Bộ bài tập Vận Dụng Cao môn Toán 194 câu vận dụng cao từ các giáo viên trường chuyên năm 2018 by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

VẬN DỤNG, VẬN DỤNG CAO TOÁN

vectorstock.com/3818668

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Bộ bài tập Vận Dụng Cao môn Toán 194 câu vận dụng cao từ các giáo viên trường chuyên năm 2018 có đáp án PDF VERSION | 2020 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

MỤC LỤC Chương 1. Lượng giác ...................................................................................................................................1 Chương 2. Tổ hợp ..........................................................................................................................................2 Chương 3. Dãy số ..........................................................................................................................................9 Chương 4. Giới hạn .....................................................................................................................................10 Chương 5. Đạo hàm .....................................................................................................................................13 Chương 6. Phép biến hình ...........................................................................................................................13 Chương 6. Quan hệ vuông góc ....................................................................................................................14 Chương 7. Ứng dụng đạo hàm.....................................................................................................................23 Chương 8. Mũ – logarit ...............................................................................................................................54 Chương 9. Nguyên hàm – tích phân ............................................................................................................67 Chương 10. Số phức ....................................................................................................................................72 Chương 11. Thể tích khối đa diện ...............................................................................................................75 Chương 12. Nón – trụ - cầu .......................................................................................................................102 Chương 13. Oxyz.......................................................................................................................................113

Câu 1:

Chương 1. Lượng giác   Cho x, y   0;  thỏa cos 2 x  cos 2 y  2sin  x  y   2. Tìm giá trị nhỏ nhất của  2 sin 4 x cos 4 y P  . y x

A. min P 



B. min P 



C. min P 

2 . 3

D. min P 



Lời giải Chọn B Ta có cos 2 x  cos 2 y  2sin  x  y   2  sin 2 x  sin 2 y  sin  x  y  . Suy ra: x  y  Áp dụng bđt:

a 2 b2  a  b    m n mn

 sin Suy ra P  Do đó min P 

Câu 2:

x  sin 2 y 

x y



 2



. Đẳng thức xảy ra  x  y 

 4

..  [TRƯỜNG THPT ĐỒNG HẬU-VĨNH PHÚC. LẦN 1] Với giá trị nào của m để phương  3  trình m sin 2 x  3sin x.cos x  m  1 có đúng 3 nghiệm x   0;  ?

A. m  1 . Hướng dẫn giải Đáp án C

B. m  1 .

 2  C. m  1 .

D. m  1

PT đã cho Û m (sin 2 x -1) - 3sin x cos x -1 = 0 Û 3sin x cos x + cos 2 x + 1 = 0

Câu 3:

Lời giải

Dễ thấy cos x  0  PT  tan 2 x  3 tan x  m  1  0  3  Để PT đã cho có ba nghiệm thuộc  0;  thì PT t 2  3t  m  1  0 có hai nghiệm trái dấu  2   m  1  0  m  1 . Tìm m để phương trình sin 4 x + cos4 x + cos2 4 x = m có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn é -p p ù ê ; ú. êë 4 4 úû

é 47 êm £ ê 64 A. ê 3 ê ê m³ êë 2

49 3 <m£ 64 2

47 3 <m£ 64 2

47 3 £m£ 64 2

Chọn C 3 + cos 4 x + cos2 4 x = m Û 4 cos2 4 x + cos 4 x = 4 m - 3(1) 4 Đặt t = cos 4 x . Phương trình trở thành: 4t 2 + t = 4 m - 3,(2) , (2)

Phương trình đã cho tương đương

é -p p ù é -p p ù Với x Î ê ; ú thì t Î [-1;1] Vì một giá trị t Î [-1;1] sẽ tạo ra hai giá trị x Î ê ; ú nên êë 4 4 úû êë 4 4 úû é -p p ù phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x Î ê ; ú khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 êë 4 4 úû

nghiệm phân biệt t Î [-1;1](3)

Xét hàm số g (t ) = 4t 2 + t víi t Î [-1;1), g ¢ (t ) = 8t + 1; g ¢ (t ) = 0 Û t = -

1 8

Lập bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên suy ra (3) xảy ra Û Vậy giá trị của m phải tìm là:

Câu 4:

1 47 3 < 4m - 3 £ 3 Û <m£ 16 64 2

47 3 <m£ . 64 2

Chương 2. Tổ hợp (THPT Chuyên Đại Học Vinh - Nghệ An - 2018) Có bao nhiêu số có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sao cho số đó chia hết cho 15 ? A. 234 B. 243 C. 132 D. 432 Lời giải Đáp án B Gọi số số cần lập có dạng:   abcd 1  a, b, c, d  9  . • Để 15   3 va  5.

+  5  d  5. +  3  a  b  c  5 3. • Chọn a có 9 cách, chọn b có 9 cách chọn thì: + Nếu a  b  5 chia hết cho 3 thì c  3;6;9  c có 3 cách chọn. + Nếu a  b  5 chia cho 3 dư 1 thì c  2;5;8  c có 3 cách chọn. + Nếu a  b  5 chia cho 3 dư 2 thì c  1; 4;7  c có 3 cách chọn. Câu 5:

Vậy, theo quy tắc nhân ta có: 9.9.3  243 số. (MEGABOOK-ĐỀ 3). Từ các chữ số 0,1, 2,3, 4,5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và chia hết cho 15. A. 222 B. 240 Lời giải Chọn A

C. 200

D. 120

Gọi số cần tìm là abcde . Số mà chia hết cho 15 thì phải chia hết cho 3 và 5 . Trường hợp 1. Số cần tìm có dạng abcd 0 , để chia hết cho 3 thì a, b, c, d phải thuộc các tập sau A1  1, 2,3, 6 , A2  1, 2, 4,5 A3  1,3,5, 6 A4  2,3, 4, 6 , A5  3, 4,5, 6.

Do đó trong trường hợp này có 5.4!  120 số.

Trường hợp 2. Số cần tìm có dạng abcd 5 , để chia hết 3 thì a, b, c, d , e phải thuộc các tập sau B1  0,1, 2, 4,5  , B2  0,1,3,5, 6 , B3  0,3, 4,5, 6 , B4  1, 2,3, 4,5 , B5  1, 2, 4,5, 6

Nếu a, b, c, d thuộc B1 , B2 , B3 , thì có 3.3.3.2  54 , số a, b, c, d thuộc B4 , B5 thì có 2.4!  48 . Câu 6:

Tổng lại có 120  54  48  222 số. 1 2 3 2018 Tổng T = C2018 bằng bao nhiêu? + C2018 + C2018 +  + C2018 A. 2 2018

Lời giải

B. 2 2018 + 1.

C. 4 2018.

D. 2 2018 -1.

Chọn D 

Tự luận: Khai triển nhị thức Niu tơn

(1 + x )

2018

0 1 2 3 2018 2018 = C2018 + C2018 x + C2018 x 2 + C2018 x 3 +  + C2018 x

1 2 3 2018 Cho x = 1 ta ®îc 2 2018 = C2018 + C2018 + C2018 +  + C2018 = 1 + T Þ T = 2 2018 -1

Câu 7:

(THPT VIỆT ĐỨC) Trong hệ tọa độ Oxy có 8 điểm nằm trên tia Ox và 5 điểm nằm trên tia Oy . Nối một điểm trên tia Ox và một điểm trên tia Oy ta được 40 đoạn thẳng. Hỏi 40 đoạn

thẳng này cắt nhau tại bao nhiêu giao điểm nằm trong góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ xOy (biết rằng không có bất kì 3 đoạn thẳng nào đồng quy tại 1 điểm). A. 260.

B. 290.

C. 280.

D. 270.

Lời giải Chọn C Số tứ giác có 4 đỉnh là 4 điểm trong 13 điểm đã cho là C82 .C52  280 Mỗi tứ giác đó có hai đường chéo cắt nhau tại 1 điểm thuộc góc phần tư thứ nhất của hệ tọa độ Oxy . Câu 8:

Vậy số giao điểm là 280. [THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Một khối lập phương có độ dài cạnh là 2cm được chia thành 8 khối lập phương cạnh 1cm . Hỏi có bao nhiêu tam giác được tạo thành từ các đỉnh của khối lập phương cạnh 1cm A. 2876 . B. 2898 . C. 2915 . D. 2012

Lời giải Chọn A

Có tất cả 27 điểm. 3 Chọn 3 điểm trong 27 có C27  2925 Có tất cả  8.2  6.2  4  3  2  2  2   49 bộ ba điểm thẳng hàng. Câu 9:

Vậy có 2925  49  2876 tam giác. ( TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Tìm số tự nhiên n thỏa mãn Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 2100  n  3    ...   1.2 2.3 3.4 (n  1)(n  2) (n  1)(n  2) A. n  100 . B. n  98 . C. n  99 . D. n  101 .

Câu 10:

(TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho đa thức

p  x   1  x   1  x   1  x   1  x  1  x  . Khai triển và rút gọn ta được đa thức: 8

P  x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a12 x12 . Tìm hệ số a8

A. 720. Lời giải Đáp án C

B. 700.

C. 715.

D. 730.

Phương pháp: Áp dụng công thức khai triển tổng quát:  a  b    Cnk .a n  k .b k n

k 0

Đối với bài toán này ta áp dụng công thức 1  x    Cnk .1n  k .x k . Sau đó dựa vào khai triền n

k 0

bài toán cho P  x   a0  a1 x  a2 x  ...  a2 x ta tìm được hệ số a8 (đi theo x8 ) 2

Cách giải: 8

) 1  x    C8k .18 k .x k  a8  C88 8

k 0 9

) 1  x    C9k .19 k .x k  a8  C98 9

k 0

) 1  x    C10k .110 k .x k  a8  C108 10

k 0 11

) 1  x    C11k .111 k .x k  a8  C118 11

k 0 12

) 1  x    C12k .112 k .x k  a8  C128 12

k 0

Vậy Hệ số cần tìm là: a8  C88  C98  C108  C118  C128  1  9  45  165  495  715 . Câu 11:

(THPT Lê Văn Thịnh- Bắc Ninh-Lần 1) Tìm hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển

1  2 x  2015x

2016

 2016 x 2017  2017 x 2018 

3 A. C60

B. C603

D. 8.C603

3 C. 8.C60

Lời giải Đáp án D 60

Ta có 1  2 x  2015 x 2016  2016 x 2017  2017 x 2018    1  2 x  ..... 60

80  k

k 0

Số hạng chứa x trong khai triển là hệ số x trong khai triển 1  2 x  . ..... 3

3 Khi đó số hạng chứa x3 trong khai triển là: C60 1

Câu 12:

80 3

.  2 x   8.C603 x3 3

(TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho đa thức

p  x   1  x   1  x   1  x   1  x  1  x  . Khai triển và rút gọn ta được đa thức: 8

P  x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a12 x12 . Tính tổng các hệ số ai , i  0,1, 2,...,12

A. 5. Lời giải Đáp án B Phương pháp:

B. 7936.

C. 0.

Sử dụng công thức tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân S n 

D. 7920.

u1  q n  1 q 1

Áp dụng khai triển nhị thức Newton  a  b    Cnk a k b n  k 2

k 0

Sử dụng tổng 1  1   Cnk  2n 2

k 0

Cách giải:

p  x   1  x   1  x   1  x   1  x   1  x  8

1  x  1  5 13



 1 1  x 13  1  x 8 1  x 13 1  x 8    1 x 1 x x x 8



C

m0

m 13

xm 

C n 0

n 8

m0

n 0

  C13m x m 1   C13n x n 1 13

a 1

b 1

 a0  a1  a2  ...  a12   C131  C81    C132  C82   ...   C138  C88   C139  ...  C1313   C13a   C8b n

Xét tổng 1  1   Cnk  2n   C13a  28  C80  28  1 2

k 0

a 1

 a0  a1  a2  ...  a12  2  1  28  1  7936 13

Câu 13:

(THPT Chuyên Bắc Ninh - Bắc Ninh - Lần 1 - 2018) Tìm tất cả số tự nhiên n thỏa mãn

Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 2100  n  3    ....   1.2 2.3 3.4  n  1 n  2  n  1 n  2 A. n  100 Lời giải Đáp án B Ta có

B. n  98

 1  x  0

 x 1  x  0

dx    C0n  C1n x  ....Cnn x n  dx  0

C0n C1n Cn 2n 1  1   ...  n  1 2 n 1 n 1

dx   x  C0n  C1n x  ....Cnn x n  dx

  1  x  0

D. n  101

 C 0 C1 Cn0 Cn1 Cn2 Cnn Cnn   Cn0 Cn1 Cnn     ....    n  n  ...    ...      1.2 2.3 3.4  n  1 n  2   1 2  n  1   2 3  n  2   1

Ta có

C. n  99

n 1

dx   1  x 

n 1

dx    C0n x  C1n x 2  ....Cnn x n 1  dx 0

 1  x n  2 1  x n 1   C n x 2 C n x3 C n x n2       0  1  ...  n   n2 n  1  3 n2 0  2  1 1

 Cn Cn Cn  n 2n 1  1   0  1  ...  n   3 n  2   n  1 n  2   2 Như vậy  C 0 C1 Cn0 Cn1 Cn2 Cnn C n   C 0 C1 Cn     ....    n  n  ...  n    n  n  ...  n  1.2 2.3 3.4 n 1   2 3 n2  n  1 n  2   2 3 

2n 1  1 n 2n 1  1 2n  2  n  3 2100  n  3     n  98 n  1  n  1 n  2   n  1 n  2   n  1 n  2 

Câu 14:

[THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Chiếc kim của bánh xe trong trò chơi “ Chiếc nón kì diệu” có thể dừng lại ở một trong mười vị trí với khả năng như nhau. Xác suất để trong ba lần quay, chiếc kim của bánh xe đó lần lượt dừng lại ở ba vị trị khác nhau là A. 0,001 B. 0,72 C. 0,072 D. 0,9 Đáp án B Quay 3 lần thì số kết quả thu được là 103 . Kim của chiếc nón ở 3 vị trí khác nhau ở 3 lần quay có số kết quả là 10.9.8  720 720 18 Xác suất để kim của chiếc nón ở 3 vị trí khác nhau ở 3 lần quay là: 3   0, 72 . 10 25 Câu 15: [THPT PHAN CHU TRINH ĐAKLAK LẦN 2 - 2018] Một nhóm học sinh gồm 6 nam trong đó có Quang và 4 nữ trong đó có Huyền được xếp ngẫu nhiên vào 10 ghế trên một hàng ngang để dự lễ sơ kết năm học. Xác suất để xếp được giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh Huyền là: 109 1 1 109 A. B. C. D. 30240 280 5040 60480 Lời giải Chọn B Không gian mẫu (xếp 10 bạn bất kì): n     10! Cách sắp xếp giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam là: 4!.6! Nữ Nam Nam Nữ Nam Nam Nữ Nam Nam Nữ Có 6 trường hợp hai bạn Nam, Nữ ngồi cạnh nhau. Giả sử Quang và Huyền ngồi cạnh nhau Khi đó số cách chọn xếp được giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời Quang ngồi cạnh Huyền là C61 .3!.5! . Vậy số cách chọn xếp được giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh Huyền là n  A   4!.6! C61 .3!.5!  12960 . Xác suất cần tìm là P  A   Câu 16:

n  A 1  . n    280

[THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 2-2018] Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc A , tính xác suất để số tự nhiên được chọn chia hết cho 45. 2 53 1 5 A. B. C. D. 81 2268 36 162 Lời giải Chọn B Ta có n     A108  A97 . Gọi A là tập hợp các số a có 8 chữ số khác nhau chia hết cho 45 . Khi đó a chia hết cho 5 và 9 (tổng các chữ số chia hết cho 9 và số hàng đơn vị bằng 0 hoặc 5 ). Trường hợp 1: a có hàng đơn vị bằng 0 ; 7 chữ số còn lại có chữ số 9 và 3 trong 4 bộ số 1;8 , 2; 7 , 3; 6 , 4;5 , có 4.7! số. Trường hợp 2: a có hàng đơn vị bằng 5 ; 7 chữ số còn lại có chữ số 4 và 3 trong 4 bộ số 0;9 , 1;8 , 2; 7 , 3; 6 .

* Không có bộ 0;9 , có 7! số. * Có bộ 0;9 , có C32  7! 6! số  n  A   4.7! C32  7! 6! số.

 P  A  Câu 17:

4.7! C32  7! 6! 53  . 8 7 A10  A9 2268

[THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Hai người ngang tài ngang sức tranh chức vô địch của một cuộc thi cờ tướng. Người giành chiến thắng là người đầu tiên thắng được năm ván cờ. Tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng 4 ván và người chơi thứ hai mới thắng 2 ván, tính xác suất để người chơi thứ nhất giành chiến thắng 3 4 7 1 A. . B. . C. . D. . 4 5 8 2

Lời giải Chọn C Theo giả thiết hai người ngang tài ngang sức nên xác suất thắng thua trong một ván đấu là 0,5;0,5 . Xét tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng 4 ván và người chơi thứ hai thắng 2 ván. Để người thứ nhất chiến thắng thì người thứ nhất cần thắng 1 ván và người thứ hai thắng không quá hai ván. Có ba khả năng: TH1: Đánh 1 ván. Người thứ nhất thắng xác suất là  0,5  TH2: Đánh 2 ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ hai xác suất là  0,5  TH3: Đánh 3 ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ ba xác suất là  0,5 

7 . 8 ( THPT Hàn Thuyên-Bắc Ninh-Lần 1) Kết quả  b; c  của việc gieo con súc sắc cân đối và

Vậy P  0,5   0,5    0,5   2

Câu 18:

đồng chất hai lần (trong đó b là số chấm xuất hiện trong lần gieo đầu, c là số chấm xuất hiện ở lần gieo thứ hai) được thay vào phương trình trình (*) vô nghiệm là: 17 1 A. . B. . 36 2 Hướng dẫn giải Đáp án B Phương pháp: Xác suất của biến cố A là

x 2  bx  c  0 * . Xác suất để phương x 1

1 . 6

19 . 36

nA trong đó nA là số n

khả năng mà biến cố A có thể xảy ra, n là tất cả các khả năng có thể xảy ra. x 2  bx  c  0  * x 1 Để phương trình (*) vô nghiệm thì phương trình x 2  bx  c  0 ** có 2 trường hợp xảy ra:

Cách giải:

TH1: PT (**) có 1 nghiệm x  1.

  b 2  4c  0 b 2  4c    b 2  4b  4  b 2  4b  4  0  b  2  c  1 1  b  c  0 c  b  1

  b; c    2;1

TH2: PT (**) vô nghiệm    b 2  4c  0  b 2  4c  b  2 c Vì c là số chấm xuất hiện ở lần gieo thứ 2 nên c  6  b  2 6  4,9 . Mà b là số chấm xuất hiện ở lần giao đầu nên b  1; 2;3; 4 1  c  1; 2;3; 4;5;6  có 6 cách chọn c . 4 Với b  2 ta có: c  1  c  2;3; 4;5;6  có 5 cách chọn c .

Với b  1 ta có: c 

9  c  3; 4;5;6  có 4 cách chọn c . 4 Với b  4 ta có: c  4  c  5;6  có 2 cách chọn c .

Với b  3 ta có: c 

Do đó có 6  5  4  2  17 cách chọn  b; c  để phương trình (**) vô nghiệm. Gieo con súc sắc 2 lần nên số phần tử của không gian mẫu n  6.6  36 1  17 1  . 36 2 (THPT Việt Trì) Kết quả  b, c  của việc gieo con súc sắc cân đối và đồng chất hai lần, trong

Vậy xác suất đề phương trình (*) vô nghiệm là Câu 19:

đó b là số chấm xuất hiện trong lần gieo đầu, c là số chấm xuất hiện ở lần gieo thứ hai, được thay vào phương trình bậc hai x 2  bx  c  0 . Tính xác suất để phương trình có nghiệm. 19 1 1 17 A. B. C. D. 36 18 2 36 Lời giải Chọn A • Số phần tử của không gian mẫu là n     36 . Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài toán. Phương trình x 2  bx  c  0 có nghiệm khi và chỉ khi   b 2  4c  0  b 2  4c . Xét bảng kết quả (L – loại, không thỏa ; N – nhận, thỏa yêu cầu đề bài)

Dựa vào bảng kết quả trên ta thấy số kết quả thuận lợi cho A là 19 . Vậy xác suất của biến cố A là : P  A  

19 . 36

Chương 3. Dãy số Câu 20: [THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Cho dãy số  an  xác định bởi a1  5, an 1  q.an  3 với mọi n  1, trong đó q là hằng số, a  0, q  1. Biết công thức số hạng tổng quát của dãy số viết được dưới dạng an   .q n 1   A. 13.

B. 9.

C. 11.

1  q n 1 . Tính   2  ? 1 q D. 16

Lời giải Chọn C Ta có: an 1  k  q  an  k   k  kq  3  k 

3 1 q

Đặt vn  an  k  vn 1  q.vn  q 2 .vn 1  ...  q n v1

 3  Khi đó vn  q n 1.v1  q n 1.  a1  k   q n 1.  5    1 q 

 3  3  3 1  q n 1 n 1  n 1  5q  3 Vậy an  vn  k  q .  5    k  q . 5   1 q  1 q   1 q  1 q Do dó:   5;   3    2  5  2.3  11 Cách 2. Theo giả thiết ta có a1  5, a2  5q  3. Áp dụng công thức tổng quát, ta được n 1

 1  q11 11 a  . q      1 1 q 5     5  , suy ra hay ,    2 1 5q  3   .q     3 a   .q 21   1  q   .q   2  1 q    2   5  2.3  11 .

Câu 21:

[THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Gọi S n 

có giá trị là A. 34 Hướng dẫn giải Đáp án D 4 1 1 Có   3. n 3 n 7 1 2   3. n n n 10 1 3   3. n n n …… 1  3n 1 n   3. n n n

B. 30,5

C. 325

3 1  n  1 n 3 1 n 1 2  S  .n  3    ....    1  . n  1 n n n 2 2 n n  S 20 

Chọn D

65  32,5 2

4 7 10 1  3n    ...  . Khi đó S 20 n n n n

D. 32,5

Câu 22:

(THPT LÊ VĂN THỊNH) Cho dãy số (un ) Tính u2018 . A. u2018 = 7 + 5 2

Câu 23:

ìïu = 2 ïï 1 ï * thỏa mãn ï íu = un + 2 - 1 , "n Î  . ïï n +1 ïï 1 - 2 - 1 un ïî

(

C. u2018 = 7 - 5 2

B. u2018 = 2

)

D. u2018 = 7 + 2

(MEGABOOK-ĐỀ 3). Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c theo thứ tự lập thành A C x tan   x, y    , giá trị x  y là: 2 2 y B. 1 C. 2

một cấp số cộng. Biết tan A. 4 Lời giải Chọn A Ta có:

D. 3

AC AC B B AC AC cos  4sin .cos  4sin .cos 2 2 2 2 2 2 AC AC A C A C A C A C  cos  2cos  cos cos  sin sin  2cos cos  2sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A C A C A C A C 1  3sin sin  cos cos  3 tan tan  1  tan tan  2 2 2 2 2 2 2 2 3

a  c  2b  sin A  sin C  2sin B  2sin

Chương 4. Giới hạn

 1 1 1 1  Câu 24: [ME GA BOOK] Tính giới hạn lim  2  2  2  ...  2  x  A An   n An An 3 7 A. 1 B. C. 4 8 Lời giải Đáp án A 1 1 1 1 Ta có 2    , do đó A k k  k  1 k  1 k

3 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  2  2  ...  2       ...    1 2 An An An An 1 2 2 3 4 n 1 n n

 1 1 1 1 Vậy lim  2  2  2  ...  2 x  A An  n An An Câu 25:

  1   xlim 1    1    n 

(TOÁN HỌC TUỔI TRẺ 10/2017) Đặt f  n    n 2  n  1  1. Xét dãy số  un  sao cho 2

un 

f 1 . f  3 . f  5  ... f  2n  1 . Tính lim n un . f  2  . f  4  . f  6  ... f  2n 

A. lim n un  2 .

B. lim n un 

1 . 3

C. lim n un  3 .

Lời giải Đáp án D

 4n2  2n  1  1 f  2n  1 Xét g  n    g n  2 f  2n   4n2  2n  1  1 2

D. lim n un 

1 2

a  4n 2  1 a  2b   2n  1 Đặt   b  2n  a  b 2  1

 a  b   1  a 2  2ab  b2  1  a 2  2ab  a  a  2b  1   2n  1  1  g n  2 2  a  b   1 a 2  2ab  b2  1 a 2  2ab  a a  2b  1  2n  1  1 2

2 10  2n  1  1 2  un   g  i   . ...  2 10 26  2n  1  1  2n  12  1 i 1 2

 lim n un  lim

2n 2 1  . 2 4n  4n  2 2

Câu 26: (THPT Việt Trì) Đặt f  n    n 2  n  1  1. Xét dãy số  u n  sao cho 2

un 

f 1 .f  3 .f  5  ...f  2n  1 . Tính lim n u n . f  2  .f  4  .f  6  ...f  2n  1 3

B. lim n u n 

A. lim n u n  2

C. lim n u n  3

D. lim n u n 

Lời giải Chọn D

















Ta có f  n    n 2  1  n   1  n 2  1  2n. n 2  1  n 2  1  n 2  1  n 2  1  2n  1 2

2   n 2  1  n  1  1   2 2 2 f  2n  1  2n  1  1  2n   1  2n  1  1 Do đó:   f  2n   2n  2  1  2n  1 2  1  2n  12  1   

Suy ra un 

f 1 . f  3 . f  5 ... f  2n  1 f 1 f  3 f  5 f  2n  1     f  2  . f  4  . f  6  ... f  2n  f  2  f  4 f  6 f  2n 

12  1 32  1 52  1  2n  1  1 2 1  2  2  2    2 2 2 3  1 5  1 7  1  2n  1  1  2n  1  1 2n  2n  1 2

 n un  n.  lim n un 

Câu 27:

1 2n  2n  1 2

1 . 2

x  8  3 29  2 x bằng bao nhiêu? x 1 x 1 1 2 A. B. 6 27 Lời giải Chọn C  Tự luận: lim

13 54

12 54

1 2

x  8  3 29  2 x x  8  3  3  3 29  2 x  lim x 1 x 1 x 1

lim x 1

 x  8  3 29  2 x  x  8  3  3  3 29  2 x  lim   lim   x 1 x 1 x 1 x 1    x  8  3 3  3 29  2 x   lim    x 1 x 1  x 1 

  x 1 27  29  2 x  lim   x 1   x  1 . x  8  3  x  1 . 9  3 3 29  2 x  3 29  2 x 





 1 2  lim   x 1  x  8  3 9  3 3 29  2 x   Câu 28:



