bên). Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng

A. 30o . Câu 40.

C. 60o .

D. 45o .

(Sở Vĩnh Phúc 2019) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng 2a . Gọi M là trung điểm của SD Tính tan của góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng ( ABCD ) . A.

Trang 12

B. 90o .

2 . 2

3 . 3

2 . 3

1 . 3

Câu 41.

(Chuyên Bắc Giang 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và a 6 . Tính góc giữa SC và ( ABCD ) . SA ⊥ ( ABCD ) . Biết SA = 3 A. 30° B. 60° C. 75° D. 45°

Câu 42.

(Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA = a 3 . Gọi α là góc giữa SD và ( SAC ) . Giá trị sin α bằng

A. Câu 43.

2 . 4

2 . 2

3 . 2

2 . 3

(Sở Bắc Giang 2019) Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Tam giác SAB cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 60° , gọi M là trung điểm của BC . Gọi α là góc giữa đường thẳng SM và mặt phẳng ( ABC ) . Tính cos α .

A. cos α = Câu 44.

6 . 3

B. cos α =

3 . 3

3 . 10

C. cos α =

D. cos α =

1 . 10

(THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có AB = a , O là trung điểm AC và SO = b . Gọi ( ∆ ) là đường thẳng đi qua C , ( ∆ ) chứa trong mặt phẳng

a 14 . Giá trị lượng giác cos ( ( SA ) , ( ∆ ) ) bằng 6 2a 2a a a A. . B. . C. . D. . 3 4b 2 − 2 a 2 3 2 a 2 + 4b 2 3 2 a 2 + 4b 2 3 4b 2 − 2 a 2 Câu 45. (HSG Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = a 3 . Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Cosin của góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( SBC ) bằng

( ABCD )

A. Câu 46.

và khoảng cách từ O đến ( ∆ ) là

13 4

3 4

2 5 5

1 4

(Sở Hà Nội 2019) Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông tại C , CH vuông góc với ASB = 90° . AB tại H , I là trung điểm của đoạn HC . Biết SI vuông góc với mặt phẳng đáy, Gọi O là trung điểm của đoạn AB , O′ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABI . Góc tạo bởi đường thẳng OO′ và mặt phẳng ( ABC ) bằng

A. 60° . Câu 47.

B. 30° .

C. 90° .

D. 45° .

(Sở Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và ABC = 60° . Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trọng tâm của tam giác

ABC , gọi ϕ là góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( SCD ) , tính sin ϕ biết rằng SB = a . A. sin ϕ = Câu 48.

3 . 2

B. sin ϕ =

1 . 4

C. sin ϕ =

1 . 2

D. sin ϕ =

2 . 2

(Sở Bình Phước - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA ⊥ ( ABCD ) , SA = x . Xác định x để hai mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD ) hợp với nhau góc 60° .

A. x = 2 a .

B. x = a .

C. x =

3a . 2

D. x =

a . 2

Trang 13

Câu 49.

(Sở Lào Cai - 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại B , cạnh bên SA vuông = 600 và SA = a 2 . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng góc với mặt đáy, AB = 2a , BAC (SAC ) bằng

B. 600 . C. 300 . D. 900 . A. 450 . Câu 50. (Chuyên Hạ Long - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = a 2 . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB , SD . Góc giữa mặt phẳng ( AMN ) và đường thẳng SB bằng A. 45o .

B. 90o .

C. 120o .

D. 60o .

Câu 51. (Sở Bắc Giang - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , BC = a 3 , SA = a và SA vuông góc với đáy ABCD . Tính sin α , với α là góc tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng ( SBC ) . A. sin α = Câu 52.

B. sin α =

3 . 2

C. sin α =

2 . 4

D. sin α =

3 . 5

(Chuyên ĐHSPHN - 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại B , cạnh bên SA = 600 và SA = a 2 . Góc giữa đường thẳng SB và vuông góc với mặt phẳng đáy, AB = 2a , BAC mặt phẳng ( SAC ) bằng A. 30 0 .

Câu 53.

7 . 8

B. 450 .

C. 600 .

D. 90 0 .

(Chuyên Vĩnh Phúc - 2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , tâm O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết rằng góc giữa MN và ( ABCD ) bằng 600 , cosin góc giữa MN và mặt phẳng ( SBD ) bằng:

A. Câu 54.

41 . 41

5 . 5

2 5 . 5

2 41 . 41

(Chuyên Vinh -2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, AB = 2a , ABC = 120° . Cạnh bên SD = a 3 và SD vuông góc với mặt phẳng đáy (tham khảo BC = a , hình vẽ bên). Tính sin của góc tạo bởi SB và mặt phẳng ( SAC ) S

D A

A. Câu 55.

Trang 14

3 . 4

1 . 4

3 . 7

(Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = a 3 , tứ giác ABCD là hình vuông, BD = a 2 (minh họa như hình bên). Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( SAD ) bằng

A. 0° . Câu 56.

B. 30° .

C. 45° .

D. 60° .

(Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy là hình vuông tâm O , cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 60° . Tính cos của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( SBD ) .

A. Câu 57.

41 . 4

5 . 5

2 5 . 5

2 41 . 4

(Đô Lương 4 - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , tâm O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết rằng góc giữa MN và ( ABCD ) bằng 60° , côsin của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( SBD ) bằng:

A. Câu 58.

5 . 5

41 . 41

2 5 . 5

2 41 . 41

(THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B ′C ′ có AB = AC = a, BAC = 120° . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của B′C ′ và CC ′ . Biết thể tích khối lăng trụ ABC. A′B ′C ′ bằng

3a3 . Gọi α là góc giữa mặt phẳng 4

( AMN ) và

mặt phẳng

( ABC ) . Khi đó A. cos α = Câu 59.

3 . 2

B. cos α =

1 . 2

C. cos α =

13 . 4

D. cos α =

3 . 4

(Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a . Tam giác SAB cân tại S và ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) . Biết thể tích của khối chóp 4a3 . Gọi α là góc giữa SC và ( ABCD ) . Tính tan α . 3 5 2 5 3 A. tan α = . B. tan α = . C. tan α = . 5 5 3

S . ABCD là

Câu 60.

D. tan α =

7 . 7

(Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2020) Cho tứ diện đều SABC cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, SC . Tính tan của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng

( ABC ) . A.

3 . 2

1 . 2

2 . 2

D. 1.

Dạng 3 Góc của mặt với mặt Để tìm góc giữa hai mặt phẳng, đầu tiên tìm giao tuyến của hai mặt phẳng. Trang 15

Sau đó tìm hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến tại một điểm. Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng vừa tìm.

Những trường hợp đặc biệt đề hay ra: Trường hợp 1: Hai tam giác cân ACD và BCD có chung cạnh đáy CD. Gọi H trung điểm của CD, thì góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là góc AHB .

Trường hợp 2: Hai tam giác ACD và BCD bằng nhau có chung cạnh CD. Dựng AH ⊥ CD  BH ⊥ CD . Vậy góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là góc AHB .

Trường hợp 3: Khi xác định góc giữa hai mặt phẳng quá khó, ta nên sử dụng công thức sau: d ( A, ( Q ) ) sin φ = d ( A, a ) Với ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q). A là một điểm thuộc mặt phẳng (P) và a là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q). Trường hợp 4: Có thể tìm góc giữa hai mặt phẳng bằng công thức S ' = S.cos ϕ Trường hợp 5: Tìm hai đường thẳng d và d' lần lượt vuông góc với mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q). Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa d và d'. Trường hợp 6: CÁCH XÁC ĐỊNH GÓC GIỮA MẶT PHẲNG BÊN VÀ MẶT PHẲNG ĐÁY Bước 1: xác dịnh giao tuyến d của mặt bên và mặt đáy. Bước 2: từ hình chiếu vuông góc của đỉnh, dựng AH ⊥ d . . Bước 3: góc cần tìm là góc SHA Với S là đỉnh, A là hình chiếu vuông góc của đỉnh trên mặt đáy. Ví dụ điển hình: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy (ABC).Hãy xác định góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy (ABC). Ta có BC là giao tuyến của mp (SBC) và (ABC). Từ hình chiếu của đỉnh là điểm A, dựng AH ⊥ BC .  BC ⊥ SA Vì   BC ⊥ ( SAH )  BC ⊥ SH .  BC ⊥ AH . Kết luận góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là góc SHA

Câu 1.

(Chuyên KHTN - 2021) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có cạnh đáy bằng a và 3a cạnh bên bằng . Góc giữa hai mặt phẳng ( A′BC ) và ( ABC ) bằng 2 A. 30° . B. 60° . C. 45° . D. 90° .

Câu 2.

(Chuyên Quốc Học Huế - 2021) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có O, O′ lần lượt là tâm của các hình vuông ABCD và A′B′C′D′ . Góc giữa hai mặt phẳng ( A′BD ) và ( ABCD ) bằng

Câu 3. Trang 16

′A . A. A′AD . B. A′OC . C. A′OA . D. OA (THPT Thanh Chương 1- Nghệ An - 2021) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy

Câu 4.

Câu 5.

bằng 2a cạnh bên bằng 5a . Góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy bằng A. 60° . B. 30° . C. 70° . D. 45° . (Chuyên Quốc Học Huế - 2021) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có O, O′ lần lượt là tâm của hình vuông ABCD và A′B′C ′D′ . Góc giữa hai mặt phẳng ( A′BD ) và ( ABCD ) bằng

′A . A. A′OA . B. OA C. A′DA . D. A′OC . (Chuyên Lê Khiết - Quảng Ngãi - 2021) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông a 6 cân tại A , cạnh AC = a , các cạnh bên SA = SB = SC = . Tính góc tạo bởi mặt bên ( SAB) và 2 mặt phẳng đáy ( ABC ) .

A. Câu 6.

π 6

π 4

C. arctan 2 .

D. arctan 2 .

(Sở Cần Thơ - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) và SA = 3a. Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) . Giá trị tan ϕ là 3 6 3 . C. . D. . 3 2 2 (Sở Cần Thơ - 2021) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD ) . Góc giữa hai mặt phẳng (SCD ) và mặt phẳng (ABCD ) là

A. Câu 7.

Câu 8.

A. SDC . B. SCD . C. DSA . D. SDA . (Sở Sơn La - 2021) Cho hình chóp S . ABC có đáy tam giác đều cạnh a . Cạnh bên SA = a 3 vuông góc với mặt đáy ( ABC ) . Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) . Khi đó

sin ϕ bằng A. Câu 1.

3 . 5

2 5 . 5

2 3 . 5

5 . 5

(Đề Tham Khảo 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC . A′ B ′C ′ có AB = 2 3 và AA′ = 2. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh A′B′, A′C′ và BC (tham khảo hình vẽ bên). Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( AB′C ′) và ( MNP ) bằng

Trang 17

A. Câu 2.

7 85 85

5 . 2

6 13 65

13 65

17 13 65

6 13 65

6 85 85

B. 300 .

C. 450 .

D. 600 .

1 . 5

2 . 5

(THPT Nguyễn Khuyến 2019) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , a 6 đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Biết AB = SB = a , SO = . Tìm số đo 3 của góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAD ) . A. 30°

Trang 18

(Sở Bắc Giang -2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , AD = SA = 2 a , SA ⊥ ( ABCD ) . Tính tang của góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD ) . A.

Câu 5.

18 13 65

(Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - 2020) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt a 3 phẳng ( ABC ) , SA = , tam giác ABC đều cạnh bằng a (minh họa như hình dưới). Góc tạo 2 bởi giữa mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) bằng

A. 900 . Câu 4.

(Mã 101 2018) Cho hình lập phương ABCD. A′B ′C ′D ′ có tâm O . Gọi I là tâm của hình vuông A′B ′C ′D ′ và M là điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho MO = 2 MI (tham khảo hình vẽ). Khi đó côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( MC ′D′) và ( MAB ) bằng A.

Câu 3.

17 13 65

B. 45°

C. 60°

D. 90°

Câu 6.

(Sở Quảng Ninh 2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông có độ dài đường chéo bằng a 2 và SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng

( SBD )

và ( ABCD ) . Nếu tan α = 2 thì góc giữa ( S AC ) và ( SBC ) bằng.

A. 30 . 0

B. 900

C. 600 .

D. 450 .

Câu 7.

(Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCD . A ' B ' C ' D ' có mặt AB 6 . Xác định góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BD ) và ( C ' BD ) . ABC D là hình vuông, AA ' = 2 A. 300 . B. 450 . C. 600 . D. 900 .

Câu 8.

(Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A′B′C ′ có đáy = 120° , cạnh bên AA′ = a . Gọi I là trung ABC là tam giác cân, với AB = AC = a và góc BAC điểm của CC ′ . Cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AB′I ) bằng A.

Câu 9.

11 . 11

33 . 11

10 . 10

30 . 10

(Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018) Cho hình chóp S . ABC có SA = a , SA ⊥ ( ABC ) , tam giác ABC vuông cân đỉnh A và BC = a 2 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB , SC . Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( MNA ) và ( ABC ) bằng

2 . 4

2 . 6

3 . 2

3 . 3

Câu 10. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình thoi a 6 . Giá trị lượng giác cạnh bằng a và góc A bằng 60° , cạnh SC vuông góc với đáy và SC = 2 cô-sin của góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( SCD ) bằng

6 5 2 5 30 . B. . C. . D. . 6 5 5 6 Câu 11. (Chuyên Ngữ - Hà Nội - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , a 6 . Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và BD = a . Cạnh SA vuông góc với mặt đáy và SA = 2 ( SCD ) . A. 60° . B. 120° . C. 45° . D. 90° . A.

Câu 12.

(Chuyên Thái Bình 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AC = 2a , tam giác SAB và tam giác SCB lần lượt vuông tại A , C . Khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( ABC ) bằng 2a . Côsin của góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SCB ) bằng A.

Câu 13.

1 . 2

1 . 3

1 . 2

1 . 3

(Chuyên Thái Bình 2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A′B′C ′ có AB = AC = a , góc BAC = 120° , AA′ = a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của B ′C ′ và CC ′ . Số đo góc giữa mặt phẳng ( AMN ) và mặt phẳng ( ABC ) bằng A. 60° .

Câu 14.

B. 30° .

C. arcsin

3 . 4

D. arccos

3 . 4

(Chuyên Đh Vinh - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA = 2 a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh SD . Tang của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( AMC ) và ( SBC ) bằng Trang 19

A. Câu 15.

5 . 5

3 . 2

2 5 . 5

ABCD có (Sở Thanh Hóa 2018) Cho tứ diện CD = 2 x , ( ACD ) ⊥ ( BCD ) . Tìm giá trị của x để ( ABC ) ⊥ ( ABD ) ?

A. x = a . Câu 16.

B. x =

a 2 . 2

C. x = a 2 .

2 3 . 3

AC = AD = BC = BD = a ,

D. x =

a 3 . 3

(Chuyên Vinh - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB và M , N lần lượt là trung điểm của SC, SD (tham khảo hình vẽ bên). Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng ( GMN ) và ( ABCD ) .

A. Câu 17.

2 39 . 39

3 . 6

2 39 . 13

13 . 13

(Chuyên Thái Bình 2018) Cho hình lập phương ABCD. A′B ′C ′D ′ có cạnh bằng a . Số đo của góc giữa ( BA′C ) và ( DA′C ) : A. 90° .

Câu 18.

B. 60° .

C. 30° .

D. 45° .

(Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AB = AD = 2 a , CD = a . Gọi I là trung điểm cạnh AD, biết hai mặt phẳng

( SBI ) , ( SCI )

cùng vuông góc với đáy và thể tích khối chóp S . ABCD bằng

3 15a 3 . Tính góc 5

giữa hai mặt phẳng ( SBC ) , ( ABCD ) .

A. 30° . Câu 19.

B. 36° .

C. 45° .

D. 60° .

(Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có AA′ = AB = AC = 1 và BAC = 1200 . Gọi I là trung điểm cạnh CC ′ . Côsin góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AB′I ) bằng

A. Trang 20

370 . 20

70 . 10

30 . 20

30 . 10

Câu 20.

(Sở Ninh Bình 2020) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , độ dài cạnh AC = 2 a , các tam giác ∆SAB, ∆SCB lần lượt vuông tại A và C . Khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( ABC ) bằng a . Giá trị cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCB) bằng A.

Câu 21.

2 2 . 3

1 . 3

2 . 3

5 . 3

(Sở Bắc Ninh - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, ABC = 1200 , SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Biết góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và

( SCD ) bằng 600 , khi đó A. SA = Câu 22.

a 6 . 4

B. SA = a 6.

C. SA =

a 6 . 2

D. SA =

a 3 . 2

(Sở Bình Phước - 2020) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác cân đỉnh A . ABC = 30o , cạnh bên AA′ = a . Gọi M là điểm thỏa mãn 2CM = 3CC ′ . Gọi Biết BC = a 3 và α là góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AB′M ) , khi đó sin α có giá trị bằng A.

66 . 22

481 . 22

3 . 22

418 . 22

Câu 23.

(Tiên Du - Bắc Ninh - 2020) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA a vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và SA = . Góc giữa mặt phẳng ( SBC ) và mặt phẳng ( ABC ) 2 bằng A. 45° . B. 90° . C. 30° . D. 60° .

Câu 24.

(Kìm Thành - Hải Dương - 2020) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , AB = 2a , SA vuông góc với mặt đáy và góc giữa SB và mặt đáy bằng 60° . Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) . Giá trị cosα bằng A.

Câu 25.

15 . 5

2 . 5

1 . 7

2 . 7

(Chuyên KHTN - Hà Nội - Lần 3) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA = a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB và SD . Tính sin ϕ với ϕ là góc hợp bởi ( AMN ) và ( SBD ) .

A. Câu 26.

2 . 3

2 2 . 3

7 . 3

1 . 3

(Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương - Lần 2 - 2020) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có = 120o và cạnh bên BB ' = a . Gọi I là đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a và góc BAC trung điểm của CC ' . Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AB ' I ) .

A. Câu 27.

3 . 10

30 . 10

30 . 30

10 . 30

(Chuyên Sư Phạm Hà Nội - 2020) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ . Cosin góc giữa hai mặt phẳng ( A′BC ) và ( ABC ′ ) bằng

Trang 21

Trang 22

3 . 2

2 . 2

C. 0 .

1 . 2

HHKG - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

Chuyên đề 3

TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ – GIỎI Dạng 1. Góc của đường thẳng với đường thẳng Để tính góc giữa hai đường thẳng d1 , d 2 trong không gian ta có thể thực hiện theo hai cách Cách 1. Tìm góc giữa hai đường thẳng d1 , d 2 bằng cách chọn một điểm O thích hợp ( O thường nằm d1

trên một trong hai đường thẳng).

d'1 O d'2 d2

b2 + c2 − a2 . 2bc

Cách 2. Tìm hai vec tơ chỉ phương u1 , u 2 của hai đường thẳng d1 , d 2 u1.u2 Khi đó góc giữa hai đường thẳng d1 , d 2 xác định bởi cos ( d1 , d 2 ) = . u1 u2 Lưu ý 2: Để tính u1 u2 , u1 , u2 ta chọn ba vec tơ a, b, c không đồng phẳng mà có thể tính được độ dài và góc giữa chúng,sau đó biểu thị các vec tơ u1 , u 2 qua các vec tơ a, b, c rồi thực hiện các tính

toán. Câu 1.

(Mã 101 - 2021 Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có tất cả các cạnh bằng. Góc giữa đường thẳng AA′ và BC ′ bằng

A. 300 .

B. 900 .

C. 450 . Lời giải

D. 600

Trang 1

Chọn C ′BC Vì AA′ / / BB′ nên ( AA′, BC ′ ) = ( BB′, BC ′ ) = B

′BC = Ta có: tan B

Câu 2.

B′C ′ ′BC = 450 . =1 B BB′

(Mã 103 - 2021 - Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có tất cả các cạnh bằng nhau (tham khảo hình bên dưới). C

Góc giữa hai đường thẳng A′B và CC ′ bằng B. 30° . C. 90° . A. 45° . Lời giải Chọn A

D. 60° .

Trang 2

(

) (

)

Ta có: CC ' // BB ' . Nên A ' BB ' ( A ' BB ' là góc nhọn). Mặt khác, A ' B ; CC ' = A ' B ; BB ' = tam giác A ' BB ' là tam giác vuông cân ( A ' B = BB ' và A ' B ⊥ BB ' ) suy ra A ' BB ' = 45° . Vậy góc giữa hai đường thẳng A ' B và CC ' bằng 45° . Câu 3.

(Mã 102 - 2021 Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có tất cả các cạnh bằng nhau (tham khảo hình bên).

Góc giữa hai đường thẳng AA′ và B′C bằng A. 900 . B. 45 0 . C. 30 0 . Lời giải Chọn B

D. 600 .

Ta có: AA′//CC ′ nên:  ( AA′, B′C ) = ( CC ′, B′C ) Mặt khác tam giác BCC ′ vuông tại C ′ có CC ′ = B′C ′ nên là tam giác vuông cân. Vậy góc giữa hai đường thẳng AA′ và B′C bằng 45 0 . Câu 4.

(Mã 104 - 2021 Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có tất cả các cạnh bằng nhau ( tham khảo hình bên).

Trang 3

Góc giữa hai đường thẳng AB ' và C C ' bằng A. 30° . B. 90° . C. 60° . Lời giải Chọn D

D. 45° .

Ta có B B ' // C C ' (do B B ' và C C ' là cạnh bên của hình lăng trụ).

(

) (

)

Suy ra AB ', CC ' = AB ', BB ' . Tứ giác ABB ' A ' là hình vuông (do ABC . A ' B ' C ' là lăng trụ đứng có tất cả các cạnh bằng nhau) nên AB ' B = 45° .

(

) (

)

Vậy AB ', CC ' = AB ', BB ' = AB ' B = 45 ° . Câu 5.

A. 450 Chọn D

Trang 4

B. 900

C. 300 Lời giải

D. 600

Đặt OA = a suy ra OB = OC = a và AB = BC = AC = a 2 Gọi N là trung điểm AC ta có MN / / AB và MN =

a 2 2

OM , AB ) = ( OM , MN ) . Xét OMN Suy ra góc ( a 2 nên OM N là tam giác đều 2 = 600 . Vậy ( OM , AB ) = ( OM , MN ) = 600 Suy ra OMN

Trong tam giác OM N có ON = OM = MN =

Câu 6.

(Chuyên Long An - 2021) Cho hình lập phương ABCD.EFGH . Góc giữa cặp véc tơ AF và EG bằng A. 30° . B. 120° . C. 60° . D. 90° . Lời giải Chọn C

. Ta có AF , EG = AF , AC = CAF

(

) (

)

= 60° . ∆CAF là tam giác đều, nên CAF Câu 7.

(THPT Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2021) Hình chóp S . ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau và SA = SB = SC . Gọi I là trung điểm của AB . Góc giữa SI và BC bằng A. 30° . B. 60° . C. 45° . D. 90° . Lời giải Chọn B

Trang 5

1 SA + SB .BC SI .BC 2 SA.BC + SB.BC = = Ta có: cos SI ; BC = BC SI .BC BC 2 .BC 2 SB.BC SB.BC.cos135° SB.SB 2.cos135° 2.cos135° 1 = = = = =− . 2 2 2 BC BC 2 SB 2 2 Suy ra: SI ; BC = 120°  ( SI ; BC ) = 60° .

(

Câu 8.

(

)

(THPT Nguyễn Đức Cảnh - Thái Bình - 2021) Cho hình lập phương ABCD. A1 B1C1 D1 có cạnh a . Gọi I là trung điểm BD. Góc giữa hai đường thẳng A1 D và B1 I bằng

A. 120°

B. 30°.

C. 45° . Lời giải

D. 60° .

Chọn B

Ta có B1C / / A1 D  ( A1 D , B1 I ) = ( B1C , B1 I ) . Vì ABCD. A1 B1C1 D1 là hình lập phương cạnh a nên B1C = a 2; IC =

Xét ∆B1 IC có: cos IB 1C =

a 2 a 6 ; B1 I = . 2 2

B1 I 2 + B1C 2 − IC 2 3 = . 2 B1 I .B1C 2

 IB 1C = 30°. Do đó ( A1 D , B1 I ) = ( B1C , B1 I ) = IB 1C = 30°.

Câu 9.

Trang 6

(THPT Lê Quy Đôn Điện Biên 2019) Cho tứ diện ABCD với 3 = DAB = 600 , CD = AD . Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng AB và CD . AC = AD, CAB 2 Chọn khẳng định đúng về góc ϕ .

A. cos ϕ =

3 4

B. 300

C. 600

D. cos ϕ =

1 4

Lời giải Chọn D

Ta có AB. CD = AB. AD − AC = AB. AD − AB. AC = AB. AD. cos 600 − AB. AC .cos 600

(

)

3 −1 = AB. AD. cos 600 − AB. AD.cos 600 = AB. AD 2 4 AB.CD −1 1 cos AB, CD = =  cosϕ = AB.CD 4 4

(

Câu 10.

)

(THPT Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ , biết đáy ABCD là hình vuông. Tính góc giữa A′C và BD .

A. 90° .

B. 30° .

C. 60° . Lời giải

D. 45° .

Vì ABCD là hình vuông nên BD ⊥ AC . Mặt khác AA′ ⊥ ( ABCD )  BD ⊥ AA′ .  BD ⊥ AC Ta có   BD ⊥ ( AA′C )  BD ⊥ A′C .  BD ⊥ AA ' Do đó góc giữa A′C và BD bằng 90° .

Câu 11.

(Chuyên KHTN 2019) Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 2a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm AD và BC . Biết MN = a 3 , góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng. A. 450 .

B. 900 .

C. 600 . Lời giải

D. 300 .

Trang 7

(

) (

)

AB, CD = PM , PN . Gọi P là trung điểm AC , ta có PM //CD và PN //AB , suy ra Dễ thấy PM = PN = a .

= Xét ∆PMN ta có cos MPN

(

PM 2 + PN 2 − MN 2 a 2 + a 2 − 3a 2 1 = =− 2 PM .PN 2.a.a 2

)

= 1200   MPN AB, CD = 1800 − 1200 = 600 . Câu 12.

(Chuyên Lương Văn Chánh Phú Yên 2019) Cho hình lập phương ABCD. A′B ′C ′D ′ ; gọi M là trung điểm của B ′C ′ . Góc giữa hai đường thẳng AM và BC ′ bằng A. 45° . B. 90° . C. 30° . D. 60° . Lời giải B

N A D B'

Giả sử cạnh của hình lập phương là a > 0 . Gọi N là trung điểm đoạn thẳng BB′ . Khi đó, MN //BC ′ nên ( AM , BC ′ ) = ( AM , MN ) . Xét tam giác A′B′M vuông tại B′ ta có: A′M =

Xét tam giác AA′M vuông tại A′ ta có: AM = Trang 8

A′B′2 + B′M 2 = a 2 +

AA′2 + A′M 2 = a 2 +

a2 a 5 . = 4 2

5a 2 3a = . 2 4

Có AN = A′M =

a 5 BC ′ a 2 ; MN = = . 2 2 2

Trong tam giác AMN ta có: 9 a 2 2 a 2 5a 2 + − 2 MA + MN − AN 1 4 4 = 6a . 4 cos AMN = . = 4 = 2 2.MA.MN 4 6a 2 3a a 2 2 2. . 2 2 2

Suy ra AMN = 45° . Vậy ( AM , BC ′ ) = ( AM , MN ) = AMN = 45° .

Câu 13.

(Chuyên

Hạ

Long

2018)

Cho

hình

chóp

S . ABC

có

độ

dài

các

cạnh

SA = SB = SC = AB = AC = a và BC = a 2 . Góc giữa hai đường thẳng AB và SC là? A. 45° . B. 90° . C. 60° . D. 30° . Lời giải

Ta có BC = a 2 nên tam giác ABC vuông tại A . Vì SA = SB = SC = a nên hình chiếu vuông góc của S lên ( ABC ) trùng với tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tam giác ABC vuông tại A nên I là trung điểm của BC . AB.SC Ta có cos ( AB, SC ) = cos AB , SC = . AB.SC 1 1 a2 AB.SC = AB SI + IC = AB.SI = − BA.BC = − BA.BC.cos 45° = − . 2 2 2

(

)

a2 1 cos ( AB, SC ) = 22 =  ( AB , SC ) = 60° . a 2 AB.SC Cách 2: cos ( AB , SC ) = cos AB, SC = AB.SC a2 Ta có AB.SC = SB − SA SC = SB.SC − SA.SC = SB.SC .cos 90° − SA.SC .cos 60° = − . 2

(

)

−a 2 2 1 Khi đó cos ( AB, SC ) = 2 = a 2

Trang 9

Câu 14.

(Chuyên Đh Vinh 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC . A′B′C ′ có AB = a và

AA′ = 2 a . Góc giữa hai đường thẳng AB′ và BC ′ bằng

A. 60° .

B. 45° .

C. 90° . Lời giải

D. 30° .

Ta có AB′.BC ′ = AB + BB′ BC + CC ′ = AB.BC + AB.CC ′ + BB ′.BC + BB ′.CC ′

(

)(

)

a2 3a 2 . = AB.BC + AB.CC ′ + BB ′.BC + BB ′.CC ′ = − + 0 + 0 + 2a 2 = 2 2

3a 2 AB′.BC ′ 1 2 Suy ra cos AB′, BC ′ = = =  ( AB′, BC ′ ) = 60° . AB′ . BC ′ a 3.a 3 2

(

Câu 15.

)

(Kim Liên - Hà Nội - 2018) Cho tứ diện ABCD có DA = DB = DC = AC = AB = a , ABC = 45° . Tính góc giữa hai đường thẳng AB và DC . A. 60° . B. 120° . C. 90° . D. 30° . Lời giải Ta có tam giác ABC vuông cân tại A , tam giác BDC vuông cân tại D . Ta có AB.CD = DB − DA CD = DB.CD − DA.CD

(

)

1 = DB CD cos DB, CD − DA CD cos DA, CD = − a 2 . 2 AB.CD 1 Mặt khác ta lại có AB.CD = AB CD cos AB.CD ⇔ cos AB, CD = = − 2 AB CD  AB, DC = 120°  ( AB, CD ) = 60° .

(

)

(

)

(

Câu 16.

Trang 10

)

(

)

(Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - 2018) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD , BB′. Cosin của góc hợp bởi MN và AC ' bằng

3 . 3

2 . 3

5 . 3

2 . 4

Lời giải

* Xét hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ cạnh a . * Đặt a = AB, b = AD, c = AA′  a = b = c = a, a.b = b.c = a.c = 0 . * Ta có: 1 1 1 1 a 3 MN = AN − AM = AB + BN − AM = a − b + c  MN = a 2 + a 2 + a 2 = 2 2 4 4 2 AC ′ = AB + AD + AA′ = a + b + c  AC ′ = a 2 + a 2 + a 2 = a 3 1 1 AC ′.MN = a 2 − a 2 + a 2 = a 2 2 2 MN . AC ′ 2 . cos ( MN ; AC ′ ) = cos MN ; AC ′ = = 3 MN . AC ′

(

Câu 17.

)

(Cụm 5 Trường Chuyên - ĐBSH - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = 2a , BC = a . Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của cạnh AB , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 600 . Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SB và AC

2 . 7

2 . 35

2 . 5

2 . 7

Lời giải

Trang 11

= 600 . ( SC , ( ABCD ) ) = ( SC , CH ) = SCH cos ( SB, AC ) =

SB. AC

SB. AC SB. AC = SH + HB AB + BC = SH . AB + SH .BC + HB. AB + HB.BC

(

)(

)

1 = HB. AB + HB.BC = AB 2 = 2a 2 2

=a 6. AC = a 5 , CH = a 2 + a 2 = a 2 , SH = CH .tan SCH

(

)

SB = SH 2 + HB 2 = a 6 + a 2 = a 7 . SB. AC 2 2a 2 cos ( SB, AC ) = = . = SB. AC a 7.a 5 35

Câu 18.

Gọi I là trung điểm SA thì IMNC là hình bình hành nên MN // IC . Ta có BD ⊥ ( SAC )  BD ⊥ IC mà MN // IC  BD ⊥ MN nên góc giữa hai đường thẳng MN và BD bằng 90° .

Cách khác: có thể dùng hệ trục tọa độ của lớp 12, tính tích vô hướng BD.MN = 0 .

Câu 19.

Trang 12

Gọi P là trung điểm của CD . Ta có: NP // SC  ( MN , SC ) = ( MN , NP ) . Xét tam giác MNP ta có: MN =

a 2 a a , NP = , MP = 2 2 2

a2 a2 a2  MN + NP = + = = MP 2  ∆MNP vuông tại N 4 4 2 2

= 90°  ( MN , SC ) = ( MN , NP ) = 90° .  MNP Câu 20.

(Sở Quảng Nam - 2018) Cho hình lăng trụ ABC . A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại

A , AB = a , AC = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm H của BC , A′H = a 3 . Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng A′B và B′C . Tính cos ϕ .

A. cos ϕ =

1 . 2

B. cos ϕ =

6 . 8

C. cos ϕ =

6 . 4

D. cos ϕ =

3 . 2

Lời giải

Gọi E là trung điểm của AC ; D và K là các điểm thỏa BD = HK = A′B′ . ′C . Ta có B ′K ⊥ ( ABC ) và B′D / / A′B  ( A′B , B ′C ) = ( B ′D , B ′C ) = DB Ta tính được BC = 2 a  BH = a ; B′D = A′B = CD =

(a 3)

+ a 2 = 2a.

AC 2 + AD 2 = 3a 2 + 4a 2 = a 7 ; CK = CE 2 + EK 2 =

3a 2 9a 2 + = a 3. 4 4

Trang 13

B ′C = B′K 2 + CK 2 = 3a 2 + 3a 2 = a 6.

′D = cos CB Câu 21.

B′D 2 + B′C 2 − CD 2 4a 2 + 6a 2 − 7 a 2 6 = = . 2.B′D.B′C 8 2.2a.a 6

(Sở Yên Bái - 2018) Cho tứ diện đều ABCD , M là trung điểm của cạnh BC . Tính giá trị của

cos ( AB, DM ) . A.

3 . 2

3 . 6

1 . 2

2 . 2

Lời giải

Giả sử cạnh của tứ diện đều bằng a. Gọi N là trung điểm của AC . Khi đó: AB , DM = MN , DM

(

) (

Ta có: MN =

)

a a 3 , DM = DN = . 2 2

a2 MN + MD − ND 3 4 cos NM D= = = . 2.MN .MD 6 a a 3 2. . 2 2 2

Vậy cos (AB, DM ) =

Câu 22.

3 . 6

A. cosα =

2 22 . 11

B. cosα =

33 . 11

C. cosα = Lời giải

Trang 14

11 . 11

D. cosα =

22 . 11

a 3 và AH ⊥ BC , A′H ⊥ BC  BC ⊥ ( AA′H )  BC ⊥ AA′ 2

Ta có: AH = A′H = hay

BC ⊥ BB′ . Do đó: BCC ′B′ là hình chữ nhật. a 2 .6 22 a 3 a 6  BM = a 2 + =a . . 2= 16 4 2 2 3a 2 . Xét: AA′.BM = AA′. BC + CM = 0 + AA′.CM = 4

Khi đó: CC ′ = AA′ =

(

Suy ra cos ( AA′, BM ) =

Câu 23.

)

3a 2 4 a 6 a 22 . 2 4

33 . 11

(Sở Hà Tĩnh - 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC .MNP có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi I là trung điểm cạnh AC . Côsin của góc giữa hai đường thẳng NC và BI bằng A.

6 . 4

15 . 5

6 . 2

10 . 4

Lời giải Giả sử các cạnh của lăng trụ bằng a . Gọi K là trung điểm của MP  BI / / NK  ( NC , BI ) = ( NC , NK ) . ABC .MNP là lăng trụ tam giác đều  CP ⊥ ( MNP )

CK = CP 2 + PK 2 =

a 5 2

CN = CP 2 + NP 2 = a 2 NK = NP 2 − KP 2 =

= cos CNK

a 3 2

NC 2 + NK 2 − CK 2 6 . = 2 NC.NK 4

Trang 15

Câu 24.

(Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Cho tứ diện đều ABCD , M là trung điểm của cạnh BC . Khi đó cos ( AB , DM ) bằng A.

2 . 2

3 . 6

1 . 2

3 . 2

Lời giải Chọn B

Gọi N là trung điểm của AC. Suy ra MN // AB Do đó: cos ( AB , DM ) = cos ( MN , DM ) Gọi a là độ dài cạnh của tứ diện đều ABCD , suy ra MN = = Trong tam giác MND ta có: cos NMD

a 3 a ; ND = MD = 2 2

MN 2 + MD 2 − ND 2 3 = 2.MN .MD 6

= 3. cos ( AB, DM ) = cos NMD 6

Câu 25.

