Bộ chuyên đề bài tập vận dụng cao theo môn Toán năm 2018 Thầy Trần Công Diêu có lời giải chi tiết by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

HÀNH TRANG KIẾN THỨC CHO KÌ THI THPT QG

vectorstock.com/23688119

Ths Nguyễn Thanh Tú Tuyển tập

Bộ chuyên đề bài tập vận dụng cao theo môn Toán năm 2018 Thầy Trần Công Diêu có lời giải chi tiết PDF VERSION | 2019 EDITION GIÁ CHUYỂN GIAO : $86 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 24/7 Fb www.facebook.com/HoaHocQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

( PC WEB )

CHƯƠNG 01: BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO CHUYÊN ĐỀ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM CHỦ ĐỀ 1. CÁC BÀI TOÁN THỰC TẾ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI Đầu tiên xin nhắc lại các kiến thức về đạo hàm, đây là phần kiến thức trong chương trình toán THPT lớp 11 học kì II. 1. Định nghĩa đạo hàm của hàm số tại một điểm Cho hàm số y  f  x  xác định trên khoảng  a; b  và điểm x0   a; b  nếu tồn tại giới hạn lim

x  x0

f ( x)  f ( x0 ) hữu hạn thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm số y  f  x  tại x0 . x  x0

Ký hiệu y '  x0   lim

x  x0

f ( x)  f ( x0 ) hoặc f '  x0  x  x0

Lưu ý: Nếu hàm số có đạo hàm trong khoảng  a; b  thì liên tục trên khoảng đó nhưng ngược lại thì chưa chắc đúng. 2. Các quy tắc tính đạo hàm Chú ý: u  u  x  , v  v  x  •  u  v  '  u ' v ' •  u.v  '  u '.v  u.v ' và  ku  '  ku ' '

k .v '  u  u '.v  v '.u k •   và     2 ;  v  0  2 v v v v

BẢNG CÔNG THỨC ĐẠO HÀM THƯỜNG GẶP Hàm số cơ bản Hàm số hợp  C  '  0 (C là hằng số)

 x '  1

 x    .x 

 1

 u    .u 

 1

.u

1  1      2 với x  0 x  x 1  với x>0 x  2 x  sin x   cos x

 

u  1      2 với u  0 u u u  với u>0 u  2 u  sin u   u.cos u

 cos x    sin x

 cos u   u.sin u

 tan x  

( PC WEB )

1  với x   k 2 cos x 2

 

 tanu  

u  với u   k 2 cos u 2

 cot x   

1 với x  k sin 2 x

 cot u   

u với u  k sin 2 u

u với u  0 u u với u  0  log a u   u ln a eu   u.eu

1 với x  0 x 1 với x  0  log a x   x ln a ex   ex

 ln x  

 ln u  

   a   a .ln a

   a   u '.a .ln a

Tiếp theo xin trình bày cách tìm GTLN, GTNN của hàm số một biến bằng đạo hàm, đây là kỹ năng cực kỳ quan trọng để ứng dụng giải các Bài toán thực tế. 3. Định nghĩa GTLN, GTNN Cho hàm số y  f  x  xác định trong khoảng K (đoạn, khoảng, nửa khoảng) + Nếu có x0  K sao cho f  x   f  x0  , x  K thì f  x0  được gọi là giá trị lớn hất của hàm số trên khoảng K. Kí hiệu: max y  f  x0  K

+ Nếu có x0  K sao cho f  x   f  x0  , x  K thì f  x0  được gọi là giá trị nhỏ hất của hàm số trên khoảng K. Kí hiệu: min y  f  x0  . K

4. Phương pháp tìm GTLN, GTNN. Bài toán 1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng K: Phương pháp: Lập bảng biến thiên trên khoảng K, rồi nhìn trên đó để kết luận max, min. Bài toán 2: Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  f  x  trên đoạn  a; b  : Phương pháp 1: Lập bảng biến thiên trên khoảng đó và kết luận. Phương pháp 2: Nếu hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a;b] thì ta có các bước làm sau: 1. Tính đạo hàm của hàm số y  f  x  đã cho. 2. Tìm các điểm x1; x2 ;...; xn trên đoạn  a; b  , tại đó f '  x   0 hoặc f '  x  không xác định. 3. Tính: f  a  ; f ( x1 ); f ( x2 );...; f ( xn ); f (b) . 4. Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số trên (ở mục 3) Khi đó: M  max f  x  ; m  min f  x   a ;b

Chú ý:

 a ;b

1. Hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  a; b  thì hàm số f(x) luôn tồn tại giá trị lớn nhất, giá

trị nhỏ nhất và tất cả các giá trị trung gian nằm giữa giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f(x) trên đoạn đó. 2. Nếu đề bài không cho rõ tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng, đoạn nào cón nghĩa là ta tìm GTLN, GTNN của hàm số trên tập xác định của hàm số đó.

( PC WEB )

min f  x   f  a  3. Tính đạo hàm y ' . Nếu y '  0, x   a; b    max f  x   f  b  min f  x   f  b  4. Tính đạo hàm y ' . Nếu y '  0, x   a; b    max f  x   f  a  Ngoài ra cần trang bị thêm một số kiến thức về bất đẳng thức cơ bản để giải quyết các bài này nhanh hơn: 5. Bất đẳng thức Cauchy cho 2 và 3 số: Hai số: Với A, B  0 ta luôn có A  B  2 AB , dấu bằng xảy ra khi A  B Ba số: Với A, B, C  0 ta luôn có A  B  C  3 3 ABC , dấu bằng xảy ra khi A  B  C BÀI TẬP VẬN DỤNG Dạng 1. Một số bài toán ứng dụng về kinh doanh, sản suất trong cuộc sống. Ý tưởng giải là cố gắng thiết lập một hàm số một biến sau đó ứng dụng đạo hàm để tìm GTLN, GTNN. Bài 1: Một công ty bất động sản có 50 căn hộ cho thuê. Biết rằng nếu cho thuê mỗi căn hộ với giá 2.000.000 đồng mỗi tháng thì mọi căn hộ đều có người thuê và cứ mỗi lần tăng giá cho thuê mỗi căn hộ 100.000 đồng mỗi tháng thì có thêm 2 căn hộ bị bỏ trống. Muốn có thu nhập cao nhất, công ty đó phải cho thuê với giá mỗi căn hộ là bao nhiêu? A. 2.250.000 B. 2.350.000 C. 2.450.000 D. 2.550.000 Lời giải: Gọi x là giá thuê thực tế của mỗi căn hộ, ( x : đồng ; x  2000.000 đồng) Ta có thể lập luận như sau: Tăng giá 100.000 đồng thì có 2 căn hộ bị bỏ trống. Tăng giá x  2.000.000 đồng thì có bao nhiêu căn hộ bị bỏ trống. Theo quy tắc tam xuất ta có số căn hộ bị bỏ trống là: 2  x  2.000.000  x  2.000.000  100.000 50.000 Do đó khi cho thuê với giá x đồng thì số căn hộ cho thuê là: x  2.000.000 x 50    90 50.000 50.000 Gọi F  x  là hàm lợi nhuận thu được khi cho thuê các căn hộ, (F(x): đồng). x 1   Ta có: F ( x)     90  x   x 2  90 x ( bằng số căn hộ cho thuê nhân với giá 50.000  50.000  cho thuê mỗi căn hộ). 1 Bài toán trở thành tìm GTLN của F  x    x 2  90 x , ĐK: x  2.000.000 50.000

( PC WEB )

1 x  90 25.000 1 F ' x   0   x  90  0  x  2.250.000 25.000

F ' x   

Bảng biến thiên: X 2.000.000 F’(x) F(x)

2.250.000 0 Fmax

 −

Suy ra F(x) đạt giá trị lớn nhất khi x  2.250.000 Vậy công ty phải cho thuê với giá 2.250.000 đồng mỗi căn hộ thì được lãi lớn nhất. Chọn A. Nhận xét: 1 Sau khi tìm được hàm F ( x)   x 2  90 x . Ta không cần phải đi khảo sát và vẽ bảng 50.000 biến thiên như trên. Đề đã cho bốn đáp án x, ta dùng phím CALC của MTCT để thay lần lượt các giá trị vào, cái nào làm cho F(x) lớn nhất chính là giá trị cần tìm. Bài 2: Một cửa hàng bán bưởi Đoan Hùng của Phú Thọ với giá bán mỗi quả là 50.000 đồng. Với giá bán này thì cửa hàng chỉ bán được khoảng 40 quả bưởi. Cửa hàng này dự định giảm giá bán, ước tính nếu cửa hàng cứ giảm mỗi quả 5000 đồng thì số bưởi bán được tăng thêm là 50 quả. Xác định giá bán để cửa hàng đó thu được lợi nhuận lớn nhất, biết rằng giá nhập về ban đầu mỗi quả là 30.000 đồng. A. 44.000đ B. 43.000đ C. 42.000đ D. 41.000đ Lời giải: Gọi x là giá bán thực tế của mỗi quả bưởi Đoan Hùng, (x: đồng; 30.000  x  50.000 đồng). Ta có thể lập luận như sau: Giá 50.000 đồng thì bán được 40 quả bưởi Giảm giá 5.000 đồng thì bán được thêm 50 quả. Giảm giá 50.000 – x thì bán được thêm bao nhiêu quả? Theo quy tắc tam xuất số quả bán thêm được là:

( PC WEB )

50 1   50000  x  . 5000 100 Do đó Số quả bưởi bán được tương ứng với giá bán x: 1 1 40   50000  x    x  540 100 100 Gọi F ( x) là hàm lợi nhuận thu được ( F ( x) : đồng).

 50000  x  .

1 2  1  Ta có: F ( x)    x  540  .  x  30.000    x  840 x  16.200.000 100  100  Bài toán trở thành tìm GTLN của 1 2 F ( x)   x  840 x  16.200.000 , Đk: 30.000  x  50.000 . 100 1 F '  x    x  840 50 1 F '  x   0   x  840  0  x  42.000 50 Vì hàm F(x) liên tục trên 30.000  x  50.000 nên ta có: F  30.000   0

F  42.000   1.440.000 F  50.000   800.000

Vậy với x  42.000 thì F  x  đạt GTLN. Vậy để cửa hàng đó thu được lợi nhuận lớn nhất thì giá bán thực tế của mỗi quả bưởi Đoan Hùng là 42.000 đồng. Chọn C. Bài 3. Một xe khách đi từ Việt Trì về Hà Nội chở tối đa được là 60 hành khách một chuyến. Nếu một 2

5m   chuyến chở được m hành khách thì giá tiền cho mỗi hành khách được tính là  30   đồng. Tính 2   số hành khách trên mỗi chuyến xe để nhà xe thu được lợi nhuận mỗi chuyến xe là lớn nhất.? A. 30 B. 40 C. 50 D. 60 Lời giải: Gọi x là số hành khách trên mỗi chuyến xe để số tiền thu được là lớn nhất, (0  x  60)

Gọi F(x) là hàm lợi nhuận thu được (F(x): đồng) Số tiền thu được : 2

5x  25 3  F  x    300   .x  90.000 x  1500 x 2  x 2  4  Bài toán trở thành tìm x để F(x) đạt giá trị lớn nhất.

( PC WEB )

F '  x   90000  3000 x 

75 2 x 4

F '  x   0  90000  3000 x 

Bảng biến thiên X F’(x) F(x)

 x  120(loai ) 75 2 x 0 4  x  40(t/ m)

40 0 Fmax

60 −

Vậy để thu được số tiền lớn nhất thì trên mỗi chuyến xe khách đó phải chở 40 người. Chọn B. Bài 4. Một công ty chuyên sản xuất thùng phi nhận được đơn đặt hàng với yêu cầu là thùng phi phải chứa được 16  m3  mỗi chiếc. Hỏi chiếc thùng phải có kích thước như thế nào để sản suất ít tốn vật liệu nhất? A. R  2  m  , h  4  m 

B. R  4  m  , h  2  m 

C. R  3  m  , h  4  m 

D. R  4  m  , h  4  m 

Lời giải: Do thùng phi có dạng hình trụ nên: 16 Vtru   R 2 h  16  h  2 , 1 R Diện tích toàn phần của thùng phi là: STp  2 R 2  2 Rh  2 R  h  R  ,  2  Thay (1) vào (2) ta được:  16   16  STp  2 R  2  R   2   R 2  R  R 

 16  4 S 'Tp  2   2  2 R   2  R 3  8   R  R 4 S 'Tp  0  2  R 3  8   0  R  2 R Bảng biến thiên R 0 S’(R) S(R)

−

2 0

 +

Smin Vậy để sản xuất thùng phi ít tốn vật liệu nhất thì R= 2(m) và chiều cao là h = 4 (m).

( PC WEB )

Chọn A. Bài 5. Gia đình ông Thanh nuôi tôm với diện tích ao nuôi là 100m 2 . Vụ tôm vừa qua ông nuôi với mật độ là 1 kg / m 2  tôm giống và sản lượng tôm khi thu hoạch được khoảng 2 tấn tôm. Với kinh nghiệm nuôi tôm nhiều năm, ông cho biết cứ thả giảm đi  200 g / m 2  tôm giống thì sản lượng tôm thu hoạch được 2,2 tấn tôm. Vậy vụ tới ông phải thả bao nhiêu kg tôm giống để đạt sản lượng tôm cho thu hoạch là lớn nhất? (Giả sử không có dịch bệnh, hao hụt khi nuôi tôm giống). 230 A. B. 70kg C. 72kg D. 69kg kg 3 Giải: Số Kg tôm giống mà ông Thanh thả vụ vừa qua: 100.1= 100(kg). Gọi x (0<x<100) là số kg tôm cần thả ít đi trong vụ tôm tới. Khối lượng trung bình 1 kg / m 2  tôm giống thu hoạch được: 2000 :100  20  kg 

Khi giảm 0,2 kg tôm giống thì thì sản lượng tôm thu hoạch tăng thêm là 2  kg / m 2  Gọi F  x  là hàm sản lượng tôm thu được vụ tới ( F ( x) : kg ) Vậy sản lượng tôm thu hoạch được trong vụ tới có pt tổng quát là: 3  35 3  F  x   100  x   20  x   2000  x  x 2 8  2 8  Bìa toán trở thành tìm x để F(x) lớn nhất. Ta có: 25 3 F ' x    x 2 4 25 3 70 F ' x   0   x0 x 2 4 3 Bảng biến thiên X F’(x) F(x)

0 +

Vậy vụ tới ông Thanh phải thả số kg tôm giống là: 70 230 100    76,67  kg  3 3 Chọn A. Nhận xét:

( PC WEB )

70 3 0

Fmax

100 −

3 8 Ta có thể hiểu đơn giản như sau: nếu ta không giảm số lượng tôm giống thì sản lượng tôm thu hoạch được là: 100.20  2000  kg  tôm.

Làm sao ta có thể tìm được hàm F(x) và tìm được hệ số

Nếu ta giảm số x  kg  tôm giống thì số tôm giống cần thả là 100  x và số kg tôm thu hoạch được là: 100  x  20  mx  kg Theo giả thiết tôm giống giảm 0,2  kg / m 2  thì 100m 2 giảm x  20kg , sản lượng thu được là 2200kg . Ta có: 100  20  20  m 20   2200  m 

3 8

Bài 6. Độ giảm huyết áp của một bệnh nhân được đo bởi công thức G  x   0, 25 x 2  30  x  trong đó x  mg  và x > 0 là lượng thuốc cần tiêm cho bệnh nhân. Để huyết áp giảm nhiều nhất thì cần tiêm

cho bệnh nhân một liều lượng bằng bao nhiêu: A. 15mg B. 30mg C. 40mg Giải: 3 1 Ta có: G  x   0, 25 x 2  30  x   x 2  x3 4 40 3 3 2 G ' x   x  x 2 40  x  0(loai) 3 3 G ' x   0  x  x2   2 40  x  20(t/ m) Bảng biến thiên: X 0 G’(x) + G(x)

D. 20mg

20 0 100

 −

Dựa vào bảng biến thiên thì bênh nhân cần tiêm một lượng thuốc 20mg Chọn D. Bài 7. Sau khi phát hiện một bệnh dịch, các chuyên gia y tế ước tính số người nhiễm bệnh kể từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ t là G  t  : 45t 2  t 3 , (kết quả khảo sát được trong 10 tháng vừa qua). Nếu xem G '  t  là tốc độ truyền bệnh (người / ngày) tại thời điểm t thì tốc độ truyền bệnh lớn nhất sẽ vào ngày thứ: A. 25 B. 30 Giải:

( PC WEB )

C. 20

D. 15

Ta có: G '  t   90t  3t 2

G ''  t   90  6t G ''  t   0  90  6t  0  t  15 Bảng biến thiên: T G’’(t) G(t)

15 0 675

 −

Vậy tốc độ truyền bệnh lớn nhất sẽ vào ngày thứ 15. Chọn D. Bài 8: Hằng ngày mực nước của con kênh lên xuống theo thủy triều. độ sâu h  m  của mực nước trong  t   kênh tính theo thời gian t  h  trong ngày cho bởi công thức h  3cos     12 . Khi nào mực  6 3 nước của kênh là cao nhất với thời gian ngắn nhất? A. t  10  h  B. t  14  h  C. t  15  h  D. t  22  h 

Giải: Ta có:

  t    t    t   h '  3    sin      sin    . 2  6 3  6 3  6 3   t   h '  0   sin     0  t  2  6k , k  Z    2  6 3 ở đây ta chỉ cần xét một số giá trị k 1 2 3 4 t 4 10 16 22 Bảng biến thiên: Ta suy ra được h đạt GTLN khi t =10 (h) Lưu ý: Ngoài cách trên ta có thể làm như sau  t    t   Vì 1  cos     1  9  3cos     12  15.  6 3  6 3





 t   Vậy để h lớn nhất thì cos     1  t  2  12k ,  k  Z (  )   6 3 Vậy h đạt GTLN khi t =10 (h)

( PC WEB )

Bài 9: (Đề minh họa Quốc gia 2017): Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 12cm. Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh x  cm  , rồi gấp tấm nhôm lại như hình vẽ dưới đây để được cái hộp không nắp. Tìm x để được một cái hộp có thể tích lớn nhất. A. x  6  cm  B. x  3  cm  C. x  2  cm 

x x

D. x  4  cm 

Giải: Khi cắt tấm nhôm hình vuông và gập thành một cái hộp thì độ dài cạnh của cái hộp là: 12  2x Ta có: V  S .h  12  2 x  .x  4 x3  48 x  144 x với 0  x  6 2

Bài toán trở thành tìm x để V lớn nhất. Ta có: V '  12 x 2  96 x  144 x  2 V '  0  12 x 2  96 x  144  0   x  6 Bảng biến thiên: x 0 V’(x) + V(x)

2 0 128

6 −

Vậy để thể tích hộp lớn nhất thì x =2 cm Chọn C. Bài 10: Cuốn sách giáo khoa cần một trang chữ có diện tích là 384cm 2 . Lề trên và dưới là 3cm , lề trái và lề phải là 2cm . Kích thước tối ưu của trang giấy? A. Dài 24cm , rộng 17cm B. Dài 30cm , rộng 20cm C. Dài 24cm , rộng 18cm D. Dài 24cm , rộng 19cm Giải: Gọi chiều dài của trang chữ nhật là x  cm  ,  x  0  384 cm x Chiều dài của trang giấy là x  6  cm 

Chiều rộng của trang chữ nhật là:

( PC WEB )

384  4  cm  x 2304  384  Diện tích trang giấy: S   x  6    4   408  4 x  x  x 

Chiều rộng của trang giấy là :

Bài toán trở thành tìm x để S đạt giá trị nhỏ nhất. 2304 Ta có: S '  x   4  2 x  x  24(t/ m) 2304 S' 0  4 2  0   x  x  24(loai) Bảng biến thiên x 0 24 S’(x) − 0 S(x)

 +

Smin Vậy kích thước tối ưu của trang giấy có chiều dài là 30 cm, chiều rộng là 20 cm. Bài 11: Trong tất cả các hình chữ nhật có chu vi bằng 16cm thì hình chữ nhật có diện tích lớn nhất bằng bao nhiêu? A. 36cm 2 B. 20cm 2 C. 16cm 2 D. 30cm 2 Giải: Gọi độ dài hình chữ nhật đó là: x  cm  . Chiều rộng của hình chữ nhật đó là:  8  x  cm Suy ra 4  x  8 Diện tích hình chữ nhật đó là: S  x  8  x   8 x  x 2 Bài toán trở thành tìm x để S đạt GTLN. Ta có: S '  8  2 x; S '  0  8  2 x  0  x  4 Vì hàm S(x) liên tục trên 4  x  8 , ta có: S  4   16; S  8   0 Kết luận: hình chữ nhật có diện tích lớn nhất bằng 16cm 2 Lưu ý: Bìa này ta còn có thể sử dụng lí thuyết của lớp 10. Tìm GTLN của parapol với hệ số   b  a<0 thì S max    S     16 4a  2a  Chọn C. Bài 12: C Một màn ảnh hình chữ nhật cao 1,4 mét và đặt ở độ cao 1,8 mét so với tầm mắt (tính từ đầu mép dưới của màn hình). Để nhìn rõ nhất 1,4 B  là góc nhọn. phải xác định vị trí đó? Biết rằng góc BOC 1,8 A

( PC WEB )

A. AO  2, 4m B. AO  2m C. AO  2,6m D. AO  3m Giải: Đặt độ dài cạnh AO  x  cm  ,  x  0  Suy ra: BO  3, 24  x 2 , CO  10, 24  x 2

Ta sử dụng định lí cosin trong tam giác OBC ta có:

2 2 2 2 2 3, 24  x  10, 24  x      1,96 OB  OC  BC  cos BOC  2.OB.OC 2  3, 24  x 2 10, 24  x 2 



5,76  x 2

 3, 24  x 10, 24  x 

Vì

góc

F  x 

 là góc BOC 5,76  x 2

nhọn

nên

bài

toán

trở

thành

bài

toán

 3, 24  x 10, 24  x  2

Đạt GTNN.

Đặt  3, 24  x 2   t ,  t  3, 24  . 63 25  25t  63 Suy ra F  t   t  t  7  25 t  t  7  t

Ta tìm t để F (t ) nhận giá trị nhỏ nhất.   2t  7     25 t  t  7    25t  63   2 t t  7    25t  63  1       F 't     25 t  t  7   25  t t  7          2  1  50  t  7t    25t  63 2t  7   1  49t  441       25  2t  t  7  t  t  7   25  2 t t  7 t t  7         F 't   0  t  9

BBT t F’(t) F(t)

3,24 −

9 0

Fmin

( PC WEB )

 +

tìm

để

Thay vào đặt ta có:  3, 24  x 2   9  x 2 

144  x  2, 4m 25

Vậy để nhìn rõ nhất thì AO =2,4 m. Chọn A. Bài 13: Một công trình nghệ thuật kiến trúc trong công viên thành phố Việt Trì có dạng là một tòa nhà hình chóp tứ giác đều nội tiếp một mặt cầu có bán kính 5(m). Toàn bộ tòa nhà đó được trang trí các hình ảnh lịch sử và tượng anh hùng, do vậy để có không gian rộng bên trong tòa nhà người ta đã xây dựng tòa nhà sao cho thể tích lớn nhất. Tính chiều cao của tòa nhà đó. 20 22 23 25 A. h   m  B. h   m  C. h   m  D. h   m  3 3 3 3 Giải: Gọi độ dài cạnh đáy, chiều cao của hình chóp tứ giác đều lần lượt là x và h, (x>0, h>0, m) Dựng mặt phẳng trung trực của 1 cạnh bên cắt trục đáy ở O, vậy O là tâm mặt câu. Ta có: OS  5m, nên OI  h  5, với I là giao của 2 đường chéo đáy. Vì tam giác OIC vuông nên ta có: IC  OC 2  OI 2  52   h  5   2

x 2  10h  h 2 2

 x  20h  2h 2 ,  5  h  10 

Ta có thể tích khối chóp tứ giác đều: 2 1 1 V  h   Bh  20h  2h 2 h   20h 2  2h3  3 3 Bài toán trở thành tìm h để V(h) đạt GTNN. 1 V '  h    40h  6h 2  3 1 20 V '  h   0   40h  6h 2   0  h  3 3





BBT h V ' h

20 3 0

V h

Vậy chọn chiều cao đó là h  Chọn A.

( PC WEB )

Vmax 20  m 3

10 −

Bài 14: Khi nuối cá thí nghiệm trong hồ, một nhà khoa học đã nhận thấy rằng: nếu trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ có n con cá thì trung bình mỗi con cá sau một vụ cân nặng là P  n   480  20n  g  . Hỏi phải thả bao nhiêu con cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau một vụ thu hoạch được nhiều cá nhất? A. 14 B. 13 C. 12 D. 11 Giải Gọi F  n  là hàm cân nặng của n con cá sau vụ thu hoạch trên một đơn vị diện tích Ta có: F  n    480  20n  .n  480n  20n 2 Để sau một vụ thu hoạch được nhiều cá nhất thì cân nặng của n con cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ là lớn nhất. Bài toán trở thành tìm n  * sao cho F(x) đạt GTLN. F '  n   480  40n F '  n   0  480  40n  0  n  12

Học sinh tự lập bảng biến thiên. Vậy phải thả 12 con cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau một vụ thu hoạch được nhiều cá nhất. Chọn C. Bài 15: (Trích luận văn thạc sĩ Nguyễn Văn Bảo): Một khúc gỗ tròn hình trụ cần xẻ thành một chiếc xà có tiết diện ngang là hình vuông và 4 miếng phụ như hình vẽ. Hãy xác định kích thước của các miếng phụ để diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là lớn nhất. Biết đường kính khúc gỗ là d. A. Rộng

34  3 2 d , dài 16

7  17 d 4

B. Rộng

34  3 2 d , dài 15

7  17 d 4

C. Rộng

34  3 2 d , dài 14

7  17 d 4

D. Rộng

34  3 2 d , dài 13

7  17 d 4

Giải Gọi chiều dài và chiều rộng của miếng phụ lần lượt là x, y. Đường kính của khúc gỗ là d, khi





d 2 2 d d ,0  y  đó tiết diện ngang của thanh xà có độ dài cạnh là và 0  x  4 2 2 Theo đề bài ta được hình chữ nhật ABCD như hình vẽ, theo định lý Pitago ta có:

( PC WEB )

d  1  2 2 d 2  8x2  4 2x  2x   y d  y 2 2  Do đó, miếng phụ có diện tích là:



d 2 2 1 d 2  8 x 2  4 2dx với 0  x  4 2 Bài toán trở thành tìm x để S(x) đạt GTLN. Ta có:

S  x 

S '( x)  





x 8 x  2 2d 1 d 2  8 x 2  4 2dx  2 2 d 2  8 x 2  4 2dx

16 x 2  6 2dx  d 2 2 d 2  8 x 2  4 2dx 2

x x S '  x   0  16 x  6 2dx  d  0  16    6 2    1  0 d  d  2

x BBT X S’(x)

34  3 2 d 16 0

2  2  d

34  3 2 d 16 +

S(x) Vậy miếng phụ có kích thước x 

−

Smax 34  3 2 7  17 d, y  d 16 4

Chọn A. Bài 16: Nhà Long muốn xây một hồ chứa nước có dạng một khối hộp chữ nhật có nắp đậy có thể tích bằng 576m3 . Đáy hồ là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá tiền thuê nhân công để xây hồ tính theo m 2 là 500.000 đồng/m2. Hãy xác định kích thước của hồ chứa nước sao cho chi phí thuê nhân công là ít nhất và chi phí đó là bao nhiêu? A. Rộng 6m, dài 12m, cao 8m. Tiền: 216 triệu B. Rộng 6m, dài 12m, cao 8m. Tiền: 215 triệu C. Rộng 6m, dài 12m, cao 8m. Tiền: 214 triệu D. Rộng 6m, dài 12m, cao 8m. Tiền: 213 triệu. Giải:

( PC WEB )

Gọi x, y, h lần lượt là chiều dài, chiều rộng, chiều cao của hồ chứa nước,  x  0, y  0, h  0, m  Ta có:

y  2  y  2x x

Thể tích hồ chứa nước V  xyh  h 

V 576 288   2 xy x  2 x  x

Diện tích cần xây dựng hồ chứa nước: 288 288 1728  2  2x  2  4x2  2 x x x Để chi phí nhân công là ít nhất thì diện tích cần xây dựng là nhỏ nhất, mà vẫn đạt thể tích như mong muốn. Bài toán trở thành tìm x để S  x  nhỏ nhất. S  x   2 xy  2 xh  2 yh  2 x  2 x   2 x

1728 x 1728 S ' x   0  8x  2  0  x  6 x BBT X 0 S’(x) − S  x   4x2 

6 0

 +

S(x)

Smin Vậy kích thước của hồ là: rộng 6m, dài 12m, cao 8m. Diện tích cần xây: 432m 2 Chi phí ít nhất là: 432 x500.000  216.000.000 Chọn A. Bài 17: Một công ty chuyên sản xuất container muốn thiết kế các thùng gỗ đựng hàng ở bên trong có dạng hình hộp chữ nhật và không có nắp, có đáy là hình vuông. Thùng gỗ có thể chứ được 62,5m3 . Hỏi các cạnh của hình hộp chữ nhật có độ dài là bao nhiêu để tổng diện tích xung quanh và diện tích mặt đáy của thùng là nhỏ nhất? A. Cạnh bên: 2,5m , cạnh đáy: 5m . C. Cạnh bên: 3m, cạnh đáy: Giải.

( PC WEB )

5 10 m 6

B. Cạnh bên: 4m, cạnh đáy:

5 10 m 4

D. Cạnh bên: 5m, cạnh đáy:

5 2 m. 2

Gọi x, h lần lượt là độ dài cạnh đáy hình vuông, chiều cao của thùng gỗ,  x  0, h  0,  m   .

V 62,5  2 x2 x Diện tích xung quanh và diện tích mặt đáy của thùng là: S  x   x 2  4 xh

Thể tích thùng gỗ: V  x 2 h  h 

62,5 x2 250  x2  x Bài toán trở thành tìm x để S(x) nhỏ nhất. 250 S ' x   2x  2 x 250 S ' x   0  2x  2  0  x  5 x BBT X 0 5 S’(x) − 0  x 2  4 x.

 +

S(x)

Smin Vậy để tổng diện tích xung quanh và diện tích đáy của thùng là nhỏ nhất thì cạnh đáy là 5m, chiều cao 2,5m. Chọn A. Bài 18: Tìm diện tích lớn nhất của hình chữ nhật nội tiếp trong nửa đường tròn bán kính R, nếu một cạnh của hình chữ nhật nằm dọc theo đường kính của hình tròn mà hình chữ nhật đó nội tiếp? A. 2R 2 B. 5R 2 C. R 2 D. 3R 2 Giải. Gọi x là độ dài cạnh của hình chữ nhật không nằm dọc theo đường kính của hình tròn 0  x  R . Độ dài cạnh còn lại của hình chữ nhật là 2 R 2  x 2 Ta có diện tích của hình chữ nhật là: S  x   2 x R 2  x 2 Bài toán trở thành tìm x để S(x) đạt GTLN.

( PC WEB )

S ' x   2 R2  x2 

2x2 R2  x2



2R2  4 x2 R2  x2

 R 2 x (t/ m)  2R  4 x 2 2 2 S ' x   0   0  2R  4 x  0    R2  x2 R 2 (loai) x  2  BBT: X 0 R R 2 2

S’(x)

S(x)

2 0 R2

−

Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật là R 2 Bài 19: (Đề thi thử Việt Trì lần I): Để thiết kế một chiếc bể cá hình chữ nhật có chiều cao là 60cm, thể tích là 96.000cm3 , người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành 70.000 đồng/m2 và loại kính để làm mặt đáy có giá thành là 100.000 đồng/m2. Chi phí thấp nhất để hoàn thành bể cá là: A. 83.200.000 đồng B. 382.000 đồng C. 83.200 đồng C. 8.320.000 đồng. Giải V 96.000 Diện tích của đáy hộp là: S    1600cm 2  0,16m 2 h 60 Gọi chiều dài cạnh đáy của hộp là x,  x  0, m  0,16 x Gọi F  x  là hàm chi phí để làm để cá.

Chiều rộng của hộp là

Chi phí để hoàn thành bể cá: F  x   0,16  100.000  2.0,6 x.70.000  2.0,6. 13440 x Bài toán trở thành tìm x để F(x) đạt GTNN. 13440 F '  x   84.000  x2 13440 F '  x   0  84.000   0  x  0, 4 x2 BBT  16.000  48.000 x 

( PC WEB )

0,16 .70.000 x

X F’(x)



0,4 0

−

F(x)

Fmin Vậy chi phí thấp nhất để hoàn thành bể cá là: 83.200 đồng Bài 20: Người ta muốn mạ vàng cho một cái hộp có đáy là hình vuông không có có nắp có thể tích chứa được 4dm3 . Tìm kích thước của thùng để lượng vàng mạ là ít nhất. Giả sử độ dày của lớp mạ tại mọi nơi trên mặt ngoài hộp là như nhau: A. Cạnh đáy: 2dm, cao: 1dm. B. Cạnh đáy: 2dm, cao: 2dm. C. Cạnh đáy: 1dm, cao: 2dm. D. Cạnh đáy: 2dm, cao: 3dm. Giải Gọi: Độ dài cạnh đáy của hộp là x,  x  0, dm  Chiều cao của hộp là h,  h  0, dm  . S(x) là diện tích của hộp cần mạ  dm 2  Ta có khối lượng cần mạ là:  Pvang .d  .S  x   C.S  x  Với C là hằng số, Pvang là khối lượng riêng của vàng. Ta có: Khối lượng vàng cần mạ tỉ lệ thuận với S  x  Thể tích hộp V  x 2 h  h 

V 4  2 2 x x

16  x2 x Bài toán trở thành tìm x để S  x  đạt giá trị nhỏ nhất. S  x   4 xh  x 2 

16  2x x2 16 S ' x   0  2  2x  0  x  2 x BBT X 0 S ' x  

S’(x)

−

2 0

 +

S(x)

Smin Vậy để tiết kiệm nhất lượng vàng cần mạ thì chũng ta phải sản xuất hoppj có kích thước cạnh đáy: x  2dm, cao : h  1dm . Chọn A. Bài 21:

( PC WEB )

Ông Thanh nuôi cá chim ở một cái ao có diện tích là 50m 2 .Vụ trước ông nuôi với mật độ là 20 con/m2 và thu được 1,5 tấn cá. Theo kinh nghiệm nuôi cá của mình thì cứ thả giảm đi 8 con / m 2 thì mỗi con cá khi thu hoạch tăng lên 0,5kg. Vậy vụ tới ông phải thả bao nhiêu con cá giống để được tổng năng suất khi thu hoạch là cao nhất? Giả sử không có hao hụt khi nuôi. A. 512 con B. 511 con C. 510 con D. 509 con Giải: Số cá giống mà ông thanh đã thả trong vụ vừa qua là 50.20  1000  con  Khối lượng trung bình mỗi con cá thành phần trong vụ vừa qua là: 1500 :1000  1,5  kg  . Gọi số cá giống cần thả ít đi trong vụ này là: x  con  ,  x  0  Theo đề bài, giảm 8 con thì mỗi con tăng thêm 0,5kg / con Vậy giảm x con thì mỗi con tăng thêm 0,0625 x kg / con . Tổng số lượng cá thu được ở vụ này: F  x   1000  x 1,5  0,0625 x   0,0625 x 2  61x  1500 . Bài toán trờ thành tìm x để F  x  đạt GTLN. Ta có: F '  x   0,125 x  61 F '  x   0  0,125 x  61  0  x  488

X F’(x) F(x)

BBT 0 +

488 0 Fmax

1000 −

Vậy ông thanh phải thả số cá giống trong vụ này là: 1000  488  512con Chọn A. Bài 22: Người ta cần làm một hộp theo dạng một khối lăng trụ đều không nắp với thể tích lớn nhất từ một miếng tôn hình vuông có cạnh là 1 mét. Thể tích của hộp cần làm. 2 3 4 5 A. V  B. V  C. V  D. V  dm3 dm3 dm3 dm3 27 27 27 27 Giải Giả sử mỗi góc cắt đi một hình vuông x dm. 1  Khi đó chiều cao của hình hộp là x  dm  ,  0  x   2 

( PC WEB )

Và cạnh đáy của hộp là 1  2x  dm . Vậy thể tích của hộp là: V  x 1  2 x  dm3 2

Ta có: V '  1  8 x  12 x 2

X V’ V

1  1 Phương trình V '  0  8 x  12 x 2  0  x    0;  6  2 BBT 0 1 6 + 0 − 2 27

Vậy thể tích cần tìm là:

1 2

2 dm3 . chọn A. 27

Bài 23: (Đề minh học HSG Phú Thọ 2016-2017) Một người nông dân có ba tấm lưới thép B40, mỗi tấm dài a  m  và muốn rào một mảnh vườn dọc bờ sông có dạng hình thang cân ABCD như hình vẽ (Bờ sông là đường thẳng CD không phải rào). Hỏi ông ta có thể rào được mảnh vườn có diện tích lớn nhất là bao nhiêu m 2 ? A

3a 2

5 3a 2 4

Giải:

AB  a, AA '  h, CD  x. Ta có:

( PC WEB )

3a 2 2

3 3a 2 4

 xa 2 2 2 2 h    a  3a  2ax  x  4h  2  2

 3a 2  2ax  x 2  2h ax ax 1 S .h  . 3a 2  2ax  x 2  2 4 4 27 xa xa xa  . .  3a  x  . 4 3 3 3

 3a  x  x  a 

xa xa xa   3 a  x    2   27  3 3 3   27 a    4  4 4    Chọn D. Bài 24: Một công ty muốn làm đường ống dẫn từ một điểm A trên bờ đến một điểm B trên một hòn đảo. Hòn đảo cách bờ biển 6km. Giá thành để xây đường ống trên bờ là 50.000USD mỗi km, và 130.000USD mỗi km để xây dưới nước. B’ là điểm trên bờ sao cho BB’ vuông góc với bờ biển. Khoảng cách từ A đến B’ là 9km. Vị trí C trên đoạn AB’ sao cho khi nối ống theo hướng ACB thì số tiền ít nhất. Khi đó C cách A một đoạn bằng: A. 9km B. 6,5km C. 5km D. 4km. Giải: Ta đặt: B ' C  x  km  ,  0  x  9 

Ta có: BC  B ' B 2  B ' C 2  36  x 2 , AC  9  x

Gọi F(x) là hàm chi phí xây dựng đường ống nước từ ACB Ta có: F  x   130.000. 36  x 2  50.000  9  x USD  Bài toán trở thành tìm x sao cho F(x) đạt GTNN. 130.000 F ' x   x  50.000. 36  x 2 130.000 F ' x   0  x  50.000  0  13 x  5 36  x 2 2 36  x 25 5  x2   x   2,5 4 2 Vì F(x) là hàm liên tục trên đoạn  0;9 nên ta có: 5 F  0   1.230.000, F  9   1.406.000, F    1.170.000 2 Vậy chi phí nhỏ nhất khi C cách A khoảng bằng 9km-2,5km=6,5km.

( PC WEB )

Chọn B. Bài 25: Một gia đình cần xây một cái bể nước hình trụ có thể chứa được 150m3 có đáy được làm bằng bê tông, thành làm bằng tôn, bề mặt làm bằng kính. Tính chi phí thấp nhất cần dùng để xây bể nước đó. biết giá thành vật liệu làm bằng bê tông có giá thành là 100.000 đồng/m2, làm bằng tôn là 90.000 đồng/m2, bề mặt làm làm bằng kính là 120.000 đồng/m2. (số tiền để xây được tính lấy giá trị lớn hơn gần nhất với số tiền tính toán trên lí thuyết). A. 15.041.000đ B. 15.040.000đ C. 15.039.000đ D. 15.038.000đ Giải Gọi r  m  , h  m  lần lượt là bán kính của đáy bể và chiều cao của bể. Ta có: V 150  2 2 r r Gọi F(r) là hàm chi phí xây dựng bể nước Ta có: F  r   100.000 r 2  90.000.2 rh  120.000 r 2 V   r 2h  h 

27.000.000 r Bài toán trở thành tìm r để F  r  đạt GTNN.  220.000 r 2 

27.000.000 r2 27.000.000 675 3 F '  r   0  440.000 r   0  r  r2 11 BBT F '  r   440.000 r 

r F’ F

−

675 11 0

 +

Fmin  675  Vậy chi phí thấp nhất là F  3   15.038.287,97 đồng. 11    Chọn C.

Bài 26: Có một tấm gỗ hình vuông có độ dài cạnh là 2m. Cắt tấm gỗ đó thành tấm gỗ có hình dạng là một tam giác vuông sao cho tổng của một cạnh tam giác vuông và cạnh huyền của tấm gỗ tam giác vuông đó bằng 1,2m. Hỏi cạnh huyền của tấm gỗ tam giác vuông đó bằng bao nhiêu để tam giác vuông có diện tích lớn nhất.

( PC WEB )

A. 0,8m B. 0,9m C. 1m D. 1,1m Giải: Giả sử tấm dỗ cắt có hình dạng tam giác vuông là ABC, BC là cạnh huyền. VÌ cạnh AB, AC là như nhau nên ta có thể đặt AB  x,  0  x  0,6  Khi đó, cạnh huyền BC  1, 2  x Cạnh góc vuông còn lại là:

1, 2  x 

AC 

 x 2  1, 44  2, 4 x

1 x 1, 44  2, 4 x 2 Bài toán trở thành tìm x để S  x  đạt GTLN.

Ta có diện tích tam giác ABC: S  x  

1 1 1, 2 x 1  1, 44  3,6 x  1, 44  2, 4 x     2 2 1, 44  2, 4 x 2  1, 44  2, 4 x  S '  x   0  1, 44  3,6 x  0  x  0, 4 S ' x  

BBT X S’(x)

0 +

S(x)

0,4 0 Smax

0,6 −

Vậy cạnh BC=0,8m Bài 27: Anh Tuân muốn xây dựng một hố ga không có nắp đậy dạng hình hộp chữ nhật có thể tích chứ được 3200cm3, tỉ số giữa chiều cao và chiều rộng của hố ga bằng 2. Xác định diện tích đáy của hố ga để khi xây hố tiết kiệm được nguyên liệu nhất. A. 170cm2 B. 160cm2 C. 150cm2 D. 140cm2 Giải: Gọi x, y, h lần lượt là chiều rộng, chiều dài, chiều cao của hố ga,  x  0, y  0, h  0, cm  Ta có:

h  2  h  2x x

V 1600  2 xh x Diện tích cần xây dựng hố ga là: 1600 1600 S  x   xy  2 xh  2 yh  x. 2  2 x 2 x  x 2 2 x x x 1600 6400 8000   4x2   4x2  x x x Bài toán trở thành tìm x để S(x) nhỏ nhất.

Thể tích hố ga: V  xyh  y 

( PC WEB )

S '( x)  8 x 

8000 x2

S '( x)  0  8 x 

X S’(x)

8000  0  x  10 x2

BBT 0 −



10 0

S(x)

Smin Vậy chiều rộng của hố ga là 10cm, chiều dài là 16cm. Vậy diện tích đáy hố ga nhỏ nhất là: S  10.16  160cm 2 . Chọn B Bài 28: Một trung tâm thương mại bán 2500 ti vi mỗi năm. Chi phí gửi trong kho là 100.000 đồng một cái ti vi mỗi năm. Để đặt hàng chi phí cố định cho mỗi lần đặt là 200.000 đồng cộng thêm 90.000 đồng mỗi cái ti vi. Trung tâm nên đặt hàng bao nhiêu lần trong mỗi năm và mỗi lần bao nhiêu cái để chi phí hàng tồn kho là ít nhất. Biết rằng mỗi lần đặt hàng về chỉ có một nửa trong số đó được trưng bày ở cửa hàng. A. Đặt hàng 25 lần, mỗi lần 100 ti vi B. Đặt hàng 20 lần, mỗi lần 125 ti vi C. Đặt hàng 10 lần, mỗi lần 250 ti vi D. Đặt hàng 50 lần, mỗi lần 50 ti vi Giải: Gọi x là số lượng ti vi mà trung tâm đặt mỗi lần  x  0  (đơn vị: cái) Số lần đặt hàng mỗi năm của trung tâm:

2500 x

2500 .  200.000  90.000x  x x Số lượng tivi trung bình gửi kho là , chi phí lưu trong kho tương ứng: 50.000x 2 Gọi F(x) là hàm chi phí mà trung tâm đó phải trả. Ta có: 2500 F  x   200.000  90.000 x   50.000 x x 500.000.000   225.000.000  50.000 x x Bài toán trở thành tìm x để F(x) nhỏ nhất

Chi phí cho mỗi lần đặt hàng:

( PC WEB )

500.000.000  50.000 x 500.000.000 F ' x   0    50.000  0  x  100 x BBT X 0 100 F’(x) − 0 + F ' x   

2500

F(x)

Fmin Vậy trung tâm phải đặt hàng 25 lần, mỗi lần 100 cái ti vi. Chọn A. Bài 29: Mùa này công ty sách định ra 2 cuốn trắc nghiệm Lý và Toán với giá sản xuất là 200.000 đồng và 1 3

1 2

300.000 đồng. Khi đó hàm lợi ích chúng ta là u  x; y   x y , với x, y là số lượng hai cuốn sách được in ra. Nhưng ban quản trị chỉ đồng ý đưa ra số tiền 300.000.000 đồng. Theo bạn phải sản xuất số lượng như thế nào để đạt doanh thu cho công ty sách cao nhất? 5

 3000  6 A.   triệu.  5  Giải:

 2000  6 B.   triệu.  5  1 3

 3001  6 C.   triệu.  5 

1 2

Ta có hàm lợi ích là: u  x; y   x y . Để cho gọn ta đặt a  3 x , b 

 2001  6 D.   triệu.  5  y

Vì ban quản trị chỉ đồng ý đưa ra số tiền 300.000.000 triệu đồng nên suy ra: 200.000a 3  300.000b 2  300.000.000  2a 3  3b 2  3000 *

Lúc này ta có: u  x; y   v  a; b  ta cần tìm giá trị lớn nhất của biểu thể tíchức này. Ta có:

*  a3  a3  b 2  b 2  b 2  3000  5 5 a 6b6  3000   ab     5  Chon A

5 6

Bài 30: Có hai cây cột dựng trên mặt đất lần lượt cao 1m và 4m, đỉnh của hai cây cột cách nhau 5m.

1 ( PC WEB )

x C

Người ta chọn một vị trí trên mặt đất (nằm giữa hai chân cột) để giăng dây nối đến hai đỉnh cột để trang trí như hình dưới. Tính độ dài dây ngắn nhất. A.

D. 3 5

Giải Đặt CD  x, x  0. Ta tính được DE  52   4  1  4 2

4  x

Ta có AC  BC  x 2  1  Khi đó: f '  x  

x x2  1

 16  f  x 

x4



x 2  8 x  32

Giải phương trình f '  x   0 , ta thu được x 

4 và tìm được min f  x   14 , chọn A. 5

Bài 31: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có tổng diện tích tất cả các mặt là 36, độ dài đường chéo AC’ bằng 6. Hỏi thể tích của hình hộp lớn nhất là bao nhiêu? A. 8 Giải:

B. 12.

C. 8 2

D. 24 3 .

Đặt a, b, c là kích thước hình hộp thì ta có hệ:

2  ab  bc  ca   36 ab  bc  ca  18 ab  bc  ca  18  2   2  2 2 2 2 a  b  c  6 2 a  b  c  36  a  b  c  6 Cần tìm GTLN của V  abc

 xy  yz  zx  9 Đặt a  x 2, b  y 2, c  z 2 thì có hệ mới  x  y  z  6 Đến đây chặn được miên của từng biến vì:  y  z  6  x 2 và  y  z   4 yz   yz  9  x  y  z   9  x  6  x  Nên  6  x   4 9  x  6  x    x  4  x   0  0  x  4 Tương tự 0  y, z  4 2

Ta có: V  2 2 xyz  2 2 x 9  x  6  x   , đến đây khảo sát hàm số này tìm max. GTLN là V  8 2 . chọn C. Bài 32: Một ca sĩ có buổi diễn âm nhạc có giá vé đã thông báo là 600 đô la thì sẽ có 1000 người đặt vé. Tuy nhiên sau khi đã có 1000 người đặt vé với giá 600 đô la thì quản lí kinh doanh của ca sĩ này nhận thấy, cứ mỗi 20 đô la giảm giá vé thì sẽ thu hút thêm 100 người mua vé nên ông quyết định mở ra

( PC WEB )

một chương trình giảm giá vé. Tìm giá vẽ phù hợp để có được số tiền vé thu vào là cao nhất và số tiền đó là bao nhiêu? A. 400 đô la/ vé, số tiền thu vào là 800 000 đô la. B. 400 đô la/ vé, số tiền thu vào là 6400 000 đô la. C. 100 đô la/ vé, số tiền thu vào là 11 000 đô la. D. 100 đô la/ vé, số tiền thu vào là 110 000 đô la. Giải. Gọi x là số lần giảm bớt đi 20 đô la trong giá vé. Khi đó giá vé sẽ là 600  20x một người. Số người mua vé sẽ là: 1000  100x Khi đó số tiền thu được là: f  x    600  20 x 1000  100 x   2000 x 2  40 000 x  600 000 Hàm số bậc 2 có hệ số a  2000  0 . Ta sẽ áp dụng kết quả đã được đưa ra đó là hàm số sẽ b 40000   10 đạt GTLN tại x   2a 2.  2000  Khi đó: f 10   800 000 . Chọn A. Bài 33. Bác nông dân muốn làm hàng rà trồng ra hình chữ nhật có chiều dài song song với hàng tường gạch. Bác chỉ làm ba mặt hàng rào bởi vì mặt thứ tư bác tận dụng luôn bờ tường. Bác dự tính sẽ dùng 200m lưới để làm nên toàn bộ hàng rào đó. Diện tích đất trồng rau lớn nhất bác có thể rào nên là:

Hàng rào

Bờ tường A. 1500m2. B. 10 000m2. C. 2500m2. D. 5000m2. Giải: Đề bài cho ta dữ liệu về chu vi của hàng rào là 200m . Từ đó ta sẽ tìm được mối quan hệ giữa x và r, đến đậy ta có thể đưa về hàm số một biến theo x hoặc theo r như sau: Ta có: x x  2r  200  r  100  . Từ đây ta có r  0  x  200 . 2 x x2  Diện tích đất rào được tính bởi: f  x   x 100      100 x 2 2 

( PC WEB )

x2  100 x trên khoảng  0; 200  2 Đến đây áp dụng quy tắc tìm GTLN của hàm số trên đoạn. ta có: f '  x   0   x  100  0  x  100 Xét hàm số f  x   

Từ đó ta có f 100   5000 là GTLN của diện tích đất rào được. chọn D. Bài 34: Một người có một dây ruy băng dài 130 cm, người đó cần bọc dải ruy băng này quanh một hộp quà hình trụ. Khi bọc quà, người này dùng 10cm của dải ruy băng để thắt nơ ở trên nắp hộp ( như hình vẽ minh họa ). Hỏi dải ruy băng có thể bọc được hộp quà có thể tích lớn nhất là bao nhiêu? A. 4000 cm3 B. 1000 cm3 C. 2500 cm3 D. 5000 cm3 Giải: Gọi x  cm  ; y  cm  lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ  x, y  0; x  30  Dải dây ruy băng còn lại khi đã thắt nơ là: 120cm. Ta có:  2 x  y  .4  120  y  30  2 x Thể tích khối hộp quà là: V   x 2 . y   x 2  30  2 x  Thể tích V lớn nhất khi hàm số f ( x)  x 2  30  2 x  với 0  x  30 đạt GTLN f '  x   6 x 2  60 x , cho f '  x   6 x 2  60 x  0  x  10

Lập Bảng Biến thiên ta thấy thể tích đạt GTLN là: V  1000  cm3  . Chọn B

Bài 35: Thể tích nước của một bề bơi sau t phút bơm tính theo công thức V  t  

1  3 t4   30t    0  t  90  100  4

Tốc độ bơm nước tại thời điểm t được tính bởi v  t   V '  t  . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng. A. Tốc độ bơm giảm từ phút 60 đến phút thứ 90. B. Tốc độ bơm luôn giảm. C. Tốc độ bơm tăng từ phút 0 đến phút thứ 75. D. Cả A, B, C đều sai. Giải: 9 1 3 Xét hàm V '  t 2  t  0  t  90  10 100 9 3 2 V ''  t  t  V ''  0 khi t  0, t  60 5 100

( PC WEB )

Dựa vào bảng biến thiên, Ta có hàm số V’ đồng biến trên (0;60), nghịch biến trên (60;90). Chọn A. Bài 36: Khi sản xuất vỏ lon sữa bò hình trụ, các nhà thiết kế luôn đặt mục tiêu sao cho chi phí nguyên liệu làm vỏ lon là ít nhất, tức là diện tích toàn phần hình trụ nhỉ nhất. Muốn thể tích khối trụ đó bằng 2 và diện tích toàn phần hình trụ nhỏ nhất thì bán kính đáy gần số nào nhất? A. 0,7 B. 0,6 C. 0,8. D. 0,5. Giải. Ta có Stp  S xq  2 S d  2 rl  2 r 2 1 V   r 2l  2  l 

2 thay vào (1) ta được:  r2

4  2 r 2  f  r  r 4 f '  r    2  4 r r f '(r )  0 khi r gần bằng 0,68. Chọn A. Bài 37: Do nhu cầu sử dụng người ta cần tạo ra một lăng trụ đứng có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao h , có thể tích là 1m3 . Với a, h như thế nào để đỡ tốn nhiều vật liệu nhất? Stp 

A. a  1; h  1.

1 1 B. a  ; h  3 3

1 1 C. a  ; h  2 2

D. a  2; h  2 .

Giải.

V  a2h  1  a  S  4ah  2a 2 

1 h

4  2a 2  f  a  a

4  4a a2 Dấu “=” xẩy ra khi a  1 . Chọn A. Bài 38: Cho một tấm nhôm hình chữ nhật ABCD có AD  60cm . Ta gấp tấm nhôm theo 2 cạnh MN và PQ vào phía trong đến khi AB và DC trùng nhau như hình vẽ để được 1 hình lăng trụ khuyết 2 đáy. Tìm x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất? f ' a   

( PC WEB )

Q B,C

x A

x N

60cm A,D

A. x  20 B. x  30 C. x  45 D. x  40 Giải: Gọi ma là độ dài đường trung tuyến đối với cạnh NP Diện tích tam giác NAP = S NAP 4 x 2   60  2 x   900  60 x 4 2

Ta có: ma 

V  h.mA .NP 60  60  2 x  1 60 x  900  60  2 x   f '  x    2 60 x  900 2 2 60 x  900 f '  x   0, f  x   max khi x=20.

Xét hàm f  x  

Chọn A. Bài 39. Một sợi dây kim loại 60cm được cắt thành hai đoạn. Đoạn thứ nhất uốn thành hình vuông cạnh a, đoạn thứ hai uốn thành đường tròn bán kính r. Để tổng diện tích của hình vuông và hình tròn nhỏ a nhất thì tỉ số nào sau đây đúng? r A. 2 B. 3 C. 4 D. 1. Giải: 60  a C  2 r  60  a  r  2

a 2  60  a  a 30 a 30.8 S hv  S ht    f ' x      f '  x   0 khi a  16 4 8  2  4 a 60r  4 . CHọn C. Suy ra  r 2   4  2

( PC WEB )

Bài 40: Trong một cuộc thi làm đồ dùng học tập do trường phát động, bạn An nhờ bố làm hình chóp tứ giác đều bằng cách lấy một mảnh tôn hình vuông ABCD có cạnh bằng a, cắt mảnh tôn theo các tam giác cân AEB; BFC; CGD; DHA; sau đó gò các tam giác AEH; BEF; CFG; DGH sao cho 4 đỉnh A, B, C, D trùng nhau như hình vẽ. Thể tích lớn nhất của khối tứ giác đều tạo được là: a3 a3 A. B. A 36 24 a3 a3 C. D. 54 81 Gọi h là chiều cao hình chóp, x là độ dài đáy, I là trung điểm EH. a2 x SI  h  0, 25 x   h 2 2 2

B C F E G H

a  a   x  2 2 

1 V  hx 2 3 a  a   x  2 2 

Xét f  x   x 2 .

a 2 .x a 2 ax 3x 2 f ' x    2x   f '  x   0 khi a  2 2 2 a 2 ax 2  2 2 3

1 2  2  3 4a 3  V  . 2.x3  .  a  3 3  3  81 Chọn D. Bài 41: Trong các hình trụ nội tiếp hình cầu bán kính R, hãy tìm hình trụ có thể tích lớn nhất. 4 R 3 5 R 3 7 R 3 8 R 3 A. B. C. D. 3 3 3 3 3 3 3 3 Giải: Kí hiệu chiều cao, bán kính đáy và thể tích của hình trụ nội tiếp hình cầu lần lượt là h, r và V. khi đó: V  h r 2

 2 h2   2 h3  h2 Vì r  R   V  h  R      hR   4 4 4   2

( PC WEB )

Bài toán trờ thành tìm GTLN của hàm số  2 h3  V  h     hR   , h   0;2 R  4 

 2 3h 2  2R Ta có: V '  h     R  0h 4  3  BBT

2r 3 0 4 R 3 3 3

V’(h)

2R −

V(h)

 2 R  4 R 3 Từ BBT, suy ra max V  V    0;2 R   3 3 3 Vậy hình trụ nội tiếp hình cầu bán kính R có thể tích lớn nhất khi chiều cao của nó bằng

2R , 3

4 R 3 Khi đó, Thể tích khối trụ là: . 3 3 Bài 42: Cho số dương m, hãy phân tích m thành tổng của hai số dương sao cho tích của chúng là lớn nhất. m m m m A. B. C. D. 5 4 3 2 Giải: Cho m>0. Đặt x là số thứ nhất, 0<x<m, số thứ hai là m-x . Xét tích P  x   x  m  x  , x   0; m  . Ta có: P '  x   2 x  m  0  x 

m 2

BBT X P ' x 

( PC WEB )

0 +

m 2 0

m −

m2 4

P  x

2 m m m Suy ra: max P  x   P    . vậy phân tich m thành tổng hai số . Chọn D.  0;m  2 2 4 Bài 43: Tìm hai số có hiệu là 13 sao cho tích của chúng là bé nhất. 13 13 13 39 13 52 13 65 A.  và B.  và C.  và D.  và 2 2 4 4 5 5 6 6 Giải: Gọi một trong hai số phải tìm là x, ta có số kia là x  13 13 Xét tích P  x   x 13  x  . tc: P '  x   2 x  13  0  x  2 BBT X 13   2 P’(x) − 0 +

P(x) 169 4 13  13  169 Suy ra: min P  x   P  . Vậy tích hia số bé nhất khi một trong hai số là và  4 2  2  13 . CHọn A. 2 Bài 44: Hãy tìm tam giác vuông có diện tích lớn nhất nếu tổng của một cạnh góc vuông và cạnh huyền bằng hằng số a  a  0  .

số kia là

A. max S  x    a  0;   2

a2 a 2a khi AB  ; BC  3 3 6 3

a2 a 2a khi AB  ; BC  B. max S  x    a 3 3 5 3  0;  

2

C. max S  x    a  0;   2

( PC WEB )

a2 a 2a khi AB  ; BC  3 3 4 3

D. max S  x    a  0;   2

a2 a 2a khi AB  ; BC  3 3 3 3

Giải:  a Kí hiệu cạnh góc vuông AB là x, x   0;   2 Khi đó cạnh huyền BC  a  x , cạnh góc vuông kia là

AC  BC 2  AB 2 

a  x

 x 2  a 2  2ax .

Diện tích tam giác ABC là S  x   S ' x  

a  a  3x  2 a  2ax

BBT X

0 x

S’(x)

S(x)

Suy ra max S  x    a  0;   2

1  a x. a 2  2ax , x   0;  . Ta có: 2  2

a 3

a 3 0 a2 6 3

a 2

−

a2 a 2a khi AB  , BC  . CHỌN A. 3 3 6 3

Bài 45: Cho một tam giác đều ABC cạnh a. Người ta dựng một hình chữ nhật MNPQ có cạnh MN nằm trên cạnh BC, hai đỉnh P và Q theo thứ tự nằm trên hai cạnh AC và AB của tam giác. Xác định vị trí của điểm M sao cho hình chữ nhật có diện tích lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó. 3a 2 a A. max S  x   S     a 8 5  0;  2

3a 2 a B. max S  x   S     a 7 3  0;  2

3a 2 a C. max S  x   S     a 8 4  0;  2

3a 2 a D. max S  x   S     a 13 7  0;  2



( PC WEB )







Giải:  a Đặt BM  x; x   0;  ta được MN  a  2 x; QM  x 3  2 Diện tích hình chữ nhật MNPQ là:

S  x   MN .PQ   a  2 x  x 3  3  ax  2 x 2  . Ta có:

S ' x   3  a  4x   0  x 

a 4

BBT X

S’(x)

a 4 0 3a 2 8

S(x)

Suy ra S(x) đạt GTLN tại điểm x 

a 2

−

a và GTLN của diện tích hình chữ nhật là 4

3a 2 a . CHọn A. max S  x   S     a 4 8   0;   2 



Bài 46: Cho một parapol ( P ) : y  x 2 và điểm A  3;0  . Xác định điểm M thuộc parapol (P) sao cho khoảng cách AM là ngắn nhất và tìm khoảng cách ngắn nhất đó. A. M 0  1;3 ; AM 0  7

B. M 0  1;1 ; AM 0  5

C. M 0  2;1 ; AM 0  5

D. M 0  2;3 ; AM 0  11

Giải





Gọi M x; x 2 là một điểm bất kì của parapol (P). Ta có: AM 2   x  3  x 4  x 4  x 2  6 x  9 . 2

Khoảng cách AM đạt GTNN khi và chỉ khi f  x   AM 2 đạt GTNN. Xét f  x   x 4  x 2  6 x  9

 f '  x   4 x3  2 x  6   x  1  4 x 2  4 x  6   0  x  1 BBT X f ' x 

( PC WEB )

 −

1 0

 +

f  x

5 Suy ra f(x) đạt GTNN tại điểm x=-1 và f  1  5 . Do đó, khoảng cách AM đạt GTNN khi M nằm ở vị trí điểm M 0  1;1 ; AM 0  5 . CHọn B. Bài 47: Một tạp chí được bán với giá 20 nghìn đồng một cuốn. Chi phí xuất bản x cuốn tạp chí (bao gồm: Lương cán bộ, công nhân viên, giấy in,…) được cho bởi công thức C  x   0,0001x 2  0,2 x  10000, C  x  được tính theo đơn vị vạn đồng. Chi phí phát hành cho mỗi cuốn là 4 nghìn đồng. 1) a) Tính tổng chi phí T  x  (xuất bản và phát hành) cho x cuốn tạp chí

T  x được gọi là chi phí trung bình cho một cuốn tạp chí khi xuất bản x cuốn. Tính x M  x  theo x và tìm số lượng tạp chí cần xuất bản sao cho chi phí trung bình là thấp nhất.

b) Tỉ số M  x  

2) Các khoản thu bao gồm tiền bán tạp chí và 90 triệu nhận được từ quảng cáo và sự trợ giúp cho báo chí. Giả sử số cuốn in ra đều được bán hết. a) Chứng minh rằng số tiền lãi khi in x cuốn tạp chí là L  x   0,0001x 2  1,8 x  1000. b) Hỏi in bao nhiêu cuốn thì có lãi. c) In bao nhiêu cuốn thì lãi nhiều nhất? tính số tiền lãi. Giải. 1)a) Tổng chi phí cho x cuốn tạp chí là: T  x   C  x   0, 4 x  0,0001x 2  0, 2 x  10000 . 10000  0, 2 với x  1, 2,... x ta xét hàm số y  M  x  trên khoảng  0;  .

b) Ta có: M  x   0,0001x 

(6)

Trong đó M  x  được xác định bởi công thức (6) với mọi x  0, trong đó hàm số M đạt GTNN trên  0;  Ta có: M '  x   0,0001  BBT x M ' x 

0 −

10000  0  x  10000 x2

10 000 0

M(x) Suy ra min M  x   M 10000   2, 2  0; 

( PC WEB )

2,2

 +

Vậy chi phí trung bình cho x cuốn tạp chí thấp nhất khi x  10000 (cuốn). chi phí cho mỗi cuốn khi đó là 2, 2 van đồng  22000 (đồng). 2) a) Tổng số tiền thu được khi bán x cuốn tạp chí  x   * là: 2 x  9000 (vạn đồng) Số tiền lãi khi bán x cuốn là: L  x   2 x  9000  T  x   0,0001x 2  1,8 x  1000 b) có lãi khi L  x   0 . Tức là: 0,0001x 2  1,8 x  1000  0 

0,9  0,71 0,9  0,71 x 0,0001 0,0001

 9000  71 000 000  x  9000  71 000 000 Vì x lấy giá trị

nguyên

dương

và

9000  71 000 000  573,85 và 9000  71 000 000  17426,15 Nên 573  x  17427 c) xét hàm số: L  x   0,0001x 2  1,8 x  1000 , x   0;   và tìm x>0 để tại đó L  x  đạt GTLN trên  0;  Ta có: L '  x   0,0002 x  1,8  0  x  9000 BBT. X L’(x) L(x)

0 +

9 000 0 7100

 −

Suy ra max L  x   L  9000   7100  0; 

Vậy muốn lãi nhiều nhất thì phải in 9000 cuốn khi đó tiền lãi thu được là: 7100 vạn đồng 71 000 000 (đồng). Bài 48: Một hành lang giữa hai toàn nhà có hình dạng của hình lăng trụ đứng. Hai mặt bên ABB’A’ và ACC’A” là hai tấm kính hình chữ nhật dài 20 m, rộng 5 m, Gọi x (mét) là độ dài cạnh BC. a) Tính thể tích V của hình lăng trụ theo x. b) Tìm x sao cho hình lăng trụ có thể tích lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó.

( PC WEB )

A' 5 20

Giải: a) V  5 x 100  x 2  m3  ;0  x  10





b) Hình lăng trụ có thể tích lớn nhất khi x  5 2  m  và max V  V 5 2  250  m3   0;10 

AB là một phần tư đường Bài 49: Cho hình vuông ABCD với cạnh có độ dài cạnh bằng 1 và cung   cắt đoạn thẳng tròn tâm A, bán kính AB chứ trong hình vuông. Tiếp tuyến tại điểm M của cung BD CD tại điểm P và cắt đoạn thẳng BC tại điểm Q. Đặt x  DP và y  PQ a) Chứng minh rằng PQ 2  x 2  y 2  2 x  2 y  2 và PQ  x  y . Từ đó tính y theo x. b) Tính PQ theo x và tìm x để PQ có độ dài nhỏ nhất. Giải: 1 x a) y  ;0  x  1 1 x x2  1 ;0  x  1 b) PQ  x 1 đoạn thẳng PQ có độ dài nhỏ nhất khi x  2  1 Bài 50: Một ngọn hải đăng đặt ở vị trí A cách bờ biển một khoảng AB  5  km  . Trên bờ biển có một cái kho ở vị trí C cách B một khoảng là 7  km  . Người canh hải đăng có thể chèo đó từ A đến điểm M trên bờ biển với vận tốc 4  km / h  rồi đi bộ đến C với vận tốc 6  km / h  . Xác định vị trí của điểm M để người đó đến kho nhanh nhất. Giải: Đặt x  BM ;0  x  7. Khi đó AM  x 2  25, MC  7  x . Thời gian người canh hải đăng đi từ A đến C là T  x   Hàm số T đạt GTNN tại điểm x  2 5  4, 472  km  Bài 51: Một hình chóp tứ giác đều nội tiếp hình cầu bán kính a.

( PC WEB )

x 2  25 7  x  (giờ), 0  x  7 4 6

a) Chứng minh rằng thể tích của hình chóp là: V 

4a 2 x 2 , trong đó x là chiều cao ci=ủa hình 3  x  2a 

chóp. b) Với giá trị nảo của x, hình chóp có thể tích nhỏ nhất. Giải: a) Mặt phẳng đi qua đường cao SH của hình chóp và trung điểm M của một cạnh đáy cắt hình chóp theo tam giác cân SMN và cắt hình cầu theo hình tròn tâm O, bán kính a nội tiếp tam giác SMN.  . Sau đó sử dụng đẳng thức x  a  SO . Để Có thể tính thể tích hình chóp theo x và   SNH tìm hệ thức giữa a, x và  . Ta có: HN  x cot  ; MN  2 x cot a . thể tích hình chóp là: 1 4 V  MN 2 .SH  x 3 cot 2  3 3

Ta tính cot 2  theo a và x. Từ đẳng thức: SH  OH  SO  x  a  cot 2  

a x 2  2ax ;  sin 2   1  cos 2   2 cos  x  a  

cos 2  a2 .  sin 2  x  x  2a 

Từ đó suy ra công thức cần chứng minh. Cần chú ý V xác định khi x>2a.

Bài 52: Một sợi dây kim loại dài 60  cm  được cắt thành hai đoạn, đoạn thứ nhất uốn thành hình vuông, đoạn thứ hai uốn thành hình tròn. Phải cắt sợi dây như thế nào để tổng diện tích của hình vuông và hình tròn là nhỏ nhất. Giải: 60 Độ dài cạnh hình vuông là x   cm  . Đoạn dây được uốn thành hình vuông là  4 240 30  33,6  cm  . Bán kính đường tròn là r   cm  .  4  4 60 Đoạn dây dây được uốn thành vòng tròn có độ dài là:  26, 4  cm   4 30   r 30 Ta có: 4 x  2 r  60  x  ;0  r  2  1 2 Tổng diện tích hình vuông và hình tròn là S   r 2  x 2   r 2   30   r  4

( PC WEB )

Dễ thấy S đạt GTNN tại điểm r 

30  4

Bài 53: Người thợ cần làm một bể cá hai ngăn bằng nhau, không có nắp ở phía trên với thể tích 1,296m3. Người thợ này cắt các tấm kính ghép lại một bể cá dạng hình hộp chữ nhật với 3 kích thước mỗi ngăn là a, b, c như hình vẽ. Hỏi người thợ phải thiết kế các kích thước a, ,b, c bằng bao nhiêu để đỡ tốn kính nhất, giả sử độ dầy của kính không đáng kể. A. a  3,6cm; b  0,6cm; c  0,6cm . B. a  2,4cm; b  0,9cm; c  0,6cm C. a  0,9cm; b  1,2cm; c  0,6cm D. a  1,2cm; b  1,2cm; c  0,9cm .

Giải: V  2  abc   1, 296

Ta có: S  2  ac  bc   ab  2ac  bc  ab  4ac  3bc  2ab 81 125 với ĐK (2)

Theo đề bài V  2  abc   1, 296  abc  Bài toán trở thành tìm a, b, c để S min Từ (1) Ta có: 4abc 3abc 2abc S   b a c 81 1 81 1 81 1 4 .  3. .  2. . 125 b 125 a 125 c 81  4 3 2  81 3 4.3.2  3     125  b a c  125 abc



81 24 125 3 81 125

3b  a  4 3 2  4 Dấu “=” xảy ra khi:     b a c c  b  2 3b b 81 3b3 81 .b.     b  1, 2 Thay vào (2): 4 2 125 8 125 Vậy a  0,9; c  0,6 Chọn C.

( PC WEB )

(2)

(1)

CHƯƠNG 1: (TIẾP THEO) BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO CHUYÊN ĐỀ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM Chủ đề 1: (tiếp theo) Dạng 2: Một số bài toán ứng dụng về chuyển động Bài 54:

  Một vật chuyển động có phương trình là S  t   40sin   t   ,  t  s   , quãng đường tính theo đơn 3  vị mét. a. Tính vận tốc của vặt chuyển động tại thời điểm t=4(s) b. Tính gia tốc của vật chuyển động tại thời điểm t=6(s). Giải        a) Ta có: v  t   S '  t   40   t   .cos   t    40 cos   t   3 3 3     1  vậy: v  4   S '  4   40 cos  4    40  20  m / s  3 2  b) Ta có:        a  t   v '  t   40   t   sin   t    40 2 sin   t   3 3 3   

 3   20 3 2  m / s 2  Vậy: a  6   v '  6   40 2 sin  6    40 2 3 2  Bài 55: Một vật rơi tự do có phương trình chuyển động là S  t   50t 2 ,  t  s   , độ cao tính theo đơn vị là mét. a. Tính vận tốc của vật rơi tự do tại thời điểm t=6(s). b. Sau thời gian bao lâu thì vật rơi tự do đạt vận tốc 50  m / s  . Giải. a. Ta có v  t   S '  t   10t . Vậy vận tốc thời điểm t  6  s  là: v  6   S '  6   10.6  60  m / s  b. Vậy để vận tốc của vật rơi do đạt 50  m / s  thì: 50  10t  t  5  s  Bài 56: Một vật chuyển động có vận tốc được biểu thị bởi công thức là v  t   5t 2  7t ,  t (s)  , trong đó v(t ) tính theo đơn vị là (m/s) a. Tính gia tốc của vật tại thời điểm t=2(s). b. Tính gia tốc của vật tại thời điểm vận tốc chuyển động của vật bằng 12 m/s. ( PC WEB )

giải:

a) Ta có: a  t   v '  t   10t  7. Vậy gia tốc của vật tại thời điểm t  2  s 

a  2   v '  2   10.2  2  27  m / s 2  b) Vật tại thời điểm vận tốc chuyển động của vật bằng 12 m/s: t  1 (t/ m) v  t   12  5t 2  7t  12   t  2, 4(loai)



Với t  1 s  : a 1  v ' 1  10  7  17 m / s 2



Bìa 57: (Đề KSCL THPT Việt Trì) Một chất điểm chuyển động theo quy luật S  t   1  3t 2  t 3 , t ( s ) . Vận tốc v  m / s  của chuyển động đạt giá trị lớn nhất khi t bằng bao nhiêu. A. t  4 B. t  3 C. t  2 Giải: Ta có: v  t   S '  t   6t  3t 2

D. t  1

v '  t   6  6t. v '  t   0  6  6t  0  t  1 BBT t V 't  V(t)

0 +

1 0

 −

Vmax

Vậy vận tốc của chuyển động đạt GTLN khi t=1. Chọn D. Bài 58: Hằng ngày mực nước của hồ thủy điện ở miền Trung lên và xuống theo lượng nước mưa, và các suối nước đổ về hồ. Từ lúc 8h sáng, độ sâu của mực nước trong hồ tính theo mét và lên xuống theo thời t3 2 gian t (giờ) trong ngày cho bởi công thức h  t   24t  5t  . Biết rằng phải thông báo cho các hộ 3 dân phải di dời trước khi xả nước theo quy đinh trước 5 giờ. Hỏi cần thông báo cho hộ dân di dời trước khi xả nước mấy giờ. Biết rằng mực nước trong hồ phải lên cao nhất mới xả nước. A. 15h B. 16h C. 17h D. 18h Giải: Ta có: h '  t   24  10t  t 2

t  2(loai) h '  t   0  24  10t  t 2  0   t  12 (t/ m) BBT t 0 12 ( PC WEB )



h 't 

−

hmax

h t 

Vậy để mực nước lên cao nhất thì phải mất 12 giờ. Vậy phải thông báo cho dân di dời vào 15 giờ chiều cùng ngày. Chọn A. Bài 59: (đề minh họa Quốc gia 2017) Một ô tô đang chạy với vận tốc 10m/s thì người lái đạp phanh, từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v  t   5t  10,  t ( s )  , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được bao nhiêu mét? A. 0,2m B. 2m C. 10m D. 20m. Giải: Ta có: v0  10  m / s  Gia tốc của ô tô chuyển động chậm dần đều: a  v '  t   5 . Tại thời điểm ô tô dừng lại thì vận tốc bằng 0. Ta có: v2t   v02  2aS  0  102  2  5  S  S  10  m  Vậy ô tô còn có thể đi được quãng đường là 10m . Chọn C. Lưu ý: Bài này còn có thể áp dụng tích phân để tìm quãng đường di chuyển của ô tô khi dừng lại. Bài 60: Một con cá hồi bơi ngược dòng (từ nơi sinh sống) để vượt khoảng cách 300km (tới nơi sinh sản). Vận tốc dòng nước 6km/h. Giả sử vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên là v km/h thì năng lượng tiêu hao của cá trong thời gian t giờ cho bởi công thức E  v   cv3t , trong đó c là hằng số; E tính bằng jun. Vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng lượng của cá tiêu hao ít nhất là bao nhiêu? A. 9km/h B. 6km/h C. 10km/h D. 12km/h Giải: Vận tốc của con cá khi bơi ngược dòng: v  6  km / h  ,  v  6  300 h v6 Năng lượng tiêu thụ của con cá khi bơi từ nơi sinh sống đến nơi sinh sản: 900 300 300cv 2  v  E  v   cv 2  cv3  3 . 2 v6 v6  v6  v  6

Thời gian con cá bơi từ nơi sinh sống đến nơi sinh sản: t 

E 'v   0 

BBT X

( PC WEB )

300cv 2  v  v  0  v  9. 3   0  3 v6  v6 v6



E ' x 

−

E(x)

Emin Vậy vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng lượng của cá tiêu hao ít nhất bằng v  9  km / h  . Chọn. A Nhận xét: 300  J  . Và sẽ tìm được v6 chọn v  6km / h đó là Chọn sai hoàn toàn vì vận tốc v trong biểu thức E  v   cv3t , v là vận

Đối với bài này có rất nhiều em tìm nhầm hàm E  v   c  v  6 

tốc thực của con cá khi di chuyển, còn t là thời gian con cá bơi từ nơi sinh sống đến nơi sinh sản ứng với vận tốc của con cá đã trừ đi vận tốc dòng nước. Bài 61: (trích từ Luận văn thạc sĩ Nguyễ Văn Bảo) Chi phí về nhiên liệu của một tàu được chia làm hai phần. Trong đó phần thứ nhất không phụ thuộc vào vận tốc và bằng 480 ngàn đồng/giờ. Phần thứ hai tỉ lệ thuận với lập phương của vận tốc, khi v  10km / h thì phần thứ hai bằng 30 ngàn đồng/giờ. Hãy xác định vận tốc của tàu để tổng chi phí nguyên liệu trên 1 km đường là nhỏ nhất? A. 10km/h B. 15km/h C. 20km/h D. 25km/h Giải: 1 Gọi x  km / h  là vận tốc của tàu. Thời gian tàu chạy quãng đường 1 km là (giờ). x 1 Chi phí tiền nhiên liệu cho phần thứ nhất là: .480 (ngàn đồng). x Khi vận tốc v  10km / h thì chi phí cho quãng đường 1 km ở phần thứ hai là: 1 .30  3 (ngàn đồng). 10 Xét tại vận tốc x  km / h  , gọi y (ngàn đồng) chi phí cho quãng đường 1 km tại vận tốc x thì chi phí cho quãng đường 1 km tại vận tốc x, ta có: y  kx3 Ta có: 3  k103  k 

3x3 3 y  . Suy ra . 1000 103

480 3 x3  Vậy tổng chi phí tiền nhiên liệu cho 1 km đường là: P  x   . x 1000 Bài toán trở thành tìm x để P  x  nhỏ nhất.

( PC WEB )

480 9 x 2  x 2 1000 480 9 x 2 P ' x   0   2   0  x  20 x 1000 960 18 x P ''( x)  3  x 1000 960 18.20 P ''(20)  3  0 20 1000 Suy ra P  x  đạt GTNN tại x  20 P ' x   

Vậy vận tốc của tàu x  20  km / h  . CHọn C. Bài 62: Một vật rơi tự do với phương trình chuyển động S 

1 2 gt , trong đó g  9,8m / s 2 và t tính bằng 2

giây (s). Vận tốc của vật tại thời điểm t = 5s bằng: A. 49m/s B. 25m/s C. 10m/s D. 18m/s Giải: v  S '  gt nên tại thời điểm t  5s . Vận tốc của vật là:

v  9,8.5  49  m / s  . CHọn A. Bài 63: Một chất điểm chuyển động thẳng theo phương trình S  t 3  3t 2  4t , trong đó t tính bằng giấy (s) và S tính bằng mét (m). Gia tốc của chất điểm lúc t=2s là: A. 4m / s 2 B. 6m / s 2 C. 8m / s 2 D. 12m / s 2 Giải:





a  S ''  6 t  6 nên tại thời điểm t=2s thì gia tốc của chất điểm là: a  6.2  6 m / s 2 .

Chọn B. Bài 64: Cho chuyển động thẳng theo phương trình S  t 3  3t 2  9t  27 , trong đó t tính bằng giấy (s) và S tính bằng mét (m).Gia tốc chuyển động tại thời điểm vận tốc triệt tiêu là: A. 0m / s 2 B. 6m / s 2 C. 24m / s 2 D. 12m / s 2 Giải: v  S '  3t 2  6t  9; a  S ''  6t  6

t  1 Tại thời điểm vận tốc bị triệt tiêu: 3t 2  6t  9  0   t  3  loai 





Với t  1 thì gia tốc của chuyển động là: a  6.1  6  12 m / s 2 . Chọn D. ( PC WEB )

Bài 65: 1 3 Một chất điểm chuyển động theo quy luật S  t 4  t 2  2t  100 , trong đó t tính bằng giấy (s). 4 2 Chất điểm đạt giá trị nhỏ nhất tại thời điểm: A. t  1 B. t  16 C. t  5 D. t  3 Giải: t  2  l  S '  t 3  3t  2  0   t  1

Vậy chất điểm đạt GTNN tại t= 1s. Chọn A. Bài 66:

Một vật đang chuyển động với vận tốc 10m/s thì tăng tốc với gia tốc a  t   3t  t 2  m / s 2  . Hỏi quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc? 6800 4300 5800 A. 11100m B. C. D. m m m 3 3 3 Giải: a  t   3t  t 2 v '  t   a  t  ; S '  t   v(t )

Theo đề ta có: vận tốc ban đầu là 10  m / s  3 1  v  t   t 2  t 3  10  m / s  2 3 1 1 S  t   t 3  t 4  10t  m  2 12 Quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là: 4300 S 10    m . 3 Chọn C.

Bài 67: 3 m / s 2  . vận tốc ban đầu của  t 1 vật là 6m / s . Vận tốc của vật sau 10 giây là (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị): A. 14m/s B. 13m/s C. 11m/s. D. 12m/s. Giải: Vận tốc của vật sau 10 giây là v  6  7  13  m / s  . Chọn B

Một vật chuyển động với vận tốc v  t  m / s  , có gia tốc v '  t  

CHỦ ĐỀ 2. TÌM GIÁ TRỊ CỦA THAM SỐ ĐỂ HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU TRÊN MIỀN D Cho hàm số y  f  x, m  , m là tham số, có taaph xác định D. ( PC WEB )

 HÀm số f đồng biến trên D  f   0, x  D .  HÀm số f nghịch biến trên D  f   0, x  D . Từ đó suy ra điều kiện của m. 1. Sử dụng GTLN, GTNN của hàm số trên tập D để giải quyết bài toán tìm giá trị của tham số để hàm số đơn điệu. Lí thuyết nhắc lại: Cho bất phương trình: f ( x, m)  0, x  D  f  x   g  m  , x  D  min f  x   g  m  xD

Cho bất phương trình: f ( x, m)  0, x  D  f  x   g  m  , x  D  min f  x   g  m  xD

Phương pháp: Để điều kiện để hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên tập xác định (hoặc từng khoảng xác định) của hàm số y  f ( x, m) , ta thực hiện các bước sau: - Bước 1: Tìm TXĐ của hàm số. - Bước 2: Tính y . Để hàm số đồng biến y  0, x  D , (để hàm số nghịch biến y  0, x  D ) thì ta sử dụng lý thuyết nhắc lại phần trên. - Bước 3: Kết luận giá trị của tham số. Chú ý: + Phương pháp trên chỉ sử dụng được khi ta có thể tách được thành f  x  và g  m  riêng biệt. + Nếu ta không thể tách được thì phải sử dụng dấu của tam thức bậc 2. 2. Sử dụng phương pháp tham thức bậc hai để tìm điều kiện của tham số: Lý thuyết nhắc lại: 1) y  0 chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm. 2) Nếu y '  ax 2  bx  c thì:

 a  b  0  c  0  y  0, x      a  0     0

 a  b  0  c  0  y  0, x      a  0     0

3) Định lí về dấu của tam thức bậc hai g  x   ax 2  bx  c  Nếu   0 thì g  x  luôn cùng dấu với a. b 2a  Nếu   0 thì g  x  có hai nghiệm x1 , x2 và trong khoảng hai nghiệm thì g  x  khác dấu với

 Nếu   0 thì g  x  luôn cùng dấu với a, trừ x  

a, ngoài khoảng hai nghiệm thì g  x  cùng dấu với a. 4) So sánh các nghiệm x1 , x2 của tam thức bậc hai g  x   ax 2  bx  c với số 0.   0   x1  x2  0   P  0 S  0  ( PC WEB )

  0   0  x1  x2   P  0 S  0 

 x1  0  x2  P  0

5) Để hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có độ dài khoảng đồng biến (nghịch biến)  x1 ; x2  bằng d thì ta thực hiện các bước sau:  Tính y .

a  0  Tìm điều kiện để hàm số có khoảng đồng biến và ngịch biến:    0  Biến đổi x1  x2  d thành  x1  x2   4 x1 x2  d 2 2

1

 2

 Sử dụng định kí Vi-et đưa (2) thành phương trình theo m.  Giải phương trình, so với điều kiện (1) để chọn nghiệm.

BÀI TẬP VẬN DỤNG. Bài 1: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số: 1 y   x3  2 x 2   2m  1 x  3m 2  2 nghịch biến trên  ? 3 5 5 A. m  2. B. m   C. m   D. m  3 2 2 Giải: TXĐ : D   . Ta có: y   x 2  4 x   2 x  1  '  2m  5 Hàm số nghịch biến trên  khi và chỉ khi: 5 y  0, x     '  0  m   2 Chọn B.

Bài 2: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số: y  mx3  3 x 2   m  2  x  3m  2 nghịch biến trên  ? A. m  2

B. m  1

C. m  1

D. m  1

Giải: TXĐ : D   . Ta có: y  3mx 2  6 x   m  2  Hàm số nghịch biến trên R khi và chỉ khi y  3mx 2  6 x   m  2   0, x  

TH1: m  0, khi đó y  6 x  2  0, x   y '  6 x  2  0  x  ( PC WEB )

1 . Không thỏa mãn yêu cầu đề bài x   . 3

Vậy m=0 không thỏa mãn. TH2: m  0 . Để hàm số nghịch biến trên  . m  0 y '  x   0, x       9  3m  m  2   0 m  0 m  0      m  1  m  1 2 3m  6m  9  0 m  3  Chọn D.

Bài 3: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số: y  khoảng xác định của nó. A. m  1 hoặc m  1 . C. m  2 hoặc m  1 . Giải: TXĐ : D   \  m . Ta có: y 

m2  1

 x  m

mx  1 luôn đồng biến trên từng xm

B. m  1 hoặc m  1. D. m  2 hoặc m  1 .

 m  1 Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi y '  0, x   m  m 2  1  0   m  1 Chọn B. Bài 4: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số: 1 1 y  mx3   m  1 x 2  3  m  2  x  đồng biến trên  2;   3 3 2 A. m  B. m  1 C. m  1 D. m  1 3 Giải: Ta có: y  mx 2  2  m  1 x  3  m  2  Hàm số đồng biến trên  2;   thì

y '  0  mx 2  2  m  1 x  3  m  2   0,    2;    m  x 2  2 x  3  2 x  6  0  m  Đặt f  x   Ta có: ( PC WEB )

6  2x ,    2;   x  2x  3 2

6  2x , x   2;   ta tìm GTLN của hàm: f  x  , x   2;   x  2x  3 2

f ' x  

2 x 2  12 x  6

x

 2 x  3

f ' x   0 

, x   2;   x  3  6 0  x  3  6  loai 

2 x 2  12 x  6

x

 2 x  3

2 2 6 2 Ta có: f  2   , f 3  6  , lim f  x   m   m. x  3 2 3 Chọn A.





Bài 5: (ĐHKA,A1 - 2013). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số: y   x 3  3 x 2  3mx  1 nghịch biến trên khoảng  0;  ? A. m  1 Giải:

B. m  1

C. m  1

D. m  0

Ta có: y  3 x 2  6 x  3m . Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;  thì :

y '  0  3 x 2  6 x  3m  0, x   0;    x 2  2 x  m, x   0;   Đặt f  x   x 2  2 x, x   0;   Ta đi tìm GTNN của hàm f  x  , x   0;   Ta có: f ' x   2x  2

f '  x   0  2 x  2  0  x  1. Ta có: f  0   0; f 1  1, lim f ( x)   x 

Vậy để hàm số nghịch biến trong khoảng  0;  thì: min f  x   m  m  1 .  0; 

Chọn B. Bài 6: (Đề minh họa 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số: y     0;   4 A. m  0 hoặc 1  m  2 . C. 1  m  2 . Giải:

B. m  0 . D. m  2 .

  Đặt t  tan x, với x   0;   t   0;1  4

( PC WEB )

tan x  2 đồng biến trên khoảng tan x  m

Hàm số đã cho trở thành tìm tham số m để hàm số y  Ta có: y  t  

t2 đồng biến trên khoảng (0;1) tm

m  2

t  m

Để hàm số đồng biến trong khoảng (0;1) thì:  y '  t   0  m  2  0 m  2 1  m  2     m  0 t  m m   0;1 m   0;1 Chọn A. Bài 7: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số:

y  x3  mx 2   2m 2  7 m  7  x  2  m  1 2m  3 đồng biến trên khoảng  2;  ?

A. 1  m  Giải:

5 2

B. 1  m 



Ta có: y  3 x 2  2mx  2m 2  7 m  7

5 2

C. 1  m 

5 2

1 5 D.   m  2 2



Hàm số đồng biến trong khoảng  2;  thì ta xét 2 trường hợp sau: TH1: Hàm số luôn đồng biến trên R:

 '  0  m 2  3  2m 2  7 m  7   0  m 2  3m  3  0, VL 

Vậy không có giá trị nào của m để hàm số luôn đồng biến trên R, TH2: Hàm số đồng biến trong khoảng  2;   '  0  m 2  3m  3  0,  x    .

Giả sử x1 , x2 ,  x1  x2  là hai nghiệm của phương trình y '  0 , để Hàm số đồng biến trong khoảng

 2;  thì: S  2 x1  x2  2   2  x1  2  x2  2   0  x1 x2  2  x1  x2   4  0,(1) 

Theo định lí vi-et ta có: 2m   x1  x2  3  2  x x  2m  7 m  7  1 2 3 Thay (2) vào (1) ta được:

( PC WEB )

(2)

m  6   2m 2  7 m  7  2m  2  2   4  0  2m  3m  5  0  3  3   m  6 5   5  1  m  2 1  m  2 5 Vậy với 1  m  thì hàm số đồng biến trong khoảng  2;  . 2 Chọn A.

CHỦ ĐỀ 3. GẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH DỰA VÀO HÀM SỐ.  Kiến thức cơ bản Cho f(x) là hàm số xác định và liên tục trên D, thì: f  x   g  m  với mọi x  D  g  m   max f  x  xD

f  x   g  m  có nghiệm khi và chỉ khi g  m   min f  x  xD

f  x   g  m  với mọi x  D  g  m   min f  x  xD

f  x   g  m  có nghiệm khi và chỉ khi g  m   max f  x  xD

BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình: m x 2  2 x  2  m  2 x  x 2  0 có nghiệm x  0;1  3  . 2 A. m  . B. m  1 . 3 Giải: Bpt 



C. m 



2 . 3

x2  2x  2  1  x  2  x   0  m 

D. m  0 .

x2  2x x2  2x  2  1

, 1

Đặt t  x 2  2 x  2  x 2  2 x  t 2  2 . Ta xác đinhk ĐK của t: Xét hàm số t  x 2  2 x  2 với x  0;1  3  , ta đi tìm ĐK ràng buộc của t. x 1 Ta có: t '  , t '  0  x  1. x2  2x  2 Vậy với x  0;1  3  thì 1  t  2 .

( PC WEB )

t2  2 với t  1; 2 . t 1 t2  2 t 2  2t  2 Xét hàm số f  t   với t  1; 2 . Ta có: f '  t    0, x  1;2 . Vậy hàm số 2 t 1 t  2 Khi đó: (1)  m 

f tăng trên [1;2]. Do đó, yêu cầu của bài toán trở thành tìm m để (1) có nghiệm t  1; 2  m  max f  t   f  2   t1;2

2 . 3

2 thì pt có nghiệm. Chọn A. 3 Bài 2: (Đề tuyển sinh ĐH, CĐ khối B 2014) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình:

Vậy m 





1  x 2  1  x 2  2  2 1  x 4  1  x 2  1  x 2 có nghiệm.

A. m  2  1 .

C. m  1 .

2  1  m  1.

D. m  1 .

Giải: ĐK: x   1;1 . Đặt t  1  x 2  1  x 2 . Với x   1;1 , ta xác định ĐK của t như sau: Xét hàm số t  1  x 2  1  x 2 với x   1;1 . Ta có: t'

x 1  x2



x 1  x2





1  x2  1  x2 1  x4

 , cho t '  0  x  0

Ta có t  1  2, t  0   0, t 1  2 Vậy với x   1;1 thì t  0; 2  Từ t  1  x 2  1  x 2  2 1  x 4  2  t 2 . Khi đó pt đã cho tương đương với: m  t  2   t 2  t  2 

t 2  t  2 t2

t 2  t  2  m có nghiệm t  0; 2  . Bài toán trở thành tìm m để phương trình t2 t 2  t  2 Xét hàm số f  t   với t  0; 2  . t2 t 2  4t Ta có: f '  t    0, t  0; 2  2 t  2   Suy ra: max f  t   f  0   1, min f  t   f t0; 2 

( PC WEB )

t0; 2 

 2 

2 1 .