   13 2  29  2 x  54 

 2

    



(THPT Lam Sơn – Thanh Hóa – Lần 1 – 2018) Cho là đa thức thỏa mãn lim x2

. Tính lim x2

A. T 

f  x   20  10 x2

6 f  x  5  5 x2  x  6

12 25

B. T 

4 25

Hướng dẫn giải Đáp án B Phương pháp giải: Sử dụng phương pháp tính giới hạn vô định

C. T 

 

2 25

D. T 

6 25

với biểu thức chứa căn ta làm mất nhân tử của tử

và mẫu bằng cách nhân liên hợp, tạo hằng đẳng thức. Lời giải: 6  f  x   20  P 3  53 Đặt P  P  x   6 f  x   5  P  5  2  2 P  5 P  25 P  5 P  25 f  x   20 Vì lim  10 nên f  x   20  0  f  x   20  P  5 x2 x2 Khi đó 3

6 f  x  5  5

6  f  x   20 

 f  x   20  6    lim . x2 x2 x  2 x2  x  6   x  3   P 2  5P  25  x2  x  2  x  3   P 2  5P  25   f  x   20 6 6 4 .lim  10.  Suy ra T  lim 2 x2 x  2 x2 5.75 25  x  3  P  5P  25  3

lim

Câu 29:

 lim

(THTT - Lần 2 – 2018) Xác định giá trị thực k để hàm số

 x 2016  x  2 ,x 1  f  x    2018 x  1  x  2018 liên tục tại x  1. k , x 1  A. k  1 Lời giải

B. k  2 2019

C. k 

2017. 2018 2

D. k 

20016 2019 2017

Đáp án A Để f  x  liên tục tại x  1 thì lim f  x   f 1 x 1

Ta có: lim f  x   lim x 1

x 1

x 2016  x  1  lim 2018 x  1  x  2018 x 1

2016 x  1 1009 1  2018 x  1 2 x  2018

 2 2019

Vậy k  2 2019. Chương 5. Đạo hàm Câu 30: Một chất điểm chuyển động theo phương trình S  t 3  9t 2  t  10 trong đó t tính bằng (s) và S tính bằng (m). Thời gian vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất là: A. t  6 s B. t  5s C. t  2 s D. t  3s. Lời giải Chọn D  Tự luận: Theo tính chất vật lí ta có đạo hàm của quãng đường là vận tốc vận tốc của chất điểm là v  S   3t 2  18t  1 Ta có: 3t 2  18t  1  3  t  3  28  28, t  v  28, t 2

Vận tốc chất điểm đạt giá trị lớn nhất bằng 28 tại t  3s Trắc nghiệm: Câu 31:

(ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỊNH KỲ) Cho hàm số y  x 4  4x 2  3 có đồ thị  C  . Có bao nhiêu điểm trên trục tung từ đó có thể vẽ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị  C  . A. 3 Lời giải Đáp án C

B. 2

C. 1

D. 0

Ta có điểm M  0;a   Oy. Tiếp tuyến  qua M có dạng y  kx  a

4 2 x  4x  3  kx  a Điều kiện tiếp xúc  3 có 3 nghiệm phân biệt 4x  8x  k





Suy ra x 4  4x 2  3  4x3  8x x  a có 3 nghiệm phân biệt

 3x 4  4x 2  a  3  0 có 3 nghiệm phân biệt  a  3  0  a  3 (nên có 1 giá trị thỏa) Chương 6. Phép biến hình Câu 32: [THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d có phương trình x  y  2  0 . Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm I  1; 1 tỉ số k  góc 45 A. y  0 Hướng dẫn giải Đáp án D

B. y   x

C. y  x

1 và phép quay tâm O 2

D. x  0

biến M  0; 2   d thành M   x; y 

Ta có V

1 I;   2

V

1 I;   2

1   x    1    2 thì IM   IM   1 2  y    2

 1 1  2 2

biến đường thẳng d thành đường thẳng đi qua M    ;  , có cùng vtpt 1;1 và có

 

1  2 

1 2

phương trình là  x     y    0  x  y  0 Phép quay tâm O góc quay 45 biến điểm N  x; y  thuộc đường thẳng x  y  0 thành điểm

 x  x  x cos 45  y sin 45  N   x; y   d      y  x sin 45  y cos 45   y 

2  x  y   2 2  x  y   2

 *

Thay * vào x  y  0 ta được x  0   d   : x  0 Chương 6. Quan hệ vuông góc Câu 33: (THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 1 NĂM 2018) Xét tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi  ,  ,  lần lượt là góc giữa các đường thẳng OA, OB, OC với mặt phẳng  ABC  (hình vẽ). Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức





M  3  cot 2  . 3  cot 2  . 3  cot 2 

A. 48.

 là:

B. Số khác.

C. 125.

D. 48 3 .

Lời giải Cách 1: Đặt hệ trục tọa độ Oxyz  tọa độ các điểm A(a;0;0), B(0;b;0),C(0;0;c). Dùng công thức tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng ta có được kết quả:

  sin   cos nABC ; uOA 





Viết kết quả tương tự  Cách 2: Từ đẳng thức:

 bc 

  ca    ab  2

sin 2   sin 2   sin 2   1 .

1 1 1 1 OH 2 OH 2 OH 2        1  sin 2   sin 2   sin 2   1 . 2 2 2 2 2 2 2 OH OA OB OC OA OB OC 1 1  1  1  27 .  Dạng M   2   .  2   .  2   với X  Y  Z  1  XYZ X Y Z  1 1  1  1 1 1  1   Biến đổi M  8  4      2    X Y Z   XY YZ ZX  XYZ

M  8  4.3. 3

1 1 1  2.3.. 3   8  4.3.3  2.3.9  27  125 . 2 XYZ  XYZ  XYZ

Dấu "=" xảy ra được nên có Mmin = 125. Đáp án C Câu 34: (THPT Việt Trì) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. AB  BC  a, AD  2a. SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA  a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB và CD. Tính cosin góc giữa MN và  SAC  .

1 5

3 5 10

55 10

2 5

Lời giải Chọn C

M A J

D I

N C

B A

a 2

H a

a a

D a 2

N C

Ta dễ chứng minh được tam giác ACD vuông tại C, từ đó chứng minh được CN vuông góc với mặt phẳng  SAC  hay C là hình chiếu vuông góc của N trên  SAC  . Đường thẳng MN cắt mặt phẳng  SAC  tại J xác định như hình vẽ. Suy ra góc giữa MN và  SAC  là góc

. NJC

IN là đương trung bình trong tam giác ACD suy ra IN=a, IH là đường trung bình trong tam giác ABC suy ra IH  IJ 

1 a BC  . Dựa vào định lí Talet trong tam giác MHN ta được 2 2

22 2 2 1 1 a . MH  . SA  SA  . Dựa vào tam giác JIC vuông tại I tính được JC  6 3 3 2 3 3

Ta dễ tính được CN 

a 2 a 10 , JN  . 2 3

 Tam giác NJC vuông tại C nên cosNJC

JC 55  . JN 10

Câu 35:

[THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Cho hình hộp chữ nhật

ABCD. A ' B ' C ' D ' có các cạnh AB  2, AD  3, AA  4. Góc giữa mặt phẳng  ABD  và

 AC D  là  . Tính giá trị gần đúng của góc  ? A.

42, 5 .

38,1 .

53, 4 .

61, 6

Lời giải Chọn D

Cách 1: Hai mặt phẳng  ABD  và  AC D  có giao tuyến là EF như hình vẽ. Từ A′ và D′ ta kẻ 2 đoạn vuông góc lên giao tuyến EF sẽ là chung một điểm H như hình vẽ. Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng cần tìm chính là góc giữa hai đường thẳng AH′ và DH

Tam giác DE’F lần lượt có DE  Theo hê rông ta có: S DEF 

DB 13 DA 5 BA  , DF   ;EF=  5 2 2 2 2 2

2S 61 305 . Suy ra DF  DEF  4 EF 10

A ' HD '  Trong tam giác D ' A ' H có cos 

HA '2  HD '2  A ' D '2 29  2 HA '.HD ' 61

 'HD '  118, 4 hay  Do đó A A ' H , D ' H   180  118, 4  61, 6

Cách 2: Gắn hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' vào hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó

A  0;0;0  , B  2;0;0  , D  0;3;0  , C  2;3;0  , A  0;0; 4  , B  2;0; 4  , D  0;3; 4  , C   2;3; 4   n Gọi 1 là véc tơ pháp tuyến của  ABD  . Có n1   AB; AD    12; 8; 6   Gọi n2 là véc tơ pháp tuyến của  AC D  . Có n2   AC ; AD    12;8; 6  Gọi



là góc giữa hai mặt phẳng  ABD  và  AC D 

cos  Câu 36:

n1 n2 n1 n2



29 . Vậy giá trị gần đúng của góc α là 61

61, 6 .

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết SA  A. 60 .

Lời giải Chọn A

a 6 . Tính số đo góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và mặt phẳng đáy  ABCD  . 2 B. 30 . C. 45 . D. 90 .

O B

Gọi O là giao điểm của AC và BD . Ta có: BD  AC ( do ABCD là hình vuông)

BD  SA ( do SA   ABCD  ) Suy ra BD   SAC   BD  SO (do SO   SAC  )

 SBD    ABCD   BD  . Ta lại có:  SO   SBD  , SO  BD    SBD  ,  ABCD    SO, AC   SOA   AC   ABCD  , AC  BD a 6 SA   60 . Chọn A.  2  3  SOA Tam giác SAO vuông tại A nên tan SOA  AO a 2 2 Câu 37: [ THPT Thuận Thành – Bắc Ninh – 2018] Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A’B’C’D’ có AB  a, AD  2a, AA’  3a . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, C’D’ và DD’. Tính khoảng cách từ A đến mp(MNP). A.

15 a. 22

9 a. 11

3 a. 4

15 a. 11

Lời giải Chọn D

Gọi E là giao điểm của NP và CD. Gọi G là giao điểm của NP và CC’. Gọi K là giao điểm của MG và B’C’. Gọi Q là giao điểm của ME và AD. Khi đó mặt phẳng (MNP) chính là mặt phẳng

(MEG). Gọi

d1 , d 2

lần lượt là khoảng cách từ C, A đến mặt phẳng (MEG). Do AC cắt (MEG)

tại điểm H (như hình vẽ) nên

d1 HC  . Do tứ diện CMEG là tứ diện vuông tại C nên d 2 HA

1 1 1 1   2 2 2 d1 CM CE CG 2 GC ' C ' N 1   GC CE 3 3 9a Suy ra GC  CC '  2 2

Ta có

1 1 4 4  2 2 2 d1 a 9a 81a 2

Như vậy:

81a 2 9  d1  . Ta có QD  ED  1  QD  a Từ đó d  12 11 MC EC 3 3 2 1

Câu 38:

[TRƯỜNG THPT ĐỒNG HẬU-VĨNH PHÚC. LẦN 1] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông ABCD tâm O có cạnh AB  a đường cao SO vuông góc với mặt đáy và SO  a . Khoảng cách giữa SC và AB là: A.

2a 5 . 7

a 5 . 7

a 5 . 5

2a 5 5

Hướng dẫn giải Đáp án D S

F M

B O D N

Vì AB / / ( SCD ) Þ khoảng cách d giữa AB bằng khoảng cách giữa AB và ( SCD ) Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD khi đó AB ^ ( SMN )

Kẻ đường cao MH của DSMN Þ MH là khoảng cách giữa AB và SC

a2 a 5 SO.MN a.a 2a 5 . = Þ d = MH = = = 4 2 SN 5 a 5 2 Câu 39: (THPT Chuyên Đại Học Vinh - Nghệ An - 2018) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  a. Tính khoảng cách giữa hai Ta có: SN = SO 2 + ON 2 = a 2 +

đường thẳng SA và BC. A. a 3 Lời giải Đáp án D

a 3 4

a 3 2

S a 2 A

C B

• d  SA; BM   AM  Câu 40:

a 3 . 2

[THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A’ lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam

a3 3 giác ABC. Biết thể tích của khối lăng trụ là . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 4 AA ' và BC . A.

4a 3

2a 3

3a 4

3a 2

Hướng dẫn giải Đáp án D

Ta có d  AA, BC   d  AA,  BBC C    d  A,  BBC C   Gọi M và M’ lần lượt là trung điểm BC và B’C’, G là trọng tâm của tam giác ABC BC  AM  Theo giả thiết ta có   BC   AAG   BC  AA , nên tứ giác BB’C’C là hình BC  AG  chữ nhật có cạnh BC = a Vì VAABC 

 S BBC C

1 1 a3 3 2a AG.S ABC  VLT   AG  a  AA  AG 2  AG 2  3 3 12 3

2a 2  3

Có VABBC C

2 a3 3 1 3a  VLT   d  A,  BBC C   .S BBC C  d  A,  BBC C    3 6 3 2

Chọn D Câu 41: (THPT Chuyên Đại Học Vinh - Nghệ An - 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A 'B'C ' có AB  a, AA '  2a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB' và A 'C.

A. a 5

2 17 a 17

a 3 2

2 5 a 5

Lời giải Đáp án B A'

C' B'

A M

a B

• Gọi I , M lần lượt là trung điểm của AB, BC.  IM //AC  AC //  ABM 

 d  AB, AC   d  AC ,  ABM    d  C ,  ABM    1 3

1 6

• VB '. AMC  BB '.S AMC  .BB '.S ABC  .2a. • B ' M  BM  BB '  2

3VB ' AMC . S AB ' M

a 2 3 a3 3  . 4 12

a2 a 17  4a 2  4 2

 AM  BC  AM   BCC ' B '   AM  B ' M •  AM  BB ' • S ABM

1 1 a 3 a 17 a 2 51  AM .B ' M  . .  . 2 2 2 2 8

3V • d  AB ', A ' C   B ' AMC  S AB ' M

Câu 42:

3.a 3 . a2

3 12  2a 17 . 17 51 8

[ THPT Thuận Thành – Bắc Ninh – 2018] Cho tứ diện ABCD có AB = x, tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng 2. Gọi S là diện tích tam giác ABC, h là khoảng cách từ D đến 1 3

mp(ABC).Với giá trị nào của x thì biểu thức V  S.h đạt giá trị lớn nhất. A. x  1 . Lời giải Chọn B

B. x  6 .

C. x  2 6 .

D. x  2 .

Gọi K là trung điểm của AB, do ∆CAB và ∆DAB là hai tam giác cân chung cạnh đáy AB nên CK  AB  AB   CDK   DK  AB Kẻ DH  CK ta có DH   ABC 

11 3 2

1 3

 

11 3 2

 

Vậy V  S.h   CK.AB  .DH   CK.DH  .AB 1 3 Dễ thấy CAB  DAB  CK  DK hay KDC cân tại K. Gọi I là trung điểm CD, suy ra

Suy ra V  AB.SKDC

KI  CD và KI  KC2  CI 2  AC2  AK 2  CI 2  4  1 2

Suy ra SKDC  KI.CD 

x2 1 1  12  x 2 4 2

1 12  x 2 2

1 1 x 2  12  x 2 2 V  x 12  x  .  1 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Vậy 6 6 2 x  12  x 2 hay x  6 . Câu 43:

(THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình, lần 1 – 2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi M ; N lần lượt là trung điểm của SA và BC. Biết góc giữa MN và mặt phẳng  ABCD  bằng 600. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và DM là:

15 . 62 Lời giải Chọn B A. a.

30 . 31

B. a.

C. a.

15 . 68

D. a.

15 . 17

M I A

K D

C 0

Gọi O  AC  BD. Gọi H là trung điểm OA  MH // SO mà SO   ABCD   MH   ABCD   MH là hình





   600. ;  ABCD   MNH chiếu vuông góc của MN lên mặt phẳng  ABCD  . Do đó, MN Ta có:    BC //  ADM  AD   ADM   BC // AD

 d  BC ; DM   d  BC ;  ADM    d  BC ;  SAD    d  N  BC ;  SAD    2d  O;  SAD   . Gọi I là trung điểm AD, ta có  SAD    SOI  theo giao tuyến SI . Kẻ

OK  SI  OK  d  O;  SAD   Tính được NH 

a 10 a 30 a 30 ; MH   SO  . 4 4 2

1 1 1 62a 930 30   2  OK  d  O;  SAD     d  N ;  SAD    2OK  . 2 2 OK OS OI 15 62 31 Câu 44: (THPT Việt Trì) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  4 cm. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với  ABC  . M thuộc SC sao cho

CM  2MS . Khoảng cách giữa hai đường AC và BM là? A.

4 21 cm 21

8 21 cm 21

2 21 cm 3

4 21 cm 7

Lời giải Chọn D S M I

B H A

SI 1 Gọi I là điểm thuộc SA sao cho   IM //AC . SA

Gọi H là trung điểm của

  SAB    ABC   AB . Ta có  SAB    ABC   AB   SH   ABC  . SH  AB

 

AC  AB    AC   SAB   IM   SAB   IM  BI  BIM vuông tại I . AC  SH  VSBAM SM 1 1 1 1 1 4 31 4 3    VSBAM  VSBAC  . SH .S ABC  . AB. AC  AC . VSBAC SC 3 3 3 3 9 2 2 9 VABIM AI 2 2 2 4 3 8 3    VABIM  VABSM  . AC  AC . VABSM AS 3 3 3 9 27 2

8 112 4 7 8 . BI 2  AB 2  AI 2  2 AB. AI .cos600  42     2.4. .cos600   BI  3 9 3 3

1 1 4 7 1 2 7 SBIM  BI .IM  . . AC  AC . 2 2 3 3 9

VABIM

8 3 3. AC 3VABIM 1 4 21 27 .  S BIM .d  A,  BIM    d  A,  BIM      3 S BIM 7 2 7 AC 9

Chương 7. Ứng dụng đạo hàm Câu 45:

[Trường THPT Hải Hậu – Lần 1] Bất phương trình

2x 3  3x 2  6x  16  4  x  2 3 có

tập nghiệm là  a;b . Hỏi tổng a + b có giá trị là bao nhiêu? B. 2

A. 5 Hướng dẫn giải

C. 4

D. 3

Đáp án là A Tập xác định : D   2, 4 Xét hàm số f  x   2x 3  3x 2  6x  16  4  x

 f  x  

6x 2  6x  6 2x  3x  6x  16 3



1 2 4x

0

Suy ra hàm số f  x  đồng biến trên tập xác định. Ta nhận thấy phương trình

2x 3  3x 2  6x  16  4  x  2 3 có một nghiệm x  1 .

Suy ra trong đoạn 1,4 thì bất phương trình đã cho luôn đúng (vì hàm số đồng biến). Do đó tổng a  b  5.

 Chọn đáp án Câu 46:

[THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình

3sin 2 x  cos 2 x  m  1 đúng với mọi x   sin 2 x  4 cos 2 x  1

A. m 

3 5 4

B. m 

3 5 9 4

C. m 

65  9 2

D. m 

65  9 4

Hướng dẫn giải Đáp án D Ta có: y

3sin 2x  cos 2x 3sin 2x  cos 2x  . 2 sin 2x  4cos x  1 sin 2x  2cos 2x  3

Và sin 2x  2cos 2x  3  0; x  i . Xét phương trình y 

3sin 2x  cos 2x sin 2x  2cos 2x  3

  sin 2x  2cos 2x  3 y  3sin 2x  cos 2x   y  3 sin 2x   2y  1 cos 2x  3y Phương trình trên có nghiệm nên  y  3   2y  1   3y   5y 2  10y  10  9y 2 2

 4y 2  10y  10  0 

5  65 5  65 y . 4 4

Suy ra giá trị lớn nhất của y là Phương trình

5  65 4

3sin 2x  cos 2x  m  1 nghiệm đúng với mọi số thực x khi sin 2x  2cos 2x  3

5  65 9  65  m 1  m  4 4

Câu 47:

(TOÁN HỌC TUỔI TRẺ Lần 05) Tìm tất cả các giá trị của y  8cot x  ( m  3).2cot x  3m  2

A. 9  m  3. Lời giải Đáp án C Đặt t  2cot x thì

t  t ( x )  2cot x



để hàm số



đồng biến trên  ;   . 4 

B. m  3.

C. m  9.



D. m  9.



nghịch biến trên  ;   và tập giá trị của t là  0;2. 4 

Bài toán trở thành tìm

3 để hàm số f (t )  t  (m  3)t  3m  2, t   0; 2 , nghịch biến trên nửa

 3  m  0   3 n 2  0  m  9. khoảng  0;2. Ta có f (t )  3t  m  3  0t   0; 2   3   3 m 2  3 





Vậy với m  9 thì hàm số đã cho đồng biến trên  ;   . 4  Câu 48:

[THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Hàm số

y   x  m    x  n   x 3 (tham số m, n ) đồng biến trên khoảng  ;   . Giá trị nhỏ nhất 3

của biểu thức P  4  m 2  n 2   m  n bằng A. 16 .

B. 4.

1 . 16

1 4

Lời giải Chọn C Ta có y  3  x  m   3  x  n   3 x 2  3  x 2  2  m  n  x  m 2  n 2  a  0 Hàm số đồng biến trên  ;      mn  0   0 m  0 TH1: mn  0   n  0 Do vai trò của m, n là như nhau nên ta chỉ cần xét trường hợp m  0 2

1 1 1   P  4n 2  n   2n      1 4  16 16  TH2: mn  0  m  0; n  0 (Do vai trò của m, n như nhau). 2

1 1 1  Ta có P   2m     4n 2   n     2  4  16 16  1 1 1 Từ 1 ,  2  ta có Pmin   . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m  ; n  0 hoặc m  0; n  . 16

Câu 49:

mx  8 , hàm số đồng biến trên  3;  khi: x  2m 3 3 A. 2  m  2 . B. 2  m  . C. 2  m  . 2 2

Cho hàm sô y 

Hướng dẫn giải

D. 2  m  2 .

Chọn C

2m 2  8 . Để hàm số đồng biến trên  3;  Ta có y '  x  2m 2m 2  8  0 2  m  2  3 y'  0       2  m  . 3 x 2 m   x  2m x   3;   m  x   3;     2  2 Câu 50: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ 10/2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  sin 3 x  3cos 2 x  m sin x  1

A. m  3 . Lời giải Đáp án B

    C. m  3 .

đồng biến trên đoạn 0;  . 2

B. m  0 .

D. m  0

   

Đặt sin x  t , x  0;   t   0;1 2 3 2 Xét hàm số f  t   t  3t  mt  4 2 Ta có f '  t   3t  6t  m

Để hàm số f  t  đồng biến trên  0;1 cần: f '  t   0, t   0;1

 3t 2  6t  m  0 t   0;1  3t 2  6t  m t   0;1 2 Xét hàm số g  t   3t  6t ; g '  t   6t  6; g ' t   0  t  1

Bảng biến thiên:

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy với m  0 thì hàm số f  t  đồng biến trên  0;1 , hàm số

  f  x  đồng biến trên đoạn 0;  .  2 Câu 51:

(THPT C NGHĨA HƯNG-NAM ĐỊNH Lần 1) Tìm tất cả các tham số

để hàm số

2 m4 5

y  3  m  1 x   2m  1 cos x nghịch biến trên  A.

2 m4 5

B. m 

2 5

C. m  4

Lời giải Đáp án B

Ta có y '  3  m  1   2m  1 sin x để hàm số nghịch biến trên  thì y '  0 với mọi

3  m  1   2m  1 sin x  0 Nếu m  1 BPT luôn đúng. Với m  1 BPT  sin x  2

x xét BPT 3 1  m  2m  1

3 1  m   1   1  m  2 . Với m  1 BPT 2m  1 2 5 2 3 1  m  3 1  m   sin x   1  m   1 để hàm số luôn nghịch biến với mọi x thì 2m  1 2m  1 2

để hàm số luôn nghịch biến với mọi

x thì

Kết hợp hai trường hợp ta có m  Câu 52:

2 5

(THPT B Hải Hậu - Nam Định - Lần 1 - 2018) Bất phương trình

2x 3  3x 2  6x  16  4  x  2 3 có tập nghiệm là  a;b  . Hỏi tổng a + b có giá trị là bao nhiêu? A. 5 .

B. 2 .

C. 4 .

D. 3 .

Lời giải Chọn A Tập xác định : D   2, 4 Xét hàm số f  x   2x 3  3x 2  6x  16  4  x

 f  x  

6x 2  6x  6 2x 3  3x 2  6x  16



1 0 2 4x

Suy ra hàm số f  x  đồng biến trên tập xác định. Ta nhận thấy phương trình

2x 3  3x 2  6x  16  4  x  2 3 có một nghiệm x  1 .

Suy ra trong đoạn 1,4 thì bất phương trình đã cho luôn đúng (vì hàm số đồng biến). Do đó tổng a  b  5.

 Chọn đáp án Câu 53:

(THPT-Đống Đa-Hà Nội lần 1)Cho hai vị trí A, B cách nhau, cùng nằm về một phía bờ song

như hình vẽ. Khoảng cách từ A và từ B đến bờ sông lần lượt là 118m và 478km. Một người đi từ A đến bờ sông để lấy nước mang về B. Đoạn đường ngắn nhất mà người đó có thể đi là A. 569,5m. B. 671, 4 m. C. 779,8m. D. 741, 2 m. Hướng dẫn giải Đáp án C

Cách 1: Giải bằng hàm số Đặt CM  x  x  0  2 Dễ tính ra CD  615   487  118   492 2

2 2 Từ đề bài ta có: f  x   x  118 

 492  x 

 487 2

Quãng đường ngắn nhất người đó có thể đi  Giá trị nhỏ nhất của f  x  trên  0;492  Ta có : f   x   

2x 2 x  118 2

2  492  x 

 2

 492  x 

 487 2

f  x   0

  492  x  x 2  1182  x

 492  x 



 487 2  0



  492  x   x 2  1182   x 2  492  x   487 2  0 2

x

58056 605

Ta có bảng biến thiên

Vậy quãng đường ngắn nhất mà người đó có thể đi là: 779,8 Cách 2: Giải bằng hình học Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua D Dễ thấy AM + MB = AM + MB’  AM + MB ngắn nhất  AM + MB’ ngắn nhất Dễ thấy theo bất đẳng thức tam giác: AM + MB’ ≥ AB’  AM + MB’ ngắn nhất  AM + MB’ = AB’ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A, M, B’ thẳng hàng

Câu 54:

(THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Cho hàm số

y  x 4  2mx 2  2m 2  m 4

có đồ

thị C. Biết đồ thị C có ba điểm cực trị A, B, C và ABDC là hình thoi, trong đó D  0; 3 , A thuộc trục tung. Khi đó m thuộc khoảng nào?