Trang 16

2 . 5

1 . 5

1 . 3

2 . 3

Lời giải Chọn B ( SAB ) ⊥ ( ABCD )  Trong ( SAB ) , kẻ SH ⊥ AB tại H . Ta có: ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB  SH ⊥ ( ABCD ) .   SH ⊂ ( SAB ) , SH ⊥ AB Kẻ tia Az // SH và chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ sau đây.

= a.cos 300 = a 3 . Trong tam giác SAB vuông tại S , SB = AB.cos SBA 2 =a 3. = 3a và SH = BH .sin SBA Trong tam giác SBH vuông tại H , BH = SB.cos SBH 4 4 AH = AB − BH = a −

 a a 3 3a a  a  =  H  0; ;0   S  0; ;  . 4 4  4   4 4 

 a  a  M  0; ;0  , D ( a; 0; 0 ) , N  ; a;0  .  2  2   a a 3   a  Ta có: SM =  0; ; −  , DN =  − ; a;0  4   2   4

a2 1 4 = =  cos ( SM , DN ) = . SN .DN a a 5 5 . 2 2

SM .DN

d ( M , ( P )) AM Trang 17

Ta phải chọn điểm M trên d, mà có thể tính khoảng cách được đến mặt phẳng (P). Còn A là giao điểm của d và mặt phẳng (P).

Câu 1.

(Đề Minh Họa 2021) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B ′C ′D ′ có AB = AD = 2 và

AA′ = 2 2 (tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa đường thẳng CA′ và mặt phẳng ( ABCD ) bằng: A'

A. 300.

B. 450 .

C. 600 . Lời giải

D. 900.

Chọn B Vì A' A ⊥ ( ABCD ) nên góc giữa đường thẳng CA′ và mặt phẳng ( ABCD ) bằng góc A′CA Ta có AC = AB 2 + BC 2 = 2 2. AA′ 2 2 Khi đó ta có tan A′CA = = = 1. AC 2 2 Vậy số đo góc A′CA = 450.

(

Câu 2.

)

(Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh

3a , SA

vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD ) bằng

A. 450 .

B. 600 .

C. 300 . Lời giải

Chọn C Trang 18

D. 900 .

Ta có SA ⊥ (ABCD) nên ta có (SC ,(ABCD)) = SCA = tan SCA Câu 3.

SA = AC

2a 3a. 2

= 300  SCA

(Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) ,

SA = a 2, tam giác ABC vuông cân tại B và AC = 2a (minh họa nhứ hình bên). Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABC ) bằng

A. 30°.

B. 45°.

C. 60°. Lời giải

D. 90°.

Chọn B SB ∩ ( ABC ) = B    AB là hình chiếu của SB trên mặt phẳng ( ABC ) SA ⊥ ( ABC )   ( SB, ( ABC ) ) = SBA

Ta có

Do tam giác ABC vuông cân tại B  AB2 + BC2 = AC2 ⇔2AB2 = ( 2a) ⇔2AB2 = 4a2 ⇔ AB = a 2. Xét tam giác vuông SAB vuông tại A, có SA = AB = a 2  ∆SAB vuông cân tại = 45 °. A  SBA

Câu 4.

(Mã 101 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = a , BC = 2a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 15a (tham khảo hình bên). S

Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng A. 45° . B. 30° . C. 60° . Lời giải Chọn C

D. 90° .

Trang 19

Do SA vuông góc với mặt phẳng đáy nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng . ;( ABC ) = SC ; AC = SCA đáy. Từ đó suy ra: SC

(

) (

)

Trong tam giác ABC vuông tại B có: AC = AB 2 + BC 2 = a 2 + 4a 2 = 5a .

= Trong tam giác SAC vuông tại A có: tan SCA

(

SA 15a = 60° . = = 3 ⇒ SCA AC 5a

)

; ( ABC ) = 60° . Vậy SC Câu 5.

(Mã 102 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại B , AB = 3a, BC = 3a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a (tham khảo hình vẽ).

Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng

A. 60 .

B. 450 .

C. 300 . Lời giải

D. 900 .

Chọn C

Ta có: ( SC;( ABC )) = SCA = tan SCA

SA = AC

2a 2

(3a ) + ( 3a) 2

3 = 300. ⇒ SCA 3

Vậy ( SC;( ABC )) = 30o .

Câu 6.

(Mã 103 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp S . ABC và có đáy ABC là tam giác vuông tại

B, AB = a, BC = 3a; SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 30a (tham khảo hình bên). Góc giữa đường thẳng SC và mặt đáy bằng

A. 45° . Chọn C Trang 20

B. 90° .

C. 60° . Lời giải

D. 30° .

Do AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng ( ABC ) nên ( SC , ( ABC ) ) = SCA Ta có: AC =

AB 2 + BC 2 = a 10

Khi đó tan SCA =

Câu 7.

SA a 30 = 600 . = = 3  SCA AC a 10

(Mã 104 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = a ;

BC = a 2 ; SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Góc giữa đường thẳng SC và đáy bằng A. 900 . B. 450 . C. 600 . D. 300 . Lời giải Chọn D

. Ta có : Góc SC và đáy là góc SCA Xét tam giác SCA vuông tại A có: AB 2 + BC 2 = a 3 = SA = a  SCA = 300 . tan SCA AC a 3 AC =

Câu 8.

A. 60° .

B. 90° .

C. 30° . Lời giải

D. 45° .

Chọn A

Trang 21

Ta có góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng ( ABCD ) bằng góc giữa A′C và AC và bằng góc A′CA . Ta có AC =

AB 2 + BC 2 = a 2 .

Xét tam giác ∆A′CA có tan A′CA =

A′A 6a = = 3 A′CA = 60° . AC 2a

Vậy góc A′C và mặt phẳng ( ABCD ) và bằng 60° .

Câu 9.

(Mã 102 - 2020 Lần 2) Cho hình hộp chữ nhật ABC D. A ' B ' C ' D ' có AB = a , AD = 2 2a , AA ' = 3a (tham khảo hình bên). Góc giữa đường thẳng A ' C và mặt phẳng ( ABCD ) bằng

A. 45° .

B. 90° .

C. 60° . Lời giải

Chọn D Ta thấy: hình chiếu của A ' C xuống ( ABCD ) là AC do đó A ' CA . ( A ' C ; ( ABCD ) ) = ( A ' C ; AC ) =

Ta có: AC =

AB 2 + AD 2 = 3a .

Xét tam giác A ' CA vuông tại C ta có: tan ( A ' CA ) =

A' A 3a 3 = = AC 3a 3

 A ' CA = 30° .

Trang 22

D. 30° .

Câu 10.

A. 30 .

B. 45 .

C. 90 . Lời giải

D. 60 .

Chọn A Vì ABCD là hình chữ nhật, có AB = a , AD = a 2 nên

(

AC = BD = AB 2 + AD 2 = a 2 + a 2

)

=a 3

Ta có ( A′C ; ( ABCD ) ) = ( A′C ; CA ) = A′CA Do tam giác A′AC vuông tại A nên tan A′AC =

Câu 11.

(Mã

104

2020

Lần

Cho

AA′ a 1 A′AC = 30 .  = = AC a 3 3 h ộp

hình

chữ

nhật

ABCD. A′ B′C ′ D′

có

AB = a, AD = 3a, AA′ = 2 3a (tham khảo hình vẽ).

Góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng ( ABCD ) bằng

A. 45° .

B. 30° .

C. 60° . Lời giải

D. 90° .

Chọn C

Do A′ A ⊥ ( ABCD ) nên AC là hình chiếu của A′C lên mặt phẳng ( ABCD ) suy ra góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng ( ABCD ) bằng A′CA .

′CA = Có tan A

A′ A = AC

A′ A 2

AB + AD

2 3a

= 2

a +

( 3a )

= 3 A ′CA = 60° .

Trang 23

Câu 12.

(Mã 103 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại C , AC = a , BC = 2a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng A. 60° B. 90° C. 30° D. 45° Lời giải Chọn C

Có SA ⊥ ( ABC ) nên AB là hình chiếu của SA trên mặt phẳng ( ABC ) .

(

) (

)

.  SB , ( ABC ) = SB , AB = SBA

Mặt khác có ∆ABC vuông tại C nên AB = AC 2 + BC 2 = a 3 . = SA = 1 nên SB Khi đó tan SBA , ( ABC ) = 30° . AB 3

(

Câu 13.

)

(Mã 102 - 2019) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , SA = 2a , tam giác ABC vuông tại B , AB = a và BC = 3a (minh họa như hình vẽ bên).

Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng

A. 30° .

B. 60° .

C. 45° . Lời giải

D. 90° .

Chọn C Vì SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , suy ra góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng

. ( ABC ) bằng SCA = Mà tan SCA

Trang 24

SA 2a = =1. 2 AC a + 3a 2

= 45° . Vậy SCA Câu 14.

(THPT Phan Đình Phùng - Quảng Bình - 2021) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc 1 với mặt phẳng ( ABC ) , SA = a 2 , tam giác ABC vuông tại A và AC = a,sin B = (minh 3 họ như hình bên). Góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng ( ABC ) bằng

A. 900.

B. 300.

C. 450. Lời giải

D. 600.

Chọn C

Ta có SA ⊥ ( ABC )  ( SB, ( ABC ) ) = SBA sin B =

1 3

 cos B =

2 3

; tan B =

AC 1 =  AB = a 2 Vậy tam giác SAB vuông cân tại AB 2

A = 450 Suy ra ( SB, ( ABC ) ) = SBA Câu 15.

(THPT Hậu Lộc 4 - Thanh Hóa - 2021) Cho hình chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) , SA = a 3 , tam giác ABC vuông tại B có AC = 2a , BC = a . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phằng ( ABC ) bằng

A. 60 .

B. 90 .

C. 30 . Lời giải

D. 45 .

Chọn D S

Trang 25

. AB là hình chiếu vuông góc của SB lên ( ABC ) nên ( SB , ( ABC ) ) = ( SB , AB ) = SBA

Tam giác ABC vuông tại B nên:

= 45 . AB = (2a ) 2 − a 2 = a 3  ∆SAB vuông cân tại A  SBA Vậy ( SB , ( ABC ) ) = 45 .

Câu 16.

(Sở Lào Cai - 2021) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ . Gọi M , N lần lượt là trung điểm AC và B′C′ , α là góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( A′B′C ′D′ ) . Tính giá trị α . A. sin α =

2 . 2

B. sin α =

2 5 . 5

C. sin α =

1 . 2

D. sin α =

5 . 5

Lời giải Chọn B

Giả sử cạnh hình lập phương là a . Gọi O′ là tâm của hình vuông A′B′C ′D′ . Suy ra O′N là hình chiếu của MN lên ( A′B′C ′D′ ) . Do đó góc giữa MN và ( A′B′C ′D′ ) là góc giữa MN và O′N . Tam giác O′MN vuông tại O có O′N =

′NM = sin O

Câu 17.

O′M O′M = = MN O′N 2 + O′M 2

1 a , O′M = a nên 2

a 2

a + a2 4

2 5 . 5

(Sở Tuyên Quang - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2 a . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD) là α . Khi đó tan α bằng

A. 2 2 .

B. 2 .

C. Lời giải

Chọn C

Trang 26

2 3

=α. Ta có: ( SC ; ( ABCD )) = SCA

= Xét tam giác SAC vuông tại A có: tan SCA

SA 2a = = 2 AC a 2

⇒ tan α = 2 . Câu 18.

(Chuyên Thoại Ngọc Hầu - An Giang - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh bằng 3a , SA vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) , SB = 5a . Tính sin của góc giữa cạnh SC và mặt đáy ( ABCD ) .

3 2 . 4

2 34 . 17

4 . 5

2 2 . 3

Lời giải Chọn B

Do SA ⊥ ( ABCD ) nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng ( ABCD ) . Do đó góc giữa

. cạnh SC và mặt đáy ( ABCD ) là SCA Xét tam giác ABC có AC =

AB 2 + BC 2 = 3a 2 .

Xét tam giác SAB có SA = SB 2 − AB 2 = 4a . Xét tam giác SAC có SC = SA2 + AC 2 = a 34 .

= Xét tam giác SAC có sin SCA

SA 4a 2 34 . = = SC a 34 17 Trang 27

Vậy sin của góc giữa cạnh SC và mặt đáy ( ABCD ) bằng

Câu 19.

2 34 . 17

(Chuyên Lê Hồng Phong - TPHCM - 2021) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a , gọi M là trung điểm của

SC . Tính cosin của góc α là góc giữa đường thẳng BM và ( ABC ) . A. cos α =

7 . 14

B. cos α =

2 7 . 7

C. cos α =

21 . 7

D. cos α =

5 . 7

Lời giải Chọn C

Trong mặt phẳng ( SAC ) , dựng MH ⊥ AC tại H . Do SA ⊥ ( ABC )  SA ⊥ AC ⊂ ( ABC )  SA//MH . Khi đó: MH ⊥ ( ABC ) . Suy ra:

a 3 BH 21 2 = cos α = cos BM , ( ABC ) = cos BM , BH = cos MBH = = 2 BM 7  a 3   2a  2 +      2   2 

(

Câu 20.

)

(

)

(Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA ⊥ ( ABC ) , SA = a 2 . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng

A. 60 . Chọn C

Trang 28

B. 90 .

C. 45 . Lời giải

D. 30 .

Ta có AC = a 2 suy ra ∆SAC vuông cân tại A ∧

Góc giữa SC và mp ( ABCD ) chính là góc SCA = 45°

Câu 21.

(Sở Yên Bái - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông canh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a 6 . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng

A. 60o.

B. 45o.

C. 90o.

D. 30o.

Lời giải Chọn

Ta có AC là hình chiếu của SC lên mặt đáy ( ABCD ) .

 tan SCA = SA = 3  (  ( SC , ( ABCD ) ) = ( SC , AC ) = SCA SC , ( ABCD ) ) = 600. AC Câu 22.

(THPT Lương Thế Vinh - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi tâm O , ∆ABD đều cạnh a 2, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA =

3a 2 . Góc giữa đường thẳng SO 2

và mặt phẳng ( ABCD ) bằng

A. 45° .

B. 90° .

C. 30° . Lời giải

D. 60° .

Chọn D

Trang 29

A O

Ta có: ABCD là hình thoi có tâm là O  O là trung điểm của BD . Mà ∆ABD đều nên AO ⊥ BD

Lại có SA ⊥ ( ABCD )  ( SO, ( ABCD ) ) = SOA 2

Xét ∆ABO có: AO = AB − BO =

(a 2 )

a 2 a 6 −   = 2  2 

3a 2 SA = = 60° = 2 = 3  SOA Ta có: tan SAO AO a 6 2 Câu 23.

(THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2021) Cho khối lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có AA′ = a 6 , đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và BA = BC = a . Góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng đáy bằng A. 45° . B. 90° . C. 60° . D. 30° . Lời giải Chọn C

Ta có: AA′ ⊥ ( ABC )  AC là hình chiếu của A′C lên mặt phẳng ( ABC ) .

Khi đó ( A′C , ( ABC ) ) = ( A′C , AC ) = A′CA . Ta có: AC = AB 2 = a 2 . tan A′CA =

Trang 30

AA′ a 6 = = 3 A′CA = 60° . AC a 2

Câu 24.

(THPT Chu Văn An - Thái Nguyên - 2021) Cho chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại

B . AB = 3a, BC = 3a . SA vuông góc với đáy và SA = 2a . Góc giữa SC và đáy là A. 90° . B. 45° C. 60° D. 30° Lời giải Chọn D

AC = 12a

= tan SCA

2a 1 = 12a 3

= 300  SCA

Câu 25.

(THPT Quảng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi tâm O , ∆ABD đều cạnh a 2 , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA =

3a 2 . Góc giữa 2

đường thẳng SO và mặt phẳng ( ABCD ) bằng A. 45° .

B. 30° .

C. 60° . Lời giải

D. 90° .

Chọn C

(a 2 )

a 6 . 2 2 Vì SA ⊥ ( ABCD ) , suy ra OA là hình chiếu của OS lên mặt phẳng ( ABCD ) , suy ra:

Tam giác ABD đều cạnh a 2 , suy ra AO =

. ( SO; ( ABCD ) ) = SOA

Trang 31

= Ta có: tan SOA

SA 3a 2 2 = 60° . = . = 3  SOA AO 2 a 6

Vậy ( SO; ( ABCD ) ) = 60° .

Câu 26.

(Trung Tâm Thanh Tường - 2021) Cho hình chóp S. ABC có SA ⊥ ( ABC ) , SA = a 3 , tam giác ABC vuông tại B có AC = 2a, BC = a 3 . Góc giữa S B và mặt phẳng ( ABC) bằng

A. 90° .

B. 45° .

C. 30° . Lời giải

D. 60° .

Chọn D S

a 3

C a 3 B

Ta có AB = AC 2 − BC 2 =

( 2a )

(

− a 3

)

=a.

. Khi đó tan SBA = SA = a 3 = 3  SBA = 60° . SB; AB ) = SBA Dễ thấy ( SB; ( ABC ) ) = ( AB a Vậy ( SB; ( ABC ) ) = 60° . Câu 27.

(THPT Trần Phú - Đà Nẵng - 2021) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm I , cạnh a . Biết SA vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) và SA = a 3 (tham khảo hình vẽ bên). Khi đó tang của góc giữa đường thẳng SI và mặt phẳng ( ABCD ) là:

Trang 32

6 . 6

3 . 3

Lời giải Chọn A Ta có: AI =

1 a 2 AC = 2 2

Mà SA ⊥ ( ABCD ) nên AI là hình chiếu của SI trên mặt phẳng ( ABCD )

(do tam giác SAI vuông tại A )  ( SI ; ( ABCD ) ) = ( SI ; AI ) = SIA

= SA = 6 . Vậy tan ( SI ; ( ABCD ) ) = tan SIA AI Câu 28.

(Chuyên Biên Hòa - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , O là giao điểm của AC và BD . ABC = 60° ; SO vuông góc với ( ABCD ) và SO = a 3 . Góc giữa SB và mặt phẳng ( SAC ) bằng

A. ( 25° ; 27° ) .

B. ( 62° ; 66° ) .

C. ( 53° ; 61° ) .

D. ( 27° ;33° ) .

Lời giải Chọn A Ta có : ABC = 60°; ∆ABC cân tại B nên ∆ ABC đều cạnh a . Suy ra : BO =

a 3 . 2

. Do OB ⊥ ( SAC ) nên góc giữa SB và mặt phẳng ( SAC ) chính là góc BSO = Ta có tam giác SOB vuông tại O nên tan BSO

Câu 29.

BO 1 ≈ 26,56° . =  BSO SO 2

(Sở Cần Thơ - 2021) Cho hình chóp S. ABC có tam giác ABC vuông tại B , có AB = a 3 ,

BC = a , SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và SA = 2a . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng

A. 45° .

B. 30° .

C. 60° .

D. 90° .

Lời giải Chọn A

Trang 33

a 3 B

. Hình chiếu của SC lên mặt phẳng ( ABC ) là AC . Khi đó ( SC , ( ABC ) ) = ( SC , AC ) = SCA

Xét tam giác ABC vuông tại B có: AC = AB 2 + BC 2 = = Xét tam giác SAC vuông tại A có: tan SCA

Câu 30.

(a 3)

+ a 2 = 2a .

SA 2 a = 45° . = = 1  SCA AC 2 a

(Sở Quảng Bình - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , biết SA ⊥ ( ABCD ) và SA = a 2 . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng

A. 6 0˚ .

B. 45˚ .

C. 30˚ . Lời giải

D. 9 0˚ .

Ta có: SA ⊥ ( ABCD ) nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng ( ABCD ) . Do đó: ( SC , ( ABCD ) ) = ( SC , AC ) = SCA

Xét hình vuông ABCD ta có: AC = a 2 = SA = a 2 = 1  SCA = 45 ˚ . Xét △ SAC vuông tại A , ta có: tan SCA AC a 2

Câu 31.

(Chuyên Tuyên Quang - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi tâm O , tam giác

3a 2 và vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa đường 2 thẳng SO và mặt phẳng ( ABCD ) bằng ABD đều cạnh bằng a 2 , SA =

A. 600 .

B. 450 .

C. 300 . Lời giải

Chọn A

Trang 34

D. 900 .

O B

Ta có AO là hình chiếu vuông góc của SO trên mp ( ABCD ) nên góc giữa giữa đường thẳng SO và mặt phẳng ( ABCD ) bằng góc giữa SO và AO Xét tam giác SAO vuông tại A có SA =

= SA = tan SOA OA

a 6 3a 2 ; AO = 2 2

3a 2 2 = 3  SOA = 600 6a 2

Vậy góc giữa giữa đường thẳng SO và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 600 .

Câu 32.

(Chuyên Vinh - 2021) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có AB = a , AA′ = a 2 . Góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng ( ABB′A′ ) bằng A. 45o .

B. 75o .

C. 60o . Lời giải

D. 30o .

Chọn D

Gọi M là trung điểm AB . Do tam giác ABC đều nên CM ⊥ AB .

′C . Lại có CM ⊥ A′A nên suy ra CM ⊥ ( ABB′A′ )  ( A′C , ( ABB′A′ ) ) = ( A′C , A′M ) = MA

Trang 35

Ta có A′C = A′A2 + AC 2 = 2a 2 + a 2 = a 3 và CM =

a 3 . 2

a 3 MC 1 ′C = ′C = 30o . = 2 =  MA Trong tam giác vuông CMA′ , ta có sin MA A′C a 3 2 Vậy góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng ( ABB′A′ ) bằng 30o .

A. 45° .

B. 30° .

C. 60° . Lời giải

D. 90° .

Trong ( SAB) kẻ AH ⊥ SB ( H ∈ SB) .

SA ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH . Vì    AB ⊥ BC Mà SB ⊥ AH do cách dựng nên AH ⊥ ( SBC ) , hay H là hình chiếu của A lên ( SBC ) suy ra

ASH hay góc ASB . góc giữa SA và ( SBC ) là góc Tam giác ABC vuông ở B ⇒ AB = AC 2 − BC 2 = a 3 Tam giác SAB vuông ở A ⇒ sin ASB =

Câu 34.

AB 1 = ⇒ ASB = 30° SB 2

(Chuyên Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp SABCD có đáy là hình thang vuông tại 1 và B . AB = BC = a, AD = 2 a . Biết SA vuông góc với đáy ( ABCD ) và SA = a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm SB, CD . Tính sin góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( SAC )

5 5

55 10

C. Lời giải

Chọn C

Trang 36

3 5 10

2 5 5

Ta gọi E , F lần lượt là trung điểm của SC= AB . Ta có ME / / NF ( do cùng song song với BC . Nên tứ giác MENF là hình thang,  MF / ISA và   MF ⊥ ( ABCD) hay tứ giác MENF là hình thang vuông tại M , F  SA ⊥ ( ABCD) Gọi K = NF ∩ AC , I = EK ∩ M thì I = MN ∩ ( SAC )  NC ⊥ AC Ta có:   NC ⊥ ( SAC ) hay E là hình chiếu vuông góc của N lên ( SAC )  NC ⊥ SA Từ đó ta có được, góc giữa MN và ( SAC ) là góc giữa MN và CI Suy ra, gọi Q là góc giữa MN và ( SAC ) thì sin α = NC =

1 a 2 IN KN 2 2 a 10 ; CD = = = 2  IN = MN = MF 2 + FN 2 = 2 2 M ME 3 3 3

Vậy sin α =

Câu 35.

CN IN

CN 3 5 . = IN 10

(Mã 102 - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng A. 45° B. 60° C. 30° D. 90° Lời giải Chọn A

. Do SA ⊥ ( ABCD ) nên góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng góc SCA = 45° . = SA = 1  SCA Ta có SA = 2a , AC = 2a  tan SCA AC Vậy góc giữa đường thẳng SC và và mặt phẳng đáy bằng bằng 45° . Câu 36.

(Mã 101 - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SB = 2a . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng A. 45° B. 60° C. 90° D. 30° Lời giải Chọn B Trang 37

. Do SA ⊥ ( ABCD ) nên góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng góc SBA = 60° . = AB = 1  SBA Ta có cos SBA SB 2 Vậy góc giữa đường thẳng SB và và mặt phẳng đáy bằng bằng 60° .

Câu 37.

(Mã 101 - 2019) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , SA = 2a , tam giác ABC vuông tại B, AB = a 3 và BC = a (minh họa như hình vẽ bên). Góc giữa

đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng:

A. 450 .

B. 300 .

C. 600 . Lời giải

D. 900 .

Chọn A Ta có SA ⊥ ( ABC ) nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng ( ABC ) . . Do đó ( SC , ( ABC ) ) = ( SC , AC ) = SCA

Tam giác ABC vuông tại B, AB = a 3 và BC = a nên AC = AB 2 + BC 2 = 4a 2 = 2a .

= 450 . Do đó tam giác SAC vuông cân tại A nên SCA Vậy ( SC , ( ABC ) ) = 450 .

Câu 38.

Trang 38

2 2

3 3

2 3

1 3

Lời giải Chọn D

a2 a 2 = 2 2 Gọi M là trung điểm của OD ta có MH / / SO nên H là hình chiếu của M lên mặt phẳng

Gọi O là tâm của hình vuông. Ta có SO ⊥ ( ABCD ) và SO = a 2 −

( ABCD)

và MH =

1 a 2 SO = . 2 4

. Do đó góc giữa đường thẳng B M và mặt phẳng ( ABCD ) là MBH a 2 MH 1 = Khi đó ta có tan MBH = 4 = . BH 3a 2 3 4

Vậy tang của góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng ( ABCD) bằng

Câu 39.

1 3

Trang 39

A. 30o .

B. 90o .

C. 60o . Lời giải

D. 45o .

Chọn D Ta có SA ⊥ ( ABC ) nên đường thẳng AC là hình chiếu vuông góc của đường thẳng SC lên mặt phẳng ( ABC ) .

(

) (

)

(tam giác SAC vuông tại A ). Do đó, α = SC , ( ABC ) = SC , AC = SCA

Tam giác ABC vuông cân tại B nên AC = AB 2 = 2a . = SA = 1 nên α = 45o . Suy ra tan SCA AC

Câu 40.

(Sở Vĩnh Phúc 2019) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng 2a . Gọi M là trung điểm của SD Tính tan của góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng ( ABCD ) .

2 . 2

3 . 3

2 . 3

Lời giải

Trong tam giác SOD dựng MH //SO, H ∈ OD ta có MH ⊥ ( ABCD ) .

. Vậy góc tạo bởi BM và mặt phẳng ( ABCD ) là MBH Ta có MH =

1 1 1 a 2 . SO = SD 2 − OD 2 = 4 a 2 − 2a 2 = 2 2 2 2

3 3 3a 2 . BD = 2a 2 = 4 4 2 = MH = 1 . Vậy tan MBH BH 3 BH =

Trang 40

1 . 3

Câu 41.

(Chuyên Bắc Giang 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và

a 6 . Tính góc giữa SC và ( ABCD ) . 3 B. 60° C. 75° Lời giải

SA ⊥ ( ABCD ) . Biết SA =

A. 30°

D. 45°

Chọn A

Ta có AC = a 2 Vì AC là hình chiếu của SC lên ( ABCD ) nên góc giữa SC và ( ABCD ) là góc giữa SC và AC

a 6 = 300 = 3 = 3 . Suy ra SCA Xét ∆ SAC vuông tại A, ta có: tan SCA 3 a 2

Câu 42.

2 . 4

2 . 2

3 . 2

2 . 3

Lời giải

 DO ⊥ AC  DO ⊥ ( ABCD ) . Gọi O = AC ∩ BD . Ta có:   DO ⊥ SA ( SA ⊥ ( ABCD ) ) =α .  SO là hình chiếu của SD lên mặt phẳng ( SAC )  ( SD; ( SAC ) ) = ( SD; SO ) = DSO Trang 41

Xét ∆SAD vuông tại A : SD = 3a 2 + a 2 = 2a . Xét ∆SOD vuông tại O : có SD = 2a , OD =

Câu 43.

a 2 = DO = 2 .  sin α = sin DSO 2 SD 4

A. cos α =

6 . 3

B. cos α =

3 . 3

C. cos α =

3 . 10

D. cos α =

1 . 10

Lời giải

Gọi H là trung điểm AB dễ thấy SH ⊥ ( ABC ) .

= 60° . SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 60° suy ra SCH Có HC =

a 3 = 3a .  SH = HC.tan SCH 2 2

, HM = Dễ thấy α = SMH Câu 44.

1 a a 10 HM 1 AC =  SM =  cos α = = . 2 2 2 SM 10

( ABCD ) A.

Trang 42

a 14 . Giá trị lượng giác cos ( ( SA ) , ( ∆ ) ) bằng 6 2a a a B. . C. . D. . 2 2 2 2 2 3 2 a + 4b 3 2 a + 4b 3 4b − 2 a 2 Lời giải

và khoảng cách từ O đến ( ∆ ) là

2a 3 4b 2 − 2 a 2

Gọi ( ∆′ ) là đường thẳng đi qua A và song song với ( ∆ ) . Hạ OH ⊥ ( ∆ ' ) ( H ∈ ( ∆ ' ) ) . Do O là a 14 . 6 Do S. ABCD là hình chóp tứ giác đều nên đáy ABCD là hình vuông và SO ⊥ ( ABCD ) .

trung điểm của AC và ( ∆ ) // ( ∆ ' ) nên d ( O, ( ∆ ' ) ) = d ( O, ( ∆ ) ) hay OH =

Do AH ⊥ OH và AH ⊥ SO nên, suy ra AH ⊥ SH . Do ABCD là hình vuông cạnh a nên AC = a 2 , suy ra OA =

a 2 . 2

Áp dụng Định lí Pitago vào tam giác vuông AHO ta có OA2 = OH 2 + AH 2 , suy 2

 a 2   a 14  a ra AH = OA − OH =   −   = . 3  2   6  2

Áp dụng Định lí Pitago vào tam giác vuông SAO ta có SA2 = OA2 + SO 2 , suy 2

a 2 2a 2 + 4b 2 2 ra SA = OA + SO =  .  + b = 2  2  2

2a = AH = Do ( ∆ ) // ( ∆ ' ) nên cos ( ( SA ) , ( ∆ ) ) = cos ( ( SA ) , ( ∆′ ) ) = cos SAH . SA 3 2a 2 + 4b 2 Câu 45.

(HSG Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = a 3 . Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt

đáy. Cosin của góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( SBC ) bằng A.

13 4

3 4

2 5 5

1 4

Lời giải

Trang 43

Gọi H , M lần lượt là trung điểm của AB, SB ; O là tâm của hình chữ nhật ABCD . Ta có MO / / SD . Dễ thấy BC ⊥ ( SAB )  BC ⊥ AM , mà SB ⊥ AM nên AM ⊥ ( SBC ) . Xét tam giác AMO , có: a 3 ; 2 1 1 2 AO = AC = a + 3a 2 = a ; 2 2 AM =

2 1 1 1 1 a 3 a 2 2 2 2 2 2 MO = SD = SH + HD = SH + HA + AD =   +   + 3a = a . 2 2 2 2  2   2 

 ∆AMO cân tại O d ( O; AM )  sin AMO = = OM

MO 2 − OM

AM 2 4 =

a2 −

3a 2 16

13 . 4

13  cos SD ; ( SBC ) = sin AMO = 4

(

Câu 46.

)

(Sở Hà Nội 2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại C , CH vuông góc với ASB = 90° . AB tại H , I là trung điểm của đoạn HC . Biết SI vuông góc với mặt phẳng đáy, Gọi O là trung điểm của đoạn AB , O′ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABI . Góc tạo bởi đường thẳng OO′ và mặt phẳng ( ABC ) bằng

A. 60° .

Trang 44

B. 30° .

C. 90° . Lời giải

D. 45° .

ASB = 90° nên tâm O′ của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABI nằm trên đường thẳng d đi Do qua trung điểm O của đoạn thẳng AB và d ⊥ ( SAB ) . (1) Trong mặt phẳng ( SCH ) kẻ IK ⊥ SH tại K . Theo giả thiết SI ⊥ ( ABC ) suy ra SI ⊥ AB . Từ SI ⊥ AB

và

AB ⊥ CH

suy ra

AB ⊥ ( SCH )  AB ⊥ IK . Từ IK ⊥ SH và AB ⊥ IK ta có IK ⊥ ( SAB ) . ( 2 )

Từ (1) và ( 2 ) ta có IK d . Bởi vậy ( OO '; ( ABC ) ) = ( d ; ( ABC ) ) = ( IK ; ( ABC ) ) . Vì ( SCH ) ⊥ ( ABC ) nên IH là hình chiếu vuông góc của IK trên mặt phẳng ( ABC ) . Bởi vậy

= HSI . IK ; ( ABC ) ) = ( IK , IH ) = HIK ( AB . 2 CO = SO , cạnh

Do tam giác ABC vuông tại C và SAB vuông tại S nên CO = SO = Xét hai tam giác vuông

CHO

SHO

và

có

chung nên

∆CHO = ∆SHO ( c.g.c ) , bởi vậy CH = SH . Xét tam giác SIH vuông tại I có IH =

CH SH = IH = 1  HSI = 30° . , ta có sin HSI = 2 2 SH 2

Vậy ( OO '; ( ABC ) ) = 30° . Câu 47.

(Sở Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và ABC = 60° . Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trọng tâm của tam giác ABC , gọi ϕ là góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( SCD ) , tính sin ϕ biết rằng SB = a .

A. sin ϕ =

3 . 2

B. sin ϕ =

1 . 4

C. sin ϕ =

1 . 2

D. sin ϕ =

2 . 2

Lời giải

Trang 45

Cách 1: ● Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC . Dựng đường thẳng d qua O và d // SB , d cắt SD tại K . Khi đó góc giữa SB và ( SCD ) chính là góc giữa OK và ( SCD ) .

● Vì SO ⊥ ( ABCD )  SO ⊥ CD . = 60° ). Ta lại có: ∆ABC đều ( ∆ABC cân tại B và BAC  AB ⊥ CO  CD ⊥ CO  CD ⊥ ( SCO )  ( SCD ) ⊥ ( SCO ) . Gọi H là hình chiếu của O trên SC , khi đó ta có: OH ⊥ SC    OH ⊥ ( SCD ) . Do đó góc giữa SB và mặt phẳng ( SCD ) là: OKH = ϕ . OH ⊥ CD  = OH . Ta có: sin ϕ = sin OKH OK ● Tứ diện S . ABC là tứ diện đều cạnh a nên ta tính được: a 2 a 3 a 6 . , SO =  OH = 3 3 3 OK DO 2 2 2 Vì OK // SB  = =  OK = SB = a . SB DB 3 3 3 OC =

Vậy: sin ϕ =

2 OH = . 2 OK

Cách 2:

d ( B, ( SCD )) (như hình trên). SB Gọi O là trọng tâm tam giác ABC . Khi đó ta có CO ⊥ CD .

Trước hết ta chứng minh được sin ( SB; ( SCD )) =

Dựng OH ⊥ SC suy ra OH ⊥ ( SCD ) . Ta tính được OC =

Trang 46

a 3 a 6 a 2 . , SO =  OH = 3 3 3

Khi đó d ( B, ( SCD)) =

3 3 3a 2 a 2 d (O, ( SCD )) = OH = = . 2 2 2 3 2

a 2 2 Vậy sin ( SB; ( SCD )) = 2 = . a 2 Câu 48.

A. x = 2 a .

B. x = a .

C. x =

3a . 2

D. x =

a . 2

Lời giải

SB = SD = SA2 + AD 2 = x 2 + a 2 . ∆SDC = ∆SBC ; BM ⊥ SC ; DM ⊥ SC ; BM = DM ; M ∈ SC . SC = SA2 + AC 2 = x 2 + 2 a 2 ; MD =

SD.CD a x2 + a2 = SC x 2 + 2a 2

SBC ) ; ( SDC ) ) = ( BM ; BD ) = 60° . (( 2 2 = 60°  MD = BD ⇔ a x + a = a 2 (vô nghiệm). TH1: BMD x 2 + 2a 2 2 2 = 120°  BD = MD 3 ⇔ a 2 = a 3 x + a ⇔ x = a . TH2: BMD x 2 + 2a 2

Câu 49.

(Sở Lào Cai - 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại B , cạnh bên SA = 600 và SA = a 2 . Góc giữa đường thẳng SB và mặt vuông góc với mặt đáy, AB = 2a , BAC phẳng ( SAC ) bằng A. 450 .