Bây giờ yêu cầu bài toán xảy ra khi: min f  t   m  max f  t   2  1  m  1 t0; 2 

t0; 2 

Vậy với 2  1  m  1 thảo yêu cầu bài toán. Chọn B. Bài 3: (đề tuyển sinh ĐH, CĐ khối A - 2007): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình:

3 x  1  m x  1  2 4 x 2  1 1 có nghiệm. A. m  2  1 .

C. 1  m 

2  1  m  1.

1 . 3

D. m  1 .

Giải: ĐK xác định của phương trình : x  1. Khi đó: x 1 x2  1 x 1 x 1  m  24 3  m  24 1  3 2 x 1 x 1 x 1  x  1

 2

x 1 x 1 4 2 ,  t  0  . Vì 4  1  1 nên t<1. x 1 x 1 x 1 Vậy với x  1 thì 0  t  1 Khi đó,  2   3t 2  m  2t  3t 2  2t  m,  3 .

Đặt t  2 4

Bây giờ bài toán trở thành tìm m để (3) có nghiệm t   0;1 . Xét hàm số f  t   3t 2  2t trên khoảng  0;1 . Ta có: 1 f '  t   6t  2, f '  t   0  6t  2  0  t  . 3 BBT t 0 1 3 + 0 f 't 

1 −

1 3

f t 

1

0 Vậy với 1  m 

1 thỏa mãn yêu cầu đề bài. 3

Chọn C. Bài 4: (Đề tuyển sinh ĐH-CĐ khối B – 2006) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình: x 2  mx  2  2 x  1 có 2 nghiệm thực phân biệt.

( PC WEB )

B. m 

A. m  9 .

9 . 2

C. 1  m .

D. m  7 .

Giải:

1  x   2 Ta có: x  mx  2  2 x  1 1    *  2 3 x  4 x  1  mx  2  Nhận xét: x  0 không phải là nghiệm của (2). Do vậy, 1   x   2  *   2  3 x  4 x  1  m  3  x Bài toán trở thành tìm m để (3) có 2 nghiệm thực phân biệt:  1  x    ;   \ 0 .  2  2

tiếp

tục

biến

đổi:

3x 2  4 x  1  1  Xét hàm số f  x   với x    ;   \ 0 . Ta có: x  2  2 3x  1  1  f ' x    0, x    ;   \ 0 2 x  2  BBT X 0 1   2 + + f ' x 



f  x 9 2

Vậy với m 



 9 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt. 2

Chọn B. Bài 5: (Đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ khối A - 2008) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt 4

2 x  2 x  2 4 6  x  2 6  x  m,  m   

A. 2 6  2 4 6  m  3 2  6

B. 2 6  3 4 6  m  3 2  8

C. 6  2 4 6  m  3 2  6 D. 6  2 4 6  m  3 2  6 Giải: ĐK: 0  x  6 Đặt vế trái của phương trình là f  x  , x   0;6 . ( PC WEB )

Ta có:

f ' x    1  2  Đăt:

1 2 4  2x 1

 2x

1 1 1   2 x 2 4  6  x 3 6 x



 4

6  x

    1   1  , x   0;6     2 x 6 x  

  1 1   , v( x)   1   1  , x   0;6  u  x      4 2x 3 4 6  x 3  6 x   2x       Ta thấy u  2   v  2   0, x   0;6   f '  2   0 . Hơn nữa u  x  , v  x  cùng dương trên khoảng

(0;2) và cùng âm trên khoảng (2;6). BBT X 0 || + f ' x 

2 0

6 ||

−

3 2 6

f  x 2 6  24 6

12  2 3

Vậy với 2 6  2 6  m  3 2  6 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chọn A. 4

CHỦ ĐỀ 4. TÌM GIÁ TRỊ CỦA THAM SỐ ĐỂ HÀM SỐ CÓ CỰC TRỊ THỎA MÃN CÁC YẾU TỐ ĐẶC BIỆT 1. Khái niệm cực trị của hàm số Giả sử hàm số f xác định trên tập D  D    và x0  D . 1) x0 là điểm cực đại của f nếu tồn tại khoảng

 a; b   D

và x0   a; b  sao cho

 a; b   D

và x0   a; b  sao cho

f  x   f  x0  ,  a; b  \  x0 

Khi đó f  x0  được gọi là giá trị cực đại (cực đại) của f. 2) x0 là điểm cực tiểu của f nếu tồn tại khoảng f  x   f  x0  ,  a; b  \  x0 

Khi đó f  x0  được gọi là giá trị cực tiểu (cực tiểu) của f. 3) Nếu f  x0  được gọi là cực trị của f thì điểm  x0 ; f  x0   được gọi là điểm cực trị của đồ thị hàm số f. 2. Điều kiện cần để hàm số có cực trị Nếu hàm số f có đạo hàm tại x0 và đạt cực trị tại điểm đó thì f '  x0   0 . Chú ý: Hàm số f chỉ có thể đạt cực trị tại những điểm mà tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không có đạo hàm. ( PC WEB )

3. Điều kiện đủ để hàm số có cực trị. Định lí 1: giả sử hàm số f liên tục trên khoảng  a; b  chứa điểm x0 và có đạo hàm trên  a; b  \  x0  1) Nếu f '  x  đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua x0 thì f đạt cực tiểu tại x0 2) Nếu f '  x  đổi dấu từ dương sang âm khi x đi qua x0 thì f đạt cực đại tại x0 . Định lí 2: Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng  a; b  chứa điểm x0 , f '  x0   0 và có đạo hàm cấp hai khác 0 tại điểm x0 . 1) Nếu f ''  x0   0 thì f đạt cực đại tại x0 . 2) Nếu f ''  x0   0 thì f đạt cực tiểu tại x0 . Kiến thức cần nhớ: 1) Khoảng cách giữa hai điểm A, B AB 

 xB  x A    y B  y A  2

2) Khoảng cách từ điểm M  x0 ; y0  đến đường thẳng  : ax  by  c  0 : d M ,  

ax0  by0  c

a 2  b2 3) Diện tích tam giác ABC:   2 1 1 S  AB. AC.sin A  AB 2 . AC 2  AB. AC 2 2    Tích vô hướng của hai vectơ a.b  a1b1  a2b2 với a   a1 ; a2  ; b   b1 ; b2  .    Chú ý: a.b  0  a  b . BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho hàm số y   m  2  x3  3 x 2  mx  5 có cực đại,



cực tiểu. A.  3; 2    2;1 .

B.  3; 2  .



D.  2;1 .

C. 1  m .

Giải: Ta có: y '  3  m  2  x 2  6 x  m





Khi đó y ' là tam thức bậc hai có  '  3 m 2  2m  3 . Hàm số có có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi: m  2 m  2  0 m  2  2   m   3; 2    2;1   '  0  3  m  1 m  2 m  3  0    Vậy m   3; 2    2;1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A. Bài 2: [ĐHD12]: Tìm m để hàm số y  cho x1 x2  2  x1  x2   1 . A. m  Giải: ( PC WEB )

2 . 3

B. m  5 .

2 3 2 x  mx 2  2  3m 2  1 x  có hai điểm cực trị x1; x2 sao 3 3

C. 1  m .

D. m  7 .

Ta có:

y '  2 x 2  2mx  2  3m 2  1  2  x 2  mx  3m 2  1 ,

Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y '  0 có hai nghiệm phân biệt.

 2 13 m  13 Ta có   13m 2  4  0   1  2 13 m   13  x1; x2 là các nghiệm của y '  0 nên theo định lý Vi-et ta có:

 x1  x2  m  2  x1 x2  3m  1 Do đó: x1 x2  2  x1  x2   1 m  0  3m  2m  1  1  3m  2m  0   m  2 3  2 Đối chiếu với điều kiện (1) ta thấy chỉ có m  thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A. 3 1 Bài 3: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho hàm số y  x3  mx 2  mx  1 đạt cực trị tại hai 3 điểm x1; x2 sao cho: x1  x2  8 . 2

    1  64 1  63 1  61 1  65 m  m  m  m  2 2 2 2 A.  . B.  . C.  . D.  .     1  64 1  63 1  61 1  65 m  m  m  m  2 2 2 2     Giải: TXĐ: D   y '  x 2  2mx  m Hàm số có cực đại và cực tiểu thì y '  0 có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 khi và chỉ khi:

m  1  '  0  m2  m  0   , m  0

 2

Ta có: x1  x2  8   x1  x2   64   x1  x2   4 x1 x2  64, 1 2

 x1  x2  2m Theo Đl vi-et Ta có:  .  x1.x2  m Thay vào (1) ta được:

( PC WEB )

 1  65 m  2 , 3    2m2   4m  64  4m2  4m  64  0   1  65 m  2   1  65 m  2 Kết hợp (2) và (3) ta được:  thỏa mãn bài toán. Chọn D.  1  65 m  2  1 1 Bài 4: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho hàm số y  mx3   m  1 x 2  3  m  2  x  đạt 3 3 cực trị tại hai điểm x1; x2 sao cho: x1  2 x2  1 . 2 hoặc m  2 . B. m  3 . 3 Giải: TXĐ: D   y '  mx 2  2  m  1 x  3  m  2 

A. m 

C. m  5 .

D. m  2 .

Hàm số có cực đại và cực tiểu thì y '  0 cos2 nghiệm phân biệt x1; x2 khi và chỉ khi:

m  0 m  0 m  0    2  6  2 2 6 2 m  * 2m  4m  1  0   '   m  1  3m  m  2   0 2  2 Theo đl viet và đề bài, ta có:  2  m  1 1  x1  x2  m  3 m  2   2  x1.x2  m   x1  2 x2  1  3   3m  4 2m , x2  m m  3m  4  2  m  3  m  2  Thế vào (2) ta được:    m  m  m 

Từ (1) và (3) ta có: x1 

 m  0

2  m   3m  8m  4  0  3 (thỏa (*).  m  2 2 Vậy giá trị cần tìm là: m  hoặc m  2 . Chọn A. 3 Bài 5 [ĐHB12] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y  x3  3mx 2  3m3 có hai điểm cực trị tạo thành 1 tam giác OAB có diện tích bằng 48 2

( PC WEB )

A. m  2 . Giải: Ta có:

B. m  2

C. m  2

D. m  3

x  0 y '  3 x 2  6mx  3 x  x  2m  , y '  0    x  2m Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi 2m  0  m  0. 1



 

Khi đó, các điểm cực trị của đồ thị hàm số là A 0;3m3 ; B 2m;  m3 Ta có:  OA 0;3m3  OA  3 m3 .





 2

Ta thấy A  Oy  OA  Oy  d  B, OA   d  B, Oy   2 m .

 3

1 Từ (2) và (3) suy ra SOAB  .OA.d  B, OA   3m 4 2 4 Do đó: SOAB  48  3m  48  m  2 thỏa mãn (1)

Vậy m  2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn B. Bài 6: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y  x 4  2mx 2  2m  m 4 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4. A. m  5 16 . Giải:

B. m  5 17 .

C. m  5 18 .



Ta có: y '  4 x3  4mx  4 x x 2  m

D. m  5 19 .



x  0 y '  0  4x  x2  m   0   2  x  m  * Để hàm số có 3 cực trị thì phương trình y’=0 có 3 nghiệm phân biệt nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. Điểu kiện tương đương m>0

 



Gọi 3 điểm cực trị của hàm số: A 0; m 4  2m ; B



 

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



Gọi 0; m 4  m 2  2m là trung điểm BC.

AH 

 m 

2 2

 m 2 , BC 

2 m 

2 m

Vì ba điểm cực trị luôn tạo thành 1 tam giác cân tại đỉnh A, 1 1 nên S ABC  AH .BC  m 2 2 m  4  m5  16  m  5 16 2 2 vậy với m  5 16 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A Bài 7: [DDHB07] Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị của hàm số

y   x3  3 x 2  3  m 2  1 x  3m 2  1 có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số cách

đều gốc tọa độ O . 1 1 A. m   . B. m   . 2 3 ( PC WEB )

1 C. m   . 2

D. m 

1 . 2

Giải:









Ta có: y '  3 x 2  6 x  3 m 2  1  3 x 2  2 x  m 2  1

Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y '  0 có 2 nghiệm phân biệt. Ta có:  '  m 2  0  m  0 . (1) Khi đó: y '  0 có các nghiệm là: x  1  m  tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số là

A 1  m; 2  2m3  và B 1  m; 2  2m3  . Ta có:  2 2 OA 1  m; 2  2m3   OA2  1  m   4 1  m3  ;  2 2 OB 1  m; 2  2m3   OB 2  1  m   4 1  m3  . A và B cách đều gốc tọa độ khi và chỉ khi: OA  OB  OA2  OB 2  1  m   4 1  m3   1  m   4 1  m3  2

m  0  4m  16m  0   m   1 2  3

1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn C. 2 Bài 8: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y   x3  3mx 2  3m  1 có cực

Đối chiếu với điều kiện (1), ta thấy chỉ m  

đại, cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng d : x  8 y  74  0 . A. m  4 . B. m  3 . C. m  2 . D. m  1. Giải: TXĐ: D   x  0 y '  3 x 2  6mx; y '  0    x  2m Hàm số đạt cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình y’=0 có hai nghiệm phân biệt, điều này tương đương với m  0 .





Hai điểm cực trị là A  0; 3m  1 ; B 2m;4m3  3m  1





Trung điểm I của đoạn thawngt Ab là I m;2m3  3m  1   Vectơ AB  2m;4m3 ; một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u   8; 1 .





Hai điểm cực đại, cực tiểu A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d khi và chỉ khi: m  8  2m3  3m  1  74  0 I  d      m  2  t / m  . Chọn C.   AB  d  AB.u  0 Bài 9: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y   m  1 x 4  mx 2  cực tiểu mà không có cực đại. ( PC WEB )

3 chỉ có 2

A. m  0 . B. 1  m  0 . Giải: Ta xét hai trường hợp sau đây:

C. m  2 .

TH1: m  1  0  m  1. khi đó: y  x 2 

D. m  1 .

3  Hàm số chỉ có cực tiểu  x  0  mà không có 2

cực đại  m  1 thỏa yêu cầu bài toán. TH2: m  1  0  m  1 . Khi đó

hàm

số

đã

cho

là

hàm

bậc

có

 m  y '  4  m  1 x3  2mx  4  m  1 x  x 2   2  m  1   Hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực đại khi và chỉ khi y’=0 có đúng 1 nghiệm và đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua nghiệm này.

4  m  1  0   1  m  0. Nghĩa là:  m  2  m  1  0  Kết hợp với những giá trị m tìm được, ta có: 1  m  0 . Chọn B. Bài 10: [DDHB11] Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y  x 4  2  m  1 x 2  m có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA  BC ; trong đó O là gốc tọa độ, A là điểm cực trị thuộc trục tung, B và C là hia điểm cực trị càn lại. A. m  0 . Giải:

C. m  2 .

B. m  2  8 .



Ta có: y '  4 x3  4  m  1 x  4 x x 2   m  1

D. m  2  8 .



Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi y’=0 có 3 nghiệm phân biệt. h  x   x 2   m  1  0 có hai nghiệm phân biệt khác 0  m  1  0  m  1.  A 0; m  x  0     Khi đó, ta có y '  0   x   m  1   B  m  1;  m 2  m  1   x  m 1 C m  1;  m 2  m  1  Vì vai trò của B và C là tương tự nhau nên ta chọn

 



 



m  1;  m 2  m  1 , C  m  1;  m 2  m  1   Ta có: OA   0; m   OA  m ; BC 2 m  1;0  BC  2 m  1 B





Do đó:

OA  BC  m  2 m  1  m 2  4m  4  0,   '  8   m  2  8 (thỏa mãn (*))

Vậy m  2  8 thỏa ycbt. Chọn D. Bài 11:

( PC WEB )



(*).

[ĐHA12] Tìm m để đồ thị hàm số y  x 4  2  m  1 x 2  m 2 có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông. A. m  0 . B. m  2 . Giải:

C. m  2 .

D. m  1.

Ta có: y '  4 x3  4  m  1 x  4 x  x 2   m  1     t x

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi y '  0 có 3 nghiệm phân biệt khi đó phương trình t  x   0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0 nên: m  1  0  m  1.

(*) x  0  Khi đó, ta có: y '  0   x   m  1  x  m 1 Suy ra các điểm cực



 

A  0; m  , B  m  1; 2m  1 ,C 2

trị



của

đồ

thi

hàm

số

là

m  1; 2m  1

Ta thấy A  Oy , B và C đối xứng nhau qua Oy nên tam giác ABC cân tại A. Do đó tam giác cỉ có thể vuông tại A. Ta có:   2 2 AB   m  1;   m  1 , AC  m  1;   m  1   4  AB. AC   m  1   m  1   Ta giác ABC vuông kh và chỉ khi AB. AC  0









4 3   m  1   m  1  0   m  1  m  1  1  0   m  1  0  m  1   m  1  1 m  0

Kết hợp với ĐK (*) ta có m=0. Chọn A. Bài 12: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị của hàm số x4 y    3m  1 x 2  2  m  1 có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có trọng tâm là gốc tọa độ 4 O. 1 1 1 1 A. m  . B. m  . C. m  . D. m  . 2 3 4 5 Giải: y '  x3  2  3m  1 x  x  x 2   6m  2  

x  0 y '  0  x  x 2   6m  2    0   2  x  6 m  2  *

( PC WEB )

Để hàm số có 3 cực trị thì pt y’=0 có 3 nghiệm phân biệt nên pt (*) có 2 nghiệm phân biệt 1 khác 0. ĐK tương đương 6m  2  0  m   . 3 Gọi 3 điểm cực trị của hàm số A  0;2m  2  ; B









6m  2; 9m 2  4m  1 ;

C  6m  2; 9m 2  4m  1 . Theo công thức trọng tâm ta có: 1  m   0  0 t / m x  x  x  3 x    A  3 B C O     2 18m  6m  4  0 m   2  y A  yB  yC  3 yO  3 Với m=1/3 thỏa ycbt. Chọn B.

Bài 13: (Đề minh họa 2017). Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y  x 4  2mx 2  1 có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân.

1 A. m   3 . 9 Giải:

C. m 

B. m  1 .

1 . 9

D. m  1.

y '  4 x3  4mx  4 x  x 2  m 

x  0 y '  0  x  x2  m   0   2  x  m  * Để hàm số có 3 cực trị thì pt y’=0 có 3 nghiệm phân biệt nên pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. ĐK tương đương m  0 .

Gọi 3 điểm cực trị của hàm số: A  0;1 , B   AB  m ;3m 2 , AC   m ;3m 2











 



m ;3m 2  1 , C  m ;3m 2  1

Vì 3 điểm cực trị của hàm trùng phương trên luôn tạo thành 1 tam giác cân tại A, nên tam giác ABC vuông tại A. m  0   1 4 Ta có: AB. AC   m  9m  0   . So với ĐK suy ra m  3 thỏa ycbt. 1 m  9 3  9 Chọn C. Bài 14: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y  x 4  2mx 2  m 2  m có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có một góc bằng 1200 1 1 1 A. m  3 B. m  3 C. m  3 3 4 5 Giải:

( PC WEB )

D. m 

1 . 6

y '  4 x3  4mx  4 x  x 2  m  x  0 y '  0  x  x2  m   0   2  x  m  * Để hàm số có 3 cực trị thì pt y’=0 có 3 nghiệm phân biệt nên pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. ĐK tương đương m  0 .

 



Gọi 3 điểm cực trị của hàm số: A 0; m 2  m , B   AB  m ; m 2 , AC   m ; m 2









 

m ; m , C  m ; m



Theo đề bài ta có:     AB. AC m  m4 m3  1 cos AB, AC      3  cos1200 4 4 AB . AC m  m. m  m m  1





m3  1 1 1 3   3 m  1  m   3 m3  1 2 3 1 Vậy với m  3 thỏa ycbt. 3 

Bài 15: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y  x 4  2mx 2  2m  m 4 có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác đều. A. m  3 3 . Giải: TXĐ: D  

B. m  3 9

C. m  3 13

D. m  3 14

y '  4 x3  4mx  4 x  x 2  m 

x  0 y '  0  x  x2  m   0   2  x  m  * Hàm số có cực đại và cực tiểu thì y '  0 có ba nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu khi x qua các nghiệm đó  pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0  m  0 .

 x  0  y  m 4  2m Khi đó y '  0   4 2  x   m  y  m  m  2m





Đò thị hàm số có một điểm cực đại là A 0; m 4  2m và hai điểm cực tiểu là



 

B  m ; m 4  m 2  2m , C

m ; m 4  m 2  2m



 AB  AC Các điểm A, B, C lập thành 1 tam giac đều    AB  BC

 AB 2  BC 2  m  m 4  4m  m  m3  3  0

Vậy m  3 3 (m>0). Chọn A.

( PC WEB )

CHƯƠNG 1: (TIẾP THEO) BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO CHUYÊN ĐỀ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM CHỦ ĐỀ 5. TÌM GIÁ TRỊ CỦA THAM SỐ ĐỂ HAI HÀM SỐ GIAO NHAU THỎA MÃN CÁC YẾU TỐ ĐẶC BIỆT Để biện luận theo m về số giao điểm cuatr hai hàm số và thỏa mãn các điều kiện về tính chất hình học phẳng Oxy thì ta làm các bước sau: Bước 1: TXĐ: Bước 2: Phương trình hoành độ giao điểm và đưa về dạng: f  x, m   g  x, m   F  x, m   0 Sử dụng biệt thức  , hoặc đưa về phương trình tích để biện luận số giao điểm của hai hàm số. Bước 3: Dựa theo yêu cầu của đề bài mà ta sử dụng các công thức biến đổi của hình học phẳng như: vectơ, tích vô hướng, khoảng cách, hình chiếu, điểm đối xứng,… Bước 4: Giải và kết luận giá trị của tham só m.

Bài tập vận dụng mx  H m  và đường x2 thẳng d : 2 x  2 y  1  0 giao nhau tại hai điểm cùng với gốc tọa độ tạo thành một tam giác có diện

Bài 1: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y 

tích là S 

3 . 8

A. m  3.

1 B. m  . 2

C. m  2.

D. m  1.

Giải:

 Hm 

Hoành độ giao điểm A, B của d và

là các nghiệm của phương trình:

x  m 1   x   2 x 2  x  2  m  1  0, x  2, 1 x2 2 Phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 phân biệt khác -2: 17    17  16m  0 m    16 2 2.  2   2  2  m  1  0 m  2

Ta có: AB 

 x2  x1 

  y2  y1   2.

 2.

 x2  x1 

 4 x1 x2 

 x2  x1 

2 . 17  16m 2

Khoảng cách từ gốc tọa độ đến d là h 

( PC WEB )

1 2 2

1 1 1 2 3 1 . . 17  16m   m  (thỏa mãn) Suy ra SOAB  .h. AB  . 2 2 2 2 2 8 2 Chọn A. 2x  H  và đường x2 thẳng d : y  x  m giao nhau tại hai điểm phân biệt thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị sao cho khoảng cách giữa hai điểm đó là nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. 1 A. m  4 và 30. B. m  và 31. C. m  0 và 32. D. m  1 và 33. 2 Giải: Phương trình hoành độ giao điểm: 2x  x  m  x 2   m  4  x  2m  0, 1 x2 Để d cắt (H) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2.

Bài 2: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y 

  m 2  16  , m  2   4  0  Giả sử A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  là hai giao điểm khi đó x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình (1)

 x1  x2  4  m Thei viet ta có:   x1.x2  2m y1  x1  m, y2  x2  m

 3

Để A, B thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị thì A và B nằm khác phía đối với đường thẳng x20 . A và B nằm khác phía đối với đường thẳng x  2  0 khi và chỉ khi  x1  2  x2  2   0 hay

x1.x2  2  x1  x2   4  0,

 4

Tahy (3) vào (4) ta được 4  0 luôn đúng (5). Mặt khác ta lại có AB 

 x1  x2    y1  y2  2

 2  x1  x2   8 x1 x2 2

 6

Tahy (3) vào (6) ta được: AB  2m 2  32  32 vậy AB  32 nhỏ nhất khi m  0

7

Từ (1), (5), (7) ta có m  0 và AB  32 thỏa mãn. Chọn C. Nhận xét: Đối với các bài khoảng cách như bài 1 và 2, thì có cách nào tính khoảng cách AB nhanh nhất không? Chúng ta khẳng định là có. ax  b Thật vậy, ta có bài tổng quát: Cho hàm số y  và đường thẳng y  mx  n,  m  0  cx  d Gọi A, B là hai điểm mà đường thẳng cắt hàm số. Giả sử A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  là 2 giao điểm, khi đó x1 , x2 là 2 nghiệm phương trình: f  x   mx  n, 1

( PC WEB )

AB 

 x1  x2 

  y1  y2  

1  m    x1  x2 

 x1  x2 

  m  x1  x2    2

1  m   x  x  2



1 1  m2    m Với  được tính từ phương trình (1). +Nếu AB nhỏ nhất thì  nhỏ nhất. Ta có thể xét bài tập sau đây: 

 4 x1 x2 

x 1  H  và đường x 1 thẳng d : y  x  m 2 x  m giao nhau tại hai điểm phân biệt A, B thuộc 2 nhánh khác nhau . Xác định m để đoạn AB có độ dài ngắn nhất. A. m  5. B. m  3. C. m  0 . D. m  1 . Giải: Để đường thẳng d luôn cắt (H) tại hai điểm phân biệt thì phương trình hoành độ giao điểm x 1  2 x  m có hai nghiệm phân biệt với mọi m và x1  1  x2 . x 1

Bài 3: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y 

 x  1   x  1 2 x  m   có hai nghiệm phân biệt x1  1  x2 .  x  1 2 x 2   m  3 x  m  1  0 * có hai nghiệm phân biệt x1  1  x2 .   x  1

 m  12  16  0, m   0    f 1  0  f 1  2   m  3  m  1  2  0 Vậy với mọi giá trị m thì đường thẳng d luôn cắt (H) tại hai điểm phân biệt A, B thuộc hai nhánh khác nhau. Gọi A  x1 ;2 x1  m  , B  x2 ;2 x2  m  là giao điểm giữa d và (H). ( x1 , x2 là 2 nghiệm phương trình (*)) Ta có: AB 

 x2  x1 



  2  x2  x1    5  x2  x1   5  x2  x1   4 x1 x2

Theo viet ta có: AB 



1  2 5  m  1  16   2 5  2 

ABmin  2 5  m  1

Vậy m  1 là giá trị cần tìm. Nhận xét: Vậy ta có thể tính theo công 1 1 1 2 AB  1  22    5  5  m  1  16  min  2 2 2 Khi   min . vậy m  1 . Chọn D.



( PC WEB )



thức

tính

nhanh

ở

trên:

Bài 4: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y 

x 1  H  và đường x 1

thẳng d : y  x  m 2 x  m giao nhau tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB  5. A. m  4.

B. m  3.

C. m  0 .

 m  10 D.  .  m  2

Giải: Phương trình hoành độ giao điểm: 2 x 2  mx  m  2  0,  x  1 , 1 (d) cắt (H) tại 2 điểm phân biệt  phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1 m 2  8m  16  0  2    x  1 Gọi A  x1 ; y1  và B  x2 ; y2  là giao điểm giữa d và (H). Ta có x1 , x2 là 2 nghiệm của phương

trình (1). 1 1 1 AB  1  22    5  5  m 2  8m  16   5  2 2 2  m  10  m 2  8m  20  0    m  2 Thỏa mãn (2). Chọn D. x 1  C  và đường thẳng x 1 d : y  ax  b giao nhau tại hai điểm phân biệt, đối xứng nhau qua đường thẳng  : x  2 y  3  0 .

Bài 5: Tìm tất cả các giá trị thực của a và b sao cho đồ thị của hàm số y 

a  2 A.  b  1 Giải:

a  2 B.  b  2

a  2 C.  b  3

Phương trình của  được viết lại dưới dạng y 

a  2 D.  b  4

1 3 x . 2 2

1 Để giao điểm đối xứng qua  thì   d  a.  1  a  2 . 2 Suy ra đường thẳng d : y  2 x  b Phương trình hoành độ giao điểm giữa d và (C ): x 1  2 x  b  2 x 2   b  3 x   b  1  0. 1 x 1 Để d và (C ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt    0  b 2  2b  17  0  b   x A  xB b  3  x   I  2 4 Goi I là trung điểm của AB, ta có:   y  y A  yB  b  3  I 2 2 ( PC WEB )

Vì A, B đối xứng nhau qua  nên trung điểm I thuộc vào đường thẳng  , ta có: b3 xI  2 y I  3  0    b  3  3  0  b  1. 4 a  2 Vậy  thỏa ycbt. Chọn A. b  1 2x  1  C  và đường thẳng x 1 d : y  mx  3 giao nhau tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O. (O là gốc tọa độ)

Bài 6: Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị của hàm số y 

A. m  3  5. Giải:

B. m  3  5.

C. m  3  5 .

D. m  2  5 .

2x  1  mx  3,  x  1  mx 2   m  1 x  4  0, 1 x 1 (d) cắt đồ thị hàm số (C ) tại A, B khi và chỉ khi pt (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1, nên:  2x  1  mx  3,  x  1  mx 2   m  1 x  4  0, 1   x 1 m.12   m  1 .1  4  0 

Pt hoành độ gia điểm:

m  0 m  0     0    m  7  4 3 g 1  0       m  7  4 3     OA  OB  OA.OB  0  x A .xB   mx A  3 mxB  3  0

  m 2  1  x A .xB   3m  x A  xB   9  0,  2 

m 1   x A  xB  m Theo Viet ta có:  ,  3 4  x .x    A B m

Thay (3) vào (2) ta được: m 2  6m  4  0  m  3  5 Vậy với m  3  5. thỏa mãn ycbt. Chọn A. Bài 7: Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị của hàm số y  x3  2mx 2  3  m  1 x  2  C  và đường thẳng  : y   x  2 tại 3 điểm phân biệt A  0;2  ; B; C sao cho tam giác MBC có diện tích 2 2 , với M  3;1

m  0 m  1 A.  B.  C. m  3 m  3 Giải: Pt hoành độ giao điểm của đồ thị với

( PC WEB )

m  0 m  2 . 

 là

m  2 D.  . m  3

x3  2mx 2  3  m  1  2   x  2  x  0  y  2  2  x  2mx  3m  2  0 1 Đường thẳng  cắt đồ thị hàm số (C ) tại ba điểm phân biệt A  0;2  , B, C thì pt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0, khi và chỉ khi: m  2   '  0 m  3m  2  0   m  1    3m  2  0  g  0   0 m  2  3 Gọi B  x1 ; y1  và C  x2 ; y2  , trong đó x1 , x2 là nghiệm của (1); 2

y1   x1  2 và y2   x2  2 Ta có: h  d  M ;     

3 1 2 2

 BC 

2 S MBC 2.2 2  4 h 2

2 2 2 Mà BC 2   x2  x1    y2  y1   2  x2  x1   4 x1 x2   

 8  m 2  3m  2 

m  0 Suy ra 8  m 2  3m  2   16   m  3 m  0 Vậy  thỏa ycbt. Chọn A. m  3  1 2 Bài 8: Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị của hàm số y  x3  mx 2  x  m   Cm  3 3 2 2 2 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt x1 ; x2 ; x3 thỏa mãn điều kiện x1  x2  x3  15 .  m  1  m  1  m  1 A.  B.  C.  . D. m  4 m  1 m  2    Giải: Pt hoành độ giao điểm: 1 3 2 x  mx 2  x  m   0  x3  3mx 2  3 x  3m  2  0 3 3   x  1  x 2  1  3m  x  3m  2   0 1

m  0 m  1 . 

x  1  2  x  1  3m  x  3m  2  0  2 

 Cm 

cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt thì pt (1) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có

hai nghiệm phân biệt khác 1.

( PC WEB )

  1  3m 2  4  3m  2   0 3m 2  2m  3  0, m   m  0  3   m  0 g 1   6 m  0     Giả sử x3  1, x1 , x2 là nghiệm của (2). Ta có: x1  x2  3m  1; x1 x2  3m  2 . Khi đó: x12  x22  x32  15   x1  x2   2 x1 x2  1  15 2

 m  1 2   3m  1  2  3m  2   14  0  m 2  1  0    4 m  1  m  1 Từ (3) và (4) ta có giá trị cần tìm là:  . Chọn B. m  1

Bài 9: Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị của hàm số y  x3  3 x 2  9 x  m  Cm  cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt với các hoành độ lập thành cấp số cộng. A. m  11. B. m  10. C. m  9 . D. m  8 . Giải: Pt hoành độ giao điểm: x3  3 x 2  9 x  m =0 * Giả sử  Cm  cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3  x1  x2  x3  thì x1 , x2 , x3 là nghiệm của pt(*) Khi đó: x3  3 x 2  9 x  m =  x  x1  x  x2   x  x3  x3   x1  x2  x3  x 2   x1 x2  x2 x3  x3 x1  x  x1 x2 x3  x1  x2  x3  3 1

Ta có: x1 , x2 , x3 lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi x1  x3  2 x2 Thế (2) vào (1) ta được x2  1 , thay vào pt (*) ta được: m  11.



 2



Với m  11: *  x3  3 x 2  9 x  11  0   x  1 x 2  2 x  11  0  x1  1  2 3    x2  1  x1  x3  2 x2   x3  1  2 3

Vậy m=11 thỏa ycbt. Chọn A.

CHỦ ĐỀ 6. TÌM GIÁ TRỊ CỦA THAM SỐ ĐỂ TIẾP TUYẾN CỦA HÀM SỐ THẢO MÃN CÁC YẾU TỐ ĐẶC BIỆT Bài toán 1: Viết phương trình tiếp tuyến  của  C  : y  f  x  tại điểm M 0  x0 ; y0  Nếu cho x0 thì tìm y0  f  x0  Nếu cho y0 thì tìm x0 là nghiệm của phương trình f  x   y0 Tính y '  f '  x  . Suy ra y '  x0   f '  x0  . ( PC WEB )

Phương trình tiếp tuyến  là: y  y0  f '  x0  x  x0  Bài toán 2: Viết phương trình tiếp tuyến  của  C  : y  f  x  biết  có hệ số góc k cho trước Cách 1: Tìm tọa độ tiếp điểm. Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm. Tính f '  x0 

 có hệ số góc k  f '  x0   k

1

Giải phương trình (1), tìm được x0 và tính y0  f  x0  . Từ đó viết phương trình của  . Cách 2: Dùng điều kiện tiếp xúc. Phương trình đường thẳng  có dạng y  kx  m .

 f  x   kx  m  tiếp xúc với (C ) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm:   *  f '  x   k Giải hệ (*), tìm được m. Từ đó viết phương trình của  . Chú ý: Hệ số góc k của tiếp tuyến  có thể được cho gián tiếp như sau: +  tạo với chiều dương trục hoành góc  thì k  tan  +  song song với đường thẳng d : y  ax  b thì k  a +  vuông góc với đường thẳng d : y  ax  b  a  0  thì k   +  tạo với đường thẳng d : y  ax  b một góc  thì

1 a

k a  tan  . 1  ka

Bài toán 3: Viết phương trình tiếp tuyến  của  C  : y  f  x  , biết  đi qua điểm A  x A ; y A  Cách 1: Tìm tọa độ tiếp điểm. Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm. Khi đó: y0  f  x0  , y0  f '  x0  Phương trình tiếp tuyến  tại M : y  y0  f '  x0  .  x  x0 

 đi qua A  x A ; y A  nên: y A  y0  f '  x0  .  x A  x0 

 2

Giải phương trình (2), tìm được x0 . từ đó viết phương trình của  . Cách 2: Dùng điều kiện tiếp xúc. Phương trình đường thẳng  đi qua A  x A ; y A  và có hệ số góc k : y  y A  k  x  x A 

 tiếp xúc với (C ) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm:  f  x   k  x  x A   y A  *   f '  x   k Giải hệ (*), tìm được x (suy ra k). Từ đó viết phương trình tiếp tuyến  . Bài toán 4: Tìm những điểm trên đường thẳng d mà từ đó có thể vẽ được 1,2,3,… tiếp tuyến với đồ thị (C ) : y  f ( x) . Giả sử d : ax  by  c  0.M  xM ; yM   d Phương trình đường thẳng  qua M có hệ số góc k : y  k  x  xM   yM

( PC WEB )

 f  x   k  x  xM   yM  tiếp xúc với (C ) khi hệ pt sau có nghiệm:   f '  x   k + Thế k từ (2) vào (1) ta được f  x    x  xM  . f '  x   yM  C 

1  2

+ Số tiếp tuyến của  C  vẽ từ M = số nghiệm của x của (C ). Bài toán 5: Tìm những điểm mà từ đó có thể vẽ được 2 tiếp tuyến với đồ thị  C  : f  f ( x) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau. Gọi M  xM ; yM  Phương trình đường thẳng  qua M có hệ số góc k : y  k  x  xM   yM

1  2

+ Qua M vẽ được 2 tiếp tuyến với (C )  (C ) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 . Hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau  f '  x1  . f '  x2   1 . Từ đó ta tìm được M . Chú ý: Qua M vẽ được 2 tiếp tuyến với (C ) sao cho hai tiếp điểm nằm về hai phía với trục hoành thì (C ) có 2 nghiệm phân biệt

{

Bài toán 6: Tìm giá trị tham số mà tiếp tuyến của hàm số thỏa mãn các tính chất hình học Oxy ta sử dụng cách viết phương trình tiếp tuyến của các dạng trên  f  x   k  x  xM   yM 1  tiếp xúc với (C ) khi hệ pt sau có nghiệm:   2  f '  x   k Sử dụng công thức cơ bản của hình học Oxy về công thức khoảng cách, độ dài, vectơ,…

BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y  x3  1  2m  x 2   2  m  x  m 2  2m  5  C  có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d : x  y  7  0

1 26 1 1 A. m   hoặc m  . 4 2 1 1 C. m   hoặc m  . 3 4 Giải: y '  3 x 2  2 1  2m  x   2  m  góc  , biết cos 

1 . 3 1 1 D. m   hoặc m  . 5 3

B. m  1 hoặc m 

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến, phương trình tiếp tuyến y  kx  b . Suy ra tiếp tuyến có   vectơ pháp tuyến n1   k ; 1 , đường thẳng d có vectơ pháp tuyến n2  1;1 ( PC WEB )

Ta có: 3  k  1  k 1 2  12k 2  26k  12  0   2 2. k  1 k  2  2 3 Để hàm số (C ) có tiếp tuyến thỏa mãn ycbt thì ít nhất một trong hai phương trình: y '  k1 1 hoặc y '  k2  2  có nghiệm thực x .   n1.n2 1 cos       n1 . n2 26

 2 3 x  2 1  2m  x  2  m  Nghĩa là:  3 x 2  2 1  2m  x  2  m  

3 2 2 3

1 1  m   ; m   8m  2m  1  0    0 4 2  1  2   2  0 m   3 ; m  1  4m  m  3  0  4 1 1  m   hoặc m  4 2 1 1 Vậy với m   hoặc m  . thỏa ycbt. Chọn A. 4 2 2

x 1  C  và đường x 1 thẳng d : y  2 x  m giao nhau tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tiếp tuyến của (C ) tại A và B song song với nhau. A. m  1. B. m  2. C. m  3 D. m  4 Giải: Phương trình hoành độ giao điểm:

Bài 2: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y 

2 x 1 2 x   m  3 x  m  1  0 1  2x  m   x 1  x  1

Đề hàm số (C ) và d giao nhau tại hai điểm phân biệt A, B thì phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt khác 1 khi và chỉ khi:

   m  32  8  m  1   m  11  16  0, m     g 1  2  0 Vậy hàm số (C ) và d luôn luôn giao nhau tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi x1 , x2  x1  x2  lần lượt là hoành độ của A và B thì x1 , x2 là nghiệm của phương trình (1). Theo Vi-et: x1  x2 

1  3  m * , tiếp tuyến 1 ,  2 tại A, B của hàm số (C ) có hệ số góc lần 2

lượt là:

k1  y '  x1   ( PC WEB )

2

 x1  1

và k2  y '  x2  

2

 x2  1

Theo đề bài: 1 / /  2  k1  k2  

 x1  1



 x2  1  x1  x2  loai   x  1  x2  1 2 2   x1  1   x2  1   1   x1  1   x2  1  x1  x2  2,  2  2

1  3  m   2  m  1 2 Vậy m  1 thỏa ycbt. Chọn A.

Thay (*) vào (2) ta được:

Bài 3: Cho điểm A  0; m  , tìm tất cả các giá trị thực của m để từ điểm A kẻ được hai tiếp tuyến tới x2  C  sao cho hai tiếp điểm tương ứng nằm về hai phía trục Ox. x 1  2  2  2 2  m  m  m  m A.  B.  3 C.  5 D.  7 m  1 m  1 m  1 m  1

hàm số y 

Giải: Phương trình tiếp tuyến qua A  0; m  , có dạng: y  kx  m, 1 ĐK có 2 tiếp tuyến đi qua A: x 2  x  1  kx  m  2   có hai nghiệm x  1 .  3  k  3 2   x  1 Thay (3) vào (2) và rút gọn ta được:  m  1 x 2  2  m  2  x  m  2  0  4  m  1 m  1  Để (4) có 2 nghiệm x  1 là:  f 1  3  0    * m  2  '  3m  6  0 

Gọi hoành độ tiếp điểm x1; x2 là nghiệm của (4), tung độ tiếp điểm là y1  Để hai tiếp điểm nằm khác phía trục Õ là:  x  2  x2  2   0 y1. y2  0  1  x1  1 x2  1



x1 x2  2  x1  x2   4 9m  6 2 0 0m . x1 x2   x1  x2   1 3 3

 2   m So với điều kiện (*), vậy  3 thỏa ycbt. Chọn B. m  1

( PC WEB )

x1  2 x 2 , y2  2 x1  1 x2  1

x 1  C  sao cho tiếp tuyến tại M của 2x  2  C  tạo với trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng d : y  4 x.

Bài 4: Tìm tất cả các điểm M thuộc đồ thị hàm số y 

 1 3  3 5 A. M   ;   , M   ;   2 2  2 2  1  3 5 C. M  3;  , M   ;   4  2 2 Giải: 1 Ta có: y '  2  x  1

 1  3 5 B. M  2;  , M   ;   5  2 2  1  3 5 D. M  5;  , M   ;   3  2 2

 a 1  Gọi M  a;    C  ,  a  1 là điểm cần tìm. Gọi  tiếp tuyến với (C ) tại M, ta có phương  2a  2  trình  : a 1 1 a 1  : y  f '  a  x  a   y x  a  2  2a  2 2  a  1  a  1

 a 2  2a  1  ;0  Gọi A  Ox    A   2    a 2  2a  1  B  Oy    B  0;  . Khi đó  tạo với hai trục tọa độ OAB có trọng tâm là:  2  a  12     a 2  2a  1 a 2  2a  1  G ;  2   6 6 a  1    

Do G  d nên: 4.

a 2  2a  1 a 2  2a  1 1  04 2 2 6 6  a  1  a  1

1 1   a  1  2 a   2   a  1   1 a   3  2 2 

(Vì A, B  0 nên a 2  2a  1  0 ). 1 3  1 3  3 5 Với a    M   ;   ; với a    M   ;  2 2  2 2  2 2 Chọn A. 2x  3  C  sao cho tiếp tuyến x2 tại M với ( C) cắt các đường tiệm cận của (C ) tại A và B để đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất, với I là giao điểm của 2 tiệm cận.

Bài 5: (KSCL CHV) Tìm tất cả các điểm M thuộc đồ thị hàm số y 

( PC WEB )

 5 A. M  4;  và M  3;3  2

 3 B. M  0;  và M  3;3  2  7 D. M  5;  và M  3;3  3

C. M 1;1 và M  3;3 Giải: Ta có: y '  

 x  2

1  2a  3  Giả sử M  a;    C  , a  2, y '  a   2  a2   a  2

Phương trình tiếp tuyến với (C ) tại M có dạng: 1 2a  3 : y  x  a  2  a2  a  2 Tọa độ giao điểm A, B của (  ) và hai tiệm cận là:  2a  2  A  2;  ; B  2a  2; 2   a2   x A  xB 2  2 a  2  a  xM  2  2 Ta thấy  , Suy ra M là trung điểm của AB. y  y 2 a  3 A B    yM a2  2 Mặt khác I  2;2  và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có

diện tích 2   1  2 2  2a  3   S   IM    a  2     2      a  2    2 2  a2    a  2     Theo Bđt Cô si a  1 1 2  Dấu “=” xảy ra khi  a  2   a  3 2  a  2  2

Do đó hai điểm M cần tìm là: M 1;1 và M  3;3 . Chọn C. Bài 6: Tìm tất cả các điểm M thuộc đồ thị hàm số y 

I  1;2  tới tiếp tuyến của  C  tại M là lớn nhất.



 

A. M 1  3;2  3 , M 1  3;2  3



B. M  0; 1 , M 1  3;2  3  1 C. M  2;1 , M 1;   2 D. M  0; 1 , M  2;1 ( PC WEB )



2x 1  C  sao cho khoảng cách từ điểm x 1

Giải: Ta có: y ' 

 x  1

 2a  1  Giả sử M  a;    C  , a  1 , thì tiếp tuyến tại M với  a 1  3 2a  1 y x  a  2  a 1  a  1

 3  x  a    a  1

 y  2   3  a  1  0 Khoảng cách từ I  1;2  tới tiếp tuyến là: 3  1  a   3  a  1 6 a 1 d   4 4 9   a  1 9   a  1

C 

có phương trình:

Theo bất đẳng thức Cauchy

 a  1

6 9

 a  1

  a  1

  a  1  2 9  6 , Vậy d  6 2

Khoảng cách lớn nhất bằng 6 khi: 9 2 2   a  1   a  1  3  a  1  3 2  a  1



 



Vậy có hai điểm M: M 1  3;2  3 , M 1  3;2  3 . Chọn A. 2x  3  C  sao cho tiếp tuyến tại M của  C  x2 cắt hai tiệm cận của  C  tại A, B và có độ dài AB ngắn nhất.

Bài 7: Tìm tất cả các điểm M thuộc đồ thị hàm số y 

 3 A. M  3;3 , M  0;   2  9 C. M  6;  , M 1;1  4 Giải: 1 Ta có: y '   2  x  2

 5 B. M  3;3 , M  4;   2

D. M  3;3 , M 1;1 .

1  2a  3  Giả sử M  a; .    C  , a  2. Ta có: y '  a    2  a2   a  2 Tiếp tuyến tại M có phương trình  : y  

 x  2

 x  a 

2   Giao điểm của  với tiệm cận đứng là: A  2; 2   a2  ( PC WEB )

2a  3 a2

Giao điểm của  với tiệm cận ngang là: B  2a  2;2   1  2 Ta có: AB 2  4  a  2   8 . 2  a  2   

a  2  1 a  3 4  Dấu “=” xảy ra khi  a  2   1    a  2  1  a  1 Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là: M  3;3 , M 1;1 .Chọn D. Bài 8: Tìm tất cả các giá trị thực của thàm số m sao cho hàm số y  x3  3 x  1 C  , đường thẳng

d : y  mx  m  3 giao nhau tại A  1;3 , B, C và tiếp tuyến của  C  tại B và C vuông góc nhau.  3  2 2 m  3 A.   3  2 2 m  3 

 2  2 2 m  3 B.   2  2 2 m  3 

  4  2 2 5  2 2 m  m  3 3 C.  D.    4  2 2 5  2 2 m  m  3 3   Giải: Ta có: y '  3 x 2  3 Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và (d):

x3   m  3 x  m  2  0   x  1  x 2  x  m  2   0

 x  1, y  3  2  x  x  m  2  0  * Để hàm số (C ) cắt d tại 3 điểm phân biệt thì (*) có 2 nghiệm phân biệt khác -1, nên: 9    0 m    4   f  1  0 m  0

Giả sử xB ; xC là nghiệm của (*), hệ số góc của tiếp tuyến:

k B  3 xB2  3; kC  3 xC2  3 Theo giả thiết:

k B .kC  1   3 xB2  3 3 xC2  3  1  9m 2  18m  1  0  3  2 2 m  3   3  2 2 m  3 

( PC WEB )

 3  2 2 m  3 Vậy với  thỏa ycbt.  3  2 2 m  3  Chọn A.

ĐỀ ÔN TẬP CHƯƠNG I ĐỀ SỐ 1. Bài 1: cho tam giác vuông ABC có độ dài cạnh huyền bằng 5(đơn vị độ dài). Người ta quay tam giác ABC quanh trục một cạnh góc vuông để sinh ra hình nón, với kích thước nào của tam giác ABC thì hình nón sinh ra có thể tích lớn nhất? B

x C

A A. x  5

2 5 ,y  3 3

B. x  3, y  4 .

C. x  10, y  15 D. Một kết quả khác. Giải: 1 1 1 Vn  .S d .h  . x 2 . y  .  25  y 2  . y 3 3 3 f  y    25  y 2 . y   y 3  25 y  f '  y   3 y 2  25  0  y 

BBT y f ' y  f  y

5 3

5 3 +

− Max

2 5 ,y  . Chọn A. 3 3 Bài 2: Một hộp không nắp được làm từ một mảnh các tông theo hình mẫu. Hộp có đáy là một hình vuông cạnh x  cm  , chiều cao là h  cm  và có thể Vậy x  5

( PC WEB )

h x x





tích là 500 cm3 . Hãy tìm độ dài cạnh của hình vuông sao cho chiếc hộp được làm ra tốn ít nhiên liệu nhất: A. 5cm C. 2cm Giải:

B. 10cm D. 3cm

500 x2 2000 S  x 2  4 xh  x 2  x 2000 f  x   x2  x 2000  f '( x)  2 x  2 x  0;10 5 x f '  x   0  x  10

V  x 2 .h  500  h 

 

X f  x



0 ||

10 5 589

300

 x  10 (thỏa mãn). Chọn B.

Bài 3: Huyền có một tấm bìa hình tròn như hình vẽ, Huyền muốn biến hình tròn đó thành một cái phễu hình nón. Khi đó Huyền phải cắt bỏ hình quạt tròn AOB rồi dán hai bán kính OA và OB lại với nhau. Gọi x là góc ở tâm hình quạt tròn dùng làm phễu. Tìm x để thể tích phễu lớn nhất? r

A,B

B A O

( PC WEB )

2 6  3 Giải: 1 V   r 2h 3

 3

 2

 4

R 2  h 2  r 2  const  r 2  R 2  h 2 1  V   h  R 2  h2   f  h  3 1 1 1 f  h    R 2 h   h3 ; f '  h    R 2   h 2 3 3 3 R  f ' h  0  h  3  Vmax  h 

R 2.R r 3 3

Chu vi đường tròn đáy hình nón là 2 r 

2 2R 3

Ta có: 2   2 R 2 2 2 6 R  x   3 3 Chọn A. Bài 4: sau khi phát hiện ra dịch bệnh vi rút Zika, các chuyên gia y tế TP.HCM ước tính số người nhiễm bệnh kể từ khi xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ t là f  t   15t 2  t 3 . Ta xem f '  t  x  

là tốc độ truyền bệnh (người/ngày) tại thời điểm t . Tốc độ truyền bệnh sẽ lớn nhất vào ngày bao nhiêu? A. Ngày thứ 10. B. Ngày thứ 15. C. Ngày thứ 20. D. Ngày thứ 25. Giải: f  t   15t 2  t 3 f '  t   30t  3t 2  3  t  5   75  75 2

f '  t max  75  t  5

Bài 5: Có một mảnh đất hình vuông ABCD cạnh a. Người ta cần làm một cái trại có đáy là hình thang ABCM với điểm M thuộc cạnh AD và AM  x  0  x  a  . Dựng cái cột vuông góc với

mp  ABCD  tại A. Giả sử đỉnh cột là S, chiều cao cột là y,  y  0  . Nếu x 2  y 2  a 2 , giá trị lớn nhất của thể tích trại dạng chóp S.ABCM là: A.

a3 3 . 3 3 a 3 . D. 32 Giải:

a3 3 . 8

a3 3 . 24

AM  x  DM  a  x A

( PC WEB )

S ABCM  a 2 

1 1 a  x a  a a  x 2 2

y  a2  x2 1 1 VS . ABCM  .SA.S ABCM  a  a  x  a 2  x 2 3 6 Xét hàm số:

f  x   a  a  x  a 2  x 2 , x   0; a   x  a f ' x   0   x  a 2  BBT X 0 f ' x 

a 2 0

f  x

a −

max

a a3 3 . Chọn B.  Vmax  x   VS . ABCM  2 8 Bài 6: Cho một tờ giấy hình chữ nhật với chiều dài 12cm và chiều rộng 8cm. Gấp góc bên phải của tờ giấy sao cho sau khi gấp, đỉnh của góc đó chạm đáy dưới như hình vẽ. Để độ dài nếp gấp là nhỏ nhất thì giá trị nhỏ nhất đó bằng bao nhiêu?

B x

x D A. 6 5 B. 6 2 Giải: EF  x, EC  8  x

FC  x 2   8  x   16 x  64

( PC WEB )

F C. 6

C D. 6 3

ADF  FCE ( g .g )  AF 

EF CF  AF AD

EF . AD 8x  FC 16 x  64

64 x 2 16 x3 2 y  AE  AF  EF  x  16 x  64 16 x  64 16 x3 f  x  , x   0;8  16 x  64 48 x 2 16 x  64   16.16 x3 f ' x   2 16 x  64  2

f '  x   0  768 x3  3072 x 2  256 x3  0  512 x3  3072 x 2  0  x  6 BBT X 0 − f ' x 

6 8 0

f  x

y

f  x   ymin 

f min

108  108  6 3 . Chọn D.

Bài 7: Cần đặt một ngọn điện ở phía trên và chính giữa một cái bàn hình tròn có bán kính a. Hỏi phải treo ở độ cao bao nhiêu để mép bàn được nhiều ánh sáng nhất. Biết rằng cường độ sáng C được biểu sin  thị bởi công thức C  k 2 (  là góc nghiêng giữa tia sáng và mép bàn, k là hằng số tỷ lệ chỉ r phụ thuộc vào nguồn sáng). A. h 

3a 2

B. h 

a 2 2

C. h 

Giải:

R 2  a 2  h 2 (Định lý Py-ta-go) h h sin    2 R a  h2 sin  h C k 2 k R a 2  h2  a 2  h2  Xét hàm f  h  

( PC WEB )



h a h 2



 h  0

a . 2

D. h 

a 3 2

f ' h 

h

f 't   0 

BBT h

3 3  a 2   2h 2 . . a 2  h 2 2 2 2 3 a  h 

 h2  a 2   3.h2 . a 2  h2  h2  a 2  3h2  h  3

f ' h



a 2 2 0

f h

a 2 2

−

Max

a 2 a 2 . Chọn B.  C  k . f  h max  h  2 2 Bài 8: Một người nông dân có 15 000 000 đồng để làm một cái hàng rào hình chữ E dọc theo con sông (như hình vẽ) để làm một khu đất có hai phần chữ nhật để trồng rau. Đối với mặt hàng rào song song với bờ sông thì chi phí vật liệu là 60 000 đồng một mét, còn đối với ba mặt hàng rào song song nhau thì chi phí nguyên vật liệu là 50 000 đồng một mét. Tìm diện tích lớn nhất của đất rào thu được. f  h max  h 

 

A. 6250 m 2

 

B. 1250 m 2

C. 3250 m 2

 

D. 50 m 2

Giải: Phân tích ta đặt các kích thước của hàng rào như hình vẽ

x y

Từ đề bài ban đầu ta có được mối quan hệ sau: Do bác nông dân trả 15000000 đồng để chi trả cho nguyên vật liệu và đã biết giá thành từng mặt nên ta có mối quan hệ: 3 x.50 000  2 y.60 000  15 000 000

( PC WEB )

 15 x  12 y  1500 1500  15 x 500  5 x  y  12 4 Diện tích của khu vườn sau khi đã rào được tính bằng công thức: 500  5 x 1 f ( x)  2 xy  2 x.   5 x 2  500 x  4 2 Cách 1: Xét hàm số trên một khoảng, vẽ bảng biến thiên và kết luận GTLN: 1 Xét hàm số f ( x)   5 x 2  500 x  trên (0;100) 2 1 f '  x    10 x  500  , f '  x   0  x  50 2 BBT x 0 50 100 + 0 − f ' x 

f  x

6250

Cách 2: Nhẩm nhanh như sau: Ta biết rằng A  g 2  x   A với mọi x, nên ta có thể nhẩm nhanh như sau: f ( x) 

5 5  x 2  100 x     x 2  2.50 x  2500  2500   2 2

5 2  .  2500   x  50    6250   2 Hoặc bấm máy tính phần giải phương trình bậc hai và ấn bằng nhiều lần máy sẽ hiện như sau X-Value Maximum= Y-Value Maximum= 50 6250 Vậy chọn A.

Bài 9: Công ty mỹ phẩm chuẩn bị ra một mẫu sản phẩm dưỡng da mới mang tên Ngọc Trai. Với thiết kế là khối cầu như viên ngọc trai khổng lồ, bên trong là một khối trụ bên trong nửa khối cầu để đựng kem dưỡng, như hình vẽ (hình ảnh chỉ mang tính chất minh họa). Theo dự kiến nhà sản xuất có dự định để khối cầu có bán kính là R  3 3cm . Tìm thể tích lớn nhất của khối trụ đựng kem để thể tích thực ghi trên bìa hộp là lớn nhất (với mục đích thu hút khách hàng).

( PC WEB )

B. 18 cm3

A. 54 cm3 Giải:

C. 108 cm3

D. 45 cm3

Phân tích: Đậy là một bài thực tế dựa trên ứng dụng: khối trụ nội tiếp nửa khối cầu. Ta có mặt cắt của nửa khối cầu đựng mĩ phẩm với các kích thước được thể hiện trong hình vẽ sau: Ý tưởng của bài này dựa trên kiến thức chúng ta đã học là tìm GTLN-GTNN của hàm số một biến trên 1 khoảng (đoạn). Owr đây có hai biến đó là r và h . Do đó ta sẽ tìm cách để đưa về một biến, đưa biến này theo biến kia. ở đây tôi sẽ đưa r theo h Ta nhận thấy theo định lý pytago thì r 2  R 2  h 2







Khi đó: Vtr u  B.h   r 2 .h   R 2  h 2 .h    h3  R 2 .h 



Để thể tích khối trụ lớn nhất thì f  h    h3  R 2 .h có GTLN trên  0; R 

f '  h   3h 2  R 2  0  h 

R 3 3

BBT (Khi giải trắc nghiệm không cần vẽ bảng biến thiên) 0 h R 3 + 0 − f ' h

f h

 R  f   3

 

2  R  3 Mà f    f  3  3 x  3 3 .3  54  3

( PC WEB )

Vậy Vmax  54 Chọn A. Bài 10: Một cái mương được gọi là dạng “Thủy động học” nếu với diện tích thiết diện ngang xác định thì chiều dài đường biên giới hạn là nhỏ nhất. Người ta cần một cái mương dẫn nước với thiết diện ngang là hình chữ nhật có 2m 2 . Hãy xác định kích thước của mương dẫn nước trên để mương có dạng “Thủy động học”? 1 A. 1m và 2m . B. m và 4m . 2 3 4 2 C. m và m . D. m và 3m . 2 3 3 Giải: Cách 1: Chiều dài đường biên là: 2 2 x   f  x   x   0;2   x 2 f ' x   2  2 x f ' x   0  x  1 X f ' x 

0 −

1 0

2 +

f  x

4 Vậy kích thước mương là 1m và 2m. Cách 2: Diện tích ngang: x. y  2 Chiều dài đường biên: x  x  y  2 x  y  2 2 xy  4

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:  xy  2 x  1  .  2 x  y y  2 Chọn A. Bài 11: Khi sản xuất hộp mì tôm, các nhà xuất luôn để một khoảng trống nho nhỏ ở dưới đáy hộp để nước chảy xuống dưới và ngấm vào thớ mì, giúp mì chín. Hình vẽ dưới mô tả cấu trúc của một hộp mì tôm (hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa). Thớ mì tôm có dạng hình trụ, hộp mì tôm có dạng hình nón cụt được cắt ra bởi hình nón có chiều có 9cm và bán kính đáy 6cm. Nhà sản xuất đang tìm cách để sao cho thớ mì tôm có thể tích lớn nhất trong hộp với mục đích thu hút khách hàng. Tìm thể tích lớn nhất đó?

( PC WEB )

A. V  36

B. V  54

C. V  48

D. V 

Giải: Cách 1: Gọi độ dài IA  x;  0  x  6  . Khi đó: r  6  x; Gọi KI  R KI AI R x 9x    R BO AO BO AO 6 2 9x Suy ra Vtru   r 2 R    6  x  . 6 Hình trụ có thể tích lớn nhất khi hàm số: 3 2 9x y   6  x  .  x3  18 x 2  54 x đạt GTLN 6 2 9 y '  x 2  36 x  54 2 x  6 9 y '  0  x 2  36 x  54  0   2 x  2 ABO  AKI 

BBT X y' y

Vậy x  2  V  48 . Cách 2: Đặt

( PC WEB )

2 0 48

6 −

81  2

 BK  x    ABH  

 0  x  6

 0    90  0

h  BK .tan  

9x 6

r  6 x 3

9x 3 3  12   V   r h   .  6  x  .    6  x  6  x  .2 x  .    48 6 4 4  3 2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ klhi x=2. Chọn C. Bài 12: Một cái ống có đường kính không đáng kể được mang từ một hẻm 8m sang một cái hẻm 4m (hình vẽ). Hỏi chiều dài dài nhất của cái ống là bao nhiêu? 8m



B. 4 1  3 4

A. 12 2



C. 1  2 3



3 2



D. 4 1  2 3

 2



3 2

Giải: 8  y1.sin 

4  y2 .cos  8 4  sin  cos  8cos x 4sin  y'   sin 2  cos 2  8cos3   4sin 3   sin 2  .cos 2  y1  y2  y 



y1 

y '  0  8cos3   4sin 3   0   tan    2    0,899

8 4   16,64. sin  cos  Chọn D. ymax 

Bài 13: một hộp đựng Chocolate bằng kim loại có hình dạng lúc mở nắp như hình vẽ dưới đây. Một phần tư thể tích phía trên của hình hộp được rải một lớp bơ sữa ngọt, phần còn lại phía dưới là chứa đầy chocolate nguyên chất. Với kích thước như hình vẽ, gọi x  x0 là giá trị làm cho hộp kim loại có thể tích lớn nhất, khi đó thể tích chocolate nguyên chất có giá trị là V0 . Tìm V0 .

( PC WEB )

12-2x 6-x

A 48 đvdt

B. 16 đvdt

C. 64 đvdt

64 đvdt. 3

Giải: Thể tích của hộp: Vh   6  x  . 12  2 x  .x  V0 

3 3  6  x  .12  2 x  .x   6  x  6  x  .2 x 4 4 3

3 3  12  Áp dụng BĐT Cauchy ta có: .  6  x  6  x  .2 x  .    48 4 4  3 Cách 2:

Thể tích của hộp Vh   6  x 12  2 x  x  2 x  6  x 

Thể tích phần chocolate nguyên chất: 3 3 2 f  x   V0  V  x  6  x  4 2 x  2 3 2 f '  x    6  x   2 x  6  x    0  3 x 2  24 x  36  0    2 x  6

V0  6   0;V0  2   48

Vậy thể tích chocolate lớn nhất là V0  48 khi x  x0  2 Chọn A. Bài 14: Một nhà địa chất đang ở vị trí A trong sa mạc, cách con đường thẳng 10km  AN  10km  . Trên con đường thì xe của nhà địa chất có thể chạy với vận tốc 50km / h nhưng trên sa mạc thì nó chỉ chạy được với vận tốc 30km / h . Nhà địa chất muốn đên một trạm xăng ở vị trí P để tiếp nhiên liệu ở vị trí xuôi theo đường 25km  NP  25km  . Tìm thời gian ngắn nhất để nhà địa chất đến được vị trí trạm xăng P.

( PC WEB )

N A. 44 phút Giải:

B. 45 phút

C. 46 phút

Tram xang

D. 47 phút.

A 10 x

25-x

Tram xang

Gọi đoạn MN là x  MP  25  x AMN vuông tại N Suy ra : AM  102  x 2 Khi đó thời gian để nhà địa chất đến trạm xăng là:

T

102  x 2 25  x  30 50

Thời gian T ngắn nhất khi hàm số y 

y' 

102  x 2 25  x  đạt GTNN. 30 50

5 x  3 x 2  102 150. x 2  102

y '  0  5 x  3 x 2  102  0  x  7,5

BBT X y' ( PC WEB )

0 −

7,5 0

25 +

23 30 23  h   46 phut . chọn C. 30 Bài 15: Một lão nông chia đất cho con trai để người con canh tác riêng, biết người con sẽ được chọn miếng đất hình chữ nhật có chu vi bằng 800m. Hỏi anh ta chọn mỗi kích thước của nó bằng bao nhiêu để diện tích canh tác lớn nhất? A. 200m  200m B. 300m  100m C. 250m  150m D. Chọn khác. Gọi chiều dài và chiều rộng của miếng đất lần lượt là: x  m  , y  m   x, y  0 

Vậy Tmin 

Diện tích miếng đất S  x. y Theo đề 2  x  y   800 hay y  400  x Do đó: S  x  400  x    x 2  400 x

 x  0

Đạo hàm: S '  x   2 x  400

S '  x   0  x  200 Lập bảng biến thiên ta được S max  40000 khi x=200, y=200. Kết luận: kích thước của miếng đất hình chữ nhật là 200m  200m (là hình vuông ) Lưu ý: có thể giải bằng BĐT Cauchy. Chọn A.

( PC WEB )

ĐỀ SỐ 2 Bài 1: Một kiến trúc sư muốn thiết kế một kim tự tháp Ai Cập có dạng là một hình chóp tứ giác đều ngoại tiếp một mặt cầu có bán kính bằng 6m . Để tiết kiệm nguyên liệu xây dựng thì kiến trúc sư đó phải thiết kế kim tự tháp sao cho có thể tích nhỏ nhất. hãy tính chiều cao của kim tự tháp đó.? A. 12m B. 18m C. 36m D. 24m Giải: S

H B

C M

O D

Theo định lý Ta-lét: SI IP h6 6    SO OH h OH 6h a  OH  , SO  h, OM  h6 2 Mặt khác: SO.OM 6h OH    h6 SO 2  OM 2

 a  h  6   12 h 2 

ah 2 h2 

a2 4

 a2 a2   a 2  h 2  12h  36   144  h 2   4 4  

144h 2 144h  2 h  12h h  12 1 144h V . .h 3 h  12 h2 Xét f  h   h  12 h  h  24  h  0 f ' h   f ' h  0   2  h  12   h  24  a2 

BBT ( PC WEB )

h f ' h



24 0

−

f h

min

Vậy h=24 thì Vmin .Chọn D. Bài 2: Cho hình trụ (T) có bán kính và chiều cao thay đổi; (T) có hai đường tròn đáy(O) và (O’) sao cho có một hình vuông ABCD nội tiếp trong hình trụ (T) (trong đóA, B thuộc đường tròn (O) và C, D thuộc đường tròn (O’)). Biết hình vuông ABCD có diện tích 400cm 2 . Thể tích lớn nhất Vmax của hình trụ (T) là? A. Vmax 

8000 6 3

B. Vmax 

8000 3 9

C. Vmax 

8000 6 9

D. Vmax 

8000 3 3

Giải:

Kẻ BM  AB và cắt (O) tại M, nối MC. Khi đó: OA  OM  r , MC  h Hình vuông ABCD có: S  400cm 2  AB  BC  20cm Gọi chiều cao hình trụ: (T): MC  h  x  0  x  20 

O B M

 MB 2  202  x 2

 AM 2  202  202  x 2  800  x 2 800  x 2 Suy ra MO 2  r 2  4 1 Ta có: V(T)   .r 2 .h   .  800  x 2  .x 4





V(T) lớn nhất khi hàm số y  800  x .x đạt GTLN. 2

y '  3 x 2  800; y '  0  3 x 2  800  0  x  BBT x Y’ y

( PC WEB )

0 +

20 6 3 0 8000 6 9

20 6 3 20

−

Bài 3: Một ngọn hải đăng đặt ở vị trí A cách bờ biển một khoảng AB  5  km  . Trên bờ biển có một cái kho ở vị trí C cách B một khoảng là 7  km  . Người canh hải đăng có thể chèo đó từ A đến điểm M trên bờ biển với vận tốc 4  km / h  rồi đi bộ đến C với vận tốc 6  km / h  . Xác định vị trí của điểm M để người đó đến kho nhanh nhất. A.

74 4

C. 29 Giải:

29 12

D. 2 5

Đặt x  BM ;0  x  7. Khi đó AM  x 2  25, MC  7  x .

x 2  25 7  x  Thời gian người canh hải đăng đi từ A đến C là T  x   (giờ), 0  x  7 4 6 Người canh hải đăng tới kho nhanh nhất khi thời gian T nhỏ nhất: y y' 

x 2  25 7  x  đạt GTNN. 4 6 6 x  4 x 2  25 24 x 2  25

y '  0  6 x  4 x 2  25  0  x  2 5 Lập BBT suy ra: Hàm số T đạt GTNN tại điểm x  2 5  4, 472  km  . Chọn D. Bài 4: Một công trình nghệ thuật kiến trúc công viện có dạng là một tòa nhà hình chóp tứ giác đều ngoại tiếp một mặt cầu có bán kính là 5m. Toàn bộ tòa nhà đó được trang bị hệ thống điều hòa làm mát do vậy để tiết kiệm điện người ta đã xây dựng tòa nhà sao cho có thể tích nhỏ nhất. Tìm chiều cao tòa nhà này.

A. SO  20m B. SO  19m C. SO  18m D. SO  17 m Giải: Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp, mặt cầu tiếp xúc với mặt (SAB) tại E, suy ra E thuộc SH. Đặt SO  x , xét hai tam giác vuông đồng dạng SEI và SOH ta có:

( PC WEB )

IE SE AB   SO.IE  SE.OH  5 x   SH  EH  . HO SO 2 AB  AB 2 AB  AB 2   SH  OH  .   SO   . 2  4 2  2

E I

D K

Suy ra

  AB x. AB  5  2 x 2   AB    4  

A H

AB 2  10 x 2    x  10  AB 4 100 x  AB 2  x  10 1 1 100.SO 2  VS . ABCD  .SO.AB2  . 3 3  SO  10 

E I

100 x 2 x 2  20 x Xét f ( x)   f '( x)  0   0  x  20 2 3  x  10   x  10 

Vậy chiều cao của tòa nhà là SO  20m . chọn A. Bài 5: Từ một mảnh bìa hình tròn tâm O, bán kính R=4cm, người ta cắt ra một hình gồm 1 hình vuông và 4 hình chữ nhật bằng nhau. Các hình chữ nhật có kích thước là x  cm  và y  cm  . Tìm x, y để diện tích hình được cắt ra là lớn nhất. A

x y

Giải: Đường tròn đường kính 2 R  8cm 8  AC  8cm  AB  4 2 2 Diện tích hình được cắt ra là:

4 2 

B x

M x

 4 xy  4 xy  32

Xét tam giác MNP: D

( PC WEB )

y P

NP 2  MP 2  MN 2



 y 2  82  4 2  2 x



 4 x 2  16 2 x  32

 y  2  x2  4 2x  8

f  x   4 x.2.  x 2  4 2 x  8  32  8 x  x 2  4 2 x  8  32 f ' x   8  x2  4 2x  8  f ' x   0  x 



4x 2x  4 2



 0  x  2

 x2  4 2x  8

34  3 2 34  3 2  S max  x  y 2 2

 

Bài 6: Một xưởng cơ khí nhận làm những chiếu thùng phi với thể tích theo yêu cầu là 2 m3 mỗi chiếu. Hỏi thùng phải có kích thước thế nào để tiết kiệm vật liệu nhất? A. R  1m, h  2m B. R  1m, h  3m C. R  3m, h  2m Giải: Do thùng phi có dạng hình trụ kín hai đầu nên: Gọi R: là bán kính đáy thùng (m). h : là chiều cao của thùng (m). ĐKXĐ R,h >0 2 Ta có: Vth   R 2 h  2  h  2 * R Diện tích toàn phần của thùng là: Stp  2 R  h  R  **

D. R  1m, h  4m

Thay (*) vào (**), ta có:  2  2  Stp  2 R  2  R   2   R 2  R  R  4  2  4 Stp  2  2  R   2  R 3  1  2  R  1  R 2  R  1 R R  R Cho S’=0, Ta có R=1 BBT R 0 1 S’ || − 0 + S ||



min Vậy cần chế tạo thùng với kích thước: R=1m,h=2m. Chọn A. Bài 7: Một nhà máy dự định sản xuất một loại thùng hình trụ có chiều cao là h, bán kính đáy là r. Biết rằng chi phí sản xuất cho mỗi thùng như vậy được xác định theo công thức: C  5 r 2  60 rh . Hãy xác định r , h sao cho thùng có thể tích mong muốn là 1125cm3 với chi phí sản xuất là thấp nhất? ( PC WEB )

A. r  C. r 

15 3 2 3



15 3 2 3



và h  và h 

5 43 

B. r 

7 43 

D. r 

15 3 2 3



15 3 2 3



và h  và h 

6 43  8 43 

Giải: 1125  r2 1125 67500 Chi phí: C  5 r 2  60 rh  5 r 2  60 r  5 r 2  2 r r 67500 Tính đạo hàm C '  r   10 r  r2

Thể tích mỗi thùng: V   r 2 h  1125  h 

67500

C '  r   0  10 r 3  67500  r  Với: r  BBT r

15 3 2 3



 C  r   3375. 3 4 3  và h 

15 3 2 3



5 43 



15 3 2 3

C ' r 





−

 0

C r 

min 15 2 5 và h  3 3 Suy ra: Với r  3  4  3

thì chi phí sản xuất là thấp nhất và bằng

C  r min  3375. 3 4 3  . chọn A. Bài 8: Một sợi dây cứng dài 1m được cắt thành 2 đoạn, 1 đoạn được cuộn thành hình tròn, đoạn kia thành hình vuông. Tìm độ dài mỗi đoạn nếu tổng diện tích hình tròn và hình vuông là nhỏ nhất?  4 A. Cuộn thành hình tròn: x  m , cuộn thành hình vuông: m 4 4  5 B. Cuộn thành hình tròn: x  m , cuộn thành hình vuông: m 4 4  6 C. Cuộn thành hình tròn: x  m , cuộn thành hình vuông: m 4 4 2 4 D. Cuộn thành hình tròn: x  m , cuộn thành hình vuông: m 4 4 Giải: Gọi x là chiều dài của đoạn dây cuộn thành hình tròn  0  x  1 . Suy ra chiều dài đoạn dây cuộn thành hình vuông là: 1  x . ( PC WEB )

Chu vi hình tròn với bán kính R là: 2 R  x  R  Diện tích hình tròn: Stron   R 2 

x 2

x2 4

1 x  Diện tích hình vuông S hv     4 

4    x 2  2 x    x2  1  x  Tổng diện tích hai hình: S  Stron  S hv     4  4  16 4    x   S' 8   S'0 x  (t/ m)   4  4  S''   0,  x  8 2



là điểm cực tiểu của hàm số S  x  4 Vậy tổng diện tích hình tròn và hình vuông là nhỏ nhất thì chiều dài đoạn cuộn thành hình  4 tròn là x  m , cuộn thành hình vuông là: m . Chọn A. 4 4 x

Bài 9: Một chuyến xe bus có sức chứa tối đa là 60 hành khách. Nếu 1 chuyến xe chở được x hành x   khách thì giá cho mỗi hành khách  3   đô. Tính số hành khách trên mỗi chuyến để thu được 40   trên mỗi chuyến lợi nhuận lớn nhất? A. 40 hành khách B. 45 hành khách. C. 50 hành khách D. 55 hành khách Giải: Gọi x là số hành khách trên mỗi chuyến xe để tiền thu được là lớn nhất  0  t  60  . Số tiền thu được là: 2

t  3 t3 3 3t 2  F  t    3   t  9t  t 2   F 't   9  t  40  20 1600 10 1600 

t  40  N  Cho F '  t   0   t  120  L  BBT t 0 + F '(t ) F t 

40 0 160

60 −

Vậy để thu được tiền lớn nhất thì số khách trên mỗi chuyến xe là 40 hành khách. Chọn A. ( PC WEB )

Bài 10: Người ta muốn làm một cái hộp chữ nhật không có nắp và có chiều dài gấp đôi chiều rộng và có thể tích 10cm3 . Giả sử giá tiền vật liệu làm đáy thùng là 100.000 đồng/m2 và vật liệu làm mặt bên là 5.000đồng/m2. Hãy xác định kích thước của thùng để chi phí của thùng nhỏ nhất. A. Dài là 2. 3 15 / 4  ; rộng là:

15 / 4 

; cao là: y  5 /

15 / 4 

B. Dài là 2. 3 15 / 4  ; rộng là: 3 3 15 / 4  ; cao là: y  6 /

C. Dài là 2. 3 15 / 4  ; rộng là:

15 / 4 

; cao là: y  7 /

D. Dài là 2. 3 15 / 4  ; rộng là: 4 3 15 / 4  ; cao là: y  8 /

15 / 4  15 / 4 

Giải: Gọi S : chi phí, x : chiều rộng, 2 x : chiều dài, y : chiều cao. Từ giả thiết đề bài Ta có: S  2 x.x.10000  2  xy  2 xy  .5000  20000 x 2  30000 xy Mà V  2 x 2 y  10  y 

5 x2

Suy ra: 5 150000 S  20000 x 2  30000.  20000 x 2  x x 150000 S '  40000 x  x2 S '  0  40000 x 

150000 5  15  0 x 3  y 2 x 15  4 3 4

Vậy: Dài là 2. 3 15 / 4  ; rộng là:

15 / 4 

; cao là: y  5 /

15 / 4 

. chọn A.

Bài 11: Cho hình trụ nội tiếp trong hình cầu bán kính r. Xác định chiều cao và bán kính để hình trụ có thể tích lớn nhất. r1 h/2 r

A. h 

( PC WEB )

2 3r 6 ; r1  r 3 3

B. h 

3 3r 6 ; r1  r 3 3

C. h 

2 3r 6 2 3r 6 D. h  ; r1  r ; r1  r 5 3 3 3 Giải: Goi h là chiều cao của hình trụ. r1 là bán kính đáy của hình trụ. Ta có: 2

h 2 2    r1  r 2  

Thể tích hình trụ là: h h3  V   r12 h    r 2   h   r 2 h   4 4  h3 4 3 2  V 'h   r2  h 4 3 2 4r 2 2 3r V 'h  0   r2  h  h2  h 4 3 3

Xét hàm V  h    r 2 h  

Dễ thấy điểm h 

2 3r 2 3r là điểm cực đại của hàm số V  h  và tại h  thì V(h) đạt giá trị 3 3

lớn nhất. Vậy, thể tích hình trụ lớn nhất khi và chỉ khi h 

2 3r 6  r1  r . Chọn A. 3 3

Bài 12: Cho nửa hình cầu bán kính r không đổi. Một hình nón có chiều cao h, bán kính đáy là r1 . Hãy xác định h và r1 để diện tích xung quanh của hình nón là nhỏ nhất biết rằng mặt ngoài của hình nón tiếp xúc của mặt cầu và 2 đường tròn đáy đồng tâm và cùng thuộc 1 mặt phẳng. A. r1 

6 r  h  3r 2

B. r1 

3 r  h  5r 2

C. r1 

7 r  h  5r 2

D. r1 

2 r  h  5r 2

Giải: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

( PC WEB )

l r1

1 1 1 1 1 1  2  2 2  2 2 2 r1 h r h r r1

 r.r  1 r2  r2  2  1  h2  2 1 2 2 h r1  r  r.r1  2

Gọi l là đường sinh của của hình nón ta có: l h r  2

2 1

 r.r1 

r12  r 2

 r2 

r14 r12  l  r12  r 2 r12  r 2

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là: S  2 lr1  Xét hàm: S  r1  

2 r13 r12  r 2

 2 2 2 r14 3 r r  r   1 1 r12  r 2  S '  2  r12  r 2     S '  0  3r12  r12  r 2   r14  0  2r14  3r12 r 2  0  r12 

  4  2 2 2   2  3r1  r1  r   r1    r12  r 2  r12  r 2    

   

3 2 6 r  r1  r  h  3r 2 2

Vậy diện tích xung quanh của hình nón có giá trị nhỏ nhất khi r1 

6 r  h  3r . Chọn A. 2

Bài 13: Người ta muốn mạ vàng cho một cái hộp có đáy là hình vuông không có có nắp có thể tích là 4l . Tìm kích thước của thùng để lượng vàng mạ là ít nhất. Giả sử độ dày dmm của lớp mạ tại mọi nơi trên mặt ngoài hộp là như nhau: A. Cạnh đáy hộp: x  2 , chiều cao hộp h  1 . B. Cạnh đáy hộp: x  3 , chiều cao hộp h  2 C. Cạnh đáy hộp: x  1 , chiều cao hộp h  1 . D. Cạnh đáy hộp: x  3 , chiều cao hộp h  3 Giải: Gọi: x là cạnh của đáy lộp (dm); h là chiều cao của hộp (dm); S(x) là diện tích xung quanh của phần hộp cần mạ  dm 2  Ta có: m   Pvang .d  .S  x   k .S  x  . Trong đó k = Hằng số (với Pvang : khối lượng riêng của vàng). Suy ra: khối lượng m tỉ lệ thuận với S(x). Ta có: S  x   4 xh  x 2 1 Và V  x 2 h  4  h 

4 x2

 2

Từ (1) và (2), ta có: S  x   x 2 

( PC WEB )

16 x

16 2 x3  16 32  ; S ''  x   2  3 2 2 x x x x  2 Cho S '  x   0  2 x3  16  0   h  1

Lấy đạo hàm 2 vế: S '  x   2 x 

 S '  2   0  S  x  đạt cực tiểu tại x  2  khối lượng m cũng là nhỏ nhất.  S ''  2   6

Với x  2 , ta có: 

x  2 Vậy để tiết kiệm nhất lượng vàng cần mạ thì ta cần sản xuất hộp với kích thước  h  1 Chọn A. Bài 14: Giả sử một hãng hàng không vận chuyển 8.000 lượt hành khách mỗi tháng với giá vé 1 triệu đồng một lượt. Hãng hàng không muốn tăng giá vé, tuy nhiên bộ phận nghiên cứu thị trường cho biết cứ tăng giá vé thêm 20 nghìn đồng thì lượng khách hàng giảm đi 100 người. Xác định giá vé thích hợp để doanh thu của hãng đạt lợi nhuận cao nhất. Giải: Gọi x là giá tiền tăng thêm (nghìn đồng) suy ra số khách giảm đi Lợi nhuận: 1000  x  800  5 x   f  x 

x .100  5 x 22

f '  x   3000  10 x  f '  x   0  x  3000 BBT X F’(x) F(X)

0 +

300 0 Max

1600 −

Vậy giá vé thích hợp là 1300 (nghìn đồng) Bài 15: Khi xây nhà mới chủ nhà muốn xây một bể nước sạch bằng gạch và xi măng có dạng hình hộp đứng đáy là hình chữ nhật có chiều dài d gấp hai lần chiều rộng r và không có nắp, chiều cao h 4m3 và có thể tích . Khi đó kích thước của hồ nước sao cho chi phí thấp nhất là 3 2 1 2 A. r  1, d  2, h  B. r  , d  , h  6 3 3 3 1 8 C. r  , d  1, h  D. Kết quả khác. 2 3 Giải

( PC WEB )

h

2 3r 2

S  S d  S xq  2r 2  2hd  2hr  2r 2  6hr  2r 2  6r.

2 4  2r 2  2 3r r

2 2 2 2   3 3 2r 2 . .  6 r r r r Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi 2 2r 2   2r 3  2  r  1 r 2 d 2h 3 Chọn A.  2r 2 

ĐỀ SỐ 3

Bài 1: một tấm tôn hình chữ nhật có chu vi bằng 8, người ta gập tấm tôn theo các đường như hình vẽ để tạo ra hình hộp chữ nhật. Với kích thước nào của x, y, z thì thể tích hình hộp chữ nhật là lớn nhất. 4 1 A. 2 x  2 y  z  . B. x  y  và 3 2 z  2. 3 5 B. x  y  và z  . D. Kết quả khác. 4 2 Giải: Chu vi hình chữ nhật = 2  2 x  2 y  z   8

x+y

 2x  2 y  z  4 Vkhcn  S day . chiều cao

1  y.z.x  .2 x.2 y.z  4

1  2x  2 y  z    4 3 

3 1  4  16    4  3  27

4 . Chọn A. 3 Bài 2: Một chiếc lon hình trụ làm từ các miếng kim loại chứa được 1 lít chất lỏng ở trong, nhưng nhà sản xuất muốn tổng diện tích các miếng kim loại cần dùng là nhỏ nhất. Khi đó kích thước của chiếc lon sẽ như thế nào?

Dấu “=” xảy ra  2 x  2 y  z 

A. Diện tích đáy lon bằng



 dm  . 4 2

B. Tổng diện tích các miếng kim loại là

2  m 2  . r

( PC WEB )

C. Đường kính đáy lon là:

 3 D. Thể tích của lon bằng 1m . Giải:

 dm  .

+ V  1   r 2h  1  h 

1  r2

Stp  2 rh  2 2 2 1 1  2 r 2    2 2  3 3 2 r r r 1 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  2 r 2  r  3 r 2 

 2r 



Chọn C. Bài 3: Để đo chiều cao h (khoảng cách cao nhất từ đỉnh đến mặt đất) của cổng Parapol của trường Đại học Bách khoa Hà Nội, người ta tiến hành đo khoảng cách L giữa hai chân cổng được L = 9m. Người này thấy rằng nếu đứng cách chân cổng (gần nhất) 0,5m thì đầu chạm cổng, biết người này cao 1,6m. Tính chiều cao h của cổng Parapol. 625 648 639 652 A. h  B. C. h  D. h  m. m. m. m. 78 85 91 93 Giải: Giả sử pt parapol y  ax 2  bx  c b   x1  x2   a Theo Vi-et ta có:   x .x  c  1 2 a b  x2  9  9a  b  0 a   2  y  ax  bx c  0  do x1  0  x2  

1 8 Mà A  ;  thuộc đồ thị (đề bài)  2 5 32  a  9a  b  0 2  32 2 288 32  9  648  85  1  y x  x   x   1 8 85 85 85  2 85  4 a  2 b  5 b  288  85 Chọn B. Bài 4: Chiều dài bé nhất của cái thang AB để nó có thể tựa vào tường AC và mặt đất BC, ngang qua cột đỡ DH cao 4m, song song và cách tường CH=0,5m là: A. xấp xỉ 5, 4902 . B. Xấp xỉ 5,602 .

( PC WEB )

C. xấp xỉ 5,5902 . D. Xấp xỉ 6,5902 . Giải: Đặt CB  x; CA  y khi đó bằng cách xét các tam giác đồng dạng ta có hệ thức:

1 4  1 2x y Bài toán quy về tìm min của x 2  y 2 a  2 x  2 x 2  0 Giải hệ   y  2x 4 a 2 y  2  0 y 

5 5 5 Do đó hàm đạt min tại x  ; y  5 hay ABmin  2 2 Chọn C. Bài 5: Một cửa hàng bánh nhỏ vào dịp lễ khai trương đặt ra giá như sau: Nếu 1 lượt khách trong 3

a   quán có a khách thì giá cho mỗi người sẽ là:  3   (đô la). Hỏi với lượng khách bao nhiêu thì 30   cửa hàng thu được lợi nhuận lớn nhất? A. 10. B. 20. C. 15. D. 23. Giải: a   Số tiền cửa hang thu được lafL a.  3   30   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 3

a  a  a  94.5  9 a.  3    10. .  3    10.    30  10  30    4  128 a a Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi  3  a  22,5 . 10 30 Vậy cửa hang có 23 khách thì sẽ thu lợi nhuận cao nhất. Chọn D.

Bài 6: Một người thợ xây, muốn xây dựng một bồn chứa nước hình trụ tròn với thể tích là 150m3 (như hình vẽ). Đáy làm bằng bê tông, thành làm bằng tôn và nắp làm bằng nhôm. Tính chi phí thấp nhất để bồn chưa nước (làm tròn đến hàng nghìn). Biết giác thành các vật liệu như sau: Bê tông 100 nghìn đồng một m 2 , tôn 90 nghìn đồng một m 2 và nhôm 120 nghìn đồng một . A. 15 037 000 đồng. B. 15 038 000 đồng. C. 15 039 000 đồng. D. 15 040 000 đồng. Giải: 150 Ta có: V  150m3   r 2l    rl r ( PC WEB )

Giá tiền để xây bồn nước là:: 90.102.2 rl  100.103. r 2  120.103. r 2  103.90.2 rl 220.103. r 2 90.2.150  103.  103.220. r 2 r Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số: 90.150 90.150 2 220 r 2    3 3 220  90.150   15038,3 r r Vậy giá tiền khoảng bằng 15038000 đồng. Chọn B. Bài 7: Một công ty kinh doanh thực phẩm ước tính rằng số tiền thu vào ở việc kinh doanh rau được tính xấp xỉ bằng công thức h  x   x 2  29000 x  1000100000 và tiền lãi được tính bằng công thức

g  x   1000 x  100000 với x là số tiền cho mỗi kg ra. Tìm x để số tiền bỏ ra là ít nhất. A. 15000 đồng. B. 30000 đồng. C. 10000 đồng. Giải: Khi đó số tiền vốn bỏ ra sẽ được tính bằng công thức: f  x   h  x   g  x   x3  10000 x  1000 000 000

D. 20000 đồng.

=  x  15000   775000000  775000000 2

Dấu “=” xảy ra khi x=15000. Chọn A. Bài 8: Trong giai đoạn từ năm 1980 đến năm 1994, tỉ lệ phần tram những hộ gia đình ở Mỹ có ít nhất một 75 đầu máy video (VCR) đã được mô hình hóa bởi hàm số sau: V  t   , trong đó t là thời 1  75.e 0.6t gian được tính bằng năm 0  t  14 . Thời điểm mà con số VCR tăng nhanh nhất gần với giá trị nào nhất sau đây? A. t  14 . B. t  10 . C. t  9 . D. t  7 . Giải: 75 Để V  t     max thì f  t   1  74.e 0,6t   min 0.6 t 1  75.e t

 1   1  Để f  t    min :1  74.  0,6   1  74  0,6  e  e  t

 1  Vì  0,6  là hàm nghịch biến. e  Vậy t = 14 thì V  t    max . chọn A.

x2  2x  3 Bài 9: Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  hợp với 2 trục tọa độ 1 x 1 tam giác có diện tích S bằng: A. S  1,5 . B. S  2 . C. S  3 . D. S  1 . ( PC WEB )

Giải: Ta có kết quả: Nếu đồ thị hàm số y 

u '  x0  u  x có điểm cực trị  x0 ; y0  thì y0  v  x v '  x0 

Suy ra phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là y  2 x  2

d 

cắt 2 trục tọa độ tại 2 điểm A  0; 2  , B 1;0  nên diện tích tam giác OAB bằng 1.

Chọn D. Bài 10: tìm m để phương tình e 2 x  me x  3  m  0 có nghiệm A. m  2 . B. m  2 . C. m  3 . D. m  0 . Giải: t2  3 m Đặt t  e x , t  0 . Biến đổi phương trình về dạng: t 1 t2  3 , t  0 ta có: f  t   2 . Suy ra m  2 . Chọn A. Khảo sát hàm f  t   t 1 (Dùng casio để tìm nhanh hơn). Bài 11: Cho hàm số y  x3  2 x 2  1  m  x  m có đồ thị (C ). Giá trị của m để (C ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt x1 , x2 , x3 sao cho x12  x22  x32  4 là: A. m  1

 1   m  1 B.  4 m  0

1 C.   m  1 4

1  m 1 4

Giải: Phương trình hoành độ gaio điểm của (C ) và trục hoành là: x  1 x3  2 x 2  1  m  x  m  0   2 x  x  m  0 m  0  (C ) và trục hoành cắt nhau tại 3 điểm pb   1 m   4 Ta có: x12  x22  x32  4   x1  x2   2 x1 x2  1  4  1  2m  1  4  m  1 . 2

Chọn B. Bài 12: cho hàm số y   x  m   3 x  m 2 3

1 . Gọi M là điểm cực đại của đồ thị hàm số (1) ứng với

một giá trị m thích hợp đồng thời là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số (1) ứng với một giá trị khác của m. Số điểm M thỏa mãn yêu cầu đề bài là: A. 1. B. 2. C. 3. D. 0. Giải: (KSHS) Ta có: y '  3  x  m   3, y ''  6  x  m  2

( PC WEB )

x  m 1 Suy ra y '  0   x  m 1 Vì x  x1  m  1, y ''  m  1  0 nên hàm số đạt cực đại tại: x  x1  m  1 và giá trị cực đại là

y1  m 2  3m  2 Tương tự, ta có hàm số đạt cực tiểu tại x  x2  m  1 và giá trị cực tiểu là y2  m 2  3m  2 . Ta giả sử điểm M là điểm cực đại của đồ thị hàm số ứng với giá trị m1 và là điểm cực tiểu ứng với giá trị m2 .

m1  1  m2  1 Từ YCBT suy ra hệ phương trình  2 2 m1  3m1  2  m2  3m2  2 3 1 1 1 Giải hệ ta tìm được nghiệm m1  , m2   và suy ra tồn tại duy nhất một điểm M  ;   2 2 2 4 thỏa bài toán. Chọn A.