9 5

 

 

A. m   ; 2  .

1 2

C. m   2;3 .

B. m   1;  .

Lời giải Chọn D Ta có y '  4x 3  4mx Để đồ thị có ba điểm cực trị thì phương trình

1 9 2 5

D. m   ;  .

y '  0  4x 3  4mx  0

phải có 3 nghiệm phân biệt.

x  0 4x 3  4mx  0   2 x  m

Khi đó điều kiện cần là m  0. Ta có ba nghiệm là x  0, x  m, x   m Với x  0 thì

y  m 4  2m 2

Với x   m thì

y  m 4  3m 2

Do A thuộc trục tung nên A  0; m 4  2m 2  Giả sử điểm B nằm bên phải của hệ trục tọa độ, khi đó B



 

m; m 4  3m 2 , C  m; m 4  3m 2





Ta kiểm tra được AD  BC. Do đó để ABDC là hình thoi thì trước hết ta cần AB  CD. Ta có  AB  m;  m 4  3m 2    m 4  2m 2   m; m 2  CD  m; 3   m 4  3m 2   m; m 4  3m 2  3

 

Do đó

 

  AB  CD 



 

m;  m 2 

 

 



m;  m 4  3m 2  3   m 2   m 4  3m 2  3

 m 2  1  m  1  m 4  4m 2  3  0   2  m  3 m   3  Do điều kiện để có ba điểm cực trị là m  0 nên ta chỉ có m  1 hoặc m  3  Với m  1 thì A  0; 1 , B 1; 2  ,C  1; 2  . Ta có AB  1; 1  AB  2. Tương tự ta có BD  CD  CA 

9 5

2. Như vậy ABDC là hình thoi. Vậy

   

1 2

m  1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do m  1   ; 2  ,  1;  ,  2;3 nên các đáp án A, B, C đều sai. Với m  3 Trong trường hợp này B



 



3; 0 , C  4 3; 0 , A  0;3 . Ta kiểm tra được

AB  BD  DC  CA  9  3. Do đó ABDC cũng là hình thoi và m  3 thỏa mãn yêu cầu bài toán Nhận xét. Đối với bài toán thi trắc nghiệm đòi hỏi cần tiết kiệm thời gian thì chỉ cần xét trường hợp m  1 thì chúng ta đã có thể kết luận được đáp án cần chọn là D mà không cần xét thêm trường hợp m  3 .

Câu 55:

(TRƯỜNG THPT C PHỦ LÝ - HÀ NAM) Biết rằng đồ thị hàm số: y  x 4  2mx 2  2 có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân. Tính giá trị của biểu thức: P  m 2  2m  1 . A. P  1 B. P  5 C. P  0 D. P  2. Lời giải Đáp án B Ta có y '  4 x3  4mx x  0  y '  0   x  m với m  0 x   m 

Các điểm cực trị là A(0; 2); B( m ;2  m ); C(- m ; 2 - m ) Tam giác ABC luôn cân tại A, tam giác ABC vuông khi và chỉ khi BC 2  2 AB 2 m  0  2(m  m 4 )  4m  m 4  m   m  1 Vì m  0  m  1 Vậy P  4 => Đáp án C 2

Câu 56:

(ĐỀ THI CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH KSCL HK1 2018) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x   x 2  x  1 x  4  . Khi đó số điểm cực trị của hàm số y  f  x 2  là 2

A. 3. Lời giải Đáp án A

B. 4.

C. 5.

D. 2

Ta có: g  x   f  x 2   g '  x    x 2  '. f '  x 2   2 x. f ' x 2 

Mà f '  x   x 2  x  1 x  4 2  f '  x 2   x 4  x 2  1 x 2  4 

1 2

 2

Từ (1) và (2) suy ra g '  x   2 x 5  x 2  1 x 2  4   Bảng biến thiên (tự vẽ) 2

Dựa vào BBT, suy ra hàm số y  g  x  có 3 điểm cực trị x  0, x  1 . Câu 57:

(MEGABOOK-ĐỀ 3). Cho đồ thị hàm số y  f  x  có đồ thị đạo hàm như hình vẽ. Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y  f  x3  là:

A. 0 Lời giải Chọn C

B. 1

C. 2

D. 3

Ta có: y  3 x f   x 2



x  0   0  x  1 . x  3 4 

 x3  4  x  3 4 3  f x  0   . Dựa vào đồ thị đạo hàm ta thấy  3 x  0 x  0  

 

Do đó khi vẽ bảng biến thiên của y  f  x3  chỉ có 2 điểm x  0, x  3 4 làm đạo hàm của nó





đổi dấu nên có 2 điểm cực trị. Câu 58:

[THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Đồ thị hàm số hai điểm cực trị A 1; 7  , B  2; 8  . Tính y  1 ?

y  ax 3  bx 2  cx  d có

A. y  1  7 .

B. y  1  11 .

C. y  1  11 .

D. y  1  35

Lời giải Chọn D Ta có y  3ax 2  2bx  c

3a  2b  c  0 3a  2b  c  0 a  2 12a  4b  c  0 12a  4b  c  0 b  9    Theo bài cho ta có:    a  b  c  d  7 7 a  3b  c  1 c  12 8a  4b  2c  d  8 d  7  a  b  c d  12 Suy ra

y  2 x 3  9 x 2  12 x  12.

Do đó y  1  35 .

Câu 59: [TRƯỜNG THPT ĐỒNG HẬU-VĨNH PHÚC. LẦN 1] Cho hàm số

f  x   x3   2m  1 x 2   2  m  x  2 . Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y  f  x  có 5

điểm cực trị A.

5  m  2. 4

5  m  2. 4

5 4

C.   m  2 .

D. 2  m 

5 4

Hướng dẫn giải Đáp án A

Hàm số f ( x ) có năm điểm cực trị Û f ( x) có hai cực trị có giá trị trái dấu

y ' = 3x 2 - 2 (2m -1) x + 2 - m

é m < -1 ê D ' = (2m -1) - 3(2 - m) = 4m - m - 5 > 0 Û ê 5 êm > êë 4 2

Dựa trên điều kiện của D ' ta đã có thể chọn đáp án.

Câu 60: [THPT PHAN CHU TRINH ĐAKLAK LẦN 2 - 2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số A. 44 Lời giải Chọn B

để hàm số y  3 x 4  4 x3  12 x 2  m có 5 điểm cực trị. B. 27

4 3 2 Xét hàm số f  x   3 x  4 x  12 x  m . 3 2 Ta có f   x   12 x  12 x  24 x ,

C. 26

D. 16

x  0 f   x   0  12 x  12 x  24 x  0   x  1 .  x  2 Ta có bảng biến thiên 3

 f  x  neáu f  x   0 Xét hàm số y  f  x     f  x  neáu f  x   0 Nên từ bảng biến thiên của hàm số y  f  x  suy ra hàm số y  3 x 4  4 x3  12 x 2  m có 5

m  32  0  5  m  32 . điểm cực trị khi và chỉ khi  m  5  0 Do đó có 27 giá trị nguyên dương của tham số

để hàm số y  3 x 4  4 x3  12 x 2  m có 5

điểm cực trị. Câu 61:

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x3  2mx 2  m 2 x  2 đạt cực tiểu tại x  1 A. m  3 Lời giải Chọn D Phương pháp: Điểm

x  x0 là

B. m  1  m  3

C. m  1

D. m  1

  f '  x0   0 điểm cựa tiểu của hàm số bậc ba y  f  x  nếu    f ''  x0   0

Cách giải: TXĐ: D  R Ta có: y '  3 x 2  4mx  m 2

 y ''  6 x  4m

Để x  1 là điểm cực tiểu của hàm số bậc ba với hệ số x 3 dương thì: m  1; m  3  y ' 1  0  m 2  4m  3  0     m 1  3 6  4 m  0 m  2  y '' 1  0 Chú ý khi giải: Nhiều HS sẽ nhầm lẫn điều kiện để điểm

là điểm cực tiểu là f ''  x0   0 dẫn đến chọn đáp

án m  3 là sai.

x3 2 Câu 62: (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Cho hàm số y   ax  3ax  4. Để hàm số 3 x 2  2ax 2  9a x 22  2ax1  9a   2 thì a thuộc khoảng nào? đạt cực trị tại x1 ; x 2 thỏa mãn 1 a2 a2

 

A. a   3;

5  . 2 

 

B. a   5;

7  . 2 

 7  2

C. a   2; 1 .

 

D. a    ; 3 

Lời giải Chọn B Ta có y '  x 2  2ax  3a. Để phương trình đã cho có hai điểm cực trị

x1 , x 2

thì ta cần phương

2 trình y '  0  x  2ax  3a  0 1 có hai nghiệm phân biệt. Phương trình 1 có hai nghiệm

a  0 phân biệt khi và chỉ khi  '  a 2   3a   a 2  3a  0  a  a  3  0   a  3 Khi đó áp dụng định lý Vi-et ta nhận được x1  x 2  2a  2  . Chú ý

là nghiệm của 1 và sử

dụng  2  nên x12  2ax1  3a  0  x12  2ax 2  9a   x12  2ax1  3a   2a  x1  x 2   12a  2a  x1  x 2   12a  4a 2  12a

Tương tự ta có x 2  2ax1  9a  4a  12a 2

Từ đó

x12  2ax 2  9a a2 4a 2  12a a2 4a  12 a   2   2  2 2 2 2 2 a x 2  2ax1  9a a 4a  12a a 4a  12 2 7  2    4a  12   a 2  2a  4a  12   0   4a  12   a   0  a  4   5;  2   Câu 63: (THPT C NGHĨA HƯNG-NAM ĐỊNH Lần 1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  x 4  2mx 2  2m  m 4 có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có bán kính đường

tròn ngoại tiếp bằng 2 lần bán kính đường tròn nội tiếp? A. m  1

C. m 

B. m  3 3

3 2

D. m 

6 2

Lời giải Đáp án B

Ta có y '  4 x3  4mx  4 x  x 2  m  để tồn tại ba điểm cực trị thì m  0 khi đó tọa độ ba điểm cực trị là A  0; m 4  2m  , B

 AB  AC  m 4  m ,



 

m ; m 4  m 2  2m , C  m ; m 4  m 2  2m

BC  2 m



gọi M là trung điểm

BC  MB  m  AM  AB 2  MB 2  m 4  m  m  m 2  S ABC 

1 1 AM .BC  m 2 .2 m  m 2 m 2 2

 S m2 m m2 m3  1  1   r   P m  m4  m  m m3  1  1 Mặt khác  theo giả thiết R  2r 4  AB. AC.BC  m  m  2 m 1 m3  1   R  4S 2 m 4m 2 m 





3 m3  1  1 1  m  1  2   m3  1  4 m3  1  4  2 m m 3 3  m 3 m 3



m3  1  2



 0  m3  1  2

4 2 Câu 64: (ĐỀ THI CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH KSCL HK1 2018) Cho hàm số f  x   ax  bx  c

với a  0 , c  2017 và a  b  c  2017 . Số cực trị của hàm số y  f  x   2017 là: A. 1.

B. 5.

C. 3.

D. 7

Lời giải Đáp án D Ta có: y  f  x   2017 

 f  x   2017 

 y' 

2  f  x   2017  . f '  x  2

 f  x   2017 

 f 1  a  b  c  2017 4 2  f 1  f  0  Xét f  x   ax  bx  c  a  0  ta có:   f  0   c  2017 Dựa vào 2 dạng của đồ thị hàm số bậc 4 trùng phương khi a  0

Suy ra hàm số y  f  x  có 3 điểm cực trị và PT: f  x   2017 có 4 nghiệm phân biệt Như vậy PT y ' 

2  f  x   2017  . f '  x  2

Câu 65:

 f  x   2017 

 0 có 7 nghiệm phân biệt do đó hàm số có 7 cực trị.

(THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho hàm số y  f  x  với đạo hàm f   x  có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g  x   f  x  

A. x  1. Lời giải Chọn B

x3 2  x  x  2 đạt cực đại tại điểm nào? 3

B. x  1.

C. x  0.

D. x  2.

x3 2 2 Xét hàm số g ( x)  f  x    x  x  2, có g '( x)  f '  x   x  2 x  1; x  . 3 Ta có: g '( x)  0  f '  x    x  1 * 2

Từ đồ thị hàm số f '  x  ta thấy: f '  0   1   0  1 nên x  0 là một nghiệm của g '( x). 2

f ' 1  0  1  1  x  1 là một nghiệm của g '( x). 2

f '  2   1   2  1  x  2 là một nghiệm của g '( x). 2

Vậy phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt x1  0, x2

 1, x3  2.

Vẽ đồ thị hàm số y   x  1 trên cùng mặt phẳng tọa độ với y  f '( x) ta thấy: 2

Trong khoảng (0;1) thì đồ thị hàm số y  f '( x) nằm phía trên đồ thị hàm số y   x  1 nên 2

g '( x)  0, x  (0;1)

Trong khoảng (1; 2) thì đồ thị hàm số y  f '( x) nằm phía dưới đồ thị hàm số y   x  1 nên 2

g '( x)  0, x  (1; 2) .

Vậy x  1 là điểm cực đại của hàm số y  g ( x). Câu 66: (THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình, lần 1 – 2018) Cho hàm số y  ( m  1) x 4  ( m  1) x 2  1 . Số các giá trị nguyên của m để hàm số có một điểm cực đại mà không có điểm cực tiểu là: A. 1 . B. 0 . Lời giải Chọn B

D. 2 .

C. 3 .

Ta có y '  4  m  1 x3  2  m  1 x  2 x  m  1 x 2   m  1   m 1  0  Để hàm số có một điểm cực đại mà không có điểm cực tiểu thì  m  1  m 0   m 1 1 Câu 67: (THPT Việt Trì) Cho hàm số y  x 3 -ax 2  3ax  4 với a là tham số. Biết a 0 là giá trị của 3 tham số a để hàm số đã cho đạt cực trị tại hai điểm x1 , x 2 thỏa mãn

x12  2ax 2  9a a2   2. Mệnh đề nào dưới đây đúng? a2 x 2 2  2ax1  9a A. a 0   10; 7 

B. a 0   7;10 

C. a 0   7; 3

D. a 0  1;7 

Lời giải Chọn C • Ta có

y   x 2  2ax  3a .

Hàm số có hai điểm cực trị  y  0 có hai nghiệm phân biệt  x 2  2ax  3a  0 (*) có hai 2 nghiệm phân biệt    0  a  3a  0  a   ; 3    0;   (1).

Khi đó hàm số đạt cực trị tại hai điểm

x1 , x2

là hai nghiệm của phương trình (*).

Ta có x1  2ax1  3a  0  x1  2ax1  3a ; tương tự x2  2ax2  3a . 2

x12  2ax2  9a 2ax1  3a  2ax2  9a a2 a2   2   2 a2 x22  2ax1  9a a2 2ax2  3a  2ax1  9a

4a  12a a 2a  x1  x2   12a a2  2 2   2 2 2 a 4a  12a a 2a  x1  x2   12a 2



2 4a  12 a 2 2   2   4a  12   a  2a  4a  12   9a  72a  144  0 a 4a  12

 a  4 (thỏa mãn điều kiện (1)). Vậy a0  4 Câu 68: (THPT QUẾ VÕ SỐ 2) Một đoàn cứu trợ lũ lụt đang ở vị trí A của một tỉnh miền trung muốn đên xã C để tiếp tế lương thực và thuốc men, phải đi theo con đường từ A đến B và từ B đến C (như hình vẽ) Tuy nhiên, do nước ngập con đường từ A đến B nên đoàn cứu trợ không thể đên C bằng xe, nhưng đoàn cứu trợ có thể chèo thuyền từ A đến D với vận tốc 4km h , rồi đi bộ đên C với vận tốc 6km h . Biết A cách B một khoảng 5km, B cách C một khoảng 7km. Hỏi vị trí D cách A bao xa để đoàn cứu trợ đi đến C nhanh nhất?

A. AD  2 5km . Lời giải Chọn B



C. AD  5 2km .

B. AD  3 5km .

D. AD  5 3km



2 2 Gọi AD  x 5  x  74 . Khi đó thì BD  x  25  CD  7  x  25 .

Tổng thời gian đi từ A đến C là f  x   nhất của hàm f  x  này trên 5; 74  .   Có

AD CD x 7  x 2  25    . Ta cần tìm giá trị nhỏ 4 6 4 6

  x0 x0   1 x  f x   ; f   x   0  3 x 2  25  2 x      x  3 5  x  3 5. 2 2 4 6 x 2  25 9 x  25  4 x     x  3 5



 

29 7 5 74 ;f 3 5   5; y 74  12 6 12 4 7 5  Min f  x    5 . Dấu "  " xảy ra khi x  3 x5; 74  6 12

Ta có f  5  

Câu 69:



5. .

(THPT Chuyên Đại Học Vinh - Nghệ An - 2018) Cho x, y thỏa mãn

2 x  3  y  3  4.

Tìm giá trị nhỏ nhất của P  x  2  y  9

1  21 2 Lời giải Đáp án D A.

6

• Ta có: P  x  2  y  9    



2x  3



17 2



1   4  1        10 10  

C. 3

2x  3



1



y3









2 10



2 1 2 2x  3   10 10 10



2x  3  y  3 

y  3  6.

7 3 10  . 2 10

y3



6   4  6       10 10 

• Ap1 dụng BCS: P 

6 10

6

3 10 2

Câu 70: [THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Cho hàm số y  f  x  có 1 3 3 đồ thị y  f   x  như hình vẽ. Xét hàm số g  x   f  x   x3  x 2  x  2018. Mệnh đề nào 3

dưới đây đúng?

A. min g  x   g  1 .

B. min g  x   g 1 .

C. min g  x   g  3 .

D. min g  x  

 3;1

g  3  g 1

 3;1

Lời giải Chọn A 1 3

Ta có g  x   f  x   x 3 

3 2 3 3 3 x  x  2018  g   x   f   x   x 2  x  4 2 2 2

Căn cứ vào đồ thị y  f   x  ta có

 f   1  2  g   1  0    f  1  1   g  1  0    f   3  3  g   3  0 3 3 Ngoài ra, vẽ đồ thị  P  của hàm số y  x 2  x  trên cùng 2

hệ trục tọa độ như hình vẽ bên (đường màu đỏ), ta thấy  P  đi

 3  4

qua các điểm  3;3 ,  1; 2  , 1;1 với đỉnh I   ; 

33   16 

Rõ ràng 3 3  Trên khoảng  1;1 thì f   x   x 2  x  , nên g   x   0 x   1;1 2

3 3  Trên khoảng  3; 1 thì f   x   x 2  x  , nên g   x   0 x   3; 1 2

Từ những nhận định trên, ta có bảng biến thiên của hàm y  g   x  trên  3;1 như sau:

Vậy min g  x   g  1 .  3;1

Câu 71:

(THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Cho hàm số y  thỏa mãn min y  max y  1;2

1;2

16 3

xm (m là tham số thực) x 1

Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 2  m  4 . B. 0  m  2 . C. m  0 . Lời giải Chọn D Với m  1 thì y  1 do đó m  1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

D. m  4 .

xm m 1 Với m  1 khi đó ta có y   1 . Do

x 1 x 1 1 1 1 m 1 m 1 m 1 x  1; 2   1  x  2       . Vì vậy 1 2 x 1 11 3 x 1 2 m 1 m 1  max y  1  , min y  1  . Kéo theo [1;2 ] [1;2 ] 2 3

max y  min y  [1;2 ]

[1;2 ]

5  m  1 16 16  m  1   m  1  16  1   2 m 5 4   1    3 2   3  3 6 3 

m 1 m 1 Nếu m  1 lý luận tương tự ta cũng có max y  1  , min y  1  . Trong trường hợp 3

[1;2 ]

này không tồn tại giá trị của mthỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 72: (THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 1 NĂM 2018) Xét hàm số f  x   x 2  ax  b , với a, b là tham số. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số trên  1;3 . Khi M nhận giá trị nhỏ nhất có thể được, tính a  b . A. 1. B. 2. C. -1. Lời giải

D. 3.

f  1  1  a  b ; f  3  9  3a  b ; f 1  1  a  b . Xét 4 số f 1 ; f 1 ; f  3 ; f  1 có

tổng T  1  a  b  1  a  b  9  3a  b  1  a  b  8 *  có một trong 4 số không bé hơn 2  M  2. - Nếu M = 2 thì điều kiện cần là mỗi số f 1 ; f 1 ; f  3 ; f  1 không lớn hơn M = 2  tổng T  8. Kết hợp với (*)  dấu "=" ở (*) phải xảy ra, đồng thời cả 4 số f 1 ; f 1 ; f  3 ; f  1 đều bằng 2  1  a  b  9  3a  b  1  a  b  2  a  2; b  1 . 2 - Ngược lại khi a  2; b  1 , kiểm tra cụ thể f  x   x  2 x  1 thỏa mãn M = 2 

a  b  1 . Đáp án C Câu 73: [TRƯỜNG THPT YÊN DŨNG 3] Cho các số thực x, y thỏa mãn x  y 1  2





y  3 . Giá trị lớn nhất của x  y

x2 

B. 1

A. 7 Hướng dẫn giải Đáp án A

Sử dụng BĐT buhinhacopski ta có

C. 2





D. 3

x  2  y  3  1  1 x  2  y  3  2  x  y   2 .

Tức là ta có  x  y  1  4  2  x  y   2  . Đặt t  x  y . Chú ý rằng t  1 . 2

Ta có  t  1  8t  8  t 2  6t  7  0  1  t  7. Vậy max t  7 xảy ra khi 2

x  2  y  3 x  6  .   y 1  x y 7

Câu 74:

(THPT SƠN TÂY) Cho các số thực dương x, y. Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức P 



4 xy 2 x  x2  4 y 2

A. max P=1 .



B. max P=

1 . 10

1 8

1 2

C. max P= .

D. max P= .

Lời giải Chọn C

P

x

4 xy 2 x2  4 y 2



 y 4  x

 y  1  4    t, t  1 3 . Đặt 2  x  1  1  4  y    x   

 y  4    t 2 1 x Ta được hàm: f (t ) 

t 2 1

1  t 



t 1

1  t 

, t  1, f (t ) 

Vậy max P  max f (t )  [1;  )

Câu 75:

t 2  2t  3

1  t 

t  1( L) , f (t )  0   t  3

1 . 8

(THPT C NGHĨA HƯNG-NAM ĐỊNH Lần 1) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn 2  x 2  y 2   xy   x  y  xy  2  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức  x3 y 3   x2 y 2  P  4 3  3   9 2  2  x  x  y y 25 A.  B. 5 4

C. 13

D. 

23 4

Lời giải Đáp án D

Cho x, y  0 thỏa mãn 2  x 2  y 2   xy   x  y  (2  xy )  2  x  y    2  xy  x  y   3 xy  0 (*) 2

x  y  u Đặt   u, v  0  ta đc PT bậc II: 2u 2   v  2  u  3  0 gải ra ta được  xy  v

v  2  v 2  28v  4 u 4

 x3 y 3   x 2 y 2   x Ta có P  4  3  3   9  2  2   4   y x  y x  y

x y   9  x y

x y   12   x y

y   18 , x

 x y Đặt t     ,  t  2   P  4t 3  9t 2  12t  18 ; P '  6  2t 2  3t  2   0 với  y x t  2  MinP  Pt0   x y trong đó t0  min t  min    với x, y thỏa mãn điều kiện (*).  y x Ta có:  x y   x  y u t    2 2 xy v  y x 2



v  2  v 2  28v  4

Vậy min P  P 5    2

16v

 1  2 4 1  v   28   2  2 2  32  v  16  v 16 v 





2

5 2

5 23 5 5  4.    9    12.  18   2 4 2 2

Câu 76: [TRƯỜNG THPT ĐỒNG HẬU-VĨNH PHÚC. LẦN 1] Một sợi dây kim loại dài 60 cm được cắt thành hai đoạn. Đoạn thứ nhất được uốn thành một hình vuông, đoạn thứ hai được uốn thành một vòng tròn. Hỏi khi tổng diện tích của hình vuông và hình tròn ở trên nhỏ nhất thì chiều dài đoạn dây uốn thành hình vuông bằng bao nhiêu (làm tròn đến hàng phần trăm)? A. 33, 61cm . B. 26, 43cm . C. 40, 62 cm . D. 30, 54 cm . Hướng dẫn giải Đáp án A Gọi độ dài các sợi dây uốn thành hình vuông và hình tròn lần lượt là x, y Þ x + y = 60 và x, y chính là chu vi của các hình trên. æ xö æ yö x2 y2 Diện tích hình vuông là S1 = çç ÷÷÷ = ; Diện tích hình tròn là S 2 = p çç ÷÷÷ = çè 4 ø 16 çè 2p ø 4p 2

Tổng diện tích hai hình S = S1 + S 2 =

x2 y 2 + 16 4p

æ x2 y2 ö 900 2 Þ S .(16 + 4p ) = çç + ÷÷÷(16 + 4p ) ³ ( x + y ) = 3600 Þ S ³ çè16 4p ÷ø 4+p

Đạt được khi x = y = x + y = 16

Câu 77:

16 + 4p

60 15 15.16 = Þx= = 33, 61 . 16 + 4p 4+p 4+p

[TRƯỜNG THPT ĐỒNG HẬU-VĨNH PHÚC. LẦN 1] Người ta cần xây một hồ chứa nước với dạng khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng

500 3 m . Đáy hồ là hình chữ nhật có 3

chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để xây hồ là

500, 000 ñoàng/m 2 .

Hãy xác định

kích thước của hồ nước sao cho chi phí thuê nhân công thấp nhất. Chi phí đó là? A. 65 triệu đồng. B. 75 triệu đồng. C. 85 triệu đồng. D. 45 triệu đồng Hướng dẫn giải Đáp án B Chi phí thấp nhất khi diện tích xây dựng S là thấp nhất. Gọi độ dài hai kích thước đáy là a, 2a độ dài cạnh bên là b thì diện tích xây dựng là M Vậy chi phí thấp nhất là: 150.0, 5 = 75 trệu đồng. Câu 78:

[THPT ĐỘI CẤN – VĨNH PHÚC 2018 - LẦN 1] Một công ty muốn làm một đường ống dẫn dầu từ một kho A ở trên bờ đến một vị trí B trên một hòn đảo. Hòn đảo cách bờ biển 6 km . Gọi C là điểm trên bờ sao cho BC vuông góc với bờ biển. Khoảng cách từ A đến C là

9 km . Người ta cần xác định một vị trí D trên AC để lắp ống dẫn theo đường gấp khúc ADB . Để số tiền chi phí thấp nhất mà công ty phải thì khoảng cách từ A đến D là bao nhiêu km , biết rằng chi phí để hoàn thành mỗi km đường ống trên bờ là 100 triệu đồng và dưới nước là 260 triệu đồng. A. 8 km. B. 5 km. C. 7, 5 km. D. 6, 5 km. Lời giải Chọn D

B 6 C

A 9

Gọi CD  x,  0  x  9  .