B. 600 .

C. 300 .

D. 900 .

Lời giải

Trang 47

Kẻ BH ⊥ AC ( H ∈ AC ) và theo giả thiết BH ⊥ SA nên BH ⊥ ( SAC ) Do đó, SH là hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng ( SAC ) Suy ra, ( SB , ( SAC )) = ( SB , SH ) = B SH . 1 Mà ta có: SB = a 6 , HB = AB sin 600 = a 3  sin( B SH ) = B SH = 450 . 2

Câu 50.

(Chuyên Hạ Long - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = a 2 . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB , SD . Góc giữa mặt phẳng ( AMN ) và đường thẳng SB bằng

A. 45o .

B. 90o .

C. 120o . Lời giải

D. 60o .

Ta có BC ⊥ ( SAB )  BC ⊥ AM  AM ⊥ ( SBC )  AM ⊥ SC . Tương tự ta cũng có AN ⊥ SC  ( AMN ) ⊥ SC . Gọi ϕ là góc giữa đường thẳng SB và ( AMN ) .

(

)

Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho A ( 0; 0; 0 ) , B ( 0;1; 0 ) , D (1; 0; 0 ) , S 0; 0; 2 , C (1;1; 0 ) , SC = 1;1; − 2 , SB = 0;1; − 2 . Do ( AMN ) ⊥ SC nên ( AMN ) có vtpt SC

(

sin ϕ =

3 2 3

)

(

)

3  ϕ = 60o . 2

Câu 51. (Sở Bắc Giang - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , BC = a 3 , SA = a và SA vuông góc với đáy ABCD . Tính sin α , với α là góc tạo bởi giữa

đường thẳng BD và mặt phẳng ( SBC ) . A. sin α =

7 . 8

B. sin α =

3 . 2

C. sin α = Lời giải

Trang 48

2 . 4

D. sin α =

3 . 5

(

)

Đặt hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó, ta có A ( 0; 0; 0 ) , B ( a; 0; 0 ) , D 0; a 3;0 , S ( 0; 0; a ) . Ta có BD = −a; a 3;0 = a −1; 3;0 , nên đường thẳng BD có véc-tơ chỉ phương là u = −1; 3;0 . Ta có SB = ( a; 0; − a ) , BC = 0; a 3; 0   SB, BC  = a 2 3; 0; a 2 3 = a 2 3 (1; 0;1) . Như vậy, mặt phẳng ( SBC ) có véc-tơ pháp tuyến là n = (1;0;1) .

(

( )

) ( (

)

(

)

Do đó, α là góc tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng ( SBC ) thì u.n ( −1) .1 + 3.0 + 0.1 2 = sin α = = . 2 2 4 2 2 2 2 u.n ( −1) + 3 + 0 . 1 + 0 + 1

Câu 52.

(Chuyên ĐHSPHN - 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại B , cạnh bên = 600 và SA = a 2 . Góc giữa đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy, AB = 2a , BAC SB và mặt phẳng ( SAC ) bằng

A. 30 0 .

B. 450 .

C. 60 0 . Lời giải

D. 90 0 .

Trang 49

Trong mặt phẳng ( ABC ) kẻ BH ⊥ AC Mà BH ⊥ SA  BH ⊥ ( SAC )

. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( SAC ) bằng BSH Xét tam giác ABH vuông tại H , BH = AB.sin 600 = 2a. AH = AB.cos 600 = 2a.

3 =a 3 2

1 = a. 2

Xét tam giác SAH vuông tại S , SH = SA2 + AH 2 =

(a 2 )

+ a2 = a 3 .

Xét tam giác SBH vuông tại H có SH = HB = a 3 suy ra tam giác SBH vuông tại H .

= 450 . Vậy BSH Câu 53.

(Chuyên Vĩnh Phúc - 2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , tâm

O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết rằng góc giữa MN và ( ABCD ) bằng 600 , cosin góc giữa MN và mặt phẳng ( SBD ) bằng:

41 . 41

5 . 5

C. Lời giải

Trang 50

2 5 . 5

2 41 . 41

Gọi E , F lần lượt là trung điểm SO , OB thì EF là hình chiếu của MN trên ( SBD ) . Gọi P là trung điểm OA thì PN là hình chiếu của MN trên ( ABCD ) .

= 60° . Theo bài ra: MNP Áp dụng định lý cos trong tam giác CNP ta được: 2

 3a 2  a 2 3a 2 a 2 5a 2 . NP = CP + CN − 2CP.CN .cos 45 =  . . =  + − 2. 4 4 2 2 8  4  2

Suy ra: NP =

a 10 a 30 a 30 , MP = NP.tan 60° = . ; SO = 2 MP = 4 4 2

SB = SO 2 + OB 2 = 2a 2  EF = a 2 . Ta lại có: MENF là hình bình hành ( vì ME và NF song song và cùng bằng

1 OA ). 2

. Gọi I là giao điểm của MN và EF , khi đó góc giữa MN và mặt phẳng ( SBD ) là NIF = cos NIF Câu 54.

IK a 2 4 2 5 = . = . IN 2 a 10 5

Trang 51

D A

3 . 4

1 . 4

3 . 7

Lời giải

Ta có sin ( SB; ( SAC ) ) =

d ( B; ( SAC ) ) SB

d ( D; SAC ) SB

=a 7. Xét tam giác ABC ta có AC = BA2 + BC 2 − 2 BA.BC.cos BAC BO =

BA2 + BC 2 AC 2 − = 2 4

4a 2 + a 2 7 a 2 a 3 − = 2 4 2

 BD = a 3 và SB = SD 2 + BD 2 = 3a 2 + 3a 2 = a 6 .

AD AC = AD.sin D = a.sin120° = 21 .  sin C = sin D AC 14 a 7 sin C Gọi K là hình chiếu của D lên AC , và I là hình chiếu của D lên SK . Ta có  AC ⊥ DK  DI ⊥ SK  AC ⊥ DI . Do đó   d ( D; ( SAC ) ) = DI .   AC ⊥ SD  DI ⊥ AC

Xét tam giác ADC ta có

Trang 52

= Mặt khác sin C

DK = 2a. 21 = a 21 .  DK = DC.sin C DC 14 7

Xét tam giác SDK ta có DI =

Vậy sin ( SB; ( SAC ) ) =

SD 2 + DK 2

d ( D; SAC ) SB

a 21 6 7 = a. = 4 21 2 2 3a + a 49 a 3.

SD.DK

6 a 1 DI = = . = 4 SB a 6 4

Trong mặt phẳng ( SDK ) kẻ DI ⊥ SK suy ra d ( D; ( SAC ) ) = DI .

Câu 55.

A. 0° .

B. 30° .

C. 45° . Lời giải

D. 60° .

Chọn B Đáy ABCD là hình vuông có đường chéo BD = a 2 nên cạnh AB = a . AB ⊥ AD  Ta có:   AB ⊥ ( SAD )  SA là hình chiếu của SB trên mặt phẳng ( SAD ) AB ⊥ SA  .  SB , ( SAD ) = SB , SA = BSA

) (

(

)

= Trong tam giác vuông BSA , ta có: tan BSA

(

AB a 3 = 30° .  BSA = = AS a 3 3

)

Vậy, SB , ( SAD ) = 30° .

Câu 56.

41 . 4

5 . 5

2 5 . 5

2 41 . 4

Lời giải Chọn C

Trang 53

Từ giả thiết ta có SO ⊥ ( ABCD ) . Gọi I là trung điểm OA thì MI là đường trung bình của ∆SOA  MI // SO  MI ⊥ ( ABCD )

 I là hình chiếu của M trên mặt phẳng ( ABCD )  IN là hình chiếu của MN trên mặt

) (

(

)

= 60° . phẳng ( ABCD ) . Suy ra MN , ( ABCD ) = MN , IN  MNI

Ta có NC =

3 3a 2 1 a . BC = ; IC = AC = 2 2 4 4

Áp dụng định lý cosin trong ∆INC ta có IN 2 = CI 2 + CN 2 − 2CI .CN .cos NCI 2

 3a 2   a  2 3a 2 a 5a 2 a 10  IN =  +   − 2. . .cos 45° = .  IN =   4  2 4 4 2 8   2

IN a 10 1 a 10 IN .  MN = = : = MN cos 60° 4 2 2 Lại có AC ⊥ BD, AC ⊥ SO  AC ⊥ ( SBD ) . = Do ∆MIN vuông tại I nên cos MNI

Gọi E là trung điểm OB  EN là đường trung bình của ∆BOC  EN // OC hay EN // AC

 NE ⊥ ( SBD ) hay E là hình chiếu của N trên mặt phẳng ( SBD ) . Gọi F là trung điểm của SO  MF là đường trung bình của ∆SAO  MF // AO hay MF // AC

 MF ⊥ ( SBD ) hay F là hình chiếu của M trên mặt phẳng ( SBD ) . Ta có MF // NE nên bốn điểm E , N , F , M cùng nằm trên một mặt phẳng. Trong mặt phẳng ( ENFM ) gọi J = MN ∩ EF  J = MN ∩ ( SBD ) (do EF ⊂ ( SBD ) ).

(

) (

)

< 90° ). (do EJN Suy ra MN , ( SBD ) = MN , EF = EJN

1 1 a 2 1 1 a 2 Ta có EN = OC = AC = ; MF = AO = AC =  EN = MF , mà EN // MF 2 4 4 2 4 4

Trang 54

 Tứ giác ENFM là hình bình hành  J là trung điểm MN  JN =

1 a 10 MN = . 2 4

= JE = , ( SBD ) = cos EJN Vậy cos MN JN

(

Câu 57.

)

JN 2 − EN 2 JN

 a 10   a 2    −  2 5  4   4  . = = 5 a 10 4

(Đô Lương 4 - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , tâm O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết rằng góc giữa MN và

( ABCD ) bằng 60° , côsin của góc giữa đường thẳng A.

5 . 5

41 . 41

MN và mặt phẳng ( SBD ) bằng:

2 5 . 5

2 41 . 41

Lời giải Chọn C

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Đặt SO = m , ( m > 0 ) .

a 2   a 2 a 2  a 2 m A  ;0;0  ; S ( 0;0; m ) ; N  − ; ;0   M  ;0;  . 4 4 2  2     4  a 2 a 2 m  ; ; −  . Mặt phẳng ( ABCD ) có véc tơ pháp tuyến k = ( 0;0;1) .  MN =  − 2 4 2  m MN .k 3 15a 2 3m 2 2 .  sin ( MN , ( ABCD ) ) = = = ⇔ m2 = + 2 8 4 MN k 5a 2 m 2 + 8 4  2m2 = 15a 2  m =

a 30 2

 a 2 a 2 a 30   MN =  − ; ;−  , mặt phẳng ( SBD ) có véc tơ pháp tuyến là i = (1;0;0 ) . 2 4 4  

Trang 55

MN .i  sin ( MN , ( SBD ) ) = = MN i Câu 58.

a 2 5 2 5 2 . =  cos ( MN , ( SBD ) ) = 5 5 a 2 a 2 30a 2 + + 2 8 16

3a3 . Gọi α là góc giữa mặt phẳng ( AMN ) và mặt phẳng 4

( ABC ) . Khi đó A. cos α =

3 . 2

B. cos α =

1 . 2

13 . 4

C. cos α =

D. cos α =

3 . 4

Lời giải

Chọn D Lấy H là trung điểm của BC .

3a3 3a 2  CC = a vì S∆ABC = . 4 4 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Ta có M ≡ O . Ta có: VABC . A ' BC ' = CC ′.S∆ABC =

   3a  3a   a 3a a  a   M ( 0;0;0 ) , A′  ;0;0  , B′  0; ;0  , C′  0; − ;0  ; A  ;0; a  ; N  0; − ; . 2 2 2 2  2       2  Ta có: ( ABC ) ⊥ Oz nên ( ABC ) có một vectơ pháp tuyến là k = ( 0;0;1) .

 a 3a a    ; . Ta có MA =  ;0; a  , MN =  0; − 2 2  2   a a Gọi v1 = MA  v1 = (1;0; 2 ) , v 2 = MN  v 2 = 0; − 3;1 . 2 2

(

)

Khi đó mặt phẳng ( AMN ) song song hoặc chứa giá của hai vectơ không cùng phương là v1 và v 2 nên có một vectơ pháp tuyến là n = v1 , v 2  = 2 3; −1; − 3 .

(

Trang 56

)

k.n 3 Vậy cos α = cos k , n = = . 4 k.n

( )

Câu 59.

(Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a . Tam giác SAB cân tại S và ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) . Biết thể tích của khối chóp S . ABCD là

A. tan α =

5 . 5

4a 3 . Gọi α là góc giữa SC và ( ABCD ) . Tính tan α . 3

B. tan α =

2 5 . 5

C. tan α =

3 . 3

D. tan α =

7 . 7

Lời giải Chọn A

Gọi H là trung điểm AB . Vì ∆SAB cân tại S nên SH ⊥ AB . ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) Vì  nên suy ra SH ⊥ ( ABCD ) . ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB

3V 1 Khi đó ta có: VS . ABCD = .SH .S ABCD  SH = S . ABCD S ABCD 3

4a 3 3 = a. = 2 ( 2a ) 3.

Lại có HC là cạnh huyền trong tam giác vuông BHC nên HC = BH 2 + BC 2 = a 5 . Mặt khác, do SH ⊥ ( ABCD ) , ( H ∈ ( ABCD ) ) nên HC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng . SC , ( ABCD ) ) = SCH ( ABCD ) . Suy ra α = (

= SH = a = 5 . Vậy, trong tam giác vuông SHC , tan α = tan SCH 5 HC a 5

Câu 60.

( ABC ) . A.

3 . 2

1 . 2

2 . 2

D. 1.

Lời giải Trang 57

C H O

Chọn C Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.

6 a. 3 Gọi H là chân đường vuông góc từ N xuống ( ABC )

Vì SABC là tứ diện đều cạnh a nên h =

 H là trung điểm của OC 2

2 2 3 a  MH = MC = . a 2 −   = a. 3 3 3 2 Vì N là trung điểm của SC nên NH =

1 6 h= a 2 6

NMH Góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( ABC ) là NMH = Vậy tan

Trang 58

NH  6   3  2 =  a  :  a  = . MH  6   3  2

Dạng 3 Góc của mặt với mặt Để tìm góc giữa hai mặt phẳng, đầu tiên tìm giao tuyến của hai mặt phẳng. Sau đó tìm hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến tại một điểm. Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng vừa tìm.

Trường hợp 2: Hai tam giác ACD và BCD bằng nhau có chung cạnh CD. Dựng AH ⊥ CD  BH ⊥ CD . Vậy góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là góc AHB .

Trường hợp 3: Khi xác định góc giữa hai mặt phẳng quá khó, ta nên sử dụng công thức sau: sin φ =

d ( A, ( Q ) ) d ( A, a )

Với ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q). A là một điểm thuộc mặt phẳng (P) và a là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q). Trường hợp 4: Có thể tìm góc giữa hai mặt phẳng bằng công thức S ' = S .cos ϕ Trường hợp 5: Tìm hai đường thẳng d và d' lần lượt vuông góc với mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q). Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa d và d'. Trang 1

Trường hợp 6: CÁCH XÁC ĐỊNH GÓC GIỮA MẶT PHẲNG BÊN VÀ MẶT PHẲNG ĐÁY Bước 1: xác dịnh giao tuyến d của mặt bên và mặt đáy. Bước 2: từ hình chiếu vuông góc của đỉnh, dựng AH ⊥ d . . Bước 3: góc cần tìm là góc SHA Với S là đỉnh, A là hình chiếu vuông góc của đỉnh trên mặt đáy. Ví dụ điển hình: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy (ABC).Hãy xác định góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy (ABC). Ta có BC là giao tuyến của mp (SBC) và (ABC). Từ hình chiếu của đỉnh là điểm A, dựng AH ⊥ BC .  BC ⊥ SA Vì   BC ⊥ ( SAH )  BC ⊥ SH .  BC ⊥ AH . Kết luận góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là góc SHA Câu 1.

(Chuyên KHTN - 2021) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có cạnh đáy bằng a và cạnh 3a bên bằng . Góc giữa hai mặt phẳng ( A′BC ) và ( ABC ) bằng 2 A. 30° . B. 60° . C. 45° . D. 90° . Lời giải Chọn B A'

C M B

 Gọi M là trung điểm của BC  AM ⊥ BC (vì tam giác ABC đều)  AM = AB 2 − BM 2 = a 2 − 

a2 a 3 = 4 2

AMA′ (( A′BC ) , ( ABC ) ) =

3a ′ AA ′ = = 2 = 3 Lại có: tan AMA AM a 3 2

Trang 2

 AMA′ = 60° ⇔ ( ( A′BC ) , ( ABC ) ) = 60°

Câu 2.

(Chuyên Quốc Học Huế - 2021) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có O, O′ lần lượt là tâm của các hình vuông ABCD và A′B′C ′D′ . Góc giữa hai mặt phẳng ( A′BD ) và ( ABCD ) bằng A. A′AD .

B. A′OC .

C. A′OA . Lời giải

′A . D. OA

Chọn C

A' O' B' C'

A O B

Ta có ABCD là hình vuông nên AO ⊥ BD , đồng thời BD ⊥ A′A  BD ⊥ ( A′AO )  BD ⊥ A′O

( A′BD ) ∩ ( ABCD ) = BD  Ta có  AO ⊥ BD  ( A′BD ) ; ( ABCD ) = A′O; AO = A′OA  A′O ⊥ BD 

(

Câu 3.

) (

)

(THPT Thanh Chương 1- Nghệ An - 2021) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a cạnh bên bằng 5a . Góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy bằng A. 60° . B. 30° . C. 70° . D. 45° . Lời giải Chọn A

Trang 3

 Gọi O là tâm hình vuông ABCD . Khi đó SO ⊥ ( ABCD ) .  Gọi H là trung điểm cạnh CD . Ta có: OH ⊥ CD và HD = OH =

CD = a. 2

 Do ∆SCD cân tại S nên SH ⊥ CD . .  Vậy góc giữa mặt bên ( SCD ) và mặt phẳng ( ABCD ) là góc SHO  Trong ∆SHD vuông tại H ta có SH = SD 2 − HD 2 = 5a 2 − a 2 = 2a .

= Khi đó cos SHO Câu 4.

OH a 1 = 60° . = =  SHO SH 2a 2

(Chuyên Quốc Học Huế - 2021) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có O, O′ lần lượt là tâm của hình vuông ABCD và A′B′C ′D′ . Góc giữa hai mặt phẳng ( A′BD ) và ( ABCD ) bằng C. A′DA . Lời giải

′A . B. OA

A. A′OA .

D. A′OC .

Chọn

O' B'

C' A D O

( A′BD ) ∩ ( ABCD ) = BD Có AO ⊥ BD Mà AO là hình chiếu vuông góc của A′O trên ( ABCD )

 A′O ⊥ BD . Vậy góc giữa ( A′BD ) và ( ABCD ) là A′OA . Câu 5.

(Chuyên Lê Khiết - Quảng Ngãi - 2021) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông a 6 cân tại A , cạnh AC = a , các cạnh bên SA = SB = SC = . Tính góc tạo bởi mặt bên ( SAB) và 2 mặt phẳng đáy ( ABC ) . A.

π 6

π 4

C. arctan 2 .

D. arctan 2 . Trang 4

Lời giải Chọn D

Gọi H là trung điểm của BC  HA = HB = HC =

mà SA = SB = SC =

1 1 BC = a 2 . 2 2

a 6 nên SH ⊥ BC , ∆SHA = ∆SHB = ∆SHC 2

suy ra SH ⊥ ( ABC ) .

) (

(

)

. SAB ) , ( ABC ) = SI , HI = SIH Kẻ HI ⊥ AB  ( Ta có HI =

1 1 1 AB = AC = a (do tam giác ABH vuông cân tại H ) 2 2 2 2

a 6 a 2 SH = SC − HC =   −   = a .  2   2  2

Xét tam giác SIH vuông tại H , ta có = tan SIH

Câu 6.

SH a = arctan 2 . = = 2  SIH 1 IH a 2

(Sở Cần Thơ - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) và SA = 3a. Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) . Giá trị tan ϕ là

3 . 3

6 . 2

3 . 2

Lời giải Chọn A Trang 5

A B

Ta có

( SBC ) ∩ ( ABCD ) = BC   SB ⊂ ( SBC ) , SB ⊥ BC   ( SBC ) , ( ABCD ) = SB , AB = SBA  AB ⊂ ( ABCD ) , AB ⊥ BC  = SA = 3a = 3 tan ϕ = tan SBA AB a

Câu 7.

(Sở Cần Thơ - 2021) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD ) . Góc giữa hai mặt phẳng (SCD ) và mặt phẳng (ABCD ) là

A. SDC .

B. SCD .

C. DSA .

D. SDA .

Lời giải Chọn D Ta có (SCD ) ∩ (ABCD) = CD Mặt khác CD ⊥ ( SAD )  CD ⊥ SD , lại có AD ⊥ CD

Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SCD ) và mặt phẳng (ABCD) là SDA . Câu 8.

(Sở Sơn La - 2021) Cho hình chóp S . ABC có đáy tam giác đều cạnh a . Cạnh bên SA = a 3 vuông góc với mặt đáy ( ABC ) . Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) . Khi đó sin ϕ bằng A.

3 . 5

2 5 . 5

2 3 . 5 Lời giải

5 . 5

Trang 6

Chọn B S

A M B

Ta có ( SBC ) ∩ ( ABC ) = BC ; gọi M là trung điểm BC (1), tam giác ABC đều nên AM ⊥ BC (2).  BC ⊥ AM  BC ⊥ SM (3).   BC ⊥ SA

. Từ (1), (2) và (3) ta có ϕ = ( SM , AM ) = SMA 2

SM = SA + AM =

(a 3)

a 3 a 15 +  .  = 2  2 

= SA = a 3 : a 15 = 2 5 . sin ϕ = sin SMA SM 2 5

Câu 1.

(Đề Tham Khảo 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC . A′ B ′C ′ có AB = 2 3 và AA ′ = 2. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh A′B′, A′C′ và BC (tham khảo hình vẽ bên). Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( AB′C ′) và ( MNP ) bằng

Trang 7

17 13 65

18 13 65

6 13 65

13 65

Lời giải Chọn D Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của BC và B′C′; I = BM ∩ AB′, J = CN ∩ AC ′, E = MN ∩ A′Q. Suy ra, ( MNP ) ∩ ( AB′C′) = ( MNCB ) ∩ ( AB′C′) = IJ và gọi K = IJ ∩ PE  K ∈ AQ với E là trung điểm M N (hình vẽ). MNP ) , ( AB ′C ′ ) ) = ( AQ , PE ) = α ( AA′QP ) ⊥ IJ  AQ ⊥ IJ , PE ⊥ IJ  ( (

Ta có AP = 3, PQ = 2  AQ = 13  QK =

= cos α = cos QKP

KQ 2 + KP 2 − PQ 2 2 KQ.KP

5 5 13 ; PE =  PK = . 2 3 3

13 . 65

Cách 2

Trang 8

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ

(

) (

)

(

) (

 P ( 0;0;0 ) , A ( 3;0;0 ) , B 0; 3;0 , C 0; − 3;0 , A′ ( 3;0; 2 ) , B′ 0; 3; 2 , C ′ 0; − 3; 2

)

3 3  3 3  nên M  ; ; 2  , N  ; − ; 2  2 2 2  2 

1  AB′, AC ′ = ( 2; 0;3 ) và vtpt của mp ( MNP ) là Ta có vtpt của mp ( AB′C ′ ) là n1 =  2 3 n2 = ( 4;0; −3) Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng ( AB′C ′ ) và mp ( MNP )  cosϕ = cos n1 , n2 =

(

)

8−9 13 25

13 65

Cách 3

Trang 9

Gọi Q là trung điểm của AA ' , khi đó mặt phẳng ( AB ' C ') song song với mặt phẳng ( MNQ ) nên góc giữa hai mặt phẳng ( AB ' C ') và ( MNP ) cũng bằng góc giữa hai mặt phẳng ( MNQ ) và

( MNP ) . Ta có:

( MNP ) ∩ ( MNQ ) = MN  0  PE ⊂ ( MNP ) ; PE ⊥ MN  ( ( MNP ) ; ( MNQ ) ) = PEQ hoặc ( ( MNP ) ; ( MNQ ) ) = 180 − PEQ  QE ⊂ ( MNQ ) ; QE ⊥ MN Tam giác ABC đều có cạnh 2 3  AP = 3 . Tam giác APQ vuông tại A nên ta có: PQ = AP 2 + AQ 2 = 32 + 12 = 10 2

Tam giác A ' QE vuông tại A ' nên ta có: QE =

13 3 A ' E + A ' Q =   + 12 = 2 2 2

5 3 Tam giác PEF vuông tại F nên ta có: PE = FP 2 + FE 2 = 22 +   = 2 2 Áp dụng định lý hàm số côsin vào tam giác PQE ta có:

25 13 + − 10 2 2 2 EP + EQ − PQ 13 = cos PEQ = 4 4 =− 2.EP.EQ 65 5 13 2. . 2 2 = − cos PEQ = 13 . Do đó: cos ( ( MNP ) ; ( AB ' C ') ) = cos 1800 − PEQ 65

(

Câu 2.

)

(Mã 101 2018) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D ′ có tâm O . Gọi I là tâm của hình vuông A′B ′C ′D ′ và M là điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho MO = 2 MI (tham khảo hình vẽ). Khi đó côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( MC ′D ′) và ( MAB ) bằng A.

7 85 85

17 13 65

6 13 65

6 85 85

Lời giải Chọn A

Trang 10

Giao tuyến của ( MAB ) và ( MC ′D ′) là đường thẳng KH như hình vẽ. Gọi J là tâm hình vuông ABCD . L, N lần lượt là trung điểm của C ′D′ và AB . Ta có: C ′D′ ⊥ ( LIM )  C ′D′ ⊥ LM  LM ⊥ KH . Tương tự AB ⊥ ( NJM )  AB ⊥ MN  MN ⊥ KH . Suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( MAB ) và ( MC ′D′) chính là góc giữa 2 đường thẳng ( MN , ML) . Gọi cạnh hình lập phương là 1 . Ta có LM =

= Ta có: cos LMN

10 34 , MN = , NL = 2 . 6 6

MN 2 + ML2 − NL2 −7 85 . = 2 MN .ML 85

Suy ra cosin của góc giữa hai mặt phẳng ( MAB ) và ( MC ′D′) là

Câu 3.

7 85 . 85

(Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - 2020) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng a 3 , tam giác ABC đều cạnh bằng a (minh họa như hình dưới). Góc tạo bởi giữa 2 mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) bằng

( ABC ) , SA =

Trang 11

A. 900 .

B. 300 .

C. 450 .

D. 600 .

Lời giải Chọn C

Gọi M là trung điểm BC . ∆ ABC đều cạnh a nên AM ⊥ BC và AM =

a 3 . 2

Ta có SA ⊥ ( ABC )  Hình chiếu của SM trên mặt phẳng ( ABC ) là AM . Suy ra SM ⊥ BC (theo định lí ba đường vuông góc).

( SBC ) ∩ ( ABC ) = BC  Có  AM ⊂ ( ABC ) , AM ⊥ BC . Do đó góc giữa mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) là góc giữa SM và   SM ⊂ ( SBC ) , SM ⊥ BC (do SA ⊥ ( ABC )  SA ⊥ AM  ∆SAM vuông). AM , hay là góc SMA

Trang 12

a 3 SA = = 450 . Xét tam giác SAM vuông tại A có tan SMA = 2 = 1  SMA AM a 3 2 0 Vậy góc cần tìm là 45 .

Câu 4.

(Sở Bắc Giang -2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , AD = SA = 2a , SA ⊥ ( ABCD ) . Tính tang của góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD ) .

5 . 2

1 . 5

2 . 5

Lời giải

Ta có:

( SBD ) ∩ ( ABCD) = BD . Hạ AH ⊥ BD tại H . Ta có

AH ⊥ BD    BD ⊥ ( SAH )  BD ⊥ SH . BD ⊥ SA 

(

)

 ( , HS . ( SBD ) ;( ABCD) ) = HA

(

)

< 900  HA , HS = SHA ∆SAH vuông tại A  SHA = tan SHA

SA . AH

Xét ∆ABD vuông tại A có: 1 1 1 = + . 2 2 AH AB AD 2 2 5 ⇔ AH = . 5 = tan SHA

SA 2a = = 5. AH 2a 5 5 Trang 13

Câu 5.

(THPT Nguyễn Khuyến 2019) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Biết AB = SB = a , SO =

a 6 . Tìm số đo của góc 3

giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAD ) .

A. 30°

B. 45°

C. 60°

D. 90°

Lời giải Chọn D

Gọi M trung điểm SA . Ta có ∆SAB cân tại B  BM ⊥ SA

(1)

Vì SO ⊥ ( ABCD )  SO ⊥ BD , lại có O trung điểm BD  ∆SBD cân tại S nên SD = SB = a

 ∆SAD cân tại D nên DM ⊥ SA (2) Lại có ( SAB ) ∩ ( SAD ) = SA (3) . Từ (1);(2);(3)  ( ( SAB ) , ( SAD ) ) = BMD hoặc ( ( SAB ) , ( SAD ) ) = 180° − BMD

Xét ∆SOB  OB =

a 3 2a 3  BD = . 3 3

Xét ∆AOB  OA = OC =

a 6 2a 3 1 a 3 1 . Xét ∆SOC  SC =  OM = SC = = BD 3 3 2 3 2

= 90° , do đó chọn Do đó ∆BMD vuông tại M , vậy ( ( SAB ) , ( SAD ) ) = BMD

Câu 6.

( SBD ) A. 300 .

và ( ABCD ) . Nếu tan α = 2 thì góc giữa ( S AC ) và ( SBC ) bằng.

B. 900

C. 600 .

D. 450 .

Lời giải Trang 14

Gọi O là tâm đáy, và K là hình chiếu vuông góc của O trên SC.

 BD ⊥ AC Do   BD ⊥ ( SAC )  BD ⊥ SO , suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD ) là  BD ⊥ S A = α . Ta có tan α = SA = 2  SA = OA. 2 = a. góc SOA OA  SC ⊥ BD Do   SC ⊥ BK . nên góc giữa hai mặt phẳng  SC ⊥ OK = tan BKO

Câu 7.

BO BO = = 1 OK d ( A, SC ) 2

2 BO SA. AC

2. =

( S AC )

và

( SBC )

. Ta có là BKO

2 2 2 . 1 + 2 = 600 . 2 = 3 suy ra BKO 1. 2

SA2 + AC 2

(Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCD . A ' B ' C ' D ' có mặt AB 6 . Xác định góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BD ) và ( C ' BD ) . 2 B. 450 . C. 600 . D. 900 .

ABCD là hình vuông, AA ' =

A. 300 .

Lời giải

+ Gọi O là giao điểm của hai đường chéo hình vuông ABCD . Trang 15

Đặt AB = x  BC = x; AA ' =

x 6 . 2

x 6 x 10 2 A ' B = A ' D =   ∆ A ' BD cân  A ' O ⊥ BD .  + x = 2  2  2

x 6 x 10 2  ∆C ' BD cân  C ' O ⊥ BD . C ' B = C ' D =   + x = 2 2   + ( A ' BD ) ∩ ( C ' BD ) = BD

A ' O ⊥ BD, A ' O ⊂ ( A ' BD ) C ' O ⊥ BD, C ' O ⊂ ( C ' BD )  góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BD ) và ( C ' BD ) bằng góc giữa A ' O và C ' O .

A ' OC ' . + Tính 2

 x 10   x 2  A ' O = C ' O = A ' B − BO =   −   = x 2 .  2   2  2

A 'C ' = x 2 .

A ' OC ' = 600 .  ∆ A ' OC ' đều  Vậy góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BD ) và ( C ' BD ) bằng 600 .

Cách khác: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz vào hình hộp chữ nhật ABCD . A ' B ' C ' D ' để tìm góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BD ) và ( C ' BD ) .

Câu 8.

(Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A′B′C ′ có đáy ABC = 120° , cạnh bên AA′ = a . Gọi I là trung điểm của là tam giác cân, với AB = AC = a và góc BAC CC ′ . Cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AB ′I ) bằng

11 . 11

33 . 11

10 . 10 Lời giải C.

30 . 10

Trang 16

= a 2 + a 2 − 2.a.a.  − 1  = 3a 2  BC = a 3 . Ta có BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos BAC    2 Xét tam giác vuông B′AB có AB′ = BB′2 + AB 2 = a 2 + a 2 = a 2 . Xét tam giác vuông IAC có IA = IC 2 + AC 2 = a 2 +

a2 a 5 . = 4 2

Xét tam giác vuông IB′C ′ có B ′I = B ′C ′2 + C ′I 2 = 3a 2 +

Xét tam giác IB′A có B′A2 + IA2 = 2a 2 +

 S IB′A =

a 2 a 13 . = 4 2

5a 2 13a 2 = = B′I 2  ∆IB′A vuông tại A 4 4

1 1 a 5 a 2 10 AB′. AI = .a 2. . = 2 2 2 4

Lại có S ABC =

2 1 = 1 a.a. 3 = a 3 . AB. AC.sin BAC 2 2 4 2

Gọi góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AB ′I ) là α . Ta có ∆ABC là hình chiếu vuông góc của ∆AB′I trên mặt phẳng ( ABC ) . Do đó S ABC = S IB′A .cos α 

Câu 9.

a 2 3 a 2 10 30 . = .cos α  cos α = 4 4 10

2 . 4

2 . 6

3 . 2

3 . 3

Lời giải

Trang 17

Gọi I , K lần lượt là trung điểm của MN và BC .

 I là trung điểm của SK . Ta có ( AMN ) ∩ ( ABC ) = Ax // MN // BC . ∆ABC cân tại A  AK ⊥ BC  AK ⊥ Ax . ∆AMN cân tại A  AI ⊥ MN  AI ⊥ Ax .

Do đó

( ( AMN ) , ( ABC ) ) = ( AI , AK ) = IAK

hoặc bù với góc IAK

∆ABC vuông tại A có AK là đường trung tuyến nên AK =

BC a 2 = . 2 2

∆SAK vuông tại A có AI là đường trung tuyến nên

AI = IK =

SK SA + AK = = 2 2

a2 2 =a 6. 2 4

a2 +

a 6 a 2 a 6   +  −  2 2 2 4   2   4  3 IA + AK − IK  = = Xét ∆AIK có cos IAK = . 3 2 IA. AK a 6 a 2 2. . 4 2 Câu 10. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình thoi cạnh bằng a và góc A bằng 60° , cạnh SC vuông góc với đáy và SC =

a 6 . Giá trị lượng giác 2

cô-sin của góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( SCD ) bằng

6 . 6

5 . 5

2 5 . 5

30 . 6

Lời giải Từ SC ⊥ ( ABCD )  SC ⊥ BD .

Trang 18

 BD ⊥ SC Từ   BD ⊥ ( SAC ) .  BD ⊥ AC Kẻ CK ⊥ SO , từ BD ⊥ ( SAC )  BD ⊥ CK . Như vậy CK ⊥ ( SBD )  CK ⊥ SD . Kẻ CH ⊥ SD , do CK ⊥ SD nên suy ra SD ⊥ ( CHK ) . Mặt khác ( CHK ) ∩ ( SBD ) = HK và ( CHK ) ∩ ( SCD ) = CK nên góc giữa hai mặt phẳng ( SBD )

. và ( SCD ) bằng CHK Trong tam giác SCD vuông tại C , ta có: 1 1 1 1 1 5 a 3 . = + = 2+ = 2  CH = 2 2 2 2 CH CD SC a a 6 3a 5    2  Vì ABCD là hình thoi cạnh bằng a và góc A bằng 60° nên CO =

a 3 . 2

Trong tam giác SCO vuông tại C , ta có: 1 1 1 1 1 2 a = + = + = 2  CK = . 2 2 2 2 2 CK CO SC a 2 a 3 a 6      2   2  Xét tam giác CHK vuông tại K , ta có

HK = CH 2 − CK 2 =

= cos CHK

3a 2 a 2 a − = . 5 2 10

HK a a 3 6 = : = . CH 6 10 5

Vậy, cô-sin của góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( SCD ) bằng

6 . 6

Trang 19

Câu 11.

(Chuyên Ngữ - Hà Nội - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BD = a . Cạnh SA vuông góc với mặt đáy và SA =

a 6 . Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và 2

( SCD ) . A. 60° .