Bài 13: Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3mx 2  1 có hai điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1 (O là gốc tọa độ). A. m  1 . B. m  3 . C. m  1. D. m  1 . Giải: Ta có: y '  3 x 2  6mx  3 x  x  2m  . Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì m  0





Khi đó hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A  0;1 và B 2m; 4m3  1

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm B trên trục tung, ta có BH  2m Diện tích của tam giác OAB là S 

1 1 BH .OA  . 2m 2 2

1 2m  1 suy ra m  1 . Vậy m  1 là giá trị cần tìm. Chọn A. 2 Bài 14: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho bất phương tình sau có tập nghiệm (;0] :

Theo đề bài S  1 nên ta có



m 2 x 1   2m  1 3  5

  3  5  x

1 1 A. m   . B. m  . 2 2 Giải: BPT đã cho tương đương: x

 0. C. m 

1 . 2

 3 5   3 5  2m   2m  1      0 1 2 2     x

 3 5  Đặt t     0 ta được: 2  

( PC WEB )

1 D. m   . 2

1 2m   2m  1  t  0  f  t   t 2  2mt  2m  1  0  2  t BPT (1) nghiệm đúng x  0 , nên BPT (2) có nghiệm 0  t  1 , suy ra phương tình f(t)=0 có 2 nghiệm t1 , t2 thỏa.

 2m  1  0 m  0,5  f  0   0 t1  0  1  t2      4m  2  0 m  0,5  f 1  0 1 Vậy m   thỏa mãn. Chọn D. 2 x Bài 15: Cho hàm số y   C  . Tìm m để đường thẳng d : y  mx  m  1 cắt (C ) tại hai điểm 1 x phân biệt M, N sao cho AM 2  AN 2 đạt giá trị nhỏ nhất với A  1;1 . A. m  1 . B. m  0 . C. m  1. D. m  2 . Giải: Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và (d)  x  1 x  mx  m  1   2 1 x mx  2mx  m  1  0 1 (d) cắt (C ) tại hai điểm pb  1 có 2 nghiệm pb khác 1  m  0 Gọi I là trung điểm của MN  I 1; 1 cố định. Ta có: AM 2  AN 2 nhỏ nhất  MN nhỏ nhất 4 2 MN 2   x2  x12  1  m   4m   8 . Dấu “=” xảy ra khi m  1 m





Vậy min AM 2  AN 2  20 khi m  1 . chọn A.

ĐỀ SỐ 4 Bài 1: Hai điểm M, N thuộc hai nhánh của đồ thị y 

3x  1 . Khi đó độ dài đoạn thẳng MN ngắn x3

nhất bằng? A. 8.

C. xM  3

B. 4.

D. 8 2 .

Giải: 8  8  Giả sử xM  3, xN  3, khi đó M  3  m;3   , N  3  n;3   với m, n  0 m  n  2

 1 1 64    64  2 .   4  mn    64 m n mn      MN  8. Kết luận MN ngắn nhất bằng 8. Chọn A. Bài 2: Để hàm số y  x 2  m  x   m đồng biến trên khoảng (1; 2) thì giá trị của m phải là: 2



 8 8 MN   m  n       2 mn m n 2

A. m  2 . Giải:

( PC WEB )

B. m  3 .



C. 2  m  3 .

D. Với mọi m.

Vì y '  3 x 2  2mx   x  3 x  m  ; y '  0  x1  0  x2  Vì hệ số a<0 nên x1  0  1  2 

m 3

2m  x2  m  3 . Chọn B. 3

Bài 3: Hàm số y   x 2  2 x  m  1 có tập xác định là  khi: n

A. m  1 hoặc m  0 . B. m  0 . C. m  0 . Giải: ĐK: x 2  2 x  m  1  0, x     '  0  1   m  1  0  m  0 .

D. 0  m  3 .

Chọn C. Bài 4: Trên sân bay có một máy bay cất cánh trên đường băng d (từ trái sang phải) và bắt đầu rời mặt đất tại điểm O. Gọi (P) là mặt phẳng vuông góc với mặt đất và cắt mặt đất theo giao tuyến là đường băng d của máy bay. Dọc theo đường băng d cách vị trí máy bay cất cánh O một khoảng 300(m) về phía bên phải có 1 người quan sát A. Biết máy bay chuyển động trong mặt phẳng (P) và độ cao y của máy bay xác định bởi phương trình y  x 2 (với x là độ dời của máy bay dọc theo đường thẳng d và tính từ O). Khoảng cách ngắn nhất từ người A (đứng cố định) đến máy bay là: A. 300(m). B. 100 5 (m). C. 200(m). D. 100 3 (m). Giải: Xét hệ trục Oxy với gốc tọa độ O là vị trí máy bay rời mặt đất, trục Ox trùng với đường thẳng d và chiều dương hướng sang phải, trục Oy vuông góc với mặt đất.

   t  0  . Là tọa độ của máy bay trong hệ Oxy . Tọa

Gọi B t ; t 2

độ của người A là A  3;0  . Khoảng cách từ người A đến máy bay B bằng d 

3  t   t 4

. Suy ra d 2  t 4  t 2  6t  9  f  t 

f '  t   4t 3  2t  6 .

f 't   0  t  1

A(3;0)

Lập BBT, ta thấy d 2  f  t  đạt GTNN bằng 5 khi t=1. Vậy khoảng cách nhỏ nhất là 100 5  m  . Chọn B. 2x  4 có dồ thị  C  điểm A  5;5  . Tìm m để đường thẳng y   x  m cắt x 1 đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt M và N sao cho tứ giác OAMN là hình bình hành (O là gốc tọa

Bài 5: Cho hàm số y 

độ). ( PC WEB )

A. m  0 . B. m  0; m  2 . C. m  2 . D. m  2 . Giải: Do các điểm O và A thuôc đường thẳng  : y   x nên để OAMN là hình bình hành thì MN  OA  5 2 . Hoành độ của M và N là nghiệm của phương trình: 2x  4   x  m  x 2   3  m  x   m  4   0,  x  1 , 1 . x 1 Vì   m 2  2m  25  0, m, nên (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt, d luôn cắt (C) tại hao điểm

pb.

 x1  x2  m  3 Giả sử x1; x2 là nhgieemj của (1) ta có:   x1 x2    m  4  Gọi M  x1 ;  x1  m  , N  x2 ;  x2  m  2 2  MN 2  2  x1  x2   2  x1  x2   4 x1 x2   2m 2  4m  50   m  0 MN  5 2  2m 2  4m  50  50   m  2

+ m  0 thì O, A, M, N thẳng hang nên không thỏa mãn. + m  2 thỏa mãn. Chọn C. Bài 6: Một máy tính được lập trình để vẽ một chuỗi các hình chữ nhật ở góc phần tư thứ nhất của trục tọa độ Oxy, nội tiếp dưới đường cong y  e x . Hỏi diện tích lớn nhất của hình chữ nhật có thể được vẽ bằng cách lập trình trên. A. 0,3679 (đvdt). B. 0,3976 (đvdt). C. 0,1353 (đvdt). D. 0,5313 (đvdt). Giải: Diện tích hình chữ nhật tại điểm x là S  xe  x

y = e-x 0.8

S '  x   e  x 1  x 

0.6

S ' x   0  x  1

Dựa vàoảng biến thiên S max  e 1  0,3679 khi x =1. Chọn A.

(x; e-x)

0.4

có:

e-x 0.2

0.5

0.2

Bài 7: Bạn An là một học sinh lớp 12, bố bạn là một thợ hàn. Bố bạn định làm một chiếc thùng hình trụ từ một mảnh tôn có chu vi 120 cm theo cách dưới đây: Bằng kiến thức đã học em hãy giúp bố bạn chọn mảnh tôn để làm được chiếc thùng có thể tích lớn nhất, khi đó chiều dài, rộng của mảnh tôn lần lượt là: ( PC WEB )

1.5

2.5

A. 35cm;25cm . B. 40cm; 20cm . C. 50cm;10cm . D. 30cm;30cm . Giải: Gọi một chiều dài là x  cm  ,(0  x  60) . Khi đó chiều dài còn lại là 60  x  cm  , giả sử quấn cạnh có chiều dài là x lại thì bán kính đáy là r 

x ; h  60  x . Ta có: 2

 x3  60 x 2 V  r h  4 Xét hàm số f  x    x3  60 x 2 , x   0;60  2

x  0 f '  x   3 x 2  120 x; f '  x   0    x  40 Lập BBT ta thấy f  x    x3  60 x 2 , x   0;60  lớn nhất khi x = 40. Khi đó chiều dài là 40cm; chiều rộng là 20cm. chọn B. 1 Bài 8: Cho hàm số y  x3  x 2 có đồ thị là (C). Tím tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ số 2 4x2  3 góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại những điểm đó là giá trị lớn nhất của hàm số: g  x   4 . x 1 3   4 40  1   A.  ;0  . B.  1;   ;  ;  . 2   3 27  2  

 2 1  2   2 1  2  ; ; C.   ;  . 2 4 2 4     Giải:

1  D.  ;0  ;  2; 10  . 2 

4x2  3 . x4  1 4t  3 + Đặt t  x 2 , với t  0 . Ta có hàm số: g  t   2 t 1 2 4t  6t  4 1 ; g '  t   0  t  2; t  + g 't   2 2  t 2  1 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: g  x  

Ta lại có: lim g  t   0; lim g  t   0 . BBT x 

x 

2



g 't 

−

g t 

0 +

1 2 0 4

 −

3 0

1

( PC WEB )

+ vậy GTLN của hàm số g  x   4 , đạt được khi x  

2 2

*Tìm các điểm thuộc đồ thị (C)

+ Ta có: y '  3 x 2  x . Giả sử điểm M 0  x0 ;f  x0     C  , thì hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại

M 0 là f '  x0   3 x02  x0 + Vậy 3 x02  x0  4 , suy ra x0  1; x0 

4 3 , tung độ tương ứng f  1   ; f 3 2

 4  40    3  27

3   4 40   + Có hai điểm thỏa mãn giả thiết  1;  ;  ;  . 2   3 27   Chọn B. Bài 9: cho hàm số y  x 4  2mx 2  1  m . Định m để đồ thị hàm số trên có ba điểm cực trị tạo thành tam giác nhận gốc tọa độ làm trực tâm. A. 1. B. 0. C. 1. D. 2. Giải: Ta có: y '  4 x3  4mx , với m>0 thì đồ thị hàm số có ba cực trị là:

A  0;1  m  , B



 

m ,1  m  m 2 , C  m ;1  m  m 2



m  0   Theo đề bài: OB.OC  0   m  1 . Chọn C.  m  1

Bài 10: Nhà Nam có một chiếc bàn tròn có bán kính bằng

2  m  . Nam muốn mắc một bóng điện ở

phía trên và chính giữa chiếc bàn sao cho mép bàn nhận được nhiều ánh sáng nhất. Biết rằng cường sin  độ sáng C của bóng điện được biểu thị bởi công thức C  c 2 (  là góc tạo bởi tia sáng tới mép t bàn và mặt bàn, c là hằng số tỷ lệ chỉ phụ thuộc vào nguồn sáng, l là khoảng cách từ mép bàn tới bóng điện). Khoảng cách Nam cần treo bóng điện tính từ mặt bàn là: A. 1m. B. 1, 2m. C. 1,5m . D. 2m. Giải: Gọi : h là độ cao của bóng điện so với mặt bàn  h  0  .

D là bóng điện; I là hình chiếu của D lên mặt bàn. MN là đường kính của mặt bàn. (như hình vẽ). h Ta có: sin   và h 2  l 2  2 , l l2  2 suy ra cường độ sáng : C  l   c l3

l  2  . 

N ( PC WEB )



C '  l   c.

6  l2 l 4. l 2  2



 0, l  2



C '  l   0  l  6, l  2



Lập BBT ta thu được kết quả C lớn nhất khi l  6 , khi đó h  2 . Chọn D. Bài 11: Cho x và y là hai số thực dương thay đổi sao cho: x 2  2 x  4 y 2  0 . Giá trị lớn nhất của tích xy gần nhất với số nào? A. 0,5. B. 0,6. C. 0,7. D. 0,8. Giải: 1 1 Ta có: x 2  2 x  4 y 2  0  y  2 x  x 2 (do y>0), suy ra: xy  x 2 x  x 2 2 2 1 Xét hàm số g  x   x 2 x  x 2 xác định trên  0;2  ; 2 g ' x  

6 x 2  4 x3 4 2 x3  x 4

; g ' x   0  x 

3 2

Vậy g  x  cũng là xy đạt giá trị lớn nhất khi x 

3 và 2

1 3 3 3 3 3 GTLN của xy là . . 2.      0,64 2 2 2 2 8

Chọn B. Bài 12: Cho hàm số y  x 4  2  m  2  x 2  m 2  5m  5 . Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm này tạo thành một tam giác đều: A. 2  3 3 Giải:

B. 2  3

C. 3  2

D. 3  3 2

x  0 Ta có: y '  4 x3  4  m  2  x; y '  0   2 x  2  m Hàn số có CĐ, CT  Pt f '  x   0 có 3 nghiệm pb  m  2

Khi đó tọa độ các điểm cực trị là:



   



A  0; m 2  5m  5  , B 2  m ;1  m , C  2  m ;1  m    AB  2  m ;  m 2  4m  4 , AC   2  m ;  m 2  4m  4



 *



ˆ 1 Do ABC cân tại A, nên bài thỏa mãn khi  A  600  cosA 2   AB. AC 1     0  m   3 3 . Chọn A. 2 AB . AC

( PC WEB )

Bài 13: Cho hàm số y  x3  mx  2 có đồ thị (Cm ) . Tìm m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại một điểm duy nhất. A. m  3. B. m  3. C. m  3. D. m  3. Giải: Số giao điểm của đồ thị  Cm  với Ox là số nghiệm của phương trình: x3  mx  2  0 TH1: m  0 luôn có 1 nghiệm. TH2: m  0 2 m   x2   f  x   * x

3 2 2  x  1 f '  x   2 x  2  , x x2 f ' x   0  x  1

BBT x f ' x 

f  x



0 +



1 0

 −

3

   Số nghiệm phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm f(x) và đường thẳng y  m Dựa vào BBT ta thấy m  3 thì phương trình (*) có 1 nghiệm duy nhất. Chọn A. 2sin 2 x Bài 14. Giá trị lớn nhất của hàm số f  x   là: 4 x 4 x sin  cos 2 2 A. 0. B. 4. C. 8. D. 2. Giải: 2sin 2 x 2sin 2 x 4sin 2 x   TXĐ D   , Ta có: f  x   2 x x 1 sin 4  cos 4 1  sin 2 x 2  sin x 2 2 2 4t Đặt sin 2 x  t ,  t   0;1 , hàm số trở thành g  t   với t   0;1 , t  2 8  0,  t   0;1 . Ta có: g '  t   2  t  2  Suy ra hàm số đồng biến trên  0;1 , vậy max f  x   max g  t   g 1  4 . x

Xảy ra khi t  1  x 

( PC WEB )

 2

 k  k    . Chọn B.

t 0;1

Bài 15: Đường dây điện 110KV kéo từ trạm phát điện (điểm A) trong đất liền ra Côn Đảo (điểm C). Biết khoảng cách ngắn nhất từ C đến B là 60km, khoảng cách từ A đến B là 100km, mỗi km dây diện dưới nước chi phí là 5000 USD, chi phí cho mỗi km dây điện trên bờ là 3000USD. Hỏi điểm G cách A bao nhiêu để mắc dây điện từ A đến G rồi từ G đến C chi phí ít nhất. A. 40km. B. 45km. C. 55km. D. 60km. Giải: Gọi BG  x  0  x  100   AG  100  x . C Ta có: GC  BC 2  GC 2  x 2  3600 . Chi phí mắc dây điện theo giả thiết là:

f  x   3000. 100  x   5000. x 2  3600 Khảo sát hàm ta được x  45 . Chọn B.

( PC WEB )

60km

G x

CHƯƠNG 02 BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ MŨ, LÔGARIT Ở chương này những bài toán vận dụng cao sẽ rơi vào các dạng bài Lãi suất, dạng bài tính số chữ số của một số …

CHỦ ĐỀ 1. TÍNH SỐ CHỮ SỐ CỦA MỘT SỐ TỰ NHIÊN Sau đây chúng ta cùng nghiên cứu một ứng dụng của Logarit tron việc tính số các chữ số của một số tự nhiên. Đầu tiên xin nhắc lại khái niệm thế nào là phần nguyên của một số. 1. Phần nguyên của một số: Xét số thức A, số nguyên lớn nhất mà không vượt quá A người ta gọi là phần nguyên của A và kí hiệu là [A]. Như vậy dễ thấy [A]  A  [A]  1 . 2. Công thức tính số các chữ số của một số tự nhiên: Xét số tự nhiên A hiện thời đang biểu diễn dưới dạng mũ hay một dạng nào đó mà ta không đếm được các chữ số của nó. Gỉ sử A có n chữ số thì ta có công thức sau đây: n  [ lg A]+1 . Trước khi đi vào chứng minh, tôi muốn nhắc lại cho các bạn cách phân tích một số tự nhiên ra dạng tổng lũy thừa của cơ số 10, ví dụ 423  4.102  2.10  3; 5678  5.103  6.102  7.101  8 . Chứng minh: Giả sử số tự nhiên A có n chữ số:

A  an an1an 2 ...a1  an .10n1  an1.10n 2  an 2 .10n3  ...  a1

 log  A   log  a .10

    ...  a   log  a .10   n  1 .

Suy ra log  A   log an .10n 1  an 1.10n  2  an  2 .10n 3  ...  a1  log 10n  n và n

n 1

 an1.10n 2  an 2 .10n3

n 1

Từ hai điều này ta có: n  1  log  A   n  log  A   n  log  A   1 Giữa log  A  , log  A   1 chỉ có duy nhất một số tự nhiên lớn hơn log  A  đó là log  A    1 Vậy n  log  A   1 Sau đây ta cùng sử dụng công thức trên để giải một số bài toán sau:

BÀI TOÁN ÁP DỤNG Bài 1: Số nguyên tố dạng M

 2 p  1 , trong đó p là một số nguyên tố, được gọi là số nguyên tố

Mec-xen. Số M 6972593 được phát hiện năm 1999. Hỏi rằng nếu viết số đó trong hệ thập phân thì có bao nhiêu chữ số? Trích đề thi thử Chuyên Hưng Yên lần 2. A. 2098960 chữ số. B. 2098961 chữ số. C. 6972593 chữ số. D. 6972592 chữ số. ( PC WEB )

Giải: Đầu tiên ta cần biết: Số tự nhiên A có n chữ số thì n  log  A    1 Ta cần tính 26972593  1 có bao nhiêu chữ số, ta thấy rằng 26972593  1 và 26972593 chắc chắn có cùng số chữ số, nó giống như là 213 và 213−1 có cùng 3 chữ số vậy. Từ lập luậ trên ta đi tính số chữ số của 26972593 bằng công thức: n  log  A    1 . Áp dụng công thức ta được:

n  log 26972593   1   6972593.log 2  1  2098960 . Chọn B. Bài 2: Người ta qui ước lg x và log x là giá trị của log10 x . Trong các lĩnh vực kỹ thuật, lg x được sử dụng khá nhiều, kể cả máy tính cầm tay hay quang phổ. Hơn nữa, trong toán học người ta sử dụng lg x để tìm số chữ số của một số nguyên dương nào đó. Ví dụ số A có n chữ số thì khi đó n   lg A  1 với  lg A là số nguyên lớn nhất nhỏ hơn hoặc bằng A. Hỏi số B  2017 2017 có bao

nhiêu chữ số? A. 9999 chữ số. B. 6666 chữ số. C. 9966 chữ số. Giải: Áp dụng công thức n   lg A  1 để tìm các chữ số của số A.

D. 6699 chữ số.

Ta có: log B  log 2017 2017  2017 log 2017  6665 Vậy B có 6666 chữ số. Chọn B. Bài 3: Số nguyên tố dạng M p  2 p  1 , trong đó p là số nguyên tố được gọi là số nguyên tố Mec-sen (Mersenne Marin, 1588-1648, người Pháp) + Ơ-le phát hiện M 31 năm 1750. + Luy-ca (Lucas Edouard, 1842-1891, người Pháp) phát hiện M 127 năm 1876 + M 1398268 được phát hiện năm 1996. Hỏi rằng nếu viết ba số đó trong hệ thập phân thì mỗ số có bao nhiêu chữ số? A. 10; 39; 420921. B. 10; 49; 42092. C. 10; 69; 420923. D. 10; 59; 4209. Giải: Giả sử số nguyên tố M p  2 p  1 viết trong hệ thập phân có n chữ số thì 10n 1  M p  10n hay 10n 1  2 p  10n vì 2 p không chứa thừa số nguyên tố 5 nên 2 p  10n ). Suy ra: lg10n1  lg 2 p  lg10n hay n  1  p.lg 2  n Thay p  31 , ta được 31.lg 2  9,33... Suy ra n  10 . Vậy số nguyên tố M 31 viết trong hệ thập phân có 10 chữ số. Làm tương tự ta thấy M 127 có 39 chữ số. số M 1398269 có 420921 chữ số. Chọn A. ( PC WEB )

Bài 4: Số p  2756839  1 là một số nguyên tố. Hỏi nếu viết trong hệ thập phân thì số đó có bao nhiêu chữ số? A. 227831 chữ số. B. 227832 chữ số. C. 227834 chữ số. D. 227835 chữ số. Giải: Áp dụng công thức n   lg A  1 để tìm các chữ số của số A. p  2756839  1  log  p  1  log 2756839  log  p  1  756839.log 2  227831, 24.

Vậy số p này có 227832 chữ số. chọn B. Bài 5: Đầu năm 2016, Curtis Cooper và các công sự tại nhóm nghiên cứ Đại học Central Mis-souri, Mỹ vừa công bố số nguyên tố lớn nhất tại thời điểm đó. Số nguyên tố này là một dạng số Mersenne, có giá trị bằng M  274207281  1 . Hỏi M có bao nhiêu chữ số? A. 2233862 chữ số. B. 22338618 chữ số. C. 22338617 chữ số. D. 2233863 chữ số. Giải: Áp dụng công thức n   lg A  1 để tìm các chữ số của số A. Ta có: log M  log 274207281  74207281.log 2  22338617 Do đó M có 22338617 chữ số. Chọn B. Bài 6: Nhà toán học người Pháp Pierre de Fermat là người đầu tiên đưa ra khai niệm số Fermat n

Fn  22  1 với n là số nguyên dương không âm. Fermat dự đoán Fn là số nguyên tố, nhưng Euler đã chứng minh được F5 là hợp số. Hãy tìm số chữ số của F13 . A. 1243 chữ số. Giải:

B. 1234 chữ số.

C. 2452 chữ số.

D. 2467 chữ số.

Ta có: F13  22  1 . 13

Suy ra log F13  log 22  213.log 2  2466 . Suy ra F13 có 2467 chữ số. Chọn D.

CHỦ ĐỀ 2 CÁC DẠNG BÀI TOÁN LÃI SUẤT 1. Lãi đơn Số tiền lãi chỉ tính trên số tiền gốc mà không tính trên số tiền lãi do số tiền gốc sinh ra. Công thức tính lãi đơn: Vn  V0 1  r.n  Trong đó: Vn : Số tiền cả vốn lẫn lãi sau n kỳ hạn;

V0 : Số tiền gửi ban đầu;

n : Số kỳ hạn tính lãi; r : Lãi suất định kỳ, tính theo %. 2. Lãi kép ( PC WEB )

Là số tiền lãi không chỉ tính trên số tiền gốc mà còn tính trên số tiền lãi do tiền gốc đó sinh ra thay đổi theo từng định kỳ. a. Lãi kép, gửi một lần: Tn  T0 1  r 

Trong đó: Tn : Số tiền cả vốn lẫn lãi sau n kỳ hạn;

T0 : Số tiền gửi ban đầu;

n : Số kỳ hạn tính lãi; r : Lãi suất định kỳ, tính theo %. b. Lãi kép liên tục: Tn  T0 .e nr Trong đó: Tn : Số tiền cả vốn lẫn lãi sau n kỳ hạn;

T0 : Số tiền gửi ban đầu;

n : Số kỳ hạn tính lãi; r : Lãi suất định kỳ, tính theo %. c. Lãi kép, gửi định kỳ. Trường hợp gửi tiền định kì cuối tháng. Bài toán 1: Cứ cuối mỗi tháng gửi vào ngân hàng m triệu, lãi suất kép r % (tháng hoặc năm). Hỏi sau n (tháng hoặc năm) số tiền thu được là bao nhiêu? Người ta chứng minh được số tiền thu được là: m n Tn  1  r   1  r  Chứng minh Tháng Đầu tháng Cuối tháng m 1 Chưa gửi m 2 m 1  r   m 2 3 m 1  r   m m 1  r   m 1  r   m … n

…

… n 1 m 1  r   ...  m 1  r   m

Vậy sau tháng n ta được số tiền Tn  m 1  r 

n 1

 m 1  r  

 ...  m 1  r   m

n 1

 ...  1  r   1 , 

Ta thấy trong ngoặc là tổng n số hạng của cấp số nhân có u1  1, un  1  r 

n 1

, q  1 r

m qn 1 n nên Tn  1  r   1  r  q 1 Bài toán 2: Cứ cuối mỗi tháng gửi vào ngân hàng m triệu, lãi suất kép r % (tháng hoặc năm). Sau n (tháng hoặc năm) số tiền thu được là A triệu. Hỏi số tiền gửi mỗi tháng m là bao nhiêu? Ar Người ta chứng minh được số tiền cần gửi mỗi tháng là: m  n 1  r   1

Ta biết rằng: S n  u1  ...  un  u1.

Chứng minh: ( PC WEB )

Áp dụng bài toán 1 ta có số tiền thu được là Tn  nên A 

m n 1  r   1 , mà đề cho số tiền đó chính là A   r 

m Ar n 1  r   1  m  .  n  r  1  r   1

Bài toán 3: Cứ cuối mỗi tháng gửi vào ngân hàng m triệu, lãi suất kép r % (tháng hoặc năm). Sau n (tháng hoặc năm) số tiền thu được là A triệu. Hỏi số tháng hoặc năm n là bao nhiêu?  Ar  Người ta chứng minh được số tháng thu được đề bài cho là: n  log1 r   1 .  m  Chứng minh: m n Áp dụng bài toán 1 ta có số tiền thu được là Tn  1  r   1 , mà đề cho số tiền đó chính là A  r  m Ar Ar n n  Ar  nên A  1  r   1  m   1  r    1  n  log1 r   1 n  r  m m   1  r  1   Như vậy trong trường hợp một này ta cần nắm vứng công thức Bài toán 1 từ đó có thể dễ dàng biến đổi ra các công thức ở bài toán 2, Bài toán 3. Trường hợp gửi tiền định kì đầu tháng. Bài toán 4: Cứ đầu mỗi tháng gửi vào ngân hàng m triệu, lãi suất kép r % (tháng hoặc năm). Hỏi sau n (tháng hoặc năm) số tiền thu được là bao nhiêu? m n Người ta chứng minh được số tiền thu được là: Tn  1  r   1 1  r    r Chứng minh. Ta xây dựng bảng sau: Tháng Đầu tháng Cuối tháng m 1 m 1  r  2

m 1  r   m

m 1  r   m 1  r 

m 1  r   m 1  r   m

m 1  r   m 1  r   m 1  r 

… n

… …

… n m 1  r   ...  m 1  r 

Vậy sau tháng n ta được số tiền:

Tn  m 1  r 

1  r   1 n  ...  m 1  r   m 1  r   ...  1  r    m 1  r    r n

Bài toán 5: Cứ đầu mỗi tháng gửi vào ngân hàng m triệu, lãi suất kép r % (tháng hoặc năm). Sau n (tháng hoặc năm) số tiền thu được là A triệu. Hỏi số tiền gửi mỗi tháng m là bao nhiêu? Ar Người ta chứng minh được số tiền cần gửi mỗi tháng là: m  n 1  r  1  r   1 Chứng minh

( PC WEB )

Áp dụng bài toán 4. Ta có số tiền thu được là: Tn 

m n 1  r   1 1  r  , mà đề cho số tiền đó là A   r 

m Ar n 1  r   1 1  r   m  .  n  r  1  r  1  r   1 Bài toán 6: Cứ đầu mỗi tháng gửi vào ngân hàng m triệu, lãi suất kép r % (tháng hoặc năm). Sau n (tháng hoặc năm) số tiền thu được là A triệu. Hỏi số tháng hoặc năm n là bao nhiêu? nên A 

 Ar  Người ta chứng minh được số tháng thu được đề bài cho là: n  log1 r   1 .  m 1  r   Chứng minh m n Áp dụng bài toán 4. Ta có: số tiền thu được là: Tn  1  r   1 1  r  , mà đề cho số tiền đó là A   r m Ar Ar n n  1  r   1. nên A  1  r   1 1  r   m  n  r  m 1  r  1  r  1  r   1  Ar   n  log1 r   1 .  m 1  r   Như vậy trong trường hợp này ta cần nắm vững công thức bài toán 4 từ đó có thể dễ dàng biến đổi ra các công thức ở bài toán 5, bài toán 6. Trường hợp vay nợ và trả tiền định kì đầu tháng. Bài toán 7: Vay ngân hàng A triệu đồng. Cứ đầu mỗi tháng (năm) trả ngân hàng m triệu, lãi suất kép r % (tháng hoặc năm). Hỏi sau n (tháng hoặc năm) số tiền còn nợ là bao nhiêu?

Người ta chứng minh được số tiền còn nợ là: Tn  A 1  r   m 1  r  n

Chứng minh. Ta xây dựng bảng sau: Tháng Đầu tháng Am 1

1  r 

1

Cuối tháng  A  m 1  r   A 1  r   m 1  r 

A 1  r   m 1  r   m

A 1  r   m 1  r   m 1  r   m

A 1  r   m 1  r   m 1  r   m 1  r 

… n

… …

… n n 2 A 1  r   m 1  r   ...  m 1  r   m 1  r 

A 1  r   m 1  r   m 1  r  2

Vậy sau tháng n ta còn nợ số tiền:

Tn  A 1  r   m 1  r   ...  m 1  r   m 1  r  n

n n  A 1  r   m 1  r   ...  1  r    

 A 1  r   m 1  r  n

1  r 

1

r Trường hợp vay nợ và trả định kì cuối tháng. ( PC WEB )

Bài toán 8: Vay ngân hàng A triệu đồng. Cứ đầu mỗi tháng (năm) trả ngân hàng m triệu, lãi suất kép r % (tháng hoặc năm). Hỏi sau n (tháng hoặc năn) số tiền còn nợ là bao nhiêu? Người ta chứng minh được số tiền còn nợ là: Tn  A 1  r   m 1  r  n

Chứng minh Ta xây dựng bảng sau: Tháng Đầu tháng 1 A

1  r 

1

Cuối tháng A 1  r   m

A 1  r   m

A 1  r   m 1  r   m

A 1  r   m 1  r   m 1  r   m

… n

… …

… n n 1 A 1  r   m 1  r   ...  m 1  r   m

A 1  r   m 1  r   m 2

Vậy sau tháng n ta còn nợ số tiền:

Tn  A 1  r   m 1  r  n

n 1

 A 1  r   m 1  r   n

 A 1  r   m 1  r  n

 ...  m 1  r   m

n 1

 ...  1  r   1 

1  r 

1

r Sau đây cùng tìm hiểu cách áp dụng các lý thuyết vào các bài toán tính tiền lãi, tiền nợ phải trả như thế nào ?

BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Một người muốn gửi tiết kiệm ở ngân hàng và hi vọng sau 4 năm có được 850 triệu đồng để mua nhà. Biết rằng lãi suất ngân hàng mỗi tháng trong thời điểm hiện tại là 0, 45% . Hỏi người đó mỗi tháng phải gửi vào ngân hàng tối thiểu bao nhiêu tiền để đủ số tiền mua nhà? (Giả sử số tiền mỗi tháng là như nhau và lãi suất trong 4 năm là không thay đổi) A. 15,833 triệu đồng B. 16,833 triệu đồng. C. 17,833 triệu đồng. D. 18,833 triệu đồng. Giải: Giả sử người này gửi tiền ở thời điểm t nào đó, kể từ thời điểm này sau 4 năm (48 tháng) ông muốn có số tiền 850 triệu. Như vậy rõ ràng ta có thể coi đây là bài toán gửi tiền định kì đầu tháng. Ar Áp dụng bài toán 5 ta có số tiền phải gửi mỗi tháng là: m  n 1  r  1  r   1 9 Theo đề: n =48 tháng, r  0, 45%  2000 Tiền thu được: 850 triệu đồng. thay vào:

( PC WEB )

850000000  0, 45%  15,833 48 1  0, 45%  1  0, 45%   1 Chọn A. Bài 2: Trích đề thi HK 1 Chuyên Lương Văn Tụy Ninh Bình. Một bà mẹ Việt Nam anh hùng được hưởng số tiền là 4 triệu đồng trên một tháng (chuyển vào tài khoản của mẹ ở ngân hàng vào đầu tháng). Từ tháng 1 năm 2016 mẹ không đi rút tiền mà để lại ngân hàng và được tính lãi suất 1% trên một tháng. Đến đầu tháng 12 năm 2016 mẹ rút toàn bộ số tiền (gồm số tiền của tháng 12 và số tiền đã gửi tháng 1). Hỏi khi đó mẹ lĩnh về bao nhiêu tiền ? (kết quả làm tròn theo đơn vị nghìn đồng). A. 50 triệu 730 nghìn đồng. B. 50 triệu 740 nghìn đồng. C. 53 triệu 760 nghìn đồng. D. 48 triệu 480 nghìn đồng. Giải: Ta có tổng số tiền A thu được, nếu ban đầu gửi vào a đồng, từ đầu tháng sau gửi thêm a đồng (không đổi) vào đầu mỗi tháng với lãi suấ r% trong n tháng: a n A  a  1  r  1  r   1   r Áp dụng với a = 4 triệu đồng, r  1%, n  11 (từ đầu tháng 2 đến cuối tháng 12)??? m

A

4000000 n (1  1%) 1  1%   1  4000000  50730012,05 . Chọn A.   1%

Bài 3: Trích đề Minh họa 1 năm 2017. Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 12% trên năm. Ông muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách sau: sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng số tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và trả hết tiền nợ sau đúng ba tháng kể từ ngày vay. Hỏi, theo cách đó, số tiền m mà ông A phải trả cho ngân hàng là bao nhiêu? Biết rằng, lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ.

100. 1,01 A. m  (triệu đồng). 3 3

C. m 

100.1,03 (triệu đồng). 3

1,01 (triệu đồng). B. m  3 1,01  1 3 120. 1,12  D. m  (triệu đồng). 3 1,12   1 3

Giải: Lãi suất 12%/năm tương ứng 1%/tháng nên r  0,01 (do vay ngắn hạn) Số tiền gốc sau 1 tháng là: T  T .r  m  T 1  r   m Số tiền gốc sau 2 tháng là:

T (1  r )  m  T (1  r )  m.r  m  T 1  r  Số tiền gốc sau 3 tháng là: 3 2 T 1  r   m 1  r   1  r  1  0  

( PC WEB )

 m 1  r   1

T 1  r 

T 1  r  .r

1,013   Do đó: m  (triệu đồng). 2 3 1  r   1  r  1 1  r   1 1,013  1 Chọn B. Bài 4: Ông A muốn sở hữu khoản tiền 20.000.000đ vào ngày 2/3/2012 ở một tài khoản lãi suất năm là 6,05%. Hỏi ông A cần đầu tư bao nhiêu tiền trê tài khoản này vào ngày 2/3/2007 để đạt được mục tiêu đề ra? A. 14.909.965,25 (đồng). B. 14.909.965,26 (đồng). C. 14.909.955,25 (đồng). D. 14.909.865,25 (đồng). Giải: Gọi V0 là lượng vốn cần đầu tư ban đầu, lượng vốn sẽ được đầu tư trong 5 năm nên ta có: 20.000.000  V0 . 1  0,0605 

 V0  20.000.000. 1  0,0605   14.909.965, 25 đ. 5

Chọn A. Bài 5: Ông Tuấn gửi 9,8 triệu đồng tiết kiệm với lãi suất 8,4%/năm và lãi suất hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi theo cách đó thì sau bao nhiêu năm ông Tuấn thu được tổng số tiền 20 triệu đồng (biết rằng lãi suất không thay đổi). A. 9 năm. B. 8 năm. C. 7 năm. D. 10 năm. Giải: Gọi P là số tiền gửi ban đầu. Sau n năm  n    , số tiền thu được là: Pn  P 1  0,084   P 1,084  n

Áp dụng với số tiền đề bài cho ta được: 20  20  n n 20  9,8. 1,084   1,084    n  log1,084    8,844 9,8  9,8  vì n là số tự nhiên nên chọn n = 9. Chọn A. Bài 6: Ông Tuấn gửi tiết kiệm với lãi suất 8,4%/năm và lãi hằng năm được nhập vào vốn. Hỏi sau bao nhiêu năm ông Tuấn thu được gấp đôi số tiền ban đầu: A. 8. B. 9. C. 6. D. 10. Giải: Gọi a là số tiền ba đầu mà người đó gửi vào ngân hàng và n  n    là số năm mà số tiền nhận được tăng gấp đôi. Theo công thức lãi lép, ta có phương trình: n

 271  a 1  0,084   2a     2  n  log 271 2  250  250 Vì lãi suất được tính theo năm nên đến cuối năm người đó mới nhận được tiền. Do đó, n= 9. Chọn B. n

( PC WEB )

Bài 7: Anh A mua nhà trị giá ba trăm triệu đồng theo phương thức trả góp. Nếu cuối mỗi tháng, bắt đầu từ tháng thứ nhất anh A trả 5500000đ và chịu lãi suất số tiền chưa trả là 0,5% / tháng thì sau bao nhiêu tháng anh A trả hết số tiền trên. A. n  64. B. n  60. C. n  65. D. n  64,1. Giải: Gọi số tiền anh A nợ ban đầu là M, lãi suất hàng tháng là r % , số tiền hàng tháng anh ta phải trả là a. Với đề bài này có thể coi là : “người nợ tiền nợ vào đầu tháng” a n n Người này trả hết nợ, nghĩa là: M 1  r   1  r   1  0   r Thay số bấn shift Slove sẽ tính được n = 64 với: M=300.000.000, r = 0,5%, a=5500.000 Chọn A. Bài 8: Một người được lĩnh lương khởi điểm là 700.000 đ/tháng. Cứ 3 năm anh ta lại được tăng lương thêm &%. Hỏi sau 36 năm làm việc anh ta được lĩnh tất cả bao nhiêu tiền. A. 450788972. B. 450788900. C. 450799972. D. 450678972. Giải: Từ năm thứ nhất đến năm thứ 3, anh ta nhận được: u1  700.000  36 Từ đầu năm thứ 4 đến hết năm thứ 6, anh ta nhận được: u2  700.000 1  7%   36 Từ đầu năm thứ 7 đến hết năm thứ 9, anh ta nhận được: u3  700.000 1  7%   36 2

… Từ đầu năm thứ 34 đến hết năm thứ 36, anh ta nhận được: u12  700.000 1  7%   36 11

Vậy sau 36 năm anh ta nhận được tổng số tiền là: u1  u2  u3  ...  u12

1  1  7%   700.000  36   450788972 1  1  7%  12

Chọn A. Bài 9: Bà Hoa gửi 100 triệu vào tài khoản định kỳ tính lãi kép với lãi suất là 8%/năm. Sau 5 năm bà rút toàn bộ tiền và dùng một nửa để sửa nhà, số tiền còn lại bà tiếp tục đem gửi ngân hàng trong 5 năm với cùng lãi suất. Tính số tiền lãi thu được sau 10 năm. A. 81,412tr. B. 115,892tr. C. 119tr. D. 78tr. Giải: Sau 5 năm bà Hòa rút được tổng số tiền là: 100 1  8%   146.932 triệu 5

( PC WEB )

Suy ra số tiền lãi là: 100 1  8%   100  L1 5

Bà dùng một nửa để sửa nhà, nửa còn lại gửi vào ngân hàng. Suy ra số tiền bà gửi tiếp vào ngân hàng là: 73.466 1  8%   107.946 triệu 5

Suy ra số tiền lãi là: 107.946  73.466  L2 Vậy số tiền lãi bà Hoa thu được sau 10 năm là:

L  L  L 1

 81, 412tr

Chọn A. Bài 10: Một người lần đầu gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn 3 tháng, lãi suất 2% một quý theo hình thức lãi kép. Sau 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kỳ hạn và lãi suất như trước đó. Tổng số tiền người đó nhận được sau 1 năm sau khi gửi thêm tiền gần nhất với kết quả nào sau đây? A. 9. B. 14. C. 8. D. 7. Giải: 3 tháng là 1 quý nên 6 tháng là 2 quý và 1 năm ứng với 4 quý. Sau 6 tháng nguoeif đó có tổng số tiền là: 100 1  2%   104,04tr 2

Người đó gửi thêm 100 tr nên tổng số tiền khi đó là: 104,04  100  204,04tr Suy ra tổng số tiền sau 1 năm nữa là: 204,04 1  2%   220TR 4

Chọn B. Bài 11: Một người gửi tiết kiệm với lãi suất 8,4%/ năn và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi sau bao nhiêu năm người đó thu được gấp ba số tiền ban đầu? A. 9. B. 14. C. 8. D. 7. Giải: Pn  P 1  0,084 

Số tiền sau n năm gấp đôi số tiền ban đầu là: 3P  P 1  0,084   log1,084 3  13,6  14 năm. Chọn B. n

Bài 12: Một người gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất ban đầu 4%/năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Cứ sau một năm lãi suất tăng 0,3%. Hỏi sau 4 năm tổng số tiền người đó nhận được gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 119 triệu. B. 119,5 triệu. C. 120 triệu. D. 120,5 triệu. Giải: Năm thứ nhất: T1  100 1  4%  Năm thứ hai: T2  T1 1  4,3%  Năm thứ ba: T3  T2 1  4,6%  Năm thứ tư: T4  T3 1  4,9%  Tổng số tiền nhận được sau 4 năm là T  T4  119tr . Chọn A.

( PC WEB )

Bài 13: Anh Nam mong muốn rằng sau 6 năm sẽ có 2 tỷ để mua nhà. Hỏi anh Nam phải gửi vào ngân hàng một khoản tiền tiết kiệm như nhau hàng năm gần nhất với giá trị nào sau đây, biết rằng lãi suất của ngân hàng là 8%/năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. A. 253,5 triệu. B. 251 triệu. C. 253 triệu. D. 252,5 triệu. Giải: Cuối năm thứ I: T1  a  a.m  a 1  m  Đầu năm thứ II: T2  a 1  m   a  a 1  m   1 

a 1  m 2  1  a 1  m 2  1  m  1  m   1 

Cuối năm thứ II: a a a 2 2 2 T3  1  m   1  1  m   1 .m  1  m   1 . 1  m   m   m m a n Suy ra cuối năm thứ n: Tn  1  m   1 . 1  m   m (Trong đó a là số tiền ban đầu, m là lãi suất, n là số tháng) Áp dụng: T  2.1000tr ; n  6; m  0,08  a  252,5tr . Chọn D. Bài 14: Một người gửi 15 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn 1 quý, với lãi suất 1,65% một quý. Hỏi sao bao lâu người gửi có ít nhất 20 triệu đồng (bao gồm cả vốn lẫn lãi) từ số vốn ban đầu? (Giả sử lãi suất không thay đổi). A. 16 quý. B. 18 quý. C. 17 quý. D. 19 quý. Giải: Cách 1: Tổng số tiền vốn lẫn lãi sau k quý là:

 S  15 1  1,65% 

 15.1,0165k

 lg S  lg 15.1,0165k   k 

lg S  lg15 lg1,0165

lg 20  lg15  17,6  18 (quý). lg1,0165 Vậy sau 18 quý người đó có ít nhất 20 triệu đồng. Cách 2: Thời gian có 20 triệu  k 

Pn  P 1  r  , Pn  20tr , P  15tr n

 20  15 1  0,0165   1,0165n  n

4 4  n  log1,0165  18 3 3

Chọn B. Bài 15: Số tiền 58 000 000 đ gửi tiết kiệm trong 8 tháng thì lấy về được 61 329 000đ. Lãi suất hàng tháng là? A. 0,8% . B. 0,6% . C. 0,5% . D. 0,7% . ( PC WEB )

Giải: 61,329  58 1  q  (q là lãi suất) 8

61,329 61,329 61,329  1  q   8 q8  1  0,7% . Chọn D. 58 58 58 Bài 16. Cô giáo dạy văn gửi 200 triệu đồng loại kì hạn 6 tháng vào ngân hàng với lãi suất 6,9% một năm thì sau 6 năm 9 tháng hỏi cô giáo dạy văn nhận được bao nhiêu tiền cả vốn và lãi biết rằng cô giáo không rút lãi ở tất cả các kì hạn trước và nếu rút trước ngân hàng sẽ trả lãi suất theo lọa lãi suất không kì hạn 0,002% một ngày (1 tháng tính 30 ngày). A. 471688328,8 B. 302088933,9 C. 311392005,1 D. 321556228,1. Giải: Kì hạn 6 tháng nên mỗi năm có 2 kì hạn 6,9% Suy ra Lãi suất mỗi kì hạn là: r   3, 45% . 2 6 năm 9 tháng = 81 tháng = 13.6 + 3 tháng = 13 kì hạn + 3 tháng.  1  q   8

Số tiền cô giáo thu được sau 13 kì là: T1  200 1  3, 45% 

Số tiền cô giáo thu được trong 3 tháng tiếp theo là: T2  200 1  3, 45%  .0,002%.3.30 13

Vậy số tiền cô giáo nhận được sau 6 năm 9 tháng là: T  T1  T2  311,3920051 . Chọn C. Bài 17: Một người muốn sau 4 tháng có 1 tỷ đồng để xây nhà. Hỏi người đó phải gửi mỗi tháng là bao nhiêu tiền (như nhau). Biết lãi suất 1 tháng là 1%. 1 1,3 A. M  (tỷ đồng). B. M (tỷ đồng). 2 3 4 3 1,01  1,01  1,01  1,01

1. 1,01 1.1,03 C. M  (tỷ đồng). D. M  (tỷ đồng). 3 3 Giải: Gọi Tn là số tiền thu được ở cuối tháng n, x là số tiền thêm vào mỗi tháng. 3

Ta có: T1  x 1  1%   1,01x  T2  T1  x  T1  x  .1%  T1  x  .1,01  T2  1,01x  x  .1,01  1,012 x  1,01x

Suy ra : Tn  1,01x  1,012 x  ..  1,01n x Sau 4 tháng bằng đầu tháng thứ nhất đến cuối tháng.  T4  1,01x  1,012 x  1,013 x  1,014 x  1 x ( PC WEB )

1 1,01x  1,01 x  1,013 x  1,014 x 2

Chọn B. Bài 18: Một người gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn 3 tháng, lãi suất 5% một quý theo hình thức lãi kép (sau 3 tháng sẽ tính lãi và cộng vào gốc). Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 50 triệu đồng với kì hạn và lãi suất như trước đó. Cho biết số tiền cả gốc và lãi được tính theo công thức T  A 1  r  , trong đó A là số tiền gửi, r là lãi suất và n là số kì hạn gửi. Tính tổng số tiền người đó n

nhận được 1 năm sau khi gửi tiền. A. 176,676  triệu đồng. B. 178,676  triệu đồng. C. 177,676  triệu đồng. D. 179,676  triệu đồng. Giải: Sau 6 tháng (2 quý = 2 kì hạn) người đó có số tiền: T1  100 1  5%   110, 25 triệu 2

Sau khi gửi thêm 50 triệu thì số tiền trong ngân hàng là: T2  T1  50 . Suy ra số tiền thu được sau 6 tháng nữa để tròn 1 năm là: T3  T2 1  5%   T1  50 1  5%  2

Vậy tổng số tiền thu được sau 1 năm là: T  T3  T1  50 1  5%   176,68 2

Chọn A. Bài 19: Một người gửi tiền vào ngân hàng một số tiền là 100.000.000 đồng, họ định gửi theo kì hạn n năm với lãi suất là 12% một năm; sau mỗi năm không nhận lãi mà để lãi nhập vốn cho năm kế tiếp. Tìm n nhỏ nhất lãi nhận được hơn 40.000.000 đồng. A. 5. B. 4. C. 3. D. 2. Giải: Ta có số tiền lãi  40.000.000  số tiền lãi và vốn >140.000.000 Số tiền nhận được sau n năm: 100.000.000  1,12 

Theo đề bài bài Ta có: 100.000.000  1,12   140.000.000 n

 1,12n  1, 4  n  2,97  n  3 Chọn C. Bài 20: Ông Tuấn vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 0,85% /tháng. Hợp đồng với ngân hàng ông A sẽ hoàn nợ trong n tháng: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và bằng 11,589 triệu đồng. Tìm n. ( PC WEB )

A. n  8 tháng. Giải:

Tn  a 1  r 

B. n  9 tháng. n

C. n  10 tháng.

D. n  11 tháng.

 1  r n  1   m  r  

 1  0,85% n  1   0  100 1  0,85%   11,589   0,85%    n  8,9  n  9 Chọn B. n

Bài 21: Tỉ lệ tăng dân dân số hàng năm ở Việt nam được duy trì ở mức 1,05% . Theo số liệu của Tổng cục Thống kê, dân số của Việt Nam năm 2014 là 90.728.900 người. Với tốc độ tăng dân số như thế thì vào năm 2030 thì dân số của Việt Nam là bao nhiêu? A. 107232573 người. B. 107232574 người. C. 105971355 người. D. 106118331 người. Giải: x  90.728.900  1  1,05%   x  107232574 . 16

Chọn B. Bài 22: Một người gửi ngân hàng 80 triệu đồng theo hình thức lãi đơn với lãi suất 3%/quý. Hỏi sau ít nhất bao lâu, số tiền thu về hơn gấp rưỡi số tiền vốn. A. 52 tháng. B. 51 tháng. C. 49 tháng. D. 50 tháng. Giải: 1  Gọi x là số quý để thu về số tiền hơn gấp rưỡi vốn  .80  40  2  50  16,(6) 3

Vì hình thức lãi đơn nên ta có: 80  3%.x  40  x  Suy ra x phải bằng 17 quý Vậy số tháng cần là: 17.3=51 tháng. Chọn B.

Bài 23: Một người gửi 15 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kỳ hạn 1 quý với lãi suất 1,65% một quý. Hỏi sau bao lâu người đó có được ít nhất 20 triệu đồng cả vốn lẫn lãi từ số vốn ban đầu? A. 4 năm 9 tháng. B. 4 năm 3 tháng. C. 4 năm 8 tháng. D. 4 năm 6 tháng. Giải: Ta có số tiền thu được sau t quý là T  15 1  1,65%  Theo đề bìa ta có:

( PC WEB )

T  20  15 1  1,65%   20  1  1,65%   t

4 (Log cơ số 4/3 hai vế ta được). 3

4 3

log 4 1  1,65%   log 4 t

 t.log 4 1  1,65%   1 3

t

1  17,6 log 4 1  1,65%  3

Suy ra số quý tối thiểu: t  18 quý = 4 năm 6 tháng. Chọn D. Bài 24: Một người gửi ngân hàng 100 triệu đồng theo hình thức lãi đơn với lãi suất 8%/năm. Hỏi sau 3 năm, tổng số tiền thu về là bao nhiêu? A. 16 triệu đồng. B. 24 triệu đồng. C. 116 triệu đồng. D. 124 triệu đồng. Giải: Lãi đơn nên ta có: Tổng số tiền sau 1 năm = 100+100.0,08=108 triệu 2 năm = 108+100.0,08= 116 (triệu). 3 năm = 116+100.0,08 = 124 (triệu). Chọn D. Bài 25: Một người vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất hàng năm là 12% năm. Sau tháng đầu tiên, mỗi tháng người đó đều trả 10 triệu đồng. Hỏi sau 6 tháng người đó còn nợ ngân hàng bao nhiêu? A. 41,219 triệu đồng. B. 43,432 triệu đồng. C. 40,600 triệu đồng. D. 44,632 triệu đồng. Giải: Số tiền còn nợ sau n tháng: A 1  r 

1  r  a

1

Trong đó: A: số tiền nợ bằng 100 triệu R: lãi suất 1 tháng bằng 1% A: số tiền trả mỗi tháng bằng 10 N =6. Số tiền nợ: 100 1  1%  Chọn D. Bài 26: ( PC WEB )

1  1%   10. 1%

1

 44,632 trieeuj

Một người muốn mua chiếc Samsung Galaxy S7 Edge giá 18.500.000 đồng của cửa hàng thế giới di động để tặng bạn gái ngày 20/10 nhưng vì chưa đủ tiền nên người đó đã quyết định chọn mua hình thức trả góp và trả trước 5 triệu đồng trong 12 tháng, với lãi suất là 3,4%/tháng. Hỏi mỗi tháng, người đó sẽ phải trả cho công ty Thế giới Di động số tiền là bao nhiêu? A. 1554000 triệu đồng. B. 1564000 triệu đồng. C. 1584000 triệu đồng. D. 1388824 triệu đồng. Giải: Gọi A là số tiền còn lại cần phải tả ban đầu, x là số tiền cần trả mỗi tháng, r là lãi suất mỗi tháng. Gọi Tn là số tiền còn lại cần phải trả ở cuối tháng n. Ta có: T1  A 1  r   x T2   A 1  r   x  1  r   x  A 1  r   x 1  r   1 A 1  r  2

2 x 1  r   1    r

3 x 1  r   1  T3  A 1  r    r 3

x 1  r   1  Tn  A 1  r    r Số tiền người đó cần trả trong 12 tháng là: A  18500000  5000000  13500000 n

Suy ra T2  13500000 1  3, 4 

12 x 1  3, 4%   1   x  1388823,974   3, 4

Chọn D. Bài 27: Anh A muốn xây một căn nhà. Chi phí xây nhà hết 1 tỉ đồng, hiện nay anh A có 700 triệu đồng. Vì không muốn vay tiền nên anh A quyết định gửi số tiền 700 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 12%/1 năm, tiền lãi của năm trước được cộng vào tiền gốc của năm sau. Tuy nhiên giá xây dựng cũng tăng mỗi năm 1% so với năm trước. Hỏi sau bao lâu anh A sẽ tiết kiệm đủ tiền xây nhà? (kết quả lấy gần đúng đến 1 chữ số thập phân). A. 3 năm 6 tháng. B. 3 năm 7 tháng. C. 12 năm 6 tháng. D. 3 năm 9 tháng. Giải: Gọi Vn là tổng số tiền thu được sau n năm, Tn là tổng số tiền thu được sau n năm. Ta có: V0  1 tỉ

V1  1(1  1%) tỉ.

V2  11  1%  .1%  11  1%   11  1%  tỉ.  Vn  11  1%  tỉ. n

Số tiền thu được sau n năm: Tn  0,7. 1  12%  tỉ n

( PC WEB )

Để xây được nhà thì ở năm thứ n thì số tiền anh thu được phải bằng số tiền vật liệu  Tn  Vn  0,7 1  12%   11  1%  n

1  1  12%     0,7  1  1%  1  n  log 112%  3,5 0,7 11% =3 năm 6 tháng. Chọn A. Bài 28: Ông A gửi 150 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn 1 năm với lãi suất x  5%;7%  năm. Sau 4 năm ông ta rút tất cả tiền ra và vay thêm ngân hàng 40 triệu đồng cũng với lãi suất x%. Ngân hàng cần lấy lãi suất x bao nhiêu để 3 năm nữa sau khi trả ngân hàng, số tiền của ông A còn lại nhỏ nhất (giả sử lãi suất không thay đổi). A. x  6%. B. x  7%. C. x  5%. D. x  6,5%. Giải: Số tiền của ông sau 4 năm là 150 1  x 

Số tiền của ông nợ ngân hàng sau 3 năm từ khi rút tiền là: 40 1  x 

Sau khi trả ngân hàng số tiền ông còn lại f  x   150 1  x   40 1  x  4

Ta có f '  x   600 1  x   120 1  x   0 3

vẽ BBT thấy f(x) nhỏ nhất tại x=5% chọn C. Bài 29: Đề mua một sa lon, ông Bách phải lựa chọn: hoặc phải trả ngay 3.900.000 đồng hoặc trả 4.400.000 đồng sau 2 năm. Với lãi suất hiện giá là 6% , ông Bách nên chọn giải pháp nào? A. 3.900.000 đồng B. 3.600.000 đồng. C. 4.000.000 đồng. D. 3.700.000 đồng. Giải: Hiện giá của 4.400.00. đồng trả sau 2 năm là: V0  4.400.000. 1,06   3.915.984,34 đồng>3.900.000 đồng. 2

Do đó ông Bách nên chọn giải pháp trả ngay 3.900.000 đồng. Chọn A. Bài 30: Ông Bách cần thanh toán các khoản nợ sau: 10.000.000 đồng thanh toán sau 2 năm 20.000.000 đồng thanh toán sau 5 năm. 50.000.000 đồng thanh toán sau 7 năm. ( PC WEB )

Tính thời gian thanh toán cho khoản nợ duy nhất thay thế 99.518.740 đồng (khoảng nợ này có tiền vay ban đầu bằng tổng tiền vay ban đầu của ba khoản nợ trên), với mức lãi kép 4,5%. A. 10.77 năm. B. 11.77 năm. C. 12.77 năm. D. 13.77 năm. Giải: Gọi n là số năm xác định thời gian thanh toán của khoản nợ duy nhất. Sự tương đương giữa nhóm 3 khoản nợ và khoản nợ duy nhất: 9,951874.1,045 n  1.1,0452  2.1,0455  5.1,0457  6,194774 . Ta được: 9,951874  6,194774.1,045n Lấy logarit 2 vế ta được: ln 9,951874  ln 6,194774  n.ln1,045 ln 9,951874  ln 6,194774  v   10,77  n a m  ln1,045   Chọn A. Bài 31: Ông Bách thanh toán tiền mua xe bằng các kỳ khoản năm: 5.000.000 đồng, 6.000.000 đồng, 10.000.000 đồng và 20.000.000 đồng. Kỳ khoản đầu thanh toán 1 năm sau ngày mua. Với lãi suất áp dụng là 8%. Hỏi giá trị chiếc xe ông Bách mua là bao nhiêu? A. 32.412.582 đồng. B. 35.412.582 đồng. C. 33.412.582 đồng. D. 34.412.582 đồng. Giải: Giá trị chiếc xe là: V0  5.1,081  6.1,082  10.1,083  20.1,084  32.412.582 đồng. Chọn A n

Bài 32: Trong vòng 4 năm, ông Bách gửi vào một tài khoản lãi suất 8% với các khoản tiền lần lượt là: : 5.000.000 đồng, 6.000.000 đồng, 10.000.000 đồng và 20.000.000 đồng. Ngay sau khi gửi khoản tiền cuối cùng, tổng số tiền trong tài khoản của ông Bách là bao nhiêu? A. 44.096.960 đồng. B. 46.096.960 đồng. C. 45.096.960 đồng. D. 43.096.960 đồng. Giải: Số tiền trong tài khoản cần tìm là: Vn  5.1,083  6.1,082  10.1,08  20  44.096.960 đồng. Chọn A Bài 33: Ông Bách quyết định đầu tư mỗi năm 3.000.000 đồng vào một tài khoản tiết kiệm trong vòng 4 năm. Khoản đầu tiên được đầu tư vào tháng 7/2006 Lãi suất trên tài khoản này là 3,75%. Vào tháng 7/2010, ông Bách sở hữu bao nhiêu tiền? A. 13.136.254 đồng. B. 13.692.033 đồng. C. 12.892.033 đồng. D. 13.892.033 đồng. Giải: Ta có sơ đâò trong phần lý thuyết về lãi suất tiền gửi theo thể thức lãi kép, trong đó giá trị cần tìm là giá trị nhận được ở V4 . Áp dụng hệ thức đã đc chứng minh ban đầu ta có: 1,03754  1 V4  3.000.000 1  0,0375  .  13.1363254 đồng. 0,0375 ( PC WEB )

Chọn A. Bài 34: Ông Bách quyết định đầu tư mỗi năm 3.000.000 đồng vào một tài khoản tiết kiệm trong vòng 4 năm. Khoản đầu tiên được đầu tư vào tháng 7/2006. Lãi suất trên tài khoản này là 3,75%. Thực ra ông có thể đầu tư 750.000 đồng mỗi quý và ngân hàng đồng ý tính lãi suất tích lũy theo quý. Hỏi khoản tiền ông ta sở hữu vào tháng 7/2010 là bao nhiêu? A. 12.998.136 đồng. B. 13.869.146 đồng. C. 12.892.033 đồng. D. 13.892.033 đồng. Giải: Trước hết ta cần tìm lãi suất quý tq tương đương với lãi suất năm 3,75%. Dùng hệ thức ta được 1  t q   1,0375%  tq  0,9246% 4

V16  750.000. 1  0,9246% 

1  0,946%  .

0,9246%

1

 12.988.136

Chọn A. Bài 35: Biết rằng tỉ lệ lạm pháp hằng năm của một quốc gia trong 10 năm qua là 5%. Năm 1994, nếu nạp xăng cho một ô tô là 24,95 $. Hỏi năm 2000, tiền nạp xăng cho ô tô đó là bao nhiêu? A. 33,44$. B. 44,44$. C. 44,33$. D. 35,44$. Giải: Ta có: A 1  r   24.95 1  0,05   33, 44$ . chọn A. n

Bài 36: Một sinh viên được gia đình gửi vào sổ tiết kiệm ngân hàng là 90 triệu đồng với lãi suất 0,9%/tháng. Nếu mỗi tháng sinh viên đó đều rút ra một số tiền như nhau vào ngày ngân hàng trả lãi thì hàng tháng anh ta rút ra bao nhiêu tiền (làm tròn đến 1000 đồng) để đúng sau 4 năm đại học sẽ vừa hết số tiền cả vốn lẫn lãi. A. 2317000. B. 2417000. C. 2340000. D. 2298000. Giải: Sau tháng thứ I: A 1  r   a Sau tháng thứ II: A 1  r   a 1  r   1 2

3 2 Sau tháng thứ 3: A 1  r   a 1  r   1  r   1  

Sau tháng thứ n: A 1  r 

 1  r n  1  a  r  

Rút hết tiền:  0  A 1  r 

n  1  r n  1  Ar 1  r  a a n r 1  r   1  

Với A: số tiền gửi, r là lãi tháng, a: số tiền rút ra, n: số tháng Ap dụng, A= 90.000.000, r = 0,9%, n =48%. Suy ra a= 2317000. Chọn A. ( PC WEB )

Bài 37: Ông Bách dự tính mua trả chậm một chiếc xe gắn máy bằng cách trả ngay 2.200.000 đồng tiền mặt, 3.800.000 đồng cuối năm sau và 5.300.000 đồng cuối năm kế tiếp. Biết lãi suất áp dụng là 6,24%, hỏi rằng giá chiếc xe bao nhiêu? A. 10 472 500 đồng. B. 12 472 500 đồng. C. 9 472 500 đồng. D. 11 472 500 đồng. Giải: Gọi x là giá của chiếc xe: m1 , m2 lần lượt là số tiền cần trả còn lại cuối năm thứ nhất và năm thứ 2.  x  2 200 000  m1  x  1047250,77   Ta có: m1 1  6, 24%   3 800 000  m2  m1  8272500,77  m  4988704,819  2 m2 1  6, 24%   5 300 000  0 Chọn A.

Bài 38: Ông Bách mua chiếc xe giá 10,5 triệu. Một công ty tài chính đề nghị ông Bách trả ngay 1.800.000 đồng tiền mặt, 2.900.000 đồng cuối 2 năm tiếp theo và 2.000.000 đồng cuối các năm thứ ba và thứ tư. Biết lãi suất áp dụng là 5,85%, hỏi ông Bách sau bốn năm còn nợ bao nhiêu? A. 3,55 triệu đồng. B. 2,50 triệu đồng. C. 4 triệu đồng. D. 2 triệu đồng. Giải: Sau khi trả ngay ông Bách còn nợ lại: 8700000 đồng. Sau 2 năm ông Bách nợ lại: 8,7 1  5,58%   2,9  6,85 triệu đồng. Sau năm thứ 3 ông Bách nợ lại: 6,85 1  5,85%   2  5, 25 triệu Sau năm thứ 4 ông Bách còn nợ lại: 5, 25 1  5,85%   2  3,55 triệu. Sau 4 năm ông Bách vẫn chưa trả hết nợ. Chọn A. Bài 39: một người gửi 9,8 triệu đồng tiết kiệm với lãi suất 8,4%/năm và lãi suất hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi theo cách đó thì sau bao nhiêu năm người đó thu được tổng số tiền 20 triệu đồng (biết rằng lãi suất không thay đổi). A. 9 năm. B. 8 năm. C. 7 năm. D. 10 năm. Giải: Gọi P là số tiền ban đầu. Sau n năm  n    , số tiền thu được là: Pn  P 1  0,084   P 1,084  n

Áp dụng với số tiền bài toán cho ta được: 20  20  n n 20  9,8. 1,084   1,084    n  log1,084    8,844 9,8  9,8  Vì n là Số tự nhiên nên n=9. Chọn A.

( PC WEB )

Bài 40: Ông Bách dự định đầu tư khoản tiền 20.000.000 đồng vào một dự án với lãi suất tăng dần: 3,35% trong 3 năm đầu; 3,75% trong hai năm kế tiếp và 4,8% ở 5 năm cuối. tính giá trị khoản tiền ông Bách nhận được cuối năm thứ 10. A. 30 triệu. B. 40 triệu. C. 25 triệu. D. 35 triệu. Giải: Số tiền ông Bách thu được trong 3 năm đầu: T1  20.000.000 1  3,35% 

Số tiền ông Bách nhận được trong 2 năm tiếp theo: T2  T1 1  3,75% 

Số tiền ông B nhận được sau 5 năm: T3  T2 1  4,8% 

Vậy số tiên ông B thu được sau 10 năm là: T  T3  20000000 1  3,35%  . 1  3,375%  . 1  4,8%   30043052,9 . Chọn A. 3

Bài 41: Ông Bách gửi vào tài khoản 7.000.000 đồng. Một năm sau ông rút ra 7.000.000. Một năm sau ngày rút ông nhận được khoản tiền 272.340 đồng. Tính lãi suất áp dụng trên tài khoản ông Bách. A. 3,75% B. 2,75%. C. 1,75%. D. 4,75%. Giải: Số tiền ông bách nhận được sau 1 năm: A 1  r  . Trong đó A là số tiền ban đầu, r là lãi suất. Sau đó ông rút số tiền bằng số tiền ban đầu nên số tiền còn lại trong ngân hàng: A 1  r   A  Ar Sau 1 năm ông nhận đc số tiền: 272.340 đồng. Suy ra: Ar 1  r   272.340  r 1  r  

 r  0,0375  3,75% 272340  700000  r  1,037  loai 

Chọn A. Bài 42: Một người gửi 10 triệu vào ngân hàng theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,03%/ngày. Hỏi sau ít nhất bao lâu, người đó lãi được hơn 2 triệu đồng? A. 611 ngày. B. 608 ngày. C. 610 ngày. D. 609 ngày. Giải: Sau n ngày người này đc số tiền 10 1  0,0003

Do đó: 10 1  0,0003  10  2  n  608 . Chọn B. n

Bài 43: Bạn Bình gửi tiết kiệm số tiền 58 000 000 đồng trong 8 tháng tại một ngân hàng thì nhận được 61 329 000 đồng. Khi đó, lãi suất hàng tháng là: A. 0,6%. B. 6%. C. 0,7%. D. 7%. Giải: Lãi được tính theo công thức lãi kép, vì 8 tháng sau bạn An mới rút tiền. ( PC WEB )

Ta có công thức tính lãi: 58000000 1  x   61329000  1  x  8

x

61329 58000

61329  1  0,007  0,7% 58000

Chọn C. Bài 44: Ông Việt mua nhà trị giá ba trăm triệu đồng và vay ngân hàng theo phương thức trả góp. Nếu ông Việt muốn trả hết nợ trong vòng 5 năm và trả lãi với mức 6%/năm thì mỗi tháng ông phải trả bao nhiêu tiên? (làm tròn đến nghìn đồng). A. 5935 (nghìn đồng). B. 1500 (nghìn đồng). C. 4935 (nghìn đồng). D. 6935 (nghìn đồng). Giải: Gọi x là số tiền ôn Việt trả mỗi năm. Áp dụng CT:

x

A.r. 1  r 

1  r 



1

300.106.0,06. 1  0,06 

1  0,06 

1

 71218920,13 đồng.

Suy ra số tiền ông việt phải trả mỗi tháng là: 71218920,13 a  5934910,011 đồng. 12 ~5935 (nghìn đồng). Chọn A. Bài 45: Anh Quang vay ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 1,1%/tháng. Anh Quang muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: sau đúng một tháng kể từ ngày vay, anh bắt đầu hoàn nợ và những lần tiếp theo cách nhau đúng một tháng. Số tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và trả hết nợ sau đúng 18 tháng kể từ ngày vay. Hỏi theo cách đó, tổng số tiền lãi mà anh Quang phải trả là bao nhiêu (làm tròn kết quả đến hàng nghìn)? Biết rằng, lãi suất ngân hàng không thay đổi trong suốt thời gian anh Quang vay. A. 10 773 700 đồng. B. 10 774 400 đồng. C. 10 773 000 đồng. D. 10 773 800 đồng. Giải: Số tiền m anh Quang phải trả hàng tháng là:

100.0,011. 1,011

m

1,011

1

.106

Tổng số tiền lãi amh Quang phải trả là:  m.18  100  .106  10774000 đồng. chọn C. Bài 46:

( PC WEB )

Anh A mua nhà trị giá ba trăm triệu theo phương thức trả góp. Nếu anh A muốn trả hết nợ trong vòng 5 năm và phải trả lãi với mức 6%/năm thì mỗi tháng anh A phải trả bao nhiêu tiền? (làm tròn kết quả đến nghìn đồng). Biết rằng anh A hoàn nợ cuối mỗi tháng. A. 5935000 đồng. B. 5900000 đồng. C. 5940000 đồng. D. 5930000 đồng. Giải: a n n Thay vào CT: M 1  r   1  r   1  0  r Với M  30.000.000; r  6%, n  5. . Tìm a (tiền trả hàng năm)? Vậy tiền trả hàng tháng áp dụng theo CT: 12b  n n M 1  r   1  r   1  0 . Với b là tiền trả hàng tháng.  r Kết luận: số tiền trả hàng tháng là: 593500 đồng. Chọn A. Bài 47: Một sinh viên A mua máy tính xách tay theo hình thức trả góp với giá tiền 20 triệu đồng, mức lãi suất 1,2%/tháng trong năm đầu tiên, mỗi tháng anh A phải trả 800 ngàn đồng, cả gốc và lãi. Sau một năm lãi suất lại tăng lên là 1,5%/tháng và anh A phải trả 1 triệu đồng cả gốc và lãi mỗi tháng (trừ tháng cuối). Hỏi sau tối đa bao nhiêu tháng anh A trả hết nợ (tháng cuối trả không quá 500 ngàn đồng). A. 25 tháng. B. 26 tháng. C. 27 tháng. D. 28 tháng. Giải:  1  1, 2% 12  1  12 T1  20000. 1  1, 2%   800    12818, 25087 1, 2%   T1 : số tiền còn nợ sau 1 năm Số tiền phải trả tiếp theo trừ tháng cuối cùng (n: tháng):  1  1,5% n  1  n T2  T1 1  1,5%   1000.    500 1,5%   Dùng table  n  15 Vậy số tháng phải trả: 12  15  27 tháng. Chọn C. Bài 48: Bạn Phương gửi vào ngân hàng với kỳ hạn 3 tháng (tức là sau 3 tháng số tiền lãi sẽ được công jvaof tiền gốc và tính lại kỳ hạn mới). Gọi m là số tiền bạn Phương sẽ nhận được sau 3 năm. Tính m biết rằng lãi suất mỗi tháng là 0,48%? B. m  2.106 1  36.0,0048 

A. m  2.106 1  36.0,0048  C. m  2.106. 1  36.0,0048 

D. m  2.106 1  36.0,0048  .

Giải: Kỳ hạn 3 tháng nên sau 3 năm ta có 12 kỳ hạn suy ra số tiền có đc sau 12 kỳ hạn là m  2.106. 1  36.0,0048  . 12

Chọn D. ( PC WEB )

Bài 49: Anh Quốc có 400 triệu đồng vì không đủ tiền để mua nhà, nên anh ta quyết định gửi tiền vào ngân hàng vào ngày 1/1/2017 để sau đó mua nhà với giá 700 triệu đồng. Hỏi nhanh nhất đến năm nào anh Quốc đủ tiền mua nhà. Biết rằng anh Quốc chọn hình thức gửi theo năm với lãi suất 7,5% một năm (lãi suất này không đổi trong các năm gửi), tiền lãi sau một năm được nhập vào vốn tính thành vốn gửi mới nếu anh Quốc không đến rút ra và ngân hàng chỉ trả tiền cho anh Quốc vào ngày 1/1 hàng năm nếu anh Quốc muốn rút tiền. A. 2023. B. 2024. C. 2025. D. 2026. Giải: Số tiền có được vào ngày 1/1/2018 là 400 1  7,5%  triệu đồng. Số tiền có được vào ngày 1/1/2019 là:

 400 1  7,5%   1  7,5%   400 1  7,5%  triệu đồng. 2

Suy ra số tiền sau n năm gửi là 400 1  7,5%  triệu đồng. vì cần 700 triệu đồng mua nhà nên n

n 7 ta có phương trình 400 1  7,5%   700  n  log1,075    7,74 . 4 Vậy sau tám năm anh Quốc có thể mua đc nhà tức là nhanh nhất đến năm 2025 anh Q có thể mua đc nhà.

Bài 50: Một bác nông dân vừa bán một con trâu được số tiền là 20.000.000 đồng. Do chưa cần dùng đến số tiền nên bác nông dân mang toàn bộ số tiền đó đi gửi tiết kiệm loại kỳ hạn 6 tháng vào ngân hàng với lãi suất 8,5% một năm thì sau 5 năm 8 tháng bác nông dân nhận được bao nhiêu tiền cả vốn lẫn lãi tất cả các định kì trước và nếu rút trước thời hạn thì ngân hàng trả lãi suất theo loại không kì hạn 0,01% một ngày (1 tháng tính 30 ngày). A. 31 802 750,09 vnd. B. 30 802 750,09 vnd. C. 32 802 750,09 vnd. D. 33 802 750,09 vnd. Giải: 8,5% 4, 25 Một kỳ hạn 6 tháng có lãi suất là: .6  12 100 Sau 5 năm 6 tháng (có nghĩa là 66 tháng tức là 11 kỳ hạn), số tiền cả vốn lẫn lãi bác nông dân 11

 4, 25  đc nhận là: A  20.000.000. 1    vnd  100   Vì 5 năm 8 tháng thì có 11 kỳ hạn và dư 2 tháng hay dư 60 ngày nên số tiền đc tính lãi suất không kì hạn trong 60 ngày là: 11

0,01  4, 25  B  A. .60  120000 1    vnd  100 100   Vậy sau 5 năm 8 tháng số tiền bác nông dân nhận được là: 11

11  4, 25   4, 25  A  b  20000000 1    120000 1    31802750,09  vnd  . Chọn A. 100 100    

( PC WEB )

Bài 51: Biết rằng khi đỗ vào trường đại học X, mỗi sinh viên cần nộp một khoản tiền lúc nhập học là 5 triệu đồng. Bố mẹ Minh tiết kiệm để đầu mỗi tháng đều gửi một số tiền như nhau vào ngân hàng theo hình thức lãi kép. Hỏi mỗi tháng, họ phải gửi số tiền là bao nhiêu (làm tròn đến hàng nghìn) để sau 9 tháng, rút cả gốc lẫn lãi thì được 5 triệu đồng, biết lãi suất hiện tại là 0,5%/tháng. A. 542.000 đồng. B. 555.000 đồng. C. 556.000 đồng. D. 541.000 đồng. Giải: Đặt r  0,5, A  5.106 đồng. Cứ đầu tháng gửi tiết kiệm m triệu: Vậy sau tháng n ta đc số tiền:

m 1  r   ...  m 1  r   m 1  r  n

Theo đề: A  m 1  r 

1  r 

1

1  r 

1

m

A.r

1  r  1  r 

 1 

Thay số ta đc đáp án A. Chọn A. Bài 52: (Trích đề thi HK 1 Sở Lâm Đồng). Ông B gửi vào ngân hàng số tiền là 120 triệu đồng với lãi suất định kỳ hàng năm là 12% trên năm. Nếu sau mỗi năm, ông không đến ngân hàng lấy lãi thì tiền lãi sẽ cộng dồn vào vốn ban đầu. Hỏi sau 12 năm kể từ ngày gửi, số tiền lãi L (không kể vốn) ông sẽ nhận được là bao nhiêu? (giải sử trong thời gian đó, lãi suất ngân hàng không thay đổi). 12 12 A. L  12.107 1,12   1 VND  B. L  12.107 1,12   1 VND      C. L  12.107 1,12 

VND 

D. L  12.107.0,12 VND 

Giải: L1  12.107.0,12

L2  12.107.0,12  12.107  .0,12  12.107.1,12.0,12

Vậy sau 2 năm thì số tiền lãi là: L1  L2  12.107.0,12.0,12

 12.107 1,12  11,12  1  12.107 1,122  1

Tương tự như vậy ta sẽ có đc số tiền lãi nhận đc sau 12 năm là: 12 L  12.107 1,12   1   Chọn A.

( PC WEB )

CHƯƠNG 2 (Tiếp theo) CHỦ ĐỀ 2. CÁC DẠNG BÀI TOÁN KHÁC Ngoài những ứng dụng trên ta còn có thể sử dụng Hàm số Mũ, Hàm số Logarit trong việc tính dân số, tính lượng khí, tính độ pH…

BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Theo dự báo, với mức tiêu thụ dầu không đổi như hiện nay thì trữ lượng dầu của nước A sẽ hết sau 100 năm nữa. Nhưng do nhu cầu thực tế, mức tiêu thụ tăng lên 4% mỗi năm. Hỏi sau bao nhiêu năm số dầu dự trữ của nước A sẽ hết. A. n  41. B. n  42. C. n  43. D. n  41,1. Giải: Mức tiêu thụ dầu hàng năm của nước A theo dự báo là M thì lượng dầu của nước A là 100M. Mức tiêu thụ dầu theo thực tế là: Gọi x0 là lượng dầu tiêu thụ năm thứ n: Năm thứ 2 là x2  M  4% M  M 1  4%   1,04 M Năm thứ n là xn  1,04n 1 M Tổng tiêu thụ trong n năm là: x1  x2  x3  ...  xn  M  1,04 M  1,042 M  ...  1,04n1 M

 1  1,04  1,042  ...  1,04n1  M  100 M  1  1,04  1,042  ...  1,04n1  100

1,04n1  1  100 0,04 Giải phương trình (Shift SOLVE) ta được n =41. Chọn A. 

 

Bài 2: Biết thể tích khí CO2 năm 1998 là V m3 . 10 năm tiếp theo, mỗi năm thể tích CO2 tăng m% , 10 năm tiếp theo nữa, thể tích CO2 mỗi năm tăng n% . Tính thể tích CO2 năm 2016?

100  m  100  n  A. V 

100  m  100  n  B. V 

100  m  100  n  C. V 

100  m  100  n  D. V 

1040 10

1036

1036 10

1020

Giải: 10

+thể tích khí CO2 năm 2008 là: V2008

m    V 1    100 

100  m  100  n  . Chọn B. m   n    V 1  1   V    1036  100   100  10

+thể tích khí CO2 năm 2016 là: V2016

( PC WEB )

Bài 3: Biết rằng năm 2001, dân số Việt Nam là 78.685.800 người và tỉ lệ tăng dân số năm đó là 1,7%. Cho biết sự tăng dân số được ước tính theo công thức: S  A.e Nr (trong đó: A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm). Cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì đến năm nào dân số nước ta ở mức 120 triệu người. A. 2016. B. 2022. C. 2020. D. 2025. Giải:

S  A.e Nr  120000000  1 120000000  78685800.e N .0,017  N  ln   25 . Chọn A. .  78658800  0,017

Bài 4: Một lon nước soda 800 F được đưa vào một máy làm lạnh chứa đá tại 320 F . Nhiệt độ của so da ở phút thứ t được tính theo định Luật Newton bởi công thức T  t   32  48.  0,9  . Phải làm mát t

soda trong bao lâu để nhiệt độ là 500 F ? A. 1,56. B. 9,3. C. 2. Giải:

D. 4.

Nhiệt độ Soda còn lại là 500 F nên ta có: T  t   50  32  48.  0,9   50   0,9   t

Log cơ số 0,9 hai vế ta đc: t  log 0,9

3 8

3  t  9,3 . chọn B. 8

Bài 5: Cường độ trận động đất M (richter) được cho bởi công thức M  logA  logA 0 , với A là biên độ rung chấn tối đa và A0 là biên độ chuẩn (hằng số). Đầu thế kỷ 20, một trận động đất ở San Francisco có cường độ 8,3 độ Richter. Trong cùng năm đó, trận động đất khác Nam Mỹ có biên độ mạnh hơn gấp 4 lần. Cường độ của trận động đất ở nam Mỹ là: A. 8,9. B. 33,2. C. 2,075. D. 11. Giải: A Ta có: M  log A  log A0  log A0 Trận động đất ở:

+ San Francisco: M 1  8,3  log + Nam Mỹ: M 2  log

A2 A0

A1 1 A0

 2

Biên độ ở nam Mỹ gấp 4 lần San Fracisco nên A2  4 A1  Lấy (2) – (1) ta đc: A A A M 2  8,3  log 2  log 1  log 2  log 4 A0 A0 A1

 M 2  log 4  8,3  8,9 ( PC WEB )

A2 4 A1

Chọn A. Bài 6: Giả sử số lượng bầy ruồi tại thời điểm t so với thời điểm t  0 là N  t   N 0 .e kt , N 0 là số lượng bầy ruồi tại thời điểm t  0 , k là hằng số tăng trưởng của bầy ruồi. Biết số lượng bầy ruồi tăng lên gấp đôi sau 9 ngày. Hỏi sau bao nhiêu ngày bầy ruồi có 800 con, biết rằng N 0  100? . A. 27.

B. 27,1.

C. 26.

D. 28.

Giải: ln 2 9 ln 8 ln 8 800  100.e kt  8  e kt  kt  ln 8  t   .9  27 k ln 2 Chọn A. 27 ngày. 2 N c  N 0 .e9 k  e9 k  2  9k  ln 2  k 

Bài 7: Giả sử n  f  t   n0 .2t là số lượng cá thể trong một đám vi khuẩn tại thời điểm t (giờ), n0 là số lượng cá thể lúc ban đầu. Tốc độ phát triển về số lượng của vi khuẩn tại thời điểm t chính là f '  t  . Giả sử mẫu thử ban đầu của ta có n0  100 vi khuẩn. Vậy tốc độ phát triển sau 4 giờ là bao nhiêu con vi khuẩn? A. 1600. Giải:

B. 1109.



C. 500.

D. 3200.



Ta có: f '  t   n0 .2t '  n0 .2t.ln 2 Vậy tốc phát triển của vi khuẩn sau 4 giờ là: f '  4   100.24.ln 2  1109 Chọn B. Bài 8: Cho phương trình phản ứng tạo thành Nitơ (IV) Oxit từ Nitơ (II) Oxit và Oxy là   2 NO  O2   2 NO2 . Biết rằng đây là một phản ứng thuận nghịch. Giả sử x, y lần lượt là nồng dk ,t 0 , xt

độ phần trăm của khí NO và O2 tham gia phản ứng. Biết tốc độ phản ứng hóa học của phản ứng trên

được xác định v  kx 2 y , với k là hằng số của tốc độ phản ứng. Để tốc độ phản ứng xảy ra nhanh nhất thì tỉ số giữ A.

1 . 2

x là: y B. 2.

1 . 3

D. 3.

Giải: Gọi t là thời gian phản ứng khi đó: Tốc độ phản ứng nhanh nhất vmax khi t  0 vì khi t  0 nồng độ các chất NO và O2 lớn nhất. Mà v  kx 2 y (với x, y lầ độ NO và O2 the đề ) Vậy để vmax thì nồng độ NO và O2 phải bằng nồng độ ban đầu:

( PC WEB )

Dựa vào pt, ta có: y 

x x   2 . Chọn B. 2 y

Bài 9: Các loài cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ nhận được một lượng nhỏ cacbon 14 (một đồng vị của cacbon). Khi một bộ phận của cây bị chết thì hiện tượng quang hợp của nó cũng ngưng và nó sẽ không nhận thêm cacbon 14 nữa. Lượng cacbon 14 của bộ phận đó sẽ phân hủy cách chậm chạp, chuyển hóa thành nitơ 14. Biết rằng nếu gọi P  t  là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong bộ phận của cây sinh trưởng từ t

năm trước đây thì P  t  được tính theo công thức:

P  t   100.  0,5  5750  %  . Phân tích một mẫu gỗ từ một công trình kiến trúc cổ, người ta thấy lượng

cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ đó là 65% . Niên đại của công trình kiến trúc đó gần với số nào sau đây nhât: A. 41776 năm. B. 6136 năm. C. 3574 năm. D. 4000 năm. Giải: Lượng Cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ là 65% nên ta có: t

P  t   100.  0,5  5750  65 t

  0,5  5750  0,65

Log có số ½ hai vế ta được: t  log 1 0,65 5750 2  t  5750log 1 0,65  3574 2

Chọn C. 3574 năm. 1 Bài 10: Cho phản ứng hóa học N 2O5  2 NO2  O2 ở nơi có nhiệt độ 450 C, các nhà hóa học nhận 2 thấy sự biến thiên nồng độ mol / l của N 2O5 theo thời gian luôn tỉ lệ thuận với nồng độ mol / l của

N 2O5 với tỉ lệ k  0,0005 . Hỏi sau khoảng thời gian bao lâu thì nồng độ mol / l của N 2O5 bằng 90% giá trị ban đầu. A. Khoảng 211 giây. B. Khoảng 301 giây. C. Khoảng 102 giây. D. Khoảng 527 giây. Giải: Gọi yt là nồng độ N 2O5 ở thời điểm t, x là nồng độ N 2O5 ban đầu:

 yt  k  1 x  yt  x  kx  Ta có:   yt  0,9 x  yt  0,9 x 1 Vì sự biến thiên nồng độ mol / l của N 2O5 theo thời gian luôn tỉ lệ thuận với nồng độ mol / l của N 2O5 nên: yt   k  1 x

 * . t t Thay (1) vào (*) ta được: 0,9 x   k  1 x  0,9   k  1 t

( PC WEB )

Log cơ số 0,9 hai vế ta được:

log 0,9 0,9  log 0,9  k  1

 1  t log 0,9  k  1 t

log 0,9  k  1

 211

Chọn A. Bài 11: Trong toán rời rạc khi tìm kiếm một phần tử trong một tập hợp có n phần tử đã sắp xép tăng dần bằng thuật toán tìm kiếm nhị phân thì trong trường hợp xấu nhất, độ phức tạp của thuật toán được tính bằng   log n  với log n  log 2 n . Vậy độ phức tạp của thuật toán tìm kiếm nhị phân trong trường hợp xấu nhất khi tìm kiếm phần tử trong tập hợp A= 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18,19, 20, 21 A.   log 2 20  .

B.   log 2 19  .

C.   log 2 18  .

D.   log 2 21 .

Giải: Tập hợp A có tấ cả 21 phần tử , suy ra n=21 Vậy độ phức tạp của thauatj toán tìm kiếm nhị phân tròn trường hợp xấu nhất trong tập hợp A là:   log 2 21 . Chọn D. Bài 12: Năng lượng của một trận động đất được tính bằng E  1,74.1019.101,44 M với M là độ lớn theo thang độ Richter. Thành phố A xảy ra một trân động đất 8 độ Richter và năng lượng của nó gấp 14 lần trận động đất xảy ra ở thành phố B. Hỏi khi đó độ lớn của trân động đất tại thành phố B là bao nhiêu? A. 7,2 độ Richter. B. 7,8 độ Richter. C. 9,6 độ Richter. D. 6,9 độ Richter. Giải: Thành phố A có M  8 , nên E A  1,74.1019.101,44.8 Thành phố B có trận động đất với độ lớn M  M B và năng lượng EB  14 E A nên:

1,74.1019.101,44.M B  14.1,74.1019.101,44.8  14.101,44.M B  101,44.8. Log cơ số 101,44.8 hai vế ta được:

log101,44.8 14.101,44.8   log101,44.8 101,44.8  M B  7, 2

Chọn A. Bài 13: Chu kỳ bán rã của chất phóng xạ Plutonium Pu 239 là 24360 năm (tức là một lượng Pu 239 sau 24360 năm phân hủy thì chỉ còn một nửa). Sự phân hủy được tính theo công thức S  A.e rt , trong đó A là lượng chất phóng xạ ban đầu, r là tỉ lệ phân hủy hàng năm (r<0), t là thời gian phân hủy, S là lượng còn lại sau thời gian phân hủy t. Hỏi 10 gam Pu 239 sau bao lâu còn lại 2 gam? A. 46120 năm. B. 82235 năm. C. 57480 năm. D. 92042 năm. ( PC WEB )

Giải: m  m0 .2 t /T

 2  10.2 t /T 1   2  t /T 5 t   log 2 0, 2 T  t   log 2 0, 2.T  57480 Chọn C. Bài 14: Trên mỗi chieeucs Radio FM đều có vạch chia để người dùng dễ dàng Chọn sóng Radio cần tìm. Vạch ngoài cùng bên trái và bên phải tương ứng với 88 MHz và 108 MHz. Hai vạch cách nhau 12 cm. Biết vị trí của vạch cách vạch ngoài cùng bên trái d cm. Thì có tần số F  ka d MHz . Với k và a là hằng số. Tìm vị trí của vạch ứng với tần số 91 MHz để bắt sóng VOV Giao Thông Quốc Gia. A. Cách vạch ngoài cùng bên phải 8, 4723cm . B. Cách vạch ngoài cùng bên phải 1,9243 cm. C. Cách vạch ngoài cùng bên phải 10,0358 cm. D. Cách vạch ngoài cùng bên phải 2,0567 cm. Giải:

F  k .a d Ta có: lúc ở 88 MHz thì 88  ka 0  k  88 27 Lúc ở 108 MHz thì 108  88.a12  a  12 22 d

27  91  88.12  d  1,9642 (cách vạch bên trái ) (cm). 22  12- d = 10,0358 (cách vạch bên phải) (cm). Chọn C. Bài 15: Số lượng động vật nguyên sinh tăng trưởng với tốc độ 0,7944 con/ngày. Giả sử trong ngày đầu tiên, số lượng động vật nguyên sinh là 2. Hỏi sau 6 ngày, số lượng động vật nguyên sinh là bao nhiêu? A. 37 con. B. 21 con. C. 48 con. D. 106 con. Giải: Ngày thứ nhất: 2 con Ngày thứ 2: 2 +2.07944=21+0,7944 (con) 2 Ngày thứ 3: 2 1  0,7944  (con). Suy ra ngày thứ n: 2 1  0,7944  Vậy ngày thứ 6: con. Chọn A.

( PC WEB )

n1

(con).

Bài 16: E.Coli (Escherichia coli) là vi khuẩn đường ruột gây tiêu chảy, đau bụng dự dội. Cứ sau 20 phút thì số lượng vi khuẩn E. Coli lại tăng gấp đôi. Ban đầu, chỉ có 60 vi khuẩn E.coli trong đường ruột. Hỏi sau 8 giở, số lượng vi khuẩn E.coli là bao nhiêu? A. 1006632960 vi khuẩn. B. 2108252760 vi khuẩn. C. 158159469 vi khuẩn. D. 3251603769 vi khuẩn. Giải: + 1 chu kì nhân đôi: r  100% 8 giờ = 480 phút = 24 chu kì. Số lượng vi khuẩn: 60 1  1  1006632960 . Chọn A. 24

Bài 17: Một nguồn âm đặt ở O đẳng hướng trong không gian có công suất truyền âm P không đổi. P Biết rằng cường độ âm tại một điểm cách nguồn một đoạn R là I  và mức cường độ âm tại 4 R 2 I điểm đó là L  log Ben với I 0 là hằng số. Như vậy có thể thấy rằng R luôn tỉ lệ với 10 L /2 . Áp I0 dụng tính chất này để tính mức cường độ âm tại trung điểm M của đoạn thẳng AB biết mức cường độ âm tại A, B lần lượt là LA  20 dB, LB  60 dB . Và O nằm trên đoạn thẳng AB. A. LM  25,9dB.

B. LM  25,6dB.

C. LM  26,1dB.

D. LM  20,6dB.

Giải: M là trung điểm AB  2 RM  RA  RB Do R tỉ lệ với 10 L /2  2.10 LM /2  1010  1030  1010  1030   LM  2.log    20,6dB 2   Chọn D.? Bài 18: Chu kỳ bán rã của chất hóa học của

226 88

lượng

226 88

Ra là 1590 năm, tức là cứ sau 1590 năm thì khối lượng

Ra giảm đi một nửa. Ban đầu khối lượng của

226 88

Ra là 100 mg. Hỏi sau 1000 năm thì khối

Ra còn lại bao nhiêu?