BD  x 2  36 , AC  9  x. Chi phí xây dựng đường ống là: T  100  9  x   260 x 2  36 (triệu đồng)

T   100 

260 x x 2  36

0 x

5 2

5 T  0   2460; T  9   780 13; T    2340. Suy ra khoảng cách từ A đến D là 6, 5km 2 Câu 79:

(THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Một công ty muốn làm một đường ống dẫn dầu từ một kho A ở trên bờ biển đến một vị trí B trên hòn đảo. Hòn đảo cách bờ biển 6km. Gọi C là điểm trên bờ sao cho BC vuông góc với bờ biển. Khoảng cách từ A đến C là 9km. Người ta cần xác định một vị trí D trên AC để lắp ống dẫn theo đường gấp khúc ADB. Tính khoảng cách AD để số tiền chi phí thấp nhất, biết rằng giá để lắp mỗi km đường ống trên bờ là 100.000.000 đồng và dưới nước là 260.000.000 đồng. A. 7km. B. 6km. C. 7.5km. D. 6.5km. Lời giải Chọn D

Ta đặt x=AD. Khi đó ta có CD=9  x  km  . Do BCD vuông tại C nên áp dụng định lý Py-tago ta nhận được BD 2  BC2  CD 2  62   9  x   x 2  18x  117  BD  x 2  18x  117 2

Chi phí lắp đặt là



100.000.000x+260.000.000 x 2  18x+117  20.000.000 5x+13 x 2  18x+117 Để chi phí là thấp nhất thì ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm f  x   5x+13 x 2  18x+117, 0  x  9

Ta có f '  x   5+

13  x  9  x 2  18x+117



f '  x   0  5+

13  x  9  x  18x+117 2

 0  5 x 2  18x+117  13  x  9 

9  x  0 0  x  9 Do đó   2 2 2   2 2 144 x  2592x  10764  0  5  x  18x+117   13  x  9   x  6,5  9   x  11,5  9

Như vậy giá trị x  11, 5 bị loại. Ta kiểm tra được f '  x   0 trên (6, 5;9) và f '  x   0 trên (0; 6,5) do đó

f  x   f  6,5 , x   0;9 . Như vậy hàm f  x  đạt giá trị nhỏ nhất tại x  6,5

Khi đó chi phí lắp đặt sẽ nhỏ nhất. Do đó khoảng cách AD tìm được khi chi phí thấp nhất là 6,5km. Câu 80: (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Người ta muốn xây một chiếc bể chứa nước có 500 3 m . Biết đáy hồ là một 3 hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng và giá thuê thợ xây là 100.000 đồng /m 2 . Tìm

hình dạng là một khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng

kích thước của hồ để chi phí thuê nhân công ít nhất. Khi đó chi phí thuê nhân công là A. 15 triệu đồng. B. 11 triệu đồng. C. 13 triệu đồng. D. 17 triệu đồng. Lời giải Chọn A Gọi h là chiều cao của bể chứa. Đáy hồ có chiều rộng là x và chiều dài là 2x. Theo giả thiết ta có V 

500 250 =h.x.  2x  =2x 2 h  h= 2 1 3 3x

Do bể chứa không nắp nên chi phí thuê nhân công chính là chi phí thuê nhân công để xây dựng mặt đáy với các mặt xung quanh. Diện tích mặt đáy là x.  2x   2x 2  m 2 

Có 4 mặt xung quanh với tổng diện tích là h.x  h  2x   h.x  h  2x   6xh 2 Do đó tổng diện tích mặt xung quanh với mặt đáy là S  2x  6xh  2  . Để chi phí thuê nhân

công là thấp nhất thì ta cần tìm cực trị của hàm S  x  Thay 1 vào  2  ta nhận được S  2x 2  6x

250 500  2x 2  2 3x x

 

2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số  2x ;

S  x   2x 2 

250 250  ;  ta nhận được x x 

250 250 250 250   3 3 2x 2 . .  3 3 2.150.250  150 x x x x

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2x 2 

250  x  5. Khi đó chi phí thuê nhân công là x

150 100.000=15.000.000 (đồng). Câu 81: (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Một người bán gạo muốn đóng một thùng tôn đựng gạo có thể tích không đổi bằng 8 m3 , thùng tôn hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông, không nắp. Trên thị trường, giá tôn làm đáy thùng là 100.000 / m 2 và giá tôn làm thành xung quanh thùng là 50.000 / m 2 . Hỏi người bán gạo đó cần đóng thùng đựng gạo với cạnh đáy bằng bao nhiêu để chi phí mua nguyên liệu là nhỏ nhất? A. 3 m . B. 1,5 m . C. 2 m . D. 1 m . Lời giải Đáp án C Phương pháp: Lập hàm số chi phí theo một ẩn sau đó tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số đó.

Cách giải: Gọi

a là chiều dài cạnh đáy hình vuông của hình hộp chữ nhật và b

hình hộp chữ nhật ta có a 2b  8  a, b  0   ab 

là chiều cao của

8 a

Diện tích đáy hình hộp là a 2 và diện tích xung quanh là 4ab nên chi phí để làm thùng tôn là

8 1600 16   100a 2  50.4ab  100a 2  200ab  100a 2  100.  100a 2   100  a 2   (nghìn đồng) a a a  Áp dụng BĐT Cauchy ta có a 2 

16 8 8 8 8  a 2    3 3 a 2    3.4  12 a a a a a

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 2 

8  a  2. a

Vậy chi phí nhỏ nhất bằng 1200000 đồng khi và chỉ khi cạnh đáy hình hộp bằng 2m. Câu 82:

(THPT Lam Sơn – Thanh Hóa – Lần 1 – 2018) Cho hàm số y 

12  4 x  x 2 x 2  6 x  2m

có đồ thị

 Cm  . Tìm tập S tất cả các giá trị của tham số thực m để  Cm  có đúng hai tiệm cận đứng. A. S  8;9 

 9

 9  2

B. S   4;   2

D. S   0;9

C. S   4; 

Hướng dẫn giải Đáp án B Phương pháp: Hàm số có hai tiệm cận đứng  phương trình MS  0 có hai nghiệm phân biệt không trùng với nghiệm của tử số và thỏa mãn ĐKXĐ. Cách giải : 0  x  4

ĐKXĐ: 

2  x  6 x  2m  0

2 Ta có 12  4 x  x  0 x nên để

 Cm  có

hai tiệm cận đứng thì phương trình

x 2  6 x  2m  0  x 2  6 x  2m  0 * có hai nghiệm phân biệt thuộc  0;4.

Đế phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì  '  9  2m  0  m  Gọi 2 nghiệm phân biệt của (*) là

x1  x2

ta có

0  x1  x2  4 .

9 2

 x1  x2  6  x1.x2  2m

Theo định lí Vi-et ta có 

Khi đó

 x1 x2  0  x1 x2  0  2m  0 x  x  0 x  x  0 6  0 m  0  1 2  1 2     m4   x1  4  x2  4   0  x1 x2  4  x1  x2   16  0 2m  24  16  0 2m  8  0  x  4    x  4   0  x  x   8  0 6  8  0 2  1  1 2

Câu 83:

Kết hợp nghiệm ta có 4  m 

9 2

Tìm tất cả các giá trị thực của

m để đồ thị hàm số y 

A. m  0 . C. m  0 .

B. m  0 . D. Không có giá trị nào của

x 1 mx 2  1

có hai tiệm cận ngang

Hướng dẫn giải Chọn C Để hàm số có 2 tiệm cận ngang khi và chỉ khi lim y  a a   x 

x 1

Ta có lim

1

 lim

1 x

1 1 . Để lim y xác định  xác định hay m  0. x  m m



1 x2 Câu 84: [THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Tiếp tuyến của đồ thị hàm mx 2  1

x 

số y 

x 

m

4x  3 cùng với 2 tiệm cận tạo thành một tam giác có diện tích bằng: 2x 1

A. 6.

B. 7.

C. 5.

D. 4

Lời giải Chọn C 1 Gọi M  x0 ; y0  là điểm nằm trên đồ thị hàm số, x0  

y 

 2 x  1

Phương trình tiếp tuyến tại M: y  f   x0  x  x0   y0  y 

 2 x0  1

 x  x0  

4 x0  3 2 x0  1

1 2

Tiệm cận đứng: x   , Tiệm cận ngang: y  2 Gọi A là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng  xA  

1 10  yA  2 2  2 x0  1

 1  4 x0  3 Vậy  1 4 x0  3  A  ; .     x0    2  2 x0  1  2 2 x0  1 

Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận ngang  yB  2  2 

 2 x0  1

 xB  x0  

 1  2

 4 x0  1  4 x0  3 1 ;2  xB  2 x0  . Vậy B  2 x0  1 2  2 

 

Giao điểm 2 tiệm cận là I   ; 2  

Ta có IA   0;  

10  10   IA  2 x0  1  2 x0  1

IB   2 x0  1;0   IB  2 x0  1 Tam giác IAB vuông tại I nên S IAB  Câu 85:

1 1 10 IA.IB  . 2 x0  1  5 . 2 2 2 x0  1

(THPT HOA LƯ A) Tìm tọa độ điểm M có hoành độ dương thuộc đồ thị (C) của hàm số y

x2 sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận của đồ thị (C) đạt giá trị x2

nhỏ nhất.

A. M 1; 3 . Lời giải Chọn D y

x2 x2

Tiệm cận đứng: x  2

B. M  3;5  .

C. M  0; 1 .

D. M  4;3 .

Tiệm cận ngang y  1

M ( x0 ;

x0  2 ) với x0  0, x0  2 x0  2

Tổng khoảng cách từ d  x0  2 

M đến hai đường tiệm cận là

x0  2 4  1  x0  2   2.2  4 x0  2 x0  2

Dấu “ = ” xảy ra  x0  2 

 x0  2  2  x0  4(TM) 4  ( x0  2) 2  4    x0  2  x0  2  2  x0  0( L)

Vậy M  4;3 . Câu 86:

[THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Cho hàm số y 

x2 có đồ thị  C  . Tìm x2

tọa độ điểm M có hoành độ dương thuộc  C  sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận là nhỏ nhất. A. M  2; 2 

B. M  4;3

C. M  0; 1

D. M 1; 3

Hướng dẫn giải Đáp án B

 a2 Gọi M  a;  thuộc đồ thị hàm số  a2 d ( M;TCD)  a  2

d ( M;TCN ) 

4 a2

Tổng khoảng cách = a  2 

4 4  2 a2 . 4 a2 a2

Dấu bằng xảy ra khi a  2 

 a=4 4  do hoành độ dương nên a=4 a=0 a2 

Vậy M(4;3) Câu 87: [THPT ĐỘI CẤN – VĨNH PHÚC 2018 - LẦN 1] Cho hàm số

y  ax 3  bx 2  cx  d

thị như hình bên. Mệnh để nào dưới đây là đúng?

A. a  0, b  0, c  0, d  0 . C. a  0, b  0, c  0, d  0 .

B. a  0, b  0, c  0, d  0 . D. a  0, b  0, c  0, d  0 .

có đồ

Lời giải Chọn C Dựa vào hình dạng đồ thị ta suy ra đây là đồ thị hàm số bậc ba có hệ số của x 3 âm Þ a < 0 Dựa vào hình vẽ đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm y = d < 0 y '  3ax 2  2bx  c

Hàm số có hai điểm cực trị thỏa

xcd .xct < 0 Þ xI =

c <0 Þc > 0 3a

-b > 0 Þb > 0 3a

Câu 88: (THPT Lê Văn Thịnh- Bắc Ninh-Lần 1) Cho hàm số f  x  có đồ thị là đường cong  C  biết đồ thi ̣của f '  x  như hình vẽ. Tiếp tuyến của  C  tại điểm có hoành độ bằng 1 cắt đồ thi

C 

tại hai điểm A , B phân biệt lần lượt có hoành độ a , b . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau:

A. 4  a  b  4

B. a  b  0

C. a, b  3

D. a 2  b 2  10

Lời giải Đáp án D

Đồ thị hàm số y  f '  x  cắt trục hoành tại 3 điểm x  1; x  3  f ' 1  0 Suy ra phương trình tiếp tuyến của  C  tại x  1 là  d  : y  f 1 Bảng biến thiên

Dựa vào BBT, ta thấy đồ thị hàm số y  f  x  cắt đường thẳng y  f 1 tại 2 điểm A , B phân biệt có hoành độ lần lượt là Câu 89:

x A  a  1

và

xB  b  3 .

Vậy a 2  b 2  10

(THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình, lần 1 – 2018) Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm trên

R . Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y  f ( x) , ( y  f ( x) liên tục trên R ). Xét hàm số

g ( x )  f ( x 2  2) .

Mệnh đề nào dưới đây 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  . Lời giải Chọn C Từ đồ thị ta có

f '( x )  x 3  3 x  2 .

Do đó

g '( x )  2 xf '( x 2  2)  2 x (( x 2  2)3  3( x 2  2)  2)

 x  2  x  1  g'( x)  0   x  0  x  1  x  2 Ta có g'( x)  0, x  (1; 0) . Vậy g ( x) đồng biến trên (1; 0) Câu 90:

3 2 (THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình, lần 1 – 2018)Cho hàm số f  x   x  3 x  2 có đồ

thị là đường cong trong hình bên. Hỏi phương trình  x 3  3 x 2  2   3  x 3  3 x 2  2  2  0 có 3

bao nhiêu nghiệm thực phân biêt?

A. 7. Lời giải Chọn C

B. 9.

C. 6.

D. 5.

u  1  Đặt u  x  3 x  2 , phương trình trở thành u  3u  2  0  u  1  3 u  1  3  3 2 + Với u=1 thì x  3 x  2  1  phương trình có 3 nghiệm. + Với u  1  3 thì x 3  3 x 2  2  1  3  phương trình có 3 nghiệm. KL:Phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt. 3

Câu 91:

12 4 n ( THPT QUẾ VÕ 2 ) Cho phương trình x  1  4 x x  1 . Tìm số nguyên dương để phương trình có nghiệm. A. n  6 . B. n  3 . C. n  5 . D. n  1 . Lời giải Chọn C

n bé nhất

Với n  4 : thì ta có VT  2 x8  x12  2 x8  1   x 4  1 x8  x 4  1  0 vì x 4  1 thế nên VT  2 x8 .

Ta có 2 x8  2 x 4 .x 4  2 x 4 .  x 4  1  1  2 x 4 . x 4  1  VP (Ta chỉ cần xét với x  1) Vậy VT  VP nhưng dấu bằng ko thể xảy ra được vì điều kiện 2 dấu trên là khác nhau. Do đó n  4 loại. Với n  5. Xét f  x   x12  1  4 x 4 x 5  1  x  1 Ta có đây là hàm liên tục trên R và ta có

f 1  0; f 1,1  0 nên phương trình có nghiệm trong 1;1,1 . Tức là n  5 thỏa mãn.

Câu 92:

3 2 (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho hàm số f  x   x  3 x  2 có đồ thị là

đường cong trong hình bên.

Hỏi phương trình  x 3  3 x 2  2   3  x 3  3 x 2  2  2  0 có 3

bao nhiêu nghiệm thực dương phân biệt? A. 3. B. 5. Lời giải Đáp án C Phương pháp:

C. 7.

D. 1.

3 2 Đặt t  x  3 x  2  f  x  , dựa vào đồ thị hàm số đã cho tìm ra các nghiệm

ti .

Xét các phương trình f  x   ti , số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số

y  f  x  và đường thẳng

y  ti song

song với trục hoành.

Cách giải:

3 2 Đặt t  x  3 x  2  f  x  khi đó phương trình trở thành t 3  3t 2  2  0 và hàm số

t  1  3 f  t   t  3t  2 có hình dáng y như trên. Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy f  t   t  1 t  1  3  3

Với t  1  3  f  x   1  3

1 . Số nghiệm của phương trình 1 là số giao điểm của đồ thị

hàm y  f  x  và đường thẳng y  1  3 song song với trục hoành.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y  1  3 cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 1 điểm duy nhất nên phương trình (1) có 1 nghiệm duy nhất. Với t  1  f  t   1

 2  . Lập luận tương tự như trên ta thấy phương trình  2  có 3 nghiệm

phân biệt. Với t  1  3  f  t   1  3

 3 . Phương trình 3 có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình ban đầu có 7 nghiệm phân biệt. Chú ý và sai lầm: Sau khi đặt ẩn phụ và tìm ra được 3 nghiệm t , nhiều học sinh kết luận sai lầm phương trình có 3 nghiệm phân biệt và chọn p án A. Số nghiệm của phương trình là số nghiệm x chứ không phải số nghiệm t . Câu 93: [THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đường thẳng y  m  x  4  cắt đồ thị của hàm số y   x 2  1 x 2  9  tại bốn

điểm phân biệt? A. 1 .

B. 5 .

C. 3 .

D. 7

Lời giải Chọn B Ta có phương trình hoành độ giao điểm

 x  1 x 2

9



 x  1 x  m  x  4  2

Số nghiệm của 1

  m 1 ,  x  4  x  4 2

9

x bằng số giao điểm của 2 đồ thị hàm số y  f  x  

ym Ta có

f  x 













2x x2  9  x  4  2x x2 1  x  4   x2  9 x2 1

 x  4

  3x



1 x2  9

 x  4



và

 16 x3  10 x 2  80 x  9

x  4

f   x   0  3x 4  16 x3  10 x 2  80 x  9  0  x1  2,169  x  0,114 Giải phương trình bằng MTBT ta được 4 nghiệm  2 . Các nghiệm này đã được lưu  x3  2, 45   x4  4,94 chính xác ở trong bộ nhớ của MTBT. Bảng biến thiên:

Từ BBT và m    m  2; 1;0;1; 2 . Câu 94:

[TRƯỜNG THPT ĐỒNG HẬU-VĨNH PHÚC. LẦN 1] Tìm m để đồ thị  C  của y  x3  3x 2  4

và đường thẳng y  mx  m cắt nhau tại 3 điểm phân biệt A  1;0  , B, C sao

cho OBC có diện tích bằng 8. A. m  4 . B. m  3 .

C. m  1 .

D. m  2

Hướng dẫn giải Đáp án A

Xét PT x 3 - 3 x 2 + 4 = mx + m Û ( x + 1)( x 2 - 4 x + 4 - m) = 0 ; ĐK để PT này có ba ngiệm là

m > 0 và m ¹ 9

Khoảng các từ O tới đường thẳng y = mx + m là: h = Gọi tọa độ của B ( x1 ; y1 ) , C ( x2 ; y2 ) .

m m +1 2

m m2 +1

Þ BC = ( x2 - x1 ) + ( y2 - y1 ) = ( x2 - x1 ) + m 2 ( x2 - x1 ) 2

(m2 +1)( x2 - x1 )2 = (m2 +1) éêë( x2 + x1 )2 - 4 x1 x2 ùúû =

Þ SOBC =

1 1 h.BC = 2 2

4m ( m 2 + 1)

4m (m 2 + 1) =8 Þ m = 4 .

m +1 Câu 95: [THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Hình vẽ sau là đồ thị của một hàm trùng phương. Giá trị của m để phương trình f  x   m có 4 nghiệm phân biệt là

A. m  0; m  3. Hướng dẫn giải Đáp án A

B. 1  m  3.

C. 3  m  1.

D. m  0.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình f  x   m có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m  0, m  3 .

Câu 96:

[THPT THUẬN THÀNH SỐ 3] Tìm m để phương trình x 4  5x 2  4  m có 8 nghiệm phân biệt A.

9 m4 4

9 m0 4

9 m4 4

Lời giải Chọn D

x  0 4 2 3  Xét hàm y  x – 5 x  4  y '  4 x  10 x  0   5 x  2

D. 0  m 

9 4

Ta có bảng biến thiên

Ta có bảng biến thiên hàm y = x 4 – 5 x 2  4

Vậy phương trình có 8 nghiệm  đường y  m giao đồ thị hàm số y = x 4 – 5 x 2  4 tại 8 điểm phân biệt  0  m  Câu 97:

9 4

( TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên  và có bảng biến thiên như sau:

Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình f  x   m  2 có bốn nghiệm phân biệt? A. 3  m  2 . B. 2  m  1 . C. 2  m  1 . D. 3  m  2 . Câu 98: [THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 2-2018] Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình bên. Tồn tại bao nhiêu giá trị nguyên của tham số có đúng hai nghiệm thuộc đoạn  0;   ?

để phương trình

f  sin x   m

A. 4 Lời giải

B. 7

C. 5

D. 6

Chọn C Đặt t  sin x , để phương trình f t   m

có đúng một nghiệm

Dựa vào đồ thị ta có

f  sin x   m t  0;1

m  7; 2 ,

có đúng hai nghiệm

x  0;  

thì phương trình

. nguyên nên

m  7; 6; 5; 4; 3 .

Vậy có 5 giá trị.

Câu 99: (THPT CHUYÊN BẮC NINH) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y  mx  m  1 cắt đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  x  2 tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho AB  BC

A. m   ;0   4;   .

 5  4

 

C. m    ;   .

B. m   .

D. m   2;   .

Lời giải Chọn D. Hoành độ giao điểm của đường thẳng y  mx  m  1 và đồ thị hàm số nghiệm của PT

y  x3  3x 2  x  2

là

mx  m  1  x 3  3 x 2  x  2  ( x 3  3 x 2  3 x  1)  m( x  1)  2( x  1)  0  ( x  1)( x 2  2 x  m  1)  0

PT này có ba nghiệm phân biệt  x 2  2 x  m  1  0 có hai nghiệm phân biệt  1  '  m  2  0   m  2 khi đó tọa độ ba giao điểm là m  2  0 A 1,1 , B 1  m  2,1  m  2 , C 1  m  2,1  m  2 từ đây tính được



 



AB  AC  2(m  2) .

x 1 có đồ thị  C  . Tìm tất cả các giá trị thực của 2x  1 m 1 tham số m để đường thẳng d : y  mx  cắt đồ thị  C  tại hai nghiệm phân biệt A, B sao 2

Câu 100: (THPT QUẾ VÕ SỐ 2) Cho hàm số y 

cho OA 2  OB2 đạt giá trị nhỏ nhất (O là gốc tọa độ). A. m  1 . B. m  0 . C. m  1 . Lời giải Chọn A Xét phương trình hoành độ giao điểm:

D. m  2

x 1 m 1  mx   4mx 2  4mx  m  1  0 1 2x 1 2 2 Phương trình (1) có 2 nghiệm x A ; xB   '  4m  4m  m  1  4m  0  m  0.

 

Khi đó giao điểm của 2 đồ thị là A  x A ; mx A  với x A  xB  1; x A .xB 

m 1   m 1   ; B  xB ; mxB   2   2 

m 1 4m

Ta có 2

m 1  m 1  m 2  2m  1 1 1 1   2 OA2  OB 2  x A2   mx A   x  mx    1   m    1  .2  2 B   B  2  2  2m 2 m 2   1 ( vì m  0, theo Cauchy ta có m   2 . Dấu bằng xảy ra khi m  1 . m Câu 101: ( THPT Hàn Thuyên-Bắc Ninh-Lần 1) Hằng ngày, mực nước của một con kênh lên xuống theo thủy triều. Độ sâu h (mét) của mực nước trong kênh tính theo thời gian t (giờ) trong một

 t   t  ngày  0  t  24  cho bởi công thức h  2sin  3  1  4sin 2     12. Hỏi trong một ngày  14    14   có bao nhiêu lần mực nước trong kênh đạt độ sâu 13m. A. 5 lần. B. 7 lần. C. 11 lần. D. 9 lần. Hướng dẫn giải Đáp án D Cách giải: Đặt

t  12  2  u  u  0;  khi đó ta có h  2sin  3u  1  4sin u   12 14  7 

 h  2  3sin u  4sin 3 u 1  4sin 2 u   12

Đặt v  sin u  h  v   2  3t  4t 3 1  4t 2   12 6t  24t 3  8t 3  32t 5  12 32t 5  32t 3  6t  12

   

Xét u  0;   v   0;1 2

Dùng [MODE] [7] ta có

: trong khoảng  0, 2;0,3 có 1 lần hàm số đạt giá

trị bằng 13. trong khoảng  0,3;0, 4  có 1 lần hàm số đạt giá trị bằng 13. trong khoảng  0,9;1 có 1 lần hàm số đạt giá trị bằng 13. Vậy v   0;1 thì có 3 lần f  v   13.





Xét u   ;    v   0;1 . Tương tự như trên ta có 3 lần f  v   13. 2 

 

Xét u   ;

3   v   1;0 có 2 lần f  v   13. 2 

12   3 12   ;  v   1;sin   có 1 lần f  v   13.  7  2 7  

Xét u  

Vậy có tất cả 9 lần mực nước trong kênh đạt độ sâu 13m. Câu 102: (THPT CHUYÊN BẮC NINH) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để 2x  3 đường thẳng y  2x  m cắt đồ thị  H  của hàm số y  tại hai điểm A, B phân biệt sao x2

cho P  k1

2018

 k 2018 đạt giá trị nhỏ nhất (với là hệ số góc của tiếp tuyến tại A, B của đồ thị  H  2 B. m    2 .

A. m  3 .

D. m  2 .

C. m  3 .

Lời giải Chọn

Hoành độ giao điểm

của đt và đồ thị  H  là nghiệm PT

x1 , x2

m6  x1  x2   2  2x  3 2  2 x  m  2 x   m  6  x   2m  3   0   x2  x x  2m  3  1 2 2 1 y'  2  x  2 k

2008 1

k

2008 2

 1    x  2 2  1

  1  2    x1 x2  2  x1  x2   4 

   

2008

2018

 1    x  2 2  2

   

2008

 1  1  2     x1  2   x2  2  

  2  2   2m  3  2  m  6   8   

2008

2018

 22019

Đạt được khi  x1  2     x2  2   x1  x2  4  m  6  8  m  2 .

Chương 8. Mũ – logarit x 1 có đồ thị  C  . Tìm tất cả các giá trị thực của 2x 1 m 1 tham số m để đường thẳng d: y  mx  cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt A , B sao 2 cho OA2  OB 2 đạt giá trị nhỏ nhất ( O là gốc tọa độ ).

Câu 103: ( THPT QUẾ VÕ 2 ) Cho hàm số y 

A. m  1 . Lời giải Chọn A

B. m  0 .

C. m  1 .

D. m  2 .

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 1 m 1  mx   4mx 2  4mx  m  1  0 1 2x 1 2 2 Phương trình (1) có 2 nghiệm x A ; xB   '  4m  4m  m  1  4m  0  m  0.