B. 120° .

C. 45° .

D. 90° .

Lời giải

a 6 10 2 a. Ta có SB = SA + AB =   + a = 2  2  2

Vì tam giác ABD đều nên AC = 2. AO = 2.

3 a=a 3. 2

a 6 Suy ra SC = SA + AC =   + a 3  2  2

(

)

3 2 a. 2

 SC ⊥ BD Kẻ BH ⊥ SC , ta có   SC ⊥ HD .  SC ⊥ BH ( SBC ) ∩ ( SCD ) = SC  Như vậy  BH ⊥ SC  ( SBC ) , ( SCD ) .  DH ⊥ SC 

(

)

a 2 HC BC 2 + SC 2 − SB 2  HC = Xét tam giác SBC ta có cosC = = . BC 2 BC.SC 2 Suy ra HD = HB = BC 2 − HC 2 =

= Ta có cos BHD

Câu 12.

a 2 . 2

HB 2 + HD 2 − BD 2 = 90° . Vậy ( SBC ) , ( SCD ) = 90° . = 0  BHD 2 HB.HD

(

)

1 . 2

1 . 3

1 3

Lời giải

(

) (

)

Chọn hệ trục tọa độ sao cho B ( 0; 0; 0 ) , A a 2; 0; 0 , C 0; a 2;0 , S ( x; y; z ) .

Ta có ( ABC ) : z = 0 , AS = x − a 2; y; z , CS = x; y − a 2; z

(

)

(

)

Do AS . AB = 0  x − a 2 a 2 = 0  x = a 2 , d ( S , ( ABC ) ) = 2a  z = 2a

(

)

( z > 0)

CS .CB = 0  y − a 2 a 2 = 0  y = a 2  S a 2; a 2; 2a .

(

)

(

)

Ta có AS = 0; a 2; 2a , CS = a 2;0; 2a , BS = a 2; a 2; 2a .

(

( SBC ) Câu 13.

)

(

)

(

)

có 1 vtpt n = − 2;0;1 , ( SAB ) có 1 vtpt m = 0; 2; −1  cos ϕ =

(

)

(

)

1 = . 3. 3 3 1

(Chuyên Thái Bình 2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A′B′C ′ có AB = AC = a , góc = 120° , AA′ = a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của B ′C ′ và CC ′ . Số đo góc giữa mặt BAC phẳng ( AMN ) và mặt phẳng ( ABC ) bằng

A. 60° .

B. 30° .

C. arcsin

3 . 4

D. arccos

3 . 4

Lời giải

Trang 21

Gọi H là trung điểm BC , BC = a 3 , AH =

a . 2

 a 3   a 3  a  ;0  , C  0; − ;0  , Chọn hệ trục tọa độ H ( 0; 0; 0 ) , A  ;0;0  , B  0; 2 2 2       a 3 a ;  . Gọi ϕ là góc giữa mặt phẳng ( AMN ) và mặt phẳng ( ABC ) . M ( 0; 0; a ) , N  0; − 2 2  

( AMN ) có một vtpt

 3 −1 3  ; ; n =  AM , AN  =    2 4 4 

3 n.HM 3 . = 4 = ( ABC ) có một vtpt HM = ( 0; 0;1) , từ đó cos ϕ = n HM 1.1 4

Câu 14.

(Chuyên Đh Vinh - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA = 2a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh SD . Tang của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( AMC ) và ( SBC ) bằng A.

5 . 5

3 . 2

2 5 . 5

2 3 . 3

Lời giải

Trang 22

Chọn hệ trục tọa độ và chuẩn hóa cho a = 1 sao cho A ( 0; 0; 0 ) , B ( 0;1; 0 ) , D (1; 0; 0 ) , S ( 0; 0; 2 )

1  Ta có M là trung điểm SD  M  ;0;1 , C (1;1; 0 ) . 2   1 1   AM =  ;0;1 , AC = (1;1; 0 ) ,  AM , AC  =  −1;1;   ( AMC ) có một vtpt n = ( −2; 2;1) 2 2   SB = ( 0;1; −2 ) , SC = (1;1; −2 ) ,  SB, SC  = ( 0; 2;1)  ( SBC ) có một vtpt k = ( 0; 2;1) n.k 5 Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng ( AMC ) và ( SBC ) thì cos α = = n.n 3 2 5 1 . −1 = 2 cos α 5 (Sở Thanh Hóa 2018) Cho tứ diện ABCD có

Do tan α > 0 nên tan α =

Câu 15.

( ACD ) ⊥ ( BCD ) . Tìm giá trị của

A. x = a .

B. x =

AC = AD = BC = BD = a , CD = 2 x ,

x để ( ABC ) ⊥ ( ABD ) ?

a 2 . 2

C. x = a 2 .

D. x =

a 3 . 3

Lời giải :

 AE ⊥ CD Gọi E ; F lần lượt là trung điểm CD và AB ⇔  (Tính chất tứ diện đều)  BE ⊥ CD Trang 23

)

(

= 90° Đồng thời ( BCD ) ∩ ( ACD ) = CD ⇔ ( BCD ) , ( ACD ) = BEA

CF ⊥ AB  AB ⊥ ( CFD ) ⇔ ( Ta có  ABC ) , ( ABD ) = CF , FD DF ⊥ AB 

(

) (

)

 trung tuyến FE của tam giác CFD bằng , FD = 90° = CFD Vậy để ( ABC ) ⊥ ( ABD ) thì CF 1 nửa cạnh huyền ⇔ FE = CD 2

Ta có ∆EAB vuông cân tại E  EF =

Vậy x =

Câu 16.

AE = 2

AC 2 − CE 2 = 2

a2 − x2 2

a 2 − x2 a2 − x2 a2 3 ⇔ x2 = ⇔ x2 = . ⇔ x=a 2 2 3 3

2 39 . 39

3 . 6

2 39 . 13

13 . 13

Lời giải

Trang 24

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó

 3  −a  a  a   −a  S  0;0;  ; A  ;0;0  ; B  ;0;0  ; C  ; a;0  ; D  ; a;0  2   2  2  2   2    a a a 3  a a a 3 a 3 suy ra G  0;0;  ; M  ; ;  ; N  − ; ;  6   4 2 4   4 2 4  Ta có mặt phẳng ( ABCD ) có vectơ pháp tuyến là k = ( 0;0;1) , mặt phẳng ( GMN ) có vectơ pháp  a 3 a ;  tuyến là n = GM ; GN  =  0; − 24 4   Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng ( GMN ) và ( ABCD ) , ta có

1 n.k 2 39 cosα = = 4 = . 13 39 n.k 24

Câu 17.

(Chuyên Thái Bình 2018) Cho hình lập phương ABCD. A′B ′C ′D ′ có cạnh bằng a . Số đo của góc giữa ( BA′C ) và ( DA′C ) : A. 90° .

B. 60° .

C. 30° .

D. 45° .

Lời giải

Ta có: ( BA′C ) ∩ ( DA′C ) = A′C . Kẻ BI ⊥ A′C . Do ∆BA′C = ∆DA′C nên DI ⊥ A′C .

(

)

BA′C ) , ( DA′C )  = BI , DI . Do đó: (   Tam giác BID có BD = a 2 , BI = DI =

a 6 . 3 Trang 25

1 BI 2 + DI 2 − BD 2 = −  BI cos BI , DI = , DI = 120° . 2 2.BI .DI

(

)

(

)

BA′C ) , ( DA′C )  = 60° . Vậy (   Câu 18.

( SBI ) , ( SCI )

cùng vuông góc với đáy và thể tích khối chóp S . ABCD bằng

3 15a 3 . Tính góc 5

giữa hai mặt phẳng ( SBC ) , ( ABCD ) .

A. 30° .

B. 36° .

C. 45° .

D. 60° .

Lời giải

Diện tích hình thang S ABCD =

Độ dài đường cao SI =

1 1 AD ( AB + CD ) = 2a.3a = 3a 2 , CB = AC = a 5 . 2 2

3VS . ABCD = S ABCD

3 15a 3 3 15a 5 = . 2 3a 5

Vẽ IH ⊥ CB tại H  BC ⊥ ( SIH )  BC ⊥ SH .

(

) (

. SBC ) , ( ABCD ) = IH Ta có ( , SH = SHI

S ICB = S ABCD − S IDC − S AIB = 3a 2 −

)

3a 5 a2 3a 2  IH .CB = 3a 2  IH = − a2 = . 2 2 5

Trang 26

3a 15 SI = = 60° . tan SHI = 5 = 3  SHI IH 3a 5 5

Câu 19.

(Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có AA′ = AB = AC = 1 và = 1200 . Gọi I là trung điểm cạnh CC ′ . Côsin góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AB′I ) BAC bằng

370 . 20

70 . 10

30 . 20

30 . 10

Lời giải Chọn D

Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AB′I ) . AB′ = 2 , AI =

5 . 2

BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC .cos A = 3  BC = B′C ′ = 3 .

13 . 2 Vì AB′2 + AI 2 = B′I 2  ∆AB′I vuông tại điểm A . B′I = B′C ′2 + C ′I 2 =

1 3 1 10 và S AB′I = AI . AB′ = . AB. AC.sin A = 2 4 2 4 Hình chiếu vuông góc của ∆AB′I lên mặt phẳng ( ABC ) là ∆ABC . S ABC =

Ta có S ABC = S AB′I .cos ϕ  cos ϕ =

Câu 20.

S ABC 30 . = S AB′I 10

(Sở Ninh Bình 2020) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , độ dài cạnh AC = 2a , các tam giác ∆SAB, ∆SCB lần lượt vuông tại A và C . Khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( ABC ) bằng a . Giá trị cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCB) bằng

2 2 . 3

1 . 3

2 . 3

5 . 3

Lời giải Chọn C Trang 27

+ Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AC , SB chúng ta có O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vì các tam giác ∆SAB, ∆SCB lần lượt vuông tại A và C nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC do đó OI ⊥ ( ABC ) . + Gọi D là hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC ) ta có SD / /OI và SD = 2OI suy ra O là trung

điểm của BD . Từ đây ta có ABCD là hình vuông cạnh bằng

2a = a 2 và SD = a . 2

+ Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của D lên SC , SA ta có

SD ⊥ ( ABCD)  SD ⊥ BC đồng thời ABCD là hình vuông nên BC ⊥ DC từ hai ý này ta có BC ⊥ (SCD)  BC ⊥ DH , từ đó suy ra DH ⊥ ( SCB) . Chứng minh tương tự ta có DK ⊥ (SAB) + Vì vậy góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (SAB) bằng góc giữa hai đường thẳng DK và DH . + Xét 2 tam giác vuông ∆SAD, ∆SCD bằng nhau ta có hai đường cao DK = DH = + Trong tam giác SAC ta có = cos HDK

Câu 21.

a 6 3

HK SH SD 2 1 2a , trong tam giác DHK có = = =  HK = 2 AC SC SC 3 3

DH 2 + KD 2 − KH 2 2 = 2 DH .KD 3

(Sở Bắc Ninh - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, ABC = 1200 , SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Biết góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD ) bằng 600 , khi đó

A. SA =

a 6 . 4

B. SA = a 6.

C. SA =

a 6 . 2

D. SA =

a 3 . 2

Lời giải Chọn A

Trang 28

Gọi O là giao điểm của AC , BD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên SC . Khi đó

SC ⊥ ( HBD ) vì SC ⊥ BD, SC ⊥ OH . Vậy góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD ) là góc giữa hai đường thẳng HB, HD. Vì △ SCD = ∆SBC  HB = HD.

Đặt SA = x ( x > 0 ) . Ta có cos 600 =

HB 2 + HD 2 − BD 2 2 HB.HD

 HB 2 = BD 2  ⇔ HB 2 = 2 HB 2 − BD 2 ⇔  BD 2 2  HB = 3

Ta có △CHO ≈ ∆CSA  OH .CS = CO.SA (1) Trong tam giác ABC ta có AC = a 3, OB =

a  BD = a 2

TH1 : HB = BD = a  OH = HB 2 − OB 2 =

a 3 . Thay vào (1) ta có x = x 2 + 3a 2 . (vô nghiệm). 2

TH2 : HB =

BD 3 a 3 a 3 =  OH = HB 2 − OB 2 = . 3 3 6

a2 2 3a 2 2 a 6 x + 3a 2 = x x= . 12 4 4 (Sở Bình Phước - 2020) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác cân đỉnh A . Biết BC = a 3 và ABC = 30o , cạnh bên AA′ = a . Gọi M là điểm thỏa mãn 2CM = 3CC ′ . Gọi α là

Thay vào (1) ta có

Câu 22.

(

)

góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AB′M ) , khi đó sin α có giá trị bằng

66 . 22

481 . 22

3 . 22

418 . 22

Lời giải Chọn D

Trang 29

Cách 1: Gọi O là trung điểm BC . o Ta có: BO = AB.cos30 ⇔ AB =

BO a 3 a = = a = AC và AO = AB.sin30o = . o cos30 2 3 2. 2

Theo đề bài:

3 3 1 a 2CM = 3CC ′ ⇔ CM = CC ′ ⇔ CC ′ + C ′M = CC ′ ⇔ C ′M = CC ′  C ′M = . 2 2 2 2 Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AB′M ) . Theo công thức diện tích hình chiếu ta có: S ∆ABC = S∆AB′C .cosα ⇔ cosα =

Ta có S∆ABC

S∆ABC . S ∆AB′C

1 1 a a2 3 = . AH .BC = . .a 3 = ; AB′ = AB 2 + BB′2 = a 2 + a 2 = a 2 ; 2 2 2 4 2

a B′M = C ′M 2 + B′C ′2 =   + a 3 2

AB′ + B′M + AM = Khi đó p = 2

(

a 2+

)

a 13 a 13  3a  ; AM = AC 2 + CM 2 = a 2 +   = . 2 2  2 

a 13 a 13 + 2 2 = a 2 + a 13 . 2 2

Áp dụng công thức Hê-rông vào ∆AB′M ta có:

S∆AB′M =

p ( p − AB′ )( p − B′M )( p − AM ) =

Vậy cosα =

S∆ABC S∆AB′C

a 2 22 . 4

a2 3 3 19 418 = 24 =  sinα = 1 − cos 2α = = . 22 22 22 a 22 4

Cách 2: Trang 30

Gọi O là trung điểm BC . o Ta có: BO = AB.cos30 ⇔ AB =

BO a 3 a = = a = AC và AO = AB.sin30o = . o cos30 2 3 2. 2

Theo đề bài:

3 3 1 a 2CM = 3CC ′ ⇔ CM = CC ′ ⇔ CC ′ + C ′M = CC ′ ⇔ C ′M = CC ′  C ′M = . 2 2 2 2

Coi a = 1 .

 3    3  1  ;0;0  , C  − ;0;0  , Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với O ( 0;0;0 ) , A  0; ;0  , B   2   2   2   3   3 3 B′  ;0;1 , M  − ;0;  . 2 2 2   

Khi đó ( ABC ) ≡ ( Oxy ) : z = 0  ( ABC ) có một véc-tơ pháp tuyến là k = ( 0;0;1) .  3 1   3 1 3 ; − ;1 , AM =  − ; − ;   n( AB′M ) = 4  AB′, AM  = 1;5 3; 2 3 . Ta có: AB′ =  2  2 2  2  2

(

)

Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AB′M ) .

k.n( AB′M ) 2 3 3 19 418 =  sinα = 1 − cos2α = = Vậy cosα = = . 22 22 22 k . n( AB′M ) 1.2 22

Trang 31

Câu 23.

(Tiên Du - Bắc Ninh - 2020) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA

a vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và SA = . Góc giữa mặt phẳng ( SBC ) và mặt phẳng ( ABC ) 2 bằng B. 90° . C. 30° . D. 60° . A. 45° . Lời giải Chọn C

Gọi I là trung điểm BC. Ta có AI ⊥ BC (tam giác ABC đều) (1). Lại có SA ⊥ BC

( SA ⊥ ( ABC ) ) .

Suy ra BC ⊥ ( SAI )  BC ⊥ SI (2).

BC = ( SBC ) ∩ ( ABC ) (3). Từ (1), (2) và (3) suy ra

. ( ( SBC ) , ( ABC ) ) = ( SI , AI ) = SIA

a SA 1 = Xét tam giác SAI vuông tại A ta có tan SIA = 2 = . AI a 3 3 2 Suy ra SIA = 30°. Vậy

Câu 24.

( ( SBC ) , ( ABC ) ) = 30°.

15 . 5

2 . 5

1 . 7

2 . 7

Lời giải Chọn C

Trang 32

Gọi M là trung điểm BC  AM ⊥ BC (1) BC ⊥ SA  BC ⊥ SM (2) Có BC ⊥ AM

{

=α . Từ (1) và (2) suy ra ( ( SBC ),( ABC )) = SMA

= 60° . Do SA ⊥ ( ABC )  SA ⊥ AB và AB là hình chiếu vuông góc của SB lên ( ABC )  SBA = 2a.tan60° = 2 3a . ∆SAB có SA = AB.tan SBA 2 2 1 1 1 ∆ABC có AM = BC = AB 2 + AC 2 = ( 2a ) + ( 2a ) = a 2 . 2 2 2

∆SAM vuông tại A có cosα = Câu 25.

AM AM = = 2 SM SA + AM 2

a 2 2

(2 3a) + (a 2 )

1 . 7

2 . 3

2 2 . 3

7 . 3

1 . 3

Lời giải

Chọn B

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thỏa mãn: A ≡ O, B ( a;0;0 ) , D ( 0; a;0 ) , S ( 0;0; a ) (như minh họa hình vẽ), a a  a a suy ra M  ;0;  và N  0; ;  . 2 2  2 2

Trang 33

 a a   a a  Ta có AM =  ;0;  , AN =  0; ;  nên mặt phẳng 2 2  2 2  a 2 a 2 a 2  n1 =  AM , AN  =  − ; − ;  . 4 4  4 SB = ( a;0; − a ) , SD = ( 0; a; − a ) n2 =  SB, SD  = a 2 ; a 2 ; a 2

(

n1.n2 Khi đó cos ϕ = = n1 . n2

Câu 26.

nên

m ặt

( AMN )

( SBD )

phẳng

có

có vectơ pháp tuyến là

vectơ

pháp

tuyến

là

)

−

a4 a4 a4 − + 4 4 4 4

a4 + a4 + a4 .

a a a + + 16 16 16

2 2 1  sin ϕ = 1 − cos 2 ϕ = . 3 3

(Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương - Lần 2 - 2020) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy = 120o và cạnh bên BB ' = a . Gọi I là trung ABC là tam giác cân với AB = AC = a và góc BAC điểm của CC ' . Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AB ' I ) . A.

3 . 10

30 . 10

30 . 30

10 . 30

Lời giải Chọn B

• Trong ( BCB ' C ') , B ' I ∩ BC = { D} . Trong ( ABC ) , dựng AH ⊥ AD tại H . Vì AD ⊥ CH nên AD ⊥ IH . Do đó:

< 90° . (( AB ' I ) , ( ABC ) ) = ( IH , CH ) = IHC

= 120°  ABC = • ∆ABC cân tại A , BAC ACB = 30°  ACD = 150° . • Áp dụng định lý Cosin trong ∆ABC : = a 2 + a 2 − 2.a . a .cos120o = 3a 2 BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos BAC

 BC = B ' C ' = CD = a 3. • Tương tự trong ∆ACD : Trang 34

AD 2 = AC 2 + CD2 − 2. AC . CD .cos ACD = a 2 + 3a 2 − 2. a. a 3.cos150o = 7a 2  AD = a 7. 1 1 • Ta có S ACD = . CA . CD .sin ACD = . CH . AD 2 2 CA. CD .sin ACD a . a 3 .sin150o a 21 .  CH = = = AD 14 a 7 • ∆ICH vuông tại C  IH = IC 2 + CH 2 =  cos IHC =

a 2 3a 2 a 70 + = . 4 28 14

CH 30 . = IH 10

• Vậy cos ( ( AB ' I ) ,( ABC ) ) =

30 . 10

Cách 2:

• Gọi O là trung điểm của BC . Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

a 3 a ; OA = AB cos 60° = . 2 2  1  3   3   ; 0 ,C 0; ; 0 , • Giả sử a = 1 suy ra A  ; 0; 0 , B 0; −  2  2   2  

Ta có: OB = AB sin 60° =

  3 1  3    I 0; ;  , B ′ 0; − ;1 .  2 2   2 

  3  1 3        3 3 ; − ; −  Ta có: n1 = AB, AC  = 0; 0; −  và n2 = AB ′, AI  = −    2     4 4 2  n1.n2 3 30 = • Gọi α là góc giữa (ABC ) và (AB ′I ) . Suy ra: cos α = = . 10 10 n1 . n 2 Câu 27.

(Chuyên Sư Phạm Hà Nội - 2020) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ . Cosin góc giữa hai mặt phẳng ( A′BC ) và ( ABC ′ ) bằng

Trang 35

3 . 2

2 . 2

C. 0 .

1 . 2

Lời giải Chọn D

Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng ( A′BC ) và ( ABC ′ ) Gọi O = A′C ∩ AC ′ Gọi H là hình chiếu của A lên BO , AH ⊥ BO  CH ⊥ BO ( A′BC ) ∩ ( ABC ′ ) = BO   ( ( A′BC ) ; ( ABC ′ ) ) = ( AH , CH ) Ta có  AH ⊥ BO CH ⊥ BO 

Xét tam giác vuông A′BC có BO = Ta có S BCH =

1 a 3 A′C = 2 2

1 1 1 a2 2 S A′BC = . a 2.a = 2 2 2 4

a2 2 1 a 2 a 6 = CH .BO =  CH = 2 = 2 4 3 a 3 2 2

Mặt khác S BCH

Trang 36

a 6 a 6   +  − a 2 AH 2 + CH 2 − AC 2  3   3  = Xét tam giác AHC có cos AHC = 2 2. AH .CH a 6 2.    3  1 cos α = cos AHD = . 2

(

)

=−

1 2

Trang 37

Chuyên đề 4

HHKG - KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG KHÁ – GIỎI MỨC ĐỘ 7+

Dạng 1. Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Bài toán 1: Tính khoảng cách từ hình chiếu vuông góc của đỉnh đến một mặt bên Phương pháp xác định khoảng cách từ hình chiếu của đỉnh đến một mặt phẳng bên. Bước 1: Xác định giao tuyến d Bước 2: Từ hình chiếu vuông góc của đỉnh, DỰNG AH ⊥ d ( H ∈ d ). Bước 3: Dựng AI ⊥ SH ( I ∈ SH ) .Khoảng cách cần tìm là AI Với S là đỉnh, A là hình chiếu vuông góc của đỉnh trên mặt đáy. Ví dụ điển hình: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy (ABC). Hãy xác khoảng cách từ điểm A đến mặt bên (SBC). Ta có BC là giao tuyến của mp (SBC) và (ABC). Từ hình chiếu của đỉnh là điểm A, dựng AH ⊥ BC tại H. Dựng AI ⊥ SH tại I  BC ⊥ SA  BC ⊥ ( SAH )  ( SBC ) ⊥ ( SAH ) . Vì   BC ⊥ AH Mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (SAH) theo giao tuyến SH có AI ⊥ SH nên AI ⊥ mp ( SBC )  d ( A, mp ( SBC ) ) = AI Bài toán 2: Tính khoảng cách từ một đểm bất kỳ đến một mặt phẳng Thường sử dụng công thức sau:

Công thức tính tỉ lệ khoảng cách:

d ( M , mp ( P ) ) d ( A, mp ( P ) )

MO AO

Ở công thức trên cần tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P). Câu 1.

Câu 2.

(Mã 101 - 2021 Lần 1) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( SAB ) bằng A. 2a . B. 2a . C. a . D. 2 2a . (Mã 103 - 2021 - Lần 1) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại C , AC = a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC ) bằng

1 2 a. B. 2a . C. D. a . a. 2 2 (Mã 102 - 2021 Lần 1) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại C , AC = 3a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) bằng

A. Câu 3.

3 3 2 B. C. 3a . D. 3 2a . a. a. 2 2 (Mã 104 - 2021 Lần 1) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B , AB = 4 a và S A vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( SA B ) bằng

A. Câu 4.

Trang 1

Câu 5.

A. 4 a . B. 4 2a . C. 2 2a . D. 2 a . (Đề Minh Họa 2021) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có độ dài cạnh đáy bằng 2 và độ dài cạnh bên bằng 3 (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách từ S đến mặt phẳng ABCD bằng: S

D O

A. Câu 6.

B. 1 .

C. 7 .

D. 11.

(Sở Lào Cai - 2021) Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc và OA = OB = 2a , OC = a 2 . Khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( ABC ) bằng

3a a D. . . 4 2 (Liên trường Quỳnh Lưu - Hoàng Mai - Nghệ An - 2021) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a, AC = a 2 . Biết thể A. a 2 .

Câu 7.

B. a .

a3 . Khoảng cách S từ đến mặt phẳng ( ABC ) bằng 2 a 2 a 2 3a 2 3a 2 A. . B. . C. . D. . 2 6 4 2 (THPT Hoàng Hoa Thám - Đà Nẵng - 2021) Cho khối chóp đều S . ABC có cạnh đáy bằng a . a3 Gọi M là trung điểm của SA . Biết thể tích của khối chóp đó bằng , khoảng cách từ điểm M 2 đến mặt phẳng ( ABC ) bằng tích khối chóp S . ABC bằng

Câu 8.

a 3 . D. 2a 3 . 3 (THPT Chu Văn An - Thái Nguyên - 2021) Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có tất cả các cạnh đều bằng a . Gọi M là trung điểm của CC′ (tham khảo hình bên). Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( A′BC ) bằng A. a 3 .

Câu 9.

B. 3a .

21a 2a 21a 2a . B. . C. . D. . 7 4 14 2 Câu 10. (THPT Quảng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 3 . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng

Trang 2

2a 5 a 3 a . B. a 3 . C. . D. . 5 2 2 Câu 11. (THPT Trần Phú - Đà Nẵng - 2021) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a 3 , I là trung điểm CD ' (tham khảo hình vẽ). khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( BDD ' B ' ) bằng A.

a 2 B. . 4 Câu 12. (Chuyên Tuyên Quang 2022. Khoảng cách từ điểm

a a 6 a 3 . C. D. . . 4 4 4 2021) Cho hình lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có tất cả các cạnh bằng A đến mặt phẳng ( BCC ' B ') bằng

A. 1011 3 . B. 2022 3 . C. 2022 2 . D. 1011 2 . Câu 13. (Cụm Ninh Bình – 2021) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A′B ′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = a , AA′ = 2 a . Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( A′BC ) .

2a 3 a 5 a 3 2a 5 . . . . B. C. D. 5 3 3 5 Câu 14. (Chuyên ĐHSP - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA ⊥ ( ABCD ) . Biết SA = a , AB = a và AD = 2a . Gọi G là trọng tâm tam giác SAD . Khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng ( SBD ) bằng A.

a 2a a 2a . B. . C. . D. . 3 9 6 3 Câu 15. (Sở Hòa Bình - 2021) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B′C ′D′ có AB = a, AD = 2a ( tham khảo hình vẽ bên dưới). A.

D A

Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( BDD′B′ ) bằng

a 5 a 5 2a 5 . B. a 5 . C. . D. . 2 5 5 Câu 16. (Sở Nam Định - 2021) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều có cạnh bằng 3, mặt bên (SAB) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (tham khảo hình vẽ dưới đây). Khoảng cách từ đỉnh S đến mặt phẳng ( ABC) bằng A.

Trang 3

3 3 3 3 . B. . C. 3 . D. . 2 2 2 Câu 17. (Chuyên Vinh - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a 3 , BC = a , các cạnh bên của hình chóp cùng bằng a 5 . Gọi M là trung điểm của SC . Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( ABCD ) : A.

A. 2a . Câu 18.

Trang 4

D. a .

a 5 . 5

2 5a . 5

2 57 a . 19

57a . 19

(Mã 103 - 2020 Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và A′A = 2a . Gọi M là trung điểm của A′A (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( AB′C ) bằng

A. Câu 20.

C. a 3 .

(Mã 102 - 2020 Lần 1) Cho lăng trụ đứng ABC . A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và AA′ = 2 a . Gọi M là trung điểm của CC ′ (tham khảo hình bên). Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( A′BC ) bằng

A. Câu 19.

B. a 2 .

57 a . 19

5a . 5

2 5a . 5

2 57 a . 19

(Mã 104 - 2020 Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A′B′C ′ có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của AA′ (tham khảo hình vẽ).

Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( AB ′C ) bằng

A. Câu 21.

a 2 . 2

a 21 . 14

21a . 14

2a . 2

21a . 7

2a . 4

2 5a 5

5a 3

2 2a 3

5a 5

a 6 3

a 2 2

a 2

D. a

(Mã 103 - 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (minh họa như hình vẽ bên). Khoảng cách từ D đến mặt phẳng ( SAC ) bằng

A. Câu 25.

(Mã 102 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B , AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng A.

Câu 24.

a 21 . 7

(Mã 101 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B , AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng A.

Câu 23.

(Mã 101 - 2020 Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A′B′C ′ có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của CC ′ (tham khảo hình bên). Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( A′BC ) bằng

A. Câu 22.

a 2 . 4

a 2 . 2

a 21 . 7

a 21 . 14

a 21 . 28

(Mã 101 -2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (minh họa như hình vẽ bên). Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBD ) bằng Trang 5

A. Câu 26.

2a 2

21a . 28

21a . 3

15a . 3

21a . 7

15a . 7

21a . 14

2a . 2

21a . 7

21a . 28

6a 6

3a 3

5a 3

3a 2

(Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCD ) . A.

Trang 6

(Mã 103 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 3a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng A.

Câu 29.

21a . 7

(Mã 102 - 2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy ( minh họa như hình vẽ bên). Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) bằng

A. Câu 28.

= 60o , (Đề Tham Khảo 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , BAD SA = a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách tứ B đến ( SCD ) bằng? A.

Câu 27.

21a . 14

a 6 . 2

a 6 . 3

3a . 2

D. 2a .

Câu 30.

(Chuyên Bắc Giang 2019) Cho hình chóp SABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết AD = 2a , SA = a . Khoảng cách từ A đến ( SCD ) bằng: A.

Câu 31.

3a 2 2

2a 5

2a 3 3

(Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2019) Cho hình chop S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AB = a , AC = a 3 , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng: A.

Câu 32.

3a 7

a 57 19

2a 57 19

2a 3 19

2a 38 19

(Hùng Vương Bình Phước 2019) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng a 2 . Tính khoảng cách d từ tâm O của đáy ABCD đến một mặt bên theo a . 2a 5 a 3 a 5 a 2 A. d = B. d = . C. d = . D. d = . . 3 2 2 3

Câu 33.

(Chuyên Trần Phú Hải Phòng 2019) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA ⊥ ( ABCD ) và SA = a 2 . Gọi M là trung điểm cạnh SC . Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( SBD ) bằng A.

Câu 34.

2a 3 . 7

2a . 2

a 4

a 2 2

a 10 5

a 3 . 7

a 3 . 19

2a 3 . 19

3a . 7

21a . 7

15a . 5

a 3 4

a 3 2

a 2

(Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là nửa lục giác đều ABCD nội tiếp trong đường tròn đường kính AD = 2a và có cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) với SA = a 6 . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD ) . A. a 2 .

Câu 38.

(Thpt Lê Văn Thịnh Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp đều S . ABCD , cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy là 60° . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD ) . A.

Câu 37.

a 10 10

(Chuyên Sơn La 2019) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA = a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng: A.

Câu 36.

(THPT Gang Thép Thái Nguyên 2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a , AC = a 3 ; SA vuông góc với đáy, SA = 2a . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng A.

Câu 35.

a 2 4

B. a 3 .

a 2 . 2

a 3 . 2

(THPT Minh Châu Hưng Yên 2019) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AB = BC = a, AD = 2a. Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H của AD và SH =

a 6 . Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng ( SCD ) . 2

Trang 7

A. d = Câu 39.

6a 8

B. d = a

C. d =

6a 4

D. d =

15a 5

(Chuyên Quang Trung Bình Phước 2019) Cho tứ diện O. ABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau OA = OB = OC = 3. Khoảng cách từ O đến mp ( ABC ) là 1 1 1 A. B. 1 C. D. 2 3 3

Câu 40.

(Thpt Cẩm Giàng 2 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , ABC = 60° . Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SC = 2a . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD ) là A.

Câu 41.

a 15 . 5

a 2 . 2

2a . 5

5a 30 . 3

(Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2 a; DC = a . Điểm I là trung điểm đoạn AD, hai mặt phẳng ( SIB ) và ( SIC ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Mặt phẳng ( SBC ) tạo với mặt phẳng

( ABCD ) A. Câu 42.

một góc 60° . Tính khoảng cách từ D đến ( SBC ) theo a .

a 15 . 5

9 a 15 . 10

2 a 15 . 5

9 a 15 . 20

(Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AC = a, I là trung điểm SC . Hình chiếu vuông góc của S lên ( ABC ) là trung điểm H của BC . Mặt phẳng ( SAB ) tạo với

( ABC )

một góc 60° . Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng

( SAB ) . A. Câu 43.

3a . 4

3a . 5

5a . 4

2a . 3

(Chuyên Hưng Yên - 2020) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân, BA = BC = a = 30° . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Gọi D là điểm đối xứng và BAC với B qua AC . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD ) bằng

A. Câu 44.

2a 21 . 7

a 2 . 2

a 21 . 14

a 21 . 7

(Chuyên Lam Sơn - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a . Tam giác ABC là tam giác đều, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 30° . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD ) theo a .

A. Câu 45.

Trang 8

a 21 . 7

B. a 3

C. a .

2 a 21 . 3

(Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông, AB = a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a (minh họa như hình vẽ bên dưới ). Gọi M là trung điểm của CD , khoảng cách giữa điểm M và mặt phẳng (SBD) bằng

A. Câu 46.

2a . 3

a . 2

a . 3

(Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình = 600 . Đường thẳng SO vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) và thoi tâm O cạnh a và có góc BAD 3a . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( SBC ) bằng 4 3a a 3 a A. . B. . C. . 4 3 4 SO =

Câu 47.

3a . 8

(Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có SA ⊥ ( ABCD ) ,

SA = a 6 , ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD = 2a . Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD ) bằng A. Câu 48.

a 6 . 2

a 3 . 2

a 2 . 2

a 3 . 4

(Chuyên Lào Cai - 2020) Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a

= SCA = 900. Biết góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 450. Tính khoảng cách từ và SBA điểm B đến mặt phẳng (SAC). A. Câu 49.

15 a. 5

2 15 a. 5

2 15 a. 3

2 51 a. 5

(Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) ; góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ABC bằng 60° . Gọi M là trung điểm cạnh AB . Khoảng cách từ B đến ( SMC ) bằng

A. Câu 50.

a 39 . 13

B. a 3 .

C. a .

a . 2

(Sở Phú Thọ - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O , cạnh AB = a , AD = a 2 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD ) là trung điểm của đoạn OA . Góc giữa SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 30° . Khoảng cách từ C đến mặt phẳng

( SAB ) bằng A.

9 22a . 44

3 22a . 11

22a . 11

3 22 a . 44

Trang 9

Câu 51.

(Sở Ninh Bình) Cho hình chóp S . ABC có SA = a , tam giác ABC đều, tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) bằng A.

Câu 52.

a 42 . 7

a 42 . 14

a 42 . 12

a 42 . 6

(Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , AD = 2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 45° . Gọi M là trung điểm của SD , hãy tính theo a khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( SAC ) .

A. d = Câu 53.

2a 1513 . 89

a 1315 . 89

C. d =

2a 1315 . 89

D. d =

a 1513 . 89

(Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AD = 2 AB = 2 BC = 2a , SA vuông góc với đáy, góc giữa SB và mặt phẳng đáy bằng 60 0 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB . Khoảng cách từ H đến mặt phẳng ( SCD ) bằng A. a 3 .

Câu 54.

B. d =

3a 30 . 20

3a 30 . 10

3a 30 . 40

(THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020) Cho hình hộp ABCD. A′B′C ′D′ có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với O . Biết tam giác AA′C vuông cân tại A′ . Tính khoảng cách h từ điểm D đến mặt phẳng ( ABB′A′ ) .

A. h = Câu 55.

a 6 . 6

B. h =

a 2 . 6

C. h =

a 2 . 3

D. h =

a 6 . 3

(Yên Lạc 2 - Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD = 2 AB = 2a . Cạnh bên SA = 2 a và vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB và SD . Tính khoảng cách d từ điểm S đến mặt phẳng ( AMN ) .

A. d = 2a . Câu 56.

Câu 57.