A. 65 mg. Giải:

B. 78 mg.

Sau 1590 năm khối lượng

C. 43 mg. 226 88

Ra còn lại

D. 68 mg.

1 .100  50 2 t

Sau thời gian t năm khối lượng Sau t =1000 năm khối lượng

226 88

Ra còn lại là: m1  100.21590

Ra còn lại là: m  100.2

1000 1590

 65mg

Chọn A. Bài 19: Cho một lượng vi khuẩn bắt đầu với 500 con và phát triển với vận tốc tỷ lệ thuận với số lượng. Biết sau 3 giờ, có 8000 con vi khuẩn. Hỏi sau 4 giờ, số lượng vị khuẩn là bao nhiêu? A. Khoảng 463521 con. B. Khoảng 40235 con. ( PC WEB )

C. Khoảng 20159 con. Giải: Ta có: N t  N 0 .e r .t

D. Khoảng 322539 con.

Tại thời điểm t =3 Ta có: 8000  500.e r .3  16  3r .3 ln16 ln hai vế ta được ln16  ln e r .3  ln16  r.3  r  3 Tại thời điểm t =4. Ta có: N  500.e r .4  20159 . Chọn C. Bài 20: theo số liệu thức tế, dân số thế giới năm 1950 là 2560 triệu người, còn năm 1980 là 3040 triệu người. người ta dự đoán dân số thế giới phụ thuộc vào thời gian t theo hàm số mũ P  t   a.ebt với a, b là hằng số và độ biến thiên của P  t  theo thời gian tỷ lệ thuận với P  t  . Hãy dự đoán dân số thế giới vào năm 2020. P

A. 8524 triệu dân. B. 5360 triệu dân. C. 7428 triệu dân. D. 3823 triệu dân. Giải: Số dân tại thời điểm t  1950 là: P1950  a.eb.1950  2560 1 Số dân tại thời điểm t =1980 là: P1980  a.eb.1980  3040

 2

a.eb.1950 3040 19   e30b  Lấy (2)/(1) ta được: b.1980 a.e 2560 16 19 19 1 19 ln hai vế ta được: ln e30b  ln  30b  ln  b  .ln * 16 16 30 16 Thay (*) vào (1) ta được: a.e

65.ln

19 16

 2560  a 

2560 e

Vậy dân số tại thời điểm t =2020 là: P 2020  a.e ( PC WEB )

65.ln

b.2020

19 16

 3823 triệu người.

Chọn D. Bài 21: Khoảng 200 năm trước, hai nhà khoa học Pháp là Clô-xi-ut và Cla-pay-rông đã thấy rằng áp lực P của hơi nước (tính bằng milimet thủy ngân, viết tắt là mmHg) gây ra khi nó chiếm khoảng k t  273

trống phía trên của mặt nước chứa trong bình kín theo công thức P  a.10 Trong đó t là nhiệt độ C của nước, a và k là các hằng số. Cho biết k  2258,624 . a) Tính a biết rằng khi nhiệt độ của nước là 1000 C thì áp lực của hơi nước là 760 mmHg (tính chính xác đến hàng phần chục). A. 86318841,3; 52,5. B. 86318841,3; 50,5. C. 86318841,3; 152,5. D. 86318841,3; 51,5. b) Tính áp lực của hơi nước khi nhiệt độ của nước là 400 C (tính chính xác đến hàng phần chục). A.  52,5 mmHg. B.  52,3 mmHg. C.  53,5 mmHg. D.  55,5 mmHg. Giải: a) Ta có: 760  a.10  a  760.10

2258,624 t  273

2258,624 373

 a  86318841,3 Chọn A. 2258,624

b) P  86318841,3 :10 40 273  52,5mmHg Chọn A. Bài 22: Các loài cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ nhận được một lượng nhỏ cacbon 14 (một đồng vị của cacbon). Khi một bộ phận của cây bị chết thì hiện tượng quang hợp của nó cũng ngưng và nó sẽ không nhận thêm cacbon 14 nữa. Lượng cacbon 14 của bộ phận đó sẽ phân hủy cách chậm chạp, chuyển hóa thành nitơ 14. Biết rằng nếu gọi P  t  là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong bộ phận của cây sinh trưởng từ t

năm trước đây thì P  t  được tính theo công thức:

P  t   100.  0,5  5750  %  . Phân tích một mẫu gỗ từ một công trình kiến trúc cổ, người ta thấy lượng

cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ đó là 65% . Niên đại của công trình kiến trúc đó gần với số nào sau đây nhât: A. 3574 năm. B. 3754 năm. C. 4573 năm. D. 5437 năm. Giải: Lượng Cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ là 65% nên ta có: t

P  t   100.  0,5  5750  65 t

  0,5  5750  0,65

Log có số ½ hai vế ta được:

( PC WEB )

t  log 1 0,65 5750 2  t  5750log 1 0,65  3574 2

Chọn A. 3574 năm. Bài 23: Áp suất của không khí P (đo bằng mmHg) suy giảm mũ so với độ cao x(m), tức P giảm theo công thức: P  P0 .e xi , trong đó P0  760mmHg là áp suất ở mực nước biển (x=0), I là hệ số suy giảm. Biết rằng ở độ cao 1000m thì áp suất của không khí là 672,71 mmHg. Hỏi áp suất không khí ở độ cao 3000m là bao nhiêu? A. 530 mmHg. B. 350 mmHg. C. 430 mmHg. D. 340 mmHg. Giải: Trước tiên tìm I từ đẳng thức: 672,71  760.e1000.i  i  0,00012  . Từ đó p  760.e

3000. 0,00012 

 530, 23mmHg . Chọn A.

Bài 24: Tỷ lệ tăng dân số hằng năm ở Việt Nam duy trì ở mức 1,06%. Theo số liệu của Tổng cục thống kê, dân số Việt Nam năm 2014 là 90.728.600 người. Với tốc độ tăng dân số như thế thì vào năm 2050 dân số việt nam là: A. 160.663.675 người. B. 132.161.875 người. C. 153.712.400 người. D. 134.022.614 người. Trích đề thi HK I THPT Lương Thế Vinh Hà Nội. Giải: Bài toán tương tự dạng toán lãi kép nên ta có thể sử dụng công thức An  a 1  m  với An là n

dân số tại thời điểm n, a là dân số tại thời điểm đầu, m là tỉ lệ tăng dân số tự nhiên (không đổi) và n là thời gian từ lúc đầu đến lúc cần xét. Áp dụng cụ thể vào bài toán trên: An  a 1  m   90278600 1  1,06%  n

2050  2014

 132616875

Chọn B. Bài 25: Sử dụng công thức L  10lg của âm thanh có tỉ số

I và điền vào bảng: I0

STT

Loại âm thanh

1 2 3 4 5

Ngưỡng nghe Nhạc êm dịu Nhạc mạnh phát ra từ loa Tiếng máy bay phản lực Ngưỡng đau tai Giải:

( PC WEB )

I , hãy tính gần đúng, chính xác đến hàng đơn vị, độ lớn dB I0

I I0 1 4000 6,8  108 2,3  1012

1013

Độ lớn (L)

Với

I  4000 làm tròn đến hàng đơn vị ta được 36dB. I0

Với

I  6,8.108 ta được L  88dB . I0

Với

I  2,3.1012 ta được L  124dB . I0

Với

I  103 ta được L  130dB . I0

STT

Loại âm thanh

1 2 3 4 5

Ngưỡng nghe Nhạc êm dịu Nhạc mạnh phát ra từ loa Tiếng máy bay phản lực Ngưỡng đau tai

I I0 1 4000 6,8  108 2,3  1012

1013

Độ lớn (L) 0 36 88 124 130

Bài 26: Trên mặt của mỗi chiếc radio đều có các vạch để người sử dụng dễ dàng chọn đúng sóng radio cần tìm. Biết rằng vạch chia ở vị trí cách tận cùng bên trái một khoảng d (cm) thù ứng với tần số F  ka d kHz , trong đó k và a là hai hằng số được chọn sao cho vạch tận cùng bên trái ứng với tần số 53 kHz, vạch tận cùng bên phải ứng với tần số 160 kHz và hai vạch này cách nhau 12 cm. a) hãy tính k và a (làm tròn đến phần nghìn). A. k  53, a  1,096. B. k  52, a  1,096 . C. k  53, a  1,069 .

D. k  53, a  1,196 .

b) Giả sử đã cho F, giải phương trình ka d  F với ẩn d. A.  25,119lg F  43,312 B.  25,119lg F  43, 412 C.  25,190lg F  43,312 D.  25,119lg F  43,321 . c) Áp dụng kết quả câu b, hãy điển vào ô trống trong bảng sau (kết quả chính xác đến hàng phần trăm) F(kHz) 53 60 80 100 120 140 160 d Giải: a) Thay vào công thức F  ka d với d  0  53  ka 0  k với d  12  160  ka12  53a12  a12  b) Ta có:

( PC WEB )

1 12

160  160  a   1,096 . Chọn A. 53  53 

ka d  F  a d 

F F  d lg a  lg k k

1  lg F  lg k   25,119  lg F  lg k   25,119lg F  43,312 lg a c) khoảng cách từ vạch tận cùng bên trái đến vạch tương ứng: + 60 kHz: d  25,119lg 60  43,312  1,35cm d

+ 80 kHz: d  25,119lg80  43,312  4, 49cm + 100 kHz: d  25,119lg100  43,312  6,93cm + 120 kHz: d  25,119lg120  43,312  8,91cm + 140 kHz: d  25,119lg140  43,312  10,60cm + 160 kHz: d  25,119lg160  43,312  12cm Ta có kết quả bảng sau: F(kHz) 53 60 80 100 120 140 d 0 1,35 4,49 6,93 8,91 10,6

160 12

358 . Biết rằng tỉ lệ thể tích khí CO 2 106 trong không khí tăng 0, 4% hằng năm. Hỏi năm 2004, tỉ lệ thể tích khí CO 2 trong không khí là bao

Bài 27: Năm 1994, tỉ lệ thể tích khí CO 2 trong không khí là nhiêu?

A. 373.106. . B. 363.106. . C. 383.106. . D. 353.106. . Giải: Năm 2004 tỉ lệ thể tích CO2 trong không khí là: 358.1,00410  373.106 . Chọn A. 6 10 Bài 28: Biết rằng tỉ lệ giảm dân số hằng năm của Nga là 0,5% . Năm 1998, dân số của Nga là 146861000 người. Hỏi năm 2008, dân số của nước Nga là bao nhiêu người? A. 139 699 000 người. B. 140 699 000 người. C. 149 699 000 người. D. 145 699 000 người. Giải: Năm 2008, dân số nước Nga là 139699000 người. Chọn A. Bài 29: Biết rằng tỉ lệ giảm dân số hằng năm của Italia là 0,1% . Năm 1998, dân số của Italia là 56783000 người. Hỏi dân số nước này vào năm 2020 (22 năm sau đó)? A. 55 747 000 người. B. 55 547 000 người. C. 52 547 000 người. D. 53 547 000 người. Giải: Năm 2020, dân số Italia là: 55547000 người. Chọn A.

( PC WEB )

Bài 30: Cho biết chu kì bán rã của chất phóng xạ Plutoni là 24360 năm (tức là một lượng Plutoni sau 24360 năm phân hủy thì chỉ còn lại một nửa). Sự phân hủy được tính theo công thức S  A.e rt , trong đó A là lượng chất phóng xạ ban đầu, r là tỉ lệ nhân hủy hàng năm (r < 0), t là thời gian phân hủy, S là lượng còn lại sau thời gian phân hủy t. Hỏi 10g Plutoni sau bao nhiêu năm phân hủy sẽ còn 1g? A. 80922 năm. B. 100922 năm. C. 99922 năm. D. 88922 năm. Giải: A Ta có: Ae 24360 r   r   ln 2 : 24360 2 Giả sử: sau t năm 10 g Plutoni phân hủy còn 1g thì: 1 ln 10e rt  1  t  10  80922 . Chọn A. r Bài 31: Theo dự báo với mức tiêu thụ dầu không đổi như hiện nay thì trữ lượng dầu của nước A sẽ hết sau 100 năm nữa. Nhưng do nhu cầu thực tế, mức tiêu thụ tăng lên 4% mỗi năm. Hỏi sau bao nhiêu năm số dầu dự trữ của nước A sẽ hết. A. 39 năm. B. 40 năm. C. 38 năm. D. 41 năm. Giải: Gọi A là trự lượng dầu, x là lượng dầu sử dụng năm đầu tiên. Ta có A  100 x Qua năm thứ 2 trữ lượng dầu tiêu thụ là: x 1  r  . Qua năm thứ n +1 trữ lượng dầu tiêu thụ là: x 1  r 

Vậy tổng luongj dầu tiêu thụ trong n+1 năm là: 2 n 1 n x 1  1  r   1  r   ...  1  r   1  r     Do đó ta có phương trình :

x 1  1  r   1  r   ...  1  r   2

n 1

1  1  r  1  1  r    100  1  1  r  r n 1

n  1  r    100 x  0 

n 1

 100  n  40

Chọn B. Bài 32: Các nhà khoa học thực hiện nghiên cứu trên một nhóm học sinh bằng cách cho họ xem một danh sách các loài động vật và sau đó kiểm tra xem họ nhớ được bao nhiêu % mỗi tháng. Sau t tháng, khả năng nhớ trung bình của nhóm học sinh tính theo công thức M  t   75  20ln  t  1 , t  0 (đợn vị %). Hỏi khoảng thời gian ngắn nhất bao lâu thì số học sinh trên nhớ được danh sách đó dưới 10%? A. khoảng 24 tháng. B. khoảng 22 tháng. C. khoảng 25 tháng. D. khoảng 32 tháng. Giải: The đề ta có: 75  20ln  t  1  10%  ln  t  1  3, 25  t  24,79 ( PC WEB )

Khoảng 25 tháng. Chọn C. Bài 33: Tỉ lệ tăng dân số hàng năm của Việt Nam 1%. Năm 2010, dân số nước ta là 88360000 người. Sau khoảng bao nhiêu năm thì dân số nước ta sẽ là 128965000 người? Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm là không thay đổi. A. 36. B. 37. C. 38. D. 39. Giải: Gọi n là số năm dân số nước ta tăng từ 88360000128965000. Sau n năm dân số nước Việt Nam là: 88360000 1,01 . Theo đề: n

n  128965000  88360000 1,01  128965000  n  log1,01    38  88360000  Chọn C.

 nam  .

Bài 34: Áp suất không khí P (đo bằng milimet thủy ngân, kí hiệu là mmHg) suy giảm mũ so với độ cao x (đo bằng mét), tức là P giảm theo công thức P  P0 .e xi . Trong đó P0  760mmHg là áp suất ở mực nước biển (x=0), i là hệ số suy giảm. Biết rằng ở độ cao 1000m thì áp suất của không khí là 672,71mmHg. Hỏi áp suất không khí ở độ cao 3000m là bao nhiêu (làm tròn kết quả cuối cùng đến hàng đơn vị)? A. P  531mmHg . B. P  530mmHg . C. P  528mmHg . D. P  527 mmHg . Giải: 1 672,71 Theo đề ta có: 672,71  760.e1000i  i  ln 1000 760 Vậy P  760.e3000.i  527 mmHg Lưu ý: Nếu các bạn làm tròn kết quả ngay từ lúc tính I thì sẽ cho kết quả cuois cùng là 530mmHg như vậy sẽ không đúng yêu cầu bài toán. Chọn D. 358 Bài 35: Năm 1994, tỉ lệ thể tích khí CO 2 trong không khí là . Biết rằng tỉ lệ thể tích khí CO 2 106 trong không khí tăng 0, 4% hằng năm. Hỏi năm 2016, tỉ lệ thể tích khí CO 2 trong không khí là bao nhiêu? Giả sử tỉ lệ hàng năm không thay đổi. Kết quả thu được gần với số nào sau đây nhất? 391 390 7907 7908 A. 6 . B. 6 . C. 6 . D. 6 . 10 10 10 10 Giải: Từ 1994 đến 2016 là 22 năm. 358.1,00422 391  6 Vậy tỉ lệ thể tích CO2 năm 2016 trong không khí là 106 10 Chọn A.

( PC WEB )

Bài 36: Để xác định một chất có nồng độ pH, người ta tính theo công thức pH  log

1 , trong đó  H  

 H   là nồng độ ion H  . Tính nồng độ pH của Ba  OH 2 (bải hidroxit) biết nồng độ ion H  là

1011 M . A. pH  11 . Giải: Ta có: pH  log

B. pH  11 .

C. pH  3 .

D. pH  3 .

1   log1011  11 .   H 

Chọn A. Bài 37: Người ta thả một lá bèo vào một hồ nước. Kinh nghiệm cho thấy sau 9 giờ, bèo sẽ sinh sôi kín cả mặt hồ. Biết rằng sau mỗi giờ, lượng lá bèo tăng gấp 10 lần lượng lá bèo trước đó và tốc độ 1 tăng không đổi. Hỏi sau mấy giờ thì số lá bèo phủ kín mặt hồ? 3 9 109 A. 3. B. C. 9  lg 3 . D. . lg 3 3 Giải: 1 Gọi t là số giờ lá bèo phủ kín mặt hồ. 3 Lượng lá bèo đầy mặt hồ là: 109 . 109 1  lượng lá bèo mặt hồ là: 3 3 9 9 10 10 10t   t  log10  9  lg 3 3 3 Chọn C. Bài 38: Để đảm bảo điều kiện sinh sống của người dân tại thành phố X, một nhóm các nhà khoa học cho biết với các điều kiện y tế, giáo dục, cơ sở hạ tầng,… của thành phố thì chỉ nên có tối đa 60.000 người dân sinh sống. Các nhà khoa học cũng chỉ ra rằng dân số được ước tính theo công thức

S  A.e ni , trong đó A là dân số sau n năm và i là tỉ lệ tăng dân số hằng năm. Biết rằng vào đầu năm 2015, thành phố X có 50000 người và tỉ lệ tăng dân số là 1,3%. Hỏi trong năm nào thì dân số thành phố bắt đầu vượt ngưỡng cho phép, biết rằng số liệu chỉ được lấy vào đầu mỗi năm và giả thiết tỉ lệ tăng dân số không thay đổi? A. 2029. B. 2033. C. 2034. D. 2035. Giải: Ta có: S  A.e ni  50000.e0,013.n  60000  n  14,025  n  14 Vậy trong năm 2029 dân số thành phố sẽ vượt ngưỡng cho phép ( PC WEB )

Chọn A. Bài 39: Theo tổng cục thống kê, năm 2003 Việt Nam có 80 902 400 người và tỉ lệ tăng dân số là 1,47%. Nếu tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi thì năm 2016 Việt Nam sẽ có số người khoảng bao nhiêu: A. 97802732. B. 96247183. C. 95992878. D. 94432113. Giải: Việc tính số daansau 13 năm với tỉ lệ tăgn dân số là 1,47% tưng tự với bài toán tính lãi suất ngân hàng Suy ra số dân  80902400. 1  1, 47%   97802732 . 13

Chọn A. Bài 40: Khi một kim loại được làm nóng đến 6000C, độ bền kéo của nó giảm đi 50%. Sau khi kim loại vượt qua ngưỡng 6000C, nếu nhiệt độ kim loại tăng thêm 50C thì độ bền kéo của nó giảm đi 35% hiện có. Biết kim loại này có độ bền kéo là 280 M Pa dưới 6000C và được sử dụng trong việc xây dựng các lò công nghiệp. Nếu mức an toàn tối thiểu độ bền kéo của vật liệu này là 38M Pa , thì nhiệt độ an toàn tối đa của lò công nghiệp bằng bao nhiêu, tính theo độ Celsius? A. 620. B. 615. C. 605. D. 610. Trích đề thi thử lần 1 THPT Kim Liên Hà Nội. Giải: Ở 6000C độ bền kéo của kim loại là 140MPa  DB (đặt ẩn phụ này để gon tính toán phía sau). Cứ tăng 50C thì độ bền kéo giảm 35%DB còn 65%DB Sau n lần tăng 50C thì độ bền kéo còn (65%)nDB 38 n Theo đề  65%  DB  38  n  log  65%   3,02 DB Do đó nhiệt độ tối đa là 6000C + 3.50C = 6150C. chọn B.

( PC WEB )

ĐỀ ÔN TẬP CHƯƠNG 2 ĐỀ SỐ 1 Bài 1: Một chất điểm chuyển động theo phương trình: S  et  4t (trong đó S tính bằng mét và t tính bằng giây). Thời điểm vận tốc chất điểm bị triệt tiêu là: A. t  ln 2 . B. t  2ln 2. C. t  ln 3. D. t  2ln 3. Giải: Ta có: S  et  4t suy ra v  S '  et  4 , Vận tốc bị triệt tiêu nghĩa là v  0  et  4  t  ln 4  2ln 2. Chọn B. Bài 2: Trong một bản hợp ca, coi mọi ca sĩ đều hát với cùng cường độ âm và coi cùng tần số. Khi một ca sĩ hát thì mức cường độ ân là 68 dB. Khi cả ban hợp ca cùng hát thì đo được mức cường độ âm là 80 dB. Tính số ca sĩ có trong ban hợp ca đó biết mức cường độ ân L được tín theo công thức I L  10log . Trong đó I là cường độ âm và I 0 là cường độ âm chuẩn. I0 A. 16 người. Giải:

B. 12 người.

Ta có: L  10log

C. 10 người.

D. 18 người.

I I I  68 và Ln  10lg n  80 . I n  nI1  n  n I0 I0 I1

Với n là số ca sĩ. I I I Ln  L1  10log 1  10log n  10log n I0 I0 I1 I  n  n  10 I1

Ln  L1 10

 10

80  68 10

 5 106  16

Chọn A. Bài 3: Một nguồn âm đặt ở O đẳng hướng trong không gian có công suất truyền âm P không đổi. P Biết rằng cường độ âm tại một điểm cách nguồn một đoạn R là I  và mức cường độ âm tại 4 R 2 I điểm đó là L  log Ben với I 0 là hằng số. Như vậy có thể thấy rằng R luôn tỉ lệ với 10 L /2 . Áp I0 dụng tính chất này để tính mức cường độ âm tại trung điểm M của đoạn thẳng AB biết mức cường độ âm tại A, B lần lượt là LA  20 dB, LB  60 dB . Và O nằm trên đoạn thẳng AB. A. LM  25,9dB.

B. LM  25,6dB.

Giải: M là trung điểm AB  2 RM  RA  RB Do R tỉ lệ với 10 L /2  2.10 LM /2  1010  1030  1010  1030   LM  2.log    20,6dB 2   ( PC WEB )

C. LM  26,1dB.

D. LM  20,6dB.

Chọn D. Bài 4: Bạn Dũng xin bố mua cho bạn một cái máy tính. Nhưng mỗi tháng bố bạn Dũng chỉ cho bạn 3.000.000 đồng để tích tiền mua máy tính. Nhưng do Dũng không muốn chờ đợi để tích để đủ tiền để mua. Bạn quyết định mượn ngân hàng 20.000.000 đồng để mua máy với lãi suất 1,2%. Hỏi vậy bao nhiêu tháng bạn Dũng dùng số tiền của bố cho sẽ trả hết nợ ngân hàng? A. 6. B. 7. C. 8. D. 9. Giải: Thiết lập công thức: U1  A Ta đưa về dạng:  U n  BU n 1  C Ta đặt U n  kVn  l . Khi đó ta có:

kVn  l  BkVn1  Bl  C  Vn  BVn1 

 B  1 l  C k

C  l  Đặt  B  1 vậy dãy số chuyển thành: k  1 C  C  n 1 V1  A   B  1  Vn   A   B B  1   Vn  BVn 1

C  n 1 C  .  Un   A   .B  B 1  B 1  Ta thay số vào: 3000000  3000000  n 1  U n   20000000  . 1,012    0,012  0,012 

U n  0  n  7,99007533 Vì bao nhiêu tháng ứng với bấy nhiêu lần tính lãi. Vậy ta có: n  1  7 lần tính lãi. Chọn B. Bài 5: Hia năm sau bạn Lan sẽ vào đại học dự kiến chi phí cho mỗi năm đại học ucar bạn là 10 triệu đồng, ngay từ lúc này ba mẹ Lan cần phải có kế hoạch gửi tiền vào ngân hàng để có đủ số tiền cho năm học đầu tiên của Lan, nếu biết rằng lãi suất ngân hàng là 7,6%/năm (theo thể thức lãi kép), thì số tiền tối thiểu mà ba mẹ Lan phải gửi có thể là giá trị nào trong các giá trị sau đây? A. 8,637. B. 8,737. C. 7,637, D. 7,937. Giải: Gọi số tiền mẹ Lan cần gửi là m, tiền lãi theo năm là r. Sau năm thứ nhất thì số tiền lãi và gốc là: m 1  r  Sau năm thứ hai thì số tiền lãi và gốc là: A  m 1  r 1  r   m 1  r  Với r=7,6%, A=10000000 đồng ( PC WEB )

m

10000000

1  7,6% 

 8637249 đồng.

Chọn A. Bài 6: Một sinh viên A mua máy tính xách tay theo hình thức trả góp với giá tiền 20 triệu đồng, mức lãi suất 1,2%/tháng trong năm đầu tiên, mỗi tháng anh A phải trả 800 ngàn đồng, cả gốc và lãi. Sau một năm lãi suất lại tăng lên là 1,5%/tháng và anh A phải trả 1 triệu đồng cả gốc và lãi mỗi tháng (trừ tháng cuối). Hỏi sau tối đa bao nhiêu tháng anh A trả hết nợ (tháng cuối trả không quá 500 ngàn đồng). A. 25 tháng. B. 26 tháng. C. 27 tháng. D. 28 tháng. Giải:  1  1, 2% 12  1  12 T1  20000. 1  1, 2%   800    12818, 25087 1, 2%  

T1 : số tiền còn nợ sau 1 năm Số tiền phải trả tiếp theo trừ tháng cuối cùng (n: tháng):  1  1,5% n  1  n T2  T1 1  1,5%   1000.    500 1,5%   Dùng table  n  15 Vậy số tháng phải trả: 12  15  27 tháng. Chọn C. Bài 7: Để đảm bảo điều kiện sinh sống của người dân tại thành phố X, một nhóm các nhà khoa học cho biết với các điều kiện y tế, giáo dục, cơ sở hạ tầng,… của thành phố thì chỉ nên có tối đa 60.000 người dân sinh sống. Các nhà khoa học cũng chỉ ra rằng dân số được ước tính theo công thức

( PC WEB )

t2  3 , t  0 ta có f  t   2 suy ra m  2 t 1

Khảo sát hàm f  t   Chọn A.



Bài 9: Phương trình 2  3

  x

 2 3



 m 1 có nghiệm khi:

B. m   ;5 .

A. m   ;5  .

D. m   2;   .

C. m   2;   .

Giải:





Đặt t  2  3 , t  0 . Phương trình đã cho trở thành: t 2  mt  1  0

 2

(1) có nghiệm khi (2) có nghiệm dương. Do tích 2 nghiệm = 1 nên suy ra (2) có 2 nghiệm dương. m 2  4  0   m  2. m  0  Chọn D.

Bài 10: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn 2 x  3 y  6 z . Giá trị của biểu thức M  xy  yz  xz là: A. 0. B. 1. C. 6. D. 3. Giải: Khi một trong ba số x, y, z bằng 0 thì các số còn lại bằng 0. Khí đó M=0. Khi x, y, z  0 ta đặt 2  3  6 x

1 x

1 y

1 z

Do 2.3=6 nên k .k  k hay

z

1 y

1 x

 k suy ra 2  k ,3  k ,6  k

1 z

1 1 1 .   x y z

Từ đó suy ra M=0 Vậy cần chọn đáp án A. Bài 11: Cho a log 6 3  b log 6 2  c log 6 5  5 , với a, b và c là các số hữu tỷ. các khẳng định sau đây, khẳng định nào đúng? A. a  b . B. a  b . C. b  a . Giải: Ta có: a log 6 3  b log 6 2  c log 6 5  5

D. c  a  b .

 log 3 3a 2b5c  5  3a 2b5c  65  35.25.50 Do a,b,c là các số hữu tỉ nên a=b=5 và c=0. Chọn C. Bài 12: Cho phương trình 5 x A. m  0 .

 2 mx  2

 52 x

B. m  1 .

 4 mx  2

 2 mx  2

  x 2  2mx  2   52 x

Do hàm f  t   5t  t . Đồng biến trên R nên ta có:

x 2  2mx  2  2 x 2  4mx  2 ( PC WEB )

m  1 D.  m  0

C. Không có m.

Giải: Phương trình tương đương 5 x

 x 2  2mx  0 . Tìm m để phương trình vô nghiệm?

 4 mx  2

  2 x 2  4mx  2 

Từ đó ĐK để phương trình vô nghiệm là C. Chọn C. Bài 13: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình sau có tập nghiệm là

 ;0 :



m 2 x 1   2m  1 1  5

  3  5  x

 0.

1 1 1 A. m   . B. m  . C. m  . 2 2 2 Giải: Phương trình đã cho tương đương x

1 D. m   . 2

1 5  1 5   3  5  2m   2m  1     0 1 . Đặt t     0 , ta được: 2 2 2       1 2m   2m  1  t  0  f  t   t 2  2mt  2m  1  0  2  t BPT (1) nghiệm đúng x  0 nên BPT (2) có nghiệm 0  t  1 , suy ra Phương trình f  t   0 có 2 nghiệm t1 , t2 thỏa t1  0  1  t2

 f  0   0  2m  1  0 m  0,5 1    vaayj m  thỏa Ycbt. 2  4m  2  0 m  0,5  f 1  0 Chọn D. Bài 14: Cho biết chu kì bán rã của chất phóng xạ Plutoni Pu 239 là 24360 năm (tức là một lượng Plutoni sau 24360 năm phân hủy thì chỉ còn lại một nửa). Sự phân hủy được tính theo công thức S  A.e rt , trong đó A là lượng chất phóng xạ ban đầu, r là tỉ lệ nhân hủy hàng năm (r < 0), t là thời gian phân hủy, S là lượng còn lại sau thời gian phân hủy t. Hỏi sau bao nhiêu năm thì 10 gam Pu 239 sẽ phân hủy còn 1 gam có giá trị gần nhất với giá trị nào sau? A. 82135 năm. B. 82335 năm. C. 82235 năm. D. 82435 năm. Giải: S 1 Vì Pu 239 có chu kì bán rã 24360 năm nên e r 2463    r  0,000028 . A 2 239 0,000028t Suy ra công thức phân rã của Pu là S  A.e Theo giả thiết 1  10.e 0,000028t  t  82235,18 năm. Chọn C. Bài 15: Cho phương trình: m 2 x

5 x  6

 21 x  2.265 x  m 1 . Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt. 2

1 1  1 1  A. m   0;2  \  ; B. m   0;2  \  ; . .  8 256   7 256  1 1  1 1  C. m   0;2  \  ; D. m   0;2  \  ; . .  6 256   5 256  Giải: Viết phương trình lại dưới dạng: ( PC WEB )

m2 x

5 x  6

 m2 x

 21 x  2.265 x  m

5 x  6

 21 x  2 x

5 x  6 1 x 2

m 2

 m 2 x 5 x  6  21 x  2 x 5 x  6.21 x  m 2 u  2 x 5 x  6 Đặt  ; u , v  0 . Khi đó phương trình tương đương: 1 x 2 v  2 mu  v  uv  m   u  1 v  m   0 x  3 x 2 5 x  6   2 0 u  1  x  2 v  m   1 x2  2  m   1 x2  2  m * Để (1) có 4 nghiệm phân biệt thì (*) có 2 nghiệm phân bieeth khác 2 và 3. m  0 m  0  2  *   2 1  x  log 2 m  x  1  log 2 m Khi đó ĐK là: m  0 m  2 m  0 1  log m  0    1 1  2  m  1  m   0;2  \  ;    8 256  8 1  log 2 m  0  1  log 2 m  9  1 m  256  Chọn A.

( PC WEB )

ĐỀ SỐ 2. Bài

Số

giá

trị

nguyên

của

tham

số

sao

cho

log 5  log  x  1  log  mx  4 x  m  nghiệm đúng với mọi x thuộc  . 2

bất

phương

trình:

A. 0. B. m   và m  3 . C. 1. Giải: Bất phương trình xác định với mọi x thuộc  khi: mx 2  4 x  m  0, x  

D. 2.

m  0 m  0    m  2 1 2   0 4  m  0 Bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thuộc  khi: 5 x 2  5  mx 2  4 x  m, x  

  5  m  x 2  4 x  5  m  0, x  

m  5 5  m  0   2  m  3  2   0  m  10m  21  0 Từ (1) và (2) ta được 2  m  3, m    m  3 . Vậy có 1 giá trị m.

Chọn C. t

 1 T Bài 2: Trong vật lí, sự phân rã của các chất phóng xạ được biểu diễn bởi công thức: m  t   m0   , 2 trong đó m0 là khối lượng ban đầu của chất phóng xạ (tại thời điểm t=0); T là chu kì bán rã (tức là

khoảng thời gian để một nửa khối lượng chất phóng xạ bị biến thành chất khác). Chu kì bán rã của Cacbon 14 C là khoảng 5730 năm. Cho trước mẫu Cacbon có khối lượng 100g. Hỏi sau khoảng thời gian t thì khối lượng còn bao nhiêu? A. m  t   100.e



t ln 2 5730



1 B. m  t   100.   2

. 100 t

 1  5730 C. m  t   100.   2 Giải: Theo công thức: m  t   m0e  kt , ta có: m  5730  

D. m  t   100.e



5730

100 t 5730

100 ln 2  50  100.e  k .5730  k  2 5730

Suy ra : m  t   100.e



ln 2 t 5730

Chọn A. t

 1 T Bài 3: Trong vật lí, sự phân rã của các chất phóng xạ được biểu diễn bởi công thức: m  t   m0   , 2 trong đó m0 là khối lượng ban đầu của chất phóng xạ (tại thời điểm t=0); T là chu kì bán rã (tức là ( PC WEB )

khoảng thời gian để một nửa khối lượng chất phóng xạ bị biến thành chất khác). Chu kì bán rã của Cacbon 14 C là khoảng 5730 năm. Người ta tìm được trong một mẫu đồ cổ một lượng Cacbon và xác định được nó đã mất khoảng 25% lượng Cacbon ban đầu của nó. Hỏi mẫu đồ cổ đó có tuổi là bao nhiêu? A. 2378 năm. B. 2300 năm. C. 2387 năm. D. 2400 năm. Giải: Gs khối lượng ban đầu của mẫu đồ cổ chứa cacban là m0 , tại thời điểm t tính từ thời điểm ban đầu ta có: m  t   m0 .e

ln 2  t 5730



3m0  m0e 4

ln 2  t 5730

3 5730ln    4   2378 nam . t    ln 2

Chọn A. Bài 4: Một nghiên cứu cho thấy một nhóm học sinh được cho xem cùng một danh sách các loài động vật và được kiểm tra lại xem họ nhớ bao nhiêu % mỗi tháng. Sau t tháng, khả năng nhớ trung bình của nhóm học sinh tính theo công thức M  t   75  20ln  t  1 , t  0 (đợn vị %). Hỏi khoảng thời gian ngắn nhất bao lâu thì số học sinh trên nhớ được danh sách đó dưới 10%? A. khoảng 24,79 tháng. B. khoảng 23 tháng. C. khoảng 24 tháng. D. khoảng 22 tháng. Giải: The đề ta có: 75  20ln  t  1  10%  ln  t  1  3, 25  t  24,79 Chọn A. Bài 5: Một công ty vừa tung ra thị trường sản phẩm mới và họ tổ chức quảng cáo trên truyền hình mỗi ngày. Một nghiên cứu thị trường cho thấy, nếu sau x quảng cáo được phát thì số % người xem 100 mua sản phẩm là P  x   , x  0 . Hãy tính số quảng cáo được phát tối thiểu để số người 1  49.e 0,015 x mua đạt hơn 75% A. 333. B. 343. C. 330. D. 323. Giải: 100 Ta có: P  x    75  x  333 1  49.e 0,015 x Chọn A. Bài 6: Ông Năm gửi 320 triệu đồng ở hai ngân hàng X và Y theo phương thức lãi kép. Số tiền thứ nhất gửi ở ngân hàng X với lãi suất 2,1% một quý trong thời gian 15 tháng. Số tiền còn lại gửi ở ngân hàng Y với lãi suất 0,73% một tháng trong thời gian 9 tháng. Tổng lợi tức đạt ở hai ngân hàng là 27507768,13 (chưa làm tròn). Hỏi số tiền ông Năm lần lượt gởi ở ngân hàng X và Y là bao nhiêu? A. 140 triệu và 180 triệu. B. 180 triệu và 140 triệu. C. 200 triệu và 120 triệu. D. 120 triệu và 200 triệu. ( PC WEB )

Giải: Tổng số tiền cả vốn và lãi (lãi chính là lợi tức) ông Năm nhận được từ cả hai ngân hàng là 347,50776813 triệu đồng. Gọi x (triệu đồng) là số tiền gửi ở ngân hàng X, khi đó 320  x (triệu đồng) là số tiền gửi ở ngân hàng Y. Theo giả thiết ta có:

x 1  0,021   320  x 1  0,0073  347,50776813 5

Ta được x  140 . Vậy ông Năm gửi 140 triệu ở ngân hàng X và 180 triệu ở ngân hàng Y. Chọn A. Bài 7: Tìm số nghiệm của phương trình: log 2 x 1  2 x 2  x  1  log x 1  2 x  1  4 1 . 2

A. 0. Giải:

B. 1.

C. 2.

D. 3.

1  x  ĐK:  2 . Phương trình:  x  1  

log x 1  2 x 2  x  1 log x 1  2 x  1

 2log x 1  2 x  1  4

log x 1  2 x  1  log x 1  x  1  2log x 1  2 x  1  4 log x 1  2 x  1

 1

1  2log x 1  2 x  1  4 log x 1  2 x  1

 3

Đặt t  log x 1  2 x  1 , khi đó (3) viết thành: t  1 1 2 2t   3  0  2t  3t  1  0   1 t  t  2 log x 1  2 x  1  1 x  2  x  1  2x 1    5 log  2 x  1  1 x  1  2x 1  x   x 1 4  2  Chọn C.

Bài 8: Người ta thả một lá bèo vào một hồ nước. Kinh nghiệm cho thấy sau 9 giờ, bèo sẽ sinh sôi kín cả mặt hồ. Biết rằng sau mỗi giờ, lượng lá bèo tăng gấp 10 lần lượng lá bèo trước đó và tốc độ tăng 1 không đổi. Hỏi sau mấy giờ thì số lá bèo phủ kín mặt hồ? 3 9 9 10 A. 3. B. C. 9  lg 3 . D. . lg 3 3 Giải:

( PC WEB )

Gọi t là số giờ lá bèo phủ kín

1 mặt hồ. 3

Lượng lá bèo đầy mặt hồ là: 109 . 109 1  lượng lá bèo mặt hồ là: 3 3 9 9 10 10 10t   t  log10  9  lg 3 3 3 Chọn C. Bài 9: Một người vay ngân hàng 40 triệu đồng để mua một chiếc xe với lãi suất 0,85%/tháng và hợp đồng thỏa thuận là trả 500 ngàn đồng mỗi tháng. Sau một năm mức lãi suất của ngân hàng được điều chỉnh lên là 1,15%/tháng và người vay muốn nhanh chóng hết nợ nên đã thỏa thuận trả 1 triệu 500 ngàn đồng trên một tháng (trừ tháng cuối). Hỏi phải mất bao nhiêu lâu người đó mới trả dứt nợ. A. 31 tháng. B. 43 tháng. C. 30 tháng. D. 42 tháng. Giải: Ta có: công thức tính lượng tiền còn nợ khi trả gón được n tháng với mỗi tháng trả khoản tiền là a, a n n lãi suất r% và số tiền nợ ban đầu lầ đó là: A 1  r   1  r   1 .  r Sau 1 năm (12 tháng) còn nợ là: 500000  12 12 40000000. 1  0,85%   1  0,85%   1  37987647  A1 .  0,85% Lúc này người vay ngân hàng trả mỗi tháng m1  1500000 đồng, lãi suất r1  1,15% Số tiền nợ là A1 . Sau tháng n hết nợ nên:

A1 1  r1   m1 n

1  r1 

1

0

 m1   n  log1 r1    30.105  m1  A1r1  Vậy phải qua tháng 43 mới hết nợ. Chọn B. Bài 10: Huyện A có 100 000 người. Với mức tăng dân số bình quân 1,5% năm thì sau n năm dân số sẽ vượt lên 130 000 người. Hỏi n nhỏ nhất là bao nhiêu? A. 18 năm. B. 17 năm. C. 19 năm. D. 16 năm. Giải: n

r   Sn   Áp dụng công thức S n  A 1    n  log 1 r    trong đó: A    100   10  

A = 100 000, r=1,5. S n  130000 Suy ra n  17,6218 Chọn A. ( PC WEB )

Bài 11: Cho biết chu kì bán rã của chất phóng xạ Plutoni Pu 239 là 24360 năm (tức là một lượng Plutoni sau 24360 năm phân hủy thì chỉ còn lại một nửa). Sự phân hủy được tính theo công thức

S  A.e rt , trong đó A là lượng chất phóng xạ ban đầu, r là tỉ lệ nhân hủy hàng năm (r < 0), t là thời gian phân hủy, S là lượng còn lại sau thời gian phân hủy t. Hỏi 10 gam Pu 239 sau bao nhiêu năm phân hủy sẽ còn 1 gam? A. 80922 năm. B. 24360 năm. C. 35144 năm. D. 48720 năm. Giải: A Ta có: Ae 24360 r   r   ln 2 : 24360 2 Giả sử: sau t năm 10 g Plutoni phân hủy còn 1g thì: 1 ln 10e rt  1  t  10  80922 . Chọn A. r Bài 12: Gọi S1 là tập nghiệm của bất phương trình 2.2 x  3.3x  6 x  1  0 Gọi S 2 là tập nghiệm của bất phương trình 2 x  4 . Gọi S3 là tập nghiệm của bất phương trình log 1  x  1  0 . 2

Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng khi nói về mối quan hệ giữa các tập nghiệm S1 , S 2 , S3 ? A. S1  S3  S 2 .

B. S3  S 2  S1 .

C. S3  S1  S 2 .

D. S1  S 2  S3 .

Giải: 2.2 x  3.3x  6 x  1  0 x

1 1 1  2.2  3.3  1  6  2.    3.       1 3 2 6 Dùng tính đơn điệu của hàm số, suy ra: S1   2;   x

2 x  4   x  2  2  x  S 2   2;   . log 1  x  1  0   x  1  1  x  2  S3   2;   2

 S1  S3  S 2 Chọn A. Bài 13: Bác B gửi tiết kiệm số tiền ban đầu là 20 triệu đồng theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 0,72%/tháng. Sau một năm, bác B rút cả vốn lẫn lãi và gửi lại theo kỳ hạn 6 tháng với lãi suất 0,78%/tháng. Sau khi gửi được đúng một kì hạn 6 tháng do gia đình có việc nên bác gửi thêm một số tháng nữa thì phải rút tiền trước kỳ hạn cả gốc lẫn lãi được số tiền là 23263844,9 đồng (chưa làm tròn). Biết rằng khi rút tiền trước thời hạn lãi suất được tính theo lãi suất không kỳ hạn, tức tính theo hàng tháng. Trong một số tháng bác gửi thêm lãi suất là: A. 0,4%. B. 0,3%. C. 0,5%. D. 0,6%. Giải: ( PC WEB )

Gửi đc 1 năm coi như gửi đc 4 kì hạn 3 tháng; nên một kì hạn 6 tháng số tiền khi đó là:

20000000. 1  0,72.3 :100  1  0,78.6 :100  4

Giả sử lãi suất kg kỳ hạn là A%; gửi thêm B tháng khi đó số tiền là:

20000000. 1  0,72.3 :100  1  0,78.6 :100 1  A :100   23263844,9 4

Lưu ý: 1  B  5 và B nguyên dương, nhập máy tính.

20000000. 1  0,72.3 :100  1  0,78.6 :100 1  A :100   23263844,9 4

Thử với A =0,3 rồi thử B từ 1 đến 5, sau đó thử A = 0,5 rồi thử B từ 1 đến 5,... cứ như vậy đến bao giwof kết quả đúng bằng 0 hoặc xấp xỉ = 0 thì chọn. Kết quả là: A =0,5. B=4 Chọn C. Bài 14: Cho ba số dương a,b,c đôi một khác nhau và khác 1. Xét các khẳng định sau: b c (I) log 2a  log 2a ; c b 1 (II) log 2a b log b2 c  ; log c2 a c a b (III) Trong ba số log 2a ;log 2a ;log 2c luôn có ít nhất một số lớn hơn 1. b c a b b a

Khẳng định nào đúng? A. Chỉ (I) và (II). B. Chỉ (I) và (III). C. Chỉ (I). D. cả (I), (II) và (III). Giải: b c 2 2 + log 2a   log a b  log a c    log a c  log a b   log 2a c b Vậy khẳng định (I) đúng. 1 log 2a b log 2a c  log c2 a

 log 2a b log b2 c log c2 a  1   log a b log b c log c a   1 2

  log a a   1 2

Khẳng định (II) đúng. + Theo khẳng định (I) ta có: c b a c b a log 2a  log 2a ; log 2b  log 2b ; log 2c  log 2c . b c c a a b b b c c a a Suy ra: c a b b c a log 2a .log 2b .log 2c  log log 2a .log 2b .log 2c  1 b c a c a b (theo câu b). b c a b c a

( PC WEB )

a c b a b c  ;  ;  . Do đó a,b,c đôi một khác nhau nên các số b b c c a a Suy ra: các số c a b log 2a ;log 2a ;log 2c b c a đều khác 1. b b a

Ta cũng có:

 a  b   a  c   b  c  2

 0  a 2  bc  b 2  ac  c 2  ab  0 c a b Suy ra ít nhất một trong ba số log a ;log b log c khác -1 b c a b c a Khi đó : c a b Trong ba số log 2a ;log 2a ;log 2c luôn có ít nhất một số khác 1. b c a b b a c a b Mà: log 2a .log 2b .log 2c  1 b c a b c a

Do đó (III) đúng. Chọn D. Bài 15: Cô giáo Liên ra trường xa quê lập nghiệp, đến năm 2014 sau gần 5 năm làm việc tiết kiệm được x (triệu đồng) và định dùng số tiền đó để mua nhà như trên thực tế cô giáo phải cần 1,55x (triệu đồng). Cô quyết định gửi tiết kiệm vào ngân hàng với lãi suất là 6,9%/năm với lãi hàng tháng nhập gốc và cô không rút trước kì hạn. Hỏi năm bao nhiêu cô mua được căn nhà đó, biết chủ nhà đó vẫn bán giá như cũ. A. Năm 2019. B. Năm 2020. C. Năm 2021. D. Năm 2022. Giải: Tiền lãi sau n năm tiết kiệm là: xn  x. 1  0,069   1,069  .x n

Theo giả thiết ta có:

xn  1,55 x  1,069   1,55  n  log1,069 1,55  6,56 n

Vì n   do đó sau 7 năm cô giáo Liên mua đc nhà, năm đó là 2021, đáp án C. Chọn C.

( PC WEB )

ĐỀ SỐ 3: BÀI 1: Với a  0, a  1 , cho biết: t  a A. u  a

1 . 1  log a v

B. u  a

1 1 log a u

;v  a

1 1 log a t

1 . 1  log a t

. Chọn khẳng định đúng: C. u  a

1 1 . D. u  a . 1  log a v 1  log a v

Giải: Từ giả thiết suy ra: log a t 

log a v 

1 1 .log a a  1  log a u 1  log a u

1 1 .log a a   1  log a t 1  log a t 1 

1 1 1  log a u



1  log a u  log a u

  log a v log a u  1  log a u  log a u 1  log a v   1 1

1  log a u   u  a 1loga v 1  log a v Chọn D.

Bài 2: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

log 22 x  log 1 x 2  3  m  log 2 x 2  3 có 2

nghiệm thuộc 32;  ?





A. m  1; 3  . B. m  1; 3 C. m   1; 3 Giải: ĐK: x  0 . Khi đó phương trình tương đương:





D. m   3;1 .

log 22 x  2log 2 x  3  m  log 2 x  3

Đặt: t  log 2 x , với x  32  log 2 x  log 2 32  5 hay t  5. Phương trình trở thành:

t 2  2t  3  m  t  3

 * .

Khi đó bài toán trở thành tìm m để phương trình (*) có nghiêm t  5 . Với t  5 thì:

*   t  3 . t  1  m  t  3  t  3   t 1  m t  3  0  m 

Ta có: 1



t 1  m t  3  0

t 1 t 3

t 1 4 4 4 . Với t  5  1  1   1  1  3 hay: t 3 t 3 t 3 53

t 1 t 1  31  3 t 3 t 3

Suy ra 1  m  3 . Vậy phương trình có nghiệm thỏa ycbt với 1  m  3 . Chọn A. ( PC WEB )

Bài 3: Một người nọ đem gửi tiết kiệm ở một ngân hàng với lãi suất 12% năm. Biết rằng cứ sau mỗi một quý (3 tháng) thì lãi sẽ được cộng dồn vào gốc. Hỏi sau tối thiểu bao nhiêu năm thì người đó nhận lại được số tiền (gồm cả vốn lẫn lãi) gấp ba lần số tiền ban đầu. A. 8. B. 9. C. 10. D. 11. Giải: Gọ số tiền người đó gửi là A, lãi suất mỗi quý là 0,003. Sau n quý, tiền mà người đó nhận được là: A 1  0,03

ycbt  A 1  0,03  3 A  n  log1,03 3  37,16 n

Vậy số năm tối thiểu là 9,29 năm. Vậy chọn C. Bài 4: Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình m 2 x nghiệm phân biệt. A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Giải: Viết phương trình lại dưới dạng:

m2 x

5 x  6

 m2 x

5 x  6

 21 x  2.265 x  m . có 3

 21 x  2.265 x  m

5 x  6

 21 x  2 x

5 x  6 1 x 2

m 2

 m 2 x 5 x  6  21 x  2 x 5 x  6.21 x  m 2 u  2 x 5 x  6 Đặt  ; u , v  0 . Khi đó phương trình tương đương: 1 x 2 v  2 mu  v  uv  m   u  1 v  m   0 x  3 x 2 5 x  6   u  1 2  0     x  2 v  m 2  21 x  m   1 x2  2  m *

TH1: (*) có nghiệm duy nhất (nghiệm x=0)  m=2.

TH2: (*) có 2 nghiệm trong đó có một nghiệm là 2 và nghiệm còn lại khác 3. Suy ra : m= 2-3

TH3: (*)có 2 nghiệm trong đó có một nghiệm là 3 và nghiệm còn lại khác 3. Suy ra : m= 2-8

Vậy có 3 giá trị m thỏa mãn. Chọn C.

( PC WEB )

Bài 5: Một bác nông dân vừa bán một con trâu được số tiền là 20.000.000 đồng. Do chưa cần dùng đến số tiền nên bác nông dân mang toàn bộ số tiền đó đi gửi tiết kiệm loại kỳ hạn 6 tháng vào ngân hàng với lãi suất 8,5% một năm thì sau 5 năm 8 tháng bác nông dân nhận được bao nhiêu tiền cả vốn lẫn lãi tất cả các định kì trước và nếu rút trước thời hạn thì ngân hàng trả lãi suất theo loại không kì hạn 0,01% một ngày (1 tháng tính 30 ngày). A. 31 802 750,09 vnd. B. 30 802 750,09 vnd. C. 32 802 750,09 vnd. D. 33 802 750,09 vnd. Giải: 8,5% 4, 25 Một kỳ hạn 6 tháng có lãi suất là: .6  12 100 Sau 5 năm 6 tháng (có nghĩa là 66 tháng tức là 11 kỳ hạn), số tiền cả vốn lẫn lãi bác nông dân 11

0,01  4, 25  B  A. .60  120000 1    vnd  100 100   Vậy sau 5 năm 8 tháng số tiền bác nông dân nhận được là: 11

11  4, 25   4, 25  A  B  20000000 1    120000 1    31802750,09  vnd  . Chọn A. 100 100    

Bài 6: Tập các giá trị của m để bất phương trình A.  ;1 .

B. 1;  .

log 22 x log 22 x  1

C.  5;2  .

 m nghiệm đúng với mọi x>0 là:

D.  0;3 .

Giải: Đặt t  log 22 x  t  1 .

t  m  * t 1 Bất phương trình ban đầu có nghiệm với mọi x>0  * nghiệm đúng với mọi t>1 Khi đó ta có:

Xét hàm số f  t   f 't  



t2 t 1



t , t  1;   . t 1

f 't   0  t  2

lim f  t   , x 

( PC WEB )

lim f  t    t 1

BBT t f 't 

1 ||

f t 



2 0



1 Từ BBT ta có thể kết luận bất phương trình có nghiệm với mọi t>1  m  1 Chọn A. Bài 7: Giả sử p và q là các số thực dương sao cho: log 9 p  log12 q  log16  p  q  . Tìm giá trị của ? A.

4 . 3

8 . 5





1 1 3 . 2





1 1 5 . 2

Giải: Đặt: t  log 9 p  log12 q  log16  p  q  thì:

1 .

p  9t , q  12t ,16t  p  q  9t  12t

4 4 4 q Chia hai vế của (1) cho 9 ta được:    1    . dặt x      0 p 3 3 3 Đưa về phương trình: q 1 1 x 2  x  1  0  x  1  5 do x  0 , suy ra  1  5 p 2 2 Chọn D. t





Bài 8: Tập nghiệm của bất phương trình: 3x  x 11  3  3x  3 x 1 . A. 2  x . B. 1  x  2 . C. 2  x  7 . D. 2  x  4 . Giải: ĐK: x  1 Ta có: 3x



 x 1 1



 3x  3 3

 3  3x  3

x1



x 1

 3x

 x 1

 9  3.3x  3.3 x  1  0

3  0

+với x  1 , thỏa mãn; +Với x  1: 3 Chọn B.

x 1

 3  x 1  1

Bài 9: Tìm các giá trị của m để phương trình: A.

3  5  m  4.

C. 2 2  m  3 . ( PC WEB )

 1 x  2

3x  3  5  3x  m có 2 nghiệm phân biệt:

B. 2 2  m  4 . D. m  2 2 .

p q

Giải: ĐK: x  log 3 5 Đặt: f  x   3x  3  5  3x với x  log 3 5 . f ' x  

3x ln 3 2 3x  3



3x ln 3 2 5  3x



3x ln 3 2



5  3x  3x  3

3x  3



5  3x



f '  x   0  5  3x  3x  3  x  0 lim f  x   3  5 x 

BBT x f ' x 

 +

f  x



0 0

−

3 5

2 2

Chọn A. Bài 10: Cho A  A.

1 1 1 1 . Biểu thức rút gọn A là:    ...  log a1 b log a 2 b log a3 b log a n b

2n  n  1 . 3.log ba

Giải: Ta có: A 

2n  2n  1 . log ba

n  n  1 . 2.log ba

n  n  2 . 3.log ba

n  n  1 1 1 1 1 1    ...   1  2  ...  n  b  log a1 b log a 2 b log a3 b log a n b log a 2.log ba

Chọn C. Bài 11: Ông A gửi tiết kiệm 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 5% một năm. Ông B cũng đen 5 100 triệu đồng gửi vào ngân hàng với lãi suất % một tháng. Sau 10 năm, hai ông A và B cùng 12 đến ngân hàng rút tiền ra, Khẳng định nào sau đây là đúng? (Lưu ý: tiền lãi được tính theo công thức lãi kép và được làm tròn đến hàng triệu). A. Số tiền của A, B khi rút ra là như nhau. B. Ông B có số tiền nhiều hơn ông A là 1 triệu. C. Ông B có số tiền nhiều hơn ông A là 2 triệu. D. Ông B có số tiền nhiều hơn ông A là 3 triệu. Giải: Sau 10 năm: ( PC WEB )

+Số tiền của ông A có được: 100.000.000 1  5%   163.000.000 (làm tròn đến hàng triệu). 10

120

5   +Số tiền của ông B có được: 100.000.000 1  %   12  Chọn C.

 165.000.000 (làm tròn đến hàng triệu).

Bài 12: Giải phương trình: 5 x 1  52 x  124. A. x  4 . B. x  2 . C. x  5 . Giải:

D. x  8 .

t  25(tm) 25 2 Đặt t  5 ; t  0.PT  5t   124  0  5t  124t  25  0    t   1 (L) t 5  x

Khi đó: 5 x  25  x  2 . Chọn B. Bài 13: Tập nghiệm của bất phương trình: 81.9 x  2  3x 

A. S  1;    0 .

B. S  1;   .

C. S   0;   .

D. S   2;    0 .

Giải: ĐKXĐ: x  0 . 9x 2 BPT  81.  3x.3 x  .3.32 81 3  32 x  3x.3



 3x  3

 3x  3

 2.32

3



 2.3

2  .32 3

x 1

 0 là:

 0.

0 x

0

 0 do 3x  2.3

 0, x  0



 x 1 x  1  x x   x  0  x  0

Vậy tập nghiệm cảu BPT là S  1;    0 . Chọn A. Bài 14: Cho  un  là cấp số nhân với số hạng tổng quát un  0; un  1 . Khi đó khẳng định nào sau đây đúng? log uk 1 2007 log uk 1 2007  log uk 2007 A.  log uk 1 2007 log uk 2007  log uk 1 2007 C.

log uk 1 2007 log uk 1 2007



log uk 1 2007  log uk 2007 log uk 2007  log uk 1 2007

Giải: Vì  un  là cấp số nhân nên uk2  uk 1.uk 1 .

 2log 2007 uk  log 2007 uk 1  log 2007 uk 1 ( PC WEB )

log uk 1 2007

log uk 1 2007

log uk 1 2007 log uk 1 2007

 

log uk 1 2007  log uk 2007 log uk 2007  log uk 1 2007 log uk 2007  log uk 1 2007 log uk 2007  log uk 1 2007

. .

Suy ra: Hay

1 1 1 1 .    log uk 2007 log uk 1 2007 log uk 1 2007 log uk 2007

log uk 1 2007 log uk 1 2007



log uk 1 2007  log uk 2007 log uk 2007  log uk 1 2007

Chọn A. Bài 15: Trong một bản hợp ca, coi mọi ca sĩ đều hát với cùng cường độ âm và coi cùng tần số. Khi một ca sĩ hát thì mức cường độ ân là 68 dB. Khi cả ban hợp ca cùng hát thì đo được mức cường độ âm là 80 dB. Tính số ca sĩ có trong ban hợp ca đó biết mức cường độ ân L được tín theo công thức I L  10log . Trong đó I là cường độ âm và I 0 là cường độ âm chuẩn. I0 A. 16 người. Giải:

B. 12 người.

Ta có: L  10log

C. 10 người.

D. 18 người.

I I I  68 và Ln  10lg n  80 . I n  nI1  n  n I0 I0 I1

Với n là số ca sĩ. I I I Ln  L1  10log 1  10log n  10log n I0 I0 I1 I  n  n  10 I1

Ln  L1 10

 10

80  68 10

 5 106  16

Chọn A. Bài 16: Sự tăng trưởng của một loài vi khuẩn được tính theo công thức f  x   Ae rx , trong đó A là số lượng vi khuẩn ban đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng  r  0  , x (tính theo giờ) là thời gian tăng trưởng. Biết số vi khuẩn ban đầu có 1000 con và sau 10 giờ là 5000 con. Hỏi sau bao lâu thì số lượng vi khuẩn tăng gấp 10 lần. A. 5ln 20 (giờ). B. 5ln10 (giờ). C. 10log 5 10 (giờ). D. 10log 5 20 (giờ). Giải: Gọi thời gian cần tìm là t. ln 5 10 ln10 10ln10 Do đó: 10000  1000.e rt  t    10log 5 10 (giờ). r ln 5 Chọn C.

Ta có: 5000  1000.e10 r nên r 

( PC WEB )

CHƯƠNG 3. BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN. CHỦ ĐỀ 1. CÁC BÀI TOÁN NGUYÊN HÀM Đầu tiên xin nhắc lại các khái niệm và định lí căn bản để quý bạn đọc có kiến thức nền tảng trước khi đi vào các bài toán cụ thể. 1. Định nghĩa Cho hàm số y  f  x  xác định trên tập K (khoảng, nửa khoảng, đoạn của R). Nếu Ta có hàm số

F  x  xác định trên K sao cho F '  x   f  x  thì F  x  được gọi là nguyên hàm của hàm số f  x  trên K. Định lí 1. Nếu F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên K thì với mỗi hằng số C, hàm số

G  x   F  x   C cũng là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên K. Định lí 2. Nếu F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên K thì mọi nguyên hàm của f  x  trên K đều có dạng G  x   F  x   C với C là hằng số. Định lí 3. Mọi hàm số f  x  liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K. 2. Tính chất của nguyên hàm:

 f '  x  dx  f  x   C với C là hằng số.  kf  x  dx  k  f  x  dx với k là hằng số khác 0.   f  x   g  x  f  x  dx   f  x  dx   g  x  dx Bảng nguyên hàm Chú ý: công thức tính vi phân của f  x  là d  f  x    f '  x  dx Với u là một hàm số  0dx  C  0du  C

 dx  x  C   x dx 

1  1 x  C   1  1

 du  u  C   u du 

1  1 u  C   1  1

 x dx  ln x  C  e dx  e  C

 u du  ln u  C  e du  e  C

ax  a dx  ln a  C  cos xdx  sin x  C

au  a dx  ln a  C  cos udu  sin u  C

 sin xdx   cos x  C

 sin udu   cosu  C

( PC WEB )

 cos

dx  tan x  C

du  tan u  C

1 1 dx   cot x  C  sin 2 x  sin 2 u du   cot u  C Chúng ta sẽ cùng tìm hiểu một số bài toán Nguyên Hàm ở mức độ vận dụng sau đây:

BÀI TẬP VẬN DỤNG cos 7 2 x  C . Với a là số nguyên. Tìm a? Bài 1: Biết   cos x  sin x  .sin 4 xdx   a A. a  6. B. a  12. C. a  7. D. a  14. Giải: 2

Đặt f  x     cos 2 x  sin 2 x  .sin 4 xdx , Ta có: 5

f  x     cos 2 x  sin 2 x  .sin 4 xdx    cos 2 x  .2sin 2 x.cos 2 x 5

 2  cos 6 2 x.sin 2 xdx Đặt t  cos 2 x  dt  2sin 2 xdx t 7 cos 7 2 x C   C Vậy F  x     t 6 dt  7 7 Chọn C. Bài 2: Biết

sin x  cos x

 sin x  cos x dx  a ln sin x  cos x  C . Với a là số nguyên. Tìm a?

A. a  1. Giải:

B. a  2.

C. a  3.

D. a  4.

 sin x  cos x   sin x  cos x nên Vì  a ln sin x  cos x  C   sin x  cos x sin x  cos x sin x  cos x Nguyên hàm của: là: ln sin x  cos x  C . sin x  cos x CHọn A. x tan 2  2 Bài 3: Tìm một nguyên hàm của: 1  4. biết nguyên hàm này bằng 3 khi x  . 2 4  2x   tan  1 2   1 1 A. B. C. tan x  2 . D. cot x  2 .  3.  3. 2 cos x sin 2 x Giải: 2

x x   tan 2 tan  2 2   1  tan 2 x  1 f  x   1  4.  1    2 cos 2 x 2 x  2x   1  tan   tan  1 2  2   2

( PC WEB )

Nguyên hàm của F  x   tan x  C

   Ta có: F    3  tan  C  3  C  2  F  x   tan x  2 4 4 Chọn C. Bài 4: F  x   x  ln 2sin x  cos x là nguyên hàm của: A.

sin x  cos x sin x  2cos x sin x  cos x 3sin x  cos x . B. . C. . D. . sin x  3cos x 2sin x  cos x sin x  3cos x 2sin x  cos x Giải: Ta chỉ cần đạo hàm của F(x), rồi sau đó quan sát kết quả đúng.  2sin x  cos x  '  1  2sin x  cos x  3sin x  cos x Ta có: F '  x   1  2sin x  cos x 2sin x  cos x 2sin x  cos x 3sin x  cos x  F  x  là một nguyên hàm của . 2sin x  cos x Chọn D.

Bài 5: Biết

  25 x

1 1 dx    C . Với a là số nguyên. Tìm a? 5  20 x  4  a 5x  2

A. a  4. B. a  100. Giải: Chú ý nếu chúng ta biến đổi:



 25 x

 20 x  4 

C. a  5.

dx    25 x 2  20 x  4 

Điều sau đây mới đúng:

  25 x

3

 25 x dx 

D. a  25.

 20 x  4  4

 20 x  4  d  25 x  20 x  4  3

4

 C . Là sai

 25 x 

 20 x  4  4

4

C

Trở lại bài, ta sẽ biến đổi biểu thức  25 x 2  20 x  4  về dạng  ax  b  như sau: 3



 25 x

 20 x  4 

dx  

5x  2

dx    5 x  2  dx 6

1 5x  2 1  C   C 5 5 5 25  5 x  2  5

Chọn D. 1 x a dx  ln 2 x  7  C , với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b?  2 x  5x  7 b A. S  4. B. S  2. C. S  3. D. S  5. Giải: Ta quan sát mẫu cso thể phân tích được thành nhân tử, sử dụng MTCT bấm giải phương trình bậc 2:

Bài 6: Biết

( PC WEB )

2 x 2  5 x  7  0 thấy có hai nghiệm là: x  1, x 

7 . 2

Áp dụng công thức ax 2  bx  c  a  x  x1  x  x2  với x1 , x2 là hai nghiệm ta có:

2 x 2  5 x  7   x  1 2 x  7  Do đó: 1 x x 1 1 1  2 x 2  5 x  7 dx    x  1 2 x  7  dx   2 x  7 dx  2 ln 2 x  7  C Chọn C. Bài 7: Biết

a dx  x  cos 4 x  C , với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b? b B. S  2. C. S  3. D. S  5.

  sin 2 x  cos 2 x 

A. S  4.

Giải: Nếu áp dụng ngay:  t n dt 

  sin 2 x  cos 2 x 

t n 1  C thì ta có: n 1

 sin 2 x  cos 2 x  dx  3

 C . Là sai.

Ta phải khai triển  sin 2 x  cos 2 x  để xem thử 2

  sin 2 x  cos 2 x 

1 dx   1  sin 4 x  dx  x cos 4 x  C 4

Chọn D. Bài 8: Biết

 1  cos x dx  a.tan b  C , với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b?

A. S  4.

B. S  2.

C. S  3.

D. S  5.

Giải: Chưa áp dụng ngay được công thwucs nguyên hàm cơ bản, ta quan sát mẫu và thấy rằng có thể x 1  cos 2 biến đổi 1  cos x  2cos 2 dựa trên công thức hạ bậc: cos 2   . Do đó: 2 2 1 1 x dx  dx  tan C.  1  cos x  2 x 2 2cos 2 Ta thấy rằng a  1, b  2 do đó S=3. Chọn C. Bài 9: Biết

A. S  4. Giải:

( PC WEB )





 1  sin 2 x dx  b tan  x  4   C , với a, b là cá số nguyên. Tính S = a + b? B. S  2.

C. S  3.

D. S  5.

1 1 dx   dx     2 1  cos   2 x  2cos   x  2  4  1 1       tan   x   C  tan  x    C 2 2 4 4   Ta thấy a=1,b=2 suy ra S=3 Chọn C.

 1  sin 2 x dx  

   Bài 10: Cho f  x   8sin 2  x   . Một nguyên hàm F  x  của f  x  thỏa F  0   8 là: 12  

  A. 4 x  2sin  2 x    9 . 6 

  B. 4 x  2sin  2 x    9 . 6 

  C. 4 x  2sin  2 x    7 . 6  Giải:

  D. 4 x  2sin  2 x    7 . 6 

Ta cần phải tính

 f  x  dx   8sin

f  x  như sau:

    x   dx . Đầu tiên sử dụng công thức hạ bậc để đổi 12  

    1  cos  2 x       6    f  x   8sin 2  x    8  12  2       

    f  x   4  4cos  2 x    F  x   4 x  2sin  2 x    C 6 6     f  0   8  2sin    C  8  C  9 6 Chọn B.

Bài 11: Cho f  x   1  x . Một nguyên hàm F  x  của f  x  thỏa F 1  1 là: A. x 2  x  1

 x2  2  x  C1 khi x  0 C.  . 2  x  x  C khi x  0 2  2 Giải: ( PC WEB )

  x  B.  x  

x2 1  khi x  0 2 2 . x2  C2 khi x  0 2

 x 2  x  C1 khi x  0  D.  . x2  x   C2 khi x  0 2 

  x  1  x khi x  0  F  x   Ta có: f  x    1  x khi x  0 x     x  1 Theo đề F 1  1  C1   do đó:  2 x   Chọn B. Bài 12: Biết F ( x) là nguyên hàm của nhất của F ( x) là: A. 24. Giải: Ta có:

F  x  

B. 20.

5x2  8x  4 x 2 1  x 



x2  C1 khi x  0 2 . x2  C2 khi x  0 2

x2 1  khi x  0 2 2 . x2  C2 khi x  0 2

5x2  8x  4 x 2 1  x 

1 dx với 0  x  1 và F    26 . Giá trị nhỏ 2

C. 25.

dx  

D. 26.

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

 9 4 4 9  dx      C 2 2 x 1  x   1  x  x  4 9 1  C  26  C  0 Vì F    26 nên  1  1 2 1 2  2  4 9 Lúc này F  x    với 0  x  1 . Sử dụng MTCT bấm Mode 7 chọn start 0 end 1 x 1  x  Step 0.1: Quan sát bảng giá trị ta thấy giá trị nhỏ nhất của F(x) là 25 xảy ra khi x =0,4 Chọn C. Bài 13: Khi tính nguyên hàm



 2 x  1 x  1

dx người ta đặt t  g  x  (một hàm biểu diễn theo

biến x) thì nguyên hàm trở thành  2dt . Biết g  4  

3 , giá trị của g  0   g 1 là: 5

3 6 1 6 2 6 23 6 . . . . B. C. D. 2 2 2 2 Giải: Đối với bài này HS cần pahir nắm được kĩ thuật biến đổi khi tính nguyên hàm. Hs cần phải dự đoán phép đặt ẩn phụ, đầu tiên ta thấy nguyên hàm có thể biến đổi thành: A.

( PC WEB )



 2 x  1 x  1

dx  

 x  1

2x  1 x 1

Do đó ta đặt: t

2x  1  dt  x 1

Vì vậy suy ra

dx 2  x  1

2x  1 x 1



 2 x  1 x  1

 2dt 

 x  1

2x  1 x 1

dx   2dt

Tuy nhiên đây là lời giải sai, ta có thể thấy khi đặt t

2x  1  C  dt  x 1

 2dt 

2x  1 2x  1 2  x  1 x 1 x 1 Với C là hằng số, kết quả không thay đổi. Vì vậy chính xác ở đây là:

t

2  x  1

3 2x  1 n33n suy ra C=0.  C  g  x  . Theo đề g  4   x 1 5 2 6 2x  1 vì vậy g  0   g 1  2 x 1

Cuối cùng ta được g  x  

Chọn C. Chú ý: Bài toán này hoàn toàn có thể dùng MTCT để chọn kết quả, Ta có: 1 1 1 dx  t   dx  2dt  3 3 2 2 x  1 x  1 2 x  1 x  1      

 g  x 

1 2

 2 x  1 x  1

Do đó g  x  là nguyên hàm của 0

1 2 4

g  0  g  4   0

1 2 4

 2 x  1 x  1 1

 g  0  

1 2

 2 x  1 x  1

 2 x  1 x  1 dx

dx  g  4 

Và: 1

1 2 4

g 1  g  4    1

1 2 4

 g 1  

( PC WEB )

 2 x  1 x  1 1

 2 x  1 x  1

dx  g  4 

. Suy ra:

Sử dụng MTCT bấm: 0

1 4 2

 2 x  1 x  1

1 2 4

dx  g  4   

 2 x  1 x  1

dx  g  4 

Là kết quả C.

CHỦ ĐỀ 2. CÁC BÀI TOÁN TÍCH PHÂN. 1. Định nghĩa Cho hàm số y  f  x  thỏa: + Liên tục trên đoạn  a; b  . + F  x  là nguyên hàm của f  x  trên đoạn  a; b  . Lúc đó hiệu số F  b   F  a  được gọi là tích phân từ a đến b và kí hiệu

 f  x  dx  F  b   F  a  a

Chú ý: + a, b được gọi là 2 cận của tích phân. b

+ a = b thì

 f  x  dx  0. a

+ a > b thì

 f  x  dx   f  x  dx .

+ Tích phân không phụ thuộc và biến số, tức là

 f  x  dx   f  t  dt  F  b   F  a  .

2. Tính chất của tích phân: +

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx,  a  c  b  . b

+  kf  x  dx  k  f  x  dx, với k là hằng số khác 0. b

+   f  x   g  x   dx   f  x  dx   g  x  dx . Chú ý: Để tính tích phân từ a đến b, ta tiến hành tìm nguyên hàm rồi sau đó thay cận vào theo công thức b

 f  x  dx  F  b   F  a  . a

BÀI TẬP ÁP DỤNG Một lần nữa xin nhắc lại rằng đây là cuốn sách đề cập đến các bài toán vận dụng và vận dụng cao nên trước khi sử dụng sách này quý bạn đọc cần có kiến thwucs cơ bản tốt. Bây giờ chúng ta cùng nghiên cứu các bài toán tích phân khá khó:

( PC WEB )

  3  Bài 1: Nếu a là một số thỏa mãn các điều kiện sau: a   ;  và  cos  x  a 2 dx  sin a thì: 2 2  0 a

A. a   . Giải:

B. a   .

C. a  2  .

D. a  2 .

2 2 2 2  cos  x  a dx  sin  x  a   sin a  sin  a  a   sin a  sin a a

a  2a 2 a a a .sin  2sin .cos 1 2 2 2 2 a   3  a   3  Vì a   ;  nên   ;   sin  0 , vậy: 2 4 4  2 2 2   2cos

a  2a 2 a a  a2 a  cos  cos  cos  0 1  cos 2 2 2 2

 a2  a  a2  a sin  0  k 1   a2  a a2 2 2  2sin .sin  0    2 k,l   . 2 2  a2 a  2 sin 2  0  2  l   3  Vì k   nên (1) không thỏa mãn với mọi a   ;  ,hoặc thay 4 vào đáp án (1) ta thấy 2 2  đều không thỏa.   3  Đối với (2). Vì a   ;  nên chọn l=1 lúc đó a  2 . 2 2  Chọn D. e

k Bài 2: Gọi S là tập hợp tất cả các số nguyên dương k thỏa mãn điều kiện  ln dx  e  2 . Khi đó: x 1

A. S  1 .

B. S  2 .

C. S  1, 2

Giải: e

 ln x dx 1

Dùng phương pháp tích phân từng phần k 1  u  ln  ln k  ln x  du   dx x x  dv  dx  v  x e

k k  I  x ln   dx  e ln  ln k   e  1 x1 1 e e

k k Vậy  ln dx  e  2  e ln  ln k   e  1  e  2 x e 1 ( PC WEB )

D. S   .

 e  ln k  1  ln k  1   e  1 ln k  e  1  ln k  1

 k  e mà k là số nguyên dương nên chọn k  1;2 . Chọn C.  4

1 dx . Bằng cách đặt t  tan x, tích phân A được biến 2 3sin x  2cos x  2 0

Bài 3: Xét tích phân A  

đổi thành tích phân nào sau đây. 1

1 dt . A.  2 t  4 0

1 dt . B.  2 t  4 0

1 dt . C.  2 t  2 0

t 0

1 dt . 2

Giải: 2   Ta có: 3sin 2 x  2cos 2 x  2  cos 2 x  3tan 2 x  2   cos 2 x  

 cos 2 x 3tan 2 x  2  2 1  tan 2 x    cos 2 x  tan 2 x  4   4

1 dx , lúc này đặt t  tan x và đổi cận ta đc: 2 2 cos x tan x  4   0

Vậy: A   1

dt dx . Chọn A. t 4 0

A

 1

2 1 x dx được biến đổi thành 2  f  t dt . Hãy xác định f  t  : Bài 4: Đặt t  tan thì I   x 2 0 0 cos 6 2 A. f  t   1  2t 2  t 4 . B. f  t   1  2t 2  t 4 . C. f  t   1  t 2 . D. f  t   1  t 2 .

Giải: 2

   2 2  1  1 x 1  I   . dx   1  tan 2  . dx  x x 2  cos 2 x 0  cos 2 0  cos 2 2 2 2  1 1  dt  2 . 2 x dx cos x  Đặt t  tan   2 2    x  0  t  0; x   t  1 2  

Vậy: I   1  t 2  .2dt  2  1  2t 2  t 4  dt  f  t   1  2t 2  t 4 0

Chọn B.

( PC WEB )



Bài 5: Biết

f  x dx 

8 . 15

5 và 3

 0

14 . 15

3 f  t dt  . Tính 5 C. 

 f  u du . 3

17 . 15

D. 

16 . 15

Giải: 4



f  u du 

f  u du   f  u du .

 0

Mà

 0

5 f  u du   f  x dx  và 3 0 4

 f  u du   f  t dt  5

3 5 3 5 16    f  u du   f  u du     5 3 3 5 3 15 3

Nên:

Chọn D. Chú ý: tích phân không phụ thuộc vào biến số. 1

x2 x2 dx  a . Tính giá trị của I   dx . Bài 6: Biết  1  e x 1  ex 0 0 A. I 

1  a. 2 Giải:

C. I 

B. I  1  a. 1

1  a. 3

D. I  1  a.

x2 x2 dx   dx   x 2 dx . Sử dụng phân tích  x x 1 e 1 e 0 0 0 Hoặc máy tính cầm tay để kiểm tra kết quả. Chọn C.  2

Bài 7: Đặt I n   sin n xdx . Khi đó: 0

A. I n 1  I n .

B. I n 1  I n .

C. I n 1  I n .

D. I n 1  I n .

Giải: Khi 0  x 

 2

thì 0  sin x  1 . Do đó với 0  x  

sin

n 1

x  sin x  I n   sin n

 2

Ta có:

 n 1

xdx  I n   sin n xdx , tức là: I n1  I n . 0

Chọn A. 1

Bài 8: Cho I n   x 1  x 2

( PC WEB )

 dx và J   x 1  x  dx . Xét các câu:

2 n

(1) I n 

1 với mọi n. 2  n  1

(2) J n 

1 với mọi n. 2  n  1

(3) I n  J n 

1 với mọi n. 2  n  1

A. (1) đúng. B. (1) và (2) đúng. C. Tất cả đều sai. D. cả (1) và (3) đúng. Giải: Chỉ (1) và (3) đúng. Khẳng định (2) sai. 



Ta đặt x  cos t để tính J n   sin t 1  cos 2 t  cos tdx   sin 2 n 1 t.cos tdt . n



sin 2 n  2   sin 2 n 1 td  sin t   2n  2 0 2

 2

1 . 2  n  1



Như vậy khẳng định (2) sai. Ngoài ra , để thấy rằng với mọi x   0;1 x  x 2 nên suy ra với mọi n ta có I n  J n 

1 . 2  n  1

Vậy: (1) và (3) cùng đúng. Chọn D. 1

Bài 9: Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất, thỏa mãn

 2x  k  0 . 0

A. k  3 . Giải:

B. k  4 .

C. k  1 .

x   , x   0;1 , 2 x  k  0 do đó: *

D. k  2 .

 2 x  k  0 , x   * . 0

Suy ra số nguyên dương k nhỏ nhất thỏa mãn ycbt là k=1 Chọn C. Bài 10: Cho f  x  , g  x  là các hàm liên tục trên [a ; b]. b

(1) Với mọi số thực y, ta có: y

b b  2b 2 2 (2)   f  x  .g  x dx    f  x dx . g 2  x dx . a a a  Trong hai khẳng định trên: A. Chỉ có (1) đúng. B. Chỉ có (2) đúng.

( PC WEB )

 f  x dx  2 y  f  x  .g  x dx   g  x dx  0 . a

C. Cả hai khẳng định đều đúng. Giải:

D. Cả hai khẳng định đều sai.

Với mọi số thực y ta có: 0   y. f  x   g  x  

 y 2 . f 2  x   2 y. f  x  .g  x   g 2  x  từ đó suy ra (1) đúng: b

f a

( x)dx  2 y  f ( x).g  x dx   g 2 ( x)dx  0

Vì vế trái của Bất đẳng thức trên là tam thức bậc hai đối với y, nên theo định thức về dấu của tam thức bậc hai , Ta có: 2

b b  b 2  '    f ( x).g ( x)dx    f ( x)dx. g 2 ( x)dx  0 a a  a 2

b b  b 2    f ( x).g ( x)dx    f ( x)dx. g 2 ( x)dx ((2) đúng). a a  a Chọn C.

Bài 11: Cho f  x  , g  x  là các hàm liên tục trên [a ; b].

g  x  M , x   a; b  . f  x

f  x   0, x   a; b  và m 

Căn cứ vào giả thiết đó, một học sinh lập luận: (1) Ta có bất đẳng thức

 g  x  g  x  2 0    m  M   . f  x  , x   a; b . *  f x f x        (2) Biến đổi, (*) trở thành 0   g 2 ( x)   M  m  . f  x  .g  x   M .m. f 2 ( x), x   a; b . (3) suy ra

2 2  g  x dx  M .mx  f  x dx   M  m   f  x  .g  x dx .

Lập luận trên: A. Đúng hoàn toàn. B. Sai từ (1). C. Sai từ (2). D. Sai từ (3). Giải: Lập luận đúng hoàn toàn. Bất đẳng thức sau cùng được gọi là bất đẳng thức Diza Chọn A. Bài 12: Cho hai hàm f  x  , g  x  cùng đồng biến và liên tục trên [a ; b]. Với a  b . Khi đó, xét khẳng định sau đây: (1) x   a; b  . Ta có:

( PC WEB )

 f  a dx   f  x dx   f  b dx .

(2)

 f  x dx  f  b  . a

1 f  x dx . (3) Tồn tại x0   a; b  sao cho f  x0   b  a a Các khẳng định đúng trong 3 khẳng định trên là: A. Chỉ (1) và (2). B. Chỉ (2) và (3). C. Chỉ (1) và (3). D. Cả (1) , (2) và (3). Giải: Chỉ (1) và (3) đúng. Khẳng định (2) sai: Do tính đồng biến nên a  x  b ta có f  a   f  x   f  b  , tức là: b

 f  a dx   f  x dx   f  b dx vậy (1) đúng b

Suy ra:  b  a  . f  a    f ( x)dx   b  a  . f  b  a

Do đó f  x  liên tục trên [a;b] nên tồn tại x0   a; b  sao cho: b

1 f  x0   f  x dx . Vậy (3) đúng. b  a a Chọn C.  f  x  khi f  x   g  x  Bài 13: Ta định nghĩa: max  f  x  , g  x     . g x khi g x  f x       

Cho f  x   x 2 và g  x   3 x  2 . 2

Như thế  max  f ( x), g ( x)dx bằng: 0

 x dx . 2

 x dx    3x  2 dx . 2

  3x  2 dx .

D. 15.

Giải: Hoành độ giao điểm của hai đường thẳng là x  1; x  2 Xét x 2   3 x  2  và vẽ Bảng xét dấu để xem trên đoạn nào thì f  x   x 2 và g  x   3 x  2 hàm có Giá trị lớn hơn. x 0 2 + x  3x  2 2

1 0 1

− 2

Do đó  max  f  x  , g  x  dx   x dx    3 x  2 dx 2

( PC WEB )

2 0

Chọn B. 



cos 2 x cos 2 x dx  m . Tính giá trị của I   dx . Bài 14: Biết  1  3 x 1  3x   A.   m.

 4

C.   m.

 m.

 4

 m.

Giải: 



cos 2 x cos 2 x dx   dx   cos 2 x.dx   Sử dụng phân tích:  x x 1 3 1 3    

(sử dụng MTCT để tính

 cos

x.dx   )





Do đó : I 

cos x

 1  3

dx    m .

Chọn A.



Bài 15: Cho I   0

A. 0  m 

dx , với m > 0. Tìm các giá trị của tham số m để I  1 . 2x  m

1 . 4

B. m 

1 . 4

1 1 m . 8 4

D. m  0 .

Giải: Tính tích phân theo tham số m bằng cách đặt t  2 x  m , sau đó tìm m từ Bắt phương trình I  1 . Chọn A. m

Bài 16: Cho m là một số dương và I    4 x ln 4  2 x ln 2 dx . Tìm m khi I  12 . 0

A. m  4 . Giải:

B. m  3 .

C. m  1. m

D. m  2 .

Tính tích phân theo tham số m ta được: I    4 x ln 4  2 x ln 2 dx   4 x  2 x   4m  2m , sau đó tìm 0

m từ phương trình I =12. Chọn D.

( PC WEB )

CHỦ ĐỀ 3 ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TÍNH DIỆN TÍCH, THỂ TÍCH 1. Diện tích hình phẳng  y  f1 ( x)  y  f ( x)  2 Nếu có hình phẳng giới hạn bởi các đường  . x  a   x  b (Trong đó f1 ( x), f 2 ( x) liên tục trên đoạn [a;b]), b

thì diện tích S được tính theo công thức S   f1 ( x)  f 2 ( x) dx . a

2. Thể tích khối tròn xoay  y  f  x  Ox Quay quanh trục Ox: Cho hình phẳng giới giới hạn bởi các đường  . x  a  x  b 

(Trong đó f  x  liên tục trên đoạn [a;b]), quay quanh trục Ox, ta được khối tròn xoay. b

Thể tích Vx của khối tròn xoay được tính theo công thức Vx     f ( x)  dx . 2

x  f  y  Oy Quay quanh trục Oy: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường  x  a x  b  (Trong đó f  y  liên tục trên đoạn [a;b]), quay quanh trục Oy, ta được khối tròn xoay. b

Thể tích Vy của khối tròn xoay được tính theo công thức Vy     f (y) dx . 2

BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1:

(1) Cho y  f ( x) là một hàm liên lục trên đoạn [a;b] thì diện tích S  H  của hình thang cong

H giới hạn bởi đồ thị hàm số , trục hoành và các đường thẳng x  a, y  b được cho bởi công thức b

S  H    f ( x)dx . a

( PC WEB )

(2) Nếu f ( x)  0 trên đoạn [a;b] và f ( x) liên lục trên [a;b] thì có diện tích hình K giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f ( x) , trục hoành và các đường x  a, y  b được tính theo công thức b

S  K     f  x dx . a

Trong hai khẳng định trên: A. Chỉ có (1) đúng. B. Chỉ có (2) đúng. C. Cả hai khẳng định đều đúng. D. Cả hai khẳng định đều sai. Giải: Chỉ có (2) đúng. (1) đúng nếu thêm giả thiết f  x   0 trên [a;b]. Chọn B. Bài 2: Diện tích hình L tạo bởi đồ thị hàm số y  f ( x)  x3  1 , đường thẳng x  2 , trục tung và trục hoành là: A. 3,5 (đvdt). B. 2,5 (đvdt). C. 1,5 (đvdt). D. 6 (đvdt). Giải: Ta thấy f  x   0 trên [0; 1] và f  x   0 trên [1; 2]. Đồ thị f  x  gồm hai phần: phần nằm dưới trục hoành  L1  và phần nằm trên trục hoành  L2  , do đó S  L   S  L1   S  L2  . Ta có: 1

S  L1    1  x3 dx  0

S  L2     x3  1dx  1

Vậy S  L  

3 4 11 4

3 11 14    3.5 (đvdt) 4 4 4

Chọn A. Bài 3: Diện tích miền giới hạn bởi hai đường y  x 2  1 và y  3 là: A.

32 15 B. . . 3 4 Giải: Diện tích miền cần tính là:

C. 11.

D. 10.

1  8  8  32   S    4  x dx   4 x  x3    8     8    . 3  2  3  3 3  2 2

Chọn A. Bài 4: Gọi H là hình tạo bởi đồ thị hàm số y  4  x 2 , đường thẳng x  3 , trục tung và trục hoành. Khi đó, diện tích của H là:

( PC WEB )

1 . 2

19 . 3

23 . 3

D. 4.

Giải: Ta xác định đực hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  4  x 2 với trục hoành trên đoạn [0; 3

3] là x  2. Diện tích cần tính là

 4 x

dx , chúng ta có thể tiếp tục vẽ bảng xét dấu của

4  x 2 trên [0;3] để tính, ta có: 2

S  H     4  x 2 dx    x 2  4 dx  0

16 7 23   . 3 3 3

Chú ý: để tính

 4 x

dx ta biết rằng x  2 là nghiệm của y  4  x 2 với trục hoành trên

đoạn [0;3] nên ta có thể làm như sau: 3

 4 x 0

dx   4  x dx   4  x dx  2

  4  x dx    4  x dx  2

23 . 3

Chọn C. Bài 5: Gọi N là hình phẳng xác định bởi đồ thị hàm số y  sin 2 x với 0  x   và trục Ox. Diện tích hình N là: A.

 2



C.  .

D. 2 .

x 0

π 2

π 4

3π 4

Giải: Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng ta có: 



1  cos 2 x 1 sin 2 x   S   sin xdx   dx   x    . 2 2 2 0 2 0 0 2

Chọn A. Bài 6: 1) cho y1  f1 ( x) và y2  f 2 ( x) là hai hàm số liên tục trên đoạn [a;b]. Giả sử:  và  , với a      b , là các nghiệm của phương trình f1 ( x)  f 2 ( x)  0 . Khi đó diện tích của hình phẳng ( PC WEB )

giới hạn bởi 2 đường thẳng và đồ thi của hàm số được cho bởi công thức 







S   f1 ( x)  f 2 ( x) dx   f1 ( x)  f 2 ( x) dx   f1 ( x)  f 2 ( x) dx.

(2) Cũng với giải thiết như (1), nhưng: 

S

  f1 ( x)  f 2 ( x) dx  a



  f1 ( x)  f 2 ( x) dx 



 f ( x)  f ( x)dx . 1

A. (1) đúng nhưng (2) sai. B. (2) đúng nhưng (1) sai. C. Cả (1) và (2) đều đúng. D. Cả (1) và (2) đều sai. Giải: Chú ý rằng với mọi x   ;   , f1 ( x)  f 2 ( x)  0 và f1 ( x) và f 2 ( x) đều liên tục trên khoảng

 ;   , nên

f1 ( x)  f 2 ( x) giữ nguyên dấu.

Nếu f1 ( x)  f 2 ( x)  0 thì ta có: 

 



f1 ( x)  f 2 ( x) dx    f1 ( x)  f 2 ( x) dx  



  f ( x)  f ( x) dx 1

Nếu f1 ( x)  f 2 ( x)  0 thì ta có: 







f1 ( x)  f 2 ( x) dx    f 2 ( x)  f1 ( x) dx  



  f ( x)  f ( x) dx 1



Vậy trong mọi trường hợp ta đều có: 

 



f1 ( x)  f 2 ( x) dx 

  f ( x)  f ( x) dx 1

Tương tự như thế đối với 2 tích phân còn lại. vì vậy, hai công thức (1) và (2) là như nhau: Chọn C. Bài 7: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đường y  x , trục hoành và đường thẳng y  4  x là: A. 5. B. 3. C. 4. D. 6. Giải: Vẽ đồ thị ba đường y  x, y  0, y  4  x và tìm các giao điểm: y  4  x  A  4;0   y  0  y  4  x  B  2;2   y  x 2

 x2 x2    4x    4 Từ đó S   xdx    4  x dx  2 0  2 2 0 2 Chọn C. 2

( PC WEB )

Bài 8: Gọi M là hình phẳng giới hạn bởi các đường x  0, x  1, y  0, y  5 x 4  3 x 2  3 . Diện tích hình M là: A. 5. B. 10. C. 6. D. 12. Giải: Ta có: trên đoạn [0;1] 1

Vậy S    5 x 4  3 x 2  3dx   x5  x3  3 x   5 . Chọn A. 1

x Bài 9: Gọi H là hình phẳng giới hạn bởi trục hoành các đường y  , x  a, x  3a 4 tích hình H là: a2 a A. a 2 . B. 2a 2 . C. . D. . 2 3 Giải: 3a

Ta có: S 

 a

x x2  x dx    dx  4 4 8 a 

 a  0  . . Diện

 a2 a

Chọn A. Bài 10: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y  e x , y  e  x , x  1 là: A. 2e .

1 C. e   2 . e

B. 3e .

1 D. e   1 . e

Giải: Ta có: x  0 là hoành độ giao điểm của hai đường cong. Diện tích cần tìm là: 1

 e

1 1  e  x dx   e x  e  x   e   2 . 0 e

Chọn C. Bài 11: Ở hình bên dưới, ta có parabol y   x 2  4 x  3 và các tiếp tuyến của nó tại các điểm

M 1  0; 3 và M 2  3;0  . Khi đó, diện tích phần gạch chéo là: A. 1,6. Hình:

B. 1,35.

C. 2,25.

-3

( PC WEB )

1 3/2

M2(3;0)

M1(0;-3)

D. 2,5.

Giải: Ta có: f '  x   2 x  4  f '(0)  4, f '  3  2 Phương trình tiếp tuyến tại điểm M 1  0; 3 là: y  3  4  x  0   y  4 x  3 Phương trình tiếp tuyến tại điểm M 2  3;0  là: y  2  x  3  2 x  6 Gia

điểm

của

hai

4 x  3  2 x  6  x 

tiếp

tuyến

trên

có

hoành

độ

thỏa

mãn

phương

trình:

3 2

Diện tích phải tìm là: 3 2

S    4 x  3    x  4 x  3 dx    2 x  6     x 2  4 x  3 dx 2

3 2

  x dx    x 2  6 x  9  dx  2

3 2

9  2, 25 4

Chọn C. Bài 12: Gọi K là hình tạo bởi đồ thị hàm số y  x3  x 2  2 x trên đoạn [-1;2] và trục hoành. Khi đó diện tích của K bằng: 4 1 25 37 A. (đvdt). B. (đvdt). C. (đvdt). D. (đvdt). 7 2 37 12 Giải: x  0 Phương trình hoành độ giao điểm x3  x 2  2 x  0   . x  2 Đồ thị gồm hai phần, phần nằm trên trục hoành ứng với x thuộc đoạn [-1;0] và phần nằm dưới trục hoành ứng với x thuộc đoạn [0;2]. Do đó:

S

1

3 2 3 2   x  x  2 x dx     x  x  2 x dx 

5 8 37   đvdt 12 3 12

Chọn D. Bài 13: Gọi M là hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x 2  1, x  y  3 . Diện tích hình N là A. 5,1. B. 4,5. C. 6,25. D. 4,75. Giải: f  x 1  x 2  1, f 2 ( x)  3  x

 x  2 f1 ( x)  f 2 ( x)   x 2  1   3  x   x 2  x  2  0   x  1

( PC WEB )



S

x

f1 ( x)  f 2 ( x) dx 

2

 x  2 dx 

2

 x3 x 2      2x   3 2 

 2

 x

 x  2 dx

2

9 2

Chọn B. Bài 14: : Gọi M là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y  sin x trên đoạn  0;2  và trục hoành. Diện tích hình M là A. 6. B. 4. Hình:

C. 8.

D. 10.

y 1

2π

-1

Giải: 2

S

 0



sin x dx   sin xdx  0

2

   sin x dx   cos x 0  cos x  

2

4



Chọn B. Bài 15: Xét hai phát biểu: (1) Cho hai hàm y  f  x  và y  g  x  có đồ thị cắt nhau tại hai điểm A, B. Giả sử a, b tương ứng là hoành độ các giao điểm A, B (với a<b). Khi đó diện tích hình phẳng nằm giwuax hai b

đồ thị ấy bằng S  M     f ( x)  g ( x) dx . a

(2) Giả sử S  x  là diện tích thiết diện của vaath thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x. Khi đó, thể tích V  B  của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng b

vuông góc với Ox tại các điểm a và b là V  B    S  x dx . a

Trong hai phát biểu trên. A. Chỉ có (1) đúng. C. Cả hai phát biểu đều đúng.