 

Khi đó giao điểm của 2 đồ thị là A  x A ; mx A  với x A  xB  1; x A .xB 

m 1 4m

m 1   m 1   ; B  xB ; mxB   2   2 

m 1  m 1  m 2  2m  1   2 Ta có OA  OB  x   mx A   x  mx    B   B  2  2  2m   2

2 A

1 1 1 1   m    1  .2  2 ( vì m  0, theo Cauchy ta có m  1  2 . Dấu bằng xảy ra khi 2 m 2 m m 1

Câu 104: ( THPT QUẾ VÕ 2 ) Cho hàm số f  x  có đạo hàm là f   x  . Đồ thị của hàm số y  f   x  được cho như hình sau.

Biết rằng f  0   f  3 = f  2   f  5  . Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của f  x  trên đoạn

0;5 lần lượt là A. f  2  , f  5  .

B. f  0  , f  5  .

C. f  2  , f  0  .

D. f 1 , f  5  .

Lời giải Chọn A

Dựa vào đồ thị của hàm số y  f   x  ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị nhỏ nhất của f  x  trên đoạn  0;5 là f  2  . Có f  0   f  3 f  2   f  5   f  0   f  5  f  2   f  3 . Ta có f  2   f  3  f  2   f  3   0  f  0   f 5   0  f  0   f 5  . Do đó giá trị lớn nhất của f  x  trên đoạn  0;5 là f  5  . Câu 105: (THPT VIỆT ĐỨC) Trong bài thi thực hành huấn luyện quân sự có một tình huống chiến sĩ phải bơi qua một con sông để tấn công mục tiêu ở ngay phía bờ bên kia sông. Biết rằng lòng sông rộng 100 m và vận tốc bơi của chiến sĩ bằng một phần ba vận tốc chạy trên bộ. Hãy cho biết chiến sĩ phải bơi bao nhiêu mét để đến được mục tiêu nhanh nhất? Biết dòng sông là thẳng, mục tiêu cách chiến sĩ 1km theo đường chim bay và chiến sĩ cách bờ bên kia 100 m. A.

200 2 m . 3

Lời giải Chọn B Ta có sơ đồ:

B. 75 2  m  .

C. 75 3  m  .

200 3 m . 3

- Đặt HE  x 100  x  1000 

HF  x 2  10000;GF  1000000  10000  300 11  GH  300 11  x 2  10000 - Gọi vận tốc bơi là a (không đổi )  vận tốc chạy bộ là 3a - Thời gian bơi từ E đến H là

x a

- Thời gian chạy từ H đến G là:

300 11  x 2  10000 3a

x 2  10000 với 100  x  1000 ta được f  x  đạt GTNN khi 75 2 . 3 Câu 106: [THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Hình vẽ bên là đồ thị của - Xét hàm số f  x   x 

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. 12.

B. 15.

C. 18.

D. 9

Lời giải Chọn A

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 đơn vị.

TH1: 0  m  3. Đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị. Loại. 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  * nên m  3; 4;5 Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12.

Câu 107: (THPT LỤC NGẠN 1-BẮC GIANG) Một con cá hồi bơi ngược dòng nước để vượt một khoảng cách 300km, vận tốc của dòng nước là 6 (km/h). Giả sử vận tốc bơi của cá khi nước yên lặng là v (km/h). Năng lượng tiêu hao của cá trong t giờ được tính theo công thức E  cv 3t ; c là hằng số cho trước, đơn vụ của R là Jun. Vận tốc v của cá khi nước đứng yên để năng lượng của cá tiêu hao ít nhất là: A. 9 (km/h). B. 8 (km/h). C. 10 (km/h). D. 12 (km/h). Hướng dẫn giải Đáp án A Ta có:  v  6  t  300  t  Vậy E  cv3

300 v6

300 Bấm máy tính v6

Câu 108: (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Gọi M (a; b) là điểm trên đồ thị hàm số y

2x 1 mà có khoảng cách đến đường thẳng d : y  3 x  6 nhỏ nhất. Khi đó x2

A. a  2b  1 . B. a  b  2 . C. a  b  2 . D. a  2b  3 . Lời giải Đáp án C Phương pháp giải: Sử dụng công thức tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng, đưa về khảo sát hàm số để tìm giá trị nhỏ nhất - giá trị lớn nhất. Cách giải: 2a  1 3a  6 2a  1  1 3a 2  10a  11 a2 Điểm M  a; b    H   M  a;  .   d  M ; d   a2 10 10  a2 

3  a  4a  3 3a 2  10a  11  a  1 0 Xét hàm số f  a   với a  2, có f '  a   2 a2  a  2  a  3 2

Tính các giá trị f  1  4; f  3  8 và lim f  a   ; lim f  a    x 2

x 

Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số f  a  bằng 4  a  1

a  1 Vậy   a  b  2 b  1 Câu 109: (THPT B Hải Hậu - Nam Định - Lần 1 - 2018) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình 3 1  x  3  x  2 1  x  3  x   m nghiệm đúng với mọi





x   1;3 ? A. m  6 2  4 .

B. m  6 2  4 .

C. m  6 .

Lời giải Chọn A f  x  3



 f ' x  



1 x  3  x  x 1 x 3  x

4   x  1 3 3   0 2 1  x 2 3  x 2 1 x 3  x

12 1  x  3  x x 1



4   x  1 2 1 x 3  x

0

D. m  6 .

Giải phương trình trên ta thu được nghiệm quy nhất x = 1. Lại có f 1  6 2  4, f  1  f  3  6 , do đó hàm số đạt cực tiểu tại x = 1. Từ đây ra suy ra với m  6 2  4 thì bất phương trình đã cho có nghiệm đúng với mọi x   1;3 . Câu 110: [TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH]

Gọi x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện log 9 x  log 6 y  log 4  x  y  và

x a  b  , với a, b là hai số nguyên dương. Tính ab . y 2 A. a.b  5 . Lời giải

B. a.b  1 .

C. a.b  8 .

D. a.b  4

Chọn A t t t • Ta đặt t  log 9 x  log 6 y  log 4  x  y   x  9 ; y  6 ; x  y  4

 3 t 1  5  loai     2t t 2 2 Ta có: 9t  6t  4t   3    3   1     3 t 1  5 2 2     nhan  2  2  t

x a  b  9   3  1  5 Mà  . Do đó: a  1; b  5 và a.b  5 .      y 2 2 6 2

Câu 111: (MEGABOOK-ĐỀ 3). Cho các số thực x, y thỏa mãn

x 2  2 xy  3 y 2  4. Giá trị lớn nhất của

biểu thức P  log 2  x  y  là: 2

max P  3log 2 2

max P  log 2 12

C. max P  12

D. max P  16

Lời giải Chọn B Từ

x 2  2 xy  3 y 2  4. Suy ra:

Nếu y  0 thì x  2  P  2 Nếu y  0. Ta có: 2

P  log 2  x  y   4.  x  y  2

x  4   1 2 P 4 x  y 4.2 y   4.2 P   2  4 x  2 xy  3 y 2  x 2 x  y  2 y 3  

x 4t 2  8t  4 P  2 P t 2  2t  3  4t 2  8t  4 Đặt t  , t    2  2 y t  2t  3









 2 P  4 t 2  2 P  8 t  3.2 P  4  0 . ( Xét P  4 )

Để phương trình có nghiệm:   0   2 P  4    2 P  4  3.2 p  4   0 2

 

 2. 2 P

 24.2 P  0  0  2 P  12  P  log 2 12.

Vậy giá trị lớn nhất của P là

log 2 12.

Câu 112: [THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội] Cho a, b, c  1. Biết rằng biểu thức

P  log a  bc   log b  ac   4 log c  ab  đạt giá trị nhỏ nhất bằng m khi log b c  n. Tính giá trị

mn. A. m  n  12 .

B. m  n 

25 . 2

C. m  n  14 .

D. m  n  10 .

Lời giải Chọn A

P  log a  bc   log b  ac   4 log c  ab   log a b  log a c  log b a  4 log b c  4 log c b

log a b  log b a  2;log a c  4log c a  4;log b c  4log c b  4

Ta có:

Khi đó P  10  m a  b a  b a  b   log a c  4 log c a log a c  2 log b c  2

Dấu bằng xảy ra  

Vậy m  n  12. Câu 113: (THPT Lê Văn Thịnh- Bắc Ninh-Lần 1) Cho a, b là các số thực và

f  x   a ln 2017







x 2  1  x  bx sin 2018 x  2 . Biết f  5log

  6 , tính giá trị của biểu thức



P  f 6logc 5 với 0  c  1

A. P  2 B. P  6 Lời giải Đáp án A Ta có 5log 6  6log 5  x  6log 5   x c

1 x 1  x 2

   a.ln 2017 



D. P  2

Khi đó f   x   a.ln 2017

 a.ln 2017

C. P  4





x 2  1  x  bx sin 2018 x  2

 bx sin 2018 x  2



x 2  1  bx sin 2018 x  2   4 

Mặt khác f  x   6  P  f   x    f  x   4  6  4  2 Câu 114: [THPT THUẬN THÀNH SỐ 3] Giả sử ta có hệ thức a2  b2  11ab  a  b,a, b  0  . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng? A. 2 log2 C. 2 log2

ab  log2 a  log2 b 3 ab

3 Lời giải

B. log2

 log2 a  log2 b

ab 3

D. 2 log2 a  b  log2 a  log2 b

Chọn C Ta có: a 2  b 2  11ab   a – b   9ab 2

 2  log2 a  log2 b 

| a b|  a b   log 2   log 2 a  log 2 b   log 2 ab  2 log 2 3  3 

Câu 115: (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn

log 3

2x  y 1 1 2  x  2 y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T   x y x y

A. 3  3 . B. 4. C. 3  2 3 . D. 6. Lời giải Đáp án D Phương pháp giải: Sử dụng phương pháp hàm đặc trưng để từ giả thiết suy ra mối liên hệ giữa hai biến, sau đó sử dụng phương pháp thể và khảo sát hàm số tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức Lời giải: Ta có

2x  y 1  x  2 y  log 3 2 x  y  1  log 3  x  y   3  x  y    2 x  y  1  1 x y

log 3  2 x  y  1 +2x+y+1=log 3 3  x  y   +3  x  y  * .

Xét hàm số f  t   log 3 t  t trên khoảng  0;    f  t  là hàm số đồng biến trên  0;  Mà *  f  2 x  y  1  f  3 x  3 y   2 x  y  1  3 x  3 y  x  2 y  1. Đặt a 

y  0  y  a 2  x  1  2 y  1  2a 2  0  0  a 

Khi đó T  g  a  

1 2  . 2 1  2a a

1 2 Xét hàm số g  a    trên khoảng 2 1  2a a

1 2

2  2a  1  2a 3  2a  1  1   0;  , có g '  a    2 2  a 2  2a 2  1

 1  3 Xét h  a   2a  2a  1 trên  0;  có 2  h '  a   6a 2  2  2  3a 2  1  0  a  

1  1 1   1   h '  a   0, a    ;    0;  3 3 3  2 

 1   1  Do đó h  a  nghịch biến trên  0;   h  a   h  0   1  0, a   0;  nên phương 2 2    1  trình h  a   0 vô nghiệm trên  0;  2  Phương trình g '  a   0  a 

1 . Tính các giá trị g  1   6; lim g  a   ; lim g  a    1 x 0 2 a 2 2

1 2

Suy ra min g  a   g    6 . Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là  1   0;  2 

Tmin  6

Câu 116: (THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình, lần 1 – 2018) Cho a, b, c là các số thực thuộc đoạn

1;2 thỏa mãn log32 a  log32 b  log32 c  1 . Khi biểu thức P  a 3  b3  c 3  3  log 2 a a  log 2 bb  log 2 c c  đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của tổng a  b  c

là 1

A. 3. Lời giải Chọn C

B. 3.2 3 . 3

C. 4.

D. 6.

Trắc nghiệm: Biểu thức P đạt được giá trị lớn nhất tại các điểm biên của đoạn 1;2 thỏa mãn

log 32 a  log 32 b  log 32 c  1 và do

a, b, c có vai trò bình đẳng nên ta được a  b  1, c  2

 abc  4 Tự luận: + Đặt x  log 2 a, y  log 2 b, z  log 2 c  x, y, z   0;1 và

x3  y 3  z 3  1

Ta được P   2 x    2 y    2 z   3 x.2 x  3 y.2 y  3 z.2 z 3

x x + Ta chứng minh được 2  x  1, x   0;1  2  x  1  0

Và khi A  B  C  0 thì A3  B 3  C 3  3 ABC Khi đó  2 x     x 3   13  3 x.2 x   2 x   3 x.2 x  x3  1 3

Tương tự

2 

y 3





3 3 3  3 y.2 y  y 3  1 và  2 z   3 z.2 z  z 3  1  P  x  y  z  3  4 . 3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  x; y; z    0;0;1 và các hoán vị của nó   a; b; c   1;1; 2  và các hoán vị của nó  a  b  c  4 . Câu 117: [THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 3] Số nghiệm của phương trình





2 x 2  2 x  9  x 2  x  3 .8 x

A. 1 . Lời giải Chọn D

3 x 6





 x 2  3 x  6 .8 x

B. 3 .

 x 3

là

C. 2 .

D. 4 .

Phương trình đã cho  x 2  3 x  6  x 2  x  3   x 2  x  3  .8 x  u  v  u.8v  v.8u

 2 2 (với u  x  3 x  6; v  x  x  3 )   8  1 v   8 u

3 x 6



 x 2  3 x  6 .8 x v



1 u  0

 x 3

*  .

 x 2  3x  6  0 TH1. Nếu u  0 , khi đó *  v  0   2  x  x  3  0 TH2. Nếu v  0, tương tự TH1. TH3. Nếu u  0; v  0 , khi đó  8u  1 v   8v  1 u  0  * vô nghiệm. TH4. Nếu u  0; v  0 , tương tự TH3. TH5. Nếu u  0; v  0 , khi đó  8u  1 v   8v  1 u  0  * vô nghiệm. TH6. Nếu u  0; v  0 , tương tự TH5. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.

8u  1 8 v  1 8u  1   0, dễ thấy  0; u  0 (Table = Mode 7). Hoặc biến đổi *  u v u Câu 118: (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số phương trình 4 x  2m.2 x  m  2  0 có 2 nghiệm phân biệt. A. 2  m  2 . B. m  2 . C. m  2 . D. m  2 Lời giải Đáp án C Phương pháp:

để

x Đặt 2  t  t  0  , đưa về phương trình bậc 2 ẩn t , tìm điều kiện của phương trình bậc 2 ẩn t

để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt.

x 2 Cách giải: Đặt 2  t  t  0  khi đó phương trình trở thành t  2mt  m  2  0 *

Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình * có 2 nghiệm dương phân biệt. m  2  m 2  m  2  0  '  0   m  1    Khi đó:  S  0  2m  0  m  0  m  2 P  0 m  2  0 m  2      Chú ý và sai lầm: Rất nhiều học sinh sau khi đặt ẩn phụ thì quên mất điều kiện t  0 , dẫn đến

việc chỉ đi tìm điều kiện đề phương trình * có 2 nghiệm phân biệt. Câu 119: ( THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định – 2018 ) Tìm giá trị nguyên của m để phương trình 41 x  41 x   m  1  22 x  22 x   16  8m có nghiệm trên  0;1 ?

A. 2 .

C. 4 .

B. 5 .

D. 3 .

Lời giải Chọn A

1 1   41 x  41 x   m  1  22 x  22 x   16  8m  4  4 x  x   4  m  1  2 x  x   16  8m 4  2    Đặt t  2 x 

1 1 với x   0;1  4 x  x  t 2  2 x 2 4

1 3  t '  ln 2  2 x  x   0  t  2  2  t  2 ( L ) PT trở thành: t 2   m  1 t  2  2m   t  1 t  2  m  t  2   t  m  1 Yêu cầu đề  0  m  1 

3 5 1 m  . 2 2

Câu 120: (MEGABOOK-ĐỀ 3). Tổng các nghiệm của phương trình

1  log 2

 x  1





 log 2  x3  3x 2  3x có dạng

là: A. 9 B. 10 Lời giải Chọn D Phương trình biến đổi thành: 2

 x  1

a c  b b  a, b, c    . Giá trị a  b  c b

C. 11



D. 12



  x 3  3 x 2  3 x  4 x 3  3 x 2  3 x  1  x 6  9 x 4  9 x 2  6 x 5  6 x 4  18 x 3

 x 6  6 x 5  3 x 4  14 x 3  3 x 2  12 x  4  0



 x22 2



 1 5  1 5 x  2  2 2  x     x    0 2 2   2 2  



x  2  2 2  1 5  x  2  2 2 x   2  2   (thử lại)   1 5 1 5   x  2  2 x    2 2   x  2  2 2 Câu 121: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ 10/2017) Biết

x1 , x2

là hai nghiệm của phương trình

 4x2  4x  1  2 log 7    4x 1  6x 2x   1 và x1  2 x2  a  b với a, b là hai số nguyên dương. Tính a  b. 4



A. a  b  16 . Lời giải Đáp án C x  0  Điều kiện  1  x  2



B. a  b  11 .

C. a  b  14 .

D. a  b  13

  2 x  1 2   4x2  4x  1  2   4x2  4x  1  2x Ta có log 7    4 x  1  6 x  log 7   2 x 2 x      log 7  2 x  1   2 x  1  log 7 2 x  2 x 2

Xét hàm số f  t   log 7 t  t  f '  t  

1

1  1  0 với t  0 t ln 7

Vậy hàm số đồng biến Phương trình 1 có dạng f

 2x  t   2

 3 5 x  2 4  f  2 x    2 x  1  2 x    3 5 x   4

9  5 l   4  a  9;b  5  a  b  9  5  14 Vậy x1  2 x2   9  5  tm    4 Cách 2: Bấm Casio. Câu 122: (THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình, lần 1 – 2018) Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình log 2 ( x  1)  log 2 (mx  8) có hai nghiệm thực phân biệt là: A. 3. Lời giải Chọn A

B. 4.

C. 5.

D. vô số.

x 1  0 x  1 x  1 x  1    pt  mx  8  0  mx  8  0  2  9  x  2 x  9  mx log ( x  1) 2  log (mx  8) ( x  1) 2  mx  8  x  2  x  m   2 2

Xét hàm số f ( x)  x  2  Bảng biến thiên

9 9 trên (1; ) . Ta có f '( x)  1  2 ; f '( x)  0  x  3 . x x

Để Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt  Đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f ( x) trên (1; ) tại hai điểm phân biệt

 4  m  8.

Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Câu 123: (MEGABOOK-ĐỀ 3). Tính giá trị

S  1  22 log 2 2  32 log 3 2 2  42 log 4 2 2  ...  2017 2 log 2017 2 2. A. S  10082.2017 2 Lời giải Chọn C

B. S  1007 2.2017 2

C. S  10092.2017 2

D. S  10102.2017 2

Ta có: S n  1  2  3  ...  n . 3

2 121 2 n  n  1 Cho n  10 thấy S  1  2  3  ...  10  3025  .10  4 2 Với n  2007 ta thấy p.án C đúng. Câu 124: [ THPT Kim Liên-Hà Nội-Lần 1] Cáp tròn truyền dưới nước bao gồm một lõi đồng và bao 2

quanh lõi đồng là một lõi cách nhiệt như hình vẽ. Nếu x 

r là tỉ lệ bán kính lõi và độ dày của h

vật liệu cách nhiệt thì bằng đo đạc thực nghiệm người ta thấy rằng vận tốc truyền tải tín hiệu được cho bởi phương trình v  x 2 ln

1 với 0  x  1. Nếu bán kính lõi là 2 cm thì vật liệu cách x

nhiệt có bề dày h  cm  bằng bao nhiêu để tốc độ truyền tải tín hiệu lớn nhất?

A. h  2e  cm  .

B. h 

2  cm  . e

C. h  2 e  cm  .

D. h 

2  cm  e

Lời giải Đáp án C

 x  0  loai  1 1  2 2 1  Ta có: v  x ln   x ln x  v '    2 x ln x  x .   0   1 x x x e  ln x    2 2

1 1 r 2  1  1 ax v  khi x     h  2 e. . Lại có: lim v  lim v  0; f    2e  M x  1  0;1 2e x 0 e h h  e

Câu 125: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ 10/2017) Gọi x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện

x a  b  , với a, b là hai số nguyên dương. Tính a  b. y 2 B. a  b  11 . C. a  b  4 . D. a  b  8

log 9 x  log 6 y  log 4  x  y  và A. a  b  6 . Lời giải Đáp án A Đặt log 9 x  t

1  2  3

 x  9t  t y'  6 log 9 x  log 6 y  t  Theo đề ra ta có    x  y  4t log 9 x  log 4  x  y   t  t x 3 y 2   

4 2t

2 t 3 3 Từ 1 ,  2  và  3 ta có 9t  6t  4t   3t    3.2   4t  0        1  0 2 2

 3 t 1  5 TM      2 2    3 t 1  5     L 2  2  t

x  3  1  5 a  b      a  1; b  5 . y 2 2 2

Thế vào  4  ta được

Câu 126: (THPT Lê Văn Thịnh- Bắc Ninh-Lần 1) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn 3  5  15 x

2017 z x y

Gọi S  xy  yz  zx . Khẳng định nào đúng? A. S  1; 2016 

B. S   0; 2017 

C. S   0; 2018 

D. S   2016; 2017 

Lời giải Đáp án C x y Ta có 3  5  15

1 t

2017 z x y

1 x

1  1 2017 3 kx t  z  t suy ra   k và và 15  k 1 x y 5  k y  1 y

1 t

Khi đó 3.5  k  k .k  k  k

1 1  x y

1 t

 k  t  x  y   xy  2017   x  y  z   xy 

Vậy xy  yz  xz  2017  S   0; 2018  Câu 127: [THPT PHAN CHU TRINH ĐAKLAK LẦN 2 - 2018] Cho f  x   e

1

1 1  x 2  x 12

. Biết rằng

m n

f 1 . f  2  . f  3 ... f  2017   e với $m,n$ là các số tự nhiên và m tối giản. Tính m  n 2 . A. m  n  1 Lời giải Chọn A 2

B. m  n  1 2

n C. m  n  2018 2





D. m  n 2  2018

2 2 2 x2  x  1 x 2  x  1  x 2   x  1 1 1 1 1   Ta có 1  2    2  1    2 2 2 x x x 1   x 2  x  1 x  x  1  x  1

Suy ra f  x   e

1

1 1  x 2  x 12

1 1 1  x x 1

e

. 1 1 1 1 1 1 1 11 1  1  ...1  2 2 3 3 4 2017 2018

Vậy f 1 . f  2  . f  3  ... f  2017   e Suy ra

e

2018 

1 2018

e

20182 1 2018

m  20182  1; n  2018 .

Vậy m  n 2  1. Câu 128: [Thử sức trước kì thi- Đề 07] Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện 3x

.log 2  x  y  

 y2 2





1 1  log 2 1  xy   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2

M  2 x 3  y 3  3 xy.

A. 7

13 2

17 2

D. 3

Lời giải Đáp án B Ta có 3x  3x

.log 2  x  y  

 y2 2

 2 xy  y 2  2  2 xy

2 2 1 2 1  log 2 1  xy    3x  y  2.log 2  x  y   log 2  2  2 xy  2

.log 2  x  y   log 2  2  2 xy   3 x  y  .log 2  x  y   32 2 xy.log 2  2  2 xy  2

t Xét hàm số f  t   3 .log 2 t trên khoảng  0;  , có f   t   3 ln 3.log 2 t  t

3t  0; t  0 t.ln 2

2 2 2 Suy ra f  t  là hàm số đồng biến trên  0;  mà f  x  y    f  2  2 xy   x  y  2









3 3 Khi đó M  2 x  y  3 xy  2  x  y   x  y   3 xy   3 xy 2





2  2M  2  x  y   2  x  y   3.2 xy   3.2 xy   2 2 2 2  x  y  2  x  y   3  x  y   6  3  x  y   6  

 2  x  y  6   x  y    3  x  y   6  2a 3  3a 2  12a  6, với a  x  y   0; 4    3 2 Xét hàm số f  a   2a  3a  12a  6 trên  0; 4  , suy ra max f  a   13. 2

 0;4 

13 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức M là . 2

Câu 129: (THPT Lê Văn Thịnh- Bắc Ninh-Lần 1) Cho 0  x, y  1 thỏa mãn

20171 x  y 

x 2  2018 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu y 2  2 y  2019

thức S   4 x 2  3 y  4 y 2  3 x   25 xy. Khi đó M  m bằng bao nhiêu? A.

136 3

391 16

383 16

Lời giải Đáp án B Ta có 20171 x  y 

x 2  2018 20171 y x 2  2018   2 y 2  2 y  2019 2017 x 1  y   2018

2 2017 x  x 2  2018   20171 y 1  y   2018  f  x   f 1  y   

Xét hàm số f  t   2017t  t 2  2018   t 2 .2017t  2018.2017t , có

25 2

f '  t   2t.2017t  t 2 .2017t.ln 2017  2018.2017t.ln 2017  0; t  0 Suy ra f  t  là hàm đồng biến trên  0;  mà f  x   f 1  y   x  y  1 Lại có P   4 x 2  3 y  4 y 2  3 x   25 xy  16 x 2 y 2  12 x3  12 y 3  34 xy 3 16 x 2 y 2  12  x  y   3xy  x  y    34 xy  16 x 2 y 2  12 1  3xy   34 xy  16 x 2 y 2  2 xy  12    1 2 1 Mà 1  x  y  2 xy  xy  nên đặt t  xy  0;  khi đó P  f  t   16t  2t  12 4  4

  1  191 f t   f    min 1    16  16  0; 4   1 2 Xét hàm số f  t   16t  2 y  12 trên 0;  ta được   4 max f  t   f  1   25    0; 1  4 2  4   Câu 130: Cho m  log a ab với trị nhỏ nhất? A. 2 .

a, b  1 và P  log 2b  54 log b a .