B. d =

3a . 2

C. d =

a 6 . 3

D. d = a 5 .

(Kìm Thành - Hải Dương - 2020) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , biết SA ⊥ ( ABC ) và AB = 2a , AC = 3a , SA = 4a . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

( SBC )

bằng

A. d =

2a . 11

B. d =

6a 29 . 29

C. d =

12a 61 . 61

a 43 . 12

(Trường VINSCHOOL - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, cạnh AB = 2 AD = a . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy ( ABCD ) . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBD ) bằng

A. Câu 58.

a 3 . 4

a 3 . 2

a . 2

D. 2a .

(Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp SABC , có đáy là tam giác vuông tại A , = 30 và ( SAB ) ⊥ ( ABC ) . Khoảng cách từ A đến AB = 4a , AC = 3a . Biết SA = 2a 3 , SAB mặt phẳng ( SBC ) bằng

Trang 10

A. Câu 59.

3 7a . 14

8 7a . 3

6 7a . 7

(Tiên Lãng - Hải Phòng - 2020) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có AB = a , AC = 2a , ′ = 900 . Tính khoảng cách từ điểm A đến BAC = 1200 . Gọi M là trung điểm cạnh CC ′ thì BMA mặt phẳng ( BMA′) . A.

a 7 . 7

a 5 . 3

a 5 . 7

Dạng 2. Khoảng cách của đường thẳng với đường thẳng Ta có các trường hợp sau đây: a) Giả sử a và b là hai đường thẳng chéo nhau và a ⊥ b - Ta dựng mặt phẳng (α ) chứa a và vuông góc với b tại B . - Trong (α ) dựng BA ⊥ a tại A , ta được độ dài đoạn AB là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b . b) Giả sử a và b là hai đường thẳng chéo nhau nhưng không vuông góc với nhau. Cách 1: - Ta dựng mặt phẳng (α ) chứ a và song song với b . - Lấy một điểm M tùy ý trên b dựng MM ' ⊥ (α ) tại M ' . - Từ M ' dựng b '/ / b cắt a tại A . - Từ A dựng AB / / MM ' cắt b tại B , độ dài đoạn AB là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b . Cách 2: a A - Ta dựng mặt phẳng (α ) ⊥ a tại O , (α ) cắt b tại I . - Dựng hình chiếu vuông góc của b là b ' trên (α ) . O - Trong mặt phẳng (α ) , vẽ OH ⊥ b ' , H ∈ b ' . - Từ H dựng đường thẳng song song với a cắt b tại B . I - Từ B dựng đường thẳng song song với OH cắt a tại A . - Độ dài đoạn thẳng AB là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b . Câu 1.

3 7a . 2

a 5 . 5

B A

b B s

b' M'

b B b' H

(Đề Tham Khảo 2018) Cho lập phương ABCD . A ′B ′C ′D ′ có cạnh bằng a ( tham khảo hình vẽ bên ).Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A ′ C ′ bằng

Trang 11

3a B. 2a C. 3a D. a 2 (Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a , SO vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) và SO = a . Khoảng cách giữa SC và

Câu 2.

Câu 3.

Câu 4.

Câu 5.

AB bằng: 2a 3 2a 5 a 5 a 3 A. . B. . C. . D. . 15 5 5 15 (Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An - 2021) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a, O là tâm của mặt đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và CD bằng a 2a A. . B. a . C. . D. 2a . 2 2 (THPT Triệu Sơn - Thanh Hóa - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng

A. a 2 . B. 2a . C. a . D. a 3 . (Chuyên Long An - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , đáy ABCD là hình chữ nhật với AC = a 5 và AD = a 2 . Tính khoảng cách giữa SD và BC .

A. a 3 . Câu 6.

Trang 12

3a . 4

a 3 . 2

2a . 3

(Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AB = 2a , AC = 4a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a (hình minh họa). Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC bằng

2a a 6a 3a . B. . C. . D. . 3 3 3 2 S . ABCD (Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Cho hình chóp có đáy là hình thang, AB = 2a , AD = DC = CB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 3a (minh họa như hình bên). Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và DM bằng

A. Câu 7.

A. Câu 8.

3a . 2

3 13a . 13

6 13a . 13

(Mã 101 – 2020 Lần 2) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A . AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a 3 . Gọi M là trung điểm của BC (tham khảo hình bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SM bằng

A. Câu 9.

3a . 4

a 2 . 2

a 39 . 13

a . 2

a 21 . 7

(Mã 101 - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là ình chữ nhật, AB = a, BC = 2a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng Trang 13

A. Câu 10.

2a 3

a 2

a 3

(Mã 103 2018) Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau, và OA = OB = a , OC = 2 a . Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AC bằng A.

Câu 11.

6a 2

2 5a 5

2a 2

2a 3

(THPT Việt Đức Hà Nội 2019) Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AC = a 3 . Biết BC ′ hợp với mặt phẳng ( AA′C ′C ) một góc 30o và hợp với mặt phẳng đáy góc α sao cho sin α = Khoảng cách giữa MN và AC ′ là: a 6 a 3 A. B. 4 6

6 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm cạnh BB′ và A′C ′ . 4 C.

a 5 4

a 3

Câu 12.

(Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2019) Cho hình chóp S . ABC , có SA = SB = SC , đáy là tam giác a3 3 đều cạnh a . Biết thể tích khối chóp S. ABC bằng . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA 3 và BC bằng: 3 13a a 3 4a 6a A. B. C. D. 13 4 7 7

Câu 13.

(Mã 102 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a , BC = 2a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD , SC bằng 4 21a 2 21a a 30 a 30 A. B. C. D. 21 21 12 6

Câu 14.

(Mã 104 2018) Cho tứ diện O. ABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau, OA = a và OB = OC = 2a . Gọi M là trung điểm của BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AB bằng 6a 2 5a 2a A. B. a C. D. 3 5 2

Câu 15.

(Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Cho hình chóp S . ABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , đáy

ABCD là hình chữ nhật với AC = a 5 và BC = a 2 . Tính khoảng cách giữa SD và BC . A.

a 3 . 2

B. a 3 .

2a . 3

3a . 4

Câu 16.

(Chuyên Vĩnh Phúc Năm 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , AC = a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC , biết góc giữa đường thẳng SD và mặt đáy bằng 60° . a 906 a 609 a 609 a 600 A. B. C. D. 29 29 19 29

Câu 17.

(THPT Lê Quy Đôn Điện Biên 2019) Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh bẳng 4 , góc giữa SC và mặt phẳng ( ABC ) là 45° . Hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC ) là điểm

H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC .

Trang 14

A. d = Câu 18.

4 210 . 45

B. d =

210 . 5

C. d =

4 210 . 15

D. d =

2 210 . 15

= 60° , AC = 2 , (Sở Ninh Bình 2019) Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại B , C SA ⊥ ( ABC ) , SA = 1 . Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách d giữa SM và BC là A. d =

21 . 7

B. d =

2 21 . 7

C. d =

21 . 3

D. d =

2 21 . 3

Câu 19.

(THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Cho khối chóp tứ giác đều S. ABCD có thể tích bằng a 2b với AB = a . Gọi G là trọng tâm của tam giác SCD , trên các cạnh AB, SD lần lượt lấy các 3 điểm E , F sao cho EF song song BG . Khoảng cách giữa hai đường thẳng DG và EF bằng 2 ab ab ab a 2b A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 2 2 3 2b + a 2b + a 3 2b + a 3 2b 2 + a 2

Câu 20.

(THPT Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a 3 , mặt bên SAB là tam giác cân với ASB = 120° và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SC và N là trung điểm của MC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , BN .

2 327 a 237 a . B. . C. 79 79 Câu 21. (Chuyên Bắc Ninh 2019) Cho tứ diện đều ABCD CD . Khoảng cách giữa AC và BM là: 2 11 3 22 A. cm . B. cm . C. 11 11

Câu 22.

2 237 a 5 237 a . D. . 79 316 có cạnh bằng 3 cm. Gọi M là trung điểm của 3 2 cm 11

2 cm . 11

(THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC , AD vuông góc với nhau đôi một và AD = 2 AC = 3 AB = a . Gọi ∆ là đường thẳng chứa trong mặt ( BCD) sao Trang 15

cho khoảng cách từ điểm A đến ∆ là nhỏ nhất và khoảng cách lớn nhất giữa hai đường thẳng ∆ và AD là d . Khẳng định nào sau đây là đúng?. 14 3a 4a B. 3a < d < 4 a. C. D. d > 4 a . A. d = a . <d < . 14 14 7 Câu 23. (Mã 102 - 2020 Lần 2) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A , AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = 2a , M là trung điểm của BC . Khoảng cách giữa AC và SM là

a . 2

a 2 . 2

2a 17 . 17

2a 3

Câu 24.

(Mã 103 - 2020 Lần 2) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , AB = a . SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Gọi M là trung điểm của BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SM bằng 3a 2a a 5a A. . . . B. C. . D. 3 2 2 5

Câu 25.

(Mã 104 - 2020 Lần 2) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Gọi M là trung điểm của BC (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SM bằng

A. Câu 26.

Trang 16

10a . 5

a . 2

2a . 3

2a . 2

(Chuyên KHTN - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật AB = a, AD = 2a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Gọi M là trung điểm của AD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và SD .

A. Câu 27.

a 6 . 3

a 2 . 2

2a 5 . 5

a 6 . 6

(Chuyên Lương Văn Tỵ - Ninh Bình - 2020) Cho hình chóp S .ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, mặt bên (SBC ) là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng A.

a 3 . 4

a 2 . 4

a 5 . 4

a 3 3

Câu 28.

(Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = 2a, BC = a , tam giác đều SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách giữa BC và SD là 3 2 5 5 a. a. a. A. 3a . B. C. D. 2 5 5

Câu 29.

(Chuyên Bắc Ninh - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA = a và SA vuông góc với mặt đáy. M là trung điểm SD . Tính khoảng cách giữa SB và CM . A.

Câu 30.

a 3 . 6

a 2 . 3

a 3 . 2

a 3 . 3

(Chuyên Bến Tre - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA = 2a và vuông góc với ( ABCD ) . Gọi M là trung điểm của SD . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SB và CM. A. d =

Câu 31.

a . 3

B. d =

a 2 . 2

C. d =

2a . 3

a D. d = . 6

(Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - 2020) Cho lăng trụ đứng tam giác ABC . A′B ′C ′ có đáy là một tam giác vuông cân tại B , AB = AA′ = 2a, M là trung điểm BC (minh họa như hình dưới). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B ′C bằng

Trang 17

a . 2

2a . 3

a 7 . 7

D. a 3

Câu 32.

(Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2020) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của cạnh AD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CM . a 33 a a a 22 A. . B. . C. . D. . 11 11 33 22

Câu 33.

(Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020) Cho hình lăng trụ đều ABC . A’B’C’ có tất cả các cạnh có độ dài bằng 2 (tham khảo hình vẽ). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC’ và A’B.

A. Câu 34.

2 5

3 . 2

1 2

3 5

(Đại Học Hà Tĩnh - 2020) Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác vuông và AB = BC = a , AA′ = a 2 , M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách d của hai đường thẳng AM và B′C . a 6 a 2 a 7 a 3 A. d = . B. d = . C. d = . D. d = . 6 2 7 3

Câu 35.

(ĐHQG Hà Nội - 2020) Cho lăng trụ đứng ABCA/ B / C / có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của AA/ . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và B / C . 3 3 3 3 A. a. B. a. C. a. D. a 5 10 2 2 7 Câu 36. (Sở Phú Thọ - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD ) là trung điểm của cạnh AB , góc giữa mặt phẳng

( SAC )

và đáy bằng 45° . Gọi M là trung điểm của cạnh SD . Khoảng cách giữa hai đường AM

và SC bằng

Trang 18

A. a .

a 2 . 4

a 5 . 10

a 5 . 5

Câu 37.

(Sở Hà Tĩnh - 2020) Cho tứ diện ABCD có AB , AC , AD đôi một vuông góc với nhau và AD = 2, AB = AC = 1 . Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC , khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và BD bằng 3 2 2 5 . . A. . B. C. D. . 2 2 3 5

Câu 38.

(Sở Yên Bái - 2020) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác vuông cân tại B , biết AB = BC = a , AA′ = a 2 , M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B′C . A.

a 7 . 7

2a 5 . 5

a 6 . 2

a 15 . 5

Câu 39.

(Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a , cạnh SA tạo với mặt phẳng đáy một góc 30o . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD bằng 2 15a 3 14a 2 10a 4 5a A. . B. . C. . D. . 5 5 5 5

Câu 40.

(Kim Liên - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng ( SBC ) và mặt phẳng đáy là 60° (minh họa như hình dưới đây). Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, AC .

Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MN bằng 3a a 6 3a A. . B. . C. . 8 2 4

Câu 41.

D. a 6 .

ABCD (Liên trường Nghệ An 2020) Cho tứ diện có 0 ABC = ADC = ACD = 90 , BC = 2a, CD = a , góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng ( BCD )

bằng 60 0 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD . a 6 2a 6 2a 3 a 3 A. . B. . C. . D. . 31 31 31 31 Câu 42. (Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020) Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA = OB = a , OC = 2a . Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AC bằng 2a 2a 2 5a 2a A. . B. . C. . D. . 2 3 5 3

Câu 43.

(Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2020) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AB = a, AC = 2a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Gọi G là trọng tâm của ∆ABC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SG và BC bằng Trang 19

2a . 7

a 6 . 3

2a 6 . 9

4a . 7

Câu 44.

(Nguyễn Trãi - Thái Bình - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và SA = SB = SC = 11, góc ∠SAB = 30°, góc ∠SBC = 60°, góc ∠SCA = 45° . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SD . 22 A. 2 22 . B. 22 . C. . D. 4 11 . 2

Câu 45.

(Tiên Du - Bắc Ninh - 2020) Cho hình lăng trụ tam giác ABC . A′B ′C ′ có cạnh bên bằng a 2 , đáy ABC là tam giác vuông tại B, BC = a 3, AB = a . Biết hình chiếu vuông góc của đỉnh A′ lên mặt đáy là điểm M thoả mãn 3AM = AC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA′ và BC bằng a 210 a 210 a 714 a 714 A. . B. . C. . D. . 15 45 17 51

Câu 46.

(Hải Hậu - Nam Định - 2020) Cho hình chóp đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 9a 2 a 2 . Biết rằng bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng , độ dài cạnh bên lớn hơn độ 8 dài cạnh đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD bằng A.

Câu 47.

2a 17 . 17

4a 17 . 17

4a 34 . 17

2a 34 . 17

(Lương Thế Vinh - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 2a , AD = 3a (tham khảo hình vẽ). Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy; góc giữa mặt phẳng ( SCD ) và mặt đáy là 45° . Gọi H là trung điểm cạnh AB . Tính theo a khoảng cách giữa hai đoạn thẳng SD và CH .

3 11a . 11

3 14a . 7

3 10a 109

3 85a . 17

Dạng 3. Khoảng cách của đường với mặt, mặt với mặt Ở dạng toán này chúng ta đều quy về dạng toán 1 Cho đường thẳng ∆ và mặt phẳng (α ) song song với nhau. Khi đó khoảng cách từ một điểm bất kì trên ∆ đến mặt phẳng (α ) được gọi là khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (α ) .

Trang 20

d ( ∆ , (α ) ) = d ( M , ( α ) ) , M ∈ ∆ .

Cho hai mặt phẳng (α ) và ( β ) song song với nhau, khoảng cách từ một điểm bất kì trên mặt phẳng này đến mặt phẳn kia được gọi là khoảng cách giữa hai mặt phẳng (α ) và ( β ) .

M α

d ( (α ) , ( β ) ) = d ( M , ( β ) ) = d ( N , (α ) ) , M ∈ (α ) , N ∈ ( β ) .

Câu 1.

(Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AB = 3a, AD = DC = a . Gọi I là trung điểm của AD , biết hai mặt phảng ( SBI ) và ( SCI ) cùng vuông góc với đáy và mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 600 . Tính theo a khoảng cách từ trung điểm cạnh SD đến mặt phẳng ( SBC ) .

A. Câu 2.

a 17 . 5

a 6 . 19

a 3 . 15

a 15 . 20

(THPT Lê Xoay Vĩnh Phúc 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D , SD vuông góc với mặt đáy

( ABCD ) , AD = 2a, SD = a 2 .

Tính khoảng cách giữa

đường thẳng CD và mặt phẳng ( SAB ) A. Câu 3.

a . 2

2a . 3

a 3 . 2

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA = 2a . Gọi M là trung điểm của SD . Tính khoảng cách d giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ACM )

A. d = Câu 4.

B. a 2.

3a 2

B. d = a

C. d =

2a 3

D. d =

a 3

(THPT Lương Đắc Bằng - Thanh Hóa - 2018) Cho hình chóp O. ABC có đường cao 2a . Gọi M và N lần lượt là trung điểm OA và OB . Khoảng cách giữa đường thẳng MN OH = 3 và ( ABC ) bằng:

a 3 a a 2 a . B. . C. . D. . 3 3 2 2 (Chuyên Nguyễn Quang Diêu - Đồng Tháp - 2018) Cho hình lập phương ABCD. A′B ′C ′D ′ cạnh a . Gọi I , J lần lượt là trung điểm của BC và AD . Tính khoảng cách d giữa hai mặt phẳng ( AIA′ ) và ( CJC ′ ) .

A. Câu 5.

Trang 21

A. d = 2a

Trang 22

5 . 2

B. d = 2a 5 .

C. d =

a 5 . 5

D. d =

3a 5 . 5

KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN

Chuyên đề 4

TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ – GIỎI MỨC ĐỘ 7+ Dạng 1. Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Bài toán 1: Tính khoảng cách từ hình chiếu vuông góc của đỉnh đến một mặt bên Phương pháp xác định khoảng cách từ hình chiếu của đỉnh đến một mặt phẳng bên. Bước 1: Xác định giao tuyến d Bước 2: Từ hình chiếu vuông góc của đỉnh, DỰNG AH ⊥ d ( H ∈ d ). Bước 3: Dựng AI ⊥ SH ( I ∈ SH ) .Khoảng cách cần tìm là AI Với S là đỉnh, A là hình chiếu vuông góc của đỉnh trên mặt đáy. Ví dụ điển hình: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy (ABC). Hãy xác khoảng cách từ điểm A đến mặt bên (SBC). Ta có BC là giao tuyến của mp (SBC) và (ABC). Từ hình chiếu của đỉnh là điểm A, dựng AH ⊥ BC tại H. Dựng AI ⊥ SH tại I  BC ⊥ SA Vì   BC ⊥ ( SAH )  ( SBC ) ⊥ ( SAH ) .  BC ⊥ AH Mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (SAH) theo giao tuyến SH có AI ⊥ SH nên AI ⊥ mp ( SBC )  d ( A, mp ( SBC ) ) = AI Bài toán 2: Tính khoảng cách từ một đểm bất kỳ đến một mặt phẳng Thường sử dụng công thức sau:

Công thức tính tỉ lệ khoảng cách:

d ( M , mp ( P ) ) d ( A, mp ( P ) )

MO AO

Ở công thức trên cần tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P). Câu 1.

(Mã 101 - 2021 Lần 1) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( SAB ) bằng

2a .

B. 2a .

C. a . Lời giải

D. 2 2a .

Chọn B

Trang 1

Vì SA ⊥ ( ABC ) suy ra CB ⊥ SA . Tam giác ABC vuông tại B, nên CB ⊥ AB (2). Từ (1) và (2), ta suy ra CB ⊥ ( SAB ) nên khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( SAB ) bằng CB. Mà tam giác ABC vuông cân tại B, suy ra AB = BC = 2a Vậy d ( C ; ( SAB )) = CB = 2a. Câu 2.

(Mã 103 - 2021 - Lần 1) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại C , AC = a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) bằng A.

1 a. 2

2a .

2 a. 2

Lời giải Chọn D

Ta có: SA vuông góc với mặt đáy suy ra SA ⊥ BC Tam giác ABC vuông cân tại C suy ra BC = a và AC ⊥ BC

Trang 2

D. a .

 SA ⊥ BC Do đó ta có:   BC ⊥ ( SAC ) . CA ⊥ BC Vậy khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) bằng BC = a .

Câu 3.

(Mã 102 - 2021 Lần 1) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại C , AC = 3a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) bằng

3 a. 2

3 2 a. 2

C. 3a .

D. 3 2a .

Lời giải Chọn C

Ta có ∆ABC vuông cân tại C nên BC ⊥ AC (1) và AC = BC = 3a . Mặt khác SA ⊥ ( ABC )  SA ⊥ BC ( 2 ) . Từ (1) và ( 2 ) suy ra BC ⊥ ( SAC )  d ( B, ( SAC ) ) = BC = 3a . Vậy khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) bằng 3a .

Câu 4.

(Mã 104 - 2021 Lần 1) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B , AB = 4 a và S A vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( SA B ) bằng A. 4 a .

B. 4 2a .

C. 2 2a .

D. 2 a .

Lời giải Chọn A

Trang 3

 BC ⊥ AB ( gt )   BC ⊥ ( SAB ) tại B . Ta có:  BC ⊥ SA ( do SA ⊥ ( ABC ) )  Trong mp ( SAB ) : AB ∩ SA = A Suy ra d ( C , ( SAB ) ) = CB . Xét ∆ A B C vuông cân tại B có: BC = AB = 4 a . Vậy d ( C , ( SAB ) ) = 4 a .

Câu 5.

(Đề Minh Họa 2021) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có độ dài cạnh đáy bằng 2 và độ dài cạnh bên bằng 3 (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách từ S đến mặt phẳng ABCD bằng: S

D O

B. 1 .

C. 7 . Lời giải

D. 11.

Chọn A Gọi O là tâm đáy ABCD . Vì S . ABCD là hình chóp đều nên SO là đường cao khối chóp. Khi đó d ( S ; ABCD ) = SO. Ta có AO =

Câu 6.

1 1 AC = AB 2 + AC 2 = 2  SO = SA2 − AO 2 = 32 − 2 = 7. 2 2

(Sở Lào Cai - 2021) Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc và

OA = OB = 2a , OC = a 2 . Khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( ABC ) bằng A. a 2 .

B. a .

C. Lời giải

Chọn B

Trang 4

a . 2

3a . 4

Xét hệ trục tọa độ Oxyz như sau điểm O là gốc tọa độ OA ≡ Oz ; OB ≡ Ox và OC ≡ Oy . Khi

(

)

đó ta có O ( 0;0;0 ) ; A ( 0;0;2a ) ; B ( 2a;0;0 ) và C 0; a 2;0 . Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là

x y z + + = 1 ⇔ x + 2 y + z − 2a = 0 . 2 a a 2 2a

Khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( ABC ) là d ( O, ( ABC ) ) =

Câu 7.

0 + 2.0 + 0 − 2a 1+ 2 +1

= a.

(Liên trường Quỳnh Lưu - Hoàng Mai - Nghệ An - 2021) Cho hình chóp S . ABC có đáy

ABC là tam giác vuông tại A , AB = a, AC = a 2 . Biết thể tích khối chóp S . ABC bằng

a 2 . 2

a3 . Khoảng cách S từ đến mặt phẳng ( ABC ) bằng 2 a 2 . 6

3a 2 . 4

3a 2 . 2

Lời giải Chọn D

 Ta có S ∆ABC =

3V 1 a 2 AB. AC =  d ( S , ( ABC ) ) = S . ABC 2 2 S ∆ABC

a3 3a 2 = 2 2 = . 2 a 2 2 3.

Trang 5

Câu 8.

(THPT Hoàng Hoa Thám - Đà Nẵng - 2021) Cho khối chóp đều S . ABC có cạnh đáy bằng a . Gọi M là trung điểm của SA . Biết thể tích của khối chóp đó bằng

a3 , khoảng cách từ 2

điểm M đến mặt phẳng ( ABC ) bằng A. a 3 .

B. 3a .

a 3 . 3

D. 2a 3 .

Lời giải Chọn B

Ta có S ABC =

2 1 =a 3. AB. AC.sin BAC 2 4

3V 1 Mà VS . ABC = S ABC .d ( S , ( ABC ) )  d ( S , ( ABC ) ) = S . ABC = 2a 3 . 3 S ABC Khi đó d ( M , ( ABC ) ) =

Câu 9.

1 d ( S , ( ABC ) ) = a 3 . 2

(THPT Chu Văn An - Thái Nguyên - 2021) Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có tất cả các cạnh đều bằng a . Gọi M là trung điểm của CC′ (tham khảo hình bên). Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( A′BC ) bằng

21a . 7

2a . 4

21a . 14

Lời giải Chọn C Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên BC và A′H .

Trang 6

2a . 2

Ta có d ( M , ( A′BC ) ) =

a 3 ; AA′ = a nên AK = 2

Mà AH =

Vậy d ( M ; ( A′BC ) ) =

Câu 10.

1 1 1 d ( C ′, ( A′BC ) ) = d ( A, ( A′BC ) ) = AK . 2 2 2 AH . AA′ 2

AH + AA′

a 21 . 7

a 21 . 14

(THPT Quảng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 3 . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng

2a 5 . 5

B. a 3 .

a . 2

a 3 . 2

Lời giải Chọn D

Kẻ AH ⊥ SB (*) Ta có BC ⊥ AB ( Do ABCD là hình vuông ) BC ⊥ SA ( Do SA ⊥ ( ABCD ) ) Suy ra BC ⊥ ( SAB )

(**)

Suy ra BC ⊥ AH

Từ (*) , (**) suy ra AH ⊥ ( SBC ) . Suy ra d ( A, ( SBC ) ) = AH

1 AH

1 AB

1 SA

1 a

1 3a

4 3a 2 Trang 7

Suy ra AH =

Câu 11.

a 3 2

(THPT Trần Phú - Đà Nẵng - 2021) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a 3 , I là trung điểm CD ' (tham khảo hình vẽ). khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( BDD ' B ' ) bằng

a 2 . 4

a . 4

a 6 . 4

a 3 . 4

Lời giải Chọn C

Do CI ∩ ( BDD ' B ') = D ' nên ta có

d ( I , ( BDD ' B ') ) d ( C , ( BDD ' B ') )

Gọi {M } = BD ∩ AC . Khi đó CM = Vậy d ( I , ( BDD ' B ' ) ) =

Câu 12.

ID ' 1 = . CD ' 2

AC 6a . = 2 2

1 CM 6a ⋅ d ( C , ( BDD ' B ' ) ) = = . 2 2 4

(Chuyên Tuyên Quang - 2021) Cho hình lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có tất cả các cạnh bằng 2022. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( BCC ' B ') bằng

A. 1011 3 . Chọn A

Trang 8

B. 2022 3 .

C. 2022 2 . Lời giải

D. 1011 2 .

A H B Gọi H là trung điểm của BC .  AH ⊥ BC Ta có   AH ⊥ ( BB ' C ' C )  AH ⊥ BB '  d ( A, ( BCC ' B ' ) ) = AH = 1011 3

Câu 13.

(Cụm Ninh Bình – 2021) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A′B ′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = a , AA′ = 2 a . Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( A′BC ) .

2a 3 . 5 Lời giải A.

a 5 . 3

a 3 . 3

2a 5 . 5

B' H A

Vẽ AH ⊥ A ' B  AH ⊥ ( A ' BC )  d ( A , ( A ' BC ) ) = AH . Ta có: AH =

Câu 14.

AA '. AB 2

( AA ') + ( AB )

2a.a 4a 2 + a 2

2a 5 . 5

(Chuyên ĐHSP - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA ⊥ ( ABCD ) . Biết SA = a , AB = a và AD = 2a . Gọi G là trọng tâm tam giác SAD . Khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng ( SBD ) bằng Trang 9

a . 3

2a . 9

a . 6

2a . 3

Lời giải Chọn B

Gọi M là tring điểm SD  d ( G ; ( SBD ) ) =

GM 1 d ( A ; ( SBD ) ) = d ( A ; ( SBD ) ) . AM 3

Mà SA ; AB ; AD đôi một vuông góc



1  d ( A ; ( SBD ) ) 

1 1 1 2a + +  d ( A ; ( SBD ) ) = 2 2 2 SA AB AD 3

1 2a Vậy khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng ( SBD ) là: d ( G ; ( SBD ) ) = d ( A ; ( SBD ) ) = . 3 9 Câu 15.

(Sở Hòa Bình - 2021) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B′C ′D′ có AB = a, AD = 2a ( tham khảo hình vẽ bên dưới). D'

D A

Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( BDD′B′ ) bằng

a 5 . 2

B. a 5 .

C. Lời giải

Chọn D

Trang 10

a 5 . 5

2a 5 . 5

H B

Nhận thấy ( BDD′B′ ) ⊥ ( ABCD ) . Trong mặt phẳng ( ABCD ) kẻ AH ⊥ BD ( H ∈ BD )  AH ⊥ ( BDD′B′ )

 d ( A, ( BDD′B′ ) ) = AH . 1 1 1 1 1 5 2a 5 = + = 2 + 2 = 2  AH = . 2 2 2 AH AB AD a 4a 4a 5  d ( A, ( BDD′B′ ) ) =

Câu 16.

2a 5 . 5

(Sở Nam Định - 2021) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều có cạnh bằng 3, mặt bên (SAB) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (tham khảo hình vẽ dưới đây). Khoảng cách từ đỉnh S đến mặt phẳng ( ABC) bằng A.

3 . 2

3 3 . 2

C. 3 .

3 . 2

Lời giải Chọn B

Trang 11

Gọi H là trung điểm của AB  SH ⊥ AB và SH =

3 3 (do SAB là tam giác đều có cạnh 2

bằng 3)

(SAB) ⊥ ( ABC)  Ta có (SAB) ∩ ( ABC) = AB  SH ⊥ ( ABC) .  SH ⊥ AB  Khoảng cách từ đỉnh S đến mặt phẳng ( ABC) bằng SH =

Câu 17.

3 3 . 2

(Chuyên Vinh - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a 3 ,

BC = a , các cạnh bên của hình chóp cùng bằng a 5 . Gọi M là trung điểm của SC . Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( ABCD ) :

A. 2a .

B. a 2 .

C. a 3 . Lời giải

D. a .

Chọn D S

O H D

Gọi O là giao của hai đường chéo. Dễ thấy cạnh bên của hình chóp bằng nhau nên chân đường cao của hình chóp chính là tâm của đáy. 1 Ta có AC = AB 2 + BC 2 = 3a 2 + a 2 = 2a  AO = AC = a . 2 Khi đó ta có SO = SA2 − AO 2 = 5a 2 − a 2 = 2a . Gọi H là chân đường cao hạ từ M xuống AC  d ( M ; ( ABCD ) ) = MH .

Trang 12

Mặt khác M là trung điểm của SC nên MH là đường trung bình của ∆SOC 1  MH = SO = a 2 Vậy d ( M ; ( ABCD ) ) = a .

Câu 18.

a 5 . 5

2 5a . 5

2 57a . 19

57a . 19

Lời giải Chọn D Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên BC và A′H .

Ta có d ( M , ( A′BC ) ) = Mà AH =

1 1 1 d ( C ′, ( A′BC ) ) = d ( A, ( A′BC ) ) = AK . 2 2 2

a 3 ; AA′ = 2 a nên AK = 2

Vậy d ( M ; ( A′BC ) ) =

AH . AA′ AH 2 + AA′2

2a 57 . 19

a 57 . 19

Trang 13

Câu 19.

57 a . 19

5a . 5

2 5a . 5

2 57 a . 19

Lời giải Chọn A

Gọi I = BM ∩ AB ′ và K là trung điểm AC . Ta có

d ( M , ( AB′C ) ) d ( B, ( AB′C ) )

Xét tam giác BB′K có

Vậy d ( M , ( AB′C ) ) =

Câu 20.

Trang 14

MI MA 1 1 BH . = =  d ( M , ( AB′C ) ) = d ( B, ( AB′C ) ) = BI BB′ 2 2 2 1 1 1 1 1 2 57 a . = + = +  BH = 2 2 2 2 2 ′ BH BB BK 19 ( 2a )  a 3     2 

BH 57 a = 2 19

(Mã 104 - 2020 Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A′B ′C ′ có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của AA′ (tham khảo hình vẽ).

Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( AB ′C ) bằng

a 2 . 4

a 21 . 7

a 2 . 2

a 21 . 14

Lời giải Chọn D

Trong ( ABB ′A′ ) , gọi E là giao điểm của BM và AB′ . Khi đó hai tam giác EAM và EB′B

đồng dạng. Do đó

d ( M , ( AB′C ) ) d ( B, ( AB′C ) )

EM MA 1 1 = =  d ( M , ( AB′C ) ) = ⋅ d ( B, ( AB′C ) ) . EB BB′ 2 2

Từ B kẻ BN ⊥ AC thì N là trung điểm của AC và BN = Kẻ BI ⊥ B′N thì d ( B, ( AB′C ) ) = BI = Vậy d ( M , ( AB′C ) ) =

Câu 21.

BB′⋅ BN 2

BB′ + BN

a 3 , BB ′ = a . 2

a 21 . 7

1 a 21 . ⋅ d ( B, ( AB′C ) ) = 2 14

21a . 14

2a . 2

21a . 7

2a . 4 Trang 15

Lời giải Chọn

C ′M ∩ ( A′BC ) = C , suy ra

d ( M , ( A′BC ) ) d ( C ′, ( A′BC ) )

C ′M 1 = . C ′C 2

1 1 1 a 2 3 a3 3 = . Ta có VC ′. A′BC = VABC . A′B′C ′ = .C ′C.S∆ABC = .a. 3 3 3 4 12 Lại có A′B = a 2 , CB = a , A′C = a 2  S A′BC =

Suy ra d ( C ′, ( A′BC ) ) =

Vậy d ( M , ( A′BC ) ) =

Câu 22.

3VC ′. A′BC S∆A′BC

a2 7 . 4

a3 3 a 21 = 2 12 = . 7 a 7 4 3.

1 1 a 21 a 21 d ( C ′, ( A′BC ) ) = . = . 2 2 7 14

(Mã 101 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B , AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng

2 5a 5

5a 3

2 2a 3

Lời giải Chọn A S

2a H

A a

 BC ⊥ AB Ta có   BC ⊥ ( SAB ) .  BC ⊥ SA

Trang 16

5a 5

Kẻ AH ⊥ SB . Khi đó AH ⊥ BC  AH ⊥ ( SBC )  AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) .

Ta có

Câu 23.

4a 2 2 5a 1 1 1 1 1 5 2  AH =  AH = . = + = + = 2 2 2 2 2 2 5 5 AH SA AB 4a a 4a

(Mã 102 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B , AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng

a 6 3

a 2 2

a 2

D. a

Lời giải Chọn B S

H A

Kẻ AH ⊥ SB trong mặt phẳng ( SBC )  BC ⊥ AB Ta có:   BC ⊥ ( SAB )  BC ⊥ AH  BC ⊥ SA  AH ⊥ BC 1 a 2  AH ⊥ ( SBC )  d ( A, ( SBC ) ) = AH = SB = Vậy  . 2 2  AH ⊥ SB

Câu 24.

a 2 . 2

a 21 . 7

a 21 . 14

a 21 . 28

Lời giải Chọn B Trang 17

* Gọi O = AC ∩ BD và G là trọng tâm tam giác ABD , I là trung điểm của AB ta có

SI ⊥ ( ABCD ) và

d ( D; ( SAC ) ) d ( I ; ( SAC ) )

DG = 2  d ( D; ( SAC ) ) = 2.d ( I ; ( SAC ) ) . IG

* Gọi K là trung điểm của AO , H là hình chiếu của I lên SK ta có IK ⊥ AC; IH ⊥ ( SAC )  d ( D; ( SAC ) ) = 2.d ( I ; ( SAC ) ) = 2.IH

* Xét tam giác SIK vuông tại I ta có: SI =

a 3 BO a 2 ; IK = = 2 2 4

1 1 1 4 16 28 a 3 = 2 + 2 = 2 + 2 = 2  IH = 2 IH SI IK 3a 2a 3a 2 7  d ( D; ( SAC ) ) = 2.d ( I ; ( SAC ) ) = 2.IH =

Câu 25.

a 21 . 7

21a . 14

21a . 7

C. Lời giải

Chọn B

Trang 18

2a 2

21a . 28

Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó, SH ⊥ ( ABCD ) . Gọi O là giao điểm của AC và BD suy ra AC ⊥ BD . Kẻ HK ⊥ BD tại K ( K là trung điểm BO ). Kẻ HI ⊥ SH tại I. Khi đó: d ( A, ( SBD ) ) = 2 d ( H , ( SBD ) ) = 2 HI . Xét tam giác SHK , có: SH = Khi đó:

a 3 1 a 2 , HK = AO = . 2 2 4

1 1 1 28 a 21 = + = 2  HI = . 2 2 2 HI SH HK 3a 14

(

)

Suy ra: d A, ( SBD ) = 2 HI =

Câu 26.

a 21 . 7

= 60o , (Đề Tham Khảo 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , BAD SA = a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách tứ B đến ( SCD ) bằng? A.