B. Chỉ có (2) đúng. D. Cả hai phát biểu đều sai.

Giải: Cả hai đều sai vì giả thiết. Bài (1), phải giả thiết thêm: f  x   g  x  với mọi x   a; b  . ( PC WEB )

Bài (2), phải giả thiết thêm: S  x  là một hàm liên tục trên đoạn [a;b]. Chọn D. Bài 16: Gọi K là hình giới hạn bởi parabol y  2  x 2 và đường thẳng y   x . Khi đó, K có diện tích bằng: A. 4,5 (đvdt). B. 4,11 (đvdt). C. 3,5 (đvdt). D. 4,55 (đvdt). Giải: Trước hết ta tìm hoành độ các giao điểm bằng cách giải phương trình 2  x 2   x . Suy ra x  1 và x  2 , trên đoạn [-1;2] đồ thị hàm số f  x   2  x 2 nằm trên đồ thị hàm số

g  x    x . Từ đó diện tích cần tìm là: 2

 x 2 x3    f ( x)  g ( x) dx  1  2  x  x dx   2 x  2  3   4,5(dvdt ) 1 1 Chọn A. 2

Bài 17: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y  x 2  2 x  3 và y  5  x là: A. 6,5 (đvdt). B. 3,5 (đvdt). C. 4,5 (đvdt). D. 5,5 (đvdt). Giải: Tương tự bài 16. Chọn C. Bài 18: Gọi P là hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x 2  2, y  3 x . Diện tích hình P là: 2 3 1 4 B. . C. . D. . . 5 7 6 5 Giải: Tương tự bài 16. Chọn C. Bài 19: Gọi P là hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x3 ; y  0; x  1; x  2 . Diện tích hình P là: A. 3,45. B. 2,5. C. 4. D. 4,25. Giải: Đặt f1 ( x)  x3 , f 2 ( x)  0

f1 ( x)  f 2 ( x)  x3  0  x  0   1;2 . Diện tích phải tìm là: 2

S



f1 ( x)  f 2 ( x) dx 

1 0





1

x3 dx   x3 dx 0

 x dx   x dx  4, 25 3

1

Chọn D. Bài 20: Gọi Q là hình phẳng giới hạn bởi đường y  4 x  x 2 và trục hoành. Diện tích hình Q là:

( PC WEB )

4 23 B. . . 9 15 Giải: Tương tự bài 16. Chọn D.

4 . 3

32 . 3

Bài 21: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x 2 và đường thẳng y  2 x là: A.

3 . 2

3 . 7

12 . 27

5 . 3

Giải:

x  0 Phương trình hoành độ giao điểm x 2  2 x   . Diện tích cần tính là: x  2 2

S   2 x  x 2 dx  0

4 . Chọn C. 3

Bài 22: Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  ln x tại giao điểm của đồ thị đó với trục Ox. Diện tích của hình tam giác tạo bởi hai trục tọa độ và đường thẳng d được xác định bởi tích phân: 1

ln x dx . B.  x 0

A.  ln xdx . 0

  x  1dx .

  x  1dx 0

Giải: Tọa độ giao điểm của đồ thị y=lnx với trục Ox là nghiệm của hệ phương trình:  y  ln x  x  1   y  0  y  0 1 Ta có: y '   ln x   , y 1  1 . x Vậy phương trình của tiếp tuyến d là: y  0  1 x  1  y  x  1 . 1

Diện tích phải tìm : S   0

 x2  1 x  1dx   1  x dx   x    . 2 0 2  0 1

Chọn D.



Bài 23: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường x   ; x   ; y  0; y  cos x . Ta được 2 kết quả: A. 6. B. 2. C. 3. D. 12. Giải:      Trên đoạn   ;   , phương trình cosx=0 có các nghiệm x1  ; x2  . 2 2  2  



Vậy: S 



 2

( PC WEB )

cos x dx 



 2



cos x dx   cos x dx  

 2



 2

 cos x dx 



  cos x dx  3 . 2

Chọn C. Bài 24: Gọi H là hình phẳng nằm giữa hai đồ thị các hàm số f  x   x3  3 x và g  x   x . Khi đó H có diện tích bằng: A. 8. B. 12. C. 32. Giải: Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là x  0, x  2 và x  2 . Ta có: S  H  

 x

D. 40.

2

 3 x  x dx    x  x3  3 x dx  8 . 0

Chọn A. Bài 25: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường parabol y  x 2  2 x  2 và y   x 2  x  3 là: 9 5 B. . C. 1,5. D. 1,25. . 8 4 Giải: Tương tự bài 24. Chọn A. Bài 26: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và đường cong y  x  x  1 x  2  . Ta

được kết quả: A. 9. B. 10,2. Giải: Ta có: x  x  1 x  2   0  x  0;1;2 . 2

C. 31.

D. 1,5.

S   x  x  1 x  2  dx   x  x  1 x  2  dx   x  x  1 x  2  dx 0



x

 3 x 2  2 x dx 

x

 3 x 2  2 x dx

 x4  x4 1 3 2 3 2  x x    x x    4 0  4 1 2

Chọn D. Bài 27: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng y  6 và đường cong y  2 x3  x 2  8 x  1 là: 2305 2401 A. B. C. 144,5. D. 25,5. . . 12 96 Giải:  x  1 3 2 Phương trình hoành độ giao điểm: 6   2 x  x  8 x  1  0   . x  5 2 

( PC WEB )

S

5 2

 6   2x

 x 2  8 x  1 dx 

1

2401 96

Chọn B. Bài 28: Trong mặt phẳng Oxy, diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y  2 x 2 ; x  y 2 được tính bằng tích phân: 1 4

  2x

 x dx .





x  2 x 2 dx

1 4

 1



x  2 x dx . 2

  2x

 x dx

Giải: Phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm là x  0, x  1 4

Diện tích cần tìm là:



1 4



x  2 x 2 dx

Chọn C. Bài 29: Một miền được giới hạn bởi parabol y  3  x  x 2 và đường thẳng y  2 x  1 . Diện tích của miền đó là: A. 3. B. 4,5. C. 3,5. D. 4. Giải: Ta tìm giao điểm của hai đường đã cho bằng cách giải phương trình hoành độ giao điểm:  x  2 3  x  x2  2x  1   x  1 Trên đoạn [-2;1] ta có: 3  x  x 2  2 x  1 do đó: 1

 x 2 x3  9 S   3  x  x   2 x  1 dx    2  x  x dx   2 x      4,5 2 3  2 2  2 2 Chọn B. 1

Bài 30: Gọi Q là hình phẳng nằm giữa hai đường f1 ( x)  x3  3 x  8 và f 2 ( x)  x  8 . Diện tích hình Q là: A. 8.

B. 12. Giải: Ta có:

C. 14.

f1 ( x)  f 2 ( x)  x3  4 x  x  x 2  4   0  x  2, x  0, x  2 .

( PC WEB )

D. 20.

Diện tích phải tìm là: 2

S

x

 4 x dx 

2

x

2

 4 x dx   x  4 x dx  3

 x

 4 dx 

2

x

 4 dx

 x4  x4  2    2x     2x2   8  4  2  4 0 Chọn A.

Bài 31: Gọi H là hình phẳng giới hạn bởi parabol y   x 2  6 x  8 , tiếp tuyến tại đỉnh của parabol này và trục tung. Diện tích hình H là: A. 8. B. 8,5. C. 9. D. 9,5. Giải: Hàm số y   x 2  6 x  8 có hệ số a<0 nên parabol úp xuống. Hoành độ đỉnh của b 6   3 . Phương trình tiếp tuyến của parabol tại đỉnh là 2a 2 y  y '  3 x  3  y  3  0  x  3  1  1

parabol là: x  

Do đó diện tích cần tìm là

 1 x

 6 x  8  dx  9 (có thể sử dụng MTCT)

Chọn C. Bìa 32: Ở hình bên ta có parabol y  x 2  2 x  2 , tiếp tuyến với nó tại điểm M  3;5  .

y 5

Diện tích phần gạch chéo là: A. 9.

B. 10.

C. 12.

D. 15.

2 x O

Hình:

-7

Giải: Đặt: f1 ( x)  x 2  2 x  2 . Ta có: f1  x   2 x  2, f1  3  4 . Tiếp tuyến của parabol đã cho tại điểm M(3;5) có phương trình ( PC WEB )

y  5  4( x  3)  y  4 x  7 Đặt: f 2 ( x)  4 x  7

Đường thẳng phải tìm là: 3

 0

f1 ( x)  f 2 ( x) dx    x 2  2 x  2    4 x  7  dx 0

  x  3 3  2    x  6 x  9  dx    x  3 dx    9   3 0 0  0 3

Chọn A. Bài 33: Gọi K là hình phẳng giới hạn bởi đường cong y  x3  3 x và tiếp tuyến với đường cong này 1 . Diện tích hình K là: 2 31 9 B. C. . . 7 16

tại điểm có hoành độ x  A.

8 . 15 Giải:

Tiếp tuyến của đường cong tại điểm x  

27 . 64

1 có phương trình: 2

9 1  11 9 1 y   x   y   x 4 2 8 4 4 Tiếp tuyến này cắt đường cong tại điểm có hoành độ x =1. Vậy diện tích hình phẳng K là: 1

1 27  9  3 .  x   x  3 x dx  1  4 4  64 2

Chọn D.

Bài 34: Tính diện tích của hình gới hạn bởi đường cong có phương trình x  y 2 và đường thẳng y  x  2 . Kết quả là: A. 1,5. B. 2,5. C. 3. D. 4. Giải: y

y  x Ta có: x  y 2   . Ta tìm giao điểm của y  x và y   x  y   x với y  x  2 : Giải phương trình x  x  2 và  x  x  2 .

Suy ra: x  x 2  4 x  4  x  1, x  4 ( PC WEB )

D E

x C

4  1  Từ đó ta có: S    xdx  S  ABC       x dx  S  ADE   0  0  4

2 3 2 3 1 10 2 1 5  x 2  2  x 2    2     2,5 3 0 3 0 2 3 3 2 2

Chọn B. Bài 35: Diện tích của miền được giới hạn bởi hai đường cong y  cos x và y  sin 2 x trên đoạn   0; 2  là: A. 0,3. Giải:

B. 0,4.

C. 0,5.

D. 0,6.

  Đầu tiên giải phương trình cos x  sin 2 x trên 0;   2

  cos x  0 x  2 cos x  2sin x cos x   1  sin x  x   Ta có: 2   6

Suy ra diện tích cần tìm bằng :



  cos x  sin 2 x dx    sin 2 x  cos x dx 6



1 1 1  6  1  2  1 1 1   1   sin x  cos 2 x     cos 2 x  sin x          1     0,5 2 4 2  0  2  2 4 2  2 6

Chọn C. Bài 36: Diện tích của phần hình elip như hình vẽ là: A. ab a

B.  ab .

C.  a 2b 2 D.

 a 2b 2

Giải:

( PC WEB )

x -b

. -a

x2 y 2   1 . Diện tích cần tìm là: S  4 S1 ,  S1  là diện tích của một a b phần tư elip) ứng với y  0 nên S1 được giwois hạn bởi đồ thị hàm số Phương trình elip là:

b 2 a  x 2 ,  0  x  a  , đường thẳng x =0 và trục Ox. a Do đó: y

b 2 b S  4 a  x 2 dx  4  a 2  x 2 dx a a0 0 a

Ta có:

 0

a  x dx  2

 a2 4

suy ra S   ab.

Chọn B. Bài 37: Hình phẳng gới hạn bởi các đường f  f ( x), x  a, x  b, y  0 , quay xung quanh trục Ox tạo thành một vật thể tròn xoay T. Thể tích của T là: b

A. V   y 2 dx .

y y = f(x)

B. V    ydx . a

C. V    y dx 2

x b

D. V  2  ydx . a

Giải: Theo công thức sách giáo khoa thì chọn C đúng. Chọn C. Bài 38: Gọi G là hình phẳng giới hạn bởi đường cong y 

1 2 x  2 x  2 và các tiếp tuyến với đường 2

5  cong xuất phát từ điểm M  ; 1 . Diện tích hình G là: 3  9 31 9 27 A. . B. C. D. . . . 8 47 16 64 Giải: 5 5  Phương trình đường thẳng đi qua điểm M  ; 1 là: y  kx  k  1. Đường thẳng này tiếp 2 2  xúc với parabol khi và chỉ khi k  1 hoặc k  2 . Với k  1 . Tiếp điểm có hoành độ x0  1 ; với k  2 , tiếp điểm có hoành độ x1  4 .

( PC WEB )

3  1 Phương trình tiếp tuyến tại M 0 1;  là y   x  . 2  2 Phương trình tiếp tuyến tại M 1  4;2  là: y  2 x  6 .

Vậy diện tích hình phẳng là: 5 2

3 9 1 2   1 2  x  2 x  2   x  dx  x  2 x  2  2 x  6 dx          1  2 5  2 2 8    2

Chọn A. Bài 39: Gọi Q là hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và đường parabol y  5 x  x 2 . Cho Q quay quanh trục Ox, ta nhận được hình tròn xoay có thể tích bằng: 625 A. B. 166 . C. 126 . D. 122.9 . 6 Giải: x  0 Ta có: 5 x  x 2  0   . Vậy thể tích phải tìm là: x  5  5

V    y dx     5 x  x 2

 dx     25 x

2 2

 10 x3  x 4 dx

 25 5 x5  625    x3  x 4     3 2 5 6  0 Chọn A. Bài 40: Cho hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và đường y  2 x  x 2 . Thể tích của vật thể tròn xoay khi cho hình này quay xung quanh trục Ox là: 2 16 10 3 A.  . B.  . C. D.  . . 3 15 21 4 Giải: Ta có: 2 x  x 2  x  2  x   0  x  0; x  2 2

V     2x  x



2 2

4 3 x5  16 4 dx     4 x  4 x  x dx    x  x    . 5  0 15 3 0 2

Chọn B. Bài 41: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường có phương trình y   4  x 2 và x 2  3 y  0 . Ta được kết quả:

4  3 . 3 Giải: A.

( PC WEB )

4 . 3

 3 3

2  3 . 3

Ta có: S 



 3 3

 2 0

3   x2   x2 2  4  x dx  2    4  x 2 dx 3 3  0  3

3 2 2 3 4  x dx  x3  2  4  x 2 dx  0 9 3 0 2

 3



3 2 3 2 3  4  1  cos 2t dx  Đặt x  2sin t  S  8  cos tdt  3 3 0 0



  4t  2sin 2t  03 

2 3 4  3  (dvdt) 3 3

Chọn A.

Bài 42: Gọi H là phần mặt phẳng hữu hạn được giới hạn bởi hai trục tọa độ, đường thẳng x  1 và đường cong có phương trình y  1  x3 . Thể tích khối tròn xoay do H sinh ra khi quay quanh trục Ox là: 5 23 9 A. .  . B. C.  . D. 2 . . 3 14 14 Giải: 1

V    1  x3 dx  0

23  (sử dụng MTCT) 14

Chọn B. 4 Bài 43: Gọi M là hình phẳng giới hạn bởi các đường y  , y  0, x  1, x  4 . Thể tích hình tròn x xoay khi M quay quanh trục Ox là: A. 6 . B. 12 . C. 15 . D. 4 . Giải: Tương tự bài 42. Chọn B.

Bài 44: Khi quay hình phẳng tạo bởi đồ thị hàm số y  x ,  x  0  và các đường thẳng x  0, x  4 xung quanh trục hoành, ta được khối tròn xoay có thể tích là: A.  . B. 2 . C. 8 . D. 14 . Giải: 4

Ta có: V    xdx  8 . 0

Chọn C.

( PC WEB )

Bài 45: Diện tích của hình phẳng giwois hạn bởi đường thẳng y  x  4 và parabol y  x 2  2 x  4 là: A. 4,5. B. 5,6. C. 5,4. D. 5,2. Giải: Hoành độ giao điểm của parabol y  x 2  2 x  4 và đường thẳng y  x  4 là:

x  0 x 2  2 x  4  x  4  x 2  3x  0   x  3 3

S   x 2  3 x dx  0

9 2

Chọn A. Bài 46: Gọi D là miền được giới hạn bởi các đường y  3 x  10, y  1, y  x 2 và D nằm ngoài parabol y  x 2 . Khi cho D quay xung quanh trục Ox, ta nhận được vaath thể tròn xoay có thể tích là: A. 11 .

56 . 5

C. 12 .

25 . 3

y=1

x 3

Giải: Gọi V1;V2 lần lượt là thể tích tam giác cong ABH và tam giác HBC tạo nên khi xoay quanh trục Ox, phần diện tích được biểu diễn qua đồ thị sau: 56 2 Vậy V  V1  V2    ( x 2 ) 2  12 dx    (3 x  10) 2  1 dx  (dvtt)   5 2

Chọn B. Bài 47: Gọi H là hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung, đường thẳng x=1 và đường cong y  x3  1 . Cho H quay quanh trục Ox ta nhận được hình tròn xoay có thể tích bằng: A. 5 . Giải: ( PC WEB )

B. 6 .

23 . 14

1 . 2

V     x3  1 dx  2

23  14

Chọn C. Bài 48: Cho hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung,và các đường x   , y  sin 2 x . Thể tích của vật thể tròn xoay khi cho hình này quay quanh trục Ox là: 2 2 2 2 2 3 2 A. . B. . C. . D. . 8 15 8 8 Giải: 

2 3 V     sin 2 x  dx   2 8 0

Chọn D.

( PC WEB )

CHƯƠNG 3 (Tiếp theo) ỨNG DỤNG NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN Chủ đề 3 : (tiếp theo) ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TÍNH DIỆN TÍCH – THỂ TÍCH Bài 49: Thể tích của vật thể tròn xoay sinh ra bởi phép quay xung quanh trục Ox của hình giới hạn bởi trục Ox và đường y  sin x,  0  x    . Ta được kết quả: A. C.

2 2

2 6

. .

B. D.

2

2 2

π O

π 2

Giải: 



1  cos 2 x  sin 2 x  2 Ta có: V    sin xdx    dx   x    2 2 2 0 2 0 0 2

Chọn A. Bài 50: Cho đường cong có phương trình, trong đó g  y  là hàm số liên tục trê đoạn  e; d  . Xét hình giới hạn bởi đường cong x  g  y  , đường cong y  e, y  d và x  0 . Quay hình đó xung quanh trục tung x  0 ta được một khối tròn xoay có thể tích bằng: A. 

 g  x dx .

B.   g  y dy .

C. 

 g  x dx .

D.   g 2  y dy .

Giải: Theo công thức SGK. D đúng Chọn D. Bài 51: Gọi K là phần mặt phẳng được giới hạn bởi hai trục tọa độ, đường thẳng x  1 và đường x2 cong có phương trình y  . Khi đó, diện tích hình K là: x2  x6 A.  .

 2

 3

Giải: 1

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng ta có: S   0

Chọn D.

( PC WEB )

x2 x x 2

dx 

 4

Bài 52: Cho hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và các đường x  1; y  xe 2 . Thể tích của vật thể tròn xoay khi cho hình này quay xung quanh trọc Ox là: 1 A.  e 4 . B. 2  e  1 . C.   e  3 . D. 2  e  3 . 3 Giải: 1

2 1 Thể tích cần tính: V     xe 2  dx   e 4 . 3 0

Chọn A. Bài 53: Gọi K là hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và đường parabol y  3 x 2  3 x  6 . Cho Q quay xung quanh trục Oy, ta nhận được hình tròn xoay có thể tích bằng: A. 10,5 . B. 66 . C. 68,9 . D. 72,9 . Giải:

 x  1 Phương trình hoành độ giao điểm 3 x 2  3 x  6  0   x  2 2

Thể tích cần tính V     3 x 2  3 x  6  dx  72,9 . 2

1

Chọn D. Bài 54: Thể tích của khối tròn xoay sinh ra bởi phép quay xung quanh trục Oy của hình giới hạn bởi 2 đường hypebol x  , đường thẳng y  1, y  4 và x  0 . Kết quả tình được là: y A. 3 . B. 5 . C. 8 . D. 10 . Giải: 2

2 V      dy  3 . y 1 Chọn A. 4

Bài 55: cho hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và các đường y 

 4

của vật thể tròn xoay khi cho hình này quay xung quanh trục Ox là: A.    2  .

 8

  2  .

 2

  1 .



1    . 3 2

Giải: 



Chọn B. ( PC WEB )







sin 2 x  4  Ta có: V    sin xdx   1  cos 2 x dx   x      2  . 20 2 2 0 8 0 4

, y  sin x . Thể tích

Bài 56: Cho hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và các đường y  cos x, x 

 4

. Thể tích

của vaath thể tròn xoay khi cho hình này quay xung quanh trục Ox là:

16 2 B. . 15

3 2 . A. 7

C.   2 

 8

3   1 . D. 4 2

Giải:  4

Ta có: V    cos 2 xdx    2  0

 8

Chọn C. Bài 57: Cho đường cong có phương trình x  g  y  trong đó x  g  y  là một hàm số liên tục trên đoạn  a; b  . Nếu hình giới

hạn bởi các đường x  g  y  , y  a, y  b và x  0 quay xung quanh trục Oy thì thể tích V của vật thể tròn xoay sinh ra được tính theo công thức:

x = g(y)

A. V   y 2 dy a

B. V    y 2 dy . a

C. V  2  y 2 dy .

D. V    x 2 dy . a

Giải: b

V    x 2 dy . a

Chọn D. Bài 58: Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình elip

x2 y 2   1 khi elip này quay xung quanh a b

trục Ox là: A. 6.

( PC WEB )

B. 13.

4  ab 2 . 3

D. 22.

Giải: 3

b2 2 2 b 2  2 x3  2 b 2  3 a 3  4 2 Ta có: V    y dx  2  2  a  x dx  2  a x    2  a     ab 2 . a a  3 0 a  3 3 a b Chọn C. a

Bài 59: a) Cho D là miền kín giới hạn bởi các đường

y  x , y  2  x và y  0. Diện tích của miền D là: 1 . 2 7 C. . 6

3 . 2 8 D. . 7

Giải: Hoành độ giao điểm của hai đường thẳng y  x , y  2  x là x0  1 . Ta có: D  B  C , trong đó B là miền kín giới hạn bởi các đường y  x , x  1, y  0 và C là miền

kín giới hạn bởi các đường y  2  x, x  1, y  0 1

2 Diện tích miền B   xdx  (dvdt) 3 0 1 Diện tích miền C  (dvdt) . 2 7 Vậy diện tích miền D là (đvdt). 6 Chọn C.

Bài 59: b) Cho D là miền kín giới hạn bởi các đường y  x , y  2  x và y  0. Thể tích vaath thể tạo thành khi ta quay D quanh trục Oy là: 32 7 5 9 A. B. C. . D. . . . 15 4 3 4 Giải: Đặt M  0;1 , N 1;1 , P  2;0  , Gọi V1 là thể tích của vật thể sinh ra khi quay hình thang OMNP quanh trục Oy (xem hình ở đề bài), V2 là thể tích của vật thể sinh ra khi quay phần mặt phẳng giới hạn bởi các đường y  x ; x  0; y  0; y  1 và V là thể tích cần tìm, Ta có: V  V1  V2

( PC WEB )

V1

7 (đvtt). 3

V2    y 2 dy  0

 5

(đvtt)

32 (đvtt). 15 Chọn A. V

Bài 60: Tính diện tích S của miền phẳng giới hạn bởi các đường y  sin 2 x  sin x  1 ; y  0; x  0; x 

 2

3 A. S  . 4

B. S 

3 . 4

C. S 

4  3 . 3

D. Đáp án khác.

Giải:  2

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng Ta có: S    sin 2 x  sin x  1dx . 0

Chọn B. 1  ; y  0; x  0; x  . 1  cos x 2 1 D. S  . 3

Bài 61: Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường y  A. S 



B. S  1 .

2 Giải:

C. S 

 4

 2

1 dx . 1  cos x 0

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng Ta có: S   Chọn D.

Bài 62: thể tích của vật thể tròn xoay sinh ra bởi các hình phẳng giới hạn bởi các đường 1 2

x 2

y  x e ; x  1; x  2; y  0 . Khi nó quay xung quanh trục Ox là: A. 2 e 2 . B. 3 e 2 . C. 4 e 2 . D.  e 2 . Giải: Áp dụng CT tính thể tích khi quay hình phẳng xung quanh trục Ox Ta có: 2

 12 12  V     x e  dx   e 2 .  1 Chọn D. 2

Bài 63: Gọi M là hình phẳng tạo bởi trục hoành và các đường y  ln x, x  1, x  2, y  0 . Khi cho hình M quay xung quanh trục Ox. Ta được khối tròn xoay có thể tích là: A. 2  ln 2 x  2ln 2  1 .

B.   ln 2  ln 4  1 .

C.   ln 2  1 .

D.  2  ln 2  3 .

( PC WEB )

Giải: Áp dụng công thức tính thể tích khi quay hình phẳng xung quanh trục Ox ta có: 2

V     ln x  dx   e 2 . 2

Chọn A. Bài 64: Gọi M là hình được sinh ra bởi phép quay xung quanh Oy của hình giới hạn bởi x2 các đường y  , y  2 ; y  4; và x  0 . 2 Thể tích của hình M là: A. 6 . B. 12 . C. 2 3 . D. 4 3 .

1 y= x2 2

x O

Giải: 4

Ta có: V    2 ydy   y 2   12 . 2

4 2

Chọn B. Bài 65: Gọi M là phần mặt phẳng hữu hạn được giới hạn bởi hai trục tọa độ, đường thẳng x  1 và đường cong 1 có phương trình y  . Thể 1  x2 tích khối tròn xoay sinh ra khi M quay quanh trục Oy là: A.  ln 3 . B.  ln 4 . C. 0, 2 . D.  ln 2 . Giải: Phương trình y 

( PC WEB )

1 1  x2   1 2 y 1 x

1/2

1 (1 + x2)

x O

Gọi V là thể tích cần tìm, Ta có: V  X  Y với X là thể tích hình trụ tròn xoay bán kính đáy 1 1  1 1   bằng 1 và chiều cao bằng , ta có X  và Y      1dx    ln 2   . y  2 2 2  0.5 

1   Vậy V    ln 2      ln 2(dvdt) . 2 2  Chọn D.

Bài 66: Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y  2 x 2 và y  x3 xung quanh trục Ox là:

 2

123 . 7

 4

256 . 35

Giải:

x  0 Ta có: 2 x 2  x3   x  2 2 2 2 2  2 2 V     2 x 2  dx     x3  dx      4 x 4 dx   x 6 dx  . 0 0 0 0 

 4 x5 x 7  256      . chọn D. 5 7 35  0  2  Bài 67: Một dòng điện xoay chiều i  I 0 sin  t    chạy qua một đoạn mạch có điện trở thuần R.  T  Nhiệt lương Q tỏa ra trên mạch đó trong thời gian một chu kì T là: I 02 RI 02 R 2 I 02 RI 02 T . T . A. 3 . B. . C. D. 2 2 4 2 Giải:

 2  .t   dt Ta có: Q   Ri 2 dt   RI 02 sin   T  0 0 T

 2  1 1  cos 2  .t    2 RI   T 2   T    dt  0 t   RI 02  sin 2  .t      .  2 2  4  T  0 4 0 T

Chọn D. Bài 68: Đường cong trong hình vẽ bên có phương trình y 2  x3 . Cho A 1;1 và B  0;1 . Gọi H là phần gạch chéo. Hình:

( PC WEB )

y 1

x 1

-1 B

Khi cho hình H quay xung quanh trục Ox, ta được khối tròn xoay có thể tích là: A.

 3

 4



 6

Giải: 1

x4  V   y dx   x dx    Ta có: . 0 0 4 0 4 1

Chọn B. Bài 69: Thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x 2 ; x  y 2 quay quanh trục Ox là: 3 3 3 3 A. . B. . C. . D. ./ 19 16 13 10 Giải: x  0 Ta có: x  y 2  x  y . Phương trình hoành độ giao điểm x  x 2   . Trên [0;1] ta x  1

   x 

luôn có 1

V  0

2 2

. do đó thể tích cần tìm là:

 x  dx     x  dx . 2

2 2

Chọn D. Bài 70: Tính (bằng cm2) diện tích phần giới hạn bởi parabol có phương trình y  x 2 và đường thẳng y 1 . A.

8 2 16 2 4 1 B. C. cm 2 . D. cm 2 . cm . cm . 3 3 3 3 Giải: Phương trình hoành độ giao điểm x 2  1  x  1 , do đó diện tích cần tính là: 1

S

x

1

Chọn C. ( PC WEB )

 1dx 

4 . 3

Bài 71: Tính diện tích phần mặt phẳng giới hạn bởi hai đường biểu diễn của các hàm số y1  x 2  4 và y2  2 x  x 2 . A. 9 đvdt. Giải:

B. 36 đvdt.

C. 18 đvdt.

D. 9 đvdt.

 x  1 Phương trình hoành độ giao điểm x 2  4  2 x  x 2   , do đó diện tích cần tính là: x  2  1

S

x

 4   2 x  x  dx  2

1

 2x

 2 x  4 dx  9 .

1

Chọn D. Bài 72: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y  A.

e 1 3   . 2 e 2

C. 5e .

Phương trình hoành độ giao điểm 1

, y  e  x và x  1 là:

1 5 . e2 Giải:

S

1 2 x

1 e 2 x

1 e

2 x

D. 8e .

 e  x  e 3 x  1  x  0 , vậy: 1

 e2 x e2 1 3 x   e dx    e  e dx   e     .  2 0 2 e 2 0 x

x

Chọn B. 1 Bài 73: Thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y  , y  0, x  1 và x x  a,  a  1 quay quanh trục Ox là:

1  1   1  1 A.   1 . B.   1  . C. 1    . D. 1   . a  a   a  a Giải: Áp dụng CT tính thể tích khi quay hình phẳng quanh trục Ox, Ta có: a

dx  1   1    . x2  a  1 Chọn C. V 

Bài 74: Diện tích phần mặt phẳng được giới hạn bởi các đường thẳng x  1; x  2 , trục Ox và đường cong y  A.

( PC WEB )

1 là: x 1  x3 

1 7 ln . 4 3

1 16 ln . 3 9

1 7 ln . 3 3

1 16 . ln 4 9

Giải: 2

1 x2 dx   3 dx . Gọi S là diện tích cần tìm, Ta có: S   3 3 1 x 1  x  1 x 1  x  3 2 2 2 d  x3  d  x3   1 1  d x     3 dx    3   3 1 x 1  x3  3 1 x 1  x3  1   2

1 x3 1 16  ln  ln (dvtt) 3 3 1 x 1 3 9 Chọn B. Bài 75: Gọi H là phần mặt phẳng giới hạn bởi đường thẳng y  mx với m  2 và parabol (P) có phương trình y  x  2  x  . H có diện tích:

 2  m   2  5m  2

A. C.

 2  m

6 Giải:

 2  m   5  2m 

 m  2 6

. e

Gọi diện tích cần tính là S , Ta có: S   1

1  ln x dx x

Đặt u  1  ln x, khi x  1 thì u  1, x  e thì u  2, du  2

1 dx x

 2 32  2 S   udx   u   2 2  1 .  3 1 3 1 Chọn C. 2





1 1 ; y  là: 2 1 x 2 5 D. 1 . 6

Bài 76: Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y  A.

 2

1 .

 2

1 .

5 1 . 6

Giải: 1

Tính tích phân

 1 x

1

cầm tay để tìm kết quả. Chọn A.

( PC WEB )

   bằng cách đặt x  tan t , t    ;  hoặc có thể sử dụng máy tính  2 2

Bài 77: Gọi S1 là diện tích của mặt phẳng giới hạn bởi đường thẳng y  mx với m < 2 và parabol (P) có phương trình y  x  2  x  . Gọi S 2 là diện tích giới hạn bởi (P) và Ox. Với trị số nào của m thì S1 

1 S2 ? 2

A. 2  3 4 .

B. 2  3 2 .

2 . 5

1 . 4

Giải: Ta tính S 2 trước, phương trình hoành độ giao điểm: 2 x  0 4 x 2  x  0   , do đó S 2   2 x  x 2 dx  . 3 x  2 0 Ta tính S1 , phương trình hoành độ giao điểm:

x  0 mx  2 x  x 2  x 2   m  2  x  0   , do đó: x  2  m 2 m

S1 



2 m

2 x  x  mx dx  2

 2  m 

 0

2 m

 x3  2  m  x 2    x   2  mx  dx    3  2   0 2

1 4  .  m  2 3 4 6 2 3 (Chú ý: muốn đường thẳng cắt parabol tại 2 điểm phân biệt thì trong tinhd huống này parabol phải có phần chứa đỉnh nằm trên đường thẳng) . Chọn A. Bài 78: Cho hình thang cong (H) giới hạn bởi các đường y  e x ; y  0; x  0 và x  ln 4 . Đường thẳng x  k ,  0  k  ln 4  chia (H) thành hai phần có diện tích S1 và S 2 như hình vẽ bên. Tìm k để

S1  2 S 2 . 2 A. k  ln 4 . 3

B. k  ln 2 .

C. k  ln

8 . 3

D. k  ln 3 .

y y=ex

S1 O

Trích đề Minh họa 2 - 2017 Giải:

( PC WEB )

x k

ln4

Ta có: S1   e x dx  e x  e k  1, S 2  0

ln 4



e x dx  e x

Do đó: S1  2 S 2  e k  1  2  4  e k   e k 

ln 4 k

 4  ek

9  3  k  ln 3 . 3

Chọn D. Bài 79: Ở hình bên, ta có đường parabol y 2  4 x và đường thẳng y  x . Cho phần gạch chéo quay quanh trục Ox, ta nhận được hình tròn xoay có thể tích bằng: 15 32 A.  . B. C. 10 . D. 11 .  . 7 3

y=x y= 4x

x O

Giải: B Gọi V1 là thể tích vật thể sinh ra bởi “hình thang cong” (giới hạn bởi các đường: x  0; x  4;

y  0; y  x ) quay xung quanh trục Ox và V2 là thể tích vật thể sinh ra bởi “hình thang cong” (giới hạn bởi các đường: x  0; x  4; y  0; y  2 x ) quay xung quanh trục Ox. Ta có V  V2  V1 , do đó: 4

 2 x3  32 V    4 xdx    x dx    2 x     . 3 0 3  0 0 Chọn B. 4

Bài 80: Ông An có một mảnh vườn hình elip có độ dài trục lớn bằng 16m và độ dài trục bé bằng 10m. Ông muốn trồng hoa trên một dải đất rộng 8m và nhận trục bé của elip làm trục đối xứng (như hình vẽ). Biết kinh phí để trồng hoa là 100.000 đồng/m2. Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên dải đất đó? (số tiền được làm tròn đến hàng nghìn). A. 7.862.000 đồng. B. 7.653.000 đồng. ( PC WEB )

C. 7.128.000 đồng. D. 7.826.000 đồng. Giải: Chọn Hệ trục tọa độ Oxy, gốc tọa độ là tâm của elip. Khi đó elip này có phương trình:  x2 y  5 1   x2 y 2 64 .  1   2 64 25 x  y  5 1   64 4

x2 Diện tích cần tìm: S  2  5 1  dx  76,529 64 4

Do đó số tiền cần là: 76,529. 0,1 ~ 7.653 triệu đồng. Chọn B. Bài 81: Đường cong được cho bởi phương trình x  g  y  , với đạo hàm g   y  là hàm liên tục, gọi

m, n  m  n  tương ứng là tung độ các điểm M và N thuộc đồ thị x  g  y  . Độ dài đường cong x  g  y  từ điểm M tới điểm N là:

1;1 đến 



1   g ( y )  dx . Áp dụng tính độ dài đường cong y  x 2 từ 2



2;2 .

A. 1,07.

B. 1,06.

C. 1.

D. 2.

Giải: Ta có: y  x 2  x 

y  x'  2

Do đó độ dài cần tính:

 1

1

1 2 y

1 dy  1.06 . 4 y2

Chọn B. Bài 82: Đường cong được cho bởi phương trình x  g  y  , với đạo hàm g   y  là hàm liên tục, gọi

m, n  m  n  tương ứng là tung độ các điểm M và N thuộc đồ thị x  g  y  . Độ dài đường cong x  g  y  từ điểm M tới điểm N là:



1   g ( y )  dx . Áp dụng tính độ dài đường cong x  y 2 từ 2

1;1 đến  4; 2  . A. 1,07. B. 7,27. Giải: Ta có: x '  2 y

C. 7,2

Độ dài cần tính là:

 1

( PC WEB )

1  2 ydx  7.27 .

D. 2.

Chọn B. Bài 83: Đường cong được cho bởi phương trình x  g  y  , với đạo hàm g   y  là hàm liên tục, gọi

m, n  m  n  tương ứng là hoành độ các điểm M và N thuộc đồ thị y  g  x  . Độ dài đường cong y  g  x  từ điểm M tới điểm N là:

 0;0 



1   g ( y )  dx . Tìm độ dài của đường cong y  4 x3 từ điểm





đến điểm 2;4 2 . Tích phân cần tính để giải bài này là: 2

4 2



1  9xdx .

4 2



1  9xdx .



1  4x3 dx .



1  4x3 dx .

Giải: Cung cần tính là phần của đường cong nằm trong góc vuông thứ nhất. Ta có: 3 2

y  2 x nên y  3 x 2 . Độ dài cung cần tìm bằng: 2

 0

1  y dx   1  9 xdx . 2

Chọn D. Bài 84: Tính độ dài đường cong y  độ b = 1. Kết quả là: 13 A. . 6 Giải:

4 2 32 x  1 , từ điểm A có hoành độ a = 0 đến điểm B có hoành 3

21 . 4

3 . 2

14 . 3

Ta có: f ( x)  2 2 x ,   f ( x)   8 x. thay vào Công thức ta được 2

T   1  8 xdx . Đổi biến u  1  8 x . Ta có: 0

 x  0  u  1. Khi  x  1  u  9 9

1 1 2 32 13 Vậy T   udu  . u  . 81 8 3 1 6

Chọn A. Bài 85: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  được kết quả: ( PC WEB )

1 1   ;y  ; x  ; x  . Ta 2 2 sin x cos x 3 6

A. C.

8 3 4 . 3

2 2 5 . 3 Giải:

7 2 1 . 4 3 . 4

      Dễ thấy sin 2 x  cos 2 x, x   ;  và sin 2 x  cos 2 x, x   ;  6 4 4 3 Do đó diện tích hình phẳng cần tìm là: 



3 1  1   1  1 S   2  dx     dx 2 2 2  sin x cos x cos x sin x       4



   cot x  tan x     tan x  cot x  3

4 3 4 3 8 3  2 3 3 3 Chọn A.  2 

Bài 86: Cho đồ thị hàm số y  x 2  1 ; y  x  5 như hình vẽ, diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x 2  1 và y  x  5 là: A.

73 . 6

73 . 3

C. 12.

D. 14 .

y N

M 5

1 x -3

Giải:

( PC WEB )

Phương trình hoành độ giao điểm x 2  1  x  5  x  3 (thật ra nhìn hình ta thấy có 2 giao điểm). Do đó diện tích cần tìm là: 3



x  5  x 2  1 dx 

3

 x 5 x

3



 1 dx

Ta bỏ được trị tuyệt đối ngoài cùng vì đồ thị y  x  5 ở trên y  x1  1 . Lúc này ta chỉ cần bấm máy ra kết quả B. Chọn B. Bài 87: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y  x 2  2 x  2 ;

y  x2  4x  5 ; y  1 .

3 . 4

7 . 4

2 . 3

9 . 4

y=1 -2

-1

O 1

2 Giải: Hoành độ giao điểm của 2 parabol đã cho là nghiệm của phương trình: 1 . x 2  2 x  2  x 2  4 x  5 , cho ta x  2 Parabol  P  : y  x 2  2 x  2 có tọa độ cực tiểu là 1;1 và

Parabol  P  : y  x 2  4 x  5 có tọa độ cực tiểu là  2;1 . Diện tích cần tìm là: S

1 2

 x

2

 4 x  5  1dx 

 x

1 2

 2 x  2  1dx 

9 . 4

Chọn D.

Bài 88: Tính diện tích giới hạn bởi các

đường y  x 2  4 x  3 ; y  3 trong

y=3

mặt phẳng tọa độ Oxy. Ta có kết quả: A. 6 .

1 O

( PC WEB )

B. 10 . C. 8 . D. 12 . Giải:

  x 2  4 x  3 , khi 1  x  3. Ta có: y  x  4 x  3   2 khi x  1  x  3.  x  4 x  3, Dễ thấy hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là x  0; x  4 các tung độ tương ứng là: y  3; y  3 . Diện tích cần tìm là: S  diện tích hình chữ nhật OMNP  S1 trong đó: 2

S1    x  4 x  3dx     x  4 x  3dx    x 2  4 x  3dx 2

1 4 1     2.   2  3    3  6  3   2  3   3.  4(dvdt) 3 3 3    Chọn C. Bài 89: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  thẳng x  1; x  1 là: A. 6 . B. 3 . Giải:

4x , trục hoành Ox và các đường x4  1

D.  .

C. 2 . 1

Gọi S là diện tích cần tính, Ta có: S  0

4x  x 4  1dx 1

4 x 4x 4x 2x   4 dx   4 dx  2  4 dx  4  4 dx . x 1 x 1 x 1 x 1 1 0 0 0 1

1 du  4 I . u  1 0

Đặt u  x 2  du  2 xdx . Suy ra S  4 

1 du . u 1 0

Đẻ tính I  

Ta đặt u  tan t , Ta có: du  

 cos t 

. Khi u  0  t  0;



4 1 dt  I . 2   dt  . vậy S   . 2 tan t  1 cos t 0 4 0 4

Chọn D. Chú ý có thể sử dung MTCT để tìm nhanh kết quả.

( PC WEB )

u 1 t 

 4

Bài 90: Parabol y 2  2 x chia hình phẳng giới hạn bởi đường tròn x 2  y 2  8 thành hai phần. Diện tích hai phần đó là: 4 4 A. 2  và 6  . 3 3  15 B. và . 2 2 2 22 C. và . 3 3 2 2 D. 2  và 6  . 3 3 Giải:





Đường tròn này cắt trục hoành tại điểm A 2 2;0 và cắt parabol y 2  2 x ở điểm C, B đối xứng nhau qua Ox, với B  2;2  . 2

Gọi S là diện tích tam giác cong OAB Ta có: S   2 xdx  0

Ta có:  2 xdx  0



8  x 2 dx .

8 . 3

2 2

Để tính

2 2

8  x 2 dx , ta đặt: x  2 2 sin t ,

 4

t 

 2

Lúc đó: dx  2 2 cos tdt  8  x 2  8  8sin 2 t  8cos 2 t  2 2 cos t Từ đó: 2 2

 2



1  cos 2t dt    2 2 

8  x dx   2 2 cos t.2 2 cos tdt  8  cos tdt  8  2

Vậy S   

2 . 3

4 3 Diện tích phần còn lại cần tính bằng diện tích hình tròn trừ đi 2S, tức là: 4 4  8   2    6  (dvdt) . 3 3  Chọn A.

Diện tích phần còn (OABC) là 2S = 2 

( PC WEB )

3 5  Bài 91: Cho parabol (P) có tiêu điểm F  2;   và đường chuẩn D có phương trình y   . Diện 2 4  tích hình giới hạn bởi (P) và trục Ox là: 2 4 A. . B. . C. 1 . D. 2 . 3 3 Giải: Parabol là tập hợp những điểm cách đều tiêu điểm và đường chuẩn. Do đó điểm M  x; y    P  khi và chỉ khi: 2

3 5  x  2    y     y    y  x 2  4 x  3 . 4  4  2

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) với trục hoành là: x 2  4 x  3  0  x  1;  . x  3 Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và trục Ox thì: 3





S   0   x 2  4 x  3 dx     x 2  4 x  3dx 1

  x3 4   2 x 2   3 x    dvdt  3  1 3 Chọn C.

Bài 92: Giả sử hàm số y  x 2  2 x  2 có đồ thị là đường cong (P). Gọi (d) là tiếp tuyến với (P) tại điểm M  3;5  . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P), (d) và trục Ox là: A. 4.

B. 2.

C. 5.

D. 3.

Giải: Với y  x 2  2 x  2 ta có: y '  2 x  2, y  3  4 , đỉnh (điểm cực tiểu) của parabol là 1;1 . Phương trình

y 5

tiếp tuyến tại điểm M  3;5  là:

y  4  x  3  5  4 x  7 . Tiếp tuyến này cắt trục tung tại điểm  0; 7  và 7  cắt trục hoành tại điểm A  ;0  . 4 

2 1

Gọi S là diện tích cần tìm, Ta có:

( PC WEB )

-7 B

C 3

S    x 2  2 x  2 dx  dt  AMC   dt  OAB  0

Bài 93: Thể tích vật thể tròn xoay do đường tròn  x 2    y  2   1 quay quanh Ox có giá trị: 2

B. 9 2 .

A. 11 2 .

D.  2 .

C. 4 2 .

Giải: 1



 V     2  1  x2 1 

  2

 2  1  x2



 2 dx  8  1  x dx 1

 1

 16  1  x 2 dx  16  cos 2 xdx  4 2 Chọn C.

x2 y 2   1 và đường tròn x 2  y 2  9 được tính bởi Bài 94: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi elip: 9 4 công thức nào sau đây? 3

1 A.  9  x 2 dx . 3 3

1 B.  9  x 2 dx . 30

2 C.  9  x 2 dx . 30

D. 4  9  x 2 dx . 3

Giải: Dựa vào tính chất đối xứng của elip và đường tròn thì phải có: 3

2 4   S  4  9  x 2  9  x 2 dx   9  x 2 dx . 3 30  0 Chọn B. Bài 95: Gọi Vx và Vy lần lượt là thể tích khối tròn xoay tạo nên bởi phép quay hình elip

x2 y 2   1  a  b  . Xung quanh trục Ox, Oy . Hỏi khẳng định nào dưới đây đúng? a 2 b2 A. Vx  Vy . B. Vx  Vy . C. Vx  Vy . D. Vx  Vy . Giải:  2 x2  2  y  b 1  2  x2 y 2   a    1   2 a 2 b2  x 2  a 2 1  y   2    b  

( PC WEB )

 x2   x3  4 ab 2 4 ab Vx  2  y dx  2 b  1  2 dx  2 b 2  x  2    .b a 3 a 3 3   0 0 0 a

  y2  x3  4 a 2b 4 ab Vy  Vx  2  x dx  2 a  1  2 dx  2 a 2  x  2    .a b 3 a 3 3   0 0 0 Vì b > a nên Vx  Vy . b

Chọn A. Bài 96: Trong hai khẳng định sau, khẳng định nào đúng: (1) Nếu f ( x)  g ( x), x   a; b  thì

 a

f ( x)dx   g( x)dx . a

(2) Nếu f  x   g  x  , x   a; b  và nếu x0   a; b  : f ( x0 )  g ( x0 ) thì

 f ( x)dx   g( x)dx .

A. Chỉ có (1) đúng. B. Chỉ có (2) đúng. C. Cả hai khẳng định đều đúng. D. Cả hai khẳng định đều sai. Giải: Khẳng định (1) Ta có: f ( x)  g ( x), x   a; b  nên đồ thị g ( x) cao hơn f)x) trên [a;b]. do đó diện tích tạo bởi đồ thị g(x) trục hoành và hai đường thẳng x=a, x=b lớn hơn diện tích tạo bởi b

đồ thị f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b nghĩa là:

 a

định 2 cũng đúng. Chọn C.

( PC WEB )

f ( x)dx   g( x)dx . Khẳng a

CHƯƠNG 3: (TIẾP THEO) NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN CHỦ ĐỀ 4: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN GIẢI BÀI TOÁN VẬT LÝ VÀ BÀI TOÁN THỰC TẾ. Lưu ý 1: Một chất điểm chuyển động trên trục Ox với vận tốc thay đổi theo thời gian v  f  t  (m/s). Quãng đường chất điểm chuyển động trên trục Ox từ thời điểm t1 đến thời điểm t2 t2

là S   f  t dt t1

Lưu ý 2: Điện tích q  t  là nguyên hàm của cường độ dòng điện i  t  tại thời điểm t ( s ) nghĩa

là q   idt .

BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Một đám vi khuẩn tại ngày thứ x có số lượng là N  x  . Biết rằng N '  x  

2000 và lúc đầu số 1 x

lượng vi khuẩn là 5000 con. Vậy ngày thứ 12 số lượng vi khuẩn là? A. 10130. B. 5130. C. 3154. D. 10129. Giải: Theo đề ta có: 2000  N '( x)dx   x  1 dx  2000.ln x  1  C . Ta có: N ( x)  2000ln1  C  5000

 C  5000

 N ( x)  2000.ln x  1  5000 Ngày thứ 12: N (12)  2000.ln13  5000  10129,9 . Chọn D. Bài 2: Một ô tô đang chạy đều với vận tốc a  m / s  thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v  t   5t  a (m/ s) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc đạp phanh. Hỏi lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn ô tô di chuyển được 40 mét thì vận tốc ban đầu a là bao nhiêu? A. a  40 . B. a  80 . C. a  20 . D. a  25 . Giải: a Khi xe dừng hẳn thì vận tốc = 0  5t  a  0  t  . 5 ứng dụng tích phân ta có: ( PC WEB )

a 5

1  5   5  S   v dt   5t  a dt    5 x  a dt    t 2  at  dt    t 2  at   a 2  2   2  0 10 . 0 0 0  a  20( L) 1 S  40m  a 2  40   10  a  20

Vậy a  20(m/ s) . Chọn C. Bài 3:Trong quá trình lắp ráp tôn cho một mái nhà, người công nhân đã vô tình cắt tấm tôn đi theo như hình vẽ dưới đây. Hỏi diện tích phần tôn mà người công nhân đó cắt hỏng là bao nhiêu, biết rằng họ đã khảo sát đường cắt hư có dạng hàm số y  f ( x)  x3  2 x  1 A. S  81.75 (đvdt). B. S  74.25 (đvdt). C. S  79.35 (đvdt). D. S  78.69 (đvdt). Giải: Ta có: phần tôn cắt hỏng được biểu diễn sau đây: b

Theo kiến thức tích phân đã học, Ta có: Diện tích

 f ( x)dx . a

Áp dụng, Ta có: 4

 x2  Ston    x  2 x  1dx    x 2  x   81,75(dvdt) .  4 1 1 Chọn A. 4

Bài 4: Người ta sản xuất một chiếc cốc bằng cách xoay miền phẳng giữa y  2 x 2 và y  x  1 x  0  quanh trục Ox. Hãy tìm thể tích vật liệu cần đủ để làm nên chiếc cốc này. Biết đơn vị đo là cm. A. V  4.7  cm3  .

B. V  4.817  cm3  .

C. V  4.527  cm3  .

D. V  4.327  cm3 

Giải: Phương trình hoành độ giao điểm:

 x  1; 2 x 2  x  1  2 x 2  x  1  0   2 x  1 x  1  0   . x   0,5  Vì giả thiết x  0 nên ta chọn x  1 . Như vậy thể tích vật liệu được tính bởi: ( PC WEB )





V     x  1   2 x 2  dx     x 2  2 x  1  4 x 4 dx 0

x 4  23     x 2  x  x5    4.817  cm3  5  0 15  3 Chọn B. 3

 

Chú ý: trên  0;1 ta có: x  1  2 x 2 nên ta có thể phá trị tuyệt đối  x  1  2 x 2 2

Bài 5: Người ta chứng minh được nếu lực là một giá trị biến thiên (như nén lò xo) và được xác định b

bởi hàm F(x) thì công sinh ra theo trục Ox từ a tới b là A F ( x)dx . Người ta tiến hành thí nghiệm a

nén lò xo đang ở trạng thái tự nhiên dài 1 m  xuống còn 0.75  m  . Hãy tìm công của lò xo khi biết hằng số lò xo là k  16N/m . A. 0.5  N / m  . B. 0.6  N / m  .

C. 0.7  N / m  .

D. 0.8  N / m  .

Giải: Ta có: F  16 x . 0.25

Vậy nên công A 

 0

16 xdx  8 x 2

0.25 0

 0.5(N/ m) .

Chọn A. Bài 6: Người ta tiến hành thí nghiệm kéo căng một chiếc lò xo bằng một lực 40N để kéo căng một chiếc lò xo có độ dài tự nhiên từ 10(cm) đến 15(cm). Hãy tìm công sinh ra khi kéo lò xo từ độ dài 15(cm) đến 18(cm). A. 1.35J. B. 1.45J. C. 1.56J. D. 1.65J. Giải: Ta quan sát hình sau: Và sau khi nó bị kéo dãn một đoạn:

Khi chiếc lò xo bị kéo thêm một đoạn x(m) so với độ dài tự nhiên thì chiếc lò xo tác dụng lại với một lực f ( x)  kx . Khi kéo căng lò xo từ 10(cm) đến 15(cm) thì nó dãn ra một đoạn 5(cm)=0.05(m). Lúc này, Ta có: ( PC WEB )

40  800 . 0.05 Do đó f ( x)  800 x và công sinh ra khi kéo lò xo từ 15(cm) đến 18(cm) là: f  x   kx  f  0.05   40  0.05k  40 

0.08

x2 A   800 xdx  800 2 005

0.08

 1.56 J . 0.05

Chọn C. 1000 . Biết rằng ngày đầu 2t  8 tiên đám vi trùng có 2500 con. Tính số lượng đám vi trùng ở ngày thứ 20 (làm tròn kết quả đến hàng trăm). A. 11459 con. B. 8959 con. C. 10000 con. D. 3284 con. Giải: 1000 Ta có: N (t )   dt  500ln 2t  8  C . Ở ngày thứ nhất có 2500 con vi trùng nên 2t  8 N 1  500ln 2.1  8  C  C  1348

Bài 7: Số lương đám vi trùng ở ngày thứ t xác định bởi N(t) với N '  t  

Do đó: N  20   500ln 2.20  8  1348  3284 con. Chọn D. Bài 8: Giả sử một vật từ trạng thái nghỉ khi t  0  s  chuyển động thẳng với vận tốc

v  t   t  5  t  (m/ s) . Tìm quãng đường vật đi được cho tới khi nó dừng lại. A.

125 m. 8 Giải:

125 m. 7

125 m. 9

125 m. 6

t  0( Loai ) Vật dừng lại khi v = 0.  t  5  t   0   . t  5 Suy ra thời gian vật đi là 5s. 5

ứng dụng tích phân ta có: S   v dt   t  5  t  dt 

125 m. 6

chọn D. Bài 9: Một chất điểm A xuất phát từ vị trí O, chuyển động thẳng nhanh dần đều; 8 giây sau nó đạt đến vận tốc 6m/s. Từ thời điểm đó nó chuyển động thẳng đều. Một chất điểm B xuất phát từ cùng vị trí O nhưng chậm hơn 12 giây so với A và chuyển động thẳng nhanh dần đều. Biết rằng B đuổi kịp A sau 8 giây (kể từ lúc B xuất phát). Tìm vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A. A. 25m / s . B. 46m / s . C. 24m / s . D. 47 m / s . Giải: A xuất phát tại t = 0. B xuất phát tại t = 12. ( PC WEB )

A gặp B tại t = 20. Từ 0s đến 8s A chuyển động nhanh dần đều nên: 0  b 3 v A  at  b    vA  t . 4 6  a.8  b 8

3 Quãng đường mà A đi được là: S A   tdt  6.12  96 . 4 0 Vì B chuyển động nhanh dần đều nên vB  mt  n tại t = 0, vB  0  n = 0 do đó vB  mt . 8

mt 2  S B   mtdt   32m  96 2 0 0 m3

 vB  3t

Do đó vB  8   3.8  24 . Chọn C. Bài 10: Một ô tô xuất phát với vận tốc v1 (t )  2t  10 (m/ s) sau khi được một khoảng thời gian t1 thì bất ngờ gặp chướng ngại vật nên tài xế phanh gấp với vận tốc v2 (t )  20  4t (m/ s) và đi thêm một khoảng thời gian t2 nữa thì dừng lại. Hỏi xe đã đi được quãng đường bao nhiêu mét. A. 57m . B. 104m . C. 50m . D. 125m . Giải: Ban đầu chạy với vận tốc v1 trong khoảng thời gian t1 và khi phanh ô tô chuyển động sau khoảng thời gian t2 thì xe dừng lại, tại thời điểm phanh xe thì v2( t 0)  20 , cũng chính là vận tốc cuối của v1 , do đó v1 (t1 )  2t1  10  20  t1  5 . Khi xe dừng hẳn thì v2 (t2 )  20  4t2  0  t2  5. Ta có: v  t   s  t   S   v  t  dt . Quãng đường mà xe đi được là: s

t1 5

t2 5

  2t  10 dt    20  4t dt  125(m).

Chọn D. Bài 11: Một vật chuyển động chậm dần với vận tốc v  t   160  10t (m/ s) . Hỏi rằng trong 3s trước khi dừng hẳn vật di chuyển được bao nhiêu mét? A. 16m. B. 130m . C. 170m. Giải: Khi vật dừng hẳn: 160  10t  0  t  16 . Quãng đường vật di chuyển được trong 16s là: 16

s   160  10t dt (m) . 0

( PC WEB )

D. 45m .

Quãng đường vật di chuyển được trong 13s đầu là: 13

S1   160  10t dt (m) . 0

Quãng đường vật di chuyển được trong 3s trước khi dừng hẳn là: S  S1  45(m) Chọn D. Bài 12: Học sinh lần đầu thử nghiệm “tên lửa tự chế” phóng từ mặt đất theo phương thẳng đứng với vận tốc 15m/s. Hỏi sau 2,5s tên lửa lên đến độ cao bao nhiêu? (giả sử bỏ qua sức cản gió, tên lửa chỉ chịu tác động của trọng lực và gia tốc trọng trường là g  9,8(m/ s 2 ) . A. 61,5m . B. 6,875m . C. 68,125m. D. 30,625m. Giải: v  v0  gt  15  9,8t . Sau 2,5s tên lửa ở độ cao là; 2,5

S

 15  9,8t dt  68,125(m) . 0

Chọn C. Bài 13: Vi khuẩn HP (helicobacter pylori) gây đau dạ dày tại ngày thứ m với số lượng F(m). Biết nếu phát hiện sớm khi số lượng vi khuẩn không vượt quá 4000 con thì bệnh nhân sẽ được cứu chữa. 1000 Biết F '  m   và ban đầu bệnh nhân có 2000 con vi khuẩn trong dạ 15 ngày bệnh nhân phát 2m  1 hiện ra bị bệnh. Hỏi khi đó có bao nhiêu con vi khuẩn trong dạ dày (lấy xấp xỉ hàng thập phân thứ hai) và bệnh nhân có cứu chữa được không? A. 5433,99 và không cứu được. B. 1499,45 và cứu được. C. 283,01 và cứu được. D. 3716,99 và cứu được. Giải: Số con vi khuẩn sau 15 ngày bị nhiễm bênh là: 15

2000   0

1000 dm  3716,99con  cứu được. 2m  1

Chọn D. Bài 14: Giả sử sau t năm dự án đầu tư thứ nhất sẽ phát sinh lợi nhuận với tốc độ P1 (t )  t 2  50 trăm đô la/năm, trong khi đó dự án đầu tư thứ hai phát sinh lợi nhuận với tốc độ P2 (t )  200  5t trăm đô la/năm. Từ lúc bắt đầu đến lúc tốc độ phát sinh lợi nhuận của dự án hai bằng tốc độ phát sinh lợi nhuận dự án một thì lợi nhuận của dự án hai hơn dự án một bao nhiêu? A. 1690 trăm đô. B. 1695 trăm đô. C. 1687,5 trăm đô. D. 1685 trăm đô. Giải: ( PC WEB )

Đầu tiên ta phải hiểu rằng lợi nhuận là nguyên hàm của tốc độ phát sinh lợi nhuận. Khi dự án đầu tư thứ hai có tốc độ sinh lợi nhuận bằng dự án đầu tư thứ nhất: t  15(t/ m) t 2  5t  150  0,  t  0    . t  10(L) Lợi nhuận dự án hai lớn hơn dự án một là: 15

  200  5t dt    t 0

 50 dt  1687,5 .

Chọn C. Bài 15: Một vật chuyển động với vận tốc 10(m/s) thì tăng tốc với gia tốc a  t   3t  t 2 (m/ s 2 ) . Tính quãng đường vật di chuyển trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc. 4300 1750 1450 A. 3600m. B. C. D. m. m. m. 3 3 3 Giải: Quãng đường một vật di chuyển trong khoảng thời gian từ thời điểm t  to (s) đến thời điểm t1

t  t1 (s) với vận tốc v(t ) m/ s . Được tính theo công thức s   v  t dx , ở đây vận tốc v(t) là t0

nguyên hàm của gia tốc a(t). Chọn B. Bài 16: Người ta tác dụng một lực có độ lớn F  x   2 x  1 vào một cục đá tảng. Tính công sinh ra từ lực này, biết vật này di chuyển một đoạn từ x  1 đến x  5 . A. 8,67 đơn vị. B. 7,68 đơn vị. C. 8,96 đơn vị. D. 9,68 đơn vị. Giải: Trước khi giải bài toán này chúng ta cần lưu ý điều sau. Trong vật lý, công thức được hình thành khi một lực tác đông vào một vật và gây ra sự di chuyển, ví dụ như đẩy bàn, lái xe đạp, … Nếu có một lực biến thiên, thay đổi ta dùng tích phân để tính công sinh ra lực này. Ta sẽ dùng công thức sau: b

W   F ( x)dx . a

ở đây F ( x) là lực. 5

Áp dụng vào bài. Để giải quyết bài này, ta cần tính I   2 x  1dx . 1

Đặt u  2 x  1  du  2dx . 5

du 1 1 1 3 3 26 Vậy ta đươc .  dx  I   2 x  1dx   u 2 du  . u 2  2 2 2 2 3 1 1 1

Như vậy, công sinh ra là 8,67 đơn vị. Chọn A.

( PC WEB )

Bài 17: Một ô tô chạy đều với vận tốc 10 (m/s) thì người lái đạp phanh. Từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v  t   5t  10(m/ s) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét? A. 0,2m. B. 2m. C. 10m. D. 20m. Giải: Khi vật dừng hẳn v  10  5t  0  t  2 . Từ lúc đạp phanh tới lúc dừng hẳn, ô tô di chuyển được quãng đường là: 2

S    5t  10 dt  10m . 0

Chọn C.

4000 , một căn phòng 1  0,5t lúc đầu đám vi trùng có 250.000 con. Sao 10 ngày số lượng vi trùng trong căn phòng là (lấy xấp xỉ hàng đơn vị): A. 264334 con. B. 257167 con. C. 258959 con. D. 253584 con. Giải: Số lượng vi trùng sau 10 ngày trong căn phòng là: Bài 18: Một đám vi trung ngày thứ t có số lượng là N (t ) . Biết rằng N '  t  

P 0

4000 dt  14334,1 . 1  0,5t

Vậy số lượng vi trùng sau 10 ngày trong căn phòng là: P+250.000 =264334,1. Chọn A. Bài 19: Gọi h(t ) cm là mực nước ở bồn chứa sau khi bơm nước được t giây. Biết rằng 13 t  8 và lúc đầu bồn không có nước. Tìm mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây 5 (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm): A. 2,33cm . B. 5,06cm. C. 2,66cm. D. 3,33cm. Giải: Ta có h(6) là mực nước ở bồn chứa sau 6 giây. Vì ban đầu bồn không có nước nên h '(t ) 

h(6)  h(6)  h(0)   0

13 t  8 dt  2,66cm . 5

Chọn C. Bài 20: Một hạt proton di chuyển trong điện trường có biểu thức gia tốc  cm 2 / s  là a  t   với t tính bằng giây. Tìm hàm vận tốc v theo t, biết rằng khi t  0 thf v  30cm / s . 10 10 20 3 A. B. C. 1  2t   30. D. .  20.  10. 1  2t 1  2t 1  2t ( PC WEB )

20

1  2t 

Giải: Ta có: v '(t )  a (t ) suy ra v(t )  

20

1  2t 

dt 

10 C . 1  2t

10  C  C  20 . 1  2t 10 Suy ra hàm vận tốc theo t là:  20. 1  2t Chọn B.

Theo đề bài Ta có: 30 

Bài 21: Một thùng rượu có bán kính các đáy là 30cm, thiết diện vuông góc với trục và cách đều hai đáy là đường tròn có bán kính là 40cm, chiều cao thùng rượu là 1m. Biết rằng mặt phẳng chứa trục và cắt mặt xung quanh thùng rượu là các đường pararabol, hỏi thể tích của thùng rượu (đơn vị lít) là bao nhiêu? A. 425,2l. B. 425162l. C. 212581l. D. 212,6l. Giải: Các đường xung quanh thùng rượu là các đường parabol. Đặt thùng rượu nằm ngang và chọn hệ trục có gốc tọa độ là tâm của đáy, trục hoành là trục đối xứng của thùng rượu. Gọi đường paragol có dạng y  ax 2  bx  c . 1  Theo bài ta có đường parabol này sẽ đi qua các điểm  0;0;3 ,  ;0;4  , 1;0;3 . 2  2 2 2 3 Suy ra: y  . x  x 5 5 10 2 2 2 3 Thêt tích thùng rượu chính là thể tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x  x 5 5 10 ; y  0; x  1 . 2

3 203 3  2 2 2 V    x  x   dx  (m )  425, 2l . 5 5 10  1500 0 1

Chọn A. Bài 22: Một ô tô đang chạy với vận tốc 18m/s thì người lái phanh. Sau khi hãm phanh, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v  t   36t  18(m/ s) trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu hãm phanh. Hỏi từ lúc hãm phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển thêm bao nhiêu mét? ( PC WEB )

A. 3,5m. B. 5,5m. C. 4,5m. D. 6,5m. Giải: Lấy mốc thời gian lầ lúc ô tô bắt đầu hãm phanh. Gọi T là thời điểm ô tô dừng. Ta có 1 v T   0 suy ra 36T  18  0  T  (s) . 2 Khoảng thời gian từ lúc hãm phanh đến lúc dừng hẳn của ô tô là 0,5s. Trong khoảng thời gian đó ô tô di chuyển đc quãng đường là: 0,5

S

  36t  18dt  4,5(m) . 0

Chọn C. Bài 23: Một chất điểm chuyển động trên trục Ox với vận tốc thay đổi theo thời gian v  f (t )(m/ s) . t2

Quãng đường chất điểm chuyển động trên trục Ox từ thời điểm t1 đến thời điểm t2 là s   f (t )dt . t1

Tính quãng đường chất điểm đó đi được từ thời điểm t1  1s đến thời điểm t2  2 s , biết rằng

v  t   30  5t (m/ s) . A. 32,5m . Giải:

B. 22,5m.

C. 42,5m.

D. 52,5m.

 5t 2  s    30  5t dt   30    22,5(m) . 2 1  1 Chọn B. 2

Bài 24: Một chất điểm đang chuyển động với vận tốc v0  15m / s thì tăng tốc với gia tốc

a  t   t 2  4t (m/ s 2 ) . Tính quãng đường chất điểm đó đi được trong khoảng thời gian 3s kể từ lúc bắt đầu tăng vận tốc: A. 67,25m. B. 68,25m. C. 69,75m. D. 70,25m. Giải: t3 t3 2 Ta có: v(t )   a (t )dt   2t  C tại t  0 thì v0  15m / s nên v  t   15   2t 2 . 3 3 1   t3 s   15   2t 2 dt  69,75(m) . 3  0 Chọn C. Bài 25: Một viên đạn được bắn lên theo phương thẳng đứng với vận tốc ban đầu 29, 4m / s . Tính quãng đường viên đạn đi được từ lúc bắn lên cho tới khi chạm đất, biết gia tốc trọng trường là 9,8m / s 2 . A. 88,2m. B. 44,1m. C. 22,05m. D. 176,4m. Giải: ( PC WEB )

Ta có: v  29, 4  9,8t với t là thời gian (s). Tại thời điểm viên đạn có độ cao lớn nhất thì: v  0  29, 4  9,8t  0  t  3 . 3

s  2   29, 4  9,8t dt  88, 2(m) 0

Chọn A. Bài 26: Một chiếc xe hơi đang di chuyển với vận tốc 54km/h thì phát hiện phía trước có 1 chướng ngại vật trên đường cách khoảng 20m, người lái xe quyết định hãm phanh, giả sử sau đó xe chuyển động chậm dần đều với phương trình vận tốc 6t  15(m/ s) . Khi xe dừng hẳn thì khoảng cách giữa xe và chướng ngại vật là bao nhiêu? A. 1,35m. B. 1,25m. C. 1,45m. D, 1,15m. Giải: 5 Ta có: 45km/h = 15m/s, xe dừng hẳn lúc v  0  t  (s) . 2 Quãng đường mà xe còn di chuyển từ khi hãm phanh là: 5 2

s    6t  15 dt  0

75 m  20m . 4

Khoảng cách của xe và chướng ngại vật là: 75 5 20    1, 25 4 4 Chọn B. Bài 27: Một công ty có hai dự án đầu tư Q1 và Q2. Giả sử sau một thời gian t năm thì dự án thứ nhất sinh lợi nhuận với tốc độ là Q1 (t )  100  t 2 (trăm đô la/năm). Tính lợi nhuận vượt thực tế từ lúc ban đầu tới khi tốc độ sinh lợi nhuận dự án thứ 2 vượt bằng dự án đầu tư thứ nhất. A. Xấp xỉ 5243,83 (trăm đô la). B. Xấp xỉ 4243,83 (trăm đô la). C. Xấp xỉ 4143,83 (trăm đô la). D. Xấp xỉ 4144,83 (trăm đô la). Giải: Thời điểm mà tốc độ sinh lợi nhuận dự án thứ 2 vượt bằng dự án đầu tư thứ nhất thỏa mãn: t  23(nhan) 100  t 2  15t  284  t 2  15t  184  0   . t  8(loai ) Lợi nhuận vượt thực tế từ lúc ban đầu t=0 cho tới t=23 là: 23

 Q (t )  Q (t ) dt   t 2

Chọn C.

( PC WEB )

 15t  184 dt 

24863  4143,83 (trăm đô la). 6

Bài 28: Thời gian và vận tốc của một vật khi nó đang trượt xuống trên mặt phẳng nghiêng có mối 2 liên hệ theo công thức t   dv (giây). Chọn gốc thời gian là lúc vật bắt đầu chuyển động. 20  3v Hãy tìm phương trình vận tốc của vật: 20 20 20 20 A. v  . B. v  .   3 3 e 3t 3 3 e 3t C. v 

20 20 20 20 20 20 hoặc v  . D. v  .    3 3 e 3t 3 3 e 3t 5 3 e 3t Giải: 2 2 Ta có: t   dv   ln 20  3v  C , C  R . 20  3v 3 2 2 Lúc t=0 thì vật có vận tốc là 0 suy ra : 0   ln 20  C  C  ln 20 . 3 3 2 2 3 Hay: t   ln 20  3v  ln 20  ln 20  t 3 3 2 20  20  3v  e 3t 20 20 20   (nhan) .  20  3v  3t v  3  3t e 3 e     20 20 20 (loai)  20  3v   3t v  3  e 3 e 3t   Loại vì phương trình thứ 2 không thể cho được giá trị v=0 tại t=0. Chọn A.

Bài 29: Tập đoàn dầu khí Việt Nam PVC dự định đầu tư một khu sản xuất, chế biến dầu thô tại Quảng Ngãi. Giả sử sau t năm đầu tư, dự án đầu tư lần một sẽ phát sinh lợi nhuận với tốc độ P1 (t )  50  t 2 trăm đô la/năm, Tiếp sau đó dự án lần hai sẽ phát sinh lợi nhuận với tốc độ

P2 (t )  200  5t trăm đô la/năm. Biết sau thời gian t năm thì tốc độ lợi nhuận của dự án hai bằng một nửa với tốc độ lợi nhuận với dự án một. Tính lợi nhuận vượt thực tế cho khoảng thời gian trên. A. 6674,6 đô. B. 6576,4 đô. C. 5676,4 đo. D. 6679,4 đô. Giải: Khoảng thời gian để tốc độ sinh lợi nhuận để dự án hai bằng một nửa dự án lần một khi: P1 (t )  2 P2 (t )

 50  t 2  400  10t  t 2  10t  350  0 t  5  5 15  t  5  5 15  t  5  5 15 năm.

( PC WEB )

Lợi nhuận vượt trong khoảng thời gian 0  t  5  5 15 sẽ xác định bằng tích phân sau: 5 5 15

5 5 15

  P (t)  P (t)dt    400  10t    50  t dt

L

5 5 15



  350  10t  t dt 2

5 5 15

1     350t  5t 2  t 3  3 0 

 6674.6

Chọn A. Bài 30: Trong giờ thực hành môn Vật Lí. Một nhóm sinh viên đã nghiên cứu về sự chuyển động của các hạt. Trong quá trình thình thực hành thì nhóm sinh viên này đã phát hiện một hạt proton di chuyển trong điện trường với biểu thức gia tốc (theo cm / s 2 ) là: a  20 1  2t  . Với t được tính 2

bằng giây. Nhóm sinh viên đã tìm hàm vận tốc v theo t, biết rằng khi t=0 thì v  30m / s 2 . Hỏi biểu thức đúng là:  10   10  A. v   B. v    25  cm / s 2 .  30  cm / s 2 .  1  2t   1  2t   10   10  C. v   D. v    10  cm / s 2 .  20  cm / s 2 .  1  2t   1  2t  Giải: Trước hết để giải bài này ta chú ý biểu thức vận tốc v theo thời gian t có gia tốc là a. v   a.dt .

Áp dụng CT trên Ta có: 20 v   a.dt   dt , 2 1  2t  Đến đây ta đặt:

du 2 . 10 10 10 2 v   2 du   10u du   K  K u u 1  2t Với t=0., v=30 suy ra K=20. Vậy biểu thức vận tốc theo thời gian là:  10  v  20  cm / s 2 .  1  2t  Chọn D. u  1  2t  du  2dt  dt 

Bài 31: Người ta tổ chức thực hành nghiên cứu thí nghiệm bằng cách như sau. Họ tiến hành quan sát một tia lửa điện bắn từ mặt đất lên với vận tốc 15m/s. Hỏi biểu thức vận tốc của tia lửa điện là? A. v  9,8t  15. B. v  9,8t  13. ( PC WEB )

C. v  9,8t  15. Giải:

D. v  9,8t  13.

Tia lửa điện chịu tác dụng của trọng lực hướng xuống nên ta có gia tốc a  9,8  m / s 2  . Ta có biểu thức vận tốc v theo thời gian t có gia tốc a là: v   a.dt   9,8dt  9,8t  C .

ở đây, với t  0; v  15m / s  C  15 vậy ta được biểu thức vận tốc có dạng: v  9,8t  15 . chọn A. Bài 32: Người ta tổ chức thực hành nghiên cứu thí nghiệm bằng cách như sau. Họ tiến hành quan sát một tia lửa điện bắn từ mặt đất bắn lên với vận tốc 15m/s. Hỏi sau 2,5 giây thì tia lửa điện đấy có chiều cao là bao nhiêu? A. 6.235(m). B. 5.635(m). C. 4.235(m). D. 6.875(m). Giải: Tia lửa điện chịu tác động của trọng lực hướng xuống nên ta có gia tốc a  9,8(m/ s 2 ) . Ta có biểu thức vận tốc v theo thời gian t có gia tốc a là: v   a.dt   9,8dt  9,8t  C

Ở đây, với t  0, v  15m / s  C  15 Vậy ta được biểu thức vận tốc có dạng: v  9,8t  15 , Lấy tích phân biểu thức vận tốc

sẽ

được

biểu

thức

quãng

đường:

s   vdt    9,8t  15  dt  4,9t 2  15t  K .

Theo đề bài ta được khi t  0  s  0  K  0 Vậy biểu thức tọa độ của quãng đường là: s  4,9t 2  15t Khi t= 2,5(s), ta sẽ được s= 6,875(m). Chọn D. Bài 33: Một vật chuyển động có phương trình v  5  at (m / s ) . Hỏi sau thời gian 5 giây thì vật chuyển động quãng đường là? A. 147,5(m). B. 157,5(m). C. 137,5(m). D. 127,5(m). Giải: Quãng đường là nguyên hàm của vận tốc, Ta có: s   vdt    v0  at  dt    5  at  dt . 1 Do đó, quãng đường có biểu thức là: s  v0t  at 2  C 2 Khi t  0  s  0  C  0. ( PC WEB )

1 .

Theo đề bài: t  5(s),a  9,8(m/ s 2 ) , thay vào phương trình (1) ta được 1 5.5  9,8.52  147.5(m) . 2 Chọn A.

Bài 34: Trong mạch máy vi tính, cường độ dòng điện (đơn vị mA) là một hàm số theo thời gian t như sau: i  0.3  0.2t . Hỏi tổng điện tích đi qua một điểm trong mạch trong 0.05(s) là bao nhiêu? A. 0.013(mC). B. 0.014(mC). C. 0.01475(mC). D. 0.016(mC). Giải: Ta có biểu thức tọa độ q như sau: q   idt    0.3  0.2t  dt  0.3t  0.1t 2  K .

Khi t  0  q  0  K  0. Vậy ta có: q  0.3t  0.1t 2

qt 0.05  0.3  0.05  0.1  0.05   0.01475(mC) 2

(Đơn vị đo là mili-coulomb vì cường độ dòng điện i là mA) Chọn C. Bài 35: Hiệu điện thế đi qua tụ điện có điện dung 8.5(nF) đặt trong mạch thu sóng FM gần bằng 0. Nếu cường độ dòng điện i  0.042t (mA) nạp vào tụ. Tìm hiệu điện thế sau 2  s . A. 9.22(nV). B. 9.88(nV). C. 9.55(nV). D. 9.44(nV). Giải: Ta có: hiệu điện thế VC có biểu thức như sau: VC 

1 idt . C

1nF  109 F  Ta lưu ý các đại lượng vật lý sau: 1 s  106 s 0.042t mA  0.042  103 t A      Ta có: 2 0.042  103 3 t VC  tdt  4.94  10  K  2.47  103 t 2  K . 9  8.5  10 2 Theo giả thiết: t  0  VC  0  K  0.

Do đó VC  2.47  103 t 2 . Khi t  2  s , ta sẽ được: VC  2.47  103  2  106   9.882  109  9.88  nV  . 2

Chọn B.

( PC WEB )

Bài 36: Trong mạch các máy tivi, cường độ dòng điện (đơn vị mA) là một biểu thức hàm số theo thời gian t cho như sau: i  0.5  0.1t . Hỏi điện tích đi qua một điểm trong mạch trong thời gian 0.03(s) là bao nhiêu? A. 0.024(mC). B. 0.015(mC). C. 0.017(mC). D. 0.016(mC). Giải: Ta có: biểu thức điện tích q là: q   idt    0.5  0.1t  dt  0.5t  0.05t 2  K .

Khi t  0, q  0  K  0 . Vậy ta được: q  0.5t  0.05t 2 qt 0.03  0.5  0.03  0.05   0.03  0015  mC  2

Chọn B. Bài 37: Một vật chuyển động với vận tốc v(t )  1  2sin 2t (m/ s) . Tính quãng đường S (m) mà vật di chuyển trong khoảng thời gian từ thời điểm t  0(s) đến thời điểm t  A. S 

3 (s) . 4

3 3 3  B. S  C. S  D. S  .  1. .  1. 4 4 4 3 Giải: Quãng đường một vật di chuyển trong khoảng thời gian từ thời điểm t  t0 ( s ) đến thời điểm t1

t  t1 ( s ) với vận tốc v  t  m / s được tính theo công thức s   v  t dt . t0

Chọn A. Bài 38: Một nhà sản xuất tấm lợp kim loại bằng tôn có chiều rộng 28inch và cao 2inch, bề mặt tấm lợp được dàn bằng máy theo phương trình máy tính lập trình trước mà tập hợp các điểm trên bề mặt x tấm lợp đều thuộc đồ thị của hàm số y  sin . Từ một tấm phôi kim loại phẳng có chiều dài w. 7 Tính chiều dài cần thiết của tấm phôi kim loại để chế tạo được tấm lợp theo yêu cầu trên, biết rằng b

độ dài của đường cong y  f ( x) trên đoạn [a;b] được xác định bởi công thức L   1   f ( x) dx 0

2in 28in

( PC WEB )

A. w 



x  1    cos  dx 7  7

C. w 

x

1  sin 2

 0

B. w 

dx.



x 7 1    cos  dx 7  

D. w 

x

1  cos 2

 0

dx. 2

Giải: Tấm lợp có độ dài 28inch và các điểm trên mặt tấm lợp thuộc đồ thị y 

x

nên ta có thể 7 chọn trục Ox sao cho O nằm ở mép đầu của tấm lợp, điểm còn lại ở mép bên kia sẽ có hoành độ là 28. Ta có: y 

 7

cos

x 7

do đó: w 

 0

x  1    cos  dx . 7  7

Chọn C. Bài 39: Một viên đạn được bắn lên theo phương thẳng đứng với vận tốc ban đầu là 25m/s. Gia tốc trọng trường là 9,8 m / s 2 . Quãng đường viên đạn đi được từ lúc bắn lên cho đến khi chạm đất là: 3125 3125 125 6250 A. s  B. s  C. s  D. s  m. m. m. m. 98 49 49 49 Giải: Quãng đường một vật di chuyển trong khoảng thời gian từ thời điểm t  t0 ( s ) đến thời điểm t1

t  t1 ( s ) với vận tốc v  t  m / s được tính theo công thức s   v  t dt . t0

ở đây vận tốc v  t   25  9,8 t . tại thời điểm vật có độ cao lớn nhất thì v  t   0  t  do đó quãng đường S 

125 49

  25  9,8 t dt  0

125 , 49

6250 . 49

chọn D. Bài 40: Một xô nước bị rỉ có trong lượng 5N được nâng lên không trung 20(m) với tốc độ cố định. Biết lực nâng xô nước là x với x là khoảng từ xô nước tới mặt đất. Hỏi công sinh ra khi ta bỏ qua trong lượng xô nước bằng? A. 20J. B. 25J. C. 30J. D. 35J. Giải: x Vì F  x     2 , nên khi đó ta có: 10 b 20  x2   x  Công A   F ( x)dx      2 dx     2 x  |020  20 J . 10   20  a 0  Chọn A.

( PC WEB )

Bài 41: Một nhà nghiên cứu ước tính rằng sau t giờ kể từ 0h đêm, nhiệt độ của thành phố Hồ Chí 2 2 Minh được cho bởi hàm C  t   40   t  10  (độ C) với 0  t  24 . Nhiệt độ trung bình của thành 3 phố từ 8h sáng đến 5h chiều là: A. 31 B. 31,33 C. 33, 47 D. 33,33 Giải: Nhiệt độ trung bình từ a giờ đến b giờ tính theo công thức: b

1 C (t )dt . b  a a Áp dụng vào bài ta có nhiệt độ trung bình cần tính là: 8

1 1  2 2 40   t  10  dt  31,33 . C (t )dt     85 5 85 5  3  Chọn B. Bài 42: Bến xe Quyết Thắng quyết định sẽ đầu tư một khu trung tâm thương mại Quyết Thắng Mart tại trung tâm Thị trấn Vạn Giã huyện Vạn Ninh, tỉnh Khánh Hòa. Giả sử như sau n năm đầu tư, lợi nhuận phát sinh trong lần đầu tư đầu tiên với tốc độ là P1  n   2n 2  5 trăm đô la/năm, tiếp sau đó là dự án đầu tư lần hai thì phát sinh lợi nhuận có tốc độ P2  n   20n  170 trăm đô la/năm. Tính lợi nhuận vượt thực tế cho khoảng thời gian trên, biết sau thời gian n năm thì tốc độ lợi nhuận của lần đầu tư hai gấp 10 lần tốc độ lợi nhuận lần đầu tiên. A. 345 trăm đô. B. 456 trăm đô. C. 567 trăm đô. D. 678 trăm đô. Giải: Khoảng thời gian để tốc độ lợi nhuận của dự án hai gấp 10 lần tốc độ lợi nhuận dự án đầu tiên:

P2 (n)  10 P1 (n)  20n  170  10  2n 2  5 

. n  3  20n 2  20n  120  0   n3  n  2 Lợi nhuận vượt trong khoảng thời gian trên 0  n  3 sẽ được xác định bằng tích phân sau: 3

I    P2 ( x)  P1 ( x)dn   170  20n    2n 2  5  dn 3

2     165  20n  2n 2 dn  165n  10n 2  n3   567. 3 0  0

Chọn C. Bài 43: Một hạt electron có điện tích âm là 1,6.1019 C . Người ta tiến hành tách hai electron từ 1pm đến 4 pm . Hỏi công sinh ra là bao nhiêu? A. 1, 2.1016 J B. 1,728.1016 J C. 1,928.1016 J D. 1,38.1016 J . Giải: Ta nhắc lại đơn vị "pm" là đơn vị đo pico-metre, hay 1012  metre  . ( PC WEB )

Ta nêu ra các đại lượng:

a  1 1012 m  12 b  4  10 m  9 k  9  10 q  q  1.6  1019 C 2  1 Lực tương tác giữa hai điện tích là F ( x)  k

q1q2 với x là khoảng cách giữa hai điện tích. x2

kq1q2 dx . x2 a

Vậy ta được công A   Thay vào ta có: 41012

A



11012

 9.10  1.6 10  dx  19 2

 2,304 10

4.1012

28

  x1  12  1,728.1016  J  . 1.10

Chọn B. Bài 44: Nhiệt độ T (tính theo 0 C ) ghi nhận trong một ngày thỏa mãn đường cong sau đây: T  0.001t 4  0.28t 2  25 . Với t là giờ và được tính từ lúc giữa trưa ( 12  t  12 ). Hỏi nhiệt độ trung bình của ngày hôm đó là bao nhiêu? A. 14.7 0 C. B. 13.7 0 C. C. 15.7 0 C. D. 16.7 0 C. Giải: Ta có công thức: nhiệt độ trung bình là: b

1 . T (t )dt với a=-12;b=12. b  a a Chọn C. Bài 45: Qua theo dõi diễn biến sản xuất lúa gạo ở huyện V từ đầu năm đến nay, tổng sản lượng lúa của huyện V đang ở vụ Hè-Thu được mô tả bởi TH ( x)  175 x 2  275 (tấn) và chỉ bằng 75% so với chỉ tiêu của vụ Đông-Xuân TD  x   100 x 2  400 x  900 (tấn). tính sản lượng thực tế trong thời gian sản xuất, biết x là số tháng sản xuất 1  x  12  . A. 6780 tấn. B. 5670 tấn. C. 4560 tấn. D. 3300 tấn. Giải: Thời gian sản xuất để tổng lượng lúa của huyện V đang ở vụ Hè-Thu chỉ bằng 75% so với chỉ tiêu của vụ Đông-Xuân:

TH ( x)  75%TD ( x)  175 x 2  275  0,75 100 x 2  400 x  900 

x  4  100 x 2  300 x  400  0    x  4 thang x   1  Sản lượng thực tế trong thời gian sản xuất 1  x  4 của 2 vụ mùa sẽ được xác định bằng tích phân sau: ( PC WEB )

J   TD ( x)  TH ( x) dx   100 x 2  400 x  900   175 x 2  275  dx 4

   625  400 x  75 x 2 dx   625 x  200 x 2  25 x3   3300 4

Chọn D. Bài 46: Vi khuẩn HP (helicobacter pylori) gây đau dạ dày tại ngày thứ m với số lượng F(m). Biết nếu phát hiện sớm khi số lượng vi khuẩn không vượt quá 5000 con thì bệnh nhân sẽ được cứu chữa. 4000 Biết F '  m   và lần đầu đi khám bệnh nhân có 2550 con vi khuẩn. Sau 15 ngày bệnh nhân đi 2m  1 khám lại. Hỏi khi đó có bao nhiêu con vi khuẩn trong dạ dày và bệnh nhân có cứu chữa được không? A. 50508 và không cứu được. B. 1499 và cứu được. C. 62283 và không cứu được. D. 7346 và không cứu được. Giải: Số con vi khuẩn sau 15 ngày bị nhiễm bênh là: 15

2550   0

4000 dm  7345,8con  không cứu được. 2m  3

Chọn A. Bài 47: Công ty Acos một dự án đầu tư, sau thời gian t (năm) kể từ khi bắt đầu dự án cho lợi nhuận

K  t  và tốc độ sinh lợi nhuận là K '  t   100  t 3  t 2  (triệu đồng/năm). Tính lợi nhuận công ty A

thu về từ dự án này ở năm thứ 10. A. 2833 triệu. B. 28333 triệu. Giải:

C. 283333 triệu.

Ta có: K  t    100  t 3  t 2  dt  25t 4 

D. 283 triệu.

100 3 t  C , lúc bắt đầu dĩ nhiên lợi nhuận bằng 0 nên 3

K(0) =0 suy ra C= 0, do đó: 100 3 t . 3 Lợi nhuận mà công ty A thu về kể từ khi bắt đầu đến năm thứ 10 là K(10)=283333 triệu. Chọn C. K  t    100  t 3  t 2  dt  25t 4 

Bài 48: Nhịp trung tâm của cầu Cổng Vàng tại San Francisco của Mỹ là 1280 (m). Chiều cao của tòa tháp là 152(m) tính từ mặt đường. Hỏi cáp treo chính giữa hai tòa tháp có chiều dài là bao nhiêu? Biết rằng một cáp treo tự do có hình dạng dây chuyền. Dạng tổng quát của dây chuyền này là tổng của hai hàm số mũ y 

( PC WEB )

a  e ax  e  ax  2

A. 1320 (m).

B. 1323 (m).

C. 1325 (m).

D. 1327 (m).

Giải: Đầu tiên ta cần mô hình đường cong này. Nghĩa là ta tìm phương trình đường cong giống với hình cáp treo. Ta đặt gốc tọa độ ngay điểm thấp nhất của đường cong dây cáp. Đường cong yêu cầu (tương đối) đi qua các điểm  640;152  ,  0,0  ,  640;152  , nên có phương trình là: x x  1326  1326 e e  y  1280  1 . Ta xem đồ thị minh họa sau:   2    

Đạo hàm hàm số trên ta được: x  x  640  e1326  e1326  y'  .  663  2    Sử dụng công thức tính đường cong, bắt đầu từ điểm x  640 đến điểm x =640. Ta có: 2 x x   1326   1326  640  e  e   640    dx  1327 1    2  663 640       Vậy độ dài sợi dây cáp chính ở nhịp trung tâm dài: 1327 m.

( PC WEB )

Chọn D. Bài 49: Nếu lực là một giá trị biến thiên (như nén lò xo) và được xác định bởi hàm F ( x) thì công b

sinh ra theo trục Ox từ a tới b là A   F ( x)dx (đơn vị là Jun (J)). Một con lắc lò xo đang ở trạng thái a

tự nhiên thì dài 1m và ki bị nén bởi một lực thì nó chỉ còn 0,65cm, biết độ cứng lò xo là k  16N/m . Hãy tìm công sinh ra lúc này. Cho biết nếu lực F dùng để kéo căng lò xo đi một khoảng x đơn vị so với trạng thái ban đầu của lò xo thì F có dạng F  kx , với k là độ cứng lò xo. A. 1 J. B. 0,5 J. C. 0,98 J. D. 0,6 J. Giải: Lực F lúc này được xác định bởi F ( x)  kx  F ( x)  16 . Độ dài lò xo bị nén là: 1m  0,65m  0,35m. 0,35

Vậy công sinh ra là: A 

 16 xdx  0,98 J

Chọn C. Bài 50: Người ta đặt vào đoạn mạch một hiệu điện thế xoay chiều u  U 0 sin

2 t . Khi đó trong T

 2  mạch có dòng điện xoay chiều i  I 0 sin  t    với  là độ lẹch giữa dòng điện và hiệu điện thế.  T  Hãy tính công của dòng điện xoay chiều thực hiện trên đoạn mạch đó trong thời gian một chu kì. U I U I U I U I A. 0 0 T cos  . B. 0 0 T cos  . C. 0 0 T cos  . D. 0 0 T cos  . 2 3 4 5 Giải: Ta có:

 2  2 A   u.idt   U 0 I 0 sin  t    sin tdt T  T  0 0 T

1  4   U 0 I 0   cos   cos  t    dt 2  T  0 T

U 0 I0   4  cos   cos t     dx  2 0   T  T



U I  T  4   0 0  t.cos   sin  t   2  4  T  0 U 0 I0 T .cos  . 2 Chọn A. 