B. 3 .

Khi đó giá trị của

C. 4 .

để P đạt giá

D. 5 .

Hướng dẫn giải Chọn A 1 1  log a b  log a b  2m  1 2 2 1 Lại có P  log 2 a b  54 log b a   2m  12  54. . 2m  1 54 Đặt t  2m  1  t  0  khảo sát hàm P  t 2  thấy Pmin  27  t  3  m  2 t

Ta có m  log a ab 

Câu 131: (THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn

log 3

2x  y 1 1 2  x  2 y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T   x y x y

A. 3  3 Lời giải Chọn D Ta có

B. 4

C. 3  2 3

D. 6

2x  y 1  x  2 y  log 3 2 x  y  1  log 3  x  y   3  x  y    2 x  y  1  1 x y

log 3  2 x  y  1 +2x+y+1=log 3 3  x  y   +3  x  y  * .

y  0  y  a 2  x  1  2 y  1  2a 2  0  0  a 

Khi đó T  g  a  

1 2  . 2 1  2a a

Xét hàm số g  a  

1 2  trên khoảng 2 1  2a a

1 2

2  2a  1  2a 3  2a  1  1  , có 0; g 'a     2 2  a 2  2a 2  1

 1  3 Xét h  a   2a  2a  1 trên  0;  có 2  h '  a   6a 2  2  2  3a 2  1  0  a  

1  1 1   1   h '  a   0, a    ;    0;  3 3 3  2 

1 . Tính các giá trị g  1   6; lim g  a   ; lim g  a    1 x 0 2 a 2 2

1 2

Suy ra min g  a   g    6 . Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là  1   0;  2 

Tmin  6

Chương 9. Nguyên hàm – tích phân

Câu 132: (THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 1 NĂM 2018) Cho hàm số f  x  có đạo hàm dương, liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn f  0   1 và 1

2 1  5  f '  x   f  x    dx  2  25  0  0

25 . 33

f '  x  f  x dx . Tích phân

  f  x  

dx .

5 . 4

1 . 2

53 . 50

Lời giải 1

2 1  5  f '  x   f  x    dx  2  25  0  0

2 1 f '  x  f  x dx  5 f '  x   f  x   dx   2  5

f '  x  f  x dx

1  1 1 2 Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:    f '  x  f  x dx    dx. f '  x   f  x  dx 0  0 0 2

1 1 1  1 1 1 1  5   f '  x  f  x dx    2  f '  x  f  x dx  5   f '  x  f  x dx    0   f '  x  f  x dx  5 5 0 0 0  5 0

1 1   f '  x  f  x dx  5k 1. Dấu “=” xảy ra khi chỉ khi:  0 5  f ' x f x  k       f  x   1 1 1 f '  x  f  x  dx   dx  x  C    x  C  f  x  25 25 3 25 3



f  0   1  3C  1  f  x  

3 x  3C 25

3 3 53  3  x  1    f  x   dx    x  1dx  . 25 25 50  0 0

Đáp án D

Câu 133: [THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 2-2018] Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn 1;4 , đồng biến trên đoạn 1;4 và thỏa mãn đẳng thức x  2 x. f  x  4

3   f   x   , x  1; 4 . Biết rằng f 1  , tính I   f  x  dx ? 2

A. I 

1186 45

B. I 

1174 45

C. I 

1222 45

D. I 

1201 45

Lời giải Chọn A 2 Ta có x  2 x. f  x    f   x    x . 1  2 f  x   f   x  

Suy ra



f  x 1 2 f  x

dx   xdx  C  

df  x  1 2 f  x

f  x



1 2 f  x

x  1; 4 .

dx   xdx  C 2

 2 32 4   x   1 3 3 2 32 4 3  1  2 f  x   x  C . Mà f 1   C  . Vậy f  x    . 3 2 3 2 4

Do đó I   f  x  dx  1

1186 . 45

Câu 134: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ 10/2017) Cho f  x  là hàm liên tục trên đoạn  0; a  thỏa mãn a  f  x  . f  a  x   1 dx ba b và  là phân  , trong đó b, c là hai số nguyên dương và  c 1 f  x c  f  x   0, x   0; a  0 số tối giản. Khi đó b  c có giá trị thuộc khoảng nào dưới đây?

A. 11; 22  .

B.  0; 9  .

C.  7; 21 .

D.  2017; 2020 

Lời giải Đáp án B Đặt t  a  x  dt  dx Đổi cận x  0  t  a; x  a  t  0 0 a a a f  x  dx dx dt dx dx     1 f  x a 1 f a  t  0 1 f a  x 0 1 1 1 f  x 0 0 f  x

Lúc đó I  

a f  x  dx a dx   1dx  a 1  f  x  0 1  f  x  0 0

Suy ra 2 I  I  I   1 2

Do đó I  a  b  1; c  2  b  c  3 Cách 2: Chọn f  x   1 là một hàm thỏa các giả thiết. Dễ dàng tính được I

1 a  b  1; c  2  b  c  3 2

Câu 135: [THPT PHAN CHU TRINH ĐAKLAK LẦN 2 - 2018] Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên 1 1 2 e2  1 tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn   f   x   dx    x  1 e x f  x  dx  và f 1  0 . Tính 0

 f  x dx 0

e2 B. 4

e 1 A. 2

C. e  2

e 2

Lời giải Chọn C 1

- Tính : I    x  1 e x f  x  dx   xe x f  x  dx   e x f  x  dx  J  K .

u  e x f  x  du  e x f  x   e x f   x   dx  Tính K   e f  x  dx . Đặt  d v  d x  0  v  x 1



 K   xe f  x      xe f  x   xe f   x   dx    xe f  x  dx   xe x f   x  dx do f 1  0 0 1



 K   J   xe x f   x  dx  I  J  K    xe x f   x  dx .

- Kết hợp giả thiết ta được :

1 1 2 2 e2  1 e2  1   f x d x  f x d x  (1)             4 4 0 0  1  1 2 2 e  1  xe x f  x dx  2 xe x f  x dx   e  1 (2)         4 2  0  0 1

- Mặt khác, ta tính được :  x 2 e 2 x dx  0

e2  1 (3) . 4

- Cộng vế với vế các đẳng thức (1), (2), (3) ta được:

 1



 f   x    2 xe x f   x   x 2 e 2 x dx  0    f   x   xe x  dx  0     f   x   xe x  dx  0 2

hay thể tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f   x   xe , trục Ox , các đường thẳng x

x  0 , x  1 khi quay quanh trục Ox bằng 0

 f   x   xe x  0  f   x    xe x  f  x     xe x dx  1  x  e x  C .

x - Lại do f 1  0  C  0  f  x   1  x  e 1

  f  x  dx   1  x  e x dx   1  x  e x    e x dx  1  e x  e  2 . Vậy 0 1

 f  x  dx  e  2 . 0

Câu 136: [THPT PHAN CHU TRINH ĐAKLAK LẦN 2 - 2018] Cho hàm số f  x  xác định trên

 \ 1;1 và thỏa mãn: f   x  

 1 1 1 f   f f  3  f 3  0 . Biết rằng và          2. x2 1  2 2

Tính T  f  2   f  0   f  4  . 9 5

A. T  1  ln .

B. T  1  ln

6 . 5

1 2

Lời giải Chọn C Ta có f  x   

1 1  1 1  1 x 1 dx     C  dx  ln x 1 2  x 1 x 1  2 x 1 2

9 5

C. T  1  ln .

1 2

6 5

D. T  1  ln .

1 2

Với x   ; 1 : f  x   ln

x 1  C1 . x 1

1 2

x 1  C3 . x 1

1 2

3  1 1 3 1  C1  ln  C3  0 3  1 2 3 1

Với x  1;   : f  x   ln Mà f  3  f  3  0  ln

1 1 1 ln 2  C1  ln  C3  0  C1  C3  0 . 2 2 2 1 1 3 Do đó f  2   ln 3  C1 ; f  4   ln  C3 . 2 2 5 

1 2

Với x   1;1 : f  x   ln

x 1  C2 . x 1

1  1 1 1  1 1  C2  ln Mà f     f    2  ln 2 2  1 1 2  2 2 2 

1 1 2  C2  2 1 1 2

1 1 1 ln 3  C2  ln  C2  2  C2  1 . 2 2 3

1 2

Do đó với x   1;1 : f  x   ln

x 1  1  f  0  1 . x 1

1 9 Vậy T  f  2   f  0   f  4   1  ln . 2

Câu 137: [THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Từ một miếng tôn có hình dạng là nữa hình tròn có bán kính R  3 , người ta muốn cắt ra một hình chữ nhật (xem hình) có diện tích lớn nhất. Diện tích lớn nhất có thể của miếng tôn hình chữ nhật là

A. 7. Đáp án B

B. 6 2.

C. 9.

D. 6 3.

Gọi O là tâm nửa đường tròn. Ta có: PQ  2OP  2 9  x 2 Đặt diện tích hình chữ nhật là: f  x   2 x 9  x 2  f 2  x   4 x 2  9  x 2  2 Đặt y  x  0  y  3 . Xét hàm số g  y   4 y  9  y 

Ta có f  x  lớn nhất khi g  y  lớn nhất. g  y  lớn nhất khi y  3  x  3 max f  x   f

 3  6

Câu 138: [ME GA BOOK] Anh Toàn có một cái ao hình elip với độ dài trục lớn và độ dài trục bé lần lượt là 100m và 80m. Anh chia ao ra hai phần theo một đường thẳng từ một đỉnh của trục lớn đến một đỉnh của trục bé (Bề rộng không đáng kể). Phần rộng hơn anh nuôi cá lấy thịt, phần nhỏ anh nuôi cá giống. Biết lãi nuôi cá lấy thịt và lãi nuôi cá giống trong 1 năm lần lượt là 20.000 đổng/m2 và 40.000 đồng/m2. Hỏi trong 1 năm anh Toàn có bao nhiêu tiền lãi từ nuôi cá trong ao đã nói trên (Lấy làm tròn đến hàng nghìn). A. 176 350 000 đồng B. 105 664 000 đồng C. 137 080 000 đồng D. 139 043 000 đồng Lời giải Đáp án C

Diện tích toàn bộ ao là S  .40.50  2000  m 2  Diện tích phần nuối cá giống là S1 

S  SOAB  500  1000  m 2  4

Diện tích phần nuối cá thịt là S2  S  S1  1500  1000  m 2  Tiền lãi từ nuôi cá là

40000.S1  20000.S2  137 080 000

Câu 139: (THPT CHUYÊN BẮC NINH) Một màn ảnh hình chữ nhật cao 1,4m được đặt ở độ cao 1,8m so với tầm mắt (tính đầu mép dưới của màn hình).

Để nhìn rõ nhất phải xác định vị trí đứng cách màn ảnh bao nhiêu sao cho góc nhìn lớn nhất. Hãy xác định khoảng cách đó. A. 2, 4m B. 2, 42m C. 2, 46m D. 2, 21m Lời giải Chọn A Với bài toán này, ta cần xác định OA để góc BOC lớn nhất. Điều này xảy ra  tan BOC lớn nhất. Đặt OA  x  m  với x  0 . Ta có:

AC AB 1, 4  tan AOC  tan AOB 1, 4 x x tan BOC  tan  AOC  AOB    OA OA   2 . 1  tan AOC.tan AOB 1  AC. AB 1  3, 2.1,8 x  5, 76 OA2 x2

Xét hàm số f  x  

f ' x 

1, 4 x trên  0;  , có: x  5, 76 2

1, 4 x 2  1, 4.5, 76

x

 5, 76 

x  0 ; f ' x  0   2  x  2, 4  x  5, 76

Tính cách giá trị f  0   0; f  2, 4  

7 7 ; lim f  x   0 suy ra max f  x   .  0;  24 x  24

Vậy khoảng cách OA cần tìm là 2,4 m.

Chương 10. Số phức Câu 140: (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Trong tập các số phức, cho phương trình

z 2  6z  m  1, m   1 . Gọi

biệt

z1 , z 2

là một giá trị của m để phương trình 1 có hai nghiệm phân

thỏa mãn z1 z1  z 2 z 2 . Hỏi trong khoảng (0; 20) có bao nhiêu giá trị m?

A. 13. Lời giải Chọn D

B. 11.

C. 12.

D. 10.

Viết lại phương trình đã cho thành  z  3  9  m 0 2

Nếu

m0  9  z  3

Nếu

m0  9

Hay phương trình chỉ có một nghiệm. (Loại)

thì phương trình đã cho có hai nghiệm thực z1  3  9  m 0 , z 2  3  9  m 0 . Do



z1 z1  z 2 z 2  z1  z 2  3  9  m 0

  3  2

9  m0



3  9  m 0  3  9  m 0   9  m 0  0  m 0  9  ktm  3  9  m 0  3  9  m 0  VN  Nếu m 0  9 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phức liên hợp là

z1  3  i m 0  9, z 2  3  i m 0  9. Khi đó z1 z1  z 2 z 2  32  m 0  9 Do đó

m0  9

thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do bài toán đòi hỏi

m 0  (0; 20)

nên

m 0  10;11;12;...;19 . Vậy có 10 giá trị thỏa mãn. Câu 141: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ 10/2017) Cho số phức z  a  bi  a, b    . Biết tập hợp các điểm

A biểu diễn hình học số phức z là đường tròn  C  có tâm I  4; 3 và bán kính R  3. Đặt M là giá trị lớn nhất, A. M  m  63 . Lời giải Đáp án B

là giá trị nhỏ nhất của F  4a  3b  1. Tính giá trị M  m. B. M  m  48 . C. M  m  50 . D. M  m  41

Ta có phương trình đường tròn  C  :  x  4    y  3  9 2

Do điểm A nằm trên đường tròn (C) nên ta có  a  4    b  3  9 2

Mặt khác F  4a  3b  1  4  a  4   3  b  3  24

F  24  4  a  4   3  b  3





2 2 2 2 Ta có  4  a  4   3  b  3   4  3  a  4    b  3   25.9  255 2



 15  4  a  4   3  b  3  15  15  F  24  15  9  F  39 Khi đó M  39, m  9 Vậy M  m  48 Cách 2: Ta có F  4a  3b  1  a 

 a  4

  b  3

F  1  3b 4 2

 F  1  3b  9  4   b 2  6b  9  9 4  

 25b 2  2  3F  3 b  F 2  225  0

 '   3F  3  25 F 2  5625 2

 '  0  16 F 2  18 F  5625  0  9  F  39 .

Câu 142: Cho số phức

z và số phức liên hợp của nó z có điểm biểu diễn là M , M  . Số phức z.  4  3i 

và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn lần lượt là N , N  . Biết rằng 4 điểm M , N , M , N  tạo thành hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 . 2

2 . 5

5 . 34

z  4i  5

4 13

Lời giải Chọn.A

Giả sử x  a  bi  a, b    . Ta có M  a; b  và M '  a; b  * Khi đó z  4  3i    4a  3b    3aq  4b  i Suy ra N  4a  3b;3a  4b  và N '  4a  3b;  3a  3b  * Do 4 điểm M , N , M ’, N ’ tạo thành hình thang cân nhận Ox làm trục đối xứng nên 4 điểm  a  b 2 đó lập thành hình chữ nhật  MM '  NN '  4b 2  4  3a  4b    a   8 b 3 

b  5  b  4 2

* Với a  b , ta có z  4i  5  9 2

Dấu bằng xảy ra khi a  , b  

 9 1 1  2b     2  2 2

9 2 2

2 8  8 * Với a   , ta có z  4i  5   b  5    b  4   3 3 

Vậy min z  4i  5 

73 2 104 289 1 b  b  41   9 3 73 2

1 . 2

Câu 143: (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Trong tập các số phức, gọi nghiệm của phương trình z 2  z 

z1 , z 2

là hai

2017  0 với z 2 có thành phần ảo dương. Cho số phức z 4

thỏa mãn z  z1  1 Giá trị nhỏ nhất của P  z  z 2 là A.

2016  1 .

2017  1 . 2

2016  1 . 2

Lời giải Chọn A

1  i 2016 1  i 2016 , z2  2 2 Giả sử z  a  bi  a, b    Từ z  z1  1 ta suy ra Tính toán ta tìm được hai nghiệm z1 

2  1  i 2016 2016  2016   1   1   a     b   a  bi      b    1 2 2  2  2   

2016 2016  b  1 1 2 2 Áp dụng 1 ta nhận được  1 

2017  1

z  z2

2 1  i 2016 1  2016     a  bi     a     b   2 2  2  

2  1  2016  2016 2016     a     b   1  2b 2016  1  2 1    4b  2016  1  2 2016  2016  2  2  2 2    Do đó giá trị nhỏ nhất của P  z  z 2 là 2016  1

Đạt được khi và chỉ khi b  1 



2016  1



2016 1 ,a  . 2 2

Câu 144: (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Cho số phức thỏa mãn

z  2i  z  4i và z  3  3i  1. Giá trị lớn nhất của P  z  2 là A. 13  1 . Lời giải Chọn C

B. 10  1 .

C. 13 .

D. 10

Giả sử số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán có dạng z  a  bi,  a, b    Khi đó ta có 2  2  z  2i   a  bi   2i  a   b  2   2  z  4i   a  bi   4i  a2   b  4    z  3  3i   a  bi   3  3i   a  32   b  32  2  2  z  2   a  bi   2   a  2   b Từ giả thiết ta suy ra

  b  2  b  4  VN  2 2  2 2  b  2 2   b  4 2    b  3 a  b  2  a  b  4       b  2   b  4         2 2 2 2 2 2  a  3    b  3   1  a  3    b  3   1   a  3    b  3   1 2 2    a  3    b  3   1

Từ  a  3   b  3   1   a  3   1  2  a  4  0  a  2  2 2

Do đó P  z  2 

a  2

 b2  22  32  13. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

 a  2 2  22  a  4   b  3 b  3  2 2 a  3  b  3  1      Chú ý. Đối với bài toán liên quan tới cực trị học sinh thường mắc phải sai lầm là quên tìm giá trị để cực trị xảy ra. Điều này có thể dẫn tới việc tìm sai giá trị lớn nhất nhỏ nhất. Chương 11. Thể tích khối đa diện Câu 145: [ME GA BOOK] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Gọi M là trung điểm của SB . P là điểm thuộc cạnh SD sao cho SP  2 DP . Mặt phẳng  AMP  cắt cạnh SC tại N . Tính thể tích của khối đa diện ABCDMNP theo V 23 19 2 7 A. VABCDMNP  V B. VABCDMNP  V C. VABCDMNP  V D. VABCDMNP  V 30 30 5 30 Lời giải Đáp án A

Gọi O là tâm hình bình hành Gọi I  MP  SO  N  AI  SC Ta có S S 1 SP SM S SPM S SPI  S SMI  .    SPI  SMI 3 SD SB S SDB S SDB 2 S SDO 2 S SBO



SI  SP SM   2SO  SD SB

SI 4  7 SI    . SO 7  12 SO

Suy ra: S S SN S SAN S SAI  S SNI SI SI SN 2 2 SN    SAI  SNI   .   . SC S SAC S SAC 2 S SAO 2 S SAO 2SO 2SO SC 7 7 SC

SN 2  SC 5 V V  VS .MNP VS . AMP VS .MNP SA.SM .SP SM .SN .SP 7 Suy ra S . AMNP  S . AMP      V V 2VS . ABD VS . BCPD 2 SA.SB.SD 2 SB.SC.SD 30 

 VABCDMNP 

23 V 30

Câu 146: Người ta cắt một tờ giấy hình vuông có cạnh bằng 2 để gấp thành một hình chóp tứ giác đều sao cho bốn đỉnh của hình vuông dán lại thành đỉnh của hình chóp. Tính cạnh đáy của khối chóp để thể tích của nó lớn nhất. 2 2 4 A. . B. . C. 1. D. 5 5 5

Lời giải Chọn.B Gọi độ dài đáy của hình chóp là x , với 0  x  1 . Đường cao hình chóp là 2

2  x x SO  SM 2  OM 2  1     1 x 4  2 1 1 1 4 Thể tích khối chóp là V  S .h  x 2 1  x  x  x5 3 3 3

Xét hàm f  x   x 4  x 5 , với x   0;1 Khi đó f '  x   4 x 3  5 x 4  x 3  4  5 x  ; f '  x   0  x  0, x  Như vậy để thể tích khối chóp lớn nhất thì x 

4 5

Câu 147: (THPT QUẾ VÕ SỐ 2) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có khoảng cách từ A đến  SCD  bằng 4. Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD, tính giá trị nhỏ nhất của V. A. 32 3 .

B. 8 3 .

C. 16 3 .

16 3 3

Lời giải Chọn C

Ta vẽ hình như hình vẽ. E là trung điểm của CD , OH  SE . Dề dàng cm được 1 OH  d  O;  SCD    d  A;  SCD    2 2    (0    900 )  OE  OH  2 Gọi SEO sin  sin  OH 2 4  Cạnh của hình vuông ABCD là: SO   cos  cos  sin  1 32 1 Từ đó VS . ABCD  SO.S ABCD  . 2 . 3 3 sin  .cos 





Đặt cos   t  t   0;1  thì sin 2  .cos   t 1  t 2 .

1  t   3 Xét hàm f  t   t  t 3 ; f   t   1  3t 2 ; f   t   0   1  t 3 

Ta có bảng biến thiên trên  0;1

Vậy giá trị nhỏ nhất của V đạt được khi f  t  lớn nhất tức là min V  16 3 .

Câu 148: (THPT Tam Phước) Cho một tứ diện có đúng một cạnh có độ dài bằng x thay đổi được, các cạnh còn lại có độ dài bằng 2. Tính giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện này. A.

1 2

2 2 3

3 3 2

D. 1

Lời giải Chọn D Gọi tứ diện đã cho là S. ABC. Ta có 1 3 3 VS . ABC  S ABC SH  SH  SD.sin  3 3 3

Suy ra, VS . ABC đạt GTLN khi và chỉ khi sin   1 .  D  H  SH  3, VS . ABC  1 .

 Chọn phương án

Câu 149: (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD MC là hình bình hành. Điểm M di động trên cạnh SC , đặt  k . Mặt phẳng qua A , MS M song song với BD cắt SB , SD thứ tự tại N , P . Thể tích khối chóp C. APMN lớn nhất khi A. k  3. . B. k  1. . C. k  2. . D. k  2. . Lời giải Đáp án D Phương pháp giải: Dùng định lí Thalet, định lý Menelaus và phương pháp tỉ số thể tích để tính thể tích khối chóp theo tham số k . Khảo sát hàm số chứa biến k để tìm giá trị lớn nhất - giá trị nhỏ nhất Cách giải: Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và I  SO  AM . Ba điểm M , A, I thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có: SM CA OI OI k . . 1 1 . MC AO IS SI 2 SP SI SN 2 Vì NP / / BD  (định lí Thalet).    SD SO SB k  2

Và d  P;  ABCD    d  N;  ABCD   

DP d SD

  S ;  ABCD   

k k .d  S ;  ANCD    VP. ACD  VN . ABC  .VS . ABCD k 2 2k  4 V SM SP 1 1 2 Ta có S . AMP  .  .  VS . ANMP  .V VS . ACD SC SD k  1 k  2  k  1 k  2 S . ABCD 

Vậy  2 k  2k VC . ANMP  VS . ABCD  VS . ANMP  VP. ACD  VN . ABC  1   .VS . ABCD  .VS . ABCD  2 k  3k  2   k  1 k  2  k  2 

Để VC . ANMP max  f  k   Xét hàm số f  k  

f 'k  

k đạt giá trị lớn nhất. k  3k  2 2

k trên khoảng  0;   có: k  3k  2 2

k 2  2  0  k  2 (vì k  0 )  k 2  3k  22 

 max f  k   f  0; 

 2  3 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi k  2. Vậy khi k  2 thì thể tích khối chóp C. ANMP lớn nhất. Câu 150: (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích V . Gọi E là điểm trên cạnh SC sao cho EC  2 ES . Gọi   là mặt phẳng chứa đường thẳng AE và song song với đường thẳng BD ,   cắt hai cạnh SB , SD lần lượt tại hai điểm M , N . Tính theo V thể tích khối chóp S . AMEN . V A. . 6 Lời giải Đáp án A

V . 27

V . 9

V . 12

Phương pháp giải: Dùng định lí Thalet và phương pháp tỉ số thể tích để tính thể tích khối chóp cần tìm Cách giải: Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và I  SO  AE. . Ba điểm E , A, I thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có: SE CA OI OI SI 1 . . 1 1  . EC AO IS SI SO 2 SM SN SI 1 Vì MN / / BD     (định lí Thalet). SB SD SO 2 V SM SN 1 1 1 V Do đó S . AME  .  .   VS . AME  ; VS . ABC SB SD 2 3 6 12

V V V V . Vậy VS . AMEN  VS . AME  VS . ANE    . 12 12 12 6 Câu 151: (THPT C NGHĨA HƯNG-NAM ĐỊNH Lần 1) Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC   120, SBA   SCA   90. Biết góc giữa SB và là tam giác cân tại A, AB  a, BAC

Tương tự, ta có VS . AME 

đáy bằng 60. Tính thể tích V của khối chóp S . ABC. a3 4 Lời giải Đáp án C

A. V 

B. V 

3a 3 3 4

C. V 

a3 3 4

D. V 

3a 3 4

H 600

B M

a A

Gọi M là trung điểm BC khi đó BC   SAM  do AB  AC và SB  SC Trong  SAM  kẻ SH  AM ta có SH  ABC  góc SBH  600 , đặt SB  SC  x ta có: AM  AB.sin 300  dt ABC 

1 3 a , BM  AB.cos 600  a  BC  a 3 , 2 2

1 1a 3 3 , SH  SB.sin 600  x , AM .BC  a 3  a2 2 22 4 2

SA  SB 2  AB 2  x 2  a 2 ,

SM  SB 2  BM 2  x 2  3

a2 3x 2 1 2  x  4a 2 , , AH  SA2  SH 2  x 2  a 2  4 4 2

3a 2 3 x 2 1 2 MH  SM  SH  x    x  3a 2 4 4 2 Ta có: 1 2 1 2 1 AH  MH  AM  x  4a 2  x  3a 2  a  x 2  4a 2  x 2  3a 2  a 2 2 2 2

 3a  x 2  3a 2  x 2  12a 2  x  2a 3  SH  3a 1 1 3 3 Như vậy VSABC  SH .dt ABC  3a.a 2  a3 3 3 4 4

Câu 152: [THPT THUẬN THÀNH SỐ 3] Cho hình chóp S.ABC có   BSC   45,ASC   60. Thể tích của khối chóp S.ABC SA  3,SB  4,SC  5,ASB là: A. 5

5 6

5 3

5 2

Lời giải Chọn A

Ta chuẩn hóa các cạnh SA, SB, SC của hình chóp về độ dài là 1

Lưu ý: việc chuẩn hóa phải đảm bảo các thông số về góc của bài toán không bị thay đổi Gọi M là trung điểm AC, N là trung điểm AB, H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Vì hình chóp có SA = SB = SC => Hình chiếu của S trên (ABC) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

Xét ∆SAB, ta có: AC  sin

450 450  AB  2sin 2 2

Xét ∆ABC, ta có: AM 2  MB 2  AB 2  MB 

Ta có: S ABC 

74 2 2

abc 2 2 abc 1   . AC.MB  R  2 MB 4R 2 74 2

Xét ∆ASH, ta có: AH 2  SH 2  SA2  SH 

1 74 2

1 1 1 74 2 1 . . .1  Vậy VS . A ' B 'C '  . 3 74 2 2 2 12 1 1 1 Lại có: VS . A ' B 'C '  . . .VS . ABC 3 4 5