21a . 3

15a . 3

21a . 7

15a . 7

Lời giải Chọn C S

H D

C M

CÁCH 1: Ta có AB / / CD  d ( B; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) . Trang 19

Kẽ MA ⊥ CD ( M ∈ CD ) ,kẽ AH ⊥ SM  SH ⊥ ( SCD )  d ( A, ( SCD ) ) = SH .

SA = a ; AM =

2 S ACD S ABCD a 3 1 1 1 21 = = = 2+  SM = a 2 2 SA AM 7 CD CD 2 SH

CÁCH 2: Ta có AB / / CD  d ( B; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) =

3VS . BCD 3VS .A BCD = = S SCD 2S SCD

21a . 7

( ∆SCD; SD = a 2; SC = 2a;CD = a )

Câu 27.

21a . 14

2a . 2

21a . 7

21a . 28

Lời giải Chọn C

Gọi H là trung điểm của AB  SH ⊥ AB  SH ⊥ ( ABCD). Từ H kẻ HM ⊥ BD , M là trung điểm của BI và I là tâm của hình vuông.  BD ⊥ HM Ta có:   BD ⊥ (SHM)  BD ⊥ SH Từ H kẻ HK ⊥ SM  HK ⊥ BD ( Vì BD ⊥ (SHM) ) Trang 20

 HK ⊥ ( SBD)  d(H;(SBD)) = HK. Ta có: HM =

AI AC 2a 3a . = = . SH = 2 4 4 2

HM .HS

HK =

HM + HS

2a 3a . 4 2

 2a   3a    +   4   2 

21a . 14

d (C ;( SBD )) = d ( A; ( SBD )) = 2d ( H ;( SBD)) = 2 HK = 2. Vậy: d (C;(SBD)) =

Câu 28.

21a 21a = . 14 7

21a . 7

(Mã 103 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh

3a , SA vuông góc với

mặt phẳng đáy và SA = a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng

6a 6

3a 3

5a 3

3a 2

Lời giải Chọn D

 BC ⊥ AB Ta có:   BC ⊥ ( SAB )  BC ⊥ SA  ( SAB ) ⊥ ( SBC )   ( SAB ) ∩ ( SBC ) = SB Trong mặt phẳng ( SAB ) : Kẻ AH ⊥ SB  AH = d ( A; ( SBC ) ) 1 1 1 1 1 4 = + = 2+ 2 = 2. AH 2 SA2 AB 2 a 3a 3a

 d ( A; ( SBC ) ) = AH =

Câu 29.

3a . Chọn D 2

(Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCD ) . A.

a 6 . 2

a 6 . 3

3a . 2 Lời giải:

D. 2a .

Chọn B Gọi E , F , G lần lượt là trung điểm của BD, CD và trọng tâm tam giác BCD Trang 21

Tam giác BCD đều nên suy ra CE = CG =

BC 3 a 3 = 2 2

2 a 3 CE = 3 3

Tam giác ACG vuông tại G nên ta có AG 2 = AC 2 − CG 2 = a 2 − Vậy d ( A, ( BCD ) ) = AG =

Câu 30.

a 2 2a 2 a 6 =  AG = 3 3 3

a 6 3

(Chuyên Bắc Giang 2019) Cho hình chóp SABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết AD = 2a , SA = a . Khoảng cách từ A đến ( SCD ) bằng:

3a 7

3a 2 2

2a 5

2a 3 3

Lời giải Chọn C

Gọi H là hình chiếu của A lên SD ta chứng minh được AH ⊥ ( SCD ) 1 1 1 2a = 2+  AH = 2 2 AH SA AD 5

Câu 31.

(Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2019) Cho hình chop S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A ,

AB = a , AC = a 3 , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng: A.

a 57 19

2a 57 19

C. Lời giải

Chọn B Trang 22

2a 3 19

2a 38 19

Ta có

1 1 1 1 1 1 1 1 1 19 . = + = + + = 2+ 2+ 2 = 2 2 2 2 2 2 AK AH AS AB AC AS a 3a 4a 12a 2

Suy ra AK =

Câu 32.

2a 57 2a 3 hay d ( A,( SBC )) = . 19 19

(Hùng Vương Bình Phước 2019) Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng a 2 . Tính khoảng cách d từ tâm O của đáy ABCD đến một mặt bên theo a.

A. d =

2a 5 . 3

B. d =

a 3 . 2

C. d =

a 5 . 2

D. d =

a 2 . 3

Lời giải S

D O

B C

S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông và SO ⊥ ( ABCD ) . Vẽ OH vuông góc với CD tại H thì H là trung điểm CD , OH =

a . 2

Dễ thấy CD ⊥ ( SOH )  ( SCD ) ⊥ ( SOH ) nên kẻ OK vuông góc với SH tại K thì

OK ⊥ ( SCD ) .  d O, ( SCD )  = OK .

a 2 =a 2. = Tam giác vuông SOH có OK là đường cao nên OK = 2 2 3 OS + OH a2 2a 2 + 4 OS .OH

a 2.

Trang 23

a 2 Vậy d O, ( SCD )  = . 3 Câu 33.

(Chuyên Trần Phú Hải Phòng 2019) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA ⊥ ( ABCD ) và SA = a 2 . Gọi M là trung điểm cạnh SC . Khoảng cách từ điểm

M đến mặt phẳng ( SBD ) bằng A.

a 2 4

a 10 10

a 2 2

a 10 5

Lời giải

Do M là trung điểm SC nên d ( M ; ( SBD ) ) =

1 1 d ( C; ( SBD ) ) = d ( A; ( SBD ) ) 2 2

Gọi H là hình chiếu của A lên mp ( SBD )  d ( A; ( SBD ) ) = AH Lại có AS , AB, AD đôi một vuông góc nên 1 1 1 1 1 1 1 = + + = 2+ 2+ 2 2 2 2 AH AS AB AD a a a 2

(

 AH =

Câu 34.

)

5 2a 2

a 10 a 10 .  d ( M ; ( SBD ) ) = 5 10

(THPT Gang Thép Thái Nguyên 2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a , AC = a 3 ; SA vuông góc với đáy, SA = 2 a . Khoảng cách từ điểm A

đến mặt phẳng ( SBC ) bằng A.

2a 3 . 7

a 3 . 7

C. Lời giải

Trang 24

a 3 . 19

2a 3 . 19

K C

H B

Ta có SA ⊥ ( ABC )    SA ⊥ BC . BC ⊂ ( ABC )  Trong ( ABC ) , kẻ AH ⊥ BC , mà BC ⊥ SA  BC ⊥ ( SAH )  BC ⊥ SH . Trong ( SAH ) , kẻ AK ⊥ SH , mà SH ⊥ BC  AK ⊥ ( SBC ) hay d ( A; ( SBC ) ) = AK . Vì ∆ABC vuông tại A nên BC =

AB 2 + AC 2 = 2 a .

Mặt khác có AH là đường cao nên AH =

AB. AC 3a = . BC 2

Vì ∆SAH vuông tại A nên SH = SA2 + AH 2 =

19a . 2

SA. AH 2a 3 = . SH 19 Nhận xét. Trong thực hành làm toán trắc nghiệm ta nên áp dụng bài toán sau: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và H là hình chiếu của O lên Vậy có AK là đường cao AK =

mặt phẳng ( ABC ) . Khi đó

Câu 35.

1 1 1 1 = + + . 2 2 2 OH OA OB OC 2

(Chuyên Sơn La 2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA = a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng: A.

2a . 2

3a . 7

21a . 7

15a . 5

Lời giải

Gọi M là trung điểm BC . Kẻ AH ⊥ SM tại H . Ta có AM ⊥ BC và SA ⊥ BC nên BC ⊥ ( SAM )  BC ⊥ AH (1) . Trang 25

Mà AH ⊥ SM ( 2 ) . Từ (1) và ( 2 ) suy ra AH ⊥ ( SBC ) . Do đó d ( A, ( SBC ) ) = AH . Xét tam giác SAM vuông tại A , có

1 1 1 1 1 7 3 = + 2 = 2  AH = a = + = 2 2 2 2 7 AH AM AS 3a a 3 a    2  Câu 36.

21a . 7

(Thpt Lê Văn Thịnh Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp đều S . ABCD , cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy là 60° . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD ) .

a 4

a 3 4

a 3 2

a 2

Lời giải Chọn C * Ta có:

d ( B; ( SCD ) ) d ( O; ( SCD ) )

BD = 2  d ( B; ( SCD ) ) = 2.d ( O; ( SCD ) ) = 2OH . Trong đó H là OD

hình chiếu vuông góc của O lên ( SCD ) .

* Gọi I là trung điểm của CD ta có: ( SCD ) ∩ ( ABCD ) = CD   ( ( SCD ) ; ( ABCD ) ) = ( OI ; SI ) = S IO = 60° .  SI ⊥ CD OI ⊥ CD  Xét tam giác SOI vuông tại O ta có: SO = OI . tan 60° = Xét ∆SOI , ta có  OH =

Câu 37.

a 3 . 2

1 1 1 4 4 16 = 2+ = 2+ 2 = 2 2 2 OH OI OS a 3a 3a

a 3 a 3 .  d ( B; ( SCD ) ) = 4 2

(Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là nửa lục giác đều ABCD nội tiếp trong đường tròn đường kính AD = 2a và có cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy

( ABCD ) với SA = a 6 . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD ) . A. a 2 .

B. a 3 .

C. Lời giải

Trang 26

a 2 . 2

a 3 . 2

Chọn C

AD = a , AC = a 3 . 2 Gọi E = AB ∩ CD , suy ra tam giác ADE đều. Khi đó C là trung điểm của ED và AC ⊥ ED .

Từ giả thiết suy ra: AB = BC = CD =

Dựng AH ⊥ SC thì AH ⊥ ( SCD ) , suy ra d [ A, ( SCD )] = AH . Xét tam giác SAC vuông tại A , có AH là đường cao 1 1 1 Suy ra: = 2+  AH = 2a 2 AH SA AC 2 Mà d [ B , ( SCD )] =

Câu 38.

1 1 a 2 . d [ A, ( SCD )] = AH = 2 2 2

A. d =

6a 8

a 6 . Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng ( SCD ) . 2

B. d = a

C. d =

6a 4

D. d =

15a 5

Lời giải Chọn C

Gọi M là trung điểm của CD , K là hình chiếu của H lên SM Trang 27

Tam giác HCD vuông tại H có CD = a 2 và HM =

a 2 2

Ta có BH / / CD  d ( B, ( SCD ) ) = d ( H , ( SCD ) ) = HK Tam giác SHM vuông tại H có HK =

HM .HS 2

HM + HS Vậy d ( B, ( SCD ) ) =

Câu 39.

a 6 4

(Chuyên Quang Trung Bình Phước 2019) Cho tứ diện O. ABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau OA = OB = OC = 3. Khoảng cách từ O đến mp( ABC ) là

1 3

B. 1

1 2

1 3

Lời giải Chọn B

Gọi A ' là chân đường cao kẻ từ A lên BC , C ' là chân đường cao kẻ từ C lên AB. Gọi H là giao của AA’ với CC’ suy ra H là trực tâm của tam giác ABC. Ta dễ dàng chứng minh được OH ⊥ ( ABC ). Do đó: d (O;( ABC )) = OH . Tính OH .

1 1 1 = + (1) 2 2 OH OA OA '2 1 1 1 = + Lại có: Tam giác OBC vuông tại B, có OA ' là đường cao. Suy ra: (2) 2 2 OA ' OB OC 2 1 1 1 1 = + + . Thay OA = OB = OC = 3 vào, ta được: Từ (1) và (2) suy ra: 2 2 2 OH OA OB OC 2 1 1 1 1 = + + = 1 ⇔ OH = 1. 2 OH 3 3 3 Vậy d (O;( ABC )) = OH = 1. Ta có: Tam giác OAA ' vuông tại O, có OH là đường cao. Suy ra :

Trang 28

Câu 40.

a 15 . 5

a 2 . 2

2a . 5

5a 30 . 3

Lời giải

Cách 1: Sử dụng kiến thức ở lớp 11. ABCD là hình thoi cạnh a , ABC = 60°  ∆ABC , ∆ACD là các tam giác đều cạnh a . Xét ∆SAC vuông tại A có: SA = SC 2 − AC 2 = 4a 2 − a 2 = a 3 . Vì AB // CD nên AB // ( SCD ) . Do đó d ( B, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) . Kẻ AH ⊥ CD ( H ∈ CD ) . Suy ra H là trung điểm của cạnh CD , AH =

a 3 . 2

Kẻ AK ⊥ SH ( K ∈ SH ) (1)

CD ⊥ AH  CD ⊥ ( SAH )  CD ⊥ AK Ta có:  CD ⊥ SA

( 2)

Từ (1) và (2) suy ra: AK ⊥ ( SCD )  d ( A, ( SCD ) ) = AK . Xét ∆SAH vuông ở A :

1 1 1 4 1 5 a 15 . = + 2 = 2 + 2 = 2  AK = 2 2 AK AH SA 3a 3a 3a 5

a 15 . 5 Cách 2: Tính khoảng cách thông qua tính thể tích. ABCD là hình thoi cạnh a , ABC = 60°  ∆ABC , ∆ACD là các tam giác đều cạnh a .

Vậy d ( B, ( SCD ) ) =

Xét ∆SAC vuông tại A có: SA = SC 2 − AC 2 = 4a 2 − a 2 = a 3 . Vì AB // DC nên AB // ( SDC ) . Do đó d ( B, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) = VSACD

3VSACD . S ∆SCD

1 1 a2 3 a3 = . = SA.S ∆ACD = a 3. 3 3 4 4

= SAD = 90° Xét ∆SAC và ∆SAD có: AD = AC = a , SA chung, SAC . Do đó ∆SAC = ∆SAD  SC = SD  ∆SCD cân tại S . Gọi H là trung điểm CD  SH ⊥ CD .

Trang 29

Xét ∆SHC vuông ở H : SH = SC 2 − CH 2 = 4a 2 −

a 2 a 15 = . 4 2

1 1 a 15 a 2 15 . SH .CD = . .a = 2 2 2 4 a3 3. a 15 d ( A, ( SCD ) ) = 2 4 = . 5 a 15 4 S ∆SCD =

Vậy d ( B, ( SCD ) ) =

Câu 41.

a 15 . 5

(Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2a; DC = a . Điểm I là trung điểm đoạn AD, hai mặt phẳng

( SIB )

và ( SIC ) cùng vuông góc với mặt phẳng

phẳng ( ABCD ) một góc

a 15 . 5

( ABCD ) . Mặt phẳng ( SBC ) 60° . Tính khoảng cách từ D đến ( SBC ) theo a .

9 a 15 . 10

2 a 15 . 5

tạ o v ớ i m ặ t

9a 15 . 20

Lời giải Chọn A

Theo đề ta có SI ⊥ ( ABCD ) . Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên BC . = 60° Suy ra: Góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) , ( ABCD ) = SKI

(

)

Gọi E là trung điểm của AB, M = IK ∩ DE. Do BCDE là hình bình hành nên DE // ( SBC )  d ( D , ( SBC ) ) = d ( DE , ( SBC ) ) = d ( M , ( SBC ) )

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên SK . Suy ra d ( M , ( SCD ) ) = MH 1 1 1 AU = KN = MK 2 2 2 1 5 IN = IM + MK + KN = MK + MK + MK = MK 2 2

Dễ thấy: IM =

Trang 30

Suy ra: MK =

2 2 2a 5 IN = ID 2 + DN 2 = . 5 5 5

Trong tam giác MHK , ta có: MH = MK .sin 60° =

Câu 42.

a 15 5

(Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại

A, AC = a, I là trung điểm SC . Hình chiếu vuông góc của S lên ( ABC ) là trung điểm H của BC . Mặt phẳng ( SAB ) tạo với ( ABC ) một góc 60° . Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng

( SAB ) . A.

3a . 4

3a . 5

5a . 4

2a . 3

Lời giải. Chọn A

Gọi M là trung điểm cạnh AB thì MH là đường trung bình của tam giác ABC nên a MH = , MH //AC  MH ⊥ AB . 2 Mặt khác, do SH ⊥ ( ABC ) nên ( SMH ) ⊥ BC . Suy ra góc giữa ( SAB ) và ( ABC ) là góc giữa

. Từ giả thiết suy ra SMH = 60° . SM và MH ; lại có SH ⊥ MH nên góc này bằng góc SMH Gọi K là hình chiếu của H lên SM thì HK ⊥ ( SAB ) . a 3 a a 3 . , MH =  HK = 2 2 4 Gọi khoảng cách từ I , C, H đến mặt phẳng ( SAB ) lần lượt là

Xét tam giác vuông SMH , SH = MH .tan 60° =

d ( I , ( SAB ) ) , d ( C , ( SAB ) ) , d ( H , ( SAB ) ) . Cách 1: 1  d ( I , ( SAB ) ) = 2 d ( C , ( SAB ) ) a 3 Ta có  .  d ( I , ( SAB ) ) = d ( H , ( SAB ) ) = 4 d ( H , ( SAB ) ) = 1 d ( C , ( SAB ) )  2 Cách 2: IH là đường trung bình của tam giác SBC nên IH //SB  IH // ( SAB )

Trang 31

 d ( I , ( SAB ) ) = d ( H , ( SAB ) ) =

Câu 43.

a 3 4

(Chuyên Hưng Yên - 2020) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân, = 30° . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Gọi D là BA = BC = a và BAC

điểm đối xứng với B qua AC . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD ) bằng A.

2a 21 . 7

a 2 . 2

a 21 . 14

a 21 . 7

Lời giải

Chọn D

= 30° và D đối xứng với B qua AC nên tứ giác ABCD là Tam giác ABC cân tại B có BAC hình thoi có ADC = ABC = 120° . Trong mặt phẳng ( ABC ) , kẻ AH vuông góc với đường thẳng CD tại H . Khi đó CD ⊥ AH và CD ⊥ SA nên CD ⊥ ( SAH ) . Do đó ( SCD ) ⊥ ( SAH ) . Trong mặt phẳng ( SAH ) , kẻ AK ⊥ SH tại K . Khi đó, AK ⊥ ( SCD ) và AK = d  A, ( SCD )  . Ta có AH = AD.sin 60° =

a 3 . 2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAH , ta có AK =

a 21 . 7

Vì AB // ( SCD ) nên d  B, ( SCD )  = d  A, ( SCD )  = AK =

Câu 44.

1 1 1 7 = + 2 = 2 . Từ đó, 2 2 AK AH SA 3a

a 21 . 7

B. a 3

C. a . Lời giải

Trang 32

2 a 21 . 3

Chọn A Gọi H là trọng tâm tam giác ∆ABC , O là tâm của hình thoi ABCD . = 30° . Do SH ⊥ ( ABCD ) : SD , ( ABCD ) = SDH

)

(

= 30° ; HD = 2 BD = 4 BO = 4 . a 3 = 2a 3 . Xét tam giác ∆SDH vuông tại H có: SDH 3 3 3 2 3 SH  SH = HD.tan SDH = 2a 3 .tan 30° = 2a . = tan SDH HD 3 3 Từ H hạ HI ⊥ SC tại I . HI ⊥ SC   HI ⊥ CD ( CD ⊥ ( SHC ) )  Ta có:   HI ⊥ ( SCD ) SC , CD ⊂ ( SCD )   SC ∩ CD = {C }  Từ đó, khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng ( SCD ) : d ( H , ( SCD ) ) = HI . Xét tam giác ∆SHC vuông tại H , đường cao HI : HI =

HS .HC 2

HS + HC

Mặt khác:

2a a 3 . 3 3

2  2a   a 3     +  3   3 

d ( B, ( SCD ) ) d ( H , ( SCD ) )

2 a 21 . 21

DB 3 = . DH 2

Vậy khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD ) :

3 3 3 2a 21 a 21 d ( B, ( SCD ) ) = d ( H , ( SCD ) ) = HI = . = . 2 2 2 21 7 Cách khác: Thể tích khối chóp S .BCD : 3 1 1 1 = 1 . 2a . 1 .a.a. 3 = a 3 (đvtt). VS .BCD = SH .S BCD = SH . .CB.CD.sin BCD 3 3 2 3 3 2 2 18

Xét tam giác ∆SCD có: SD =

SH 4a a 7 = ; CD = a; SC = SH 2 + HC 2 = . sin 30° 3 3 Trang 33

Diện tích tam giác ∆SCD : S∆SCD =

p ( p − SC )( p − SD )( p − CD ) =

a2 7 (đvdt). 6

SC + SD + CD là nửa chu vi tam giác ∆SCD ). 2 Vậy khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD ) :

(p=

d ( B, ( SCD ) ) =

Câu 45.

3.VB.SCD 3.VS .BCD = S∆SCD S∆SCD

a3 3 a 21 = 2 18 = . 7 a 7 6 3.

2a . 3

a . 2

Lời giải Chọn D

Gọi I là giao điểm của AM và BD , O là tâm hình vuông ABCD . 1 Ta có d ( M , ( SBD) = d ( A, ( SBD)) . 2 Dựng AH vuông góc với SO tại H . Ta có

Trang 34

a . 3

BD ⊥ SA    BD ⊥ ( SAO)  BD ⊥ AH . BD ⊥ AO  AH ⊥ SO    AH ⊥ ( SBD) nên d ( A,( SBD)) = AH . AH ⊥ BD  1 1 1 1 1 1 1 9 2a = + + = 2 + 2 + 2 = 2  AH = . 2 2 2 2 AH AS AB AD 4a a a 4a 3 a Vậy, d ( M , ( SBD) = . 3 Câu 46.

(Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình = 600 . Đường thẳng SO vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) thoi tâm O cạnh a và có góc BAD và SO =

3a . 4

3a . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( SBC ) bằng 4

a . 3

a 3 . 4

3a . 8

Lời giải Chọn D

= 600 suy ra tam giác BCD là tam giác đều Ta có: tứ giác ABCD là hình thoi cạnh a có BAD cạnh a . Gọi M là trung điểm cạnh BC . Suy ra DM ⊥ BC và DM =

a 3 . 2

1 a 3 DM = . 2 4 Vì SO ⊥ ( ABCD )  BC ⊥ SO  BC ⊥ ( SOK ) .

Kẻ OK / / DM , ( K ∈ BC )  OK ⊥ BC và OK =

Kẻ OH ⊥ SK , ( H ∈ SK )  OH ⊥ ( SBC ) .

Trang 35

Từ đó ta có: d ( O, ( SBC ) ) = OH =

Câu 47.

OK .SO 2

OK + SO

a 3 3a . 4 4

 a 3   3a  2   +   4   4 

3a . 8

(Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020) Cho hình chóp S. ABCD có SA ⊥ ( ABCD ) ,

SA = a 6 , ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD = 2a . Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD ) bằng

a 6 . 2

a 3 . 2

a 2 . 2

a 3 . 4

Lời giải Chọn C

Gọi I là trung điểm AD và H là trung điểm SD suy ra HI //SA  HI ⊥ ( ABCD ) . Do ABCD là nửa lục giác đều và I là trung điểm AD nên BI //CD .

( (

Suy ra d B, SCD

) ) = d ( I , ( SCD ) ) .

Do ABCD là nửa lục giác đểu nên dễ thấy ∆ICD là tam giác đều. Gọi M là trung điểm CD suy ra CD ⊥ ( HIM ) . Trong ( IHM ) kẻ IK ⊥ HM .

 IK ⊥ HM Ta có:   IK ⊥ CD

(

(CD ⊥ ( HIM ) )

 IK ⊥ ( SCD ) .

)

 d I , ( SCD ) = IK . Xét ∆IHM có:

 IK =

Trang 36

1 1 1 1 1 2 = 2+ = + = 2. 2 2 2 2 IK IH IM a a 6 a 3      2   2     

a 2 a 2 . Vậy d B, ( SCD ) = . 2 2

(

)

Câu 48.

(Chuyên Lào Cai - 2020) Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh

= SCA = 900. Biết góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 450. Tính khoảng 2a và SBA cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC). A.

15 a. 5

2 15 a. 5

2 15 a. 3

2 51 a. 5

Lời giải Chọn B

Gọi I là trung điểm của SA. Tam giác SAB và SAC là các tam giác vuông tại B, C  IS = IA = IB = IC . Gọi G là trọng tâm tam giác đều ABC  IG ⊥ ( ABC ) Trong (SAG) kẻ SH / / IG ( H ∈ CG )  SH ⊥ ( ABC ) Dễ thấy khi đó IG là đường trung bình của tam giác SAH  SH = 2 IG

2 2a 3 2a 3 . = 3 2 3 = 450  ∆AIG vuông cân tại G Ta có: ( SA, ( ABC ) ) = ( SA, AH ) = SAH

Tam giác ABC đều cạnh = 2a  AG =

⇔ IG = AG =

2a 3 4a 3  SH = 2 IG = 3 3 2

1 1 4a 3 ( 2a ) 3 4a 3  VS . ABC = SH .S ABC = . . = 3 3 3 4 3 Ta có: GA = GB = GC , GA = GH ( IG là đường trung bình của tam giác SAH)  GA = GB = GC = GH  G là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHC.  AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHC ⇔ ACH = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có: AH = 2 AG =

4a 3 2a  CH = AH 2 − AC 2 = 3 3 2

 4a 3   2a  2 15a  SC = SH + HC =  =  +  3  3   3 2

S SAC =

1 1 2 15a 2 15a 2 SC . AC = . .2a = 2 2 3 3

Trang 37

(

)

Vậy d B, ( SAC ) =

Câu 49.

3VS . ABC S SAC

4a 3 3. 3 = 2a 15 = 5 2 15a 2 3

a 39 . 13

B. a 3 .

C. a .

a . 2

Lời giải Chọn A

= 60° ⇒ SA = tan 60°.a = a 3 . Ta có ( SB, ( ABC )) = SBA Vì M là trung điểm của AB  d ( B, ( SMC )) = d ( A, ( SMC )) . Dựng AH vuông góc với SM tại H ⇒ d ( A, ( SMC )) = AH mà AM = Xét tam giác vuông ∆SAM ta có:

Câu 50.

1 a AB = . 2 2

1 1 1 1 4 13 a 39 . = 2+ = 2 + 2 = 2  AH = 2 2 AH SA AM 3a a 3a 13

(Sở Phú Thọ - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O , cạnh AB = a, AD = a 2 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD ) là trung điểm của

đoạn OA . Góc giữa SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 30° . Khoảng cách từ C đến mặt phẳng

( SAB ) A.

bằng

9 22a . 44

3 22a . 11

C. Lời giải

Chọn B

Trang 38

22a . 11

3 22 a . 44

Gọi H là trung điểm AO , ta có SH ⊥ ( ABCD ) .

bằng 30° . Góc giữa SC và ( ABCD ) bằng SCH Ta có CA = 4 HA , suy ra d ( C , ( SAB ) ) = 4d ( H , ( SAB ) ) . Kẻ HI ⊥ AB, HK ⊥ SI , ta suy ra HK ⊥ ( SAB ) .

d ( H , ( SAB ) ) = HK . HI =

1 a 2 . AD = 4 4

CH =

3 3 3a AC = 4 4

3a . 4 Xét tam giác SHI vuông tại H có HK là đường cao. 1 1 1 16 16 Suy ra = + = 2+ 2 2 2 2 HK HS HI 9a 2a 3a HK = . 2 22

Suy ra SH = CH . tan 30° =

d ( C , ( SAB ) ) = 4d ( H , ( SAB ) ) = 4.

Câu 51.

3a 3 22a = . 11 2 22

(Sở Ninh Bình) Cho hình chóp S . ABC có SA = a , tam giác ABC đều, tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) bằng

a 42 . 7

a 42 . 14

a 42 . 12

a 42 . 6

Lời giải Chọn A

Trang 39

Gọi H , M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , AC , AM . Do tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy

 SH ⊥ ( ABC ) . Kẻ HK ⊥ SN

(1) .

 AC ⊥ HN  AC ⊥ ( SHN )  AC ⊥ HK Ta có:   AC ⊥ SH

( 2) .

Từ (1) và ( 2 )  HK ⊥ ( SAC )  d ( H ; ( SAC ) ) = HK . Ta có d ( B ; ( SAC ) ) = 2d ( H ; ( SAC ) ) .

 AB = a 2  Do tam giác SAB vuông cân tại S và SA = a   a 2.  SH =  2  a 6  BM =  2 . Do tam giác ABC đều    HN = a 6  4 Xét tam giác vuông SHN , ta có HK =

SH . HN 2

SH + HN Vậy d ( B ; ( SAC ) ) = 2d ( H ; ( SAC ) ) = 2 HK =

Câu 52.

42 a. 14

42 a. 7

A. d =

2a 1513 . 89

B. d =

a 1315 . 89

C. d = Lời giải

Chọn D

Trang 40

2a 1315 . 89

D. d =

a 1513 . 89

Gọi H là trung điểm của AB  SH ⊥ AB ( ∆SAB cân tại S ).

( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB   SH ⊥ ( ABCD ) . Ta có ( SAB ) ⊥ ( ABCD )   SH ⊥ AB ( cmt ) Vì SH ⊥ ( ABCD ) , nên hình chiếu vuông góc của đường thẳng SC lên mặt phẳng ( ABCD ) là

= 45°. HC , suy ra ( SC , ( ABCD ) ) = ( SC , HC ) = SCH 2

a 17 2  AB  a 2 ∆HBC vuông tại B , có HC = HB 2 + BC 2 =  .  + BC =   + ( 2a ) = 2  2  2

∆SHC vuông cân tại H , suy ra SH = HC = Ta có

d ( M , ( SAC ) ) d ( D , ( SAC ) )

Mặt khác

a 17 . 2

1 1 MS 1 =  d ( M , ( SAC ) ) = d ( D , ( SAC ) ) = d ( B , ( SAC ) ) . DS 2 2 2

d ( B , ( SAC ) ) d ( H , ( SAC ) )

BA = 2  d ( B , ( SAC ) ) = 2d ( H , ( SAC ) ) . HA

Từ đó d ( M , ( SAC ) ) = d ( H , ( SAC ) ) . Trong mặt phẳng ( SAC ) , kẻ HI ⊥ AC và kẻ HK ⊥ SI .

 AC ⊥ HI ( gt )  AC ⊥ ( SHI )  AC ⊥ HK . Ta có  AC ⊥ SH SH ⊥ ABCD ( ) ( )   HK ⊥ SI ( gt ) Ta có   HK ⊥ ( SAC )  d ( H , ( SAC ) ) = HK .  HK ⊥ AC ( cmt ) 2

∆ABC vuông tại B , có AC = AB 2 + BC 2 = a 2 + ( 2a ) = a 5. ∆AIH ∼ ∆ABC 

BC. AH BC. AB 2a.a a 5 AI IH AH . = =  IH = = = = AB BC AC AC 2 AC 5 2.a 5

∆SHI vuông tại H , có HK =

SH .HI 2

SH + HI

a 17 a 5 . 2 5 2

 a 17   a 5    +   2   5 

a 1513 . 89

Trang 41

Câu 53.

(Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AD = 2 AB = 2 BC = 2a , SA vuông góc với đáy, góc giữa SB và mặt phẳng đáy bằng 600 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB . Khoảng cách từ H đến mặt phẳng

( SCD ) bằng A. a 3 .

3a 30 . 20

3a 30 . 10

3a 30 . 40

Lời giải Chọn D

Kẽ HK / / SC  HK / / ( SCD ) . Khi đó d ( H , ( SCD ) ) = d ( K , ( SCD ) ) . = a. tan ( SB; ( ABCD ) ) = a. tan 600 = a 3 . Ta có SA = AB. tan SBA

 SB = SA2 + AB 2 = 2a . Mà AB 2 = BH .SB  Vì KC / / AD nên

BH AB 2 1 BK 1 a 3a = = . Vì HK / / SC nên . =  BK =  KC = 2 SB SB 4 BC 4 4 4

d ( K ; ( SCD ) ) d ( A; ( SCD ) )

KC 3 3 =  d ( K ; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) . AD 8 8

Gọi F là hình chiếu vuông góc của A lên SC .  AC ⊥ DC  DC ⊥ ( SAC )  DC ⊥ AF . Do   SA ⊥ DC  AF ⊥ SC Vì   AF ⊥ ( SCD ) nên  AF ⊥ DC d ( A; ( SCD ) ) = AF =

SA. AC SA2 + AC 2

a 30 , với AC = AB 2 + BC 2 = a 2 . 5

3 3a 30 Vậy d ( H ; ( SCD ) ) = d ( K ; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) = . 8 40 Trang 42

Câu 54.

(THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020) Cho hình hộp ABCD. A′B′C ′D′ có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với O .

Biết tam giác AA′C vuông cân tại A′ . Tính khoảng cách h từ điểm D đến mặt phẳng ( ABB′A′) . A. h =

a 6 . 6

B. h =

a 2 . 6

C. h =

a 2 . 3

D. h =

a 6 . 3

Lời giải Chọn D

Ta có: AC = AB 2 + BC 2 = a 2 + a 2 = a 2 . Vì tam giác AA′C vuông cân tại A′ nên ta có: A′O =

AC a 2 . = 2 2

Gọi M là trung điểm của AB . Suy ra OM ⊥ AB . Trong mặt phẳng ( A′OM ) : kẻ OH ⊥ A′M . Ta có: AB ⊥ ( A′OM ) (vì AB ⊥ OM và AB ⊥ A′O ). Suy ra AB ⊥ OH . OH ⊥ A′M Vì   OH ⊥ ( ABB′A′ ) . Do đó: d ( O; ( ABB′A′ ) ) = OH . OH ⊥ AB Do D, O, B thẳng hàng và DB = 2OB nên d ( D; ( ABB′A′ ) ) = 2d ( O; ( ABB′A′ ) ) = 2OH .

Ta có: OH =

A′O.OM 2

A′O + OM

Vậy d ( D; ( ABB′A′ ) ) = h = 2OH = Câu 55.

a 2 a . 2 2

 a 2   a 2   +   2  2

a 6 . 6

a 6 . 3

(Yên Lạc 2 - Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD = 2 AB = 2a . Cạnh bên SA = 2 a và vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm

của SB và SD . Tính khoảng cách d từ điểm S đến mặt phẳng ( AMN ) . A. d = 2 a .

B. d =

3a . 2

C. d =

a 6 . 3

D. d = a 5 .

Trang 43

Lời giải Chọn C

Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với BD tại H , ta có:  BD ⊥ ( SAH )  MN ⊥ ( SAH )  ( AMN ) ⊥ ( SAH )   MN / / BD Mặt khác ( AMN ) ∩ ( SAH ) = SE , suy ra: d ( S ; ( AMN ) ) = d ( S ; AE ) . Xét tam giác vuông SAH có: AH =

AB. AD a.2a 2a 5 . = = 2 2 BD 5 a + 4a

20a 2 2a 30 = . 25 5 Vì MN là đường trung bình của tam giác SBD nên E là trung điểm của SH , suy ra: SH = SA2 + AH 2 = 4a 2 +

AE =

1 a 30 SH = . 2 5

d ( S ; AE ) =

Câu 56.

2S ∆SAE S ∆SAH AS . AH 2a.2a 5 a 6 . = = = = AE AE 2. AE 3 a 30 2.5. 5

(Kìm Thành - Hải Dương - 2020) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , biết SA ⊥ ( ABC ) và AB = 2 a , AC = 3a , SA = 4a . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

( SBC ) bằng A. d =

2a . 11

B. d =

6a 29 . 29

C. d = Lời giải

Chọn C

Trang 44

12a 61 . 61

a 43 . 12

K C

H B

Ta có SA ⊥ ( ABC )    SA ⊥ BC . BC ⊂ ( ABC )  Trong ( ABC ) , kẻ AH ⊥ BC , mà BC ⊥ SA  BC ⊥ ( SAH )  BC ⊥ SH . Trong ( SAH ) , kẻ AK ⊥ SH , mà SH ⊥ BC  AK ⊥ ( SBC ) hay d ( A; ( SBC ) ) = AK . Vì ∆ABC vuông tại A nên BC = AB 2 + AC 2 = 13a . Mặt khác có AH là đường cao nên AH =

AB. AC 6a 13 . = BC 13

Vì ∆SAH vuông tại A nên SH = SA2 + AH 2 = Vậy có AK là đường cao AK =

Câu 57.