( PC WEB )

 2  Bài 51: Người ta tiến hành một thí nghiệm. Cho một dòng điện xoay chiều i  I 0 sin  t    chạy  T  qua một mạch có điện trở thuần R. Hãy tính nhiệt lượng Q tỏa ra trên mạch đó trong thời gian chu kỳ T. RI 2 RI 2 RI RI A. 0 t. B. 0 t. C. 0 t. D. 0 t. 2 3 2 3 Giải: Để tính nhiệt lượng Q tỏa ra ta phải tính tích phân cận từ t = 0 đến t = T. Ta có:  2    T T T 1  cos 2   2   T dt Q   R.i 2 dt   RI 02 sin 2  t   dt  RL20  2  T  0 0 0 T

RI 02  RI 02 T  2   t sin 2  t    T. 2  4 2  T  0

Chọn C. Bài 52: Một nhà nghiên cứu khoa học đã tiến hành thực nghiệm như sau. Ông ước tính rằng sau thời gian t giờ kể từ lúc 0h đêm, nhiệt độ của một thành phố nào đó cho bởi hàm 2 2 C  t   3   t  13 ,0  t  24 . Hãy tính nhiệt độ trung bình của thành phố giữa 6h sáng và 4h 3 chiều. A. 5.220 C. B. 4.220 C. C. 3.220 C. D. 2.220 C. Giải: Vì 6 giờ sáng và 4 giờ chiều lần lượt tương ứng với t =6 và t = 4. Như vậy nhiệt độ trung bình của thành phố giữa 6 giờ sáng và 4 giờ chiều chính là giá trj trung bình của hàm nhiệt đô C(t) với 6  t  16 . Theo công thức tính giá trị trung bình ta có: 16

1 1  2 2 3  2 ttb  3   t  13 dt  3t   t  13    16  6 6  3 10  9  6

1  2 1  2 3 3 3  16  16  13   3  6   6  13   5.22  10  9 9  10   Vậy nhiệt độ trung bình trong khoảng thời gian dã cho là: -5.22 độ C. Chọn A. 

Bài 53: Một công ty sở hữu một loại máy, biết rằng sau thời gian t năm thì nó sinh ra doanh thu R  t  có tốc độ doanh thu là R '  t   5000  20t 2 (đô la/năm). Biết chi phí hoạt động và chi phí bảo dưỡng của máy sau t năm là C  t  có tốc độ là C '  t   2000  10t 2 (đô la/năm). Hỏi sau bao nhiêu năm thì máy không còn sinh lãi nữa. Tính tiền lãi thực sinh ra của máy trong khoảng thời gian từ lúc bắt đầu đến khi máy không còn sinh lãi. A. 10000 đô. B. 15000 đô. C. 20000 đô. D. 25000 đô. ( PC WEB )

Giải: Lợi nhuận mà máy sinh ra sau t năm hoạt động là: P t   R t   C t  Tốc độ lợi nhuận sau t năm là:

P '  t   R '  t   C '  t    5000  20t 2    2000  10t 2   3000  30t 2 .

Việc máy không còn sinh lãi nữa khi:

t  10 P '  t   0  3000  30t 2  0  t 2  100   . t  10(loai) Vậy sau 10 năm thì việc sinh lợi của máy không còn nữa. Như vậy tiền lãi thực trên khoảng thời gian 0  t  10 là P 10   P  0  Được tính bằng tích phân: 10

P 10   P  0    P '(t )dt    3000  30t 2 dt   3000t  10t 3  0

10 0

 20000 đô.

Chọn C. Bài 54: Một người bán tạp hóa nhận một kiện hàng gồm 10.000 kg gạo và số gạo sẽ bán hết trong vòng 5 tháng, với tốc độ 2000 kg/tháng. Nếu chi phí lưu trữ của 1 cent/kg/tháng, thì người đó phải trả bao nhiêu chi phí lưu trữ trong vòng 5 tháng. A. 5 đô la. B. 10 đô la. C. 15 đô la. D. 20 đô la. Giải: Gọi S(t) là tổng chi phí lưu trữ (đô la) sau t tháng. Vì gạo được bán với tốc độ không đổi 2000kg/tháng, số kg gạo được lưu trữ sau t tháng là 10000  2000t . Vì chi phí lưu trữ là 1 cent/kg/ tháng, nên tốc độ thay đổi chi phí theo thời gian: S '  t   (chi phí hằng tháng/kg). (Số kg)= 0,01(10000-2000t). Do đó, S  t  là một nguyên hàm của:

0,0110000  2000t   100  20t , tức là: S  t    S   t  dt   100  20t  dt  100t  10t 2  C .

Ta lại có, thời điểm hàng gửi tới (khi t = 0) thì không có chi phí lưu trữ, vì vậy: 0  100  0  10  02  C  0 Vậy S  t   100t  10t 2 . Do đó tổng chi phí trong 5 tháng tới là: S  5   100  5  10  52  25 đô la. Chọn D. Bài 55: Tại một nhà máy nào đó, người ta ước tính rằng khi sản xuất và bán q sản phẩm thì doanh thu cận biên là 4q  4000(USD / đvsp) và chi phí cận biên là 2q  1200(USD / đvsp). Biết rằng khi sản xuất và bán ra 5 đơn vị sảm phẩm thì lợi nhuận thu được là 50000(USD). Hãy biểu diễn hàm lợi

( PC WEB )

nhuận và nhà sản xuất nên sản xuất bao nhiêu sản phẩm để lợi nhuận thu được là lớn nhất và tìm lợi nhuận lớn nhất đó. A. P  866,7  . B. P  886,7  . C. P  868,7  . D. P  888,7  . Giải: Gọi P  q  là tổng lợi nhuận của sản phẩm khi sản xuất q sản phẩm. Ta có: Tốc độ thay đổi doanh thu là: P '  q   4q  4000   2q  1200   6q  5200. P  q    P  q  dq    6q  5200dq   3q 2  5200q  C

Ta lại có, lợi nhuận khi sản xuất ra 5 đơn vị sản phẩm là 50000 USD, nên: P  5   50000  C  24075 . Vậy ta có hàm tổng lợi nhuận của công ty là: P  q   3q 2  5200q  24075  P  x   6q  5200  0  q  886,7

P  x   6  0 Vậy để lợi nhuận công ty lớn nhất thì công ty phải sản xuất 866,7 (đvsp) và khi đó lợi nhuận lớn nhất là P  866,7  . Chọn A. Bài 56: Một vật có khối lượng m, vận tốc ban đầu v0 , di chuyển chịu lực cản có độ lớn FC  kv, v là vận tốc của vật, hằng số k  1kg / s . Viết biểu thức vận tốc của vật tại thời điểm t. k t 1 mk t 1 mk t 1 mk t m A. v  v0e . B. v  v0e . C. v  v0e . D. v  v0e . 2 3 4 Giải: Bài toán đang xét vật chuyển động dưới tác dụng của một lực, đó là FC .

+ Chọn chiều dương là chiều chuyển động. + Theo định luật II Niu-Tơn:  FC  ma

dv dt Bậy giờ ta đưa vi phân dt và dv vào 2 vế, đồng thời biến v về cùng với vi phân dv. m dv dt   k v Do ta xét chuyển động của vật từ thời điểm ban đầu t = 0 đến thời điểm t nào đó thì vận tốc v0 cũng đến giá trị v nào đó, tích phân hai vế theo các cận này:  kv  m

( PC WEB )

mdv k .v v0

 dt    0

t

v m m  ln v  ln v0   ln  0  . k k v

 v  v0e

k t m

Chọn B. Bài 57: Một lực 1200N nén lò xo từ chiều dài tự nhiên từ 18(cm) xuống còn 16(cm). Hỏi công sinh ra là bao nhiêu nếu ta tiếp tục nén lò xo từ 16(cm) xuống 14(cm). A. 3600(N/m). B. 3700(N/m). C. 3800(N/m). D. 3900(N/m). Giải: Ta có hằng số lò xo (theo đơn vị cm): F  kx . Vậy 1200  k  2   k  600(N/ cm) Vậy trong trường hợp này, ta có: F  600 x . Vậy công sinh ra xác định bởi: 4

Công =  600 xdx  300 x 2  3600 N . 2

Chọn A. Bài 58: số lượng vi khuẩn HP (Helicobacter Pylori) có trong dạ dày của một người bệnh sau thời 1000 gian t (ngày) là f  t  , trong đó f   . Một người bị đau dạ dày do vi khuẩn HP gây ra. Khi đi 2t  3 khám lần thứ nhất, bằng cách xét nghiệm biết được người này có 2550 con vi khuẩn HP trong dạ dày nhưng lúc này cơ thể chưa phát bệnh. Biết rằng nếu trong dạ dày người bện có trên 50000 con vi khuẩn thì người bệnh sẽ ở tình trạng nguy hiểm. Hỏi nếu sau 15 ngày đó mới đi khám lại thì trong dạ dày của bệnh nhân này có bao nhiêu con vi khuẩn và bệnh nhân có đang trong tình trạng nguy hiểm không? Nếu có thì số lượng vi khuẩn đã vượt quá ngưỡng an toàn là khoảng bao nhiêu con? A. Không. B. Có; 433 con. C. Có; 733 con. D. Có; 533 con. Giải: 1000 Ta có:  dt  500ln  2t  3  C , C   2t  3 Vì lúc đầu người này có 2550 con vi khuẩn HP trong dạ dày nên: 500ln  2.0  3  C  2550  C  2000,7 . Số lượng Vi khuẩn HP sau 15 ngày: 15

  500ln  2t  3  2000,7 dt  50532,72  50000 0

Số lượng vi khuẩn vượt: 50532,72-50000=532,72~ 533 con. Kết luận: người này đang ở tình trạng nguy hiểm cần nhập viện gấp để điều trị. ( PC WEB )

Chọn D. Bài 59: Một vật thể đang di chuyển xuống trên một mặt phẳng nghiêng có phương trình biểu diễn 1 một lực tỉ lệ là t   dv .Tìm vận tốc v là hàm số theo t nếu như vật bắt đầu di chuyển từ trạng 20  v thái nghỉ. A. v  20 1  e  t  . B. v  15 1  e  t  .

C. v  10 1  e  t  .

D. v  5 1  e  t  .

Giải: 1 dv 20  v Đặt u  20  v  du   dv 1 1 Vậy t   dv    du   ln  u   K   ln  20  v   K 20  v u Với t  0  v  0 . Vậy 0   ln  20   K  K  ln 20

Ta có: t  

Từ đó ta được: 20 20  v  20  t t  ln 20  ln  20  v   t  ln   et  e  20  v 20 .  20  v   20e  t  20  v  v  20  20e  t  v  20 1  e  t 

Chọn A. Bài 60: Công suất điện p tạo ra từ một điện trở nào đó xác định bởi p  3 thời gian. Hãy biểu diễn p là một hàm số theo t. 3 3 A. p   ln  2  cos  t    K . B. p    ln  3  cos  t    K .



C. p  



 ln  2  cos  t    K . 

Giải: Ta có: p  3

D. p 



 ln  3  cos  t    K .

sin  t  dt . 2  cos  t 

Đặt u  2  cos t  du   sin  t. Vậy ta có: sin  t  3  sin  t 3 p  3 dt    dt   K 2  cos  t   2  cos  t   ln  2  cos  t  



Vậy p   Chọn C,

( PC WEB )



 ln  2  cos t    K .



sin( t ) dt. với t là 2  cos( t )

t2  4 (m/ s) . Quãng đường vật đó đi được t 3 trong 4 giây đầu tiên bằng bao nhiêu? (làm tròn đến hàng phần trăm). A. 18,82m. B. 11,81m. C. 4,06m. D. 7,28m. Giải: Quãng đường vật đi được trong 4 giây đầu tiên là: Bài 61: Một vật chuyển động với vận tốc v  t   1, 2 

t2  4 S   1, 2  dt  11,81m . t 3 0 chonjB. Bài 62: Bạn Nam ngồi trên máy bay đi du lịch thế giới và vận tốc chuyển động của máy bay là v  t   3t 2  5(m/ s) . Quãng đường máy bay đi được từ giây thứ 4 đến giây thứ 10 là: A. 36m. B. 252m. C. 1134m. D. 966m. Giải: Quãng đường vật đi được trong giây thứ 4 đến giây thứ 10 là: 10

S    3t 2  5 dt  966m . 4

Chọn D.

( PC WEB )

CHƯƠNG 04 BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO SỐ PHỨC …………………………………………………………....  Các khái niệm cơ bản nhất

Chủ đề 1. Các bài toán tính toán số phức  Bài tập áp dụng  Lời giải chi tiết

Chủ đề 2. Phương trình số phức  Bài tập áp dụng  Lời giải chi tiết

Chủ đề 3. Các bài toán liên quan đến biểu diễn điểm, tập hợp điểm  Bài tập áp dụng  Lời giải chi tiết

( PC WEB )

CHƯƠNG 04 BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO SỐ PHỨC Trong chương trình phổ thông, các bài toán số phức thường khá đơn giản, không quá khó. Tuy nhiên cũng có những bài toán vận dụng và vận dụng cao mà chúng a nếu không nghiên cứu kĩ lưỡng, lần đầu tiên gặp sẽ rất khó giải quyết. Trước khi đến với lớp bài toán này chúng ta cùng nhắc lại các khái niệm căn bản nhất. Các khái niệm cơ bản nhất Định nghĩa - Một biểu thức dạng a  bi với a, b  R, i 2  1 được gọi là một số phức. - Đối với số phức z  a  bi, ta nói a là phần thực, b là phần ảo của z. - Tập hợp số phức kí hiệu là .  Hai số phức bằng nhau - Hai số phức bằng nhau nếu phần thực và phần ảo của chúng tương ứng bằng nhau. a  c b  d

Công thức: a  bi  c  di  

Biểu diễn hình học của số phức. Điểm M  a; b  trong hệ tọa độ vuông góc Oxy được gọi là điểm biểu diễn của số phức z  a  bi.

Môđun của số phức. Cho số phức z  a  bi có điểm biểu diễn là M  a; b  trên mặt phẳng tọa độ Oxy . Độ dài 

của véctơ OM được gọi là mô đun của số phức z và kí hiệu là z . -



Công thức z  OM  a  bi  a 2  b 2 .

 Số phức liên hợp - Cho số phức z  a  bi, số phức dạng z  a  bi được gọi là số phức liên hợp của z. Phép cộng, phép trừ, phép nhân, phép chia. - Cho số phức z1  a  bi, z2  c  di, ta có z1  z2   a  bi    c  di    a  c    b  d  i. -

Cho số phức z1  a  bi, z2  c  di, ta có z1  z2   a  bi    c  di    a  c    b  d  i.

Cho số phức z1  a  bi, z2  c  di, ta có z1.z2   a  bi  .  c  di    ac  bd    ad  bc  i. Cho số phức z1  a  bi, z2  c  di, (với z2  0 ) tacó : z1 a  bi  a  bi  c  di   ac  bd   bc  ad     2  2 i. z2 c  di  c  di  c  di  c  d2 c  d2

Phương trình bậc hai với hệ số thực. Cho phương trình bậc hai ax 2  bx  c  0 với a, b, c  R và a  0. Phương trình này có biệt thức   b 2  4ac, nếu:

( PC WEB )

b . 2a

  0 phương trình có nghiệm thực x  

  0 phương trình có hai nghiệm thực phân biệt x1,2 

  0 phương trình có hai nghiệm phức x1,2 

b   . 2a

b  i  . 2a

 Acgumen của số phức z  0 ĐỊNH NGHĨA 1 Cho số phức z  0 . Gọi M là điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số z . Số đo (radian) của mỗi góc lượng giác tia đầu Ox, tia cuối OM được gọi là acgumen của z. CHÚ Ý Nếu  là một acgumen của z (hình dưới) thì gọi acgumen của z có dạng   k 2 , k  Z . (người ta thường nói: Acgumen của z  0 xác định sai khác k 2 , k  Z ). y M(z)

 Dạng lượng giác của số phức Xét số phức z  a  bi  0  a, b    . Kí hiệu r là mô đun của z và  của một acgumen của z (hình dưới) thì dễ thấy rằng: a  r cos  , b  r sin  . Vậy z  a  bi  0 có thể viết dưới dạng z  r  cos +i sin   . y

M (a+bi) r



ĐỊNH NGHĨA Dạng z  r  cos +i sin   , trong đó r  0, được gọi là dạng lượng giác của số phức z  0. Dạng z  a  bi  0  a, b    , được gọi là dạng đại số của số phức z.

Nhận xét. Để tìm dạng lượng giác z  r  cos +i sin   của số phức z  a  bi  0  a, b    khác 0 cho trước ta cần: 1. Tìm r : đó là mô đun của z , r  a 2  b 2 ; số r cũng là khoảng cách từ gốc O đến điểm M biểu diễn số z trong mặt phẳng phức.

( PC WEB )

2. Tìm  : đó là một acgumen của z;  là số thực sao cho cos =

a b và sin   ; số  đó r r

cũng là số đo một góc lượng giác tia đầu Ox, tia cuối OM . CHÚ Ý 1. Z  1 khi và chỉ khi Z  cos +i sin  ;     .

2. Khi z  0 thì z  r  0 nhưng acgumen của z không xác định (đôi khi coi acgumen của 0 là số thực tùy ý và vẫn viết 0  0  cos +i sin   . 3. Cần để ý đòi hỏi r  0 trong dạng lượng giác r  cos +i sin   của số phức z  0.  Nhân và chia số phức lượng giác Ta đã công thức nhân và chia số phức dưới dạng đại số. Sau đây là định lý nêu lên công thức nhân và chia số phức dưới dạng lượng giác; chúng giúp cho các quy tắc tính toán đơn giản về nhân và chia số phức. ĐỊNH LÝ Nếu z  r  cos +i sin   ; z '  r '  cos '+i sin  '  r  0, r '  0  z r  cos    ' +i sin    '  ;  khi r  0  z' r'

Thì zz '  rr ' cos    ' +i sin    '  ;

Nói một cách khác, để nhân các số phức dưới dạng lượng giác, ta lấy tích các mô đun và tổng acgumen; để chia các số phức dưới dạng lượng giác ta lấy thương các mô đun và hiệu các acgumen. Chứng minh zz '   r  cos +i sin     r '  cos ' +i sin  '  lim x 

 rr ' cos .cos ' sin  .sin  ' i  sin  .cos '+cos .sin '   rr ' cos    ' +i sin    '  . 1 1  cos     i sin     . Theo công thức nhân số phức, z r z 1 r Ta có:  z.  cos    ' +i sin    '  . z' z' r'

Mặt khác, ta có

 Công thức Moa-vrơ (Moivre) Từ công thức nhân số phức dưới dạng lượng giác, bằng quy nạp toán học dễ dàng suy ra rằng với mọi số nguyên dương n.  r  cos +i sin     r n  cosn +i sin n  Và khi r  1, ta có n

 cos +i sin  

 cosn +i sin n

Cả hai công thức đó đều được gọi là công thức Moa – vrơ.  Căn bậc hai của số phức dưới dạng lượng giác Từ công thức Moa – vrơ, dễ thấy số phức z  r  cos +i sin   , r  0 có căn bậc hai là           r  cos +i sin  và  r  cos +i sin   r  cos( + )+i sin(   )  . 

2



2





Để nắm được các kiến thức trên học sinh cần phải luyện tập khá nhiều bài tập, xin chú ý để làm các bài tập ngay sau đây quý bạn đọc cần phải khá vững phần căn bản số phức.

( PC WEB )

CHỦ ĐỀ 1. CÁC BÀI TÍNH TOÁN SỐ PHỨC. Bài 1: Cho hai số phức z1 , z2 thảo mãn z1  z2  1; z1  z2  3. Tính z1  z2 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Nhận xét: Bài này nhìn vào có vẻ khá khó, nhưng các em cần phải bình tĩnh, chỉ cần gọi z1  a1  b1i; z2  a2  b2i  a1 , a2 , b1 , b2    sau đó viết hết các giả thiết đề bài cho: a12  b12  a2 2  b22  1  z1  z2  1   2 2  z1  z2  3  a1  a2    b1  b2   3

Và viết cái cần tính ra z1  z2   a1  a2    b1  b2  . Hãy quan sát cái cần tính và thấy rằng chỉ cần bình phương lên là có thể dùng được giả thiết. Lời giải Ta có: z1  a1  b1i; z2  a2  b2i  a1 , a2 , b1 , b2    2

a12  b12  a2 2  b22  1  z1  z2  1 2 2   2  a1b1  a2b2   1   a1  a2    b1  b2   1  2 2  z1  z2  3  a1  a2    b1  b2   3

Vậy: z1  z2   a1  a2    b1  b2   1. Chọn A. Bài 2: Tính z  i  i 2  i 3  ...  i 2008 có kết quả: A. 0 B. 1 C. i Lời giải Ta có iz  i 2  i 3  ...  i 2008  i 2009 và z  i  i 2  i 3  ...  i 2008 . Suy ra z  i  1  i 2009  i  i  i 2008  1  0  z  0 2

D. i

Chọn A. Bài 3: Tìm số phức z có z  1 và z  i max : A. 1 B. 1 C. i Lời giải

D. i

Đặt z  a  bi thì z  a 2  b 2 ; z  i  a 2   b  1

Khi đó ta có: z  1  a 2  b 2  1  b  1; z  i  a 2   b  1  a 2  b 2  2b  1  2b  2  2 2

Do đó giá trị lớn nhất đạt được bằng 2 khi a  0; b  1; z  i. Chọn C. Bài 4: Trong các số phức z thỏa mãn z  1. Tìm số phức z để 1  z  3 1  z đạt giá trị lớn nhất. 4 5

3 5

4 3 5 5 4 3 4 3 C. z   i, z   i. 5 5 5 5

A. z    i, z    i.

Lời giải Giả sử z  x  yi,  x, y    Vì z  1  x 2  y 2  1  x 2  y 2  1 Khi đó:

( PC WEB )

3 3 5 5 3 4 3 D. z   i, z    i. 5 5 5

B. z   i, z  i.

1 z  3 1 z  

 x  1

 1  x2  3

 y2  3

 x  1

Xét hàm số f  x   2



 x  1

 y2

 1  x2  2





1 x  3 1 x



1  x  3 1  x trên đoạn  1;1 ta có:

3  4  1 f ' x  2   ; f ' x  0  x   5  2 1 x 2 1 x  4 Ta có: f  1  6; f     2 10  5 4 3  4  x ;y  x    4 5 5  Vậy f max  f     2 10   5   5 2 2 x   4 ; y  3  y  1  x  5 5 4 3 4 3 Vậy z    i, z    i. 5 5 5 5

Chon A. Bài 5: Cho z là số phức có mô đun bằng 2017 và w là số phức thỏa mãn của số phức z là: A. 2015 Lời giải

B. 1

C. 2017

1 1 1   . Mô đun z w zw

D. 0 2

2  1 i 3 w   i 3w  1 1 1  2 2 Từ   ta suy ra z  w  zw  0   z       z     w 2  2  2  z w zw   2 Lấy mô đun hai vế ta có z  w  2017.

Chọn C. Bài 6: Số phức z có mô đun lớn nhất và thỏa mãn điều kiện Z 1  i   3  2i  A. z  1  3i

B. z 

2 1  i 2 2

C. z 

13 là: 2

3 1  i 2 2

3 15 i 4 4

D. z  

Lời giải + Gọi z  x  yi Từ giả thiết ta có:  x  y  3   x  y  2   2

13 . 4

+ Đồng thời z  x 2  y 2 lớn nhất. Kiểm tra các đáp án và so sánh. Chọn D. Bài 7: Số phức z  0 thỏa mãn z  2. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P

A. 1

( PC WEB )

z i . z

B. 2

C. 3

D. 4

Lời giải Ta có 1 

i i i 1 i 1  1  1  1  1  1 . z z z z z z

Mặt khác z  2 

1 1 1 3  suy ra  P  . z 2 2 2

Suy ra giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất là

3 1 , . Vậy tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 2 2

biểu thức P là 2. Chọn B. n Bài 8: Tìm phần thực của số phức z  1  i  , n   thỏa mãn phương trình: log 4  n  3  log 4  n  9   3

A. 5 B. 6 C. 7 Lời giải Điều kiện n  3, n   Phương trình: log 4  n  3  log 4  n  9   3  log 4  n  3 n  9   3  n  7 (so đk)

D. 8

7 2 3 z  1  i   1  i  1  i    1  i  2i   8  8i   Vậy phần thực của số phức z là 8.

Chọn D. Bài 9: Cho số phức z thảo mãn z  4i  2  4. Tìm giá trị nhỏ nhất của z . A. 1 B. 3 C. 7 Lời giải 2 2 Giả sử z  a  bi, ta có: a  bi  3  4i  4   a  3   b  4   16 a  3  4sin  a  3  4sin  Đặt   b  4  4 cos  b  4 cos   4

D. 8

 z  a 2  b 2  9  16sin 2   24sin   16  32 cos  4 3   41  24sin   32 cos   41  40  sin   cos  5 5  3 4 2 Đặt cos = ,sin    z  a 2  b 2  41  40sin      1. 5 5   Dấu "  " xảy ra khi       k 2        k 2 . 2 2 Vậy min z  1.

Chọn A. Bài 10: Trong các sô phức thỏa điều kiện z  4i  2  2i  z , mô đun nhỏ nhất của số phức z bằng: A. 2 2 Lời giải Giả sử số phức z  x  yi Theo đề z  4i  2  2i  z 

B. 2

 x  2   y  4 2

C. 1

Mà z  x 2  y 2  x 2   4  x  (thay 1 vào) 2

 2  x  2   8  2 2. 2

( PC WEB )

D. 3 2

 x 2   y  2   x  y  4  0  y  4  x 1 2

Chọn A. Bài 11: Tìm số phức Z có mô đun lớn nhất và thỏa mãn điều kiện Z 1  i   3  2i  3 15 i 4 4

1 4

A. z  

5 4

3 15 i 4 4

B. z   i

C. z   

13 . 2 1 4

5 4

D. z   i

Lời giải Gọi z  x  yi  x, y  R   z  x  yi 13 39  x2  y 2  x  5 y   0. 2 8 (Thay các số phức z vào và mô đun lớn nhất thì ta sẽ chọn). z 1  i   3  2i 

So với các đáp án trên ta chọn đáp án A. Chọn A. Bài 12: (A+A1 2012) Cho số phức z thỏa mãn



5 z i z 1

Tính mô đun của số phức   1  z  z . A. 13 B. 15 Lời giải Giả sử z  a  bi

  2  i 1

C. 17

D. 19

5  a  bi  i   2  i  5a  5i  b  1  2a  2bi  2  ai  bi 2  i a  bi  1 3a  2  b  0 a  1  3a  2  b  i  5b  5  2b  a  1  0     z  1 i 3b  a  4  0 b  1

1 

  1  1  i  1  2i  1  2  3i    4  9  13

Chọn A. Bài 13: Cho hai số phức phân biệt z1 ; z2 thỏa mãn điều kiện đúng? A. z1  1; z2  1 Lời giải

B. z1  z2

z1  z2 là số ảo. Khẳng định nào sau đây z1  z2

C. z1  z2

z1  z2  z1  z2  0

z z z z  z1  z2 là số ảo  1 2   1 2   0. z1  z2 z1  z2  z1  z2  z z z z  1 2  1 2  0   z1  z2  z1  z2    z1  z2  z1  z2   0. z1  z2 z1  z2

Thì





 2 z1 z1  z2 z2  0  z1 z1  z2 z2  0  z1  z2  0.

Chọn C.

( PC WEB )

D. z1   z2

CHỦ ĐỀ 2. PHƯƠNG TRÌNH SỐ PHỨC. Bài 1: Tìm các số thực a, b, c sao cho hai phương trình az 2  bz  c  0, cz 2  bz  a  16  16i  0 có nghiệm chung là z  1  2i A.  a, b, c   1; 2;5  B.  a, b, c   1; 2;5  C.  a, b, c    1; 2;5  Lời giải

D.  a, b, c   1; 2; 5 

Theo giả thiết phương trình az 2  bz  c  0 có nghiệm z  1  2i khi  3a  b  c  0 2 a 1  2i   b 1  2i   c  0  3a  b  c   4a  2b  i  0    4a  2b  0

1

Tương tự phương trình cz 2  bz  a  16  16i  0 có nghiệm z  1  2i khi c 1  2i   b 1  2i   a  16  16i  0  c  3  4i   b  2bi  a  16  16i  0 2

a  b  3c  16  0   a  b  3c  16   2  b  2c  8  i  0   b  2c  8  0

 2

Từ 1 ,  2  suy ra  a, b, c   1; 2;5  . Chọn A. Bài 2: Gọi z1 , z2 là 2 nghiệm của phương trình z 2  2 z  2  0 trên tập số phức. Tìm mô đun của số phức    z1  1 A.   5 Lời giải

2015

  z2  1

2016

C.   1

B.   2

D.   3

Phương trình z 2  2 z  2  0 có  '  1  2  1  i 2 . z  1 i

z  1 i

Suy ra phương trình có hai nghiệm  1 hoặc  1  z2  1  i  z2  1  i z  1 i

Thay  1 vào  ta được :    i   z2  1  i z  1 i

Thay  1 vào   i 2015   i   z2  1  i

2016

2015

 i2 

 i 2016    i 2 

1002

1007

.i   i 2 

1003

.i   i 2 

1013

 1  i.

Vậy   2. Chọn B. Bài 3: Tìm các số thực b, c để phương trình (với ẩn z ) z 2  bz  c  0 nhận z  1  i là một nghiệm. A. b  2; c  2 ( PC WEB )

B. b  2; c  2

C. b  2; c  2

D. b  1; c  1

Lời giải b  c  0 b  2  b  2  0 c  2

Nếu z  1  i là nghiệm thì : 1  i   b 1  i   c  0  b  c   b  2  i  0   2

Một phương trình bậc hai với hệ số thực, nếu có một nghiệm phức z thì cũng nhận z lam nghiệm. Vậy nếu z  1  i là một nghiệm thì z  1  i cũng là nghiệm. Theo định lý Vi-ét: 1  i   1  i   b  b  2  1  i 1  i   2  c

Chọn A. Bài 4: Tìm các số thực a, b, c để phương trình (với ẩn z ) z 3  az 2  bz  c  0 nhận z  1  i làm nghiệm và cũng nhận z  2 làm nghiệm. A. a  4; b  6; c  4 B. a  4; b  5; c  4 C. a  3; b  4; c  2 D. a  1; b  0; c  2 Lời giải 3 2 z  1  i là nghiệm thì 1  i   a 1  i   b 1  i   c  0 z  2 là ngiệm thì 8  4a  2b  c  0 b  c  2  0 1  Từ đó ta có hệ phương trình 2a  b  2  0  2  4a  2b  c  8  0  3 Từ 1 suy ra c  2  b

Từ  2  suy ra b  2  2a  c  2   2  2a   4  2a Thay vào  3 ta có: 4a  2  2  2a   4  2a  8  0  a  4 Với a  4  b  6; c  4. Chọn A. 4

z 1  Bài 5: Phương trình    1 có bao nhiêu nghiệm.  z 1 

A. 1 nghiệm Lời giải

B. 2 nghiệm

 z  1  2  4   1, 1 z  1    z 1     1  2  z 1   z  1   1,  2   z  1 

 z 1  z 1  1  z 1  z 1 i  i    z0 1    z  1  1  z  1   z  1  z  0  z  1  z 1  z 1  i  z  1  iz  1 z  1    2    z  1  iz  1  z  1  z  1  i  z  1 Vậy nghiệm phương trình là: z  0; z  1; z  1

Chọn C. ( PC WEB )

C. 3 nghiệm

D. 4 nghiệm

Bài 6: Số nghiệm phức của phương trình z 

25  8  6i là ? z

A. 1 nghiệm B. 2 nghiệm C. 3 nghiệm Lời giải Giả sử z  a  bi với ; a, b  R và a, b không đồng thời bằng 0. 1 z

Khi đó z  a  bi; 

D. 4 nghiệm

1 a  bi  2 a  bi a  b 2

a  a 2  b 2  25   8  a 2  b 2  25  a  bi  25  Khi đó phương trình z   8  6i  a  bi  2 2  8  6i   2 2 2 2 z a b b  a  b  25   6  a  b 

1 .  2

3 4

Lấy 1 chia  2  theo vế ta có b  a, thế vào 1 . Ta có a  0 hoặc a  4. Với a  0  b  0 (Loại) Với a  4  b  3. Ta có số phức z  4  3i. Chọn B. Bài 7: Gọi z1 ; z2 ; z3 ; z4 là 4 nghiệm phức của phương trình z 4   4  m  z 2  4m  0. Tìm tất cả các giá trị m để z1  z2  z3  z4  6. A. m  1 Lời giải

B. m  2

C. m  3

 z1,2  2i z 4   4  m  z 2  4m  0   z 2  4  z 2  m   0    z3,4   m  z1;2  2i

Nếu m  0 hoặc  

 z3;4  i m

nếu m  0

6  z1  z2  z3  z4  4  2 m

Khi đó 

m  0

6  z1  z2  z3  z4  4  2 m

Hoặc 

m  0

Kết hợp lại m  1 thỏa mãn bài toán. Chọn D.

( PC WEB )

 m  1

 m 1

D. m  1

CHỦ ĐỀ 3. CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN BIỂU DIỄN ĐIỂM, TẬP HỢP ĐIỂM. Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện log 2 z   3  4i   1.

A.Đường thẳng qua gốc tọa độ C. Đường tròn tâm I  3; 4  bán kính 2 Lời giải

B. Đường tròn bán kính 1. D. Đường tròn tâm I  3; 4  bán kính 3

Điều kiện: z  3  4i Gọi M  x; y  với  x; y    3; 4  là điểm biểu diễn số phức: z  x  yi; x, y   Khi đó log 2 z   3  4i   1  z   3  4i   2 

 x  3   y  4  2

 2   x  3   y  4   4 2

Vậy tập hợp các điểm số phức z trong mặt phẳng tọa độ là đường tròn tâm I  3; 4  bán kính R  2. Chọn C. Bài 2: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ thảo mãn điều kiện: 2

z  5 z  5 z  0.

A.Đường thẳng qua gốc tọa độ. C. Đường tròn tâm I  5;0  bán kính 5 Lời giải

B. Đường tròn bán kính 1. D. Đường tròn tâm I  5;0  bán kính 3

Đặt z  x  yi, ta có z  x  yi. Do đó: z  5 z  5 z  0  x 2  y 2  5 x  5 yi  5 x  5 yi  0   x  5   y 2  25 2

Trên mặt phẳng tọa độ, đó là tập hợp các điểm thuộc đường tròn bán kính bằng 5 và tâm là I  5;0  . Chọn C. Bài 3: Trên mặt phẳng tạo độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện zi   2  i   2.

A.Đường thẳng qua gốc tọa độ. C. Đường tròn tâm I  5;0  bán kính 5 Lời giải

B. Đường tròn bán kính 1. D. Đường tròn tâm I 1; 2  bán kính 2

Gọi z  x  yi,  x, y  R  , ta có: zi   2  i   2   y  2   x  1 i  2   x  1   y  2   4. 2

Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I  ; 2  và bán kính R  2. Chọn D.

( PC WEB )

Bài 4: Trên mặt phẳng tạo độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z 1  z  i .

A.Đường thẳng qua gốc tọa độ. C. Đường tròn tâm I  5;0  bán kính 5 Lời giải

B. Đường tròn bán kính 1. D. Đường tròn tâm I 1; 2  bán kính 2

Gọi z  x  yi,  x, y  R  , ta có: z  1  z  i   x  1  yi  x   y  1 i 2

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

Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường thẳng y   x đi qua gốc tọa độ. Chọn A. Bài 5: Trên mặt phẳng tạo độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện 2 z  2 z .

A. B. C. D.

Đường thẳng đi qau gốc tọa độ. Đường tròn bán kính bằng 1. Nửa trái của mặt phẳng tọa độ không kể trục Oy. Đường tròn tâm I 1; 2  bán kính 2.

Lời giải Gọi z  x  yi,  x, y  R  , ta có: 2  z  2  z  2  z  2  z 2

  2  x   iy   2  x   iy   2  x   y 2   2  x     y   x  0 2

Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là nửa trái của mặt phẳng tọa độ không kể trục Oy. Chọn C. Bài 6: Trong mặt phẳng Oxy, tìm tọa độ điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn z  2i  1  i  2  0. A. M  ;  5 5 Lời giải 4 3

z  2i  1  i  2  0  z 

B. M  ;  5 7 4 3

C. M  ;  5 5 3 3

D. M  ;  9 5 4 3

i2 4 3   i. 2i  1 5 5

Vậy điểm biểu diễn số phức z là M  ;  . 5 5 4 3

Chọn A. Bài 7: Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  i  2. ( PC WEB )

A.  x  1   y  1  4

B.  x  1   y  1  8

C.  x  1   y  1  4 Lời giải

D.  x  1   y  1  9

M  x; y  , x, y    .z  x  yi  z  1  i  2 

 x  1   y  1 2

2

Vậy tập hợp các điểm M cần tìm là đường tròn  x  1   y  1  4. 2

Chọn A. Bài 8: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  2  3i  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của z . A. 13  3 Lời giải

C. 13  2

B. 2

D. 2

Các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn z  2  3i  3 nằm trên đường tròn  C  tâm I  2; 3 và bán kính R  3. (Ý nghĩa hình học của z : độ dài OM )

Ta có z đạt giá trị nhỏ nhất 

điểm M   C  và OM nhỏ nhất.

(Bài hình học giải tích quen thuộc )

Ta có: OM  OI-IM=OI-R= 13  3 Dấu "  " xảy ra khi M là giao

điểm của  C  và đoạn thẳng OI . Vậy GTNN của z là 13  3. Chọn A.

z  2  3i là một số thuần ảo. z i 5, khuyết 2 điểm  0;1 và  2; 3 .

Bài 9: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z sao cho u  A. Đường tròn tâm I  1; 1 , bán kính bằng

B. Đường tròn tâm I  1; 3 , bán kính bằng 5, khuyết 2 điểm  0;1 và  2; 3 . C. Đường tròn tâm I  1; 4  , bán kính bằng 5, khuyết 2 điểm  0;1 và  2; 3 . D. Đường tròn tâm I  2; 1 , bán kính bằng 5, khuyết 2 điểm  0;1 và  2; 3 . Lời giải Giả sử z  a  bi  a, b    ,  z  i  , khi đó: u 

a  2  bi  3i  a  2   b  3 i   a   b  1 i   2 a   b  1 i a 2   b  1

Tử số bằng a 2  b 2  2a  2b  3  2  2a  b  1 i u là số thuần ảo khi và chỉ khi : ( PC WEB )

 a  12   b  12  5 a 2  b 2  2a  2b  3  0    2a  b  1  0  a; b    0;1 ,  2; 3

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I  1; 1 , bán kính bằng 5 , khuyết 2 điểm  0;1 và  2; 3 . Chọn A. Bài 10: Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn của 3 số phức 1  2i, 1  i 1  2i  ,

2  6i . Diện tích 3i

tam giác ABC bằng: A.

1 4

1 2

5 5

5 2

Lời giải Dùng máy tính Casio ta có A 1; 2  , B  3;1 , C  0; 2  .

     AB, AC  với AB   2; 1;0  , AC   1;0;0    1 Dùng máy tính ta có kết quả B: S  . 2 (Có thể dùng công thức tính diện tích phần Oxy tính nhanh hơn)

Dùng công thức S 

1 2

Chọn B. Bài 11: Trong mặt phẳng Oxy có A 1;7  , B  5;5  lần lượt biểu diễn 2 số phức z1 và z2 . C biểu diễn số phức z1  z2 . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. C có tọa độ  4;12  . B. OACB là hình thoi.  C. AB biểu diễn số phức z1  z2 . 

D. CB biểu diễn số phức  z1 Lời giải      Ta có OA biểu diễn cho z1 , OB biểu diễn cho z2 nên OA  OB  BA biểu diễn cho z1  z2 . Các câu còn lại dễ dàng kiểm tra là đúng. Chọn C. Bài 12: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  i  1. Trong mặt phẳng phức, tập hợp các điểm M  x; y  biểu diễn số phức z là:

A. Đường tròn x 2   y  2   5 2

B. Đường tròn x 2  y 2  2 x  4 y  0 C. Đường tròn x 2  y 2  2 y  0 D. Đường tròn x 2  y 2  4 x  0 Lời giải 2 Đặt z  x  iy  x  iy  i  1  x 2   y  1  1  x 2  y 2  2 y  0. Chọn C. Bài 13: Cho A là điểm biểu diễn của các số phức: z  1  2i; M 1 , M 2 lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z1 và z2 . Điều kiện để AM 1M 2 cân tại A là:

( PC WEB )

A. z1  z2

B. z1  1  2i  z2  1  zi

C. z1  z2  1  2i D. z1  1  2i  z1  z2 Lời giải AM 1M 2 cân tại A nên M 1 A  M 1M 2 hay: z1  1  2i  z2  1  2i Chọn B. Bài 14: Biết điểm M 1; 2  biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ phức. Tính mô đun của số phức   iz  z 2 . A. 26 B. 25 Lời giải Vì điểm M 1; 2  biểu diễn z nên z  1  2i  z  1  2i

Do đó:   i 1  2i   1  2i   2  i   3  4i   1  5i    26. Chọn A. Bài 15: Trong mặt phẳng phức A  4;1 , B 1;3 , C  6;0  lần lượt biểu diễn các số phức z1 , z2 , z3 . Trọng tâm G của tam giác ABC biểu diễn số phức nào sau đây? 2

3 4

A. 3  i

3 4

B. 3  i

C. 3  i

3 4

D. 3  i

Lời giải Trọng tâm của tam giác ABC là G  3;  . 3 4

 4 Vậy G biểu diễn số phức z  3  i. 3



Chọn B. Bài 16: Trong mặt phẳng phức, gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn của số phức i,1  3i, a  5i  a  R  . Biết tam giác ABC vuông tại B. Tìm tọa độ của C? A. C  3;5  B. C  3;5  Lời giải Ta có: A  0;1 , B 1;3 , C  a;5 

C. C  2;5 

D. C  2;5 

  BA   1; 2    Tam giác ABC vuông tại B nên BA.BC  0 với    BC   a  1; 2   1 a  1   2  2  0  a  3. Vậy C  3;5  .

Chọn A. Bài 17: Trong mặt phẳng phức, các điểm biểu diễn các nghiệm của phương trình  iz  1 z  3i   z  2  3i   0 là các điểm nào sau đây? A. A  0; 1 ; B  0; 3 ; C  2;3

B. A 1;0  ; B  3;0  ; C  2; 3

C. A  0; 2  ; B  0;1 ; C  2;3

D. A  2; 2  ; B  1;1 ; C  1;0 

( PC WEB )

Lời giải  1  z  i  i iz  1  0  z  i    iz  1 z  3i  z  2  3i  0   z  3i  0   z  3i   z  3i  z  2  3i  z  2  3i  0  z  2  3i    Vậy các điểm biểu diễn các nghiệm của phương trình đã cho là A  0; 1 ; B  0; 3 ; C  2;3 .





Chọn A. Bài 18: Trong mặt phẳng phức, tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z biết z  z  3  4i là: x2 y 2  1 4 2 C. Đường tròn x 2  y 2  4  0

B. Parabol y 2  4 x

A. Elip

D. Đường thẳng 6 x  8 y  25  0

Lời giải Đặt z  x  iy  x, y  R  và M  x; y  là điểm biểu diễn của z.  z  x 2  y 2

Ta có 

 z  3  4i  x  iy  3  4i   x  3    y  4  i

 z  3  4i 

 x  3    y  4  2

Vậy: z  z  3  4i  x 2  y 2   x  3    y  4   6 x  8 y  25  0 2

Chọn D. Bài 19: Trong mặt phẳng phức, cho M , M ' theo thứ tự là điểm biểu diễn của hai số phức z và z ' : z  x  yi, z ' 

và M '  0.

z 1 i . Tìm tập hợp điểm  E  các điểm M sao cho: Điểm M ' nằm trên trục tung z 1

1 1 A. Đường tròn tâm I 1;   , bán kính R  ngoại trừ các điểm 1;0  và 1; 1 . 2 2 B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  1 ngoại trừ các điểm 1;0  và 1; 1 .



C. Đường thẳng y  1 ngoại trừ các điểm 1;0  và 1; 1 . D. Đường thẳng x  1 ngoại trừ các điểm 1;0  và 1; 1 . Lời giải z  1  i  x  1   y  1 i  x  1  y  y  1   x  1 i Ta có: z '    2 z 1  x  1  yi  x  1  y 2 2

Trường hợp M ' nằm trên trục tung và M '  0.  z ' là một số thuần ảo khác 0.  x  12  y  y  1  0  x2  y 2  2x  y 1  0   x  1  x  1  0 1 1    E  là đường tròn tâm I 1;   bán kính R  ngoại trừ các điểm 1;0  và 1; 1 . 2 2 

Chọn A.

( PC WEB )

Bài 20: Trong mặt phẳng phức, cho M , M ' theo thứ tự là điểm biểu diễn của hai số phức z và z 1 i . Tìm tập hợp điểm  E  các điểm M sao cho: Điểm M ' nằm trên trục z 1 hoành và M '  0. 1 1 A. Đường tròn tâm I 1;   , bán kính R  ngoại trừ các điểm 1;0  và 1; 1 . 2 2  B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  1 ngoại trừ các điểm 1;0  và 1; 1 . z ' : z  x  yi, z ' 

Trường hợp M ' nằm trên trục tung và M '  0.  z ' là một số thực.  x  12  y  y  1  0   x  1  0

  E  là đường thẳng x  1 ngoại trừ các điểm 1;0  và 1; 1 .

Chọn D. Bài 21: Tìm quỹ tích các điểm M biểu diễn số phức w  1  i 3 z  2 biết số phức z thỏa mãn:





z  1  2 1 .

    y  3

A. Hình tròn  x  3  y  3  16 2

C. Hình tròn  x  3

D. Hình tròn  x  3

 25

Lời giải Giả sử w  a  bi





Ta có: a  bi  1  i 3 z  2  z 

1 



a  3  b  3i 1 i 3

 2



a  3  b  3i a  2  bi  z 1  1 i 3 1 i 3

 a  3

    y  3

B. Hình tròn  x  3  y  3  9



 b  3i 2



 36





 2   a  3  b  3

Vậy quỹ tích các điểm M biểu diễn số phức là hình tròn

 x  3





 y 3

 16



 16 (kể cả những điểm

nằm trên biên) Chọn A. Bài 22: Trong mặt phẳng phức, gọi N , M , A, B theo thứ tự là điểm biểu diễn các số: z  x  yi; Z  X  Yi 

z 1 ;1; 1. Tìm tập hợp điểm M khi N chạy trên đường tròn x 2  y 2  1. z 1





A. Đường tròn tâm I 2  2;0 , bán kính R  5  4 2 B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  1 C. Trục tung D. Trục hoành ( PC WEB )

Lời giải z 1 x2  y 2 1 2 y X ;Y  Ta có: Z  X  Yi  2 2 2 z 1  x  1  y  x  1  y 2

Vì N chạy trên đường tròn:  x  1  y 2  1 nên ta có  x  1  y 2  1  X  0 Vậy tập hợp điểm M là trục tung. Chọn C. Bài 23: Gọi M và A là các điểm trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số phức z  x  yi; a  10  6i. Tìm tập hợp E1 các điểm M sao cho tích z  z  a  là một số thực. 2





A. Đường tròn tâm I 2  2;0 , bán kính R  5  4 2 B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  1 C. Là một hyperbol vuông góc y  D. Là một hyperbol y 

3x ,x 5 x 5

Lời giải Ta có: z  z  a    x  yi  x  yi  10  6i    x  yi   x  10    y  6  i   x  x  10   y  y  6    2 xy  10 y  6 x  i

Tích z  z  a  là một số thực.  2 xy  10 y  6 x  0  y 

3 ,x 5 x 5

Trong mặt phẳng phức, tập hợp E1 là một hyperbol vuông góc có phương trình: y 

3x , x  5. x 5

Chọn C. Bài 24 : Gọi M và A là các điểm trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số phức z  x  yi; a  10  6i. Tìm tập hợp E2 các điểm M sao cho tích z  z  a  là một số thuần ảo.





A. Đường tròn tâm I 2  2;0 , bán kính R  5  4 2 B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  1 C. Là một hyperbol vuông góc có tâm đối xứng I  5; 3 , có trục thực nằm trên trục Ox, độ dài các trục đều bằng 8. D. Là một hyperbol có tâm đối xứng I  5;3 , có trục thực nằm trên trục Ox, độ dài các trục đều bằng 8. Lời giải Tích z  z  a  là một số thuần ảo  Phần thực bằng 0.  x  x  10   y  y  6   0   x 2  10 x    y 2  6 y   0   x  5    y  3  16  2

 x  5 16



 y  3 16

1

Trong mặt phẳng phức, tập hợp E2 là một hyperbol có tâm đối xứng I  5;3 , có trục thực nằm trên trục Ox, độ dài các trục đều bằng 8. Chọn C.

( PC WEB )

Bài 25: Tìm tập hợp T  các điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn hệ thức zz  z

A. Đường tròn tâm O  0;0  , bán kính R  1 B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  1 C. Đường thẳng x  y 3, x   y 3 D. Đường thẳng y  x 3, y   x 3 Lời giải Đặt z  x  yi với x, y  

Ta có z  z  z   x  yi    x  yi   x 2  y 2  2 x  x 2  y 2  x  0 x  0  2   2 2  y   x 3 4 x  x  y Tập hợp các điểm M trong mặt phẳng biểu diễn số phức z  x  yi gồm hai đường thẳng: D1 : y  x 3 D2 : y   x 3

Chọn D.

( PC WEB )

CHƯƠNG 04 ( tiếp theo) BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO SỐ PHỨC CHỦ ĐỀ 2. PHƯƠNG TRÌNH SỐ PHỨC. Bài 26: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z  2i  3 là đường tròn tâm I . Tất cả giá trị m thỏa mãn khoảng cách từ I đến  : 3x  4 y  m  0 bằng A. m  7; m  9 Lời giải

B. m  8; m  8

1 là: 5

C. m  7; m  9

D. m  8; m  9

z  2i  3  x   y  2  i  3  x 2   y  2   3  x 2   y  2   9  I  0; 2  2

d  I,  

3.0  4.2  m

d  I,  

8  m  1 m  7 1 1 1  8m     5 5 5 8  m  1  m  9

32  42



1 8m 5

Chọn C. Bài 27: Trong mặt phẳng phức, cho M là điểm biểu diễn số phức z  x  yi, M  0. Xem số phức 1 1  Z   z 2  2  . Tìm tập hợp điểm M sao cho Z là một số thực. 2 z 

A. Trục tung (hay trục hoành ) , không kể điểm O. B. Trục tung hay trục hoành C. Đường thẳng y  1 D. Đường thẳng x  1 Lời giải Trường hợp Z là một số thực  Phần ảo bằng 0. 

x

xy 2

y



2 2

 x 2  y 2 2  1  0  xy  0, x 2  y 2  0   x  0, y  0  y  0, x  0   

Tập hợp điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z là -

Trục tung , không kể điểm O. Trục hoành, không kể điểm O.

Chọn A. Bài 28: Trong mặt phẳng phức, cho M là điểm biểu diễn số phức z  x  yi, M  0. Xem số phức 1 1  Z   z 2  2  . Tìm tập hợp điểm M sao cho Z là một số thuần ảo. 2 z 

( PC WEB )

A. Đường tròn tâm O, bán kính R  1 B. Đường tròn tâm I  0;1 bán kính R  1 C. Đường thẳng y  1 D. Đường thẳng x  1 Lời giải Trường hợp Z là một số thuần ảo  Phần thực bằng 0.   x2  y 2  1  0  x2  y 2  1 2

Tập hợp điểm M là đường tròn tâm O, bán kính R  1 . Chọn A. Bài 29: Cho Z 

1  iz , z   , z  x  yi với x, y   . Tìm tập hợp điểm M sao cho Z là một số thực. 1  iz

A. Trục tung ngoại trừ điểm A  0;1 C. Đường thẳng y  1 Lời giải 1  zi

B. Trục hoành ngoại trừ điểm A  0;1 D.Đường thẳng x  1 1  i  x  yi 

Ta có: z  x  yi; x, y  R  Z  1  zi  1  i x  yi   Z 

1  yi 2  xi 1  y  xi 1  y  xi 1  y  xi    1  yi 2  xi 1  y  xi 1  y  xi 1  y  xi 

1  xi   y 2   2 1  y   x 2i 2 2



1  x 2i 2  2 xi  y 2

1  y 

 x2 Z là một số thực  x  0, y  0 Ta có z  yi, y  1 .



1  x 2  y 2  2 xi

1  y 

 x2

 Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là trục tung ngoại trừ điểm A 1;0  .

Chọn A. Bài 30: Cho Z 

1  iz , z   , z  x  yi với x, y   . Tìm tập hợp điểm M sao cho Z là một số 1  iz

thuần ảo. A. Đường tròn tâm O, bán kính R  1 ngoại trừ điểm A  0;1 B. Đường tròn tâm O, bán kính R  1 C. Đường thẳng y  1 D. Đường thẳng x  1 Lời giải 1  x 2  y 2  0  x2  y 2  1 Số phức Z là một số thuần ảo khi và chỉ khi:   2 2  x  0, y  0 1  y   x  0  Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là đường tròn tâm O, bán kính R  1 ngoại trừ điểm

A  0;1

Chọn A.

( PC WEB )

Bài 31: Trong mặt phẳng phức, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức đun bằng 1. A. Đường tròn tâm O, bán kính R  1 B. Đường tròn tâm O  2; 2  , bán kính R  1 C. Đường thẳng y  1 D. Đường thẳng x  1 Lời giải Gọi M là điểm nằm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z  a  bi Ta có: z  1  OM  1 Tập hợp điểm M là đường tròn tâm O, bán kính R  1 Chọn A. Bài 32: Trong mặt phẳng phức, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức phần thực bằng 1. A. Đường tròn tâm O, bán kính R  1 B. Đường tròn tâm O  2; 2  , bán kính R  1 C. Đường thẳng y  1 D. Đường thẳng x  1 Lời giải Ta có: a  1 Tập hợp điểm M là đường thẳng D : x  1 Chọn D. Bài 33: Trong mặt phẳng phức, tập hợp điểm M biểu diễn các số phức phần ảo bằng -1. A. Đường tròn tâm O, bán kính R  1 B. Đường tròn tâm O  2; 2  , bán kính R  1 C. Đường thẳng y  1 D. Đường thẳng x  1 Lời giải Ta có: b  1 Tập hợp điểm M là đường thẳng  : y  1 Chọn C.

z sao cho: Số phức z có mô

với a, b  

z sao cho: Số phức z có

Bài 34: Tìm trong mặt phẳng tập hợp    các điểm M biểu diễn số phức z sao cho Z  z  số thực. A. Trục hoành x ' Ox ngoại trừ điểm gốc và đường tròn tâm O , bán kính R  2 B. Trục hoành x ' Ox ngoại trừ điểm gốc và đường tròn tâm O , bán kính R  1 C. Đường tròn tâm O , bán kính R  1 D. Trục hoành x ' Ox ngoại trừ điểm gốc Lời giải Đặt z  x  yi,  z  0  với x, y  . 4 z

Ta có: Z  z   x  yi  Z 

( PC WEB )

4  x  yi  4  x  yi  2 x  yi x  y2

x  x2  y 2  4  y  x2  y 2  4 i x2  y 2

4 là một z

2 2  y  x 2  y 2  4   0  y  0  x  y  4  2 Z là một số thực:   2 2 2  x  y  0  x  y  0

Do đó    gồm : - Trục hoành x ' Ox ngoại trừ điểm gốc. - Đường tròn tâm O, bán kính R  2. Chọn A. Bài 35: Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z sao cho: z  2 z  i . 8 3

4 3

A. x 2  y 2  y   0

B.  x  1   y  1  4

x2 y 2  1 C. 4 3

D. 3x 2  4 y 2  36  0

Lời giải Cách 1. Đặt z  x  yi,  z  0  với x, y  R





8 3     Cách 2. Ta có: z  2 z  i  OM  2 OM  OB  OM  2

4 3  BM

Ta có: z  2 z  i  x 2  y 2  4 x 2   y  1  x 2  y 2  y   0 2

Với B 1;0  là điểm biểu diễn số i. MO 2 MB Ta suy ra tập hợp các điểm M là đường tròn Apollonius đường kính IJ , với I , J thuộc trục tung và:   OI  2 IB  2    I  0;  và J  0; 2   3 OJ  2 JB

Do đó ta có: OM  2 BM 

2 8 4 Phương trình đường tròn : x 2   y    y  2   0  x 2  y 2  y   0 

3

Chọn A. Bài 36: Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z sao cho: 1  z  z  i . A. Đường thẳng y  x B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  1 C. Đường thẳng y  1 D. Đường thẳng x  1 Lời giải Cách 1. Đặt z  x  yi,  z  0  với x, y  R Ta có: 1  z  z  i  1  x   y 2  x 2   y  1  y  x. 2

Cách 2. Gọi A là ảnh của 1 và B là ảnh của i : A 1;0  , B  0;1 . 



Ta có: 1  z  z  i  MA  MB  MA  MB Do đó tập hợp các điểm M là đường trung trực của đoạn thẳng AB  y  x Chọn A. Bài 37: Trong mặt phẳng phức, cho số phức a bất kì, tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z sao cho: z  a . z  a  aa. A. Đường tròn tâm A , bán kính R  AO ( PC WEB )

B. Đường tròn tâm A , bán kính R  2 C. Một hyperbol vuông góc D. Đường thẳng x  1 Lời giải 2 2 Ta có: z  a . z  a  aa  z  a  a

1

Gọi A là điểm biểu diễn số phức a trong mặt phẳng phức.  2

 2

Ta có: 1  MA  OA  AM 2  OA2  AM  AO Do đó, tập hợp các điểm M là đường tròn tâm A , bán kính R  AO . Chọn A. Bài 38: Trong mặt phẳng phức, cho số phức a bất kì, tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z 2 2 sao cho: z 2  a 2  z  a . A. Đường tròn tâm A , bán kính R  AO B. Đường tròn tâm A , bán kính R  2 C. Một hyperbol vuông góc D. Đường thẳng x  1 Lời giải 2 2 2 2 Ta có: z 2  a 2  z  a  z 2  z  a 2  a   z  z  z  z    a  a  a  a   2  z  x  yi a     i

Đặt: 

Ta có:  2   2 x  2 yi   2  2 i   xy   Do đó, tập hợp các điểm M là một hyperbol vuông góc. Chọn C. Bài 39: Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm M là ảnh của số phức z sao cho: Ảnh của các số i, z , iz thẳng hàng. 2 1 1 A. Đường tròn x 2  y 2  x  y  0, có tâm I  ;  , bán kính R  ngoại trừ điểm  0;1 2 2 2 



2 1 1 B. Đường tròn x 2  y 2  x  y  0, có tâm I  ;  , bán kính R  2 2 2 



C. Một hyperbol vuông góc D. Đường thẳng x  1 Lời giải Cách 1: Gọi điểm biểu diễn số phức z là M  x; y  . Gọi điểm biểu diễn số phức i là N  0;1 . Gọi điểm biểu diễn số phức iz là P   y; x  .   NM   x; y  1 ; NP    y; x  1

Vì 3 điểm M , N , P thẳng hàng nên ta có: x  x  1   y  y  1  x 2  y 2  x  y  0. 2 1 1 Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn x 2  y 2  x  y  0, có tâm I  ;  , bán kính R  ngoại

trừ điểm  0;1 .

2 2

Cách 2: Kí hiệu M  z  dùng để chỉ M là điểm biểu diễn số phức z hay ảnh của số phức z. Giả sử các điểm A  i  , M  z  , M '  iz  thẳng hàng: ( PC WEB )

  iz  z  MM '  k MA, k  R  iz  z  k  i  z   k  iz   y  x    x  y  i    x   y  1 i  i  x  yi    x  yi  Đặt z  x  yi  k  k   i   x  yi    x   y  1 i    x   y  1 i  x2  y 2  x  y x2  y 2  x  y k 2  2 i 2 2 x   y  1 x   y  1

 x 2  y 2  x  y  0 k là một số thực . Do đó ta có:  2 2  x   y  1  0 2 1 1 Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn x 2  y 2  x  y  0, có tâm I  ;  , bán kính R  ngoại 2 2 2 



trừ điểm  0;1 . Chọn A. Bài 40: Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm M là ảnh của số phức z sao cho: Ảnh của các số z , z 2 , z 4 thẳng hàng. 1 1 A. Đường tròn x 2  y 2  x  y  0, có tâm I  ;  , bán kính R  1 ngoại trừ điểm  0;1 2 2 



2 1 1 B. Đường tròn x 2  y 2  x  y  0, có tâm I  ;  , bán kính R  2 2 2  C. Một hyperbol vuông góc và trục hoành Ox 1 D. Đường thẳng x   và trục hoành Ox 2



Lời giải Các điểm M  z  , M '  z 2  , M ''  z 4  thẳng hàng.

   MM ''  k MM ', k  R  z 4  z  k  z 2  z   z  z 3  1  kz  z  1  0  z  z  1  z 2  z  1  k   0, z  0,1  z 2  z  1  k  0

Đặt z  x  yi; x, y  R Ta có: k  z 2  z  1   x  yi    x  yi  i  1  k  x 2  y 2  x  1   2 xy  y  i 2

k  R  2 xy  x  0  y  0  x  

1 2

Vậy tập hợp điểm M gồm: + Trục hoành Ox. 1 2

+ Đường thẳng x   . Chọn D. Bài 41: Trong mặt phẳng phức, cho m và M là điểm biểu diễn số phức z  x  yi, M  0. 1 1 Z  X  Yi   z   . Tìm tập hợp điểm M sao cho Z là một số thực. 2 z A. Đường tròn tâm O , bán kính R  1 và trục hoành Ox, không kể điểm gốc O B. Đường tròn tâm O , bán kính R  1 C. Đường thẳng y  1.

( PC WEB )

D. Đường thẳng x  

1 và trục hoành Ox 2

Lời giải

2 2 2 2 1 1 1 1   x  y  1 x  x  y  1 x Ta có: Z   z     x  yi    2 z  2 x  yi  2  x2  y 2  2  x2  y 2 

 x 2  y 2  1 y  0 Z là số thực khi và chỉ khi: Y  0   2 2  x  y  0 y  0 y  0  2 Ta có: 1   2 2 2  x  y 1  0 x  y  1

1

Tập hợp các điểm M phải gồm: + Trục hoành Ox, không kể điểm gốc O. + Đường tròn tâm O , bán kính R  1 Chọn A. Bài 42: Trong mặt phẳng phức, cho m và M theo thứ tự là điểm biểu diễn của số phức z  x  yi và z 1 . Tìm tập hợp các điểm m sao cho: Z là một số thực. z  2i A. Đường tròn tâm O  0;0  , bán kính R  1

Z

B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  1 C. Đường thẳng y  2 x  2 D. Đường thẳng x  1 Lời giải Ta có: Z  Z 

 x  yi   1  x  1  yi   x  1  yi   x   y  2  i  z 1  z  2i  x  yi   2i x   y  2  i  x   y  2  i   x   y  2  i 

x  x  1  y  y  2    y  2 x  2  i x2   y  2

Z là một số thực khi và chỉ khi y  2 x  2  0 Tập hợp các điểm m biểu diễn số phức z  x  yi là đường thẳng y  2 x  2  0  y  2 x  2

Chọn C. Bài 43: Trong mặt phẳng phức, cho m và M theo thứ tự là điểm biểu diễn của số phức z  x  yi và z 1 . Tìm tập hợp các điểm m sao cho: Z là một số thuần ảo. z  2i 5 1 A. Đường tròn tâm I  ; 1 , bán kính R  2 2  B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  1

Z

C. Đường thẳng y  2 x  2 D. Đường thẳng x  1 Lời giải Ta có: Z  Z 

( PC WEB )

x  x  1  y  y  2    y  2 x  2  i x2   y  2

Z là một số thuần ảo khi và chỉ khi: x  x  1  y  y  2   0  x 2  y 2  x  2 y  0

Tập hợp các điểm m là đường tròn tâm I  ; 1 , bán kính R  . 2 2  Chọn A. 1

Bài 44: Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z sao cho: z  z  k z . Với k là một số thực cho trước. A. Đường tròn tâm O  0;0  , bán kính R  1 B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  1 C. Nửa trục Ox, nửa trục Ox' D. Nửa trục Ox' Lời giải Đặt z  x  yi; x, y  R Ta có: z  z  k z 1  2 x  k x 2  y 2 Nếu k  0, ta có: x  0 Tập hợp các điểm M là trục tung. Xét k  0 : 2 2 2 2 4 x  k  x  y 

Ta có:  2   

kx  0 Với 2  k  2 và k  0, ta có:

4  k2 2 4  k2 y  x  y x k2 k Do đó, tập hợp M phải tìm là: 2

 2

2 2 2 2  4  k  x  k y  kx  0

 kx  0 

4  k2 x k + Giới hạn bởi 0  k  2, x  0. + Hoặc giới hạn bởi 2  k  0, x  0. Nửa trục Ox nếu k  2. Nửa trục Ox ' nếu k  2.

Các đường thẳng y  

Chọn C. Bài 45: Cho hai số phức: p  a  bi; q  c  di Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z sao cho số  z  p  z  q  là số thực. A. Đường tròn tâm O  0;0  , bán kính R  1 B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  1 ac bd ;y 2 2 D. Các đường thẳng y  2 x, trừ gốc tọa độ O  0;0 

C. Một hyperbol vuông góc có tiệm cận là x  Lời giải Đặt z  x  yi; x, y  R Ta có: z  p  x  a   y  b  i ; ( PC WEB )

z  q  x  c   y  d i

  z  p  z  q    x  a   y  b  i   x  c   y  d  i    x  a  x  c    y  b  y  d    x  a  y  d    x  c  y  b   i

 z  p  z  q  là một số thực.   x  a  x  c    y  b  y  d   0   x  a    x  c   y   x  a  d   x  c  b  b  d  x   ad  bc  với x  a  c  y 2 2x   a  c

Do đó ta có tập hợp các điểm M là một hyperbol vuông góc có tiệm cận là x 

ac bd ;y 2 2

Chọn C. Bài 46: Tìm trong mặt phẳng phức tập hợp các điểm M biểu diễn các số phức z sao cho: Số phức z có mô đun z  1. A. Hình tròn tâm O  0;0  , bán kính R  1 B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  1 ac bd ;y 2 2 D. Các đường thẳng y  2 x, trừ gốc tọa độ O  0;0 

C. Một hyperbol vuông góc có tiệm cận là x  Lời giải Xem số phức z có z  1.

Tập hợp các điểm M là hình tròn tâm O  0;0  , bán kính R  1 . Chọn A. Bài 47: Tìm trong mặt phẳng phức tập hợp các điểm M biểu diễn các số phức z sao cho: Số phức z có mô đun z  1; 2. A. Đường tròn tâm O  0;0  , bán kính R  1 B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  1 C. Hình vành khăn gồm giữ hai hình tròn  O;1 và  O; 2  D. Các đường thẳng y  2 x, trừ gốc tọa độ O  0;0  Lời giải Xem số phức z có z  1; 2. Tập hợp các điểm M là hình vành khăn gồm giữ hai hình tròn  O;1 và  O; 2  . Chọn C. Bài 48: Tìm trong mặt phẳng phức tập hợp các điểm M biểu diễn các số phức z thỏa điều kiện: z  4.

A. Đường tròn tâm O  0;0  , bán kính R  4 B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  4 ac bd ;y 2 2 D. Các đường thẳng y  2 x, trừ gốc tọa độ O  0;0 

C. Một hyperbol vuông góc có tiệm cận là x  Lời giải Ta có: OM  z  OM  4 ( PC WEB )

Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm O  0;0  , bán kính R  4 . Chọn A. Bài 49: Tìm trong mặt phẳng phức tập hợp các điểm M biểu diễn các số phức z thỏa điều kiện: z  2.

A. Hình tròn tâm O  0;0  , bán kính R  2 B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  1 ac bd ;y 2 2 D. Các đường thẳng y  2 x, trừ gốc tọa độ O  0;0 

C. Một hyperbol vuông góc có tiệm cận là x  Lời giải Ta có: z  2  OM  2.

Tập hợp các điểm M là hình tròn tâm O  0;0  , bán kính R  2 . Chọn A. Bài 50: Tìm trong mặt phẳng phức tập hợp các điểm M biểu diễn các số phức z thỏa điều kiện: 1  z  2.

A. Đường tròn tâm O  0;0  , bán kính R  1 B. Hình vành khăn gồm các điểm giữa hai hình tròn  O;1 và  O; 2  kể cả các điểm nằm trên đường tròn  O; 2  ; không kể các điểm nằm trên đường tròn  O;1 C. Hình vành khăn gồm các điểm giữa hai hình tròn  O;1 và  O; 2  kể cả các điểm nằm trên đường tròn  O; 2  ;  O;1 D. Các đường thẳng y  2 x, trừ gốc tọa độ O  0;0  Lời giải 1  z  2  1  OM  2

Tập hợp các điểm M là hình vành khăn gồm các điểm giữa hai hình tròn  O;1 và  O; 2  kể cả các điểm nằm trên đường tròn  O; 2  ; không kể các điểm nằm trên đường tròn  O;1 . Chọn B. Bài 51: Tìm trong mặt phẳng phức tập hợp các điểm M biểu diễn các số phức z thỏa điều kiện: z  2 và phần thực của z bằng 1.

   B. Chỉ có 1 điểm M 1; 3  C. Chỉ có 1 điểm M 1;  3 

A. Có 2 điểm: M : M 1 1; 3 , M 2 1;  3



D. Đường tròn   tâm O bán kính R  2 Lời giải Ta có: z  2  OM  2  M nằm trên đường tròn   tâm O bán kính R  2 . Phần thực của z  1  M nằm trên đường thẳng x  1. Có 2 điểm: M : M 1 1; 3 , M 2 1;  3 .



Chọn A.

( PC WEB )







Bài 52: Tìm tập hợp T  các điểm M biểu diễn các số phức z sao cho log 1 z  2  log 1 z . 2

A. Miền phẳng nằm bên phải đường thẳng x  1 B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  1 C. Hình vành khăn gồm các điểm giữa hai hình tròn  O;1 và  O; 2  kể cả các điểm nằm trên đường tròn  O; 2  ; không kể các điểm nằm trên đường tròn  O;1 D. Đường thẳng x  1 Lời giải Điều kiện: z  0, z  2 Cách 1: Đặt z  x  yi,  x, y  R  . log 1 z  2  log 1 z  z  2  z   x  2   y 2  x 2  y 2  x  1. 2

Do đó, tập hợp T  các điểm M biểu diễn các số phức z là miền phẳng nằm bên phải đường thẳng x 1. Cách 2: Ta có: log 1 z  2  log 1 z  z  2  z . 2

Gọi A là điểm biểu diễn số phức z1  2  A  2;0  Xét trường hợp z  2  z  MA  MO Khi đó M chạy trên đường trung trực  của đoạn OA, có phương trình x  1. Với trường hợp z  2  z  MA  MB  M nằm bên phải đường thẳng  . Do đó, tập hợp T  các điểm M biểu diễn các số phức z là miền phẳng nằm bên phải đường thẳng  , trung trực của đoạn thẳng OA là miền phẳng nằm bên phải đường thẳng x  1 . Chọn A. Bài 53: Điểm nào sau đây biểu diễn số phức

z2  2  i ? z

 1 1 B.   ;   2 2

A.  3; 1

C.  3; 1

D.  3; 3

Lời giải Đặt z  x  yi;  z  0; x, y  R  1  x  x  2   2 x  y  x  yi  2  2  2  i  x  2  yi  2 x  y   2 y  x  i    x  yi  y  2 y  x y  1  2

Chọn B. Bài 54: Tập hợp điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn điều kiện z  i  z  i là: A. y  0 B. y  2 C. y  x Lời giải Cách 1: Đặt z  x  yi;  z  0; x, y  R  z  i  z  i  x 2   y  1  x 2   y  1  y  0 2

Do đó tập hợp điểm cần tìm là trục Ox. Cách 2: Nhận xét: nếu M 1 , M 2 là điểm biểu diễn các số phức: ( PC WEB )

D. x  1

z1  x1  y1 , z2  x2  y2 thì M 1M 2  z1  z2 

 x1  x2    y1  y2 

Xét 2 điểm M 1  i  , M 2  i  . Theo giả thiết ta có: z  i  z  i  MM 1  MM 2 , M  z 

Vậy tập hợp các điểm M là đường trung trực của đoạn M 1M 2 với M 1  0; 1 , M 2  0;1 . Do đó tập hợp điểm cần tìm là trục Ox. Chọn A. Bài 55: Tập hợp điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn điều kiện z  2  2 là: A. x 2  y 2  2 B.  x  2   y 2  4 C. x  0 Lời giải Xét điểm I  2;0  , theo giả thiết ta có: z  2  2  MI  2, M  z  . 2

D. x  y  0

Vậy tập hợp điểm M cần tìm là đường tròn tâm I  2;0  , bán kính R  2. Phương trình đường tròn:  x  2   y 2  4. Chọn B. Bài 56: Tập hợp điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn điều kiện z  1  z  1  4 là: 2

B.  x  1   y  1  4 2

A. x 2  y 2  4 C.

x2 y 2  1 4 3

D. 3x 2  4 y 2  36  0

Lời giải Xét hai điểm: F1  1;0  , F2 1;0  , theo giả thiết ta có: z  1  z  1  4  MF1  MF2  4, M  z  .

Vậy tập hợp điểm cần tìm là elip có các tiêu điểm F1  1;0  , F2 1;0  , nửa trục lớn a  2, nửa trục nhỏ b 3 .

x2 y 2   1. Phương trình elip 4 3

Chọn C. Bài 57: Tập hợp điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn điều kiện z  2  z  2  3 là: 2 2 A. x 2  y 2  1 B.  x  2    y  2   9 C.

x2 y 2  1 3 2

x2 3   2



y2  7    2 

1

Lời giải Xét hai điểm F1  2;0  , F2  2;0  , theo giả thiết ta có: z  2  z  2  3  MF1  MF2  3, M  z  . 3 2

Vậy tập hợp các điểm cần tìm là hyperbol có các tiêu điểm F1  2;0  , F2  2;0  , nửa trục lớn a  , nửa trục nhỏ b 

( PC WEB )

3 . 2

Phương trình của hyperbol

x2 3   2



y2  7    2 

 1.

Chọn D. Bài 58: Tập hợp điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn điều kiện z z  2 z là số ảo là: A. 2 x  y  1  0,  y  0  B. 2 x  y  1  0,  x  0  C. x 2  y 2  2 x  0,  y  0  D. x 2  y 2  2 y  0,  x  0  Lời giải Đặt z  x  yi thì z  x  yi. Ta có: z z  2 z  x 2  y 2  2 x  2 yi  x2  y 2  2x  0

Vì z z  2 z là số ảo nên 

y  0 Vậy tập hợp điểm cần tìm là x 2  y 2  2 x  0,  y  0  .

Chọn C. Bài 59: Tập hợp điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn điều kiện 2i  2 z  2 z  1 là: A. 4 x  8 y  3  0 C. 8 x  4 y  1  0 Lời giải Đặt z  x  yi,  x, y  R   z  x  yi.

B. 4 x  8 y  3  0 D. 8 x  4 y  1  0

2i  2 z  2 z  1  i  z  z 

1 1 2   x 2   y  1   x    y 2  4 x  8 y  3  0. * 2 2 

Chọn B. Bài 60: Tập hợp điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn điều kiện z  z  1  i  2 là: 1 3 2 Lời giải Đặt z  x  yi,  x, y  R  .

A. y 

B. y  

1 2

C. y  

3 2

D. Trục Ox

z  z  1  i  2  1   2 y  1 i  2  1   2 y  1  4   2 y  1  3  y  2

1 3 . 2

Chọn A. Bài 61: Trong mặt phẳng cho 3 điểm A, B, C lần lượt biểu diễn các số phức i; 2  3i; 3  4i. Trọng tâm G của tam giác ABC biểu diễn số phức nào sau đây? 1 2 1 2 1 2 1 2 A.  i B.   i C.  i D.   i 3 3 3 3 3 3 3 3 Lời giải 1 2

Ta có: A  0;1 , B  2; 3 , C  3; 4  . Trọng tâm ABC là G  ;  .  3 3 1 3

2 3

Vậy trọng tâm G biểu diễn số phức z    i. Chọn B.

( PC WEB )

Bài 62: Cho 3 số phức: 1;3i; 3  5i biểu diễn bởi các điểm A, B, C . Điểm I thỏa mãn     2 IA  3IB  2 IC  0 biểu diễn số phức nào sau đây? A. 4  19i B. 4  19i C. 4  19i D. 4  6i Lời giải Ta có: A 1;0  , B  0;3 , C  3; 5             2 IA  3IB  2 IC  0  2 OA  OI  3 OB  OI  2 OC  OI  0      OI  2OA  3OB  2OC  I  4; 19 



 



Vậy điểm I biểu diễn số phức z  4  19i. Chọn C. Bài 63: Trong mặt phẳng phức, gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức 1  i; 4 









3  1 i;1  2 3  1 i. Tam giác ABC là:

A. Tam giác vuông tại A C. Tam giác cân tại A Lời giải Ta có: A 1;1 , B 4; 3  1 , C 1; 2 3  1 .



 

B. Tam giác vuông tại B D. Tam giác đều



 AB  BC  CA  2 3. Vậy tam giác ABC đều.

Chọn D. Bài 64: Trong mặt phẳng phức, gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức 4i 2  6i ; 1  i  i  2  ; . Tam giác ABC là: i 1 3i

A. Tam giác đều C. Tam giác cân tại A Lời giải

B. Tam giác vuông tại A D. Tam giác vuông tại B

4i 2  6i  2  2i; 1  i  i  2   3  i;  2i. 1  i 3i Suy ra A  2; 2  , B  3;1 , C  0; 2  . AB  BC  10; AC  20.

Ta có:

Vậy tam giác ABC vuông cân tại B. Chọn D. Bài 65: A, B, C , D là 4 điểm trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số phức 1  2i;1  3  i;1  3  i;1  2. Khi đó tứ giác ABCD là: A. Hình vuông B. Hình thoi C. Hình thang cân D. Hình bình hành Lời giải Vì 1  2i;1  2i và 1  3  i;1  3  i là các cặp số phức liên hợp nên hai điểm A, D và hai điểm B, C đối xứng nhau qua trục Ox. Hơn nữa 1  1  3 nên ABCD là hình thang cân. Chọn C. Bài 66: Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện sau: z  i  1.

( PC WEB )

A. Đường tròn tâm A  0;1 , bán kính R  1 B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  2 C. Đường thẳng y  1 D. Đường thẳng x  1 Lời giải Giả sử: z  x  yi, z  i  x   y  1 i

z  i  x 2   y  1  1  x 2   y  1  1 1 2

Như vậy tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z  x  yi thỏa mãn z  i  1 nằm trên đường tròn tâm A  0;1 , bán kính R  1 Chọn A.

x O

Bài 67: Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện sau:

z i  1. z i

A. Đường tròn tâm O  0;0  , bán kính R  1 B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  1 C. Trục hoành D. Đường thẳng x  0 Lời giải Đặt z  x  yi,  z  i, x, y  R  . z i 2 2  1  z  i  z  i  x 2   y  1  x 2   y  1  y  0. z i

Như vậy, tập hợp các điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn điều kiện đã cho là trục hoành. Chọn A. Bài 68: Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện sau: z  z  3  4i . A. Đường tròn tâm O  0;0  , bán kính R  1 B. Đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  1 C. Đường thẳng y  1 D. Đường thẳng 6 x  8 y  25  0 Lời giải Cách 1: Đặt z  x  yi,  x, y  R  . Ta có: z  z  3  4i  x  yi   x  3   4  y  i  x 2  y 2   x  3   4  y   6 x  8 y  25  0. 2

( PC WEB )

y 4

A(3;4)

3 M(x;y)

Cách 2: z  z  3  4i  x  yi   x  3   4  y  i Theo tính chất hai số phức liên hợp có mô đun bằng nhau, ta có:

z   x  3   4  y  i   x  3   4  y  i   x  yi    3  4i   z   3  4i 

z  0  z   3  4i 

 2



Ta có, vế trái  2  là độ dài véc tơ OM , vế phải  2  là độ dài véc tơ AM trong đó M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z , A  3; 4  là điểm biểu diễn số phức 3  4i. Hệ số  2  chứng tỏ tập hợp các số phức z  x  yi có các điểm biểu diễn nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng OA là 6 x  8 y  25  0. Chọn D. Bài 69: Trong mặt phẳng phức, cho 3 điểm A, B, C không thẳng hàng theo thứ tự biểu diễn các số phức z1 , z2 , z3 . Hỏi trong tâm tam giác ABC biểu diễn số phức nào? 1 3

1 3

B. z   x1  x2  x3    y1  y2  y3  i

1 4

1 2

D. z   y1  y2  y3    x1  x2  x3  i

A. z   x1  x2  x3    y1  y2  y3  i

1 3

C. z   x1  x2  x3    y1  y2  y3  i

1 4

1 3

Lời giải Giả sử: z1  x1  y1i, z2  x2  y2i, z3  x3  y3i biểu diễn bởi A, B, C thì tọa độ của các điểm đó là A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  , C  x3 ; y3  .

 x1  x2  x3 y1  y2  y3  ;  biểu diễn số phức 3 3  

Trọng tâm G tam giác ABC có tọa độ G  z

1 1  x1  x2  x3    y1  y2  y3  i. 3 3

Chọn A.

( PC WEB )

Bài 70: Xét 3 điểm A, B, C của mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn ba số phức phân biệt z1 , z2 , z3 thỏa mãn z1  z2  z3 . Nhận định nào sau đây đúng: A. Tam giác ABC đều B. O là tâm của tam giác ABC C. O là trọng tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D. Trọng tâm của ABC là điểm biểu diễn của số phức z1  z2  z3 Lời giải Từ điều kiện z1  z2  z3 chứng tỏ A, B, C nằm trên một đường tròn tâm O bán kính R  z1 . Nếu ABC là tam giác đều thì tâm O là trọng tâm của tam giác ABC. Theo tính chất trọng tâm ta có: y

A OO

C     OA  OB  OC  0 hay z1  z2  z3  0 Đảo lại, nếu z1  z2  z3  0 , ta có:         OA  OB  OC  0  OC   OA  OB  OD







Điểm D cũng nằm trên đường tròn ngoại tiếp ABC ( vì OC   OD , OADB là hình bình hành có OA  OB  BD  DA ). Các tam giác OAD và OBD là các tam giác đều. Suy ra sd  AB  1200. Làm tương tự ta chứng minh được sd  AC  1200. Suy ra ABC đều.

Chọn A. Bài 71: Trong mặt phẳng phức cho các điểm O (gốc tọa độ), A biểu diễn số 1, B biểu diễn số phức z không thực, A ' biểu diễn số phức z '  0 và B ' biểu diễn số phức zz '. Nhận định nào sau đây đúng? A. Tam giác OAB đều B. Hai tam giác OAB, OA ' B ' là hai tam giác đồng dạng C. O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AA ' B ' D. Trọng tâm của OAB là điểm biểu diễn của số phức z1  z2  z3

( PC WEB )

Lời giải     Ta có z  OB ,1  OA , z '  OA ' , zz '  z . z '  OB '

   Ta có: AB  OB  OA  z  1    A ' B '  OB '  OA '  zz ' z '  z ' . z  1

B B’

Từ trên ta suy ra z' z . z' z ' . z 1 OA ' OB ' A ' B '      1 z z 1 OA OB AB

 OA ' B '  OAB.

A’

Chọn B.

Bài 72: Một hình vuông tâm là gốc tọa độ O, các cạnh song song với các trục tọa độ và có độ dài bằng 4. Hãy xác định điều kiện của a và b để điểm biểu diễn số phức z  a  bi nằm trên đường chéo của hình vuông. A. a  b  2 B. a  b  2 C. a  b  2 D. a  b  2 Lời giải Vì điểm biểu diễn số phức z nằm trên đường chéo của hình vuông nên a  b 2  a  2; 2  b  2 và   a  b Vậy điều kiện là a  b  2

Chọn C. Bài 73: Cho z1  1  i; z2  1  i. Tìm z3  sao cho các điểm biểu diễn z1 , z2 , z3 tạo thành tam giác đều. A. z3   2 1  i  và z3  2 1  i  B . z3   3 1  i  và z3  3 1  i  C. z3  2 1  i  và z3   2 1  i  D. z3  3 1  i  và z3   3 1  i  Lời giải Để giải bài toán này ta cần chú ý đến kiến thức sau: Giả sử M 1  x1 ; y1  biểu diễn số phức z1  x1  y1i Giả sử M 2  x2 ; y2  biểu diễn số phức z2  x2  y2i Khi đó khoảng cách giữa 2 điểm M 1M 2 bằng mô đun của số phức z1  z2 . Vậy M 1M 2  z1  z2 

 x1  x2    y1  y2  2

Áp dụng vào bài toán: Giả sử z3  x  yi Để các điểm biểu diễn của z1 , z2 , z3 tạo thành một tam giác đều thì  4  4   x  12   y  12  x  12   y  12  8  z1  z2  z1  z3        4  4   x  12   y  12  z1  z2  z2  z3  x  y  0   2 y2  6  y   3  x   3

Vậy có hai số phức thỏa mãn là : z3  3 1  i  và z3   3 1  i  Chọn D.

( PC WEB )

Bài 74: Cho hình vuông ABCD có tâm H và A, B, C , D, H lần lượt biểu diễn cho các số phức a, b, c, d , h. Biết a  2  i; h  1  3i và số phức b có phần ảo âm. Khi đó mô đun của số phức b là: A. 26

B. 13

145 13

D. 10

Lời giải Ta có: A  2;1 ; H 1;3  C  4;5   AB  BC  AB.BC  0

Tam giác ABC vuông cân tại B nên :    43 6  ; .  13 13 

Giải hệ tìm được B 

Suy ra mô đun của số phức b là

145 . 13

Chọn C. Bài 75: Gieo một con súc sắc cân đối đồng chất 2 lần. Ký hiệu  a; b  là kết quả sẽ xảy ra sau khi gieo, trong đó a, b lần lượt là số chấm xuất hiện lần thứ nhất, thứ hai. Gọi A là biến cố số chấm xuất hiện trên hai lần gieo như nhau. Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố A là tập hợp con của tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn điều kiện nào sau đây? A. z  2  3i  12

B. z  2  3i  10

C. z  2  3i  13 Lời giải Ta có A  1;1 ,  2; 2  ,  3;3 ,  4; 4  ,  5;5  ,  6;6 

D. z  2  3i  11

 x  2    y  3 2

Gọi z  x  yi; x, y  R khi đó z  2  3i  Giả sử z  2  3i  R 

 x  2    y  3 2

R

  x  2    y  3  R 2 . Khi đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là những điểm thuộc miền 2

trong và trên đường tròn tâm I  2; 3 và bán kính R. Để tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố A là tập hợp con của tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thì IM  R, M  R. Khi đó ta được R  13 Chọn C.

( PC WEB )

CHƯƠNG 05. BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC KHÔNG GIAN …………………………………………………………………… Chủ đề 1. Thể tích khối đa diện      

Thể tích khối chóp Thể tích khối lăng trụ Thể tích khối hộp chữ nhật Thể tích khối lập phương Định lý tỉ số thể tích khối tứ diện hoặc khối chóp tam giác Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Chủ đề 2. Mặt cầu – khối cầu    

Định nghĩa mặt cầu Công thức tính diện tích mặt cầu, thể tích khối cầu Phương pháp tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Chủ đề 3. Mặt nón khối nón  Định nghĩa mặt nón  Hình nón và khối nón  Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Chủ đề 4. Mặt trụ - khối trụ    

Định nghĩa mặt trụ Hình trụ và khối trụ Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần của hình trụ và thể tích của khối trụ Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Chủ đề 5. Ứng dụng hình học không gian giải các bài toán thực tế  Bài tập áp dụng  Lời giải chi tiết

Đề ôn tập chương 5 Lời giải chi tiết

( PC WEB )

CHƯƠNG 05. BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHỦ ĐỀ 1. THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN Trước khi vào phần bài tập bạn đọc cần trang bị cho mình các kiến thức căn bản tối thiểu: 1. Thể tích khối chóp 1 3

Công thức tính: V  B.h với B diện tích đáy, h là chiều cao khối chóp.

2. Thể tích khối lăng trụ V  B.h với B diện tích đáy, h là chiều cao lăng trụ.

3. Thể tích khối hộp chữ nhật V  a.b.c với a, b, c là ba kích thước.

a b

( PC WEB )

4 . Thể tích khối lập phương V  a 3 với a là độ dài cạnh.

5 . Định lý tỉ số thể tích khối tứ diện hoặc khối chóp tam giác

S A'

B' C

Cho khối tứ diện SABC và A ', B ', C ' là các điểm tùy ý lần lượt thuộc SA, SB, SC ta có: VSABC SA SB SC  VSA ' B 'C ' SA ' SB ' SC '

Chúng ta sẽ cùng đi ngay vào các ví dụ minh họa để thấy rằng có những bài liên quan đến thể tích khối đa diện rất khó, đòi hỏi khả năng vận dụng cao.

( PC WEB )

BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của A ' B ' và BC. Mặt phẳng  DMN  chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. Gọi  H  là khối đa diện chứa đỉnh A,  H ' là khối đa diện còn lại. Tính tỉ số A.

V H  V H '



37 48

V H  V H '



55 89

V H  V H '

. 

2 3

V H  V H '



1 2

Lời giải

I K C'

D' A

N D

AN  ND  J , JM  BB '  K . Ta có: BK  2 B ' K ; I  A ' D '. 1 Ta có: A ' I  D ' D ' . Suy ra thiết diện là KMIDN 4 V H   VABA ' KMIDN  VD. ABKMA '  VD.BKN  VD.MA ' I

1  1 a a  1 1 a 2a 1 1 a a 55a 3  a.  a 2  . .   a. . .  .a. . .  3  2 3 2  3 2 2 3 3 2 2 4 144 V 55a 3 89a 3 55  V H '  a 3    H  . 144 144 VH ' 89

Chọn B. Bài 2: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh SD, CD, BC. Thể tích khối chóp S . ABPN là x, thể tích khối tứ diện CMNP là y. Giá trị x, y thỏa mãn bất đẳng thức nào dưới đây: A . x 2  2 xy  y 2  160 C. x 2  xy  y 4  145

B. x 2  2 xy  2 y 2  109 D.

x 2  xy  y 4  125

Lời giải + Gọi H là trung điểm AB. Do ABC đều và  SAB    ABCD   SH   ABCD  Xét ABC đều: SH 

3 AB 2 3 2

D K

( PC WEB )

N C

+ Ta có: S ABPN  S ABCD  S ADN  SCND AD.DN CN .CP 4.2 2.2   42    10 2 2 2 2 1 1 20 3 20 3  VS . ABPN  .S ABPN .SH  .10.2 3  x 3 3 3 3 + Gọi AN  HD   K  ta có MK là đường trung bình của DHS  AB 2 

 HK 

1 1 1 1 1 1 2.2 2 3 2 3 2 3 SH  VCMNP  .SCNP .MK  . .CN .CP. .SH  . .  y 2 3 3 2 2 3 2 2 3 3

Thay vào các đáp án. Chọn C. Bài 3: Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc 

với mặt phẳng  ABC  , SC  a, SCA   . Xác định góc  để thể tích khối chóp SABC lớn nhất. 1 3 1 C.   arcsin 5

2 7 1 D.   3arcsin 3

A .   arcsin

B.   arcsin

Lời giải

BC  AC  a.cos ; SA  a.sin 

1 1 1 VSABC  S ABC .SA  . AC.BC.SA  a 3 sin  .cos 2 3 6 6 1  a 3 sin  1  sin 2   6 Xét hàm số: f  x   x  x3 trên khoảng  0;1 .

1 . 3 Từ đó ta thấy trên khoảng  0;1 hàm số f  x  liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực đại, nên tại

Ta có: f '  x   1  3x 2 , f '  x   0  x   đó hàm số đạt GTLN hay:

2  1  1   max f  x   f   hay   arcsin , 0      x 0;1 2 3   3 3 3

Chọn A. Bài 4: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a, mặt bên SAB là tam giác đều, SC  SD  a 3. Tính thể tích khối chóp S . ABCD. A.V 

a3 2 2

B. V 

a3 2 3

C. V 

a3 2 6

Lời giải Gọi I là trung điểm AB;J là trung điểm của CD từ giả thiết ta có: a 2 a 11 a 3 2 2 2 và SJ  SC  JC  3a   IJ  a; SI  4 2 3

( PC WEB )

D. V 

a3 6

H N

A C

Áp dụng định lý cosin cho tam giác SIJ ta có: 3a 2 11a 2  2 IJ +IS  SJ 4 4  a  3 0 cos S IJ   2.IJ.IS 3 a 3 a2 3 2.a. 2 IJ tù. Từ giả thiết tam giác SAB đều và tam giác SCD là cân Suy ra, tam giác SIJ là tam giác có S đỉnh S . Gọi H là hình chiếu của S trên  ABCD  , ta có H thuộc IJ và I nằm giữa HJ tức là tam   900. giác vuông SHI có H

 

a2 





3   ke bu  sin SIH   6. SIJ va SIH 3 3   a 3. 6  a 2 Xét tam giác SHI ta có SH  SI .sin SIH 2 3 2 3 1 1 a 2 a 2 Vậy VS . ABCD  S ABCD .SH  a 2 .  . 3 3 2 6   cos S Góc I nhọn và cos I  cos SIH IJ 

Chọn C. Bài 5: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi  P  là mặt phẳng đi qua A và song song BC và vuông góc với  SBC  , góc giữa  P  với mặt phẳng đáy là 300. Thể tích khối chóp S . ABC là: A.

a3 3 24

a3 3 8

a3 8

3a 3 8

Lời giải S

Tổng quát: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi  P  là mặt phẳng đi qua A và song song BC và vuông góc với  SBC  ,

góc giữa  P  với mặt phẳng đáy là  a 3 cot  Thể tích khối chóp S . ABC là: VS . ABC  24 3 0 3 a cot 30 a 3 Áp dụng bài này: VS . ABC   24 24 2 a 3 + ABC đều  SABC  4

+ Gọi G là trọng tâm ( PC WEB )

H E

A x

G B

+ Gọi  P    SBC  =EF  EF//BC   P    SBC  =Ax với Ax / / EF / / BC + Gọi M là trung điểm BC , SM  EF  N . Ta có: AM  BC , SG  BC  BC   SAM   AN  BC  AN  Ax   300 Mà AM  BC , BC / / Ax  AM  Ax    P  ,  ABC    NAM

  NAM    (cùng phụ với SMA  ) Ta có: GSM

1 3

1 a 3 a . 3 3 2 2

  AM .cot 300  . Xét SGM vuông tại G có: SG  GM .cot GSM 1 a 2 3 a a3 3 . .  3 4 2 24

1 3

Vậy: VS . ABC  .SABC .SG  .