Vậy VS . ABC  5 `

Câu 153: (MEGABOOK-ĐỀ 3). Cho hình chóp S . ABC có SC  2av a SC   ABC  . Đáy

ABC là tam giác vuông cân tại B và có AB  a l 2. Mặt phẳng   đi qua C và vuông góc với SA ,   cắt SA, SB lẩn lượt tại D, E . Tính thể tích khối chóp S .CDE . 4a 3 9 Lời giải Chọn C

2a 3 3

2a 3 9

a3 3

Ta có:

VS .CDE SD SE SD SE  .  VS .CDE  . .VS .CAB VS .CAB SA SB SA SB

1 1 1 1 2 2a 3 VS .CAB  .SC. .BA.BC  .2a. .2a  3 2 3 2 3 Xét SAC ta có: SD SC 2 4a 2 1    2 2 2 SA SA 4a  4a 2 Ta có: AB   SBC   AB  CE  CE   SAB   CE  SB SC 2  SD.SA 

Tương tự xét SBC ta có: SE SC 2 4a 2 2 SC  SE.SB    2  2 2 SB SB 4a  2a 3 2

1 2 2a 3 2a 3 Vậy suy ra VS .CE F  . .  2 3 3 9

Câu 154: Cho tứ diện S . ABC trên cạnh SA và SB lấy điểm M và N sao cho thỏa tỉ lệ SM 1 SN  ;  2 , mặt phẳng đi qua MN và song song với SC chia tứ diện thành hai AM 2 NB phần, biết tỉ số thể tích của hai phần ấy là K , vậy K là giá trị nào? 2 4 4 5 A. K  . B. K  . C. K  . D. K  3 9 5 9 Lời giải Chọn.C

Qua M kẻ MF song song với SC và qua N kẻ NE song song với SC với E và F thuộc CA và CB . Khi đó thiết diện cần tìm là hình thang MNEF . Đặt VS . ABC  V ; VMNEFCS  V1 ; VMNEFAB  V2 , V1  VSCEF  VSFME  VSMNE Ta có:

VSCEF CF CE 1 2 2 VSFME CM SE SM 1  .  .  ,  .   V CA CB 3 3 9 VSFEA SE CA SA 3

V 1 4 4 VSFEA S EFA S EFA SCEA FA CE 4   .  .   SFME  .  V V 3 9 27 V S ABC SCEA S ABC CA CB 9

VSMNE SM SN 2 VSMNE S BEA S AEC EB CE 1  .  ,  .  .  VSABE SA SB 9 V S ABC S ABC CE CB 3

 VSABE 

2 2 4 4 V 4  V1  V  V  V , 1  . 27 9 27 9 V2 5

Câu 155: (THPT C NGHĨA HƯNG-NAM ĐỊNH Lần 1) Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh B, AB  4, SA  SB  SC  12. Gọi M , N lần lượt là trung điểm AC , BC. Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm E , F sao cho SE BF 2   . Tính thể tích khối tứ diện MNEF SA BS 3 16 34 3 Lời giải Đáp án C

4 17 9

4 34 9

4 34 3

Ta có ΔABC vuông cân tại B nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp. SM  SB  SC  SM   ABC  FE  AB  K , kẻ FG / / BA FH / / SM  FH   ABC  ta có: 2 2 2 4 SM  SA2  AM 2  122  8  34 3 3 3 3 1 1 1 1 dt KMN  dt BNMK  dt BNK   MN  BK  .BN  KB.BN  MN .BN  2.2  2 2 2 2 2 1 ΔFGE  ΔKAE  C.G.C   FE  FK 2 FH 

VFMNE FE 1 1 1 1 1 4 4 34    VFMNE  VFMNK  . FH .dt KMN  . 34.2  VFMNK FK 2 2 2 3 6 3 9 Câu 156: (THPT Việt Trì) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với BC là đáy nhỏ. Biết rằng tam giác SAB đều có cạnh là 2a và nằm trong mặt phẳng

vuông góc với đáy, SC  a 5 và khoảng cách từ D tới mặt phẳng  SHC  là 2a 2 ( H là trung điểm của AB ). Thể tích khối chóp S.ABCD là: a3 3 3 Lời giải Chọn C

a3 3

4a 3 3 3

 SAB    ABCD   Ta có:  SAB    ABCD   AB  SH   ABCD  .  SH  AB 

 DI  CH  DI   SHC   d  D,  SHC    DI  2a 2 . Mà   DI  SH Ta có BHC  AHE  S BHC  S AHE và HE  HC . Mà S ABCD  S AHCD  S BHC  S AHCD  S AHE  S DCE . Tam giác SAB đều nên SH  a 3 . Tam giác SHC có HC  SC 2  SH 2  a 2  EC  2 HC  2a 2 . Khi đó S ABCD  S DCE 

1 DI .EC  4a 2 . 2

1 1 4a 3 3 Vậy VABCD  SH .S ABCD  a 3.4a 2  . 3 3 3

4a 3 3

Câu 157: (THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình MC hành. Điểm M di động trên cạnh SC , đặt  k . Mặt phẳng qua A, M song song MS với BD cắt SB, SD thứ tự tại N , P . Thể tích khối chóp C. APMN lớn nhất khi B. k  1.

A. k  3. Lời giải Chọn D

C. k  2.

D. k  2.

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và I  SO  AM . Ba điểm M,A,I thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có: SM CA OI OI k . . 1 1 . MC AO IS SI 2 SP SI SN 2 Vì NP / / BD  (định lí Thalet).    SD SO SB k  2 DP Và d  P;  ABCD    d  N;  ABCD    d  S ;  ABCD   SD k k  .d  S ;  ANCD    VP. ACD  VN . ABC  .VS . ABCD k 2 2k  4 V SM SP 1 1 2 Ta có S . AMP  .  .  VS . ANMP  .V VS . ACD SC SD k  1 k  2  k  1 k  2 S . ABCD





Vậy  2 k  2k VC . ANMP  VS . ABCD  VS . ANMP  VP. ACD  VN . ABC  1   .VS . ABCD  .VS . ABCD  2 k  3k  2   k  1 k  2 k  2 

Để VC . ANMP max  f  k   Xét hàm số f  k  

f ' k  

k đạt giá trị lớn nhất. k  3k  2 2

k trên khoảng  0;   có: k  3k  2 2

k 2  2  0  k  2 (vì k  0 )  k 2  3k  22 

 max f  k   f  0; 

 2  3 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi k  2. Vậy khi k  2 thì thể tích khối chóp C. ANMP lớn nhất. Câu 158: (TRƯỜNG THPT C PHỦ LÝ - HÀ NAM) Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' , trên cạnh AA '; BB ' lấy các điểm M, N sao cho AA '  3 A ' M ; BB '  3B ' N . Mặt phẳng (C ' MN ) chia khối lăng trụ đã cho thành hai phần. Gọi V1 là thể tích khối chóp C '. A ' B ' NM , V2 là thể tích khối đa diện ABC.MNC ' . Tính tỉ số 2 . 9 Lời giải Đáp án C

3 . 4

V1 . V2

2 . 7

5 . 7

A' C' B'

B 2 S ABC . AA 3 1 1 1 VC .MNK  C K .S MNK  C C.S ABC  AA.S ABC 3 9 9 2 1 7  V2  VABC .MNK  VC .MNK  S ABC . AA  AA.S ABC  AA.S ABC 3 9 9 1 VMNK . ABC   S MNK .C K  S ABC . AA 1 1 2 3  V1  VMNK . ABC   VC .MNK  S ABC . AA  AA.S ABC  AA.S ABC 3 9 9 VABC .MNK  S ABC .CK 

2 AA.S ABC V1 9 2 Vậy:   . V2 7 AA.S 7 ABC 9

Câu 159: (THPT Chuyên Đại Học Vinh - Nghệ An - 2018) Cho hình lăng trụ ABC.A ' B 'C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  a, BC  a 3, góc hợp bởi đường thẳng AA ' và mặt phẳng  A ' B'C '  bằng 45, hình chiếu vuông góc của B' lên mặt phẳng

 ABC 

trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ

ABC.A ' B 'C '.

3 3 a 9 Lời giải Đáp án B

3 3 a 3

C. a 3

a3 3

A' 450

M A

a 3

a B

1 a2 3 BA.BC  ; AC  BA2  BC 2  2a . 2 2 • Gọi G là trọng tâm tam giác ABC  B ' G   ABC  . Gọi M là trung điểm của AC

• S ABC 

2 BM  3 •  AA ',  A ' B ' C '  BG 



2 1 2a . . AC  3 2 3   ' BG  450  B ' BG vuông cân  450  BB ',  ABC   450  B



tại G  B ' G  GB 





2a 3

2a a 2 3 a 3 3 .  . 3 2 3 Câu 160: (THPT Tam Phước) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a . Điểm M thuộc đoạn thẳng BC’ , điểm N thuộc đoạn thẳng AB’, MN tạo với mặt phẳng đáy

Vậy VABC . A ' B 'C '  B ' G.S ABC 

một góc 30 . Tìm độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng MN . 2a a 2a A. B. C. 2 3 5 1 Lời giải

2a 5 1

Chọn D Ý tưởng: 1 - MN phải chăng sẽ là hai điểm đặc biệt nào đó 2 – Khi nhận ra M là trung điểm của BA’ thì ta tiến hành tính toán MN qua điểm A’ bằng cách lấy P thuộc BC’!

Dễ có mặt phẳng (BA’C’) vuông góc với AB’. Do đó để MN là nhỏ nhất thì M là giao của AB’ và BA’, N là điểm thuộc BC’ sao cho góc giữa MN và (A’B’C’D’) là 30o . Gọi P là điểm thuộc BC’sao cho A’P cũng hợp với mặt phẳng đáy một góc 30o , khi đó 1 MN là đường trung bình của tam giác BA’P nên MN  A ' P . 2 Giả sử độ dài đoạn B’H = x, khi đó PH = HC’ = a – x (tam giác PC’H vuông cân tại C’), và A ' H  A ' B '2  BH 2  a 2  x 2 . Theo điều ta đã giả sử ở trên thì góc giữa A’P và (A’B’C’D’) = 30o , do đó





PH ax 3  tan PA 'H    hay 2 2 A' H 3 a x

a 2  x 2  3  a  x  (1)

Mặt khác ta lại có A ' P  A ' H 2  HP 2  a 2  x 2  (a  x) 2  4  a  x   2  a  x  2

(2) Từ (1) và (2) ta tính được A ' P 

 Chọn phương án

4a 2a . Từ đây ta rút ra được MN  . 5 1 5 1

Câu 161: Một người xây nhà xưởng hình hộp chữ nhật có diện tích mặt sàn là 1152 m 2 và chiều cao cố định. Người đó xây các bức tường xung quanh và bên trong để ngăn nhà xưởng thành ba phòng hình chữ nhật có kích thước như nhau (không kể trần nhà). Vậy cần phải xây các phòng theo kích thước nào để tiết kiệm chi phí nhất (bỏ qua độ dày các bức tường). A. 16m  24m. B. 8m  48m. C. 12m  32m. D. 24m  32m. . Lời giải Chọn A

Đặt x, y, h lần lượt là chiều dài, chiều rộng và chiều cao mỗi phòng. 384 Theo giả thiết, ta có x.3 y  1152  y  . x Để tiết kiệm chi phí nhất khi diện tích toàn phần nhỏ nhất. 384 576   Ta có Stp  4 xh  6 yh  3 xy  4 xh  6 h  1152  4h  x    1152. x x   576 Vì h không đổi nên Stp nhỏ nhất khi f  x   x  (với x  0 ) nhỏ nhất. x 576 Khảo sát f  x   x  với x  0 ,ta được f  x  nhỏ nhất khi x  24  y  16. . x Câu 162: (THPT C NGHĨA HƯNG-NAM ĐỊNH Lần 1) Cho hình hộp ABCD. ABC D có AB  a; BC   a 5, các đường thẳng AB và BC cùng tạo với mặt phẳng  ABCD  một góc 450 , tam giác AAB vuông tại B, tam giác ACD vuông tại D. Tính thể tích của khối hộp ABCD. ABC D theo a. A. 2a 3

2a 3 3

a3 6 2

a3 6 6

Lời giải Đáp án A B'

450

H A

ΔAA ' B  AB  A ' B  AB   A ' BD  Theo giả thết ta có:  ΔA ' CD  CD  A ' D  AB  A ' D  AB  BD  BD 

AD 2  AB 2  5a 2  a 2  2a

 S ABCD  2 S ABD  AB. AD  a.2a  2a 2

Kẻ đường cao AH trong ΔA ' BD  A ' H   ABCD  , góc giữa AB ' và  ABCD  là góc A ' BH  450

Do B ' C / / A'D nên góc giữa B ' C và  ABCD  là góc A ' DH  450  ΔA ' BD vuông BD 2a   a từ đây tính được VABCD. A ' B 'C ' D '  A ' H .S ABCD  a.2a 2  2a 3 2 2 Câu 163: (THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích bằng 2018. Gọi M là trung điểm AA’; N, P lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh BB’, CC’ sao cho BN  2B ' N, CP  3C ' P. Tính thể tích khối đa diện ABCMNP

cân  A ' H 

4036 . 3

32288 . 27

40360 . 27

23207 . 18

Lời giải Chọn

M N E A

Gọi E , F là trung điểm BB ', CC ' 1 1 1 1 1 1 Ta có NE     BB '  BB ', PF     CC '  CC ' 6 4  2 3 2 4

11 1 5 S NEFP     S BCC ' B '   26 4 24 5 5 2 5 VMNEFP  VA ' BCC ' B '  VA ' B 'C ' ABC  VA ' B 'C ' ABC 24 24 3 36 . 1 5  VABC .MNP  VABC .MEF  VMNEFP  VA ' B 'C ' ABC  VA ' B 'C ' ABC 2 36 23 23 23207  VA ' B 'C ' ABC  .2018  36 36 18 Câu 164: (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình thang vuông tại A và B, biết

AB  BC  a, AD  2a,SA  a 3 AB  BC  a, AD  2a,SA  a 3 và

SA   ABCD  . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SB,SA. Tính khoảng cách từ

M đến (NCD) theo a. a 66 . B. 2a 66 . 22 Lời giải Chọn C Gọi E=AB  CD, G=NE  SB.

a 66 . 11

a 66 44

1 Vì BC / /AD, BC= AD nên BC là đường trung bình của tam giác ADE. Do đó B, C 2 lần lượt là trung điểm của AE, DE. Do đó G là trọng tâm của SAE. 2 1 4 4 Kéo theo SG= SB. Mà SM= SB, nên SG= SM=  SG  MG   SG=4MG. 3 2 3 3 Do đó d  S,  NCD   =d  S,  NED    4d  M,  NED    d  M,  NCD    d S,  NCD  

Ta có SAED 

1 1 1 1a 3  a3 3 2 AD.AE   2a  2a   2a 2  VNAED  NA.SAED     2a   2 2 3 3 2  3

1 2a 3 3 a3 3 VSAED = SA.SAED   VSNED  VSAED  VNAED  2 3 3 Mặt khác gọi P là trung điểm của AD, thì CP  AD, CP=PD  ACD vuông tại.

C. Do đó CD  AC. Mà CD  SA  CD   SAC   CD  NC Ta có NC2  NA 2  AC2  NA 2  AB2  BC2  ED 2  AD 2  AE 2  8a 2  SNDE 

3a 2 11a 2  2a 2  4 4

1 1  a 11  a 2 22 NC.ED    2 2a  2 2 2  2





3a 3 3 3V 1 a 66 Vì VSNED  d  S  NED   SNDE  d  S  NDE    SNDE  2 3  . 3 SNDE 11 a 22 3 Câu 165: (ĐỀ 6_TOÁN 3K_HỨA LÂM PHONG) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD , thể tích nhỏ nhất của khối chóp là bao nhiêu nếu như khoảng cách giữa hai đường thẳng

SA và DB là 2 3  cm  A. 72  cm3 

B. 9  cm3 

C. 8 3  cm3 

16 3  cm3  3

Lời giải Gọi O là tâm của đáy. Gọi a  0 là khoảng cách giữa SA và DB .

Đặt AB  x  0 . Vẽ OH  SA ta có DB  SO, DB  AC  DB   SAC   DB  OH

Suy ra d  SA, DB   OH  a 1 1 1 x 2a 2 2    SO  OH 2 SO 2 OA 2 x 2  2a 2 1 1 xa  .SO.AB2  .x 2  min VS.ABCD  a 3 3 khi x  a 3 2 2 3 3 x  2a

Mặt khác, VS.ABCD

Áp dụng a  2 3  min VS.ABCD  72  cm3 

Câu 166: ( THPT QUẾ VÕ 2 ) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng SCD bằng 4 . Gọi V là thể tích khối chóp S . ABCD , tìm giá trị lớn nhất của V : A. 32 3

B. 8 3

C. 16 3

Lời giải Chọn C

Ta vẽ hình như hình vẽ. E là trung điểm của CD , OH  SE .

16 3 . 3

Dề dàng cm được OH  d  O;  SCD   

1 d  A;  SCD    2 2

   (0    900 ) Gọi SEO  OE 

OH 2  sin  sin 

OH 2 4  Cạnh của hình vuông ABCD là:  cos  cos  sin  1 32 1 Từ đó VS . ABCD  SO.S ABCD  . 2 . 3 3 sin  .cos  SO 





Đặt cos   t  t   0;1  thì sin 2  .cos   t 1  t 2 . 1  t   3 Xét hàm f  t   t  t 3 ; f   t   1  3t 2 ; f   t   0   1  t 3 

Vậy giá trị nhỏ nhất của V đạt được khi f  t  lớn nhất tức là min V  16 3 . Câu 167: (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Xét khối tứ diện ABCD, AB  x, các cạnh còn lại bằng 2 3. Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD lớn nhất. A. x  6 . B. x  2 2 . C. x  14 . D. x  3 2 . Lời giải Chọn D Gọi H là trung điểm của cạnh AB, do ABC cân tại C nên CH là đường cao. Tam giác ABD có AD=DB=2 3 nên là tam giác cân tại D. Do đó HD là đường cao. Khi đó ta có

CH  AB  AB   CHD   HD  AB

Hạ đường cao CK xuống HD khi đó CK  AB. Do đó CK   ABD  . Vậy CK là đường cao của tứ diện. Ta có HB  có HC  BC2  HB2  Tương tự ta có HD 



2 3



x Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác HBC ta 2 2

48  x 2 x    2 2

48  x 2 . Đặt y  KD. Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác 2

CHK và CKD ta có



CK 2  CH 2  HK 2  CD 2  KD 2  CH 2   HD  y   2 3 2

CH 2  HD 2  2HD.y  y 2  12  y 2  2HD.y  12  y 



 y2

6 12  HD 48  x 2

Vì vậy

CK  CD  y  12  2

12 48  x 2

Diện tích tam giác ABD là S1 



12  48  x 2   12  48  x 2



12  36  x 2  48  x 2

 CK 

12  36  x 2  48  x 2

1 1 48  x 2 x 48  x 2 AB.HD  x  2 2 2 4

2 1 1 12  36  x  x 48  x 2 1 Do đó thể tích tứ diện là V  CK.S1  .  3.x. 36  x 2 2 3 3 48  x 4 6





Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho x, 36  x 2 ta có

V

2 2 3 3 x   36  x  x. 36  x 2   3 3. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 6 6 2

x  36  x 2  x  18  3 2

Nhận xét.Chúng ta có thể thay điều kiện các cạnh còn lại bằng 2 3 bởi điều kiện các cạnh còn lại bởi một số a  0 nào đó bất kì, để được một bài toán khác nhưng cách làm tương tự bài này. Câu 168: (THPT Lê Văn Thịnh- Bắc Ninh-Lần 1) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. I nằm trên cạnh SC sao cho IS  2 IC . Mặt phẳng  P  chứa cạnh AI cắt cạnh SB, SD lần lượt tại M , N . Gọi V ', V lần lượt là thể tích khối chóp

S . AMIN và S . ABCD . Tính giá trị nhỏ nhất của tỷ số thể tích 4 5 Lời giải

5 54

8 15

V V'

5 24

Đáp án C Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD Gọi H  SK  AI qua H kẻ d / / BD cắt SB, SD lần lượt tại M , N Xét tam giác SAC có

IS AC OH OH 1 SH 4 . . 1    IC OC SH SC 4 SC 5 SM SN SH 4 Mà MN / / BD     SB SD SO 5 V V SM SI 2 SM 1 SM Ta có S . AMI  .  .  S . AMI  . VS . ACD SB SC 3 SB VS . ABCD 3 SB

Và

VS . ANI SN SI 2 SD V 1 SN  .  .  S . ANI  . VS . ACD SD SC 3 SD VS . ABCD 3 SD

Suy ra

V ' 1  SM SN  1  4 4  8      .    V 3  SB SD  3  5 5  15

Câu 169: [THPT ĐỘI CẤN – VĨNH PHÚC 2018 - LẦN 1] Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA  SB  SC  a , cạnh SD thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD bằng a3 . 8 Lời giải Chọn D

a3 . 2

3a3 . 8

a3 . 4

. Đặt VSABCD  2VSABC . VSABC 

1 1 1 1 SA.SB.SC. 1  cos 2  cos 2   cos 2  2cos cos cos  a 3 cos 2  cos  6 6 2 2

VSABC lớn nhất cos =

b 1  2a 4

a3 3 a3 a3 maxVSABC    maxVSABCD  6 4 8 4 Câu 170: [THPT THUẬN THÀNH SỐ 3] Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có   30. Người ta muốn trang trí cho hình chóp bằng một dây đèn nháy SA  a, ASB

chạy theo các điểm A, M, N rồi quay lại A (đúng một vòng) như hình bên dưới. Độ dài ngắn nhất của dây đèn nháy là:

a 2 2 Lời giải

Chọn B

B. a 2

C. a 3

a 3 3

Trải hình ra ta thu được:

Dễ thấy AM  MN  NA đạt giá trị nhỏ nhất khi A, M, N, A thẳng hàng Lại có S . ABC là hình chóp tam giác đều  SAB  SBC  SAC  c.c.c 

   CSA   AS   AS B  BSC A  90  AM  MN  NA min  a 2 Câu 171: (THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình, lần 1 – 2018) Một tấm kẽm hình vuông ABCD có cạnh bằng 30cm. Người ta gập tấm kẽm theo hai cạnh EF và GH cho đến khi AD và BC trùng nhau như hình vẽ bên để được một hình lăng trụ khuyết hai đáy. Giá trị của x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất là:

A. x  5  cm  .

B. x  9  cm  .

C. x  8  cm  .

x  10  cm  .

Lời giải Chọn D 1 Thể tích khối trụ: V  AD. CI .FH , I là trung điểm FH, có FH  30  2 x , với 2 30  x  15 4

1  30  2 x  V  30. .  30  2 x  . x 2     30 15  x  . 30 x  225 2  2  15 45 x  450   V   30.   30 x  225  15  x  .  30  0  x  10  N   30 x  225  30 x  225  Ta có: lim V  lim  V  0 , V 10   30.5.5 3  750 3 . x15

 30  x   4 





Vậy thể tích khối lăng trụ lớn nhất V 10   30.5.5 3  750 3 cm 3 khi x  10  cm  . Câu 172: [THPT-Chuyên-Bắc-Ninh-Bắc-Ninh-Lần-2]Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD MC là hình bình hành. Điểm M di động trên cạnh SC, đặt  k . Mặt phẳng qua A, M MS song song với BD cắt SB, SD thứ tự tại N, P. Thể tích khối chóp C. APMN lớn nhất khi A. k  3 .

B. k  1 .

C. k  2 .

D. k  2 .

Lời giải Chọn D

Phương pháp giải: Dùng định lí Thalet, định lý Menelaus và phương pháp tỉ số thể tích để tính thể tích khối chóp theo tham số k. Khảo sát hàm số chứa biến k để tìm giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất Lời giải: Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và I  SO  AM . Ba điểm M,A,I thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có: SM CA OI OI k . . 1 1 . MC AO IS SI 2

SP SI SN 2 (định lí Thalet).    SD SO SB k  2 DP Và d  P;  ABCD    d  N;  ABCD    d  S ;  ABCD   SD k k  .d  S ;  ANCD    VP. ACD  VN . ABC  .VS . ABCD k 2 2k  4 V SM SP 1 1 2 Ta có S . AMP  .  .  VS . ANMP  .V VS . ACD SC SD k  1 k  2  k  1 k  2 S . ABCD

Vì NP / / BD 





Vậy  2 k  2k VC . ANMP  VS . ABCD  VS . ANMP  VP. ACD  VN . ABC  1   .VS . ABCD  .VS . ABCD  2 k  3k  2   k  1 k  2 k  2 

Để VC . ANMP max  f  k   Xét hàm số f  k  

f ' k  

k trên khoảng  0;   có: k  3k  2 2

k 2  2  0  k  2 (vì k  0 )  k 2  3k  22 

 max f  k   f  0; 

k đạt giá trị lớn nhất. k  3k  2 2

 2  3 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi k  2. Vậy khi k  2 thì thể tích khối chóp C. ANMP lớn nhất. Câu 173: Bên cạnh con đường trước khi vào thành phố người ta xây một ngọn tháp đèn lộng lẫy. Ngọn tháp hình tứ giác đều S.ABCD cạnh bên SA  600 mét, ASB  15 . Do sự cố đường dây điện tại điểm Q (là trung điểm của SA) bị hỏng, người ta tạo ra một con đường từ A đến Q gồm bốn đoạn thẳng: AM, MN, NP, PQ (hình vẽ). Để tiết kiệm kinh phí, kỹ sư đã nghiên cứu và nó được chiều dài con đường từ A đến Q ngắn nhất. AM  MN Tính tỷ số k  NP  PQ

A. k  2

B. k 

4 3

C. k 

3 2

D. k 

5 3

Lời giải Chọn A Phương pháp: Trải 4 mặt của hình chóp ra mặt phẳng và tìm điều kiện để AM  MN  NP  PQ là nhỏ nhất. Cách giải: Ta “xếp” 4 mặt của hình chóp lên một mặt phẳng, được như hình bên:

Như hình vẽ ta thấy, để tiết kiệm dây nhất thì các đoạn AM, MN, NP, PQ phải tạo thành một đoạn thẳng AQ. Lúc này, xét SAQ có: ASM  MSN  NSP  PSQ  15 SA  600m, SQ  300m k 

AM  MN AN SA   2 NP  PQ NQ SQ

AN SA do tính chất của đường phân giác SN).  NQ SQ Câu 174: (THPT Chuyên Đại Học Vinh - Nghệ An - 2018) Một người muốn xây một cái bể

(Vì

chứa nước, dạng một khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 288dm3 . Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng, giá thuê nhân công để xây bể là 500000 đồng/ m 2 . Nếu người đó biết xác định các kích thước của bể hợp lí thì chi phí thuê nhân công sẽ thấp nhất. Hỏi người đó trả chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây dựng bể đó là bao nhiêu? A. 1, 08 triệu đồng. B. 0,91 triệu đồng. C. 1, 68 triệu đồng. D. 0,54 triệu đồng Lời giải Đáp án A • Gọi x  x  0  chiều rộng của đáy bể. Ta có: + Chiều dài của đáy bể là: 2x . 0,144 + Chiều cao của bể là: . x2 0,864 • Diện tích cần xây: 2x 2  . x

Xét f  a   2 x 2 

0,864 0,864 . Ta có: f   x   4 x  2  f   x   0  x  0, 6. x x

• Bảng biến thiên:

x -∞ f'(x)

+∞

0.6

+ +∞

+∞

f(x)

2,16 Từ bảng biến thiên ta có min f  x   2,16 . Vậy: chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây bể là: 2,16.500000  1080000 đồng Chương 12. Nón – trụ - cầu Câu 175: [THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 3] Với một đĩa phẳng hình tròn bằng thép bán kính R , phải làm một cái phễu bằng cách cắt đi một hình quạt của đĩa này và gấp phần còn lại thành một hình nón. Gọi độ dài cung tròn của hình quạt còn lại là x . Tìm x để thể tích khối nón tạo thành nhận giá trị lớn nhất. A. x 

2 R 6 . 3

B. x 

2 R 2 . 3

C. x 

2 R 3 . 3

D. x 

R 6 3

. Lời giải Chọn A Gọi r , l lần lượt là bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón. 1 1 Thể tích khối nón là V   r 2 h   r 2 l 2  r 2 , với h là chiều cao khối nón. 3 3



Ta có r l  r 4

Suy ra r



r2 r2 2 2 4  r2 r2 2 2  4 6  4. . . l  r     l  r   l 2 2 27  2 2  27





2l 3 2 l 3 l r  . Dấu “=” xảy ra  V N   3 3 9 3 2

r2 3r 2  l2  r2  l2  1 2 2 Mà x là chu vi đường tròn đáy hình nón  x  2 r và đường sinh l  R 

3  x  8 2 R 2 2 R 6 2 x . Từ 1 ,  2  suy ra R  .   x  2  2  3 3 Câu 176: ( THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định – 2018 ) 2

 2

Một cái phễu có dạng hình nón. Người ta đổ một lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của lượng nước trong phễu bằng

1 chiều cao của phễu. Hỏi nếu bịt kín miệng phễu rồi lộn ngược 3

phễu lên thì chiều cao của mực nước xấp xỉ bằng bao nhiêu? Biết rằng chiều cao của phễu là 15cm.