2a 793 . 13

SA. AH 12a 61 = . SH 61

a 3 . 4

a 3 . 2

a . 2

D. 2a .

Lời giải Chọn A

Gọi H là trung điểm của AB . Từ giả thiết suy ra SH ⊥ ( ABCD ) . Trang 45

Từ H kẻ HG ⊥ BD tại G , kẻ HI ⊥ SG tại I . Suy ra HI ⊥ ( SBD )  d ( H , ( SBD ) ) = HI . Ta có BD =

AB 2 + AD 2 = a 2 +

a 3 a2 a 5 = , SH = . 4 2 2

a a . HG BH AD.BH 2 2 a 5 . Lại có ∆BGH đồng dạng với ∆BAD nên =  HG = = = AD BD BD 10 a 5 2 1 1 1 1 1 = + = + Khi đó 2 2 2 2 2 HI SH HG a 3 a 5      2   10  Suy ra HI =

a 3 . 8

Lại có d ( A, ( SBD ) ) = 2d ( H , ( SBD ) ) = 2.HI = 2.

Câu 58.

a 3 a 3 = . 8 4

3 7a . 14

8 7a . 3

C. Lời giải

Chọn C

Trang 46

6 7a . 7

3 7a . 2

Gọi SH là đường cao của khối chóp  SH là đường cao của tam giác SAB . = 30 , SHA = 90  AH = SA.cos 30 = 3a  SH = a 3 ∆SAH có SAH  d ( A ; ( SBC ) ) = 4d ( H ; ( SBC ) ) .

Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng ( SBC ) : Từ H kẻ HK ⊥ BC tại K , kẻ HI ⊥ SK tại I  d ( H ; ( SBC ) ) = HI Mà ∆HBK ∼ ∆CBA  

1 1 1 28 3a 7 = + = 2  HI = 2 2 2 HI SH HK 9a 14

 d ( A ; ( SBC ) ) = Câu 59.

BH HK BH .CA 3 =  HK = = a BC CA BC 5

6 7a . 7

(Tiên Lãng - Hải Phòng - 2020) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có AB = a , AC = 2a , = 1200 . Gọi M là trung điểm cạnh CC ′ thì BMA ′ = 900 . Tính khoảng cách từ điểm A BAC đến mặt phẳng ( BMA′ ) . A.

a 7 . 7

a 5 . 3

a 5 . 7

a 5 . 5

Lời giải Chọn B

Trang 47

= a 2 + ( 2a )2 − 2.a.2a.cos1200 = 7 a 2 . Ta có: BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2. AB. AC.cos BAC Đặt CC ′ = 2 x  CM = MC ′ = x . Vì ABC. A′B′C ′ là hình lăng trụ đứng nên ta có tam giác BCM vuông tại C và tam giác A′C ′M vuông tại C ′ . 2

Ta có: BM 2 = BC 2 + CM 2 = 7 a 2 + x 2 ; A′M 2 = A′C ′2 + C ′M 2 = ( 2a ) + x 2 = 4a 2 + x 2 ; A′B 2 = A′A2 + AB 2 = 4 x 2 + a 2 . ′ = 900 nên tam giác BMA′ vuông tại M , do đó: Vì BMA

A′B 2 = BM 2 + A′M 2 ⇔ 4 x 2 + a 2 = 7 a 2 + x 2 + 4a 2 + x 2 ⇔ x 2 = 5a 2 ⇔ x = a 5 . 1 = 1 . AB.d ( C , AB )  d ( C , AB ) = a 3 . Ta có: S ABC = AB. AC .sin BAC 2 2 Lại có: d ( M , ( ABA′ ) ) = d ( C , ( ABA′ ) ) = d ( C , AB ) ( vì CC ′ / / ( ABA′ ) và ( ABC ) ⊥ ( ABA′ ) ). Suy ra. Ta có: S ABA′ =

1 1 AB. AA′ = a 2 5 ; S MBA′ = MB.MA′ = 3 3a 2 .` 2 2

1 1 a 5 . VAA′BM = .S ABA′ .d ( M , ( ABA′ ) ) = .S MBA′ .d ( A, ( BMA′ ) )  d ( A, ( BMA′ ) ) = 3 3 3

Trang 48

Dạng 2. Khoảng cách của đường thẳng với đường thẳng Ta có các trường hợp sau đây: a) Giả sử a và b là hai đường thẳng chéo nhau và a ⊥ b - Ta dựng mặt phẳng (α ) chứa a và vuông góc với b tại B .

B A

- Trong (α ) dựng BA ⊥ a tại A , ta được độ dài đoạn AB là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b . b) Giả sử a và b là hai đường thẳng chéo nhau nhưng không vuông góc với nhau. Cách 1: - Ta dựng mặt phẳng (α ) chứ a và song song với b .

b B s

- Lấy một điểm M tùy ý trên b dựng MM ' ⊥ (α ) tại M ' . - Từ M ' dựng b '/ / b cắt a tại A . - Từ A dựng AB / / MM ' cắt b tại B , độ dài đoạn AB là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b . Cách 2: - Ta dựng mặt phẳng (α ) ⊥ a tại O , (α ) cắt b tại I .

a A

- Dựng hình chiếu vuông góc của b là b ' trên (α ) .

- Trong mặt phẳng (α ) , vẽ OH ⊥ b ' , H ∈ b ' .

- Từ H dựng đường thẳng song song với a cắt b tại B . - Từ B dựng đường thẳng song song với OH cắt a tại A . - Độ dài đoạn thẳng AB là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b . Câu 1.

b' M'

(Đề Tham Khảo 2018) Cho lập phương ABCD . A′ B ′C ′D ′ có cạnh bằng a ( tham khảo hình vẽ bên ).Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A ′ C ′ bằng

3a 2

D. a

Lời giải Chọn D Ta có khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau BD và A ′ C ′ bằng khoảng cách giữa mặt phẳng song song ( ABCD) và ( A′B′C′D′ ) thứ tự chứa BD và A ′ C ′ . Do đó khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A ′ C ′ bằng a .

Câu 2.

(Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a , SO vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) và SO = a . Khoảng cách giữa SC và

AB bằng:

2a 3 . 15

2a 5 . 5

a 5 . 5

a 3 . 15

Lời giải Chọn B SN

a a

O A

 AB / / CD ⇒ d ( AB; SC ) = d ( AB; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) = 2.d ( O; ( SCD ) ) (*)  Hình chóp O.SCD là tam diện vuông tại O : 1 1 1 1 1 1 1 5 a 5 = + + = 2+ + = 2 ⇔ d ( O; ( SCD ) ) = 2 2 2 2 2 5 OC OD a a 2 a 2 a d ( O; ( SCD ) ) OS      2   2  2

(*) ⇔ d ( AB; SC ) = 2.d ( O; ( SCD ) ) =

Câu 3.

2a 5 . 5

(Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An - 2021) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a, O là tâm của mặt đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và CD bằng A.

a . 2

B. a .

C. Lời giải

Chọn A

2a . 2

2a .

Vì S . ABCD là hình chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông và SO ⊥ ( ABCD ) . Gọi M là trung điểm của CD. Khi đó OM ⊥ SO (do SO ⊥ ( ABCD ) và OM ⊂ ( ABCD ) ). Mà OM ⊥ CD (do ∆OCD là tam giác cân tại O ). Suy ra d ( SO, CD ) = OM =

Câu 4.

AD a = . 2 2

(THPT Triệu Sơn - Thanh Hóa - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng

A. a 2 .

B. 2a .

C. a . Lời giải

Chọn A

D. a 3 .

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD , ta có AO ⊥ BD . Mặt khác SA ⊥ ( ABCD )  SA ⊥ AO . Vậy AO là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng SA và BD nên 1 d ( SA; BD ) = AO = AC = a 2 . 2

Câu 5.

(Chuyên Long An - 2021) Cho hình chóp S . ABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , đáy ABCD là hình chữ nhật với AC = a 5 và AD = a 2 . Tính khoảng cách giữa SD và BC .

A. a 3 .

3a . 4

a 3 . 2

2a . 3

Lời giải Chọn A S

A D

Có BC // AD  BC // ( SAD )  d ( BC , SD ) = d ( BC , ( SAD ) ) = d ( B, ( SAD ) )

 BA ⊥ AD Có   BA ⊥ ( SAD )  d ( B, ( SAD ) ) = BA  BA ⊥ SA Tam giác ABC vuông tại B  AB = AC 2 − BC 2 = 5a 2 − 2a 2 = a 3

 d ( B, ( SAD ) ) = AB = a 3  d ( SD, BC ) = a 3 .

Câu 6.

2a . 3

6a . 3

3a . 3

Lời giải Chọn A

Gọi N là trung điểm của AC , ta có: MN //BC nên ta được BC // ( SMN ) . Do đó d ( BC , SM ) = d ( BC , ( SMN ) ) = d ( B, ( SMN ) ) = d ( A, ( SMN ) ) = h . Tứ diện A.SMN vuông tại A nên ta có:

1 1 1 1 1 1 1 9 2a = + + = 2 + 2 + 2 = 2 h= . 2 2 2 2 h AS AM AN a a 4a 4a 3 Vậy d ( BC , SM ) =

2a . 3

a . 2

Câu 7.

(Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang, AB = 2a , AD = DC = CB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 3a (minh họa như hình bên). Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và DM bằng

3a . 4

3a . 2

3 13a . 13

6 13a . 13

Lời giải Chọn A

Ta có M là trung điểm của AB . Theo giả thiết suy ra ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AB

 ACB = 90°; ABC = 60°   AC = a 3 Vì DM //BC  DM // ( SBC ) Do đó d ( DM , SB ) = d ( DM , ( SBC ) ) = d ( M , ( SBC ) ) = Kẻ AH ⊥ SC .

 BC ⊥ AC Ta lại có   BC ⊥ ( SAC )  AH ⊥ BC .  BC ⊥ SA

1 1 d ( A, ( SBC ) ) (vì MB = AB ) 2 2

 AH ⊥ SC  AH ⊥ ( SBC )  d ( A, ( SBC ) ) = AH . Khi đó   AH ⊥ BC Xét tam giác SAC vuông tại A , ta có

( ) ( )

a 3 . ( 3a ) AC 2 .SA2 9a 2 3 AH 2 = = =  AH = a . 2 2 2 2 AC + SA 4 2 a 3 + ( 3a ) Vậy d ( DM , SB ) =

Câu 8.

1 1 3a d ( A, ( SBC ) ) = AH = . 2 2 4

(Mã 101 – 2020 Lần 2) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A .

AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a 3 . Gọi M là trung điểm của BC (tham khảo hình bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SM bằng

a 2 . 2

a 39 . 13

a . 2

a 21 . 7

Lời giải Chọn B Cách 1 (Phương pháp hình học cổ điển):

Gọi N là trung điểm của AB , khi đó MN //AC . Gọi H là hình chiếu của A lên SN . Dễ dàng chứng minh được AH ⊥ ( SMN ) . Suy ra d ( AC , SM ) = d ( AC , ( SMN ) ) = d ( A , ( SMN ) ) = AH .

Trong tam giác SAN vuông tại A có: AN =

1 1 1 , trong đó AS = a 3 , = + 2 2 AH AS AN 2

1 a AB = . 2 2

Suy ra AH =

a 39 a 39 . Vậy d ( AC , SM ) = . 13 13

Cách 2 (Phương pháp tọa độ hóa):

Chọn a = 1 , gắn bài toán vào hệ trục tọa độ Axyz , trong đó A ( 0;0; 0 ) , B (1;0;0 ) , C ( 0;1;0 ) , 1 1 S 0;0; 3 , M  ; ;0  . 2 2 

(

)

 SM , AC  . AS  1 1    Ta có: d ( SM , AC ) = với SM =  ; ; − 3  , AC = ( 0;1;0 ) , AS = 0;0; 3  SM , AC  2 2    .

(

Suy ra d ( SM , AC ) =

Câu 9.

)

39 a 39 , hay d ( SM , AC ) = . 13 13

(Mã 101 - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là ình chữ nhật, AB = a, BC = 2a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng

6a 2

2a 3

C. Lời giải

Chọn B

a 2

a 3

K B

O x D

Từ B kẻ Bx //AC  AC // ( SB, Bx ) Suy ra d ( AC , SB ) = d ( AC , ( SB, Bx ) ) = d ( A, ( SB, Bx ) ) Từ A kẻ AK ⊥ Bx ( K ∈ Bx ) và AH ⊥ SK  AK ⊥ Bx Do   Bx ⊥ ( SAK )  Bx ⊥ AH  SA ⊥ Bx Nên AH ⊥ ( SB, Bx )  d ( A, ( SB, Bx ) ) = AH

= BAC (so le trong Ta có ∆BKA đồng dạng với ∆ABC vì hai tam giác vuông có KBA AK AB AB.CB a.2a 2 5a =  AK = = = . CB CA CA 5 a 5 1 1 1 1 5 9 2a Trong tam giác SAK có = + = 2 + 2 = 2  AH = . 2 2 2 AH AS AK a 4a 4a 3 2a Vậy d ( AC , SB ) = . 3

Suy ra

Câu 10.

(Mã 103 2018) Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau, và OA = OB = a , OC = 2a . Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AC bằng A.

2 5a 5

2a 2

C. Lời giải

2a 3

Chọn C Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN //AC  AC// ( OMN )

 d ( OM ; AC ) = d ( C; ( OMN ) ) = d ( B; ( OMN ) ) . 1 1 1 VA.OBC = . a.a.2a = a 3 . 3 2 3 1 1 1 1 VM .OBC d ( M ; ( ABC ) ) SOBN = . =  VM .OBC = a 3 . = . 2 2 4 12 VA.OBC d ( A; ( ABC ) ) SOBC

Xét tam giác vuông cân AOB : OM =

Xét tam giác vuông BOC : ON =

Xét tam giác BAC : MN =

1 2 AB = a. 2 2

1 1 BC = 2 2

( 2a )

+ a2 =

5 a. 2

1 1 2 5 2 AC = a + ( 2a ) = a. 2 2 2

Trong tam giác cân OMN , gọi H là trung điểm của OM ta có NH = NM 2 − HM 2 =

3 2 a. 4

1 3 Suy ra SOMN = OM .NH = a 2 . 2 8

Vậy d ( B; OMN ) =

Câu 11.

3VM .OBN 2 = a. SOMN 3

(THPT Việt Đức Hà Nội 2019) Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AC = a 3 . Biết BC ′ hợp với mặt phẳng ( AA′C ′C ) một góc 30o và hợp với mặt

phẳng đáy góc α sao cho sin α =

6 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm cạnh BB′ và A′C ′ . 4

Khoảng cách giữa MN và AC ′ là:

a 6 4

a 3 6

a 5 4

a 3

Lời giải Chọn A

′A = 30o +) Ta có: ( BC ′, ( AA ′C ′C ) ) = BC ′BC = α +) Mặt khác ( BC ′, ( ABC ) ) = C

+) Gọi AB = x  BC = 3a + x 2

 CC ′ = BC .tan α =

3 ( 3a 2 + x 2 ) 5

 AC′ = AB.cot 30o = 3x +) Mặt khác ta có: AC 2 + CC ′2 = AC′2  x = a 2  CC′ = a 3  AC ' = a 6 +) Gọi P là trung điểm của B′C′ , ta có: Do mặt phẳng ( MNP ) / / ( ABC ′ ) nên d ( MN , AC ′ ) = d ( MN , ( ABC ′ ) ) = d ( N , ( ABC ′ ) ) =

+) Kẻ A′H ⊥ AC ′  A′H ⊥ ( ABC ′ ) 

 d ( MN , AC ′ ) =

Câu 12.

1 d ( A′, ( ABC ′ ) ) 2

1 a 6 d ( A′, ( ABC ′ ) ) = A′H = 2 2

a 6 4

(Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2019) Cho hình chóp S . ABC , có SA = SB = SC , đáy là tam giác đều cạnh a . Biết thể tích khối chóp S . ABC bằng

SA và BC bằng:

a3 3 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng 3

4a 7

3 13a 13

6a 7

a 3 4

Lời giải Chọn C

Do hình chóp S . ABC đều nên SG là đường cao của hình chóp ( G là trọng tâm tam giác đều ABC ). Kẻ MH ⊥ SA tại H thì MH là đoạn vuông góc chung của SA và BC . Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng MH . Ta có VS . ABC =

1 a2 3 a3 3 a 3 SG =  SG = 4a , AG = , 3 4 3 3

SA = AG 2 + SG 2 =

3a 2 7a 3 + 16a 2 = . Ta có 9 3

SA.MH = SG. AM  MH =

Câu 13.

SG. AM 3.4a.a 3 6a = = SA 7 2.7 a 3

(Mã 102 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a , BC = 2a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD , SC bằng A.

4 21a 21

2 21a 21

C. Lời giải

Chọn B

a 30 12

a 30 6

Gọi O là tâm hình chữ nhật và M là trung điểm SA , ta có: SC // ( BMD ) . Do đó d ( SC , BD ) = d ( SC , ( BMD ) ) = d ( S , ( BMD ) ) = d ( A, ( BMD ) ) = h Ta có: AM , AB, AD đôi một vuông góc nên 1 1 1 1 4 1 1 = + + = 2 + 2 + 2 2 2 2 2 h AM AB AD a a 4a

Suy ra: h =

Câu 14.

2a 21 . 21

(Mã 104 2018) Cho tứ diện O. ABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau, OA = a và

OB = OC = 2a . Gọi M là trung điểm của BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AB bằng A.

6a 3

B. a

2 5a 5

Lời giải Chọn A

Ta có ∆OBC vuông cân tại O , M là trung điểm của BC

 OM ⊥ BC

2a 2

OM / / BN Dựng hình chữ nhật OMBN , ta có   OM / / ( ABN )  BN ⊂ ( ABN )

 d ( AB, OM ) = d ( OM , ( ABN ) ) = d ( O, ( ABN ) ) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AN ta có:  BN ⊥ ON  BN ⊥ ( OAN )  OH ⊥ BN mà OH ⊥ AN   BN ⊥ OA

 OH ⊥ ( ABN )  d ( O, ( ABN ) ) = OH ∆OAN vuông tại O , đường cao OH



1 1 1 4 1 1 1 1 4 = + = + = + = + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 OA BM OA OB + OC 2 OH OA ON OA BC

a 6 2a 2 1 4 3 a 6 2  d ( AB, OM ) = OH =  OH =  OH = + = 2 2 2 2 3 3 3 a 4a + 4a 2a

Nhận xét:

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, khi đó O ( 0;0;0 ) , B ( 2a;0;0 ) , C ( 0; 2a;0 ) , A ( 0;0; a ) M là trung điểm của BC  M ( a; a;0 )

Ta có OM = ( a; a;0 ) ; OB = ( 0; 2a;0 ) ; AB = ( 2a;0; − a )

OM , AB  .OB   =  OM , AB  = ( − a 2 ; a 2 ; −2a 2 )  d ( AB, OM ) = OM , AB   

2a 3 a 4 + a 4 + 4a 4

a 6 3

Câu 15.

(Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị 2019) Cho hình chóp S . ABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , đáy

ABCD là hình chữ nhật với AC = a 5 và BC = a 2 . Tính khoảng cách giữa SD và BC . A.

a 3 . 2

B. a 3 .

2a . 3

3a . 4

Lời giải

 BC / / AD Ta có   BC / / ( SAD )  d ( BC , SD ) = d ( BC , ( SAD ) ) = d ( B , ( SAD ) ) .  BC ⊄ ( SAD )

Có SA ⊥ ( ABCD )  SA ⊥ AB .

 BA ⊥ AD   BA ⊥ ( SAD )  d ( B, ( SAD ) ) = BA . Ta có  BA ⊥ SA  SA ∩ AD = A  Xét tam giác vuông BAC , BA =

AC 2 − BC 2 = 5a 2 − 2a 2 = a 3 .

Vậy d ( B, ( SAD ) ) = a 3  d ( BC , SD ) = a 3 .

Câu 16.

a 906 29

Chọn B

a 609 29

a 609 19 Lời giải

a 600 29

Không mất tính tổng quát, giả sử a = 1 . Gọi H là trung điểm của AB . Kẻ HM ⊥ BC ( M ∈ BC ) ; HN ⊥ SM

( N ∈ SM ) .

Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên SH ⊥ ( ABCD ) . Áp dụng định lý hàm số cos : DH 2 = DA2 + AH 2 − 2 DA. AH .cos120° = 1 +  DH =

1 1 1 7 − 2.1.  −  = 4 2 2 4

7 2

= 60°  SH = DH .tan 60° = 7 . 3 = 21 Theo đề bài: SDH 2 2 1 3 3 Lại có: HM = HB.sin 60° = . . = 2 2 4 Ngoài ra: BC ⊥ ( SHM )  BC ⊥ HN  HN ⊥ ( SBC ) ;   HN =

1 1 1 116 = + = 2 2 2 HN SH HM 21

609 . 58

Chú ý rằng AD // ( SCB ) nên khoảng cách giữa AD và SC là khoảng cách giữa A và mặt phẳng ( SBC ) , bằng 2 lần khoảng cách từ H (theo định lý Ta-let), d = 2 HN =

Câu 17.

609 29

(THPT Lê Quy Đôn Điện Biên 2019) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bẳng

4 , góc giữa SC và mặt phẳng ( ABC ) là 45° . Hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC ) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC .

A. d =

4 210 . 45

B. d =

210 . 5

C. d =

4 210 . 15

D. d =

Lời giải Chọn B

= 45° (SC ; ( ABC)) = SCH

Ta có: BH =

1 4 AB = 3 3 2

=  4  + 4 2 − 2. 4 .4.cos 60° = 4 7 CH = BH 2 + BC 2 − 2 BH .BC.cos HBC   3 3  3

⇒ SH = CH.tan 45° =

2 34 3

Dựng hình thoi ACBD (với D là đỉnh thứ 4 của hình thoi) ⇒ AD / / BC ⇒ BC / / (SAD)

3 Vậy d (SA; BC ) = d ( BC ; (SAD)) = d ( B; (SAD)) = d ( H ; (SAD)) 2 Gọi M là trung điểm của AD ⇒ BM ⊥ AD ( ΔDAB đều). Từ H dựng HI / / BM ⇒ HI ⊥ AD

2 210 . 15

 AD ⊥ HI ⇒ AD ⊥ (SIH ) ⇒ (SAD) ⊥ (SIH ) Ta có:    AD ⊥ SH Từ H dựng HK ⊥ SI ⇒ HK ⊥ (SAD) Vậy d ( H ; (SAD)) = HK

AH HI BM . AH Ta có: HI / / BM ⇒ = ⇒ HI = = AB BM AB

8 3=4 3 4 3

2 3.

4 7 4 3 . SH .IH SH.IH 2 210 3 3 ⇒ HK = = = = 2 2 2 2 SI 15 SH + HI  4 7   4 3    +    3   3      ⇒ d (SA; BC) = Câu 18.

3 210 HK = 2 5

= 60° , AC = 2 (Sở Ninh Bình 2019) Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại B , C , SA ⊥ ( ABC ) , SA = 1 . Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách d giữa SM và BC là A. d =

21 . 7

B. d =

2 21 . 7

C. d = Lời giải

Ta có

  BC ⊥ AB    BC ⊥ ( SAB ) . SA, AB ⊂ ( SAB )  SA ∩ AB = A  BC ⊥ SA

Trong ( SAB ) , dựng BH ⊥ SM và cắt SM ở H .

21 . 3

D. d =

2 21 . 3

Ta có BH ⊥ SM    d ( SM , BC ) = BH ⇔ d = BH . BH ⊥ BC  Ta có ∆BMH ∽∆SMA 

BH BM SA ⋅ BM = ⇔ BH = SA SM SM

Xét ∆ABC vuông tại B có sin B CA =

 AM = BM =

(1) .

AB  AB = sin 600 ⋅ 2 = 3 . AC

3 . 2 2

 3 7 7 Xét ∆SAM vuông ở A có SM = SA + AM = 1 +  .  =  SM = 4 2  2  2

SA ⋅ BM Thế vào (1) , ta có BH = = SM

1⋅

3 2 = 3 = 21 . 7 7 7 2

Cách 2: Nhận xét: Các dạng toán về khoảng cách nếu có thể thì nên sử dụng các quan hệ song song và tỉ lệ để đưa về tính khoảng cách từ chân đường cao của hình chóp.

Gọi N là trung điểm của AC . Ta có BC // ( SMN )  d ( BC , SM ) = d ( BC , ( SMN ) ) = d ( B, ( SMN ) ) = d ( A, ( SMN ) ) . Kẻ AH ⊥ SM , H ∈ SM , ta có AH ⊥ ( SMN )  d ( A, ( SMN ) ) = AH . = 2.sin 60° = 3  AM = 3 . Ta có AB = AC .sin C 2

Xét tam giác SAM vuông tại A có AH là đường cao, suy ra AH =

SA. AM 2

SA + AM Vậy d ( BC , SM ) =

Câu 19.

21 . 7

(THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Cho khối chóp tứ giác đều S. ABCD có thể tích bằng

a 2b với AB = a . Gọi G là trọng tâm của tam giác SCD , trên các cạnh AB, SD lần lượt lấy các 3 điểm E , F sao cho EF song song BG . Khoảng cách giữa hai đường thẳng DG và EF bằng 2ab

3 2b + a

2b + a

a 2b 2

3 2b + a

ab 3 2b 2 + a 2

Lời giải

Gọi M là trung điểm CD , O là trung điểm BD . Do S. ABCD là khối chóp tứ giác đều nên

ABCD là hình vuông và SO ⊥ ( ABCD ) . Do VS . ABCD =

S ABCD .SO a 2 .SO a 2b = =  SO = b . 3 3 3

Ta có

BE // CD ⇒ BE // ( SCD)  ⇒ BE // GF mà BE// CD ⇒ GF // CD . ( BEFG) ∩ ( SCD) = GF  Do G là trọng tâm ∆SCD nên

SG 2 GF SF SG 2 = mà GF //CD nên = = = . SM 3 DM SD SM 3

Trên tia đối của tia DC lấy điểm N sao cho DN = GF =

2 DM . Từ đó ta có DNFG và 3

BEND là hai hình bình hành và ( BDG ) // ( NEF ) . Trên đoạn thẳng OD lấy điểm K sao cho

KD DF 1 = = , từ đó ta có FK //SO mà OD SD 3

SO ⊥ ( ABCD ) suy ra FK ⊥ ( ABCD) . Hạ KP ⊥ EN và KH ⊥ PF , do FK ⊥ ( ABCD) nên FK ⊥ KP . Do

EN ⊥ KP    EN ⊥ ( FKP )  EN ⊥ KH mà KH ⊥ PF suy ra KH ⊥ ( NEF ) . EN ⊥ FK 

Khi đó: d ( DG , EF ) = d ( DG , ( NEF ) ) = d ( ( BDG ) , ( NEF ) ) = d ( K , ( NEF ) ) = KH . Ta có: BE = GF =

Do FK //SO nên

2 2 CD CD a MD = . = = 3 3 2 3 3

FK DF 1 1 b = = , suy ra FK = SO = . SO DS 3 3 3

Hạ EJ ⊥ BD . Do EN //BD, KP ⊥ EN , EJ ⊥ BD  KP = EJ = BE.sin 45Ο =

a 2 a 2 . = . 3 2 6

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông FKP với đường cao KH ta có:

9 ( 2b 2 + a 2 ) 1 1 1 1 1 ab = + = + =  KH = 2 2 2 2 2 2 2 KH KF KP ab 3 2b 2 + a 2 b a 2      3  6  Vậy d ( DG , EF ) = Câu 20.

ab 3 2b 2 + a 2

(THPT Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2 a 3 , mặt bên SAB là tam giác cân với ASB = 120° và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SC và N là trung điểm của MC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , BN .

2 327 a . 79

237 a . 79

2 237 a . 79

5 237 a . 316

Lời giải Cách 1:

Gọi H là trung điểm AB . Vì ( SAB ) ⊥ ( ABC ) nên SH ⊥ ( ABC ) . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz , với O ≡ H , HB ≡ Ox , HC ≡ Oy , HS ≡ Oz . Ta có: HC =

AC 2 − AH 2 = 3a ; SH =

AH =a. tan ASH

 3a a  Khi đó: H ( 0 ; 0 ; 0 ) , S ( 0; 0; a ) , A −a 3 ; 0;0 , B a 3 ;0;0 , C ( 0;3a ; 0 ) , M  0; ;  ,  2 2  9a a  N  0; ;  .  4 4

(

) (

)

 3a a   9a a  Suy ra: AM =  a 3 ; ;  , BN =  −a 3 ; ;  , AB = 2a 3 ;0;0 , 2 2 4 4    3a 2 3 3a 2 15 3a 2   AM , BN  =  −    4 ; − 4 ; 4  .  

(

)

Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , BN là

3 3a 3  AM , BN  . AB 2 237 a   2 d ( AM , BN ) = = = . 2 79 711a  AM , BN    4

Cách 2:

Gọi P là trung điểm của AC , G là trọng tâm tam giác ABC . Kẻ NK / / SH , K ∈ HC ; EK / / AC , E ∈ BP . Suy ra: NP / / AM  AM / / ( NPB )  d ( AM , BN ) = d ( M , ( NPB ) ) = d ( C , ( NPB ) ) . 1 a  NK = SH =  NK KC CN 1  4 4 Ta có: NK / / SH nên = = =  . GK 5 SH CH CS 4  =  GC 8

EK / / AC nên

EK GK 5 5 5 3a . = =  EK = PC = PC GC 8 8 8

NE = NK 2 + EK 2 =

a 79 ; BP = HC = 3a . 8

 KN ⊥ BP Vì:   BO ⊥ ( NPB )  BP ⊥ EN .  KE ⊥ BP Diện tích tam giác NBP là: S ∆NBP =

1 3 79a . NE.BP = 2 16

Thể tích tứ diện N .CPB là: 1 1 1 1 1 3a 3 . VN .CPB = d ( N , ( ABC ) ) .S ∆CBP = . .SH . .BP.PC = .a .3a .a 3 = 3 3 4 2 24 8 Khoảng cách từ C đến ( NBP ) là: d ( C , ( NBP ) ) =

3VN .CPB 2 237 a . = S ∆NBP 79

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , BN là

2a 237 . 79

Cách 3: Kẻ KI ⊥ NE , I ∈ NE . Khi đó:

8 NP / / AM  AM / / ( NPB )  d ( AM , BN ) = d ( M , ( NPB ) ) = d ( C , ( NPB ) ) = d ( K , ( NPB ) ) 5 .  KI ⊥ NE Ta có:   KI ⊥ ( NPB )  d ( K , ( NPB ) ) = KI .  KI ⊥ BP

8 Suy ra: NP / / AM  AM / / ( NPB )  d ( AM , BN ) = KI . 5 Trong tam giác vuông NKE ta có: 1 1 1 1264 5 237 a 2 237 a . = + =  KI =  d ( AM , BN ) = 2 2 2 2 KI KN KE 75a 316 79

Câu 21.

(Chuyên Bắc Ninh 2019) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 3 cm. Gọi M là trung điểm của CD . Khoảng cách giữa AC và BM là: A.

2 11 cm . 11

3 22 cm . 11

3 2 cm 11

Lời giải

Gọi I , G lần lượt là trung điểm của AC và trọng tâm của tam giác ABC .

2 cm . 11

1 9 2 . Ta có DG ⊥ ( ABC ) và VABCD = DG.S ABC = 3 4 Gọi N là trung điểm của AD  MN || AC  AC || ( BMN ) .

 d ( AC , BM ) = d ( AC , ( BMN ) ) = d ( A, ( BMN ) ) = d ( N , ( BMN ) ) = h . 1 1 9 11 Gọi K là trung điểm của MN , ta có S BMN = .BK .MN = . BM 2 − MK 2 .MN = 2 2 16 Ta có:

⇔

Câu 22.

VDACB DA DC DB 1 9 2 1 = . . = 2.2.1 = 4 ⇔ VDACB = VDBMN ⇔ = .h.S BMN . VDNMB DN DM DB 4 16 3

9 2 1 9 11 3 22 . = .h. ⇔h= 16 3 16 11

(THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC, AD vuông góc với nhau đôi một và AD = 2 AC = 3 AB = a. Gọi ∆ là đường thẳng chứa trong mặt ( BCD) sao cho khoảng cách từ điểm A đến ∆ là nhỏ nhất và khoảng cách lớn nhất giữa hai đường thẳng ∆ và AD là d . Khẳng định nào sau đây là đúng?.

A. d = a

14 . 14

B. 3 a < d < 4 a.

3a 4a <d < . 14 7

D. d > 4 a .

Lời giải

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên ( BCD). Khi đó ta có H là trực tâm của tam giác BCD .

Với mọi đường thẳng ∆ nằm trong ( BCD) thì d ( A; ∆) ≥ AH . Do đó đường thẳng ∆ thỏa mãn phải đi qua điểm H . Kẻ HK ⊥ AD( K ∈ AD) khi đó H , K là hai điểm cố định lần lượt nằm trên ∆ & AD . Hiển nhiên, khoảng cách giữa ∆ & AD là độ dài đoạn vuông góc chung của chúng nên d (∆; AD) ≤ HK . Dấu bằng xảy ra khi HK ⊥ ∆.

Ta có

1 1 1 1 1 1 1 14 a = + + = + + 2 = 2  AH = . 2 2 2 2 a 2 a 2 a AH AB AC AD a 14 ( ) ( ) 3 2

= Ta có: cos HAK



Câu 23.

AH 1 = 13  HK = HA.sin HAK = a 13 . =  sin HAK AD 14 14 14

3a 4a <d < . 14 7

(Mã 102 - 2020 Lần 2) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A , AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = 2a , M là trung điểm của BC . Khoảng cách giữa AC và SM là

a . 2

a 2 . 2

C. Lời giải

Chọn C

2a 17 . 17

2a 3

Gọi N là trung điểm của AB nên MN / / AC Nên AC / / ( SMN )  d ( AC; SM ) = d ( AC; ( SMN ) ) = d ( A; ( SMN ) ) Ta có MN / / AC  MN ⊥ ( SAB ) Trong mặt phẳng ( SAB ) kẻ AH ⊥ SN tại H nên AH ⊥ ( SMN ) Nên d ( A; ( SMN ) ) = AH =

Câu 24.

AN . AS AN 2 + AS 2

2a 17 17

3a . 3

2a . 2

C. Lời giải

Chọn D Cách 1:

a . 2

5a . 5

Gọi N là trung điểm AB, ta có AC / / MN Suy ra AC / / ( AMN ) ⇒ d ( AC, SM ) = d ( AC,( SMN ) = d ( A, ( SMN )) .

( SAB ) ⊥ ( SMN ) ( MN ⊥ ( SAB )  Ta có ( SAB ) ∩ ( SMN ) = SN  ⇒ AH ⊥ ( SMN )   

AH ⊥ SN Suy ra AH = d ( A, ( SMN )) .

AH =

a 5a 2 = = . 2 5 AS 2 + AN 2   a a 2 +    2 AS . AN

Cách 2: (Tọa độ hóa) Chọn hệ Oxyz sao cho O ≡ A , các tia Ox, Oy, Oz lần lượt đi qua B , C , S . Chọn a = 2 , ta có A (0; 0; 0) , B (2; 0; 0), C (0; 2; 0) , S (0; 0; 2) . Suy ra M (1;1; 0) .

AC = (0; 2;0)    Ta có  ⇒  AC , SM  = (−4;0; −2)  SM = (1;1; −2) 

AM = (1;1;0) ⇒  AC , SM  . AM = (−4).1 + 0.1 + (−2).0 = −4 .    AC , SM  . AM   −4 2 5a = = = Vậy d ( AC , SM ) = . 2 2 2  AC , SM  5 5 − 4 + 0 + − 2 ( ) ( )  

Câu 25.

(Mã 104 - 2020 Lần 2) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A ,

AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Gọi M là trung điểm của BC (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SM bằng

10a . 5

a . 2

2a . 3

2a . 2

Lời giải Chọn C

Gọi N là trung điểm AB . Suy ra: AC // ( SMN ) nên d ( AC , SM ) = d ( AC , ( SMN ) ) = d ( A, ( SMN ) ) =

Dễ thấy: S ∆AMN =

1 a2 1 2a 3 S ∆ABC = .  VS . AMN = S ∆AMN .SA = 4 8 3 24

Ta có: SN = SA2 + AN 2 =

Suy ra: p =

Và S ∆SMN =

3VS . AMN . S ∆SMN

3a AC a 10a , MN = . = và SM = SA2 + AM 2 = 2 2 2 2

1 a ( SM + SN + MN ) = 4 + 10 2 4

(

)

p ( p − SM )( p − SN )( p − MN ) =

Vậy d ( A, ( SMN ) ) =

3VS . AMN 2a . = S ∆SMN 3

Cách 2: Gọi N là trung điểm AB .