Chọn A. Bài 6: Cho hình chóp S . ABCD, đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D; AB  AD  2a, CD  a. Góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABCD  bằng 600. Gọi I là trung điểm của AD, biết hai mặt phẳng

 SBI  ,  SCI  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Tính thể tích khối chóp A.

3 15 3 a 5

3 17 3 a 5

3 19 3 a 5

Lời giải S

A I

Gọi H trung điểm của BC , I là hình chiếu của H lên BC , J là trung điểm AB. Ta có SI  mp  ABCD  , IC  ID 2  DC 2  a 2 IB  IA2  AB 2  a 5 và BC  IB  CJ 2  JB 2  a 5 1 1 1 1 S ABCD  AD  AB  CD   3a 2 ; S IAB  .IA. AB  a 2 và SCID  .DC.DI  a 2 2 2 2 2 2 3a  S IBC  S ABCD  S IAB  S DIC  . 2 2S 3 3 1 a. Mặt khác S IBC  IH .BC , nên IH  IBC  BC 2 5 9 3 a. 5 1 3 15 3  SI .S ABCD  a. 3 5

SI  IH .tan 600

Do đó VS . ABCD Chọn A. ( PC WEB )

S . ABCD.

3 23 3 a 5

Bài 7: Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bên bằng 1.; đáy ABCD là một hình chữ nhật có các cạnh BA  3, AD  7; các mặt bên  ABB ' A ' và  ADD ' A ' hợp với mặt đáy các góc theo thứ tự 450 ;600. Thể tích khối hộp là: A . 4 (đvdt) B . 3 (đvdt)

C. 2 (đvdt)

D. 6 (đvdt)

Lời giải C'

C 600

H A

450

Dựng A ' H   ABCD  và A ' I  AB, A ' J  AD  HI  AB, HJ  AD.

A ' IH  450 ;  A ' JH  600. Ta có  Đặt A ' H  h. A ' JH  600 nên là nửa tam giác đều có cạnh A ' J , đường cao A ' H , HJ là Tam giác HA ' J vuông có  h 2h 3 12h 2 9  12h 2   A ' J 2  AA '2  A ' J 2  1   2 9 9 3 2 2 9  12h 3  AJ  với 0  h  3 2 Tam giác HA ' I vuông cân tại H  IH  A ' H  h AIHJ là hình chữ nhật.

nửa cạnh  A ' J 

AJ  IH 

9  12h 2 3  h  9  12h 2  9h 2  h  3 21

Thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' : V  S ABCD . A ' H  3. 7.

3  3 (đvdt) 21

Chọn B. Bài 8: Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có tất cả các cạnh bên bằng a và các góc A ' AB, BDA, A ' AD đều bằng   00    900  . Tính thể tích V của khối hộp. a 2

B. V  2a 3 sin  cos 2  cos 2

a  cos 2 2

D.Đáp số khác.

A . V  a 3 sin 2 cos 2  cos 2 arcsin  C. V  2a 3 sin Lời giải

( PC WEB )

 2

cos 2

a 2

A' D

B' C

K O

Dựng A ' H  AC ; A ' K  AD  A ' BD cân tại A '  A ' O  BD  A ' O  BD  BD   A ' AC   BD  AH  AH   ABCD   HK  AD  AC  BD AH A ' AO   .HAA ' vuông tại H  cos = Đặt  AA '    ,KAH vuông tại K ABCD là hình thoi  AC là phân giác góc BAD  AK  AH AK AK  cos   cos .cos  .   cos 2 AH 2 AA ' AH AA '

Ta có 

cos

 cos 

cos



 A ' H  AA '.sin   a.sin   A ' H  a 1 

cos

Do đó ta có: VABCD. A ' B 'C ' D '  S ABCD . A ' H  a 2 .sin  .  2a 3 sin

 2

cos 2

cos 2

a cos



cos 2

 2

2 



a cos



cos 2

 2

 cos 2

a  cos 2 . 2

Chọn C. Bài 9: Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có độ dài cạnh bên bằng a; đáy là hình thoi, diện tích của hai mặt chéo là S1 và S2 ; góc giữa hai mặt phẳng chứa hai mặt chéo là  . Tính thể tích V của khối hộp đã cho. S S cos S S cos S S cos S S cos A.V  1 2 B. V  1 2 .V 1 2 D. V  1 2 a

Lời giải Gọi O và O ' theo thứ tự là tâm của hai mặt đáy ABCD, A ' B ' C ' D '. Hai mặt chéo  ACC ' A ' và  BDD ' B ' có giao tuyến là OO ', có diện tích theo thứ tự S1 , S2 .

( PC WEB )

B' H

G I

E D

Dựng mặt phẳng  P  vuông góc với OO ' tại I , cắt các cạnh bên AA ', BB ', CC ', DD ' theo thứ tự tại E , F , G, H (  P   các cạnh bên).

   là góc giữa hai mặt phẳng chéo  ACC ' A ' và  BDD ' B ' . Ta có: EG, HF  OO' tại I  EIH - EFGH là một thiết diện thẳng của hình hộp và là một hình bình hành. Do đó , ta có thể tích V của hình hộp là: 1 V  S EFGH . AA '  .EG.HF . AA '.sin  2 S a

Ta lại có: S1  S ACC ' A '  EG.AA'  EG= 1 ; S2  S BDD' B '  HF .BB '  HF  S S cos 1 S S  V  . 1 . 2 a.sin   1 2 . 2 a a 2a

S2 a

Chọn D.    ; đường chéo AC ' hợp với Bài 10: Cho khối hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB  a, AD  b, BAD đáy góc  . Tính thể tích khối hộp đứng đã cho là: A . V  4ab a 2  b 2  2ab.cos .cos .cos B. V  2ab a 2  b 2  2ab.cos .cos .cos C. V  3ab a 2  b 2  2ab.cos .sin  .tan D. V  ab a 2  b 2  2ab.cos .sin  .tan Lời giải V  ab a 2  b 2  2ab.cos .sin  .tan  Ta có: CC '   ABCD 

( PC WEB )

C a

'   là góc của AC ' và mặt đáy  ABCD  .  CAC ABC Xét ABC , ta có: AC 2  AB 2  BC 2  2 AB.BC.cos   a 2  b 2  2ab.cos 1800     a 2  b 2  2ab.cos .

 AC  a 2  b 2  2ab.cos

Do đó ta có: CC '  AC.tan   a 2  b 2  2ab.cos .tan  . Thể tích của hình hộp đứng: V  S ABCD .CC '  ab sin  . a 2  b 2  2ab.cos .tan  V  ab a 2  b 2  2ab.cos .sin  .tan

Chọn D.

CHỦ ĐỀ 2. MẶT CẦU – KHỐI CẦU 1. Định nghĩa mặt cầu 1) Định nghĩa: Tập hợp các điểm trong không gian cách điểm O cố định một khoảng cách R cho trước là mặt cầu tâm O và bán kính R. Kí hiệu S  O; R  . Như vậy, khối cầu S  O; R  là tập hợp các điểm M sao cho OM  R. 2) Công thức tính diện tích mặt cầu, thể tích khối cầu Gọi R là bán kính mặt cầu, ta có: - Diện tích mặt cầu: S  4 R 2 . -

4 3

Thể tích khối cầu: V   R 3 .

3) Phương pháp tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC Để tìm mặt cầu ngoại tiếp một hình chóp bất kì ta cần phải tìm được điểm I cách đều tất cả các đỉnh. Bước 1: Dựng trục của đáy: là đường thẳng đi qua tâm của đáy và vuông góc với đáy. Bước 2: Ta thường dựng trung trực của một cạnh bên nào đó cắt trục của đáy tại I, hoặc dựng trục của một mặt bên nào đó cắt trục của đáy tại I. Tâm mặt cầu chính là điểm I, ở bước 2 này phải tùy vào đề bài mà ta có cách xử lý cụ thể.

BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB  BC  a 3,

  SCB   900 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng A 2. Tính diện tích mặt cầu SAB

ngoại tiếp hình chóp S . ABC theo a. ( PC WEB )

A . S  2 a 2 Lời giải

C. S  16 a 2

B. S  8 a 2

D. S  12 a 2

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC)  BC  SC  HC  BC  SH  BC Tương tự , AH  AB Và ABC vuông cân tại B nên ABCH là hình vuông. Gọi O  AC  BH , O là tâm hình vuông. Dựng một đường thẳng d qua O vuông góc với  ABCH  , dựng mặt phẳng trung trực của SA qua

Ta có 

I C

H O

trung điểm J cắt d tại I , I là tâm mặt cầu ngoại tiếp. Ta hoàn toàn có IJ  SA  IJ / / AB  I là trung điểm SB, hay I  d  SC.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp: rS .SBC  AI  IJ 2  JA2 ; IJ  Do AH / /  SBC   d  A,  SBC    d  H ,  SBC    HK

AB a 3  2 2

( K là hình chiếu của H lên SC và BC   SHC   HK   SBC  )

 HK  a 2 tam giác SHC vuông tại H  SH  a 6 Tam giác SHA vuông tại H  SA  3a SA 3a JA    rS . ABC  AI  a 3  S mc  4 r 2  12 a 2 . 2 2 Chọn D. Bài 2: Cho mặt cầu  S  tâm O, bán kính R và mặt phẳng  P  có khoảng cách đến O bằng R. Một

điểm M tùy ý thuộc (S). Đường thẳng OM cắt  P  tại N. Hình chiếu của O trên  P  là I. Mệnh đề nào sau đây là đúng? A . NI tiếp xúc với  S  B. ON  R 2  IN  R C. Cả A và B đều sai. D. Cả A và B đều đúng. Lời giải Vì I là hình chiếu của O lên  P  nên d O,  P    OI mà d O,  P    R nên I là tiếp điểm của  P  và  S  .

Đường thẳng OM cắt  P  tại N nên IN Vuông góc với OI tại I. Suy ra IN tiếp xúc với  S  .

(P)

Chọn A. Bài 3: Diện tích hình tròn lớn của một hình cầu p. Một mặt phẳng   cắt hình cầu theo một hình tròn có diện tích là A. ( PC WEB )



p . Khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng   bằng: 2 1 2p



p 2

Lời giải Hình tròn lớn của hình cầu S là hình tròn tạo bởi mặt phẳng cắt hình cầu và đi qua tâm của hình cầu. Gọi R là bán kính hình cầu thì hình tròn lớn cũng có bán kính R. Theo giả thiết , ta có,  R 2  p  R  Suy ra d  R 2  r 2 



và  r 2 

p p r 2 2

p . 2

Chọn D. Bài 4: Cho mặt cầu S  O; R  , A là một điểm ở trên mặt cầu  S  và  P  là mặt phẳng đi qua A sao cho góc giữa OA và (P) bằng 600. Diện tích của đường tròn giao tuyến bằng:  R2  R2 A .  R2 B. C. 2

 R2 8

Lời giải

600

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng (P) thì:  H là tâm của đường tròn giao tuyến (P) và (S). OA,  P     OA, AH   60 . 



Bán kính của đường tròn giao tuyến : r  HA  OA.cos600 

R . 2

2  R R Suy ra diện tích đường tròn giao tuyến :  r      . 4 2 2

Chọn C. Bài 5: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh bên bằng cạnh đáy bằng a. Khi đó mặt cầu nội tiếp hình chóp S . ABCD có bán kính bằng: A.



a 1 3

Lời giải

( PC WEB )





6 2 4





6 2 4







3 1 2

I D M

O B

Gọi H là tâm của hình vuông ABCD. Ta có SH là trục đường tròn ngoại tiếp đáy. Gọi M là trung   I  SH  . Suy ra I là tâm của mặt cầu điểm của CD và I là chân đường phân giác trong của góc SMH nội tiếp hình chóp, bán kính IH  r. Ta có: SH  SA2  AH 2 

a 2 a 3 a ; SM  ; MH  . 2 2 2

Dựa vào tính chất của đường phân giác ta có: a IS MS SH MS  MH SH .MH a     IH    IH MH IH MH MS  MH 2 6



6 2



Chọn B. Bài 6: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và BA  BC  a. Cạnh bên SA  2a và vuông góc mặt phẳng đáy. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là: A.

a 2 2

B. 3a

a 6 2

D. a 6

Lời giải Gọi M là trung điểm AC, suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi I là trung điểm 2SC, suy ra IM / / SA nên IM   ABC  . Do đó IM là trục của ABC , suy ra IA  IB  IC 1 Hơn nữa , tam giác SAC vuông tại A có I là trung điểm SC nên IS  IC  IA  2  Từ 1 và  2  ta có IS  IA  IB  IC hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . Vậy bán kính R  IS=

SC SA2  AC 2 a 6   . 2 2 2

Chọn C. Bài 7: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA  a 6 và vuông góc với đáy  ABCD  . Tính theo a diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD ta được: A . a2 2 ( PC WEB )

B. 8 a 2

C. 2a 2

D. 2 a 2

Lời giải

I D

A O B

Gọi O  AC  BD, suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD. Gọi I là trung điểm SC, suy ra IO / / SA  IO   ABCD  . Do đó IO là trục của hình vuông ABCD, suy ra: IA  IB  IC  ID 1 Tam giác SAC vuông tại A có I là trung điểm cạnh huyền SC nên IS  IC  IA  2  Từ 1 và  2  , ta có: R  IA  IB  IC  ID  IS=

SC a 2 2

Vậy diện tích mặt cầu S  4 R 2  8 a 2 (đvdt). Chọn B. Bài 8: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AB  a. Cạnh bên SA  a 2 , hình chiếu của điểm S lên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm của cạnh huyền AC. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABC là: A.

a 2 2

a 6 3

a 6 2

a 2 3

Lời giải Gọi M trung điểm AC, suy ra SM   ABC   SM  AC Tam giác SAC có SM là đường cao và cũng là trung tuyến nên tam giác SAC cân tại S. Ta có AC  AB 2  BC 2  a 2, suy ra tam giác SAC đều. Gọi G trọng tâm tam giác SAC, suy ra GS  GA  GC 1 Tam giác ABC vuông tại B, có M là trung điểm cạnh huyền AC nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. S

( PC WEB )

Lại có SM   ABC  nên SM là trục của tam giác ABC. Mà G thuộc SM nên suy ra GA  GB  GC

 2

Từ 1 ,  2  , suy ra GS  GA  GB  GC hay G là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABC. 2 3

Bán kính mặt cầu R  GS  SM 

a 6 . 3

Chọn B.

Bài 9: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng chiều cao của khối chóp và R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp. Tỉ số A.

7 12

7 24

7 6

a 21 . Gọi h là 6

R bằng: h 1 D. 2

Lời giải Gọi O là tâm ABC , suy ra SO   ABC  và AO 

a 3 . 3

a 2

Trong SOA, ta có h  SO  SA2  AO 2  . S

I A

C O B

Trong mặt phẳng  SOA  , kẻ trung trực d của đoạn SA cắt SO tại I, suy ra:  I  d nên IS  IA  I  SO nên IA  IB  IC. Do đó IA  IB  IC  IS nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABC. Gọi M là trung điểm SA, ta có SOA đồng dạng SMI nên R  SI  Vậy

SM .SA SA2 7 a   SO 2 SO 12

R 7  . h 6

Chọn C. Bài 10: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với mặt đáy một góc 600. Thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD là:

( PC WEB )

4 a 3 3

2 a 3 6 9

8 a 3 6 9

8 a 3 6 27

Lời giải S d

D O

Gọi O  AC  BD  SO   ABCD  .    . Trong SOB, ta có SO  OB.tan SBO  ,  ABCD   SB , OB  SBO Ta có: 600  SB

a 6 . 2

Ta có SO là trục của hình vuông ABCD. Trong mặt phẳng  SOB  , kẻ đường trung trực d của đoạn SB.  I  SO  IA  IB  IC  ID   IA  IB  IC  ID  IS=R I  d IS=IB

Gọi I  SO  d  

 SB  SD

 SBD đều. Xét SBD có    SBO   600  SBD Do đó, d cũng là đường trung tuyến của SBD . Suy ra I là trọng tâm SBD. 2 3

Bán kính mặt cầu R  SI  SO 

a 6 . 2

4 8 a 3 6 3 Suy ra V   R  . 3 27

Chọn D. Bài 11: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân , đáy lớn AD  2a, AB  BC  CD  a. Cạnh bên SA  2a, và vuông góc với đáy. Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD . Tỉ số A. a 2

R nhận giá trị nào sau đây? a B. a

C. 1

Lời giải   900. Ta có SA  AD hay SAD Gọi E là trung điểm AD. Ta có EA  AB  BC. Nên ABCE là

1 hình thoi. Suy ra CE  EA  AD. 2 Do đó tam giác ACD vuông tại C.

Ta có: ( PC WEB )

E A B

 DC  AC  DC   SAC   DC  SC   DC  SA   900. hay SCD   900. Tương tự, ta cũng có SB  BD hay SAD   SCD   SBD   900 nên khối chóp S . ABCD nhận trung điểm I của SD làm tâm mặt cầu Ta có SAD

ngoại tiếp, bán kính R  Suy ra

SA2  AD 2  a 2. 2

SD  2

R  2. a

Chọn D. Bài 12: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  2a, AD  a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và góc giữa SC với đáy bằng 450. Gọi N là trung điểm SA, h là chiều cao của khối chóp S . ABCD và R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp N . ABC. Biểu thức liên hệ giữa R và h là: A . 4 R  5h

B. 5R  4h

C. R 

4 5 5

D. R 

5 5 h 4

Lời giải S

J A

D O

. Ta có 450   SC ,  ABCD     SC , AC   SCA

Trong SAC , ta có h  SA  a 5  BC  AB  BC   SAB   BN  BC.  BC  SA Lại có NA  AC. Do đó, hai điểm A, B cùng nhìn đoạn NC dưới một góc vuông nên hình chóp N . ABC nội tiếp mặt cầu tâm J là trung điểm NC, bán kính:

Ta có 

NC 1 5a  SA  R  IN   AC 2     . 2 2 4  2 

Chọn A. Bài 13: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Đường thẳng SA  a 2 vuông góc với đáy  ABCD  . Gọi M trung điểm SC, mặt phẳng   đi qua hai điểm A và M đồng thời song song với BD cắt SB, SD lần lượt tại E, F. Bán kính mặt cầu đi qua năm điểm S, A, E, M, F nhận giá trị nào sau đây? ( PC WEB )

A. a 2

B. a

a 2 2

a 2

Lời giải Mặt phẳng   song song với BD cắt SB, SD lần lượt tại E, F nên EF / / BD.SAC cân tại A, trung tuyến AM nên AM  SC 1 S

E A

D O

 BD  AC  BD   SAC   BD  SC. Do đó EF  SC  BD  SA

 2

Ta có 

Từ 1 ,  2  suy ra SC     SC  AE * .

 BC  AB  BC   SAB   BC  AE  BC  SA

Lại có: 

**

Từ * , ** suy ra AE   SBC   AE  SB.

  SMA   SFA   900 nên 5 điểm S , A, E , M , F cùng thuộc Tương tự ta cũng có AF  SD. Do đó SEA

mặt cầu tâm I là trung điểm của SA, bán kính R 

SA a 2  . 2 2

Chọn C. Bài 14: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Đường thẳng SA vuông góc đáy  ABCD  . Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng SB. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện HBCD có giá trị nào sau đây? A. a 2

B. a

a 2 2

Lời giải Gọi O  AC  BD. Vì ABCD là hình vuông nên OB  OD  OC 1 Ta có CB  BA  CB   SBA   CB  AH .  CB  SA

Lại có AH  SB. Suy ra AH   SBC   AH  HC nên tam giác AHC vuông tại H và có O là trung điểm cạnh huyền AC nên suy ra OH  OC

( PC WEB )

 2

a 2

H A

O B

Từ 1 ,  2   R  OH  OB  OC  OD 

a 2 . 2

Chọn C. Bài 15: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và BC  a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy  ABC  . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh SB và SC. Thể tích của khối cầu tạo bởi mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.HKCB là:  a3  a3 2 a 3 3 A. B. 2 a C. D. 6

Lời giải Theo giả thiết, ta có  ABC  900 ,  AKC  900 1  AH  SB  AH  HC  2   BC  AH  BC   SAB  

Do 

Từ 1 ,  2  suy r aba điểm B, H , K cùng nhìn xuống AC dưới một góc 900 nên hình chóp A.HKCB nội tiếp mặt cầu tâm I là trung điểm AC, bán kính R 

AC AB 2 a 2   . 2 2 2

K H A

4 3

Vậy thể tích khối cầu V   R 3 

2 a 3 3

(đvdt).

Chọn A. Bài 16: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, BD  a. Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng đáy  ABCD  là trung điểm OD. Đường thẳng SD tạo với mặt đáy 1 góc bằng 600. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD nhận giá trị nào sau đây? ( PC WEB )

a 4

a 3

a 2

D. a

Lời giải

. Ta có 600   SD,  ABCD     SD, HD   SDH

Trong tam giác vuông SDH, có SH 

BD   a 3 , và SD  HD  a tan SDH  2 4 4 cos SDH

A D

B C

Trong tam giác vuông SHB, có SB  SH 2  HB 2 

a 3 . 2

Xét tam giác SBD, ta có SB 2  SD 2  a 2  BD 2 . Suy ra tam giác SBD vuông tại S. Vậy các đỉnh S , A, C cùng nhìn xuống BD dưới 1 góc vuông nên 1 2

a 2

tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là O bán kính R  BD  . Chọn C. Bài 17: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của cạnh BC. Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng

 ABC  bằng 600. Gọi G là trọng tâm tam giác SAC , R là bán kính mặt cầu có tâm G và tiếp xúc với mặt phẳng  SAB  . Đẳng thức nào sau đây sai? A . R  d G,  SAB  

B. 3 13R  2SH

R2 S ABC



4 3 39

Lời giải

. Ta có 600   SA,  ABC     SA, HA   SAH

Tam giác ABC đều cạnh a nên AH 

a 3 . 2

Trong tam giác vuông SHA, ta có   3a . SH  AH .tan SAH 2

Vì mặt cầu có tâm G và tiếp xúc với  SAB  nên bán kính mặt cầu R  d G,  SAB  

( PC WEB )

R  3 a

I G C

H E M A

Ta có d G,  SAB    d C ,  SAB    d  H ,  SAB   . Gọi M, E lần lượt là trung điểm AB, MB. 3 3 CM  AB  HE  AB   Suy ra  a 3 và  1 a 3 CM   HE  CM   2  2 4

Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên SE, suy ra HK  SE 1  HE  AB  AB   SHE   AB  HK  2   AB  SH

Ta có 

Từ 1 ,  2   HK   SAB  , d  H ,  SAB    HK . Trong tam giác vuông SHE, ta có HK 

SH .HE SH 2  HE 2



2 a 3a . . Vậy R  HK  3 13 2 13

Chọn D. Bài 18: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Mặt bên  SAB  là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là?  a3  a3 2 a 3 11 11 a 3 A. B. C. D. 3

162

Lời giải Gọi O  AC  BD. Suy ra OA  OB  OC  OD 1 Gọi M trung điểm AB, do tam giác SAB vuông tại S nên MS  MA  MB. Gọi H là hình chiếu của S trên AB. Từ giả thiết suy ra: SH   ABCD  . OM  AB  OM   SAB  OM  SH Nên OM là trục của tam giác SAB, suy ra OA  OB  OS  2  .

Ta có: 

( PC WEB )

D O

Từ 1 ,  2  ta có OS  OA  OC  OD. Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD, bán kính R  OA 

a 2 2

4 2 a 3 (đvdt).  V   R3  3 3

Chọn A. Bài 19: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là một tam giác đều cạnh a. Cạnh bên SA  a 3 và vuông góc với đáy (ABC). Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABC là: A.

a 2

a 13 2

a 39 6

a 15 4

Lời giải Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, suy ra G là tâm đường tròn ngoại tiếp tamm giác ABC. Từ G dựng tia Gx   ABC  (như hình vẽ). Suy ra Gx là trục của tam giác ABC. TRong mặt phẳng

 SA, Gx  , kẻ trung trực

d của đoạn thẳng SA.

x O A

C G B

O  Gx OA  OB  OC   OA  OB  OC  OS  R O  d OA  OS Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABC. 1 a 3 2 2 a 3 a 3 Ta có OG  PA  SA  ; AG  AM  .  2 2 3 3 2 3 a 39 Trong tam giác vuông OGA, ta có R  OA  OG 2  AG 2  . 6

Gọi O  Gx  d  

Chọn C. Bài 20: Cho tứ diện S . ABC có các cạnh AS , AB, AC đôi một vuông góc và AS  a, AB  2a, AC  3a. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S . ABC là: A. a 3

3a 2

a 6 2

Lời giải Gọi M là trung điểm BC, suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. Kẻ Mx   ABC  (như hình vẽ).

( PC WEB )

a 14 2

I A

C M B

Suy ra Mx là trục của ABC. Trong mặt phẳng  SA, Mx  kẻ trung trực d của đoạn thẳng SA cắt Mx tại I. Khi đó I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. Bán kính mặt cầu: R  IA  IM 2  AM 2 

a 14 . 2

Chọn D. Bài 21: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  AC  a. Cạnh bên SA vuông với đáy  ABC  . Gọi I là trung điểm của BC, SI tạo với đáy  ABC  một góc 600. Gọi S, V lần lượt là diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC . Tỉ số A . a 14

a 14 2

3a 14 4

V bằng? S a 2 D. 6

Lời giải S

. Ta có: 600   SI ,  ABC     SI , AI   SIA Tam giác ABC vuông cân tại A,

1 2

suy ra AI  BC 

a 2 . 2

 Trong SIA, ta có: SA  AI .tan SIA

a 6 . 2

C I

Kẻ Ix   ABC  (như hình vẽ). B Suy ra Ix là trục của ABC. Trong mặt phẳng  SA, Ix  , kẻ trung trực d của đoạn thẳng SA cắt Ix tại J. Khi đó, J chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Bán kính: R  JA  JI 2  AI 2 

a 4 V R a 14 nên   . 4 S 3 12

Chọn B.   1200. Cạnh bên Bài 22: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAD SA  a 3 và vuông góc với đáy  ABCD  . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ACD nhận giá trị: A.

( PC WEB )

a 13 2 3

2a 3

a 13 4

a 13 3 3

Lời giải S x

M d A

D G

O B

Gọi G là trọng tâm tam giác đều ACD. Kẻ Gx   ACD  , suy ra Gx là trục của ACD . Trong mặt phẳng  SA, Gx  , kẻ trung trực d của đoạn SA cắt Gx tại I. Khi đó I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp. SA a 3 2 a 3  ;GA  AE  2 2 3 3 a 39 Suy ra bán kính: R  IA  IG 2  GA2  . 6

Ta có IG  MA 

Chọn A. Bài 23: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C và BC  a. Mặt phẳng  SAB    1200. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là: vuông góc với đáy, SA  SB  a, ASB

a 4

a 2

C. a

D. 2a

Lời giải S

M A

I C

Gọi M trung điểm AB, suy ra SM  AB và SM   ABC  . Do đó, SM là trục của tam giác ABC. Trong mặt phẳng  SBM  , kẻ đường trung trực d của đoạn SB cắt SM tại I. Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC , bán kính R  SI .  a 3. Ta có: AB  SA2  SB 2  2SA.SB.cosASB

  a.cos600  Trong tam giác vuông SMB ta có SM  SB.cos MSB

( PC WEB )

a 2

Ta có SPI  SMB. Suy ra

SM SP SB.SP   R  SI   a. SB SI SM

Chọn C. Bài 24: Cho hình cầu  S  tâm O, bán kính R. Hình cầu  S  ngoại tiếp một hình trụ tròn xoay T  có đường cao bằng đường kính đáy và hình cầu  S  lại nội tiếp trong một nón tròn xoay  N  có góc ở đỉnh bằng 600. Tính tỉ số thể tích của hình trụ  N  và hình nón T  . A.

VT 2  VN 6

VT 2  VN 3

VT 6 2  VN 2

D. Chọn khác

Lời giải S

Bài quy về hình nón tâm O ngoại tiếp hình vuông ABCD và nội tiếp tam giác đều SEF mà EF / / AB. Vì OAB là tam giác vuông cân nên: OA  BC  R 2. 2  R3 2  AB  Suy ra VT     BC   2 

D O

Ta thấy, tâm O cũng hình tròn cũng chính là tâm của hình vuông ABCD đồng thời cũng là trọng tâm của tam giác đều SEF. Như vậy, đường cao của tam giác SEF là SH  3OH  3R.   300 ). Trong tam giác EOH (vuông tại H, EOH Ta có: EH  OH . 3  R 3 1 3

1 3

Thể tích của hình nón: VH   EH 2 .SH   .3R 2 .3R  3 R 3  R3 2

Vậy

VT 2 2   . 3 VN 3 R 6

Chọn A. ACB Bài 25: Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC  a 3, góc  0 0 bằng 30 . Góc giữa đường thẳng AB ' và mặt phẳng  ABC  bằng 60 . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' ABC bằng: A.

3a 4

a 21 4

a 21 2

a 21 8

Lời giải A'

 Ta có 60   AB ',  ABC     AB ', AB   B ' AB.

Trong tam giác ABC, ta có AB  AC.sin  ACB   Trong B ' BA, ta có BB '  AB.tan B ' AB 

Gọi N là trung điểm AC,

3a . 2

a 3 . 2

( PC WEB )

suy ra N là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. Gọi I là trung điểm A ' C , suy ra IN / / A ' A  IN   ABC  . Do đó IN là trục của ABC , suy ra IA  IB  IC 1 Hơn nữa, tam giác A ' AC vuông tại A có I là trung điểm A'C nên IA '  IB '  IC '  2  Từ 1 ,  2  , ta có IA '  IA  IB  IC hay I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A '. ABC với bán kính R  IA ' 

A 'C AA'2  AC 2 a 21   . 2 2 4

Chọn B. Bài 26: Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Mặt phẳng  AB ' C ' tạo với mặt đáy góc 600 và điểm G là trọng tâm tam giác ABC. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp G. A ' B ' C ' bằng: A.

85a 108

3a 2

3a 4

31a 36

Lời giải \

'. Gọi M là trung điểm B ' C ', ta có: 600   AM , A ' M   AMA  AB ' C ' ,  A ' B ' C '   

'  3a . AA'=A'M.tanAMA 2 Gọi G’là trọng tam tam giác đều A ' B ' C ', suy ra G ' cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp A ' B ' C ' vì lăng trụ đứng nên GG '   A ' B ' C ' .

Trong AA'M, có A ' M 

a 3 ; 2

Do đó GG ' là trục của tam giác A ' B ' C '. Trong mặt phẳng  GC ' G ' , kẻ trung trực d của đoạn thẳng GC ' cắt GG ' tại I. Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp GA ' B ' C ' , bán kính R  GI . GP GG '  GG ' GC ' GP.GC ' GC '2 GG '2  G ' C '2 31a  R  GI     . GG ' 2GG ' 2GG ' 36

( PC WEB )

B' I A'

C' G'

Ta có GPI  GG ' C ' 

Chọn D.

CHƯƠNG 05. (tiếp theo) BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHỦ ĐỀ 3. MẶT NÓN – KHỐI NÓN 1. Định nghĩa mặt nón Cho đường thẳng  . Xét 1 đường thẳng l cắt  tại O và không vuông góc với  . Mặt tròn xoay sinh bởi đường thẳng l như thế khi quay quanh  gọi là mặt nón tròn xoay hay đơn giản là mặt nón -  gọi là trục của mặt nón - l gọi là đường sinh của mặt nón - O gọi là đỉnh mặt nón - Nếu gọi  là góc giữa l và  thì 2 gọi là góc ở đỉnh của mặt nón  00  2  1800 

2. Hình nón và khối nón Cho mặt nón N với trục  , đỉnh O và góc ở đỉnh 2 . Gọi  P  là mặt phẳng vuông góc với  tại I khác O. Mặt phẳng  P  cắt mặt nón theo đường tròn  C  có tâm I. Gọi  P ' là mặt phẳng vuông góc với  tại O. Khi đó: - Phần của mặt nón N giới hạn bởi 2 mặt phẳng  P  và  P ' cùng với hình tròn xác định bởi

 C  gọi là hình nón. - Hình nón cùng với phần bên trong của nó gọi là khối nón. 3. Diện tích hình nón và thể tích khối nón - Diện tích xung quanh của hình nón: S xq   Rl với R là bán kính đáy, l là độ dài đường sinh. 1 3

- Thể tích khối nón: V   R 2 .h với R là bán kính đáy, h là chiều cao. Lý thuyết ngắn gọn là thế, tuy nhiên sẽ có rất nhiều bài tập vận dụng cao đòi hỏi khả năng tư duy cao.

BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Một hình thang cân ABCD có đáy nhỏ AB  1, đáy lớn CD  3, cạnh bên Cho hình thang đó quay quanh AB thì được vật tròn xoay có thể tích bằng: 7 3

4 3

5 3

B. V  

A.V  

C. V  

Lời giải D

( PC WEB )

2, BC  DA  2.

D. V  3

Kẻ AH , BK cùng vuông góc với CD. Gọi M , N lần lượt là điểm đối xứng của H qua AD và của K qua BC thì tam giác MAD và tam giác NBC là 2 tam giác vuông cân bằng nhau có MA  AB  BN  AH  1. 1 MA NB  7 1   2 7 V   . AH 2 .MN    . AH 2 .MA   . AH 2 .NB    AH 2  MN      . AH . . AB   3 3 3  3 3 3  

Chọn A.     00    900  , AD  a và  ADB  900. Quay ABCD Bài 2: Cho hình bình hành ABCD có BAD quanh AB, ta được vật tròn xoay có thể tích là: A . V   a 3 sin 2  B. V   a 3 sin 2  .cos sin 2  cos 2 C. V   a 3 D. V   a 3 cos sin  Lời giải Kẻ DH  AB, CN  AB. Các tam giác vuông HAD và NBC bằng nhau. DH  CN  a.sin  AH  BN  a.cos   HN  AB 

a α A

a cos 

Khi quay quanh AB, các tam giác vuông AHD và NBC tạo thành hai hình nón tròn xoay bằng nhau nên: 2 1 1 a   2 2 2 2 2 2 3 sin  V   .DH . AH    .DH .HN   .CN .BN    .DH . AB   .a .sin  . a 3 3 sin  cos  

Chọn C. Bài 3: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D '. Gọi O’, O là tâm của hai hình vuông ABCD và A ' B ' C ' D ' và O ' O  a. Gọi V1 là thể tích của hình trụ tròn xoay đáy là hai đường tròn ngoại tiếp các hình vuông ABCD, A ' B ' C ' D ' và V2 là thể tích hình nón tròn xoay đỉnh O’ và đáy là đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD. Tỉ số thể tích A. 2 Lời giải

B. 3

Gọi M trung điểm của AB thì tam giác OAM vuông cân tại M. R1  OA 

C. 4

1 :   6 4

D.6

2 1 ; R2  OM  2 2

 2 V1  R .h   3   V2 1  R 2 .h 2   2 3 2 1

V1 là: V2

R1 D

Chọn D. Bài 4: Cho ABC vuông cân tại C, nội tiếp trong đường tròn tâm O, đường kính AB.Xét điểm S nằm ngoài mặt phẳng  ABC  sao cho SA, SB, SC tạo với  ABC  góc 450. Hãy chọn phát biểu đúng: A. Hình nón đỉnh S, đáy là đường tròn ngoại tiếp ABC là hình nón tròn xoay. B. Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác vuông cân ( PC WEB )

C. Khoảng cách từ O đến 2 thiết diện qua đỉnh  SAC  và  SBC  bằng nhau D. Cả 3 bài trên đều đúng Lời giải Kẻ SO '   ABC  . Ta có : SO ' A  SO ' B  SO ' C  SA  SB  SC ; O ' A  O ' B  O ' C Vậy, O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC nên O '  O : A đúng.   SBA   450 nên là tam giác vuông cân tại S:B đúng. SAB có SAB 1 2

1 2

Vì ABC vuông cân tại C nên kẻ OM  CA và ON  CB thì: OM  CB  CA  ON . Chọn D. Bài 5: Cho tứ diện OABC có OAB là tam giác vuông cân . OA  OB  a, OC 

a và OC   OAB  . 2

Xét hình nón tròn xoay đỉnh C, đáy là đường tròn tâm O, bán kính A. Hãy chọn phát biểu sai: A. Đường kính hình nón bằng

a 6 2

B. Khoảng cách từ O đến thiết diện  ABC  bằng C. Thiết diện  ABC  là tam giác đều

a 2

D. Thiết diện (ABC) hợp với đáy góc 450 Lời giải Tam giác OAB vuông cân tại O nên AB  a 2 OAC : AC 2  OA2  OC 2  a 2 

a 2 3a 2 a 6  ; AC  2 2 2

Vì AB  AC : sai Chọn C. Bài 6: Hình nón tròn xoay nội tiếp trong tứ diện đều cạnh bằng a có diện tích xung quanh bằng:    2 2 A . S xq  a 2 B. S xq  a 2 2 C. S xq  a 2 3 D. S xq  a 4

Lời giải Gọi S . ABC là tứ diện đều cạnh A. Gọi H là trung điểm cạnh BC. Kẻ SO   ABC  thì SH 

a 3 2

là đường sinh của hình nón. Ba điểm A, O, H thẳng hàng. 1 1 a 3 a 3 AH  .  3 3 2 6 a 3 a 3  a2 S xq   .OH .SH   . .  . 6 2 4 HO 

C A

Chọn A. Bài 7: Hình nón tròn xoay ngoại tiếp tứ diện đều cạnh bằng a có diện tích xung quanh bằng:  a2  a2 2  a2 3  a2 3 A . S xq  B. S xq  C. S xq  D. S xq  3

( PC WEB )

Lời giải. S

Kẻ SO   ABC  , SH  BC  OH  BC 2 2 a 3 a 3 AH  .  3 3 2 3 a 3 S xq   .OA.SA   . .a 3

Ta có: OA 

S xq 

a

C H

Chọn C. Bài 8: Cho hình nón tròn xoay đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, bán kính R  5. Một thiết diện qua đỉnh S tạo thành tam giác SAB sao cho tam giác SAB đều, cạnh bằng 8. Khoảng cách từ O đến thiết diện  SAB  là: A. d

4 13 3

B. d 

3 13 4

C. d  3

13 3

D. d 

Lời giải

SO   OAB  , kẻ SH  AB  OH  AB AB   SOH    SAB    SOH 

Kẻ OI  SH thì OI   SAB  nên d  OI SOA : OS2  64  25  39 ; OHA : OH 2  25  16  9 1 1 1 1 1 16 3  2       OI  3. 2 2 OI OH OS 9 39 117 4

Chọn B. Bài 9: Hình nón tròn xoay có trục SO  R 3 với R là bán kính đáy, thiết diện qua trục của hình nón tạo thành tam giác SAB là tam giác đều. Gọi I là trung điểm của SO và E, F  SO sao cho EI FI 1   . Khi đó, tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón là điểm: EO FO 2 A. I B. E C. F

D. O

Lời giải Gọi O ' là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón thì: r  O'S  O' A  O'B

R Ta có: OO '  OS  r  R 3  cos300 2R 3 R 3 OO '  R 3   3 3

R 3 OO ' 2 OO ' 2   3    OI OI 3 R 3 3 2 Vậy O '  E.

Chọn B.

( PC WEB )

r A

I O' O

CHỦ ĐỀ 4. MẶT TRỤ – KHỐI TRỤ 1. Định nghĩa mặt trụ Δ

- Cho đường thẳng  . Xét 1 đường thẳng l song song với  , cách  một khoảng R. Khi đó: Mặt tròn xoay sinh bởi đường thẳng l như thế được gọi là mặt trụ tròn xoay hay đơn giản là mặt trụ. -  gọi là trục của mặt trụ, l gọi là đường sinh và R gọi là bán kính mặt mặt trụ. 2. Hình trụ và khối trụ Cắt mặt trụ T  trục  , bán kính R bởi 2 mặt phẳng phân biệt  P  và  P ' cùng vuông góc với

R M1

R M

 ta được giao tuyến là hai đường tròn  C  ,  C ' .

a) Phần mặt trụ T  nằm giữa hai mặt phẳng  P  và  P ' cùng với hai hình tròn xác định bởi

 C  ,  C ' được gọi là hình trụ. - Hai đường tròn  C  ,  C ' được gọi là hai đường tròn đáy, 2 hình tròn xác định bởi chúng được gọi là 2 mặt đáy của hình trụ, bán kính của chúng gọi là bán kính hình trụ. Khoảng cách giữa 2 mặt đáy gọi là chiều cao của hình trụ. - Nếu gọi O và O’ là tâm hai hình tròn đáy thì đoạn OO’ gọi là trục của hình trụ - Phần mặt trụ nằm giữa 2 đáy gọi là mặt xung quanh của hình trụ. b) Hình trụ cùng với phần bên trong của nó gọi là khối trụ. 3. Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần của hình trụ và thể tích của khối trụ Với R là bán kính đáy, h là chiều cao. - Diện tích xung quanh của hình trụ: S xq  2 Rh -

Diện tích toàn phần của hình trụ: Stp  S xq  2Sday  2 Rh  2 R 2 .

- Thể tích khối trụ V   R 2 h ( chiều cao nhân diện tích đáy). Trước hết tôi xin nhắc lại, hai bài trong đề Minh họa tháng 10 vừa rồi của Bộ Giáo dục và Đào tạo , hai bài này chỉ ở mức vận dụng thấp.

( PC WEB )

BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Từ một tấm tôn hình chữ nhật kích thước 50cm  240cm, người ta làm các thùng đựng nước hình trụ có chiều cao bằng 50cm theo hai cách sau (xem hình minh họa dưới đây):  Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng.  Cách 2: Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gò mỗi tấm đó thành mặt xung quanh của một thùng. Kí hiệu V1 là thể tích của gò thùng được theo cách 1 và V2 là tổng thể tích hai gò thùng được theo cách 2. Tính tỉ số

V1 . V2

↓

V1 1  V2 2

V1 1 V2

V1 2 V2

V1 4 V2

Lời giải Một đường tròn có bán kính r thì chu vi và diện tích lần lượt là C  2 r ; S   r 2 Gọi chiều dài tấm tôn là a thì tổng diện tích đáy của 2 thùng theo 2 cách lần lượt là: 2

a   2 S V a a2 2 S1  ; S 2  2.     1 2 1 2 4 4 8 S2 V2

Chọn C. Bài 2: Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCD có AB  1, AD  2. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC. Quay hình chữ nhật đó xung quanh trụ MN, ta được một hình trụ . Tính diện tích toàn phần của hình trụ đó. A

A. B. C. D.

Stp  4

Stp  2 Stp  6 Stp  10

N Trích đề minh họa THPT Quốc gia 2017

Lời giải Ta có Stp  S xq  2Sday . Ta có bán kính đường tròn r  MD  1, chiều cao l  CD  1 Suy ra S xq  2 rl  2 , Sd   r 2  Stp  4 . ( PC WEB )

Chọn A. Sau đây chúng ta cùng tìm hiểu các bài toán khó hơn và hoàn toàn có thể có trong đề thi THPT Quốc gia 2017. Bài 3: Cho AA ' B ' B là thiết diện song song với trục OO’ của hình trụ (A, B thuộc đường tròn tâm O). Cho biết AB  4, AA'=3 và thể tích của hình trụ bằng V  24 . Khoảng cách d từ O đến mặt phẳng  AA ' B ' B  là: A . d 1 B. d  2 C. d  3 D. d  4 Lời giải Kẻ OH  AB thì OH   AA ' B ' B  1 AB  2 2 Ta có V   .OA2 . AA '  3 OA2 Mà V  24  OA2  8 OAH : d 2  OH 2  OA2  AH 2  8  4  4

B' O'

Và AH 

 d  O,  AA'B'B    d  2

B H O

Chọn B. Bài 4: Giả sử viên phấn viết bảng có dạng hình trụ tròn xoay đường kính đáy bằng 1cm, chiều dài 6cm. Người ta làm những hộp carton đựng phấn dạng hình hộp chữ nhật có kích thước 6  5  6cm. Muốn xếp 350 viên phấn vào 12 hộp, ta được kết quả nào trong 4 khả năng sau: A . Vừa đủ B. Thiếu 10 viên C. Thừa 10 viên D. Không xếp được Lời giải Vì chiều cao viên phấn là 6cm, nên chọn đáy hộp carton có kích thước 5  6. Mỗi viên phấn có đường kính 1cm nên mỗi hộp ta có thể đựng được 5.6=30 viên. Số phấn đựng trong 12 hộp là: 30 12  360 viên Do ta chỉ có 350 viên phấn nên thiếu 10 viên, nghĩa là đựng đầy 11 hộp, hộp 12 thiếu 10 viên. Chọn B. Bài 5: Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O’, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng A. Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường đáy tâm O’ lấy điểm B sao cho AB  2 A. Tính thể tích của khối tứ diện OO ' AB. A.

a3 3 12

a3 12

5a 3 3 12

a3 3 2

Lời giải Kẻ đường sinh AA’. Gọi D là điểm đối xúng của A’ qua O’ và H là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng A’D.  BH  A ' D  BH   AOOA '   BH  AA '

Do đó, BH là chiều cao của tứ diện OO ' AB

1 Thể tích khối tứ diện OO ' AB : V  .SAOO ' .BH 3 Tam giác AA ' B vuông tại A’ cho:

A ' B  AB 2  A ' A2  4a 2  a 2  a 3

Tam giác A ' B  A ' D 2  A ' B 2  4a 2  3a 2  a. A

( PC WEB )

Suy ra BO ' D là tam giác đều cạnh A. a 3 . 2 Do OA  OO'=a nên tam giác AOO '

Từ đó BH 

vuông cân tại O. Diện tích tam giác AOO ' là: 1 1 S AOO '  OA.OO'= a 2 2 2 1 a 3 1 2 a3 3 Vậy V  . . a  . 3 2 2 12

Chọn A. AB, AC   600. Gọi Bài 6: Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ', đáy ABC là tam giác có AB  5, AC  8 và góc  V , V ' lần lượt là thể tích của khối lăng trụ ngoại tiếp và nội tiếp khối lăng trụ đã cho. Tính tỉ số

9 49

9 4

19 49

Lời giải Áp dụng đinh lý cosin trong tam giác ABC ta c 1 BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos600  25  64  2.5.8.  49. 2 1 1 3 Diện tích tam giác ABC là: S  AB. AC.sin 600  .5.8.  10 3. 2 2 2

Mặt khác: C' A'

O' B'

C 8 A

600

O B

AB. AC.BC , với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 4R AB. AC.BC 5.8.7 7 3  R    . 4 S ABC 3 4.10 3 S ABC 

( PC WEB )

29 49

V' ? V

1 2

Ngoài ra: S ABC  pr , trong đó p   AB  BC  AC   10 và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC  r 

S ABC 10 3   3 p 10

Hình trụ ngoại tiếp và nội tiếp lăng trụ đã cho có bán kính đáy lần lượt là R, r và có chiều cao bằng chiều cao của hình lăng trụ. Giả sử h là chiều cao hình lăng trụ, ta có: V   R 2 h và V   r 2 h Vậy

V' 9  . V 49

Chọn A. Bài 7: Một khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h nội tiếp một khối trụ. Tính thể tích khối trụ đó.  a2h  2a 2 h  5a 2 h  2a 2 h A. B. C. D. 3

Lời giải Hình trụ có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do ABC là tam giác đều cạnh a nên hình trụ có bán kính là:

C' O'

M' B'

2 2 a 3 a 3 R  OA  AM  .  3 3 2 3 với M  AO  BC

Chiều cao của hình trụ bằng chiều cao của lăng trụ là h. Vậy thể tích khối trụ là:

C M O

a 3  a2h 2 V   R h    .  h  3  3 

Chọn A. Bài 8: Một hình trụ có bán kính đáy R và có thiết diện qua trục là một hình vuông. Tính thể tích của khối lăng trụ tứ giác đều nội tiếp trong khối trụ đã cho. A . 4R 3 B. 2R 3 C. 3R 3 D. R 3 Lời giải Giả sử ABCDA ' B ' C ' D ' là khối lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ đã cho. Từ giả thiết, suy ra hình trụ có chiều cao h  2 R và đáy ABCD là hình vuông nội tiếp đường tròn bán kính R.

D' O'

2R R 2 2 Diện tích hình vuông ABCD là:

Do đó AC  2 R  AB 



S ABCD  R 2



 2R2

D A O

Vậy thể tích của khối lăng trụ đã cho là: V  S ABCD .h  2 R 2 .2 R  4 R 3 .

( PC WEB )

Chọn A. Bài 9: Một khối lăng trụ tam giác đều cạnh đáy bằng a, góc giữa đường chéo mỗi mặt bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích khối trụ ngoại tiếp khối lăng trụ đó. 1 3

1 2

B. V   a 3 3

A . V   a3 3

2 3

C. V   a 3 3

D. V   a 3 3

Lời giải Xét hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy AB  a, góc của đường chéo A’B với mặt A ' BA  600. đáy  ABC  là 

Suy ra: h  AA '  a.tan 600  a 3. Khối trụ ngoại tiếp khối lăng trụ có cùng đường cao là A’A, đáy là đường tròn ngoại tiếp hai mặt đáy  ABC  ,  A ' B ' C ' , có bán kính R cho bởi R 3  a  R 

a 3

B a

Thể tích khối trụ: 2

1 3  a  V R h    a 3  3  a 3 (đvdt).  3 2

Chọn A. Bài 10: Cho một hình trụ có bán kính đáy R=5, chiều cao h=6. Một đoạn thẳng AB có độ dài bằng 10 và có hai đầu mút nằm trên hai đường tròn đáy. Tính khoảng cách giữa đường thẳng AB và trục của hình trụ? A. 3 B. 4 C. 2 D. 1 Lời giải Gọi hai đường tròn đáy là  O  ,  O ' và A   O  , B   O ' . Kẻ hai đường sinh AD, BC ta được tứ giác ABCD là một

B O'

hình chữ nhật và mp  ABCD  / /OO '. Do đó, khoảng cách giữa OO’ và AB bằng khoảng cách từ O đến mp  ABCD  . Tam giác ACB vuông tại C nên ta có: AC  AB 2  BC 2  102  62  8.

Gọi I là trung điểm AC, ta có: OI  AC  OI   ABCD   OI  AD

C I O

Vậy khoảng cách giữa đường thẳng AB và trục OO’ của hình trụ là: OI  OA2  IA2  52  42  3. Chọn B. Bài 11: Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh đáy bằng a và mặt chéo là hình vuông. Tính diện tích xunng quanh của hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ. A . S xq  2 a 2 B. S xq   a 2 C. S xq  3 a 2 D. S xq  5 a 2 Lời giải ( PC WEB )

Hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ tứ giác đều ABCD. A ' B ' C ' D ' có bán kính đáy là R  OA  chiều cao h  a 2. (Do mặt chéo  ACC ' A ' là hình vuông nên AA '  AC  a 2 ) Diện tích xung quanh của hình trụ này là: S xq  2 Rh  2 .

a 2 và 2

a 2 .a 2  2 a 2 . 2 D'

C' O'

C O

Chọn A. Bài 12: Cho hình trụ có bán kính đáy R và chiều cao R lấy hai điểm A, B nằm trên hai đường tròn đáy sao cho AB  2 R. Tính khoảng cách từ AB đến hình trụ theo R. A.

R 2

R 3

R 5

R 4

Lời giải Giả sử A đường tròn O, B  O '. Từ A vẽ đường song song OO’ cắt đường tròn  O ' tại A’. Vẽ O’H vuông góc A’B. Từ H vẽ đường thẳng song song với OO’, cắt AB tại K. Vẽ KI / / O ' H . Ta có: O ' H  A ' B và AA ' nên: O ' H  mp  AA ' B   O ' H  HK và AB Vậy tứ giác KIO ' H là hình chữ nhật  KI  OO '. Vậy KI là đoạn vuông góc chung của AB và OO '. AA ' B vuông

I K

O' A'

 A ' B 2  AB 2  AA '2  4 R 2  R 2  3R 2 .

R 3 3R 2 R 2 .O ' A ' H  O ' H 2  O ' A2  A ' H 2  R 2   2 4 4 R Do đó: d  AB, OO '  KI  O ' H  . 2

Do H trung điểm A’B nên: HA ' 

Chọn A. Bài 13: Một hình trụ có thể tích V không đổi. Tính mối quan hệ giữa bán kính đáy và chiều cao hình trụ sao cho diện tích toàn phần đạt giá trị nhỏ nhất. ( PC WEB )

A. R

h 2

B. R 

h 3

C. R 

h 5

D. R 

h 4

Lời giải Gọi R và h là bán kính đáy và chiều cao hình trụ. Ta có: V   R 2 h (không đổi) Stp  S xq  2 Sday  2 Rh  2 R 2   Rh  R 2  2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương, Ta có:

Rh Rh Rh Rh 2   R2  33 . .R 2 2 2 2 4

 Rh  R 2  3 3

Rh V  33 2 4  4

 Stp  3  2  3

V2 (hằng số)  24

R O'

Do đó: S toàn phần đạt giá trị nhỏ nhất 

Rh h  R2  R  . 2 2

Chọn A. Bài 14: Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông. Bên trong hình trụ có một hình lăng trụ tứ giác đều nội tiếp. Nếu thể tích hình lăng trụ là V thì thể tích hình trụ bằng bao nhiêu? V V V V A . VTru  B. VTru  C. VTru  D. VTru  2

Lời giải Gọi cạnh đáy lăng trụ là a. Thiết diện qua hình trụ là hình vuông. BDD ' B ' : BD  2 R  a 2  BB '  a 2 Thể tích lăng trụ bằng V V  a 2 .a 2  V  a 3  2 Thể tích hình trụ tính theo a :

C' O'

a 2  a3 2 Vtru     .a 2  2  2 

Thay a 3  Chọn A.

( PC WEB )

V  2 V V : Vtru  .  . 2 2 2 2

C O

CHỦ ĐỀ 5. ỨNG DỤNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN GIẢI CÁC BÀI TOÁN THỰC TẾ Bài 1: Một chiếc hộp hình lập phương cạnh a bị khoét một khoảng trống có dạng là một khối lăng trụ với hai đáy là hai đường tròn nội tiếp của hai mặt đối diện của hình hộp. Sau đó, người ta dùng bìa cứng dán kín hai mặt vừa bị cắt của chiếc hộp lại như cũ, chỉ chừa lại khoảng trống bên trong. Tính thể tích của khoảng trống tạo bởi khối trụ này. A .  a3

1 3 a 2

1 3 a 4

1 8

D.  a 3

Lời giải B

1 a Ta có OE  BC  ; 2 2 OO '  a

C O

Thể tích là: 2

a a V   .OE .OO '    . .a  . 4 2 3

Chọn C.

B' C'

O' D'

Bài 2: Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng ta được một khối  H  như hình vẽ bên. Biết rằng thiết diện là một hình elip có độ dài trục lớn bằng 10, khoảng cách từ điểm thuộc thiết diện gần mặt đáy nhất và điểm thuộc thiết diện xa mặt đáy nhất tới mặt đáy lần lượt là 8 và 14. Tính thể tích của  H  . B. V H   275

A . V H   192

C. V H   704

D. V H   176

Đề Thi Thử Lần 4 Chuyên KHTN HN 2017 Lời giải Thật ra phần phía trên tính từ A là một nữa của hình trụ có chiều cao AB và bán kính O’B. Ta xét trên mặt thiết diện qua trục của khối trụ và trục dài của eip có:

2 R  BC  AC 2  AB 2  102  14  8   8  R  4 2

V   R .14  2

 R 2 . 14  8  2

 176

Chọn D. Bài 3: Một thầy giáo dự định xây dựng bể bơi di động cho học sinh nghèo miền núi từ 15 tấm tôn có kích thước 1m  20cm (biết giá 1m 2 tôn là 90000 đồng) bằng 2 cách: ( PC WEB )

Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành 1 hình trụ như hình 1. Cách 2: Chia chiều dài tấm tôn thành 4 phần rồi gò tấm tôn thành 1 hình hộp chữ nhật như hình 2. Biết sau khi xây xong bể theo dự định, mức nước chỉ đổ đến 0,8m và giá nước cho đơn vị sự nghiệp là 9955dong / m3 . Chi phí trong tay thầy hiệu trưởng là 2 triệu đồng. Hỏi thầy giáo sẽ chọn cách làm nào để không vượt quá kinh phí (giả sử chỉ tính đến các chi phí theo dữ kiện trong bài toán). Hình 1

20m

1m Hình 2

1m 6m

A . Cả 2 cách như nhau C. Cách 2 Lời giải Ở cách 2:

4m B. Không chọn cách nào D. Cách 1

1m 2  90.000 20m 2  1.800.000

Ta có Vnuoc  0,8.6.4  19, 2m3 Do đó tổng tiền ở phương án 2 là 19, 2.9955  20.90000  1.991.136. Ở cách 2: 20m 2  1.800.000

Ta có 20  2 r  r 

 10   Vnuoc  h r 2  0,8. .    25, 46m3   

Do đó tiền nước: 253.454 đồng Tổng tiền: 2.053.454 đồng. Vậy thầy nên chọn cách 2. Chọn C. Bài 4: Cho một khối cầu bán kính R. Đâm thủng khối cầu bởi một khối trụ có trục đi qua tâm mặt cầu và chiều dài hình trụ thu được là 6 (xem hình vẽ). Tính thể tích vật thể còn lại sau khi đục thủng. A . 36 B. 54 C. 27 D. 288 Lời giải Gọi bán kính khối trụ là r. Khi đó r  R 2  9 và hai chỏm cầu có chiều cao là h  R  3 . Thể tích vật thể còn lại là

( PC WEB )

2   R  3  3  R 2  9    R  3   4 3    36 2 V   r  6  R  9   3 3

Nhận xét: Kết quả không phụ thuộc vào bán kính R mà chỉ phụ thuộc vào chiều dài của hình trụ. Chọn A. Bài 5: Một cái mũ bằng vải của nhà ảo thuật với các kích thước như hình vẽ. Hãy tính tổng diện tích vải cần có để làm nên cái mũ đó (không kể viền, mép , phần thừa). A . 700  cm 2 

B. 754, 25  cm 2 

C. 750, 25  cm 2 

D. 756, 25  cm 2 

30cm 10cm

Lời giải S hinhtron

 35  R     2 

 35  20  S xqlang tru  2 rl  2   .30  450  2 

;

 35  2  S      450   756, 25 .  2  

Chọn D. Bài 6: Một bang giấy dài được cuộn chặt lại thành nhiều vòng xung quanh một ống lõi B C hình trụ rỗng có đường kính C  12,5mm. Biết độ dày của giấy cuộn là 0, 6mm và đường kính cả cuộn giấy là B  44,9mm. Tính chiều dài l của cuộn giấy. A . L  44m B. L  38m C. L  4m D. L  24m Lời giải Gọi chiều rộng của băng giấy là r , chiều dài băng giấy là L độ dày của giấy là m khi đó ta có thể tích của băng giấy: V  r.m.L 1 2

 B C Khi cuộn lại ta cũng có thể tích: V     .m     .m  r  B 2  C 2  4 2  24 

Từ 1 ,  2  suy ra: m.r.L 

 4

r  B2  C 2   L 



B 4m

 2

 C2 

Bài 7: Xét một hình trụ nội tiếp tronh hình nón như hình bên dưới , trong đó S là đỉnh hình nón, O là tâm đường tròn mặt đáy. Các đoạn AB, CD lần lượt là đường kính của đường tròn đáy của hình nón và hình trụ ; AC, BD cắt nhau tại điểm M  SO. Biết rằng tỉ số thể tích của hình trụ và hình nón là 4 SM . Tính tỷ số . 9 SO

( PC WEB )

7 9

2 3

4 5

5 6

Lời giải 2

Ta có:

4 Vht  SD  hht  SD    3  3  .  9 Vhn  SA  hhn  SA 

 SD  SD 2 . 1    SA 3  SA 

Theo định lý Menelauyt đối với tam giác SOB ta có: AO CB MS MS SM 4 . .  1 do đó  4 hay  . AB CS MO MO MO 5

Chọn C. Bài 8: Một hình hộp chữ nhật kích thước 4  4  h chứa một khối cầu lớn có bán kính bằng 2 và tám khối cầu nhỏ có bán kính bằng 1 sao cho các khối lón tiếp xúc với tám khối cầu nhỏ và các khối cầu đều tiếp xúc với các mặt hình hộp. Thể tích khối hộp là: A . 32  32 7 B. 48  32 5 C. 64  32 7 D. 64 5 Lời giải Gọi tâm hình cầu lớn là I và tâm bốn hình cầu nhỏ tiếp xúc với đáy là ABCD. Khi đó ta có I . ABCD là hình chóp đều với cạnh bên IA  3 và cạnh đáy AB  2 do đó chiều cao hình chóp là 7 . Suy ra khoảng cách từ tâm I đến mặt đáy là 1  7 hay chiều cao hình hộp chữ nhật là :









2 1  7 suy ra thể tích hình hộp là 32 1  7 .

Chọn A. Bài 9: Người ta dùng một loại vải vintage33 để bọc quả khối khí của khinh khí cầu, biết rằng quả khối này có dạng hình cầu đường kính 2m. Biết rằng 1m 2 vải có giá là 200.000 đồng. Hỏi cần tối thiểu bao nhiêu tiền mua vải để làm khinh khí cầu này? A . 2.500.470 đồng B. 3.150.342 đồng C. 2.513.274 đồng D. 2.718.920 đồng Lời giải S mat cau  4 R 2 d  1 m  . Vậy S mat cau  4 .12  4  m 2  2 Vậy cần tối thiểu số tiền: 4 .200000  2.513.274 đồng.

Với R 

Chọn C. Bài 10: Một bồn chứa xăng có cấu tạo gồm 1 hình trụ ở giữa và 2 nửa hình cầu ở 2 đầu, biết rằng hình cầu có đường kính 1,8m và chiều dài của hình trụ là 3, 62m. Hỏi bồn đó có thể chứa tối đa bao nhiêu lít xăng trong các giá trị sau đây? A . 10905l B. 23650l ( PC WEB )

3,62m

1,8m

C. 12265l

D. 20201l

Lời giải Ta có: Vtru   R 2 h Vì thể tích của 2 nửa hình cầu bằng nhau nên tổng thể tích của 2 nửa hình cầu là 1 khối cầu có 4 Vc   R 3 . 3 4 3 Vậy bồn xăng chứa: 12265 l.

Vậy VH  Vtru  VC   R 2 h   R 3  12, 265m3 Chọn C. Bài 11: Cắt một hình nón bằng một mặt phẳng song song với đáy thì phần hình nón nằm giữa mặt phẳng và đáy gọi là hình nón cụt. Một chiếc cốc có dạng hình nón cụt cao 9cm, bán kính của đáy cốc và miệng cốc lần lượt là và 4cm. Hỏi chiếc cốc có thể chứa được lượng nước tối đa là bao nhiêu trong số các lựa chọn sau: A . 250ml B. 300ml C. 350ml

9 G 3cm G

D. 400ml

AG GC 3 3    AG  AB AB BD 4 4

AG 3   AG  27 AG  9 4 Suy ra Vcoc  Vnonlon  Vnon nho 

1 1  . .42.  27  9   . .32.27  111  348, 72ml 3 3 Vậy lượng nước tối đa là 300ml.

Chọn B. Bài 12: Cho sáu khối chóp tứ giác đều được lắp ghép lại tạo thành một khối lập phương như hình dưới. Biết sáu khối chóp đã cho đều bằng nhau và thể tích khối lập phương tạo thành là 8000cm3 . Tính diện tích xung quanh của mỗi khối chóp tứ giác đều đã cho? A . 100cm 2

B M

B. 100 2cm 2 D

( PC WEB )

Lời giải AGC  ABC 

4cm

C. 400cm 2 D. 400 2cm 2 Lời giải Gọi a là độ dài cạnh của hình lập phương , khi đó ta có: a 3  8000  a  20cm Giả sử hình chóp S . ABCD là 1 trong 6 hình chóp, khi đó hình chóp S . ABCD đều có cạnh đáy là a  20cm. 8000 4000 3  cm 6 3 1 4000  SO.202   SO  10cm 3 3

VS . ABCD 

Kẻ SK  CB  K  CB  Xét SOK tại O ta có: SK  SO 2  OK 2  10 2cm  S ABC 

1 1 SK .SB  .10 2.20  100 2cm 2 2 2

Vậy S xq  4SABC  4.100 2  400 2cm 2 . Chọn D. Bài 13: Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 1m như hình vẽ dưới đây. Người ta cắt bỏ các tam giác cân bên ngoài của tấm nhôm, phần còn lại gập thành một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x  m  , sao cho bốn đỉnh của hình vuông gập lại thành đỉnh của hình chóp. Tìm x để khối chóp nhận được có thể tích lớn nhất.

A. x

2 2 5

B. x 

1 2

C. x 

2 4

D. x 

Lời giải

x 2

x y

( PC WEB )

2 3

Ta có: y 

1 2x 1 z  y2 2 4 2

 2   2  1 1 2 Chiều cao của hình chóp: h  z   x    y 2   x    x 4 2 2  2   2  2

 Vchop 

1 2 1 2 x .  x 3 2 2 1 2  x đạt GTLN 2 2

Vchop lớn nhất khi hàm số y  x 2

y' 

5 2 x 2  4 x 4

1 2  x 2 2

x  0 y '  0  5 2 x  4 x  0   x  2 2  5 2

Chọn A. Bài 14: Cho biết rằng hình chỏm cầu có công thức thể tích là

 h  3r 2  h 2 

, trong đó h là chiều cao chỏm cầu và r là bán kính đường tròn bề mặt chỏm cầu ( bán kính này khác vớibán kính hình cầu ). Bài hỏi đặt ra là với một quả dưa hấu hình cầu, người ta dùng một cái ống khoét thủng một lỗ hình trụ chưa rõ bán kính xuyên qua trái dưa như hình vẽ ( trong hình có AB là đường kính trái dưa). Biết rằng chiều cao của lỗ là 12cm ( trong hình trên, chiều cao này chính là độ dài HK ). Tính thể tích của phần dưa còn lại. A . 200 cm3 B. 96 cm3 C. 288 cm3 Lời giải Đặt r là bán kính của hình cầu. Chiều cao của lỗ là 12 nên chiều cao của chỏm cầu lag r  6. Bán kính của chỏm cầu, cũng là bán kính đáy của hình trụ và là:

D. 144 cm3

r 2  36

Thể tích hình trụ là 12  r 2  36  .





2 2  r  6   3  r 2  36    r  6     r  6   4r 2  12r  72    Thể tích 2 chỏm cầu: 6 3

Thể tích cái lỗ là: 12  r  36   2

  r  6   4r 2  12r  72  3

2 3 3  4r 2  12r  72    r  6   4r  24r  144  4  r  6  4 r 3    r  6  12  r  6      288  3 3 3 3  

( PC WEB )

Thể tích hình cầu là Chọn C.

( PC WEB )

4 r 3 nên thể tích cần tìm là : V  288 . 3

CHƯƠNG 05. (tiếp theo) BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC KHÔNG GIAN ĐỀ ÔN TẬP CHƯƠNG 5 ĐỀ SỐ 1 Bài 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 giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC bằng

a3 3 12

a 3 . Khi đó thể tích của khối lăng trụ là: 4 a3 3 a3 3 B. C. 6 3

a3 3 24

Lời giải C'

Gọi M là trung điểm BC, dựng MH vuông góc với AA '. Suy ra MH  d  BC , A ' A  

a 3 4

a2 Đặt AH  x, ta có: A ' A  x 2  3 a Từ A ' A.MH  A ' G. AM  x  . 3 2 3 a a 3 a 3 Vậy V  .  . 3 4 12

B' A'

H C

M B

Chọn A. Bài 2: Cho tứ diện ABCD với BC  a, các cạnh còn lại đều bằng

a 3 và  là góc tạo bởi hai mặt 2

phẳng  ABC  và  BCD  . Gọi I , J lần lượt là trung điểm các cạnh BC, AD. Giả sử hình cầu đường kính IJ tiếp xúc với CD. Giá trị cos  là: A . 3 2 3

B. 2 3  3

2 3 3

2 3 3

Lời giải Gọi O là trung điểm IJ và F là điểm tiếp xúc giữa hình cầu đường kính IJ và đường thẳng CD. Hình cầu đường kính IJ tiếp xúc với CD khi và chỉ khi khoảng cách từ O đến CD bằng nửa độ dài IJ. Ta có AI  DI 

a 2 . 2 a 2

Vì FC và CI là hai tiếp tuyến xuất phát từ một điểm nên FC=CI= . Tương tự, ta có DJ  DF 

a 3 a  2 2

Tam giác ADI cân có IJ là đường trung tuyến nên tam giác IDJ vuông tại J.





a 3 1 JD 6 2   2  Suy ra: sin  sin JID 2 DI 2 a 2 2



( PC WEB )

Do vậy, cos =2 3  3. Chọn B.   600. Gọi Bài 3: Cho hình chóp SABC với SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  và BC  a 3, BAC H , K lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SC. Mặt cầu đi qua các điểm A, B, C , H , K có bán kính bằng: A. a B. 2a C. 3a D.Không đủ dữ kiện để tính Lời giải Gọi AD là đường kính của đường tròn  ABC  . Suy ra, AC  DC  CD   SAC  hay AK  DK . S

S K

H A

600

H A

600

D B

Tương tự, AH  HD. Suy ra mặt cầu qua các điểm A, B, C , H , K có đường kính AD 

BC  2a. sin 600

Chọn A. Bài 4: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, góc giữa SC và mặt phẳng  ABC  là 450. Hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC  là điểm H thuộc AB sao cho HA  2 HB. Biết

a 7 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC: 3 a 210 a 210 a 210 A. B. C. 30 20 45 CH 

a 210 15

Lời giải + D là đỉnh của hình bình hành ABCD thì: d  SA, BC   d  B,  SAD    1,5d  H ,  SAD   .

+ Kẻ HE vuông góc AD, E thuộc AD. Kẻ HI vuông SE, I thuộc AE thì d  H ,  SAD    HI . + Tính HI 

a 210 . 30

Chọn A. Bài 5: Cho hình chóp S . ABC có đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , tam giác ABC là tam giác đều cạnh bằng a, SB  2a. Tính theo a khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác ABC đến mặt phẳng  SBC  . A.

a 15 15

Lời giải ( PC WEB )

a 17 15

a 19 15

a 23 15

Gọi M là trung điểm của BC, ta có Kẻ đường cao AN của tam giác SAM, vì AN  BC , AN  SM nên AN   SBC  . Khoảng cách từ A đến  SBC  là d  A;  SBC    AN .

1 1 1 1 4 5    2 2  2 2 2 2 AN AS AM 3a 3a 3a a 15  AN  . 5 Kẻ GH / / AN ; H  SM ; vì AN   SBC  nên GH   SBC  .

Ta có:

Khoảng cách từ G đến  SBC  là d  G;  SBC    GH .

GH MG 1 1 a 15 Ta có:    GH  AN  . AN AM 3 3 15

H M

a 15 Vậy khoảng cách từ G đến  SBC  là d  G;  SBC    . 15

Chọn A. Bài 6: Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , SA  AC  5a, AB  a,   1200. Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  . BAC

5 381 a 127

5 382 a 127

5 385 a 127

5 387 a 127

Lời giải S

H A

C M

Kẻ AM  BC , AH  SN ,  M  BC , H  SM  . Ta có AM  BC , BC  SA nên BC   SAM  , suy ra AH  BC. Vậy ta có AH   SBC  , khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  là d  A,  SBC    AH . Áp dụng định lý cô sin trong tam giác ABC ta có:

BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos1200  31a 2  BC  a 31. 1 5 3a 2 0 Diện tích tam giác ABC là S ABC  AB. AC.sin120  . 2 4 2S 1 5 93 Mặt khác S ABC  AM .BC  AM  ABC  a. 2 BC 62

( PC WEB )

Ta có

1 1 1 127 5 381     AH  a. 2 2 2 2 AH AM AS 75a 127

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  là d  A,  SBC   

5 381 a. 127

Chọn A. Bài 7: Cho hình chóp tam giác S . ABC có đường thẳng SA vuông góc mặt phẳng  ABC  , AB  2a, AC  3a, BC  4a. Góc giữa mặt phẳng  SBC  và mặt phẳng  ABC  bằng 600. Tính theo a thể tích

của khối chóp S.ABC. A.

45 5a 3 32

45 3a 3 32

45 7 a 3 32

45 11a 3 32

Lời giải Xét tam giác ABC, áp dụng định lý cô sin: BC 2  AB 2  AC 2 16a 2  4a 2  9a 2 11   . 2.BC. AB 2.4a.2a 16 0 0   180 , suy ra: Với 0  B cos B 

3 15  11  sin B  1  cos 2 B  1     . 16  16 

Ta kẻ đường cao AH của tam giác ABC, AH 3a C  AH  AB.sin B AB A 3 15 3 15a 2a  2a.  4a 16 8 H Do đó diện tích tam giác ABC là: B 1 1 3 15a 3 15a 2 S ABC  AH .BC  . .4a  . 2 2 8 4 Vì BC  AH , BC  SA  BC   SAH  , BC  SH nên góc SHA là góc giữa 2 mặt phẳng  SBC  và

ta có: sin B 

 ABC  bằng

600.

SA 3  SA  AH .tan 600  AH 1 1 3 15a 2 9 Vậy thể tích khối chóp S . ABC là: V  S ABC .SA  . . 3 3 4

Xét tam giác SAH ta có: tan 600 

15a 9 5a . 3 8 8 5a 45 3a 3  . 8 32

Chọn B. Bài 8: Cho hình chóp S . ABC , có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Các mặt bên  SAB  ,  SAC  ,

 SBC  lần lượt tạo với đáy các góc lần lượt là 300 , 450 , 600. Tính thể tích V của khối chóp rằng hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  nằm bên trong tam giác ABC. A.V 

a3 3

4  3

B. V 



a3 3

2 4 3



C. V 

Lời giải Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  .

( PC WEB )



a3 3

4 4 3



SABC. Biết

D. V 



a3 3

8 4 3



Kẻ HD  AB,  D  AB  , HE  AC  E  AC  , HF  BC  E  BC  .

F H

A Khi đó ta có: HD  Ta có SABC 

SH SH SH SH  SH 3 ; HE   SH ; HF   0 0 0 tan 30 tan 45 tan 60 3

a2 3 1 1  a2 3 3a  suy ra: SH 1  3  a   SH  .  4 2 4 3 2 4 3 





1 3a a2 3 a3 3 .  . 3 2 4 3 4 8 4 3

Vậy V  .









Chọn D. Bài 9: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, góc giữa mặt bên và 1 3

phẳng đáy là  thỏa mãn cos = . Mặt phẳng  P  qua AC và vuông góc với mặt phẳng  SAD  chia khối chóp S . ABCD thành hai khối đa diện. Tỉ lệ thể tích hai khối đa diện là gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau: A . 0,11 B. 0,13 C. 0, 7 D. 0,9 Lời giải S . ABCD là hình chóp tứ giác đều SO   ABCD  . Gọi N là trung điểm CD S CD  SN , CD  ON      SCD  ,  ABCD    SNO SCD  ABCD  CD      AC  BD Kẻ CM  SD. Ta có:   AC   SBD   AC  SO

 AC  SD  SD   ACM    ACM    SAD 

nên mặt phẳng  P  là  ACM  . + Xét tam giác SON vuông tại N có: SN 

ON 3a  .  2 cos SNO 2

O 2

 3a   a  SO  SN  ON        a 2.  2  2 2

( PC WEB )

+ Xét tam giác SOD vuông tại O có: SD  SO  OD  2



a 2 a 10 a 2 `  .   2 2  

1 2



1 2

Ta có: SSCD  CM .SD  SN .CD  CM 

SN .CD 3a 10  . SD 10 2

 3a 10  a 10 Xét tam giác MCD vuông tại M có: DM  CD  CM  a   .   10  10  2

a 10 V V 1 DM DA DC 1 10 1 1 . .    VMACD  VSABCD Ta có: M . ACD  MACD  . VSABCD 2VSACD 2 DS DA DC 2 a 10 10 10 2 Mặt phẳng  P  chia khối chóp S . ABCD thành hai khối M . ACD và S . ABCM  VSABCD  VMACD  VSABCM  VSABCM 

Do đó:

9 VSABCD 10

VMACD 1   0,11 VSABCM 9

Chọn A. Bài 10: Thể tích hình cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD, có cạnh AB 

a 3 và các cạnh còn lại đều 2

bằng a. A.

13 13 3 a 162

13 13 3 a 216

13 13 3 a 648

13  a3 162

Lời giải Gọi I trung điểm cạnh CD.  AI  CD a 3 Theo đề bài ta có  , AI  BI   AB 1 2  BI  CD

  ABI  là mặt phẳng trung trực cạnh CD.

Gọi M là giao điểm của BI với mặt cầu  S  ngoại tiếp tứ diện ABCD. Suy ra đường tròn lớn của  S  là đường tròn  ABM  . Mặt phẳng  BCD  cắt  S  theo đường tròn  BCD  qua M , hơn nữa BM là đường kính  BM 

D B

a 2a  0 sin 60 3

ABM  600. Từ 1  ABI đều. Suy ra  AM  AB 2  BM 2  2 AB.BM .cos600  a 4 13 13 3  V   R3  a 3 162

Chọn A. ( PC WEB )

13 AM a 13 R  0 12 2sin 60 6

Bài 11: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Mặt bên  SAB  là tam giác đều và vuông góc với đáy. Gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho SM  2MC. Tính thể tích hình chóp M . ABC. a3 3 A. 6

a3 3 B. 36

a3 3 C. 18

a3 3 24

Lời giải Ta có:  SAB    ABCD  ;

 SAB    ABCD   AB ;

SH   SAB 

SH  AB (là đường cao SAB đều ) Suy ra: SH   ABCD 

Tính : SH 

a 3 ( vì ABC đều cạnh a ) 2

M B

 S ABCD  a 2 1 1 a3 3 Tính: VS . ABCD  Bh  S ABCD .SH  3 3 6 3 1 1 a 3 VMABC  VSABC  VSABCD  . 3 6 36

C D

Chọn B. Bài 12: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA  a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABCD  là điểm H thuộc đoạn AC , SA  AH 

AC . Gọi CM 4

là đường cao của tam giác SAC. Tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a. a 3 14 A. 48

a 3 14 B. 24

a 3 14 C. 16

a 3 14 8

Lời giải Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Ta có:

a 2 .a 2 AM AH AH . AC a 4   AM    AC SA SA a 2  MC  AC 2  AM 2 

a 2 

a 7 a    2 2

1 1 a a 7 a2 7 SM .MC  . .  . 2 2 2 7 8 1 1 a 2 a 2 7 a 3 14  BO.S SMC   . 3 3 2 8 48

 S SMC  VSMBC

D O C

Chọn A. Bài 13: (Hình học không gian) Cho tứ diện ABCD và M , N , P lần lượt thuộc BC , BD, AC sao cho BC  4 BM , BD  2 BN , AC  3 AP. Mặt phẳng  MNP  cắt AD tại Q. Tính tỷ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD bị chia bởi mặt phẳng  MNP  . A.

2 3

Lời giải ( PC WEB )

7 13

5 13

1 3

A Gọi I  MN  CD, Q  PI  AD, kẻ DH / / BC  H  IM  , DK / / AC  K  IP  . ID DH BM 1    . P IC CM CM 3 IK DK ID 1 DK 1 2       DK  IP CP IC 3 2 AP 3 3 APQ  DKQ. AQ AP 2 AQ 3     Suy ra  B DQ DK 3 AD 5 N M VANPQ AP AQ 1 Đặt V  VABCD . Ta có:  .  ; VANCD AC AD 5 VANCD VDACN DN 1 1 C     VANPQ  V VABCD VDABC DB 2 10 VCDMP CM CP 1 1 1 1 1  .   VCDMP  V  VV . ABMP  VDABMP  V  VCDMP  V VCDBA CB CA 2 2 2 2 4 VABMNQP 7 7  VABMNQP  VANPQ  VN . ABMP  V   20 VCDMNQP 13 NMB  NDH 

Vậy mặt phẳng  MNP  chia khối chóp thành hai phần với tỉ lệ thể tích

K I

H D

7 . 13

Chọn B. Bài 14: Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với đáy, SA  a 6. Đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB  BC 

1 AD  a. Gọi E là trung điểm AD. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp 2

hình chóp S .ECD. A. R

a 2 2

B. R  a 6

114 a 6

C. R 

D. R 

a 26 2

Lời giải S x

R K

I R

A a B

D H

Gọi H là trung điểm của CD và d là đường thẳng đi qua H và vuông góc với đáy. Gọi I và R là tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp S .CDE. Suy ra I thuộc D. Đặt IH  x. Trong mp  ASIH  kẻ đường thẳng đi qua I và song song với AH cắt AS tại K. ( PC WEB )

Ta có: ID 2  IH 2  HD 2  x 2 

a2 . 2

IS 2  IK 2  KS 2  AH 2  KS 2  AC 2  CH 2  KS 2  2a 2 



a2  a 6x 2



2 a2 a2 2 6a 2 Suy ra: x   2a   a 6  x  x  . 2 2 3 114a Vậy bán kính mặt cầu bằng R  . 6 2

Chọn C. Bài 15: Cho bát diện đều, tính tỷ số giữa thể tích khối cầu nội tiếp và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình bát diện đều đó. A.

1 2

2 2

1 3

1 3 3

Lời giải Gọi cạnh bát diện đều là a; bát diện đều có các mặt chéo là hình vuông; khi đó độ dài các đường chéo AC  BD  SS '  a 2. Mặt cầu nội tiếp và ngoại tiếp đều có tâm O, khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp là R  OA 

AC a 2  . 2 2

Bán kính mặt cầu nội tiếp là khoảng cách từ O đến các mặt bên. Hình trên có r  OH 

SO.OM SO  OM 2



a 6 . 6 3

r 1 1 r  1  . Có  khi đó tỷ số thể tích khối cầu nội tiếp cho khối cầu ngoại tiếp là:       R 3 R  3 3 3

Chọn D. Bài 16: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ', có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 . Lấy M, N lần lượt trên cạnh AB ', A ' C sao cho A.

a3 6 108

2a 3 6 27

AM A ' N 1   . Tính thể tích V của khối BMNC ' C. AB ' A ' C 3 3a 3 6 a3 6 C. D. 108 27

Lời giải Gọi G, K lần lượt tâm các hình chữ nhật ABB ' A ' và AA ' C ' C. Ta có:

AM 1 AM 2    AB ' 3 AG 3

(Do G trung điểm AB’) Xét tam giác ABA ' có AG là trung

AM 2  . Suy ra M là trọng AG 3 tâm tam giác ABA '. Do đó BM đi q

tuyến và

ua trung điểm I của AA’. A' N 1 A' N 2 Ta có:    A 'C 3 A' K 3

I M

G C

A H

(Do K là trung điểm A’C) B ( PC WEB )

Xét tam giác AA ' C ' có A ' K là trung tuyến A' N 2  . Suy ra N là trọng tâm của tam giác AA ' C '. Do đó C ' N đi qua trung điểm I của AA’. A' K 3 IM IN 1 Từ M là trọng tâm tam giác ABA ' và N trọng tâm của tam giác AA ' C '. Suy ra:   . IB IC ' 3 V IM IN IC 1 Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích các khối chóp IMNC ; IBCC '. Ta có: 1  . .  V2 IB IC ' IC 9 8 Mà V1  V  V2  V  V2 . 9 Hạ AH vuông góc với BC tại H thuộc BC. Ta được AH vuông góc với mặt phẳng  BB ' C ' C  . AA '

và

song song với mặt phẳng  BB ' C ' C  nên khoảng cách từ I đến mặt phẳng  BB ' C ' C  bằng khoảng cách từ A đến  BB ' C ' C  và bằng AH. a 3 1 1 a 3 a 2 2 a3 6 ; V2  d  I ,  BB ' C ' C   .S BCC '  . .  . 2 3 3 2 2 12 8 2a 3 6 Suy ra : V  V2  . 9 27

Ta có: AH 

Chọn B. Bài 17: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm cạnh BC. Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  ABC  bằng 600. Gọi G là trọng tâm tam giác SAC. Bán kính mặt cầu tâm G và tiếp xúc với mặt phẳng  SAB  là:

13a 13

13a 39

3 13a 26

Lời giải + Gọi H là trung điểm BC

  600 ; +  SA,  ABC    SAH

AH 

13a 26

a 3 3a ; SH  AH tan 600  . 2 2

+ Bán kính mặt cầu là: 1 2 R  d  G;  SAB    d  C ;  SAB    d  H ;  SAB   . 3 3

+ Gọi E là hình chiếu của H trên AB và K là hình chiếu của H trên SE. Chứng minh: HK   SAB  . + Tính được : HE  2 3

+ R  HK 

a 13 . 13

a 3 3a ; HK  4 2 13

K B

H E A

Chọn A. Bài 18: Cho hình chóp S . ABC có chân đường cao nằm trong tam giác ABC ; các mặt phẳng  SAB  ;  SAC  ;  SBC  cùng tạo với mặt phẳng  ABC  một góc bằng nhau. Biết AB  25, BC  17, AC  26, đường thẳng SB tạo với đáy một góc bằng 450. Tính thể tích V của khối chóp SABC. A . V  680 B. V  408 C. V  578 D. V  600

( PC WEB )

Lời giải

Gọi J là chân đường cao của hình chóp S . ABC ; H , K và L lần lượt là hình chiếu của J trên các cạnh AB, BC và CA.  , SLJ  và SKJ  lần lượt là góc Suy ra SHJ tạo bởi mặt phẳng  ABC  với các mặt phẳng  SAB  ,  SAC  ,  SBC  .

  SLJ   SKJ  , Theo giả thiết ta có: SHJ suy ra các tam giác vuông SJH , SJL, SJK bằng nhau. Từ đó, JH  JL  JK . Mà J nằm trong tam giác ABC nên J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Áp dụng công thức Hê- rông, ta tính được diện tích của tam giác ABC là S  204. Kí hiệu P là nửa chu vi tam giác ABC, r là bán kính đường tròn S 204   6. P 34 Đặt x  BH  BL, y  CL  CK , z  AH  AK .

nội tiếp của ABC. Ta có r 

y=9

x=8

Giải hệ phương trình ta được  x; y; z    8;9;17  JB  JH 2  BH 2  62  82  10    Ta có SBJ SB,  ABC    450 , suy ra SJB là

tam giác vuông cân tại J. SJ  JB  10. 1 3

Thể tích V của khối chóp S . ABC là V  SJ .SABC  680

( PC WEB )

z=17

x  y  7  Ta có hệ phương trình:  x  z  25 .  y  z  26 

Chọn A.

y=9

z=17

x B

ĐỀ SỐ 2 Bài 1: Một hình hộp có 6 mặt đều là các hình thoi có góc bằng 600 và cạnh bằng a. Tính thể tích hình hộp đó. A.

a3 2

a3 2 2

a3 2 3

a3 2 2 3

Lời giải Ta có: AB  AD  BD  a; AA'=A'B=A'D=a  A ' ABCD là tứ diện đều.  Chân đường cao A ' H trùng với tâm của tam giác ABD. 2 2 a 3 a 3 AO  .  . 3 3 2 3 3a 2 2 2 a 6  A ' H 2  A ' A2  AH 2  a 2   a  A' H  . 9 3 3 2a 3 Từ đó tìm được V  . 2  HA  HB  HD 

Chọn B. Bài 2: Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V. Điểm P là trung điểm của SC, một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SD và SB lần lượt tại M và N. Gọi V1 là thể tích khối chóp SABCD. Tìm giá trị nhỏ nhất của

V1 ? V S M P

D C

3 8

1 3

2 3

Lời giải Đặt x 

SM SN ;y ,  0  x, y  1 . SD SB V . 2 V  SANP 2VSABC

Khi đó ta có: VSABC  VSADC  VSABD  VSBCD  Ta có:

V1 VSAMPN VSAMP  VSANP VSAMP    V V V 2VSADC

1  SM SP SN SP  1   .  .    x  y  1 2  SD SC SB SC  4 V V V V 1 1  Lại có: 1  SAMPN  SAMN  SMNP   xy  xy   2  V V 2VSABD 2VSBCD 2  2  1 3 x x 1 Từ 1 ,  2    x  y   xy  y  , vì 0  y  1  1 x  4 4 3x  1 3x  1 2

( PC WEB )

1 8

V1 3 3 x 3x 2 3 1   xy  x.   f  x  ,   x  1 V 4 4 3 x  1 4  3 x  1 4 2  1  2 4 V 1 f  x  f     1  Khảo sát hàm số: y  f  x  ,   x  1  min 1 V 3  x 1 2  3 9

Từ  2  suy ra:

Chọn B. Bài 3: Nếu một tứ diện chỉ có đúng một cạnh có độ dài lớn hơn 1 thì thể tích tứ diện đó lớn nhất là bao nhiêu? A.

1 4

3 4

1 8

5 8

Lời giải Giả sử tứ diện ABCD có cạnh lớn nhất là AB , suy ra các tam giác ACD và BCD có tất cả các cạnh đều không lớn hơn 1. Các chiều cao AF và BE của chúng không lớn hơn 1 

a2 , trong đó 4

CD  a  1.

Chiều cao hình tứ diện AH  AF  1 

a2 4

(do tam giác AHF vuông tại H có AF là cạnh huyền) Thể tích của khối tứ diện là: 1 1 1 1 1  a2  1 V  S BCD . AH  . .BE.CD. AH  . .a. 1    a  4  a2  3 3 2 3 2  4  24

Để tìm giá trị lớn nhất của V ta xét biểu thức a  4  a 2  . Vì 0  a  1 nên a  4  a 2   3 và V 

D F

1 1 a  4  a2   . 24 8

Chọn C. Bài 4: Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a, tam giác SAB và nằm trong mặt phẳng vuông góc với  ABCD  . Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp trên. A.

a 7 2

a 21 6

a 7 4

a 21 3

Lời giải R S  

 RntSAB    RntABCD  2

a 21  AB     3  2 

Trong đó: + RntSAB là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB + RntABCD là bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD +  SAB    ABCD   AB Chọn D. Bài 5: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A ' lên mặt phẳng  ABC  trùng với tâm G của tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa AA ' và BC là

( PC WEB )

a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C '. 4

A.V 

a3 3 3

B. V 

a3 3 6

C. V 

a3 3 12

D. V 

a3 3 36

Lời giải Gọi M là trung điểm B  BC   A ' AM  Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của G, M trên AA '. Vậy KM là đoạn vuông góc chung của AA’

a 3 và BC, do đó: d  AA ', BC   KM  . 4 KM 3 2 a 3 AGH  AMK    GH  KM  GH 2 3 6 a AA 'G vuông tại G, HG là đường cao, A ' G  3 3 a 3 VABC . A ' B 'C '  S ABC . A ' G  . 12

C G

Chọn C. Bài 6: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, đường thẳng SA vuông góc với mặt đáy và SA  2a. Gọi  P  là mặt phẳng đi qua B và vuông góc với SC. Khi đó diện tích của thiết diện của hình chóp S . ABC khi cắt bởi mặt phẳng  P  là: a2 5 A. 10

a 2 15 B. 5

a 2 15 C. 15

a 2 15 D. 20

Lời giải Gọi M là trung điểm của AG.

Kẻ BN vuông góc SC tại N. Khi đó: Thiết diện cần tìm là tam giác BMN vuông tại M. MN CM a 5 Ta có: CMN  CSA    MN  SA CS 5 2 a 15 Vậy: Diện tích tam giác BMN bằng 20

Chọn D.

( PC WEB )

N A

Bài 7: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BC  2a. Tam giác SAB có góc  ASB  600 , SB  a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SAC  . A. a

B. 2a

3 19

C. a

3 19

D. 2a

3 16

Lời giải

 SAB    ABC  ,  SAB    ABC   AB; BC  AB  BC   SAB  Trong mp  SAB  kẻ BH  SA. C

Trong tam giác BCH kẻ BK  CH . Ta có: BK   SAC  . Vậy khoảng cách từ B đến  SAC  là BK.

a 3 BH  SB.sin 60  ; 2 0

Xét tam giác vuông CBH, ta có:

1 1 1 3    BK  2a . 2 2 2 BK BH BC 19

Vậy d  B,  SAC    2a

3 . 19

Chọn B. Bài 8: Cho khối trụ tam giác ABCA1 B1C1 có đáy là tam giác đều cạnh a, A1 A  2a và A1 A tạo với mặt phẳng  ABC  một góc 600. Tính thể tích khối tứ diện A1 B1CA. A.

a3 4

a3 2

a3 5

a3 8

Lời giải

C1 B1

K B

Gọi H là hình chiếu của A1 trên mặt phẳng  ABC  . A1 AH  2a.sin 600  a 3. Khi đó A1 H  A1 A.sin 

Mà VLT  A1 H .S ABC  a 3.