A. 0,5  cm  .

B. 0,3  cm  .

C. 0,188  cm  .

0,216  cm  . Lời giải Chọn C

Gọi r, r1 , r2 , h, h1 , h 2 như hình vẽ. Gọi V là thể tích khối nón ban đầu. r1 h1 1 1    Thể tích nước đổ vào bằng V r h 3 27 Khi lộn ngược phễu thì thể tích phần không gian không chứa nước là

Khi đó:

26 V 27

r 2 .h r h 1 2 26 1 26 mà 2  2 nên r2 .h2  . r 2 .h  2 2 2  3 27 3 r h r .h 27

 h2  26 h 26 26  2 3  h2  15 3    h 27 27  h  27 Vậy chiều cao của nước khi lộn ngược phễu là 15  15 3

26  0,188 (cm). 27

Câu 177: (THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho khối lăng trụ tam giác ABC. ABC  . Tính tỉ số giữa khối đa diện ABC BC và khối lăng trụ ABC. ABC  . 2 1 5 1 A. B. C. D. 3 2 6 3 Lời giải Chọn A Dễ thấy mặt phẳng (A’BC) chia khối lăng trụ thành 2 phần là khối đa diện A’B’C’BC và chóp A’.ABC.  VABC . A ' B 'C '  VA ' B 'C ' BC  VA ' ABC 1 2 Mà VA ' ABC  VABC . A ' B 'C '  VA ' B 'C ' BC  VABC . A ' B 'C ' 3 3 Câu 178: Người ta muốn thiết kế một bể cá bằng kính không có nắp với thể tích 72dm3 và chiều cao là 3dm. Một vách ngăn (cùng bằng kính) ở giữa, chia bể cá thành hai ngăn, với các kích thước a, b (đơn vị dm) như hình vẽ. Tính a, b để bể cá tốn ít nguyên liệu nhất (tính cả tấm kính ở giữa), coi bề dày các tấm kính như nhau và không ảnh hưởng đến thể tích của bể.

A. a  24, b  24. a  4, b  6.

B. a  3, b  8.

C. a  3 2, b  4 2. D.

Lời giải Chọn D  Tự luận: Có: V  72  3.ab  72  a 

24 (1) b

Bể cá tốn ít nguyên liệu nhất nghĩa là diện tích toàn phần nhỏ nhất. Ta có diện tích toàn phần của bể cá là: Stp  3.3a  ab  2.b3  Áp dụng bất đẳng thức Côsi: Stp 

216  6b  24 b

216 216  6b  24  2  6b  24  96 b b

216  6b  b  6  b  0  . Từ (1), ta suy ra: a  4. b

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

Câu 179: (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho tấm tôn hình nón có bán kính đáy là 2 r  , độ dài đường sinh l  2 . Người ta cắt theo một đường sinh và trải phẳng ra 3 được một hình quạt. Gọi M , N thứ tự là trung điểm OA và OB . Hỏi khi cắt hình quạt theo hình chữ nhật MNPQ (hình vẽ) và tạo thành hình trụ đường sinh PN trùng

MQ (2 đáy làm riêng) thì được khối trụ có thể tích bằng bao nhiêu?





3



.

13  1 8

.



.

13  1 4



.

13  1 12

13  1

9 Lời giải Đáp án A

Phương pháp: Tính độ dài các đoạn thẳng MN và MQ sau đó áp dụng công thức tình thể tích hình trụ V   r 2 h . Cách giải: Độ dài cung AB là chu vi đường tròn đáy nên l AB  2 .r  2

2 4  3 3

4 l AB 2 Ta có độ dài cung AB là l AB   OA     3   AOB OA 2 3 Áp dụng định lí cosin trong tam giác OAB có

AB  OA2  OB 2  2OA.OB.cos

2  1  22  22  2.22     2 3 3  2

1 1 3 AB  3  PQ  MH  MN  2 2 2 Hạ OD  MN ta có OD là tia phân giác của AOB  AOD  60, OD cắt AQ tại E . MN 

1 1 Xét tam giác vuông OMH có OH  OM .cos 60  1.  2 2 2 2 2 OP  OQ  PQ 4 43 5 Xét tam giác OPQ có cos POQ    2.OP.OQ 2.2.2 8

Mà cos POQ  cos  2DOQ   2 cos 2 DOQ  1 

5 13  cos DOQ  8 4

Xét tam giác DOQ có QD 2  OQ 2  OD 2  2OQ.OD cos DOQ  4  4  2.2.2.

13  8  2 13 4

Xét tam giác vuông DQF có:

DF2  QD 2  QF2  8  2 13 

3 29 29  8 13 16  2.4. 13  13 4  13   2 13  DF    4 4 2 2 2

1 4  13 4  1  4  13 13  1  HF  OD  OH  DF  2      MQ 2 2 2 2 Khi đó thể tích khối trụ tạo ra bởi hình chữ nhật MNPQ là: 2





 3  13  1 3 13  1 V  .MH .MQ      . 2 8  2  Chú ý khi giải: Có thể tính độ dài MQ bằng cách như sau: 2

Xét tam giác OAE có: EA 2  OA 2  OE 2  2OA.OE cos AOE  4   2  DE   2.2.  2  DE  . 2

 EA 2  DE 2  2DE  4 Gọi F là giao điểm của ED với đường tròn tâm O bán kính OA  2. Khi đó theo tính chất hai cát tuyến EQA , EDF ta có 1 EQ.EA  ED.EF  EA 2  ED  ED  4   EA 2  2ED 2  8ED  2 2 Từ 1 ,  2  suy ra DE 2  2DE  4  2DE 2  8DE  DE 2  6DE  4  0  DE  13  3 1 13  1 Do đó OE  OD  DE  2  13  3  13  1  MQ  OE  2 2

Vậy MQ 

13  1 2

1 2

Câu 180: (MEGABOOK-ĐỀ 3). Một người thợ có một khối đá hình trụ. Kẻ hai đường kính MN , PQ của hai đáy sao cho MN  PQ . Người thợ đó cắt khối đá theo các mặt cắt đi qua 3 trong 4 điểm M , N , P, Q để thu được khối đá có hình tứ diện MNPQ . Biết rằng

MN  60cm và thể tích khối tứ diện MNPQ bằng 30dm3 . Tìm thể tích của lượng đá bị cắt bỏ (làm tròn kết quả đến 1 chữ số thập phân). A. 101,3dm3 B. 141,3dm3 C. 121,3dm3 D. 111, 4dm3 Lời giải Chọn D

Ta dễ dàng chứng minh được  OMN  vuông góc với PQ . 1 1 Do đó thể tích khối tứ diện MNPQ là: VMNPQ  .S MNO .PQ  .OO.MN .PQ 3 6 1 Trong đó d  MN , PQ   OO  h  .602.h.1  30.103  h  50cm. 6 Vậy thể tích của lượng đá bị cắt bỏ bằng:

V  Vt  VMNPQ   R .h  30 

  60 

.   .50  30  111, 4 dm3 . 10  2  Câu 181: (THTT - Lần 2 – 2018) Có tấm bìa hình tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền bằng a. Người ta muốn cắt tấm bìa đó thành hình chữ nhật MNPQ rồi cuộn lại thành 2

một hình trụ không dáy nhu hình vẽ.

Diện tích hình chữ nhật đó bằng bao nhiêu để diện tích chung quanh của hình trụ là lớn nhất? a2 2 Lời giải

3a 2 4

a2 8

3.a 2 8

Đáp án D Đặt MN  PQ  x, có

 NC 

MN AN a  2x AN a  2x     AN  BC AC a a 2 2 2

a a  2x  x 2 2 2

NC  PC 2  PN 2  2 x 2  x 2  x 3

Có S xq  S MNPQ  x 3  a  2 x  2  a a2 3  a a 3 f  f  Xét hàm số f  x   f    có max   8 8  4 4 Câu 182: (MEGABOOK-ĐỀ 3). Bạn A có một cốc thủy tinh hình trụ, đường kính trong lòng đáy cốc là 6cm , chiểu cao trong lòng cốc là 10cm đang đựng một lượng nước. Bạn A

nghiêng cốc nước, vừa lúc khi nước chạm miệng cốc thì ở đáy mực nước trùng với đường kính đáy. Tính thể tích lượng nước trong cốc.

A. 60cm3

B. 15 cm3

C. 70cm3

D. 60 cm3

Lời giải Chọn A

Xét thiết diện cắt cốc thủy tinh vuông góc với đường kính tại vị trí bất kì có (tam giác màu đen): 1 1 S  x  R 2  x 2 . R 2  x 2 .tan  S  x    R 2  x 2  tan  2 2 R

1 2 Thể tích hình cái nêm là: V  2. tan   R 2  x 2 dx  R 3 tan  2 3 0





Thể tích khối nước tạo thành khi ngyên cốc có hình dạng cái nêm nên 2 2 h Vkn  R 3 tan  Vkn  R 3 .  60cm3 . 3 3 R Câu 183: (Toan Luyen de THPTQG) Cho hình vuông ABCD cạnh a . Gọi N là điểm thuộc cạnh AD sao cho AN  2DN. Đường thẳng qua N vuông góc với BN cắt BC tại K.

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tứ giác ANKB quanh trục BK là 7 3 a 6 2 Câu 184: (THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho tấm tôn hình nón có bán kính đáy là r  , độ 3 dài đường sinh l  2 . Người ta cắt theo một đường sinh và trải phẳng ra được một hình quạt. Gọi M , N thứ tự là trung điểm OA và OB . Hỏi khi cắt hình quạt theo hình chữ

A. V 

6 3 a 7

B. V 

3 3 a 2

C. V 

4 3 a 3

D. V 

nhật MNPQ (hình vẽ) và tạo thành hình trụ đường sinh PN trùng MQ (2 đáy làm riêng) thì được khối trụ có thể tích bằng bao nhiêu?





3





13  1 8



13  1

9 Lời giải Chọn A





13  1 4





13  1 12

Độ dài cung AB là chu vi đường tròn đáy nên l AB  2 .r  2

2 4  3 3

4 l AB 2 Ta có độ dài cung AB là l AB   OA     3   AOB OA 2 3 Áp dụng định lí cosin trong tam giác OAB có

AB  OA2  OB 2  2OA.OB.cos

2  1  22  22  2.22     2 3 3  2

1 1 3 AB  3  PQ  MH  MN  2 2 2 Hạ OD  MN ta có OD là tia phân giác của AOB  AOD  60, OD cắt AQ tại E. MN 

1 1 Xét tam giác vuông OMH có OH  OM .cos 60  1.  2 2

Xét tam giác OPQ có cos POQ 

OP 2  OQ 2  PQ 2 4  4  3 5   2.OP.OQ 2.2.2 8

Mà cos POQ  cos  2DOQ   2 cos 2 DOQ  1 

5 13  cos DOQ  8 4

Xét tam giác DOQ có QD 2  OQ 2  OD 2  2OQ.OD cos DOQ  4  4  2.2.2.

13  8  2 13 4

Xét tam giác vuông DQF có:

DF2  QD 2  QF2  8  2 13 

3 29 29  8 13 16  2.4. 13  13 4  13   2 13  DF    4 4 2 2 2

1 4  13 4  1  4  13 13  1  HF  OD  OH  DF  2      MQ 2 2 2 2 Khi đó thể tích khối trụ tạo ra bởi hình chữ nhật MNPQ là: 2

 3  13  1 3 V  .MH .MQ      . 2  2  2





13  1 8

Câu 185: (THPT Lê Văn Thịnh- Bắc Ninh-Lần 1) Cho hình chóp S . ABC có mặt đáy là tam giác đều cạnh bằng 2 và hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC  là điểm H nằm   120, CHA   90 Biết tổng diện tích trong tam giác ABC sao cho  AHB  150, BHC

mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S .HAB, S .HBC , S .HCA là

124  . Tính thể tích khối 3

chóp S . ABC . 9 4 A. VS . ABC  B. VS . ABC  C. VS . ABC  4a 3 D. VS . ABC  4 2 3 Lời giải Đáp án B Gọi r1 , r2 , r3 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp HAB, HBC , HCA

 2 3 AB 2 r2  Theo định lí Sin, ta có tương tự  2r1  r1   2;  3 2.sin150 sin  AHB r  1 3 Gọi R1 , R2 , R3 lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S .HAB, S .HBC , S .HCA

Đặt SH  2 x  R1  r12  Suy ra

S  S

SH 2 3  x 2  4; R2  x 2  và R3  x 2  1 4 4

19  124 2 3   S2  S3  4 R12  4 R22  4 R32  4  3 x 2    x 3 3 3 

1 1 4 3 22 3 4 Vậy thể tích khối chóp S . ABC là V  .SH .S ABC  . .  3 3 3 4 3 Chú ý: “Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với đáy và RABC là bán kính đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABC  R  R2ABC 

SA2 là bán kính mặt cầu ngoại tiếp 4

khối chóp S . ABC ” Câu 186: [THPT-Chuyên-Bắc-Ninh-Bắc-Ninh-Lần-2]Cho tấm tôn hình nón có bán kính đáy 2 là r  , độ dài đường sinh l  2 . Người ta cắt theo một đường sinh và trải phẳng ra 3 được một hình quạt. Gọi M, N thứ tự là trung điểm OA và OB. Hỏi khi cắt hình quạt theo hình chữ nhật MNPQ (hình vẽ) và tạo thành hình trụ đường sinh PN trùng MQ (2 đáy làm riêng) thì được khối trụ có thể tích bằng bao nhiêu?





3



.

13  1 8

.



.

13  1 4



.

13  1 12

13  1 9

Lời giải Chọn A

Phương pháp: Tính độ dài các đoạn thẳng MN và MQ sau đó áp dụng công thức tình thể tích hình trụ V   r 2h . Cách giải: 2 4 Độ dài cung AB là chu vi đường tròn đáy nên l AB  2 .r  2  3 3 4 l AB 2 Ta có độ dài cung AB là l AB   OA     3   AOB OA 2 3 Áp dụng định lí cosin trong tam giác OAB có

AB  OA2  OB 2  2OA.OB.cos

2  1  22  22  2.22     2 3 3  2

1 1 3 AB  3  PQ  MH  MN  2 2 2 Hạ OD  MN ta có OD là tia phân giác của AOB  AOD  60, OD cắt AQ tại E. MN 

1 1 Xét tam giác vuông OMH có OH  OM .cos 60  1.  2 2

Xét tam giác OPQ có cos POQ 

OP 2  OQ 2  PQ 2 4  4  3 5   2.OP.OQ 2.2.2 8

Mà cos POQ  cos  2DOQ   2 cos 2 DOQ  1 

5 13  cos DOQ  8 4

Xét tam giác DOQ có QD 2  OQ 2  OD 2  2OQ.OD cos DOQ  4  4  2.2.2.

13  8  2 13 4

Xét tam giác vuông DQF có:

DF2  QD 2  QF2  8  2 13 

3 29 29  8 13 16  2.4. 13  13 4  13   2 13  DF    4 4 2 2 2

1 4  13 4  1  4  13 13  1  HF  OD  OH  DF  2      MQ 2 2 2 2 Khi đó thể tích khối trụ tạo ra bởi hình chữ nhật MNPQ là: 2





 3  13  1 3 13  1 V  .MH .MQ      . 2 2 8   Chú ý khi giải: Có thể tính độ dài MQ bằng cách như sau: Xét tam giác OAE có: 2

EA 2  OA 2  OE 2  2OA.OE cos AOE  4   2  DE   2.2.  2  DE  . 2

1 2

 EA 2  DE 2  2DE  4 Gọi F là giao điểm của ED với đường tròn tâm O bán kính OA  2. Khi đó theo tính chất hai cát tuyến EQA, EDF ta có 1 EQ.EA  ED.EF  EA 2  ED  ED  4   EA 2  2ED 2  8ED  2 2 Từ (1),(2) suy ra

DE 2  2DE  4  2DE 2  8DE  DE 2  6DE  4  0  DE  13  3 1 13  1 Do đó OE  OD  DE  2  13  3  13  1  MQ  OE  2 2

Vậy MQ 

13  1 . 2

Chương 13. Oxyz Câu 187: [THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  0;0; 1 , B  1;1;0  , C 1;0;1 . Tìm điểm M sao cho 3MA2  2 MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.

3 1  A. M  ; ; 1 . 4 2   3 1  M   ; ; 1 .  4 2  Lời giải Chọn D

 3 1  B. M   ; ; 2  .  4 2 

 3 3  C. M   ; ; 1 .  4 2 

 3 1  Gọi I  xI ; yI ; z I  thỏa mãn điều kiện 3IA  2 IB  IC  0  I   ; ; 1  4 2    2 2 2 Ta có P  3MA2  2 MB 2  MC 2  3 MI  IA  2 MI  IB  MI  IC







 



 4 MI 2  2 MI 3IA  2 IB  IC  3IA2  2 IB 2  IC 2  4 MI 2  3IA2  2 IB 2  IC 2  0

 3 1  Suy ra Pmin  MI min  M trùng với điểm I . Vậy M   ; ; 1  4 2  Câu 188: [THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm

A 1; 6;1 và mặt phẳng  P  : x  y  7  0. Điểm B thay đổi thuộc Oz , điểm C thay

đổi thuộc mặt phẳng  P  . Biết rằng tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. Tọa độ điểm B là A. B  0;0;1 .

B. B  0;0; 2  .

C. B  0;0; 1 .

D. B  0;0; 2 

Lời giải Chọn A

Gọi M , N lần lượt là hai điểm đối xứng với A qua Oz và mặt phẳng  P  ( hình vẽ



bên: Điểm A nằm giữa Oz ,  P  vì O, A cùng phía với  P  và d Oz;  P   d  A;  P   . Khi đó CABC  AB  BC  AC  BM  BC  CN



Suy ra  BM  BC  CN min  B,C , M , N thẳng hàng. Hay B là hình chiếu của A trên Oz , Vậy B  0;0;1 Câu 189: ( THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định – 2018 ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A  1; 2; 1 , B  2; 1; 3  , C  4; 7; 5  . Tọa độ chân

 của tam giác ABC là đường phân giác trong góc B  2 11   11   2 11 1  A.   ; ;1 . B.  ; 2;1 . C.  ; ;  .  3 3  3   3 3 3

D.  2;11;1

Lời giải Chọn A Gọi D là chân đường phân giác góc B của ABC . Theo tính chất đường phân giác ta có:  DA DC AB    DA   .DC * AB BC BC   Với AB  1; 3; 4   AB  26 và BC   6;8; 2   BC  104 k 

AB 1  BC 2

Từ (*) ta có, điểm D chia đoạn thẳng AC theo tỷ số k nên D có toạ độ x A  kxC 2   xD  1  k   3  y A  kyC 11   2 11    D   ; ;1 .  yD  1 k 3  3 3   z A  kzC   zD  1  k  1 

Câu 190: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz; cho A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a, b, c dương. Biết A, B, C di động trên các tia Ox, Oy, Oz sao cho a  b  c  2 . Biết rằng khi a, b, c thay đổi thì quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng (P) cố định. Tính khoảng cách từ M tới mặt phẳng (P) 2014 2016 2015 A. 2017. B. . C. . D. 3 3 3 Lời giải Chọn.D

Gọi D, K lần lượt là trung điểm của AB, OC. Từ D kẻ đường thẳng vuông góc với mặt phẳng  OAB  và cắt mặt phẳng trung trực của OC tại I  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC suy ra z1  Tương tự DF 

c 2

a a b a b c  x1  ; y1   I  ; ;  2 2 2  2 2 2

abc  1  I   P : x  y  z 1  0 2 2015 Vậy khoảng cách từ điểm M đến  P  bằng d  . 3

Suy ra x1  y2  z2 

Câu 191: (MEGABOOK-ĐỀ 3). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 2; 3 và mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  9  0 . Đường thẳng d đi qua A và có véctơ chỉ  phương u   3; 4; 4  cắt  P  tại B . Điểm M thay đổi trong  P  sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới góc 90 . Khi độ dài MB lớn nhất, đường thẳng MB đi qua điểm nào trong các điểm sau? A. H  2; 1;3 B. I  1; 2;3 C. K  3;0;15  D. J  3; 2;7  Lời giải Chọn B

 x  1  3t  Phương trình đường thẳng d là:  y  2  4t , t    z  3  4t 

B  d  B 1  3t ; 2  4t ; 3  4t 

Mà B   P   18t  18  0  t  1  B  2; 2;1 Do MAB vuông tại M  MB  AB 2  MA2 Để MB lớn nhất => MA nhỏ nhất Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  P  Xét AHM vuông tại H  AM  AH Để MA nhỏ nhất  M  H  MB là giao tuyến của mặt phẳng  P  với mặt phẳng

  (   là mặt phẳng chứa d và vuông góc với mặt phẳng  P  )       n   nP , ud    4;5; 2   uMB   nP , u   9 1;0; 2  x  2  t  Vậy phương trình đường thẳng MB :  y  2 .Thấy ngay điểm I  1; 2;3 thỏa  z  1  2t  mãn. Câu 192: (THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 1 NĂM 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A(2;0;0) , B(0;3;0) , C (0;0;6) , D 1;1;1 . Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5 điểm O, A, B, C , D ? A. 10. B. 6. C. 7. D. 5. Lời giải - O,A,B,C không đồng phẳng nên chúng là 4 đỉnh của một tứ diện. x y z Phương trình mặt phẳng (ABC) là    1  D  (ABC). Dễ thấy D không 2 3 6 nằm trên các mặt phẳng (OAB), (OBC), (OCA) ( tự vẽ hình minh họa). Đếm trực tiếp ta có 7 mặt phẳng phân biệt. Đáp án C Câu 193: (MEGABOOK-SỐ 06) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  9; 3; 5 , B  a; b; c  . Gọi M , N , P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB

với các mặt phẳng toạ độ  Oxy  ,  Oxz  và  Oyz  . Biết M , N , P nằm trên đoạn AB sao cho AM  MN  NP  PB. Giá trị của tổng a  b  c là: A. 21 B. 15 C. 15 Lời giải Đáp án B x  9  9  a  t  Đường thẳng AB  y  3   3  b  t .   z  5  5  c t

D. 21

Từ điều kiện M , N , P  AB và AM  MN  NP  PB .

 M, N, P là trung điểm của AB, AN và BN 9a 3  b 5c   9 3  5   9  a 3  b 5  c  2 ; 2 ; 2   N ; ;  , M  2 2  2 2 2  2     9a 3  b 5c   c a 2 b 2 2  M ; ;  2 2 2    

 5c 5  2 0  2  M   O xy   a  3   3  b   0  b  3 . Vậy a  b  c  15. Mà  N   O xz      2 c  15   P   Oyz  9a  a   2  2  Câu 194: [THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 2-2018] Trong mặt phẳng tọa A 0; 1;2  B  2; 3;0  C  2;1;1 D  0; 1;3 L độ Oxyz , cho bốn điểm  , , , . Gọi   là tập hợp tất cả các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức     L MA.MB  MC.MD  1 . Biết rằng   là một đường tròn, đường tròn đó có bán kính r bằng bao nhiêu? A. r 

11 2

B. r 

7 2

C. r 

3 2

Lời giải Chọn A Gọi M  x; y; z  là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có    AM   x; y  1; z  2  , BM   x  2; y  3; z  , CM   x  2; y  1; z  1 ,  DM   x; y  1; z  3 .

       MA.MB  1 Từ giả thiết: MA.MB  MC.MD  1      MC.MD  1

D. r 

5 2

2 2 2  x  x  2    y  1 y  3   z  z  2   1  x  y  z  2x  4 y  2z  2  0   2 2 2   x  x  2    y  1 y  1   z  1 z  3   1 x  y  z  2x  4z 1  0

Suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm I1 1; 2;1 , R1  2 và mặt cầu tâm I 2  1;0;2  , R2  2 .

M I1

Ta có: I1I 2  5 . 2

5 11 I I  Dễ thấy: r  R   1 2   4   . 4 2  2  2 1