3a . 8

Suy ra: AC // ( SMN ) nên d ( AC , SM ) = d ( AC , ( SMN ) ) = d ( A, ( SMN ) ) Kẻ AH ⊥ SN tại H . Vì MN AC , AC ⊥ AB  MN ⊥ AB , mà MN ⊥ SA  MN ⊥ ( SAN )  MN ⊥ AH  AH ⊥ SN Ta có:   AH ⊥ ( SMN )  AH = d ( A, ( SMN ) )  AH ⊥ MN Xét tam giác vuông SAN vuông tại A ta có:

 AH =

Câu 26.

1 1 1 1 1 9 = 2+ = 2+ 2 = 2 2 2 a AH SA AN 2a 2a 4

a 2 a 2 .  d ( AC , SM ) = 3 3

a 6 . 3

a 2 . 2

2a 5 . 5

a 6 . 6

Lời giải Chọn D

Gọi I là trung điểm của BC . Vì BM // DI nên BM // ( SDI ) . Do đó d ( BM , SD ) = d ( BM , ( SDI ) ) = d ( M , ( SDI ) ) . Vì AD ∩ ( SDI ) = D và M là trung điểm của AD nên d ( M , ( SDI ) ) =

1 d ( A, ( SDI ) ) . 2

Trong ( ABCD ) , kẻ AK ⊥ DI ( K ∈ DI ) , AK ∩ BM = J . Trong ( SAK ) , kẻ AH ⊥ SK ( H ∈ SK ) .  DI ⊥ AK  DI ⊥ ( SAK ) mà AH ⊂ ( SAK )  DI ⊥ AH . Vì   DI ⊥ SA Suy ra AH ⊥ ( SDI )  d ( A, ( SDI ) ) = AH . Ta có BM // DI  JM // DK và M là trung điểm của AD nên AK = 2 AJ . Lại có

1 1 1 1 1 2 = + = 2+ 2 = 2. 2 2 2 AJ AB AM a a a

Suy ra AJ =

Mặt khác

a 2  AK = a 2 . 2

1 1 1 1 1 3 a 6 = + 2 = 2 + 2 = 2  AH = . 2 2 AH AK SA 2a a 2a 3

1 a 6 Do đó d ( M , ( SDI ) ) = . AH = . 2 6 Cách khác:

Gọi E = DI ∩ AB thì AE = 2 AB = 2a .

1 d ( BM , SD ) = d ( B, ( SDI ) ) = d ( A, ( SDE ) ) . 2 Vì S . ADE là tứ diện vuông tại A nên đặt h = d ( A, ( SDE ) ) thì ta có

1 1 1 1 1 1 1 3 a 6 = 2+ + = 2 + 2 + 2 = 2 h= . 2 2 2 h SA AD AE a 4a 4 a 2a 3 Suy ra d ( BM , SD ) =

Câu 27.

h a 6 = . 2 6

a 3 . 4

a 2 . 4

a 5 . 4

a 3 3

Lời giải Chọn A

Gọi H là trung điểm của BC. Khi đó SH ⊥ ( ABCD ) . Do tam giác ABC vuông cân tại A nên

AH ⊥ BC và AH =

a . 2

Dựng điểm D sao cho ABCD là hình bình hành.

(

)

(

Khi đó d ( SA, BC ) = s BC , ( SAD ) = d H , ( SAD )

)

a 3 a . 2 2 =a 3. Kẻ HI ⊥ SA  d ( H , ( SAD ) ) = HI = a 4 Câu 28.

(Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = 2 a, BC = a , tam giác đều SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách giữa

BC và SD là A.

3a .

3 a. 2

C. Lời giải

Chọn A

2 5 a. 5

5 a. 5

 BC //AD  Ta có  AD ⊂ ( SAD )  BC // ( SAD ) , do đó d ( BC , SD ) = d ( BC , ( SAD ) ) = d ( B, ( SAD ) ) .   BC ⊂/ ( SAD ) Tam giác SAB đều, gọi H là trung điểm SA thì BH ⊥ SA (1).

( SAB ) ⊥ ( ABCD )  AD ⊥ ( SAB )  ( SAB ) ⊥ ( SAD ) (2). Ta có   AD ⊥ AB Từ (1) và (2) suy ra BH ⊥ ( SAD ) , do đó d ( B, ( SAD ) ) = BH =

Câu 29.

2a 3 =a 3. 2

a 3 . 6

a 2 . 3

C. Lời giải

Chọn D

a 3 . 2

a 3 . 3

Cách 1 Gọi E là điểm đối xứng với D qua A , N là trung điểm của SE và K là trung điểm của BE Ta có các tứ giác NMCB và ACBE là các hình bình hành. Có CM // ( SBE ) nên d ( CM , SB ) = d ( CM , ( SBE ) ) = d ( C, ( SBE ) ) = d ( A, ( SBE ) ) .

∆ABE vuông cân tại A có AB = a nên AK ⊥ BE và AK =

a 2 . 2

Kẻ AH ⊥ SK , H ∈ S K .

 BE ⊥ AK  BE ⊥ ( SAK )  BE ⊥ AH . Có   BE ⊥ SA  AH ⊥ BE  AH ⊥ ( SBE )  d ( A, ( SBE ) ) = AH . Có   AH ⊥ SK a 2 a 3 a 2 SA. AK a. 2 a 3 2 2 = = Ta có AK = , SK = SA + AK = ; AH = . 2 SK 3 a 3 2 2 Vậy d ( CM , SB ) =

Cách 2:

a 3 . 3

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho: A ( 0;0;0 ) , B ( a;0;0 ) , D ( 0; a;0 ) , S ( 0; 0; a )  C ( a; a;0) ,

 a a M  0; ;  .  2 2  a a   a 2 a 2 a 2  Ta có SC = ( a; a; − a ) , SB = ( a;0; − a ) , MC =  a; ; −    SB, MC  =  ; − ; . 2 2   2 2  2 Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM là:

a3 a 3 a 3 − −  SB, MC  .SC 2 2 2 a 3   d ( SB, CM ) = = = . 4 4 4 3  SB, MC  a a a   + + 4 4 4 Vậy d ( CM , SB ) =

Câu 30.

a 3 . 3

(Chuyên Bến Tre - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a ,

SA = 2a và vuông góc với ( ABCD ) . Gọi M là trung điểm của SD . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SB và CM.

A. d =

a . 3

B. d =

a 2 . 2

C. d = Lời giải

Chọn C

2a . 3

a D. d = . 6

K A

D H I O

Gọi O = AC ∩ BD . Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên O là trung điểm của BD mà M là trung điểm của SD nên OM / / SB suy ra SB / / ( ACM ) . Do đó d ( SB, CM ) = d ( SB, ( ACM ) ) = d ( B, ( ACM ) ) = d ( D, ( ACM ) ) . Gọi H là trung điểm của AD nên MH / / SA  MH ⊥ ( ABCD ) .

 d ( SB, CM ) = d ( D, ( ACM ) ) = 2d ( H , ( ACM ) ) . Kẻ HI ⊥ AC  ( MHI ) ⊥ ( MAC ) theo giao tuyến MI , kẻ HK ⊥ MI  HK ⊥ ( ACM ) hay

d ( H , ( ACM ) ) = HK . 1 1 1 1 a 2 , MH = SA = a . Có HI = OD = BD = AB 2 + AD 2 = 2 4 4 4 2 1 1 1 1 1 1 1 9 a Suy ra = + ⇔ = 2+ ⇔ = 2 ⇔ HK = . 2 2 2 2 2 2 HK HM HI HK a a 2 HK a 3    4  2a Vậy d ( SB, CM ) = 2d ( H , ( ACM ) ) = 2 HK = . 3 Câu 31.

a . 2

2a . 3

a 7 . 7

D. a 3

Lời giải Chọn B

Gọi N là trung điểm BB′  MN / / B′C  B′C / / ( AMN ) . Khi đó d ( AM , B′C ) = d ( B′C , ( AMN ) ) = d ( C , ( AMN ) ) . Ta có BC ∩ ( AMN ) = M và MB = MC nên d ( C , ( ABM ) ) = d ( B, ( ABM ) ) . Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( ABM ) . Tứ diện BAMN có BA, BM , BN đôi một vuông góc nên:

1 1 1 1 1 = = + + 2 2 2 2 h BH BA BM BN 2

AB = 2 a = BC . 1 1 2a BN = BB′ = AA′ = = a. 2 2 2 1 BM = BC = a . 2

Suy ra

1 1 1 1 9 4a 2 2a 2 = + + =  h = h= . 2 2 2 2 2 h 4a a a 4a 9 3

Vậy khoảng cách giũa hai đường thẳng AM và B ′C bằng

Câu 32.

2a . 3

(Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2020) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của cạnh AD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CM . A.

a 33 . 11

a . 33

a . 22

a 22 . 11

Lời giải Chọn C Ta có: VABCD =

VABCM =

a 3 3 VABCD 1 a3 2 ; = → VABCM = 12 VABCM 2 24

1 AB.CM .d ( AB, CM ).sin( AB, CM ) 6

cos( AB, CM ) =

AB.CM AB.CM

→ sin( AB, CM ) = 1 − Câu 33.

AB. AM − AC =

(

AB.CM

a2 a2 − 4 2 a.a

3 2

3 6

1 11 6VABCM a 22 = .Vậy d ( AB, CM ) = = . 12 12 AB.CM .sin( AB, CM ) 11

2 . 5

3 . 2

1 . 2

3 . 5

Lời giải Chọn A

Gọi D là điểm đối xứng của C qua A ta có tứ giác ADA′C ′ là hình bình hành do đó A′D //AC ′ , suy ra khoảng cách d ( AC ′, BA′) = d ( AC ′, ( A′BD )) = d ( A, ( A′BD )) . Theo giả thiết ABC . A′B′C ′ là lăng trụ đều nên AA′ ⊥ ( ABC ) hay AA′ ⊥ ( ABCD ) suy ra A′A ⊥ BD (1) . Ta có ∆ABD có AB = AD nên là tam giác cân tại A , gọi I là trung điểm BD ta có AI ⊥ BD (2) . Xét tam giác ∆BCD có A, I lần lượt là trung điểm của DC , DB nên AI = Trong mặt phẳng ( A ' AI ) dựng AH ⊥ A′I ; H ∈ A′I Từ (1) và (2) suy ra BD ⊥ ( A ' AI )  BD ⊥ AH

1 BC = 1 . 2

(3) .

(4) .

Từ (3) và (4) suy ra AH ⊥ ( A ' BD) do đó khoảng cách d ( A, ( SBD)) = AH .

AI . AA '

Trong tam giác A ' AI vuông tại A ta có AH =

2 . 5

Từ đây chọn đáp án

Câu 34.

AI 2 + ( AA ') 2

(Đại Học Hà Tĩnh - 2020) Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác vuông và

AB = BC = a , AA′ = a 2 , M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách d của hai đường thẳng AM và B′C . A. d =

a 6 . 6

B. d =

a 2 . 2

C. d =

a 7 . 7

D. d =

Lời giải Chọn C Cách 1: B′

C′

A′ N K M

H A

Do ∆ABC vuông và có AB = BC nên ∆ABC vuông cân tại B . Gọi N là trung điểm của BB′ , ta có: B′C // ( AMN ) . Khi đó: d ( AM , B′C ) = d ( B′C , ( AMN ) ) = d ( C , ( AMN ) ) = d ( B, ( AMN ) ) . Kẻ BH ⊥ AM tại H và kẻ BK ⊥ NH tại K . Ta có: BH ⊥ AM , BN ⊥ AM  AM ⊥ ( NBH )  BK ⊥ AM . Do BK ⊥ NH , BK ⊥ AM nên BK ⊥ ( AMN ) . Suy ra: d ( B, ( AMN ) ) = BK . Mặt khác: BH =

BM .BA 2

BM + BA

5a ; BK = 5

Vậy d ( AM , B′C ) = d ( B, ( AMN ) ) = BK =

Cách 2:

BH .BN 2

BH + BN

a 7 . 7

a 3 . 3

B′

C′

A′

O≡B

A x

Do ∆ABC vuông và có AB = BC nên ∆ABC vuông cân tại B . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Không mất tính tổng quát, ta giả sử a = 1 .  1  Ta có: A (1; 0;0 ) , M  0; ;0  , B′ 0;0; 2 , C ( 0;1;0 ) .  2 

(

)

 1  AM =  −1; ;0  , B′C = 0;1; − 2 , AC = ( −1;1; 0 ) ; 2  

(

)

  2  AM , B′C  =  −    2 ; − 2; −1 .  

2 − 2 +0  AM , B′C  . AC 2 7   = = Khi đó: d ( AM , B′C ) = . 7 1  AM , B′C    + 2 +1 2 Trong trường hợp tổng quát, ta có: d ( AM , B′C ) =

Câu 35.

a 7 . 7

(ĐHQG Hà Nội - 2020) Cho lăng trụ đứng ABCA/ B / C / có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của AA/ . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và B / C . A.

3 a. 5

3 a. 10

C. Lời giải

Chọn B

3 a. 2 2

3 a 7

Gọi O và I lần lượt là trung điểm của B/C/, BC. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho: O (0; 0; 0); A/ ∈ Ox  A/ (

 B / (0;

1 − 3 ; 0; 0); C / ∈ Oy  C / (0; ; 0); I ∈ Oz  I (0; 0;1) 2 2

−1 1 −1 − 3 − 3 1 ; 0); C (0; ;1); B (0; ;1); A( ; 0;1); M ( ; 0; ) 2 2 2 2 2 2

3 − 3 − 3 1 −1 ; ; )   BM , B / C  = (1; ; )  B / C = (0;1;1); BM = (   2 2 2 2 2

 BC = (0;1;0) Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và B / C là: 3 BC.  BM , B / C  3   / 2 d ( BM ; B C ) = = = 3 3 10 nên chọn đáp án B  BM , B / C  1 + +   4 4

Câu 36.

(Sở Phú Thọ - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD ) là trung điểm của cạnh AB , góc giữa mặt phẳng

( SAC ) và đáy bằng 45° . Gọi M

là trung điểm của cạnh SD . Khoảng cách giữa hai đường AM

và SC bằng

A. a .

a 2 . 4

C. Lời giải

Chọn D

a 5 . 10

a 5 . 5

Gọi H là trung điểm cạnh AB , I là trung điểm cạnh AO . Suy ra SH ⊥ ( ABCD ) ,

= 45° . Do đó SAC ) , ( ABCD ) = SIH (

SH = IH =

1 a 2 BO = . 2 4

Gọi N là trung điểm cạnh CD , khi đó HN ⊥ AB . Chọn hệ trục tọa độ trong không gian như hình vẽ, ta có tọa độ các điểm a   H ( 0; 0;0 ) , A  0; − ; 0  ; 2  

 a a a 2  a  a 2 a   . S  0;0;  ; D  a; − ;0  ; M  ; − ;   ; C  a; ;0  4  2    2 4 8   2 

 a a a 2   a a 2  Nên AM =  ; ; .  2 4 8  ; SC =  a; 2 ; − 4  ; AC = ( a; a;0 )     Khoảng cách giữa hai đường AM và SC là  AM , SC  . AC a 5   d ( AM , SC ) = = . 5  AM , SC   

Câu 37.

(Sở Hà Tĩnh - 2020) Cho tứ diện ABCD có AB , AC , AD đôi một vuông góc với nhau và AD = 2, AB = AC = 1 . Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC , khoảng cách giữa hai đường

thẳng AI và BD bằng

3 . 2

2 . 5

C. Lời giải

Chọn D

5 . 2

2 . 3

Vì tứ diện ABCD có AB , AC , AD đôi một vuông góc với nhau, nên ta chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ (với A là gốc tọa độ, đường thằng AC nằm trên trục Ax , AD nằm trên

trục Ay và AB nằm trên trục Az ). Từ đó suy ra: A ( 0; 0;0 ) , B ( 0;0;1) vì B ∈ Az , C (1; 0; 0 ) vì C ∈ Ax , D ( 0; 2;0 ) vì D ∈ Ay . 1 1 Vì I là trung điểm của BC nên I  ;0;  . 2 2 Từ đó, ta quay về bài toán tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong hệ tọa độ không gian Axyz .  1  1  1  Ta có AI =  ;0;  , BD = ( 0; 2; −1)   AI , BD  =  −1; ;1 và AB = ( 0;0;1) . 2 2  2   AI , BD  . AB   = Ta có d ( AI , BD ) =  AI , BD   

Câu 38.

( −1) .0 +

1 .0 + 1.1 2 2

( −1)

1 +   + 12 2

2 . 3

(Sở Yên Bái - 2020) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác vuông cân tại B , biết AB = BC = a , AA′ = a 2 , M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B′C .

a 7 . 7

2a 5 . 5

C. Lời giải

Chọn A

a 6 . 2

a 15 . 5

Kẻ MN // B′C  B′C // ( AMN )

 d = d ( B′C, MN ) = d ( B′C , ( AMN ) ) = d ( C, ( AMN ) ) = d ( B, ( AMN ) ) . Ta có tứ diện BAMN là tứ diện vuông



Câu 39.

1 1 1 1 1 1 1 7 a 7 = + + = 2+ + = 2 d = . 2 2 2 2 2 2 d BA BM BN a a a 2 a 7     2   2 

(Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng

2a , cạnh SA tạo với mặt phẳng đáy một góc 30o . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD bằng A.

2 15a . 5

3 14a . 5

2 10a . 5

4 5a . 5

Lời giải Chọn C

Gọi O là tâm của mặt đáy, M là trung điểm của AB , H là hình chiếu của O trên SM .

 SAO = 30o  SO = AO tan 30o = a 2 . Ta có ( SA, ( ABCD ) ) = ( SA, OA ) = SAO 3 Ta có AB ⊥ OM , AB ⊥ SO  AB ⊥ ( SOM )  AB ⊥ OH , mà SM ⊥ OH  OH ⊥ ( SAB ) . Tam giác SOM vuông tại O và có đường cao OH nên

1 1 1 3 1 5 10a = + = 2 + 2 = 2  OH = . 2 2 2 OH SO OM 2a a 2a 5 Vì CD //AB  d ( CD, SA) = d ( CD, ( SAB ) ) = d ( C , ( SAB ) ) = 2d ( O, ( SAB ) ) = 2OH =

2 10a . 5

Câu 40.

Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MN bằng

3a . 8

a 6 . 2

3a . 4

D. a 6 .

Lời giải Chọn A

Gọi E là trung điểm của BC , vì tam giác ABC đều  AE ⊥ BC , lại có SA ⊥ BC  BC ⊥ SE = 60° . Mặt khác ( SBC ) ∩ ( ABC ) = BC  ( ( SBC ) , ( ABC ) ) = SEA Gọi P là trung điểm của SA  SB // MP, MP ⊂ ( MNP )  SB // ( MNP )

 d ( SB, MN ) = d ( SB, ( MNP ) ) = d ( B, ( MNP ) ) = d ( A, ( MNP ) ) = SEA = 60° và AI ⊥ MN Gọi AE ∩ MN = I  PIA Ta có MN ⊥ AI , MN ⊥ PI  MN ⊥ ( API )  ( PMN ) ⊥ ( API ) Mà ( PMN ) ∩ ( API ) = PI , kẻ AH ⊥ PI  AH ⊥ ( PMN )  d ( A, ( PMN ) ) = AH .

1 a 3 a 3 3 3a AIP = 60°, AI = AE =  AH = AI .sin AIP = . = Xét ∆API có . 2 4 4 2 8 3a Vậy d ( SB, MN ) = . 8

Câu 41.

ABCD (Liên trường Nghệ An 2020) Cho tứ diện có ABC = ADC = ACD = 900 , BC = 2a, CD = a , góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng ( BCD ) bằng 60 0 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD .

a 6 . 31

2a 6 . 31

2a 3 . 31

a 3 . 31

Lời giải Chọn C

Gọi H là chân đường cao của tứ diện ABCD .

 BC ⊥ AB  BC ⊥ HB (1) . Ta có:   BC ⊥ AH CD ⊥ AD  CD ⊥ HD ( 2 ) . Lại có:  CD ⊥ AH = 90° . Mà BCD Từ đây ta suy ra HBCD là hình chữ nhật. AB, ( BCD ) = ABH = 60° . Suy ra: AH = HB. tan 60° = a 3 . Mặt khác:

)

(

Chọn hệ trục Oxyz ≡ H .DBA như hình vẽ.

(

)

Ta có: H ( 0;0; 0 ) , A 0; 0; a 3 , B ( 0; a;0 ) , C ( 2a; a; 0 ) , D ( 2a; 0;0 ) . AC = 2a; a; − a 3 , BD = ( 2a; −a;0 ) , AB = 0; a; − a 3 .  AC , BD  . AB 2a 3 3 2 a 93  Vậy d ( AC , BC ) =  . = = 2 2 2 31  AC , BD  2 2 2 − a 3 + − 2 a 3 + ( −4 a )  

(

)

(

Câu 42.

)

) (

)

(Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020) Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA = OB = a , OC = 2a . Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AC bằng

2a . 3

2 5a . 5

C. Lời giải

Chọn D

2a . 2

2a . 3

H O B E K

M A

Dựng AE //OM , khi đó OM // ( CAE ) . Do đó d ( OM , AC ) = d ( OM , (CAE ) ) = d ( O, (CAE ) ) Dựng OK ⊥ AE , ta có:

 AE ⊥ OK  AE ⊥ OC Vì CO ⊥ ABC  AE ⊥ ( COK ) ( )) (  Mà AE ⊂ ( CAE ) nên ( CAE ) ⊥ ( COK ) . Ta có ( CAE ) ∩ ( COK ) = CK . Kẻ OH ⊥ CK , khi đó OH ⊥ ( COK ) . Suy ra

d ( O, (CAE ) ) = OH Xét tam giác OAB ta có : AB = OA2 + OB 2 = a 2 . Dễ thấy OKAM là hình chữ nhật nên OK = AM =

AB a 2 . = 2 2

Xét tam giác COK ta có : 1 1 1 1 1 1 2 = +  = +  OH = a . 2 2 2 2 2 2 OH OK OC OH 3  a 2  ( 2a )    2 

Câu 43.

(Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2020) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AB = a, AC = 2 a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Gọi G là trọng tâm của ∆ABC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SG và BC bằng

2a . 7

a 6 . 3

C. Lời giải

Chọn A

2a 6 . 9

4a . 7

Gọi M là trung điểm của BC . Trong mp ( SAM ) dựng S ′M / / SG . Suy ra S ′A =

3 SA = 3a 2

Do đó d ( SG, BC ) = d ( SG, ( S ′BC ) ) = d ( G, ( S ′BC ) ) . 1 Vì AM = 3GM nên d ( G , ( S ′BC ) ) = d ( A, ( S ′BC ) ) . 3

Kẻ AH ⊥ BC ta có BC ⊥ ( S ′AH ) . Kẻ AK ⊥ S ′H  AK = d ( A, ( S ′BC ) ) . Ta có

1 1 1 2a 1 1 1 6a = +  AH = . Suy ra . = +  AK = 2 2 2 2 2 2 AH AB AC AK S ′A AH 7 5

Do đó d ( G , ( S ′BC ) ) =

Câu 44.

1 2a . AK = 3 7

A. 2 22 .

22 .

C. Lời giải

Chọn B

22 . 2

D. 4 11 .

Trong tam giác ∆SAB ta có SB 2 = SA2 + AB 2 − 2 SA. AB.cos 30° ⇔ AB = 11 3 . Trong tam giác ∆SBC ta có SB = SC = 11, ∠SBC = 60° nên ∆SBC đều suy ra BC = 11 . Trong tam giác ∆SCA ta có SC = SA = 11, ∠SCA = 45° nên ∆SCA vuông cân tại S suy ra

AC = 11 2 . Xét tam giác ABC có BC 2 + AC 2 = AB 2 do vậy ∆ABC vuông tại C . Gọi I là hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABCD) vì SA = SB = SC nên I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , vì ∆ABC vuông tại C nên I là trung điểm của AB và SI ⊥ ( ABCD)  SI ⊥ CD (1) . Vẽ IK ⊥ CD (2), IH ⊥ SK (3) . Từ (1) và (2) suy ra CD ⊥ ( SIK )  CD ⊥ IH (4) . Từ (3) và (4) suy ra IH ⊥ ( SCD) do đó khoảng cách d ( I , ( SCD)) = IH . Ta lại có AB //CD suy ra khoảng cách d ( AB, SD) = d ( AB, ( SCD)) = d ( I , ( SCD)) = IH . Trong mặt phẳng đáy vẽ CJ ⊥ AB ta suy ra IK = CJ =

Trong tam giác SAB cân tại S có SI = SA2 −

Trong tam giác SIK vuông tại I ta có IH =

Câu 45.

CA.CB 11 6 = . AB 3

AB 2 11 = . 4 2 IK .SI

IK 2 + SI 2

= 22 .

a 210 . 15

a 210 . 45

a 714 . 17

a 714 . 51

Lời giải Chọn A

Dựng hình bình hành ABCD , vì tam giác ABC là tam giác vuông tại B nên ABCD là hình chữ nhật. Suy ra BC / / AD  BC / / ( A′AD ) . Do đó d ( BC , AA′ ) = d ( BC , ( A′AD ) ) = d ( C , ( A′AD ) ) . Mà 3AM = AC nên d ( C , ( A′AD ) ) = 3d ( M , ( A′AD ) ) . Kẻ MH ⊥ AD  ( A′MH ) ⊥ ( A′AD ) = A′H . Kẻ MK ⊥ A′H  MK ⊥ ( A′AD )  MK = d ( M , ( A′AD ) ) . 1 2a AC =  A′M = 3 3 MH AM 1 1 1 a Và MH / / CD  = =  MH = CD = AB = . CD AC 3 3 3 3 Mặt khác ta có AC =

Suy ra

AB 2 + BC 2 = 2a  AM =

a 14 . 3

1 1 1 1 1 1 1 135 a 210 . = + ⇔ = + ⇔ = ⇔ MK = 2 2 2 2 2 2 2 2 MK A′M MH MK MK 14a 45  a 14   a    3  3   

Vậy d ( BC , AA′ ) = d ( C , ( A′AD ) ) = 3d ( M , ( A′AD ) ) = 3MK = 3

Câu 46.

A′A2 − AM 2 =

a 210 a 210 . = 45 15

(Hải Hậu - Nam Định - 2020) Cho hình chóp đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 9a 2 , độ dài cạnh bên lớn hơn độ 8 dài cạnh đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD bằng

a 2 . Biết rằng bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng

2a 17 . 17

4a 17 . 17

C. Lời giải

Chọn D

4a 34 . 17

2a 34 . 17

Gọi O = AC ∩ BD , M là trung điểm SC . Trong tam giác SAC , dựng đường trung trực của đoạn thẳng SC cắt SO tại I , I là tâm mặt cầu 9a 2 . 8 Vì độ dài cạnh bên lớn hơn độ dài cạnh đáy nên tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thuộc đoạn SO . Gọi x là độ dài cạnh bên của hình chóp. Ta có ∆SOC đồng dạng với ∆SMI . ngoại tiếp hình chóp S . ABCD , bán kính R = SI =

9a 2 SI SM Suy ra = ⇔ 8 = SC SO x ⇔

9a 2 8

x2 − a2 =

x 2 2 x − a2

x2 ⇔ 9a x 2 − a 2 = 2 2 x 2 ⇔ 81a 2 ( x 2 − a 2 ) = 8 x 4 2

 x  2 2   = 9  x2  a x 4 2 2 4  ⇔ 8 x − 81a x + 81a = 0 ⇔ 8  2  − 81  + 81 = 0 ⇔ 2  a a   x  = 9  a  8 2

 x 9   = không thỏa vì x < a 2 . a 8 2

x   = 9 ⇔ x = 3a . a 2

Suy ra SO 2 = ( 3a ) − a 2 = 8a 2

d ( AB; SD ) = d ( AB, ( SDC ) ) = d ( A; ( SCD ) ) = 2d ( O; ( SCD ) ) . Gọi E là trung điểm CD , kẻ OH ⊥ SE , khi đó d ( O, ( SCD ) ) = OH . 1 1 1 1 2 2 2a = + = 2 + 2  OH = 2 2 2 OH SO OE 8a a 17 . d ( AB; SD ) = 2OH =

Câu 47.

4 34a . 17

(Lương Thế Vinh - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật

với AB = 2a , AD = 3a (tham khảo hình vẽ). Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy; góc giữa mặt phẳng ( SCD ) và mặt đáy là 45° . Gọi H là trung điểm cạnh AB . Tính theo a khoảng cách giữa hai đoạn thẳng SD và CH .

3 11a . 11

3 14a . 7

3 10a . 109

Lời giải Chọn B Cách 1:

( SAB ) ⊥ ( ABCD )  Ta có: ( SAB ) ∩ ( ABCD )  SH ⊥ ( ABCD ) .   SH ⊥ AB; SH ⊂ ( SAB ) Kẻ HK ⊥ CD ( K là trung điểm của CD )  CD ⊥ ( SHK )  CD ⊥ SK .

= 45°  ( SK ; HK ) = SKH ( SCD ) ; ( ABCD ) ) = (

 ∆SHK vuông cân tại H  SH = HK = 3a . Kẻ d qua D song song với HC cắt AB tại E  ED = HC = a 10 .

3 85a . 17

 d ( CH ; SD ) = d ( CH ; ( SED ) ) = d ( H ; ( SED ) ) .

Kẻ HF ⊥ ED  ED ⊥ ( SHF ) . Kẻ HG ⊥ SF  HG ⊥ ( SED )  d ( H ; ( SED ) ) = HG . Ta có: S∆HED =

1 1 AD.EH 3a.2a 3 10a AD.EH = HF .ED  HF = = = . 2 2 ED 5 a 10

Xét tam giác SHF vuông tại H ta có:

1 1 1 SH .HF = + =  HG = 2 2 2 HG SH HF SH 2 + HF 2

 d ( CH ; SD ) =

3 10a 3 14a 5 = . 2 7 18a 2 9a + 5

3a.

3 14a . 7

Cách 2:

( SAB ) ⊥ ( ABCD )  Ta có: ( SAB ) ∩ ( ABCD )  SH ⊥ ( ABCD ) .   SH ⊥ AB; SH ⊂ ( SAB ) Kẻ HK ⊥ CD ( K là trung điểm của CD )  CD ⊥ ( SHK )  CD ⊥ SK .

= 45°  ( ( SCD ) ; ( ABCD ) ) = ( SK ; HK ) = SKH

 ∆SHK vuông cân tại H  SH = HK = 3a . Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ H ≡ O , tia Ox chứa HK , tia Oy chứa HA , tia Oz chứa HS Khi đó: H ( 0; 0 ; 0 ) ; C ( 3a; − a ; 0 ) ; D ( 3a; a; 0 ) ; S ( 0; 0;3a ) . Ta có: HC = ( 3a; − a ; 0 ) , SD = ( 3a; a; − 3a ) , SH = ( 0 ; 0 ; − 3a ) .

  HC ; SD  = ( 3a 2 ;9a 2 ;6a 2 ) SH .  HC ; SD  =  d ( CH ; SD ) =  HC ; SD   

6a 2 . ( −3a ) 2 2

2 2

( 3a ) + ( 9a ) + ( 6a )

3 14a . 7

(α ) . M

d ( ∆ , (α ) ) = d ( M , ( α ) ) , M ∈ ∆ .

d ( (α ) , ( β ) ) = d ( M , ( β ) ) = d ( N , (α ) ) , M ∈ (α ) , N ∈ ( β ) .

Câu 1.

a 17 . 5

a 6 . 19

C. Lời giải

Chọn B

a 3 . 15

a 15 . 20

Kẻ IK ⊥ BC ( K ∈ BC )  ( ( SBC ) ; ( ABCD ) ) = S KI = 600 Gọi M = AD ∩ BC . Ta có

MD 1 a =  MD = MA 3 2

Ta có ∆MIK đồng dạng với ∆MBA nên suy ra

 IK =

IK MI = = BA MB

( 3a )

 3a  +   2 

2 5 15

2 5 2a 5 .3a = 15 5

Gọi N là trung điểm của SD . Ta có d ( N , ( SBC ) ) =

1 1 d ( D , ( SBC ) ) = d ( I , ( SBC ) ) 2 4

Từ I kẻ IH ⊥ SK suy ra IH = d ( I , ( SBC ) ) = IK .sin 600 =

Câu 2.

a 15 a 15  d ( N , ( SBC ) ) = 5 20

(THPT Lê Xoay Vĩnh Phúc 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D , SD vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) , AD = 2a, SD = a 2 . Tính khoảng cách giữa

đường thẳng CD và mặt phẳng ( SAB ) A.

a . 2

B. a 2.

C. Lời giải

2a . 3

a 3 . 2

 AB ⊥ AD Ta có:  nên AB ⊥ ( SAD ) .  AB ⊥ SD Kẻ DH ⊥ SA tại H . Do DH ⊂ ( SAD ) nên AB ⊥ DH .

 DH ⊥ SA  DH ⊥ ( SAB ) . Ta có:   DH ⊥ AB Do DC / / AB nên DC / / ( SAB ) . Vậy khoảng cách giữa đường thẳng CD và mặt phẳng ( SAB ) là DH . Xét ∆SAD vuông tại D có:

 DH =

Câu 3.

1 1 1 1 = = + 2 2 2 DH SD AD a 2

(

)

( 2a )

3 . 4a 2

2a 2a . Khoảng cách giữa đường thẳng CD và mặt phẳng ( SAB ) là . 3 3

A. d =

3a 2

B. d = a

C. d = Lời giải

Chọn C

2a 3

D. d =

a 3

Gọi O là tâm hình vuông. Ta có: MO / / SB  SB / /( ACM )  d ( SB, ( ACM )) = d ( B, ( ACM )) = d ( D, ( ACM )) ( vì O là trung điểm BD )

 MI / / SA  MI ⊥ ( ABCD) Gọi I là trung điểm AD    d ( D, ( ACM )) = 2d ( I , ( ACM )) Trong ( ABCD ) kẻ IK ⊥ AC tại K Trong ( MIK ) kẻ IH ⊥ MK tại H (1) Ta có: AC ⊥ MI , AC ⊥ IK  AC ⊥ ( MIK )  AC ⊥ IH (2) Từ (1) & (2)  IH ⊥ ( ACM )  d ( I , ( ACM )) = IH Trong tam giác MIK ta có: IH=

IM.IK IM 2 +IK 2

SA OD BD a 2 = a, IK = = =  IH = Biết MI = 2 2 4 4

Vậy: d ( SB, ( ACM )) =

Câu 4.

a 2 4 =a a2 3 a2 + 8

a⋅

2a 3

2a 3 . Gọi M và N lần lượt là trung điểm OA và OB . Khoảng cách giữa đường thẳng MN và ( ABC ) bằng:

(THPT Lương Đắc Bằng - Thanh Hóa - 2018) Cho hình chóp O. ABC có đường cao OH =

a . 2

a 3 . 3

C. Lời giải

a . 3

a 2 . 2

Ta có: MN // ( ABC )  d ( MN ; ( ABC ) ) = d ( M ; ( ABC ) ) . Mà

Câu 5.

AM 1 d ( M ; ( ABC ) ) 1 1 a 3 = =  d ( M ; ( ABC ) ) = d ( O; ( ABC ) ) = OH = . AO 2 d ( O; ( ABC ) ) 2 2 3

(Chuyên Nguyễn Quang Diêu - Đồng Tháp - 2018) Cho hình lập phương ABCD. A′B ′C ′D ′ cạnh a . Gọi I , J lần lượt là trung điểm của BC và AD . Tính khoảng cách d giữa hai mặt phẳng ( AIA′ ) và ( CJC ′ ) . A. d = 2a

5 . 2

B. d = 2a 5 .

C. d =

a 5 . 5

Lời giải

 AA′ // CC ′  AI // CJ  Ta có:   ( AIA′ ) // ( CJC ′ ) . ′  AA ∩ AI = A  AA′, AI ⊂ ( AIA′ )   d ( ( AIA′ ) , ( CJC ′ ) ) = d ( I , ( CJC ′ ) ) . Kẻ IK ⊥ CJ (1) .

CC ′ ⊥ IK  Lại có CC ′ ∩ CJ = C (2) . CC ′, CJ ⊂ CJC ′ ( )  Từ (1) , ( 2 ) suy ra IK ⊥ ( CJC ′ ) hay d ( I , ( CJC ′ ) ) = IK .

D. d =

3a 5 . 5

Xét tam giác CJI vuông tại I :

⇔ IK 2 =

a 5 a2 . ⇔ IK = 5 5

1 1 1 1 1 1 = 2 + 2 ⇔ 2 = + 2 2 2 IK IC IJ IK a a   2