( PC WEB )

a 2 3 3a 3 nhận thấy khối lăng trụ được chia làm ba khối chóp.  4 4

1 3

Khối chóp CA1 B1C1 có VB ABC  VLT ' ; khối chóp B1 ABC có VB ABC  VLT 1

1 3

Khối chóp A1 B1CA do đó VA B AC  VLT  1 1

a3 . 4

Chọn A. Bài 9: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và góc giữa SC với mặt phẳng  SAB  bằng 300. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng BM. Khi điểm M di động trên cạnh CD thì thể tích của khối chóp SABH đạt giá trị lớn nhất bằng: a3 2 A. 3

a3 2 B. 2

a3 2 C. 6

a3 2 D. 12

Lời giải   300 Ta có góc giữa SC và mặt phẳng  SAB  là CSB Trong tam giác SBC có SB  BC.cot 300  a 3 Trong tam giác SAB có SA  SB 2  AB 2  a 2 1 3

1 1 a 2 HA.HB 3 2 6 Ta có HA2  HB 2  AB 2  a 2 và theo bất đẳng thức AM  GM ta có: a2 a 2  HA2  HB 2  2 HA.HB  HA.HB  2  Đẳng thức xảy ra khi HA  HB  ABM  450  M  D a 2 a 2 a 2 a3 2 Khi đó VS . ABH  HA.HB  .  6 6 2 12

Thể tích khối chóp S . ABH là: VS . ABH  S ABH SA  . HA.HB.a 2 

Chọn D. Bài 10: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 1, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. 5 15 5 15 4 3 5 A.V  B. V  C. V  D. V  18

Lời giải Đặt R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp. Dựng hình như hình bên với IG là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và IG’ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB.

( PC WEB )

K I

A G

H B

3 3 6 ; GH   IH  6 6 6 15 4 5 15 Do vậy, R  IH 2  HA2   V   R3  6 3 54

Ta có: G ' H 

Chọn B. Bài 11: Bài thể tích liên quan đến cực trị: Cho hình chóp S . ABCD, SA là đường cao, đáy là hình chữ nhật với SA  a, AB  b, AD  c. Trong mặt phẳng  SDB  lấy G là trọng tâm tam giác SDB , qua G kẻ đường thẳng d cắt cạnh BS tại M, cắt cạnh SD tại N, mp  AMN  cắt SC tại K. Xác định M thuộc SB sao cho VSAMKN đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất. Hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất đó. abc abc , VSAMKN min  8 9 abc abc  , VSAMKN min  9 10

abc abc , VSAMKN min  8 10 abc abc  , VSAMKN min  10 11

A . VSAMKN max 

B. VSAMKN max 

C. VSAMKN max

D. VSAMKN max

Lời giải

( PC WEB )

K M

G A

D O

Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD. 2 3 VSMAK SM SA SK 1 SM 1 SM 1 SM  . .  VSMAK  . .VSBAC  .VSBAC  .a.b.c VSBAC SB SA SC 2 SB 4 SB 12 SB 1 SN Tương tự VSNAK  .a.b.c . 12 SC

Ta có: SG  SO và K  AG  SC và K là trung điểm SC

Do đó: VSAMKN 

1  SM SN     a.b.c 12  SB SC  S

D O B

Trong mp  SBD  : S SMN SM SN S SMG  S SGN S S SG.SM SG.SN SM .SN 1  SM SN   .   SMG  SGN        S SBD SB SC 2 S SBO 2 S SBO 2 S SBO 2.SO.SB 2.SO.SB SB.SC 3  SB SC  SB 1 SM Do M, N lần lượt nằm trên cạnh SB, SD nên:  SM  SB   1 2 2 SB

( PC WEB )

SM  1 SN 1  SN  SN t  ,   t  1 thì t.  t   .  SN  2 SC 3  SC  SC 3t  1  SM SN t 1 Nhận thấy VSAMKN đạt GTLN, GTNN nếu: f  t   với  t  1.  t SB SC 3t  1 2 2 1 9t  6t Ta có f '  t   1   2 2  3t  1  3t  1

Đặt t 

1

2

Nên f '  t   0  t  , t  0 (loại). f    , f 1  , f    . 2 3 3 3 2 2 Do vậy VSAMKN 

abc là GTLN khi M là trung điểm SB hoặc M trùng với B. 8

abc là GTNN khi MB chiếm 1 phần SB. 9

VSAMKN 

Chọn A. Bài 12: Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, thể tích khối lăng trụ a3 3 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC '. 4 a 21 a 22 a 23 A. B. C. 7 7 7

bằng

a 24 7

Lời giải VABC . A ' B 'C ' =AA'.S ABC

V  AA '  ABC . A ' B 'C '  S ABC

Do AA '/ / BB ' nên AA '/ /  BB ' C ' C 

3 4 a 3 a2 4 a3

Suy ra: d  AA ', BC '  d  AA ',  BB ' C ' C    d  A,  BB ' C ' C   .

Hạ AH  A ' M  AH   BB ' C ' C  , AM  BC và AA '  BC. Suy ra: BC   BCC ' B '   A ' AM    BCC ' B ' Hạ AH  A ' M  AH   BCC ' B ' Do đó d  A,  BB ' C ' C    AH . Ta có:

1 1 1 1 4 7 a 21    2  2  2  AH  . 2 2 2 AH AM A' A a 3a 3a 7

Chọn A. Bài 13: Cho hình trụ nội tiếp trong hình cầu bán kính R. Xác chiều cao và bán kính đáy để hình trụ có thể tích lớn nhất. A. r r

6 R 4

6 R 7

6 R 3 6 D. r  R 5

B. r 

định

C. I K

Lời giải Gọi h là chiều cao của hình trụ, r là bán

O' A' ( PC WEB )

h kính đáy của hình trụ. Ta có:    r 2  R 2 . 2  

Thể tích của hình trụ là: V   r 2 h   R 2 h   Xét hàm: V  h    r 2 h   R 2 h  

h3 . 4

h3 ; 4h

3h 2 V 'h   R   4

;

V '  h  0   R2  

3h 2 4 R 2 2 3R 0h  . 4 3 3

Từ bảng biến thiên ta có h  Suy ra r 

2 3R thì V  h  đạt giá trị lớn nhất. 3

6 R. 3

Chọn B. Bài 14: Một hình trụ có bán kính đáy là R và chiều cao R 3. Hai điểm A và B lần lượt nằm trên hai đường tròn đáy sao cho góc giữa AB và trục của hình trụ bằng 300. Tính khoảng cách giữa AB và trục của hình trụ. A.

R 3 3

R 3 2

Lời giải Kẻ BB '/ /OO ' cắt đường tròn  O  tại B '.

3R 3 4

2R 3 3

ABB '  300. Hạ OH vuông góc AB. Khoảng cách giữa AB và OO’ bằng Góc giữa AB và OO’ là góc  khoảng cách giữa OO’ và  ABB ' vì OO '/ /  ABB ' .

Khi đó d  OO',AB   d  OO',  ABB'   OH AB '  R  OH  OA2  AH 2 

R 3 2

Chọn B. Bài 15: Với một miếng tôn hình tròn có bán kính bằng R  6cm. Người ta muốn làm một cái phễu bằng cách cắt đi một hình quạt của hình tròn này và gấp phần còn lại thành hình nón (Như hình vẽ). Hình nón có thể tích lớn nhất khi người ta cắt cung tròn của hình quạt bằng: A . 4 6cm B. 6 6cm C. 2 6cm D. 8 6cm Lời giải

( PC WEB )

Gọi x,  x  0  là chiều dài cung tròn của phần được xếp làm hình nón. Như vậy, bán kính R của hình nón sẽ là đường sinh của hình nón và đường tròn đáy của hình nón sẽ có độ dài là x. Bán kính r của đáy được xác định bởi đẳng thức 2 r  x  r 

x . 2

Chiều cao của hình nón tính theo Định lý Pitago là: h  R 2  r 2  R 2  1 1 x Thể tích của khối nón: V   r 2 h     3 3  2  Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có:

R2 

x2 . 4 2

x2 . 4 2 3

 x2 x2 x2  2   R  2 6  4 2 x 2 x 2  2 x 2  4 2  8 2 8 2 4 2   4 . R V2  . 2 . 2 R  2   9 8 8 4  9  3 9 27       2 2 x x 2 2 R 6 6 6  4 6. Do đó V lớn nhất khi và chỉ khi: 2  R 2  2  x  8 4 3 3

Chọn A. (Lưu ý bài có thể sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, tuy nhiên lời giải bài sẽ dài hơn) Bài 16: Có một miếng nhôm hình vuông, cạnh là 3dm, một người dự định tính tạo thành các hình trụ (không đáy) theo hai cách sau: Cách 1: Gò hai mép hình vuông để thành mặt xunng quanh của một hình trụ, gọi thể tích của khối trụ đó là V1.

Cách 2: Cắt hình vuông ra làm ba và gò thành mặt xung quanh của ba hình trụ, gọi tổng thể tích của chúng là V2 .

( PC WEB )

Khi đó, tỉ số A. 3

V1 là: V2

B. 2

1 2

1 3

Lời giải 3  V1   R12 h  2 1 Gọi R2 là bán kính đáy của khối trụ thứ hai, có: 2 R2  1  R2   V2   R2 2 h  2

27 4 9 4

Chọn A. Bài 17: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn  C  tâm I, cho biết

Gọi R1 là bán kính đáy của khối trụ thứ nhất, có: 2 R1  3  R1 

  600. Giả sử thể tích khối AB / / CD, CD  2 AB, CDA chóp S . ABCD bằng v, tính thể tích khối nón đỉnh S và đáy là hình tròn  C  . 4 v A. 73 3 v C. 3 3

5 v B. 83 3 v D.

3 3

Lời giải Do hình chóp và hình nón đã cho có cùng đường cao nên tỷ số thể tích của khối chóp và khối nón 1  AB  DC  AH bằng tỉ số diện tích của hai đáy, tức là bằng k  2 .  r2

Dễ thấy tâm I là trung điểm CD, để cho đơn giản cho AB  1 ta có k 

3 2  3 3. 2 2 .1 4

1  2 

Chọn A. Bài 18: Cho một chiếc cốc có dạng nón cụt, biết miệng cốc và đáy cốc có bán kính lần lượt là 4cm và 3cm, chiều cao cốc là 10cm. chiều cao nước trong cốc là 7cm thì thể tích nước trong cốc là bao nhiêu?

( PC WEB )

8113   ml  300 25900 C.   ml  300

39823   ml  300 23653 D.   ml  300

Lời giải V

h 3

R

 r  rR  2

IF FB   IF=2,8cm DC BC EI DE CF DAB có EI / / AB    AB DA FB  EI  0,9cm  EF=3,7cm 7 23653 V 3, 7 2  32  3, 7.3  .  3 300

IDC có IF / / CD 

10 7

3 A

Chọn D. Bài 19: Người thợ cần làm một bể cá hai ngăn, không có nắp ở phía trên với thể tích 1, 296m3 . Người thợ này cắt các tấm kính ghép lại một bể cá dạng hình hộp chữ nhật với ba kích thước a, b, c như hình vẽ. Hỏi người thợ phải thiết kế các kích thước a, b, c bằng bao nhiêu để đỡ tốn kính nhất, giả sử độ dày của kính không đáng kể. A . a  3, 6m; b  0, 6m; c  0, 6m b B. a  2, 4m; b  0,9m; c  0, 6m C. a  1,8m; b  1, 2m; c  0, 6m D. a  1, 2m; b  1, 2m; c  0,9m Lời giải Với a là chiều dài của cả 2 ngăn của bể cá. Ta có: V  abc  1, 296 1

a a abc abc abc 6 a  a S  2  c  bc   b  2 c  bc  b  2ac  3bc  ab  2 3   abc3 3 2 2 b a c abc 2  2 3  a b  2 3 1  2 Dấu “=” xảy ra khi     a a c c  b  2 3 1, 296.4 6 Thay vào 1 : b3  1, 296  b3   b  ; a  1,8; c  0, 6. 4 3 5

Chọn C.

( PC WEB )

CHƯƠNG 06 BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC OXYZ …………………………………………………………………… Chủ đề 1. Tọa độ của điểm và véc tơ trong không gian      

Véc tơ trong không gian Véc tơ đồng phẳng Tọa độ của véc tơ Tích có hướng của hai véc tơ và ứng dụng Một số kiến thức khác Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Chủ đề 2. Mặt phẳng trong không gian     

Định nghĩa Các trường hợp riêng của mặt phẳng Vị trí tương đối của hai mặt phẳng Góc giữa hai mặt phẳng Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Chủ đề 3. Đường thẳng trong không gian       

Định nghĩa Vị trí tương đối của hai đường thẳng Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng Khoảng cách Góc giữa hai đường thẳng Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Chủ đề 4. Mặt cầu    

( PC WEB )

Định nghĩa mặt cầu Vị trí tương đối của mặt phẳng và mặt cầu (S) Vị trí tương đối giữa mặt cầu và đường thẳng Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

CHƯƠNG 06 BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC OXYZ Phương pháp tọa độ trong không gian hay còn gọi ngắn là hình học Oxyz là chuyên đề cuối cùng trong chương trình toán THPT. Phần này là một phần được đánh giá là không khó, tuy nhiên việc tính toán lại rất dễ sai và ngoài ra số lượng câu hỏi vận dụng cao cũng không phải là ít. Cùng đi ngay vào Chủ đề 1 sau đây:

CHỦ ĐỀ 1. TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM VÀ VÉCTƠ TRONG KHÔNG GIAN 1. Véc tơ trong không gian Định nghĩa Trong không gian, vecto là một đoạn thẳng có định hướng tức là đoạn thẳng có quy định thứ tự của hai đầu  Chú ý: Các định nghĩa về hai vecto bằng nhau, đối nhau và các phép toán trên các vecto trong không gian được xác định tương tự như trong mặt phẳng. 2. Vecto đồng phẳng   



A. Định nghĩa: Ba vecto a, b, c khác 0 gọi là đồng phẳng khi giá của chúng cùng song song với một mặt phẳng.

 Chú ý:    n vecto khác 0 gọi là đồng phẳng khi giá của chúng cùng song song với một mặt phẳng.  Các giá của các vecto đồng phẳng có thể là các đường thẳng chéo nhau.

a D1 Δ3

Δ2

Δ1



B. Điều kiện để 3 vecto khác 0 đồng phẳng Định lý 1:       : a  mb  nc a, b, c đồng phẳng  m, n  : C. Phân tích một vecto theo bavecto không đồng phẳng     Định lý 2: Cho 3 vecto e1 , e2 , e3 không đồng phẳng. Bất kì một vecto a nào trong không gian cũng có thể phân tích theo ba vecto đó, nghĩa la có một bộ ba số thực  x1 , x2 , x3  duy nhất     a  x1 e1  x2 e2  x3 e3

  



 Chú ý: Cho vecto a, b, c khác 0 :    1. a, b, c đồng phẳng nếu có ba số thực m, n, p không đồng thời bằng 0 sao cho:    ma  nb  pc  0       2. a, b, c không đồng phẳng nếu từ ma  nb  pc  0  m  n  p  0

3. Tọa độ của vecto Trong không gian xét hệ trục Oxyz , có trục Ox vuông góc với trục Oy tại O, và trục Oz vuông góc với mặt phẳng  Oxy  tại O. Các vecto đơn vị trên từng trục Ox, Oy, Oz lần lượt là    i  1;0;0  , j   0;1;0  , k   0;0;1 .

( PC WEB )



1. a   a1 ; a2 ; a3   a  a1 i  a2 j  a3 k 



2. M  xM , yM , zM   OM  xM i  yM j  zM k 3. Cho A  x A , y A , z A  , B  xB , yB , z B  ta có:

 AB   xB  x A ; yB  y A ; z B  z A  và AB 

 xB  x A    y B  y A    z B  z A  2

 xB  x A y B  y A z B  z A  ; ;  2 2   2  và b   b1 ; b2 ; b3  ta có:

4. M là trung điểm AB thì M  

5. Cho a   a1 ; a2 ; a3        

a1  b1    a  b  a2  b2 a  b  3 3   a  b   a1  b1 ; a2  b2 ; a3  b3   k .a   ka1 ; ka2 ; ka3       a.b  a . b cos a; b  a1b1  a2b2  a3b3  a  a12  a2 2  a32       a1b1  a2b2  a3b3 (với a  0, b  0 ) cos   cos a; b  a12  a2 2  a32 . b12  b2 2  b32    a và b vuông góc :  a.b  0  a1b1  a2b2  a3b3  0

 

a1  kb1       a và b cùng phương:  k  R : a  kb  a2  kb2 a  kb 3  3

4 . Tích có hướng và ứng dụng   Tích có hướng của a   a1 ; a2 ; a3  và b   b1 ; b2 ; b3  là:    a a a a aa   a, b    2 3 ; 3 1 ; 1 2    a2b3  a3b2 ; a3b1  a1b3 ; a1b2  a2b1     b2b3 b3b1 b1b2 

1. Tính chất:         a, b   a,  a, b   b  

 

 

  a, b   a . b sin a, b

      a và b cùng phương:  a, b   0        a, b, c đồng phẳng   a, b  .c  0

2. Các ứng dụng tích có hướng

1    AB, AC   2 1     Thể tích tứ diện VABCD   AB, AC  . AD 6     Thể tích khối hộp : VABCD. A ' B 'C ' D '   AB, AD  .AA'

 Diện tích tam giác: S ABC 

5 . Một số kiến thức khác   1. Nếu M chia đoạn AB theo tỉ số k MA  k MB thì ta có:



( PC WEB )



x A  kxB y  kyB z  kz B với k  1 ; yM  A ; zM  A 1 k 1 k 1 k x x x y y y z z z 2. G là trọng tâm tam giác ABC  xG  A B C ; yG  A B C ; zG  A B C 3 3   3   3. G là trọng tâm tứ diện ABCD  GA  GB  GC  GD  0 xM 

BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1: Cho 4 điểm S 1, 2,3 ; A  2, 2,3 ; B 1,3,3 ; C 1, 2, 4  .SABC là: A . Tứ diện B. Hình chóp đều C. Tứ diện đều D. Hình thang vuông Lời giải    AB   1;1;0  ; BC   0; 1;1 ; AC   1;0;1

 AB  BC  CA  2  ABC là tam giác đều    SA  1;0;0  ; SB   0;1;0  ; SC   0;0;1  SA  SB  SC  1 1

D  SA, SB, SC   0 0

1 0 1 0 0 1     Hay ta có thể tính  SA; SB  SC  0     SA, SB, SC không đồng phẳng.  SABC là hình chóp đều , đỉnh S.

Chọn B. Bài 2: Cho bốn điểm S 1, 2,3 ; A  2, 2,3 ; B 1,3,3 ; C 1, 2, 4  . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của BC , CA và AB.SMNP là: A . Hình chóp B. Hình chóp đều C. Tứ diện đều D. Tam diện vuông Lời giải S Tam giác: ABC có AB  BC  CA  2  MN  NP  PM 

2 2

   SA  1;0;0  ; SB   0;1;0  ; SC   0;0;1    SA.SB  0  SA  SB

Tương tự SA  SC , SB  SC Các tam giác vuông SAB, SBC , SCA vuông tại S, có các trung tuyến: AB 2   MN  NP  PM 2 2 Ta có: SP   SAB  ; SM   SBC  ; SN   SCA  SP  SM  SN 

    SP, SM , SN không đồng phẳng

 SMNP là tứ diện đều.

Chọn C. ( PC WEB )

N M

P B

Bài 3: Cho bốn điểm S 1, 2,3 ; A  2, 2,3 ; B 1,3,3 ; C 1, 2, 4  . Xác định tọa độ trọng tâm G của hình chóp SABC. 5 13 B.  ,3, 

A.  5,9,13

3

7 9 C. 1, , 

3

 4 4

5 9 13 D.  , ,  4 4 4 

Lời giải          Ta có GS  GA  GB  GC  4OG  OA  OB  OC  OS 1 5   x  4  2  1  1  1  4  1 9   G  y   2  3  2  2  4 4  1 13   z  4  3  3  4  3  4 

Chọn D.     Bài 4: Cho 3 vectơ a  1,1, 2  ; b   2, 1, 2  ; c   2,3, 2  . Xác định vec tơ d thỏa mãn       a.d  4; b.d  5; c.d  7.

A.  3, 6,5 

3 5 C.  , 6, 

B.  3, 6, 5 

Lời giải

  a.d  4 x  y  2z  4     b.d  5  2 x  y  2 z  5     2 x  3 y  2 z  7 c.d  7

2

2

5 D.  3, 6,  

2

1  2  3

1   2  : 3x  9  x  3 và  2    3 : 2 y  12  y  6 1 2

1 2

1 : z   x  y  4    3  6  4  

  5 5  d   3;6;  2 2 

Chọn D.       Bài 5: Cho khối tứ diện ABCD. Nếu AB  a; AC  b; AD  c. Gọi M là trung điểm của BC thì:     a  c  2b A. DM  2     a  b  2c C. DM  2

    b  c  2a B. DM  2     a  2b  c D. DM  2

Lời giải

         a  b a  b  2c DM  DA  DM  c   2 2

Chọn C.       Bài 6: Cho khối tứ diện ABCD. Nếu AB  b; AC  c; AD  d . Gọi G là trọng tâm tam giác BCD thì:     b  d  c A. AG  4     b  d  c C. AG  2

Lời giải ( PC WEB )

    b  d  c B. AG  3     D. AG  b  d  c

Gọi G là trọng tâm tam giác BCD nên:

     AG  AB  BG  b  BG 1      AG  AC  CG  c  CG  2       AG  AD  DG  d  DG  3             b  d  c Từ 1 ;  2  ;  3 suy ra: 3 AG  b  d  c  0  b  d  c  AG  3

Chọn B. Bài 7: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D '. Gọi O là tâm của hình lập phương, khi đó:     AD  AB  AA ' A. AO  3     AD  AB  AA ' C. AO  2

    AD  AB  AA ' B. AO  4     2 AD  AB  AA ' D. AO  3





Lời giải

    1  AD  AB  AA ' . AO  AC '  2 2

Chọn C. Bài 8: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D '. Gọi I là tâm của mặt  CDD ' C ' , khi đó:    AB  AA '  A. AI   AD 2    AD  AA '  C. AI   AB 2

   AB  AD  B. AI   AA ' 2     AB  AA '  AD D. AI  2

Lời giải

        AB  AD  AA ' 1  AB  AA '  O là tâm hình lập phương AI  AO  IO   AD   AD . 2 2 2

Chọn A. Bài 9: Cho khối tứ diện ABCD. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AC , BD. Tìm hệ thức đúng:           A. AB  AD  CB  BD  4 PQ B. AB  AD  CB  BD  2 PQ           C. AB  AD  CB  BD  3PQ D. AB  AD  CB  BD  PQ Lời giải    AB  AD  2 AQ

    CB  BD  2CQ               AB  AD  CB  BD  2 AQ  CQ  2 AP  PQ  CP  PQ  2 2 PQ  AP  CP  4 PQ



 

Chọn A. Bài 10: Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D '. Tìm hệ thức sai:      AC '  CA '  2C ' C  0 AC '  A ' C  2 AC A.  B.       C. AC '  A ' C  AA ' D. CA '  AC  CC ' Lời giải O là tâm hình hộp

( PC WEB )



          AC '  2 AO  2OC '; CA '  2CO  AC '  CA '  2 OC '  CO  2CC '       AC '  A ' C  2C ' C  2CC '  2C ' C  0      AC '  2 AO       AC '  A ' C  2 AO  OC  2 AC A ' C  2OC 





Vậy C sai. Chọn C. Bài 11: Cho tứ diện ABCD.M , N lần lượt là trung điểm AC , BD. Chọn hệ thức sai:       MB  MD  2 MN AB  CD  2 MN A.  B.      C. NC  NA  2MN D. CB  AD  2MN Lời giải    MB  MD  2 MN (hệ thức trung điểm). Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AD, BC  MNPQ là hình bình hành:    MP  MQ  MN   1    MP  2 CD 1  1      AB  CD  MN  AB  CD  2 MN    2 2  MQ  1 AB  2    NC  NA  2 MN (C sai )           AD  CB  AB  BD  CD  DB  AB  CD  2 MN

Chọn C. Bài 12: Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ', A ' C   A ' BD   E , AC '  CB ' D '  F . Xác định hệ thức sai:   



A. EA '  EB  ED  0   

  



C. AB  AD  AA '  2 AC '



B. FC  FD '  FB '  0 

D. EF 

1  AC ' 2

Lời giải Gọi I , I ' là các giao điểm của các đường chéo ở 2 mặt đáy AC ' cắt các trung tuyến A ' I của tam giác A ' BD và trung tuyến CI ' (của tam giác CB ' D ' ) tại E và F. EI IF 1    E , F là trọng tâm của tam giác A ' BD; CB ' D ' . A ' I FC 2

Chọn A, B đúng.      

AB  AD  AA '  AC  AA '  AC '. C sai  1  1 AE  EF  FC '  AC '  EF  AC '. D đúng. 3 3

Chọn D. Bài 13: Cho khối tứ diện ABCD, G là trọng tâm của tứ diện, A ' là trọng tâm tam giác BCD.M là 1 điểm tùy ý trong không gian. Chọn hệ thức đúng:           GC  GD  3GA '  GB  GC  GD  0 A. GB B. GA        C. AA '  3 AG D. MA  MB  MC  MD  4MG Lời giải Gọi B ' là trọng tâm tam giác ACD, hai trung tuyến AA';BB' cắt nhau tại G, GA ' B ' đồng dạng GAB.

( PC WEB )

 4  A' B ' A'M 1 1     GA '  GA  AA '  AG AB BM 3 3 3          GB  GC  GD  GA '  A ' B  GA '  A ' C  GA '  A ' D         3GA '   A ' B  A ' C  A ' D  3GA '  0  3GA '        3GA '  GA  GA  GB  GC  GD  0             MA  MB  MC  MD  MG  GA  MG  GB  MG  GC  MG  GD        4 MG  GA  GB  GC  GD  4 MG

Chọn C. Bài 14: Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D '. Chọn hệ thức sai:        AA '  AB  AD  AC ' A ' B '  A ' D '  A ' A  A 'C A.  B.         C. C ' D '  C ' B '  C ' C  C ' A D. BC  BA  BB '  D ' B Lời giải       AA '  AD  AB  A ' A  AC  A ' C       A ' B '  A ' D '  A ' A  A 'C '  A ' A  A 'C       C ' D '  C ' B '  C 'C  C ' A '  C 'C  C ' A       BC  BA  BB '  BD  BB '  BD ' D'

B' D

Chỉ có hệ thức D sai. Chọn D.

( PC WEB )

CHỦ ĐỀ 2. MẶT PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN 1. Định nghĩa Trong không gian Oxyz phương trình dạng Ax  By  Cz  D  0 với A2  B 2  C 2  0 được gọi là phương trình tổng quát của mặt phẳng.  Phương trình mặt phẳng  P  :Ax+By+Cz+D=0 với A2  B 2  C 2  0 có vec tơ pháp tuyến là

 n   A; B; C  .



 Mặt phẳng  P  đi qua điểm M 0  x0 ; y0 ; z0  và nhận vecto n   A; B; C  , n  0 làm vecto pháp tuyến dạng  P  : A  x  x0   B  y  y0   C  z  z0   0. 



 Nếu  P  có cặp vecto a   a1 ; a2 ; a3  ; b   b1 ; b2 ; b3  không cùng phương, có giá song song hoặc 

 

nằm trên  P  . Thì vecto pháp tuyến của  P  được xác định n   a, b  . 2 . Các trường hợp riêng của mặt phẳng Trong không gian Oxyz cho mp   :Ax+By+Cz+D=0, với A2  B 2  C 2  0. Khi đó:  D  0 khi và chỉ khi   đi qua gốc tọa độ.  A  0, B  0, C  0, D  0 khi và chỉ khi   song song trục Ox.  A  0, B  0, C  0, D  0 khi và chỉ khi   song song mặt phẳng  Oxy  .  A, B, C , D  0. Đặt a  

D D D x y c , b   , c   . Khi đó :   :    1 A B C a b z

3 . Vị trí tương đối của hai mặt phẳng Trong không gian Oxyz cho   :Ax+By+Cz+D=0 và  ' :A'x+B'y+C'z+D'=0  AB '  A ' B     cắt  '   BC '  B ' C CB '  C ' B   AB '  A ' B     //  '   BC '  B ' C CB '  C ' B   AB '  A ' B  BC '  B ' C       '    CB '  C ' B  AD '  A ' D ( PC WEB )

va AD '  A ' D

 

Đặt biệt:     '  n1.n2  0  A. A ' B.B ' C.C '  0 4 . Góc giữa hai mặt phẳng Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  00    900 

 P  :Ax+By+Cz+D=0 và  Q  :A'x+B'y+C'z+D'=0   nP .nQ   cos = cos nP , nQ     nP . nQ





A. A ' B.B ' C.C ' A2  B 2  C 2 . A '2  B '2  C '2

BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1: Cho tứ giác ABCD có A  0;1; 1 ; B 1;1; 2  ; C 1; 1;0  ; D  0;0;1 . Viết phương trình của mặt phẳng  P  qua A, B và chia tứ diện thành hai khối ABCE và ABDE có tỉ số thể tích bằng 3. A. 15 x  4 y  5 z  1  0 B. 15 x  4 y  5 z  1  0 C. 15 x  4 y  5 z  1  0 D. 15 x  4 y  5 z  1  0 Lời giải  P  cắt cạnh CD tại E , E chia đoạn CD theoo tỷ số 3 xC  3 xD 1  3.0 1    x  4 4 4  y  3 yD 1  3.0 1   E y  C   4 4 4  zC  3 z D 0  3.1 3    z  4 4 4     1 5 7  1 AB  1;0;3 ; AE   ;  ;   1; 5;7  4 4 4 4

F N

D E C

Vecto pháp tuyến của 

 

 P  : n   AB, AE   15; 4; 5   P  :  x  0 15   y  1 4    z  1 5  0  15 x  4 y  5 z  1  0 Chọn A. Bài 2: Cho tứ giác ABCD có A  0;1; 1 ; B 1;1; 2  ; C 1; 1;0  ; D  0;0;1 . Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng  Q  song song với mặt phẳng  BCD  và chia tứ diện thành hai khối AMNF và MNFBCD có tỉ số thể tích bằng

A. 3x  3z  4  0 C. y  z  4  0 Lời giải

1 . 27

B. y  z  1  0 D. 4 x  3z  4  0 3

AM  1 Tỷ số thể tích hai khối AMNF và MNFBCD :     AB  27 AM 1    M chia cạnh AB theo tỉ số 2 AB 3

( PC WEB )

1  2.0 1  x  3  3    1  2.1   E y   1 ; BC  2  0;1;1 ; BD   1;1;1 3   2  2  1 0 x  3   Vecto pháp tuyến của  Q  : n   0;1; 1

1   M   Q    Q  :  x   0   y  11   z  0  1  0 3    P  : y  z 1  0

Chọn B. Bài 3: Từ gốc O vẽ OH vuông góc với mặt phẳng  P  ,  OH  p  ; gọi  ,  ,  lần lượt là các góc tạo bởi vec tơ pháp tuyến của  P  với ba trục Ox, Oy, Oz. Phương trình của  P  là: A. x cos   y cos   z cos   p  0 B. x sin   y sin   z sin   p  0 C. x cos   y cos   z cos   p  0 D. x sin   y sin   z sin   p  0 Lời giải  H  p cos  , p cos  , c cos    OH   p cos  , p cos  , c cos   

Gọi: M  x, y, z    P   HM   x  p cos  , y  p cos  , z  c cos     OH  HM

  x  p cos   p cos    y  p cos   p cos    z  c cos   p cos    P  : x cos   y cos   z cos   p  0

Chọn A. Bài 4: Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng  P  cắt hai trục y ' Oy và z ' Oz tại A  0, 1, 0  , B  0, 0,1 và tạo với mặt phẳng  yOz  một góc 450.

A. 2 x  y  z  1  0 B. 2 x  y  z  1  0 C. 2 x  y  z  1  0; 2 x  y  z  1  0 D. 2 x  y  z  1  0; 2 x  y  z  1  0 Lời giải Gọi C  a, 0, 0  là giao điểm của  P  và trục x 'Ox    BA   0, 1, 1 ; BC   a, 0, 1    Vec tơ pháp tuyến của  P  là n   BA, BC   1, a, a   Vec tơ pháp tuyến của  yOz  là: e1  1, 0, 0 

Gọi  là góc tạo bởi  P  và  yOz   cos450 



2 1  4a 2  2  a   2 2

1  2a Vậy có hai mặt phẳng  P  :  2 x  y  z  1  2 x  y  z  1  0; 2 x  y  z  1  0 2

Chọn D. Bài 5: Cho mặt phẳng  P  đi qua hai điểm A  3, 0, 4  , B  3, 0, 4  và hợp với mặt phẳng  xOy  một góc 300 và cắt y ' Oy tại C. Tính khoảng cách từ O đến  P  . A. 4 3

( PC WEB )

B. 3

C. 3 3

D. 2 3

z B

Lời giải Vẽ OH  KC với K là giao điểm của AB và trục z ' Oz . 



Ta có: C  300  K  600 ; OK  4

 d  O, P   OH  OK .sin 600  4.

K H

-3

3  2 3. 2 O

y C

Chọn D.

Bài 6: Cho mặt phẳng  P  đi qua hai điểm A  3, 0, 4  , B  3, 0, 4  và hợp với mặt phẳng  xOy  một góc 300 và cắt y ' Oy tại C. Viết phương trình tổng quát mặt phẳng  P  . A. y  3z  4 3  0 C. y  3z  4 3  0 Lời giải 

B. y  3z  4 3  0 D. x  y  3z  4 3  0

 C  0, c, 0  ; AC   3, c, 4  ; AB   6, 0, 0     Vec tơ pháp tuyến của  P  : n   AC , AB   6  0, 4, c   Vec tơ pháp tuyến của  xOz  : e3   0, 0,1  c 3 cos 300    c 2  48  c  4 3  n  6 0, 4, 4 3 2 16  c 2





  P  :  x  3 .0   y  0  4   z  4  4 3  0  y  z 3  4 3  0

Chọn C. Bài 7: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 2 x  y  z  1  0, A  8; 7; 4  , B  1; 2; 2  . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng  P  sao cho MA2  2MB 2 nhỏ nhất. A. M  0;0; 1 B. M  0;0;1 Lời giải   Gọi I là điểm thỏa mãn IA  2 IB  0  I  2; 1;0 



 





 



C. M 1;0;1

D. M  0;1;0 

Có MA2  2MB 2  MI  IA  2 MI  IB  3MI 2  IA2  2 IB 2 Vì IA, IB không đổi nên  MA2  2MB 2 min  MI min  M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng  P  .

Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với  P  . ( PC WEB )

 x  2  2t   d :  y  1  t ; d   P   M  0;0; 1 z  t 

Chọn A. Bài 8: Cho 2 điểm A  0, 0, 3 , B  2, 0, 1 và mặt phẳng  P  : 3x  8 y  7 z  1  0. Tìm M   P  sao cho MA2  2 MB 2 nhỏ nhất. 283 104 214   283 104 214   283 14 14   283 14 14  A. M  ; ; ; ; ; ; ; ;  B. M   C. M   D. M    183 183 183   183 183 183   183 183 183   183 183 183  Lời giải 



Gọi I sao cho IA  2 IB  0  I  ;0;  3 3 4



 2 MA2  MA   2 MB 2  MB 

 



   IA2  2 MI .IA   2 2  IB 2  2 MI .IB    MA2  2 MB 2  3MI 2  IA2  2 IB 2  2 MI IA  IB  3MI 2  IA2  2 IB 2

 MI  IA  MI    MI  IB   MI 2





Suy ra  MA2  2MB 2 min khi MI bé nhất hay M là hình chiếu của I trên  P  . 283 104 214

 Tìm được tọa độ M  ; ; .  183 183 183  Chọn A. Bài 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  Q  : x  y  z  0 và hai điểm

A  4, 3,1 , B  2,1,1 . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng  Q  sao cho tam giác ABM vuông cân tại M .  M 1; 2;1 A.   17 9 8  M ; ;    7 7 7

 M 1; 2;1 B.   17 9 8  M ; ;   7 7 7 

 M  1; 2;1 C.   13 5 9  M ; ;   7 7 7 

 M 1;1;1 D.   9 9 8  M ; ;   7 7 7 

Lời giải Gọi M  a, b, c  .M   Q   a  b  c  0 1 . Tam giác ABM cân tại M khi và chỉ khi : AM 2  BM 2   a  4    b  3   c  1   a  2    b  1   c  1  a  2b  5  0 2

a  b  c  0 a  2b  5  a  2b  5  0 c  5  3b

Từ 1 và  2  ta có: 

 *

Trung điểm AB là I  3; 1;1 . Tam giác ABM cân tại M , suy ra: MI 

AB 2 2 2   a  3   b  1   c  1  5 2

Thay * và  3 ta được:

( PC WEB )

 3

 2b  2    b  1   6  3b  2

b  2 5  b   9 7 

 2

b  2  a  1, c  1  M 1; 2;1 9 17 8  17 9 8  b    a  ,c    M  ; ;  7 7 7 7 7  7

Chọn A. Bài 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 2 điểm A 1;3; 2  , B  3; 2;1 và mặt phẳng 

 P  : x  2 y  2 x  11  0. Tìm điểm M trên  P  sao cho MB  2 2, MBA  300.  M 1; 2;3  M 1; 2;3  M  2;1;3 A.  B.  C.  D.  M 1; 4;1  M 1; 4;1  M  4;1;1 Lời giải Nhận thấy A   P  , B   P  , AB  6. Áp dụng định lý côsin trong tam giác MAB ta có: MA2  MB 2  BA2  2 MB.BA.cos300  2  MB 2  MB 2  BA2 Do đó tam giác MAB vuông tại A. x  1     Ta có: u AM   AB, n p    0; 5;5   AM :  y  3  t  M 1;3  t ; 2  t  z  2  t  2 2 2 Ta có MA  2  t  t  2  t  1 Với t  1  M 1; 2;3 ; t  1  M 1; 4;1

Chọn A.

( PC WEB )

 M 1; 2;3   M  1; 4;1

CHƯƠNG 06 (tiếp theo) BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC OXYZ CHỦ ĐỀ 3. ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHÔNG GIAN 1. Định nghĩa Phương trình tham số của đường thẳng  đi qua điểm M 0  x0 ; y0 ; z0  và có vec tơ chỉ phương  x  x0  a1t     a   a1 ; a2 ; a3  , a  0 :  y  y0  a2t z  z  a t 0 3  Nếu a1 ; a2 ; a3 đều khác không. Phương trình đường thẳng  viết dưới dạng chính tắc như sau: x  x0 y  y0 z  z0   a1 a2 a3

 A1 x  B1 y  C1 z  D1  0  A2 x  B2 y  C2 z  D2  0

Ngoài ra đường thẳng còn có dạng tổng quát là: 

với A1 , B1 , C1 , A2 , B2 , C2 thỏa A12  B12  C12  0, A2 2  B2 2  C2 2  0. 2. Vị trí tương đối của hai đường thẳng Chương trình cơ bản Chương trình nâng cao 1 )Vị trí tương đối của hai đường thẳng 1 ) Vị trí tương đối của hai đường thẳng Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng  x  x0  a1t  x  x0 ' a1 ' t '   d :  y  y0  a2t ; d ' :  y  y0 ' a2 ' t ' z  z  a t  z  z ' a ' t ' 0 3 0 3     Vtcp u đi qua M 0 và d ' có vtcp u ' đi qua M 0 '    u, u ' cùng phương:     u  ku ' u  ku ' d / /d '   ;d  d '    M 0  d '  M 0  d '    u, u ' không cùng phương:  x0  a1t  x0 ' a1 ' t '   y0  a2t  y0 ' a2 ' t '  I   z  a t  y ' a ' t ' 0 3  0 3

 x  x0  a1t  x  x0 ' a1 ' t '   d :  y  y0  a2t ; d ' :  y  y0 ' a2 ' t ' z  z  a t  z  z ' a ' t ' 0 3 0 3     Vtcp u đi qua M 0 và d ' có vtcp u ' đi qua M 0 '     u , u '  0    d  / /  d '     M 0  d '     u , u '  0    d    d '     M 0  d '     u , u '  0     d  cat  d '       u , u ' .MM 0  0     d chéo d’  hệ phương trình 1 vô nghiệm   d  cheo  d '  u, u ' .MM 0  0  d cắt d’  hệ phương trình 1 có 1 nghiệm

3 . Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng Phương pháp 1 Phương pháp 2 Trong không gian Oxyz cho: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d qua   x  x0  a1t M  x0 ; y0 ; z0  có vtcp: a   a1 ; a2 ; a3  và     :Ax+By+Cz+D=0 và d :  y  y0  a2t   :Ax+By+Cz+D=0 có vtpt n   A; B; C  z  z  a t 0 3  Pt: A  x0  a1t   B  y0  a2t   C  z0  a3t   D  0 1

( PC WEB )





 d  cắt    a.n  0

 Phương trình 1 vô nghiệm thì d / /    Phương trình 1 có 1 nghiệm thì d cắt    Phương trình 1 có vô số nghiệm thì d     

Đặc biệt: d     a, n cùng phương

 a.n  0   d  / /      M   



4. Khoảng cách Khoảng cách từ M  x0 ; y0 ; z0  đến mặt phẳng d  M 0 ,  

 d  nằm trên mp  

 a.n  0   M   

  :Ax+By+Cz+D=0 cho bởi công thức

Ax 0  By0  Cz0  D A2  B 2  C 2

Khoảng cách từ M đến đường thẳng  d  Phương pháp 1:  Lập ptmp   đi qua M và vuông góc với d.  Tìm tọa độ giao điểm H của mp   và d  d  M , d   MH  Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau Phương pháp 1:  d đi qua M  x0 ; y0 ; z0  ; có vtpt a   a1 ; a2 ; a3   d ' đi qua M '  x0 '; y0 '; z0 ' ; vtpt a '   a1 '; a2 '; a3 '

Lập phương trình mp   chứa d và song song với d’: d  d , d '  d  M ',   

 Khoảng cách từ M đến đường thẳng  d  Phương pháp 2:  ( d đi qua M 0 có vtcp u )   M 0M , u    d M ,    u

 Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau Phương pháp 2:  d đi qua M  x0 ; y0 ; z0  ; có vtpt a   a1 ; a2 ; a3   d ' đi qua M '  x0 '; y0 '; z0 ' ; vtpt a '   a1 '; a2 '; a3 '     a, a ' .MM ' V   d  ,  '    hop   S day  a, a '  

5 . Góc giữa hai đường thẳng  Góc giữa hai đường thẳng     đi qua M  x0 ; y0 ; z0  có VTCP a   a1; a2 ; a3 

 M '  x0 '; y0 '; z0 ' có VTCP a '   a1 '; a2 '; a3 '   a.a '   a1.a '1  a2 .a '2  a3 .a '3 cos   cos a, a '     2 a . a' a1  a2 2  a32 . a '12  a '2 2  a '32

  ' đi qua





6 . Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng  Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng    đi qua M 0 có VTCP a , mặt phẳng   có VTPT  n   A; B; C  .

 

 

Gọi  là góc hợp bởi    và mặt phẳng   : sin   cos a, n 

( PC WEB )

Aa1  Ba2  Ca3 A2  B 2  C 2 . a12  a2 2  a32

BÀI TẬP ÁP DỤNG

x2 y2 z   và mặt phẳng 2 1 1  P  : x  2 y  z  3  0. Viết phương trình đường thẳng  nằm trong  P  sao cho  vuông góc với d

Bài 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : và khoảng cách giữa hai đường thẳng  và d bằng

2.  x7 y z4   : 1  1  1 B.   : x  3  y  z  1 1 1  x 7 y z  4   : 1  1  1 D.   : x  3   y  z  1  1 1 1

 x7 y z 4   : 1  1  1 A.   : x  3  y  z  1 1 1  x7 y z 4   : 2  1  1 C.   : x  3  y  z  1 4 1

Lời giải  Đường thẳng d có VTCP ud   2;1;1 . Mặt phẳng    n p , ud    3; 3; 3  



 P  có VTPT

 n p  1; 2; 1 ,

ta có

1  

Vì    P  ,   d  VTPT u  u ; ud    0; 1;1 3 Khi đó, phương trình mặt phẳng  Q  : y  z  m  0 Chọn A 1; 2;0   d , ta có: d  A;  Q    d  ; d   2 

2  m

Với m  4   Q  : y  z  4  0

m  4  2 m  0

Vì    P    Q    đi qua B  7;0; 4    : Với m  0   Q  : y  z  0 Vì    P    Q    đi qua C  3;0;0    :

x7 y z 4   1 1 1 x 3 y z   1 1 1

Chọn A.

x  2 y 1 z và mặt phẳng   1 2 1  P  : x  y  z  3  0. Gọi I là giao điểm của d ,  P  . Tìm M   P  sao cho MI vuông góc với d và

Bài 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : MI  4 14.  M  5;9; 11 A.   M  3; 7;13  M  5;9; 11 C.   M  3; 7;13

 M  5;7; 11

B. 

 M  3; 7;13  M  5; 7;11 D.   M  3;7; 13

Lời giải Vì I  d nên I  2  t ; 1  2t ; t  . Hơn nữa I   P   2  t  1  2t  3  0  t  1  I 1;1;1

( PC WEB )

   M   P   a  b  c  3 IM   a  1; b  1; c  1 , ud  1; 2; 1    MI  d  IM .ud  0  a  2b  c  2  0



Gọi M  a; b; c  . Do: 



Do MI  4 14   a  1   b  1   c  1  224. Khi đó ta có hệ phương trình: 2

a  b  c  3 b  2a  1 a  5 a  3      c  4  3a  b  9  b  7 a  2b  c  2  0   c  11 c  13 2 2 2 2    a  1   b  1   c  1  224  a  1  16

Với  a; b; c    5;9; 11  M  5;9; 11

Với  a; b; c    3; 7;13  M  3; 7;13 Chọn A. Bài 3: Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  0,  Q  : 2 x  2 y  z  1  0. Viết phương trình của đường thẳng d đi qua A  0;0;1 , nằm trong mặt phẳng  Q  và tạo với mặt phẳng

 P  một góc bằng

450.

x  t x  t   ; d 2 :  y  t A . d1 :  y  t  z  1  4t z  1  

x  t x  t   B. d1 :  y  2t  1; d 2 :  y  1  t  z  1  4t z  1  

x  t  x  3t   C. d1 :  y  t  1 ; d 2 :  y  t  z  1  4t  z  1  4t  

 x  1  4t x  t   D. d1 :  y  1  t ; d 2 :  y  t  z  1  4t z  1  

Lời giải   Ta có n   2; 2;1 là vecto pháp tuyến của  Q  , b  1; 2; 2  là vec tơ pháp tuyến của  P  . 

Gọi a   a; b; c  , a 2  b 2  c 2  0 là một vecto chỉ phương của d . Vì đường thẳng d đi qua A  0;0;1 mà A  0;0;1 , A   Q  





Do đó d   Q   a  n  a.n  0  2a  2b  c  0  c  2a  2b Góc hợp bởi d và  P  bằng 450 :  a .b   a  2b  2c 2 2  sin 450  cos a; b       18(a 2  b 2  c 2 )  4  a  2b  2c   a  b 2 2 2 2 a.b 3 a b c

 

a  b  b  1  a  1; c  4  a  b  b  1  a  1; c  0 

x  t x  t   ; d 2 :  y  t là các đường thẳng cần tìm. Vậy d1 :  y  t  z  1  4t z  1  

Chọn A. ( PC WEB )

Bài 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình thang cân ABCD có hai đáy AB, CD thỏa mãn CD  2 AB và diện tích bằng 27; đỉnh A  1; 1;0  ; phương trình đường thẳng chứa cạnh CD là x  2 y 1 z  3   . Tìm tọa độ các điểm D biết hoành độ điểm B lớn hơn hoành độ điểm A. 2 2 1

A . D  2; 5;1 B. D  3; 5;1 C. D  2; 5;1 Lời giải  Đường thẳng CD qua M  2; 1;3 có vec tơ chỉ phương u   2; 2;1

D. D  3; 5;1

Gọi H  2  2t ; 1  2t ;3  t  là hình chiếu của A lên CD, ta có:

  AH .u  2  3  2t ; 2.2t  (3  t   t  1  H  0; 3; 2  , d  A, CD   AH  3

Từ giả thiết ta có: 2 S ABCD  18  AB  6; DH  3; HC  9 AH     AB Đặt AB  tu   2t ; 2t ; t   t  0  xB  x A   t    2  AB  4; 4; 2   B  3;3; 2  u  9  HC  AB   6;6;3  C  6;3;5  6  3  HD   AB   2; 2; 1  D  2; 5;1 6 AB  CD  3 AB 

Chọn A. Bài 5: Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : 5 x  z  4  0 và hai đường thẳng d1 ; d 2 lần lượt x 1 y z 1 x 1 y  2 z 1   ;   . Viết phương trình của mặt phẳng  Q  / /  P  , 1 1 2 2 1 1 4 5 theo thứ tự cắt d1 , d 2 tại A, B sao cho AB  . 3 25  331 25  331 A.  Q1  : 5 x  z   0;  Q2  : 5 x  z  0 7 7 B.  Q1  : 5 x  z  2  0;  Q2  : 55 x  11z  14  0

có phương trình

C.  Q1  : 5 x  z  2  0;  Q2  : 55 x  11z  14  0 D.  Q1  : 5 x  z  4  0;  Q2  : 55 x  11z  7  0 Lời giải x  1 t  x  1  2t '   d1 :  y  t , d 2 :  y  2  t ' ;  Q  : 5 x  z  d  0, d  4  z  1  2t  z  1  t '   3  d 6  d 15  2d   3  2d 12  d 30  5d  ; ; ; ;  , Q   d2  B   3 3 9 9   3   9  6  d 6  4d 30  5d  1 Suy ra AB   ; ;    6  d ; 6  4d ;30  5d  9 9  9  9

 Q   d1  A 

Do AB 

( PC WEB )



4 5 1 2 2 2   6  d    6  4d    30  5d  3 8



 25  331 d  80 7   42d 2  300d  252  0   9  25  331 d  7 

Vậy, tìm được hai mặt phẳng thỏa mãn:

 Q1  : 5 x  z 

25  331 25  331  0;  Q2  : 5 x  z  0 7 7

Chọn A. Bài 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

x 1 y  2 z   ; 1 2 1

x  2 y 1 z 1 và mặt phẳng  P  : x  y  2 z  5  0. Lập phương trình đường thẳng d song   2 1 1 song với mặt phẳng  P  và cắt d1 , d 2 lần lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB đạt giá trị nhỏ nhất. d2 :

x 1 y  2 z  2   1 1 1 x 1 y  2 z  2 C. d :   1 1 1

x 1 y  2 z  2   1 1 1 x2 y2 z2 D. d :   1 1 1

A. d:

B. d :

Lời giải Vì A  d1 ; B  d 2  A  1  a; 2  2a; a  , B  2  2b;1  b;1  b  

Ta có AB   a  2b  3; 2a  b  3; a  b  1

    AB  n  P  có vec tơ pháp tuyến n  1;1; 2  , AB / /  P     A   P       AB  n  AB.n  0  a  2b  3  2a  b  3  2a  2b  2  0  b  a  4  AB   a  5; a  1; 3

 a  5   a  1   3  min AB  3 3 khi a  2  A 1; 2; 2   AB   3; 3; 3 , A 1; 2; 2    P 

Do đó: AB 

Vậy phương trình đường thẳng d :

 2  a  2   27  3 3 2

x 1 y  2 z  2   . 1 1 1

Chọn A.

x  3 y  2 z 1 và mặt phẳng   2 1 1  P  : x  y  z  2  0. Gọi M là giao điểm giữa d và  P  . Viết phương trình đường thẳng  nằm

Bài 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

trong mặt phẳng  P  , vuông góc với d đồng thời khoảng cách từ M đến  bằng  x 5 y  2 z 5   : 2  3  1 A.   : x  3  y  4  z  5  2 3 1  x 5 y 2 z 5   : 2  3  1 C.   : x  3  y  4  z  5 2 3 1 

( PC WEB )

 x 5   : 2  B.   : x  3   2  x 5  : 2  D.   : x  3   2

y2 z 5  3 1 y  4 z 5  3 1 y2 z 5  3 1 y  4 z 5  3 1

42.

Lời giải  x  3  2t  Phương trình tham số của d :  y  2  t  z  1  t    Mặt phẳng  P  có VTPT nP  1;1;1 , d có VTCP ud   2;1; 1

Vì M  d   P   M 1; 3;0 



 

Vì  nằm trong  P  và vuông góc với d nên: VTCP u  ud ; nP    2; 3;1  Gọi N  x; y; z  là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó: MN   x  1; y  3; z    x  y  z  2  0  MN  u  N  5; 2; 5    Ta có:  N   P   2 x  3 y  z  11  0    2 2  N  3; 4;5  2 x  1  y  3  z  42 MN  42        x 5 y  2 z 5 Với N  5; 2; 5    :   2 3 1 x 3 y  4 z 5 Với N  3; 4;5    :   2 3 1

Chọn A. x 2

Bài 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A 1; 2;3 , đường thẳng d : 

y z 1 và  1 2

mặt phẳng  P  : x  2 y  z  1  0. Gọi d ' là đường thẳng đối xứng với d qua  P  . Tìm tọa độ điểm B trên d ' sao cho AB  9.   62  16 151 26  2 151 31  8 151  ; ;  B   27 27 27    A.   B  62  16 151 ; 26  2 151 ; 31  8 151     27 27 27      16 151 2 151 8 151  ; ;  B   27 27    27 C.   B  16 151 ; 2 151 ; 8 151     27 27 27   

  62  151 26  151 31  151  ; ;  B   27 27 27    B.   B  62  151 ; 26  151 ; 31  151     27 27 27      62  4 151 26  2 151 31  8 151  ; ;  B   27 27 27    D.   B  62  4 151 ; 26  2 151 ; 31  8 151     27 27 27   

Lời giải Có d cắt  P  tại I  2; 1;1 . Chọn M  0;0; 1  d và M ' là điểm đối xứng của M qua  P  . Khi đó M '   d ' . Ta tìm M '.

Gọi  là đường thẳng đi qua M và vuông góc với mặt phẳng  P    x y z 1  VTCP u  VTPT nP  1; 2  1   :   1 2 1 Gọi H là trung điểm MM ' thì tọa độ H định:  x y z 1 1 2 2     1 2 2  x   ; y   ; z    H   ;  ;  . 1 1 2 3 3 3  3 3 3  x  2 y  z  1  0

2 4 1 Từ đó: M '  2 xH  xM ; 2 yH  yM ; 2 z H  zM     ;  ;    3

( PC WEB )

3

Suy ra d’ là đường thẳng đi qua I  2; 1;1 nhận VTCP:   8 1 4  x  2 y 1 z 1 M 'I   ; ;   d ':   8 1 4 3 3 3 B  d '  B  2  8t ; 1  t ;1  4t 

Theo đề bài ta phải có: AB  9  1  8t    t  3   4t  2   81  81t 2  6t  67  0  t  2

1  2 151 27

  62  16 151 26  2 151 31  8 151  ; ;  B   27 27 27      B  62  16 151 ; 26  2 151 ; 31  8 151     27 27 27   

Chọn A. Bài 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng  Q  chứa đường thẳng x 1 y 1 z  3 và tạo với mặt phẳng  P  : x  2 y  z  5  0 một góc nhỏ nhất.   2 1 1 A . Q  : y  z  4  0 B.  Q  : y  z  6  0 d:

C.  Q  : y  2 z  4  0 D.  Q  : 2 y  z  4  0 Lời giải    + d có vtcp u   2;1;1 ,  P  có vtpt m  1; 2; 1 ,  Q  có vtpt n   a, b, c  ,  a 2  b 2  c 2  0  







+ do  Q  chứa d nên ta có: n  u  n.u  0  2a  b  c  0  c  2a  b  n   a, b, 2a  b  + Góc hợp bởi  P  và  Q  là 

  m.n   a  2b  2 z  b  cos = cos m; n     2 m.n 6. a 2  b 2   2a  b 

 

cos =

3 ab 6. a 2  b 2   2a  b 



3 ab 6. 2  a  b 



3    300 2



Vậy  min  300. Dấu bằng xảy ra khi và chi khi a  0 lúc đó ta chọn b  1; c  1  n   0;1; 1 qua : A  1; 1;3 từ đó  Q  : y  z  4  0 .  vtpt : n  0;1;  1   

Mặt phẳng  Q  :  Chọn A.

( PC WEB )

CHỦ ĐỀ 4. MẶT CẦU 1. Định nghĩa mặt cầu Tập hợp các điểm trong không gian cách điểm O cố định một khoảng cách R cho trước là mặt cầu tâm O và bán kính R. Kí hiệu S  O; R  . Trong không gian với hệ trục Oxyz : -

Mặt cầu  S  tâm I  a, b, c  bán kính R có phương trình là:  x  a    y  b    z  c   R 2 . Phương trình: x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0, với a 2  b 2  c 2  d  0 là phương trình 2

mặt cầu tâm I  a; b; c  , bán kính R  a 2  b 2  c 2  d .

2 . Vị trí tương đối của mặt phẳng  P  và mặt cầu  S 

 d  I ,  P    R khi và chỉ khi  P  không cắt mặt cầu  S  .

 d  I ,  P    R khi và chỉ khi  P  tiếp xúc mặt cầu  S  .  d  I ,  P    R khi và chỉ khi  P  cắt mặt cầu  S  theo

giao tuyến là đường tròn nằm trên mặt phẳng  P  có tâm

H và có bán kính r  R  d . 2

3 . Vị trí tương đối giữa mặt cầu và đường thẳng a) Cho mặt cầu S  O; R  và đường thẳng  . Gọi H là hình chiếu của O lên  và d  OH là khoảng cách từ O đến 

H B

 Nếu d  R thì  cắt mặt cầu tại 2 điểm phân biệt (H.3.1)  Nếu d  R thì  cắt mặt cầu tại 1 điểm duy nhất (H.3.2)  Nếu d  R thì  không cắt mặt cầu (H.3.3)

( PC WEB )

BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A 1;0;0  , B  2; 1; 2  , C  1;1; 3 . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc trục Oy, đi qua A và cắt mặt phẳng  ABC  theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. 2

1 5 A. x   y    z 2  2 4 

1 5 B. x   y    z 2  2 4 

1 9 C . x   y    z 2  2 4 

3 5 D. x   y    z 2  2 4 

Lời giải Mặt phẳng  ABC  có phương trình: x  y  z  1  0 Gọi  S  là mặt cầu có tâm I  Oy và cắt  ABC  theo một đường tròn bán kính r nhỏ nhất. Vì I  Oy nên I  0; t ;0  , gọi H là hình chiếu của I lên  ABC  khi đó là có bán kính đường tròn giao của  ABC  và  S  là r  AH  IA2  IH 2 . t 1

t 2  2t  1 2t 2  2t  2  . 3 3 3 1 1 5 Do đó, r nhỏ nhất khi và chỉ khi t  . Khi đó I  0; ;0  , IA2  2 4  2 

Ta có IA2  t 2  1, IH  d  I ,  ABC   

 r  t2 1

1 5 Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là : x 2   y    z 2  

2

Chọn A. Bài 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt cầu có tâm I 1; 2;3 và tiếp xúc với đường thẳng

x y2 z   . 1 2 2

233 9 2223 2 2 C .  x  1   y  2   ( z  3) 2  9

A.  x  1   y  2   ( z  3) 2  2

243 9 333 2 2 D.  x  1   y  2   ( z  3) 2  9

B.  x  1   y  2   ( z  3) 2  2

Lời giải   + Đường thẳng d đi qua M  0; 2;0  có vec tơ chỉ phương u  1; 2; 2  . Tính được MI  1; 4;3 .    MI , u  233 + Khẳng định và tính được d  I , d       3 u

+ Khẳng định mặt cầu cần tìm có bán kính bằng d  I , d  và viết phương trình:

 x  1   y  2  2

Chọn A.

( PC WEB )

 ( z  3) 2 

233 9

Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu có phương trình x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  6 z  12  0 và đường thẳng d : x  5  2t ; y  4; z  7  t. Viết phương trình đường thẳng  tiếp xúc mặt cầu  S  tại điểm M  5;0;1 biết đường thẳng  tạo với đường thẳng d một 1 . 7  x  5  3t  x  5  13t   A.  :  y  5t   :  y  5t z  1 t  z  1  11t  

 x  5  3t  x  5  13t   B.  :  y  5t   :  y  5t z  1 t  z  1  11t  

 x  5  3t  x  5  13t   C .  :  y  5t   :  y  5t z  1 t  z  1  11t  

 x  5  3t  x  5  13t   D.  :  y  5t   :  y  5t z  1 t  z  1  21t  

góc  thỏa mãn cos 

Lời giải

 S  :  x  2    y  2    z  3  26   S  có tâm I  2; 1; 3 và bán kính R    IM   3;1; 4  , u1   2;0;1 là 1 VTVP của  d   Giả sử u2   a; b; c  là 1 VTCP của đường thẳng   a 2  b 2  c 2  0    Do tiếp xúc mặt cầu  S  tại M  IM  u2  3a  b  4c  0  b  3a  4c 1 2

26.

Mà góc giữa đường thẳng  và đường thẳng d bằng  .   u1.u2   1  cos u1 , u2  cos      7 u1 . u2





2a  c a b c . 5 2



1 7

 2

Thay 1 vào  2  ta được: 7 2a  c  5. a 2   3a  4c   c 2  7  4a 2  4ac  c 2   5  a 2  9a 2  24ac  16c 2  c 2  2

 a  3c  22a  92ac  78c  0    a   13 c  11 2 2 2 Với a  3c do a  b  c  0 nên chọn c  1  a  3; b  5  x  5  3t   phương trình đường thẳng là:  :  y  5t z  1 t  2

13 c do a 2  b 2  c 2  0 nên chọn c  11  a  13; b  5 11  x  5  13t   phương trình đường thẳng là:  :  y  5t  z  1  11t 

Với a  

Chọn A.

x 1 y  2 z   . Tìm tọa độ điểm 1 2 2 M thuộc đường thẳng d sao cho mặt cầu  S  tâm M tiếp xúc với trục Oz có bán kính bằng 2.

Bài 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

( PC WEB )

6 8 2   7 8 4 C . M  2;0; 2   M  ;  ;  5 5 5

A. M  2;0; 2   M  ;  ;  5 5 5

6 8 2   6 8 2 D. M  4;0; 2   M  ;  ;  5 5 5

B. M  2;0; 2   M  ; ;  5 5 5

Lời giải  Vì M  d  M 1  t ; 2  2t ; 2t  . Trục Oz đi qua điểm O  0;0;0  và có vtcp k   0;0;1 ;    OM  1  t ; 2  2t ; 2t   OM ; k    2  2t ; 1  t ;0     OM ; k   5t 2  6t  5

Gọi R là bán kính mặt cầu  S  , ta có : R  d  M ; Oz   5t 2  6t  5  M  2; 2;0  t  1  R  2  5t  6t  5  2  5t  6t  5  0   1    6 8 2  t  M ; ;  5   5 5 5  2

Chọn A. Bài 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 ,  2 có phương trình: x  2 y 1 z 1 x  2 y  3 z 1 . Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất và   ; 2 :   1 4 2 1 1 1 tiếp xúc với hai đường thẳng 1 ,  2 ? 1 :

A. x 2   y  2   z 2  6 2

B. x 2   y  2   z 2  6 2

C . x2   y  2  z 2  6 D. x 2   y  2   z 2  6 Lời giải Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với hai đường thẳng 1 ,  2 là mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của 1 ,  2 làm đường kính. Giả sử mặt cầu cần lập là  S  và A, B lần lượt là tiếp điểm 2

của  S  với 1 ,  2 . Viết phương trình 1 ,  2 dưới dang tham số thì ta có: A  2  m;1  4m;1  2m  , B  2  n;3  n; 1  n 

Do AB là đoạn vuông góc chung của 1 ,  2 nên:

   AB.U   0 3n  21m  0 1   m  n  0  A  2;1;1 , B  2;3; 1    3n  m  0  AB.U 2  0 Trung điểm I của AB có tọa độ là I  0; 2;0  nên phương trình mặt cầu cần lập là: x2   y  2  z 2  6 2

Chọn A. Bài 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  3  0. Viết phương trình mặt phẳng  P  chứa trục Ox và cắt mặt cầu  S  theo một đường tròn có bán kính bằng 3. A.  P  : y  2 z  0 B.  P  : x  2 z  0 C .  P  : y  2z  0 D.  P  : x  2 z  0

( PC WEB )

Lời giải  S  có tâm I 1; 2; 1 và bán kính R  3.

 P  chứa trục

Ox và cắt mặt cầu  S  theo một đường tròn có bán kính bằng 3 nên  P  chứa Ox và

đi qua tâm I của mặt cầu.     Ta có: OI 1; 2; 1 ,  P  có vec tơ pháp tuyến n  i, OI    0; 1; 2  và  P  qua O. Vậy  P  : y  2 z  0. Chọn A.

x 1 y 1 z và cắt mặt phẳng   2 1 1  P  : x  2 y  z  6  0 tại điểm M . Viết phương trình mặt cầu  S  có tâm I thuộc đường thẳng d và

Bài 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

tiếp xúc với mặt phẳng  P  tại điểm A, biết diện tích tam giác IAM bằng 3 3 và tâm I có hoành độ âm. 2 2 2 2 A.  S  :  x  1  y 2   z  1  6 B.  S  :  x  1  y 2   z  1  36 C .  S  :  x  1  y 2   z  1  6 D.  S  :  x  1  y 2   z  1  6 Lời giải  Một vec tơ chỉ phương của đường thẳng d là u  2;1; 1 . Một vec tơ pháp tuyến của đường thẳng và 2



mặt phẳng  P  là n  1; 2;1 . Gọi  là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng  P  .  

 

2  2 1

 1    IMA  300 2 6. 6 Gọi R bán kính mặt cầu  S   IA  R. Tam giác IAM vuông tại A có

Ta có sin   cos u, n 





IMA  300  AM  R 3.S IMA  3 3 

Giả sử: I 1  2t ;1  t ; t  , t 

1 IA. AM  3 3  R  6 2

1 2

Từ giả thuyết ta có khoảng cách: d  I ,  P    R 

3t  3 6

 t  1  t  3 (loại)  I  1;0;1

Phương trình mặt cầu  S  :  x  1  y 2   z  1  6. Chọn A. Bài 8: Trong không gian tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm A 1; 1; 2  , B  2;1; 1 2

C  1; 2; 3 biết tâm của mặt cầu nằm trên mặt phẳng Oxz. 2

12 4 1326 A.  S  :  x    y 2   z    11  121   11  2

C .  S  :  x    y 2   z    11  121   11  Lời giải 12

1328

D.  S  :  x    y 2   z    11  121   11  12

 x  12  1   z  2 2   x  2 2  1   z  12 I   Oxz  nên I  x;0; z  , IA  IB  IC nên:  2 2 2 2  x  1  1   z  2    x  1  4   z  3

( PC WEB )

12 4 1327 B.  S  :  x    y 2   z    11  121   11  4

1329

Giải hệ ta được x   Bán kính R 

12 4 4  12 ; z    I   ;0;   11 11 11   11

1326 121 2

Phương trình mặt cầu  S  :  x    y 2   z    11  121   11  Chọn A. Bài 9: Trong không gian Oxyz cho 3 điểm A  13; 1;0  , B  2;1; 2  , C 1; 2; 2  và mặt cầu 12

1326

 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  67  0. Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua qua BC và tiếp xúc với mặt cầu  S  .  S  có tâm I 1; 2;3 và có bán kính R  9. A.  P  : 2 x  2 y  z  28  0 hoặc  P  : 8 x  4 y  z  100  0 B.  P  : 2 x  2 y  z  28  0 hoặc  P  : 8 x  4 y  z  100  0 C.  P  : 2 x  2 y  z  28  0 hoặc  P  : 8 x  4 y  z  100  0 D.  P  : 2 x  2 y  2 z  28  0 hoặc  P  : 8 x  4 y  z  1000  0

A, song song với

Lời giải  Giả sử  P  có vtpt n   A; B; C  ,  A2  B 2  C 2  0  ,  P  / / BC nên:

      n  BC , BC   1;1; 4   n.BC  0  A  B  4C  n   B  4C ; B; C 

 P  đi qua A 13; 1;0   phương trình:  P  :  B  4C  x  By  Cz  12 B  52C  0  P  tiếp xúc với  S   d  I ,  P   R 

B  4C  2 B  3C  12 B  52C

 B  4C 

 B2  C 2

9

 B  2C  0  B 2  2 BC  8C 2  0   B  2C  B  4C   0    B  4C  0 B  2 Với B  2C  0 chọn  , ta được phương trình:  P  : 2 x  2 y  z  28  0 C  1 B  4 Với B  4C  0 chọn  , ta được phương trình:  P  : 8 x  4 y  z  100  0 C  1

Chọn A. Bài 10: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  2 z  3  0, mặt phẳng

 P  : x  y  z  1  0 và hai điểm A  1;1;0  , B  2; 2;1 . Viết phương trình mặt phẳng   song song với AB, vuông góc với mặt phẳng  P  và cắt mặt cầu  S  theo một đường tròn  C  có bán kính bằng 3.

A.   : x  y  2 z  1  0 và mp   : x  y  2 z  11  0 B.   : x  5 y  2 z  1  0 và mp   : x  y  2 z  11  0 C.   : x  y  2 z  1  0 và mp   : x  5 y  2 z  11  0

D.   : x  5 y  2 z  1  0 và mp   : x  5 y  2 z  11  0 Lời giải 2 2 2 Pt  S  viết dưới dạng  S  :  x  2    y  1   z  1  9 Suy ra  S  có tâm I  2; 1; 1 , bán kính R  3. ( PC WEB )





Ta có AB   3;1;1 một VTPT của mặt phẳng  P  là n  1; 1;1  



Do đó  AB.n    2; 2; 4   0 Gọi vec tơ là một VTPT của mặt phẳng   . Ta có:

    u  AB    / / AB      u cùng phương với  AB.n  .      P  u  n  1    Chọn u   AB.n   u  1; 1; 2  2  Mặt phẳng   có một VTPT u nên phương trình có dạng x  y  2 z  D  0

Gọi d là khoảng cách từ I đến mặt phẳng   cắt  S  theo một đường tròn  C  có bán kính r  3. Nên d  R 2  r 2  9  3  6

2   1  2  1  D

D  1  6  5 D  6   6  D  11 Với D  1 thì   : x  y  2 z  1  0 không qua A  1;1;0  (vì 1  1  2.0  1  0 )

Ta có: d  6 

Nên   / / AB. Tương tự, mặt phẳng cũng song song với AB. Vậy có hai mặt phẳng   thỏa mãn yêu cầu bài toán có phương trình:

  : x  y  2 z  1  0 và mp   : x  y  2 z  11  0 . Chọn A. Bài 11: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  2;0;0  , B  0; 2;0  . Điểm C thuộc trục Ox sao cho tam giác ABC là tam giác đều, viết phương trình mặt cầu  S  có tâm O tiếp xúc với ba cạnh của tam giác ABC. A.  S  : x 2  y 2  z 2  2 B.  S  : x 2  y 2  z 2  2 C .  S  : x2  y 2  z 2  2 D.  S  : x 2  y 2  z 2   2 Lời giải Vì C  Oz  C  0;0; c  và tam giác ABC đều khi và chỉ khi: AB  AC  BC  AB 2  AC 2  BC 2  22  22  22  c  c  2 Vậy C  0;0; 2  hoặc C  0;0; 2 

Lập luận được tứ diện OABC đều vì OA  OB  OC  2 và tam giác ABC đều. Gọi I là trung điểm của AB thì IO  AB tại I  OI 

1 1 2 AB  OA2  OB 2  2  22  2 2 2

(Tam giác OAB vuông tại O ) Lập luận được mặt cầu  S  có tâm O tiếp xúc với 3 cạnh của tam giác ABC có bán kính R  d  O, AB   IO  2.

Do đó phương trình có mặt cầu Chọn A.

 S  : x 2  y 2  z 2  2.

x  2 y 1 z 1 và mặt cầu   1 2 1 2 2 2  S  :  x  1   y  2    z  1  25. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M  1; 1; 2  , cắt

Bài 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : đường thẳng d và mặt cầu  S  tại hai điểm A, B sao cho AB  8.

( PC WEB )

 x  1  6t  A.  :  y  1  2t  z  2  9t 

 x  1  6t  B.  :  y  1  2t  z  2  9t 

 x  1  6t  C .  :  y  1  2t  z  2  9t 

 x  2  6t  D.  :  y  3  2t  z  2  9t 

Lời giải  Gọi: M 1  d    M 1  2  t ;1  2t ;1  t   MM 1   3  t ; 2  2t ;3  t  Mặt cầu có tâm I  1; 2;1 qua I  1; 2;1 qua I  1; 2;1   P :     P    VTPT nP  MM 1

Mặt phẳng  P  : 

  P  :  3  t  x  1   2  2t  y  2    3  t  z  1  0

Gọi H là trung điểm AB thì IH  AB, IH  3 t  1 Do IM  3 2  MH  3  d  M ,  P     3 2 t  6t  8t  22  5  x  1  2t  x  1  6t 3   Với t  1   :  y  1  2t . Với t    :  y  1  2t . 5  z  2  t  z  2  9t   3t  15

Chọn A. Bài 13: Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu  S  tiếp xúc với mặt phẳng

 Q  : 2 x  y  2 z  1  0 tại M 1; 1; 1 và tiếp xúc mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  8  0  c  :  x  32  y 2   z  12  9  c  :  x  32  y 2   z  12  9 A.  B.   c  :  x  12   y  2 2   z  32  9  c  :  x  12   y  2 2   z  32  9  c  :  x  32  y 2   z  12  9  c  :  x  32  y 2   z  12  81 C.  D.   c  :  x  12   y  2 2   z  32  9  c  :  x  12   y  2 2   z  32  81 Lời giải  Mặt phẳng  Q  có vec tơ pháp tuyến n   2;1; 2  . Đường thẳng d đi qua M và vuông góc với  Q   x  1  2t  có phương trình là  y  1  t .  z  1  2t 

Lấy I 1  2t ; 1  t ; 1  2t   d

MI  d  I ,  P    4t 2  t 2  4t 2 

1  2t  2  2t  2  4t  8 t 1 4  4

t  1  I  3;0;1 , R  3   S  :  x  3  y 2   z  1  9 2

t  1  I  1; 2; 3 , R  3   S  :  x  1   y  2    z  3  9 2

Chọn A. ( PC WEB )

Chủ đề 5

KHỐI ĐA DIỆN Vấn đề 1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ A – PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH

1. Chứng minh đường thẳng d song song mp( ) ( d  ( ) ) Cách 1. Chứng minh d //d  và d   ( ) Cách 2. Chứng minh d  (  ) và (  )//( ) Cách 3. Chứng minh d và ( ) cùng vuông góc với 1 đường thẳng hoặc cùng vuông góc với 1 mặt phẳng 2. Chứng minh mp( ) song song với mp(  ) Cách 1. Chứng minh mp( ) chứa hai đường thẳng cắt nhau cùng song song với (  ) (Nghĩa là 2 đường thẳng cắt nhau trong mặt này song song với 2 đường thẳng trong mặt phẳng kia) Cách 2. Chứng minh ( ) và (  ) cùng song song với 1 mặt phẳng hoặc cùng vuông góc với 1 đường thẳng. 3. Chứng minh hai đường thẳng song song: Cách 1. Hai mặt phẳng ( ) , (  ) có điểm chung S lần lượt chứa hai đường thẳng song song a và b thì ( )  (  )  Sx //a //b . Cách 2. ( )//a , a  (  )  ( )  (  )  b //a . Cách 3. Hai mặt phẳng cắt nhau cùng song song với một đường thẳng thì giao tuyến của chúng song song với đường thẳng đó. Cách 4. Một mặt phẳng cắt hai mặt phẳng song song cho 2 giao tuyến song song Cách 5. Một mặt phẳng song song với giao tuyến của 2 mặt phẳng cắt nhau, ta được 3 giao tuyến song song. Cách 6. Hai đường thẳng cùng song song với đường thẳng thứ 3 hoặc cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau. Cách 7. Sử dụng phương pháp hình học phẳng: đường trung bình, định lí Thales đảo, cạnh đối tứ giác đặc biệt, … 4. Chứng minh đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( ) Cách 1. Chứng minh đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong ( ) . Cách 2. Chứng minh d nằm trong một trong hai mặt phẳng vuông góc và d vuông góc với giao tuyến  d vuông góc với mp còn lại. Cách 3. Chứng minh d là giao tuyến của hai mặt phẳng cùng vuông góc với mặt thứ 3. Cách 4. Chứng minh đường thẳng d song song với a mà a  ( ) . Cách 5. Đường thẳng nào vuông góc với một trong hai mặt phẳng song song thì cũng vuông góc với mặt phẳng còn lại. Cách 6. Chứng minh d là trục của tam giác ABC nằm trong ( ) 5. Chứng minh hai đường thẳng d và d  vuông góc: Cách 1. Chứng minh d  ( ) và ( )  d  . Cách 2. Sử dụng định lí 3 đường vuông góc. Cách 3. Chứng tỏ góc giữa d , d  bằng 90 . 6. Chứng minh hai mặt phẳng ( ) và (  ) vuông góc: Cách 1. Chứng minh ( )  d và d  (  ) . Cách 2. Chứng tỏ góc giữa hai mặt phẳng ( ) và (  ) bằng 90 . Cách 3. Chứng minh a // ( ) mà (  )  a Cách 4. Chứng minh ( )//  P  mà      P  .

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

B –CÁC CÔNG THỨC I. TAM GIÁC 1. Tam giác thường: 1 1 abc S ABC  BC. AH  AB. AC.sin A   pr  p ( p  a )( p  b)( p  c) ① 2 2 4R 1 2 S ABM  S ACM  S ABC AG  AM ( G là trọng tâm) A ② ③ 2 3 AB 2  AC 2 BC 2  2 4 2 2 2 ⑤ Định lí hàm số cosin: BC  AB  AC  2 AB. AC.cos A a b c    2R ⑥ Định lí hàm số sin: sin A sin B sin C 2. Tam giác đều ABC cạnh a :

④

Độ dài trung tuyến: AM 2 

 canh  

a 3 a 4 4 canh  3 a 3 2 a 3 AH   ② ③ AG  AH  A B C H 2 2 3 3 3. Tam giác ABC vuông tại A : 1 1 S ABC  AB. AC  AH .BC ① 2 2 2 2 2 ② BC  AB  AC C B H ③ BA2  BH .BC ④ CA2  CH .CB ⑤ HA2  HB.HC 1 1 1   ⑤ HA2  HB.HC ⑥ ⑦ AH .BC  AB. AC 2 2 AH AB AC 2 HB AB 2 1 AC C  AM  BC ⑩ sin B  ⑧ ⑨ 2 HC AC 2 BC AB AC AB ⑪ cos B  ⑫ tan B  ⑬ cot B  BC AB AC 4. Tam giác ABC vuông cân tại A A B BC BC  AB 2  AC 2 AB  AC  ① ② A2 D II. TỨ GIÁC 1. Hình bình hành: Diện tích: S ABCD  BC. AH  AB. AD.sin A A C B H 2. Hình thoi: B D 1  Diện tích: S ABCD  AC.BD  AB. AD.sin A 2 C   120 thì các tam giác ABC , ACD đều.  Đặc biệt: khi  ABC  60 hoặc BAC ①

S ABC

3. Hình chữ nhật: S ABCD  AB. AD 4. Hình vuông:  Diện tích: S ABCD  AB 2



C A

 Đường chéo: AC  AB 2 ( AD  BC ). AH 5. Hình thang: S ABCD  2

( PC WEB )

Vấn đề 2. KHỐI ĐA DIỆN A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Khối lăng trụ và khối chóp  Khối lăng trụ là phần không gian được giới hạn bởi một hình lăng trụ kể cả hình lăng trụ ấy.  Tên gọi: khối lăng trụ + tên mặt đáy.  Khối chóp là phần không gian được giới hạn bởi một hình chóp kể cả hình chóp ấy.  Tên gọi: khối chóp + tên mặt đáy.  Khối chóp cụt là phần không gian được giới hạn bởi một hình chóp cụt kể cả hình chóp cụt ấy.

A B

F

E

D

A B

C

KHỐI LĂNG TRỤ LỤC GIÁC

B KHỐI CHÓP TỨ GIÁC

2. Khái niệm về hình đa diện và khối đa diện Khái niệm về hình đa diện  Hình đa diện là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai tính chất i. Hai đa giác phân biệt chỉ có thể hoặc không có điểm chung, hoặc chỉ có một đỉnh chung, hoặc chỉ có một cạnh chung. ii. Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác.  Mỗi đa giác như trên được gọi là một mặt của hình đa diện.  Các đỉnh, các cạnh của đa giác ấy theo thứ tự gọi là các đỉnh, các cạnh của hình đa diện. Khái niệm về khối đa diện  Khối đa diện là phần không gian được giới hạn bởi một hình đa diện, kể cả hình đa diện đó.  Những điểm không thuộc khối đa diện được gọi là điểm ngoài của khối đa diện.  Tập hợp các điểm ngoài được gọi là miền ngoài của khối đa diện.  Những điểm thuộc khối đa diện nhưng không thuộc hình đa diện ứng với đa diện ấy được gọi là điểm trong của khối đa diện.  Tập hợp các điểm trong được gọi là miền trong của khối đa diện.  Mỗi khối đa diện được xác định bởi một hình đa diện ứng với nó. Ta cũng gọi đỉnh, cạnh, mặt, điểm trong, điểm ngoài… của một khối đa diện theo thứ tự là đỉnh, cạnh, mặt, điểm trong, điểm ngoài…của hình đa diện tương ứng.  Khối đa diện được gọi là khối lăng trụ nếu nó được giới hạn bởi một hình lăng trụ.  Khối đa diện được gọi là khối chóp nếu nó được giới hạn bởi một hình chóp.  Khối đa diện được gọi là khối chóp cụt nếu nó được giới hạn bởi một hình chóp cụt.  Tương tự ta có định nghĩa về khối n  giác; khối chóp cụt n  giác, khối chóp đều, khối hộp,…  Tên của khối lăng trụ hay khối chóp được đặt theo tên của hình lăng trụ hay hình chóp giới hạn nó. ( PC WEB )

Miền ngoài Điểm trong Điểm ngoài 

Ví dụ: 

Các hình dưới đây là những khối đa diện:



Các hình dưới đây không phải là những khối đa diện:

3. Hai đa diện bằng nhau Phép dời hình trong không gian  Trong không gian, quy tắc đặt tương ứng mỗi điểm M với điểm M  xác định duy nhất được gọi là một phép biến hình trong không gian.  Phép biến hình trong không gian được gọi là phép dời hình nếu nó bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm tùy ý.   Phép tịnh tiến theo vectơ v là phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M  sao cho   MM   v . Kí hiệu là Tv . 

Phép đối xứng qua mặt phẳng  P  là phép biến hình biến mỗi điểm thuộc  P  thành chính

nó, biến mỗi điểm M không thuộc  P  thành điểm M  sao cho  P  là mặt phẳng trung trực của MM  .  Nếu phép đối xứng qua mặt phẳng  P  biến hình  H  thành chính nó thì  P  được gọi là mặt phẳng đối xứng của  H  . 

( PC WEB )

Phép đối xứng tâm O là phép biến hình biến điểm O thành chính nó, biến mỗi điểm M khác O thành điểm M  sao cho O là trung điểm của MM  .

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN 

Nếu phép đối xứng tâm O biến hình  H



thành chính nó thì O được gọi là tâm đối xứng của

H  . Phép đối xứng qua đường thẳng  là là phép biến hình biến mọi điểm thuộc đường thẳng  thành chính nó, biến mỗi điểm M không thuộc  thành điểm M  sao cho  là đường trung trực của MM  .  Nếu phép đối xứng qua đường thẳng  biến hình  H  thành chính nó thì  được gọi là trục 

đối xứng của  H  .  Nhận xét:  Thực hiện liên tiếp các phép dời hình sẽ được một phép dời hình.  Phép dời hình biến đa diện  H  thành đa diện  H   , biến đỉnh, cạnh, mặt của  H



thành

đỉnh, cạnh, mặt tương ứng của  H   . Hai hình bằng nhau  Hai hình được gọi là nếu có một phép dời hình biến hình này thành hình kia.  Đặc biệt, hai đa diện được gọi là bằng nhau nếu có một phép dời hình biến đa diện này đa diện kia. 4. Lắp ghép và phân chia khối đa diện Nếu khối đa diện  H



là hợp của hai khối đa diện  H1  và  H 2  sao cho  H1  và  H 2  không có

chung điểm trong nào thì ta nói có thể phân chia được khối đa diện  H



thành hai khối đa diện  H1 

và  H 2  . Khi đó ta cũng nói có thể ghép hai khối đa diện  H1  và  H 2  để được khối đa diện  H  . S

Ví dụ 1. Với khối chóp tứ giác S . ABCD , ta hãy xét hai khối chóp tam giác S . ABC và S . ACD . Ta thấy rằng:  Hai khối chóp S . ABC và S . ACD không có điểm trong chung (tức là không tồn tại điểm trong của khối chóp này A D là điểm trong của khối chóp kia và ngược lại). C  Hợp của hai khối chóp S . ABC và S . ACD chính là khối chóp S . ABCD .B  Vậy khối chóp S . ABCD được phân chia thành hai khối chóp S . ABC và S . ACD hay hai khối chóp S . ABC và S . ACD được lắp ghép thành khối chóp S . ABCD . Ví dụ 2. Cho khối lăng trụ ABC. ABC  .  Cắt khối lăng trụ ABC. ABC  bởi mặt phẳng  ABC  .

Khi đó, khối lăng trụ được phân chia thành hai khối đa diện A. ABC và ABCC B .  Nếu ta cắt khối chóp ABCC B bởi mặt phẳng  ABC  thì A C ta chia khối chóp ABCC B thành hai khối chóp ABCB và ACC B . B Như vậy khối lăng trụ ABC. ABC  được chia thành ba khối tứ diện là AABC , ABCB , ACC B .  Nhận xét: Mỗi khối đa diện bất kì luôn có thể được phân chia thành những khối tứ diện. Ví dụ 3. Với hình lập phương ABCD. ABC D ta có thể chia thành 5 khối tứ diện sau  DADC   AABD  C BCD  BABC   BDC A ( PC WEB )

5. Một số kết quả quan trọng Kết quả 1: Một khối đa diện bất kì có ít nhất 4 mặt. Kết quả 2: Mỗi hình đa diện có ít nhất 4 đỉnh Kết quả 3: Cho  H  là đa diện mà các mặt của nó là những đa giác có p cạnh. Nếu số mặt của

H 

là lẻ thì p phải là số chẵn.

Chứng minh: Gọi m là số mặt của khối đa diện  H  . Vì mỗi mặt của  H  có p cạnh nên m mặt sẽ có pm cạnh. Nhưng do mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai đa giác nên số cạnh pm của  H  bằng c  . Vì m lẻ nên p phải là số chẵn. 2

Kết quả 4: (suy ra từ chứng minh kết quả 3): Cho  H  là đa diện có m mặt, mà các mặt của nó pm . 2 Kết quả 5: Mỗi khối đa diện có các mặt là các tam giác thì tổng số mặt của nó phải là một số chẵn. Chứng minh:Gọi số cạnh và số mặt của khối đa diện lần lượt là c và m . Vì mỗi mặt có ba cạnh và mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt nên ta có số cạnh của đa 3m 3m diện là c  (có thể áp dụng luôn kết quả 4 để suy ra c  ). 2 2 Suy ra 3m  2c  3m là số chẵn  m là số chẵn. Một số khối đa diện có kết như trên mà số mặt bằng 4, 6, 8, 10 : + Khối tứ diện ABCD có 4 mặt mà mỗi mặt là một tam giác. + Xét tam giác BCD và hai điểm A, E ở về hai phía của mặt phẳng  BCD  . Khi đó ta có

là những đa giác p cạnh. Khi đó số cạnh của  H  là c 

lục diện ABCDE có 6 mặt là những tam giác. + Khối bát diện ABCDEF có 8 mặt là các tam giác. + Xét ngũ giác ABCDE và hai điểm M , N ở về hai phía của mặt phẳng chứa ngũ giác. Khi đó khối thập diện MABCDEN có 10 mặt là các tam giác. Kết quả 6: Mỗi khối đa diện bất kì luôn có thể được phân chia thành những khối tứ diện. Kết quả 7: Mỗi đỉnh của một hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 cạnh. Kết quả 8: Nếu khối đa diện có mỗi đỉnh là đỉnh chung của 3 cạnh thì số đỉnh phải là số chẵn. Tổng quát : Một đa diện mà mỗi đỉnh của nó đều là đỉnh chung của một số lẻ mặt thì tổng số đỉnh là một số chẵn. Kết quả 9: Mỗi hình đa diện có ít nhất 6 cạnh. Kết quả 10: Không tồn tại hình đa diện ó 7 cạnh Kết quả 11: Với mỗi số nguyên k  3 luôn tồn tại một hình đa diện có 2k cạnh. Kết quả 12: Với mỗi số nguyên k  4 luôn tồn tại một hình đa diện có 2k  1 cạnh. Kết quả 13: Không tồn tại một hình đa diện có + Số mặt lớn hơn hoặc bằng số cạnh ; + Số đỉnh lớn hơn hoặc bằng số cạnh ; Kết quả 14: Tồn tại khối đa diện có 2n mặt là những tam giác đều. Khối tứ diện đều có 4 mặt là tam giác đều. Ghép hai khối tứ diện đều bằng nhau (một mặt của tứ diện này ghép vào một mặt của tứ diện kia) ta được khối đa diện H 6 có 6 mặt là các tam giác đều. Ghép thêm vào H 6 một khối tứ diện đều nữa ta được khối đa diện H 8 có 8 mặt là các tam giác đều. Bằng cách như vậy ta được khối đa diện 2n mặt là những tam giác đều. ( PC WEB )

H8 H6

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

B. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM DẠNG 1: NHẬN DẠNG KHỐI ĐA DIỆN Câu 1.

Cho các hình khối sau:

Hình (a) Hình (b) Hình (c) Hình (d) Mỗi hình trên gồm một số hữu hạn đa giác phẳng (kể cả các điểm trong của nó), hình đa diện là A. hình (a). B. hình (b). C. hình (c). D. hình (d). Câu 2.

Cho các hình khối sau:

Hình (a). Hình (b). Hình (c). Hình (d). Mỗi hình trên gồm một số hữu hạn đa giác phẳng (kể cả các điểm trong của nó), hình không phải đa diện là A. hình (a). B. hình (b). C. hình (c). D. hình (d). Câu 3.

Cho các hình khối sau :

Hình (a). Hình (b). Hình (c). Hình (d). Mỗi hình trên gồm một số hữu hạn đa giác phẳng (kể cả các điểm trong của nó), số hình đa diện là A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Câu 4.

Cho các hình khối sau:

(a) (b) (c) (d) Mỗi hình trên gồm một số hữu hạn đa giác phẳng (kể cả các điểm trong của nó), hình không phải đa diện lồi là A. hình (a). B. hình (b). C. hình (c). D. hình (d). ( PC WEB )

Câu 5.

Cho các hình khối sau:

(a) (b) (c) (d) Mỗi hình trên gồm một số hữu hạn đa giác phẳng (kể cả các điểm trong của nó), số đa diện lồi là A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Câu 6.

(ĐỀ MINH HỌA LẦN 2) Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng?

A. Tứ diện đều. Câu 7.

C. Hình lập phương.

D. Lăng trụ lục giác đều.

(ĐỀ MINH HỌA LẦN 3) Hình đa diện trong hình vẽ bên có bao nhiêu mặt?

A. 6. Câu 8.

B. Bát diện đều.

B. 10.

C. 12.

D. 11.

(ĐH VINH LẦN 4 năm 2017) Trong không gian chỉ có 5 loại khối đa diện đều như hình vẽ

Khối tứ diện đều Khối lập phương Bát diện đều Hình 12 mặt đều Hình 20 mặt đều Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Mọi khối đa diện đều có số mặt là những số chia hết cho 4. B. Khối lập phương và khối bát diện đều có cùng số cạnh. C. Khối tứ diện đều và khối bát diện đều có 1 tâm đối xứng. D. Khối mười hai mặt đều và khối hai mươi mặt đều có cùng số đỉnh. DẠNG 2: TÍNH CHẤT CỦA HÌNH ĐA DIỆN Câu 9.

Phát biểu nào sau đây là đúng? A. Khối đa diện S . A1 A2 ... An có đúng n  1 mặt. B. Khối đa diện S . A1 A2 ... An có đúng n  1 cạnh. C. Khối đa diện S . A1 A2 ... An có đúng n đỉnh. D. Khối đa diện S . A1 A2 ... An có đúng n cạnh.

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Câu 10. Phát biểu nào sau đây là đúng? A. Hình tứ diện đều có 6 đỉnh, 6 cạnh, 4 mặt. C. Hình tứ diện đều có 6 đỉnh, 4 cạnh, 4 mặt.

B. Hình tứ diện đều có 4 đỉnh, 4 cạnh, 4 mặt. D. Hình tứ diện đều có 4 đỉnh, 6 cạnh, 4 mặt.

Câu 11. Phát biểu nào sau đây là đúng? A. Hình lập phương có 8 đỉnh, 12 cạnh, 6 mặt. B. Hình lập phương có 6 đỉnh, 12 cạnh, 8 mặt. C. Hình lập phương có 12 đỉnh, 8 cạnh, 6 mặt. D. Hình lập phương có 8 đỉnh, 6 cạnh, 12 mặt. Câu 12. Phát biểu nào sau đây là đúng? A. Hình bát diện đều có 8 đỉnh, 12 cạnh, 6 mặt. B. Hình bát diện đều có 6 đỉnh, 12 cạnh, 8 mặt. C. Hình bát diện đều có 12 đỉnh, 8 cạnh, 6 mặt. D. Hình bát diện đều có 8 đỉnh, 6 cạnh, 12 mặt. Câu 13. Phát biểu nào sau đây là đúng? A. Hình mười hai mặt đều có 20 đỉnh, 30 cạnh, 12 mặt. B. Hình mười hai mặt đều có 30 đỉnh, 12 cạnh, 12 mặt. C. Hình mười hai mặt đều có 30 đỉnh, 20 cạnh, 12 mặt. D. Hình mười hai mặt đều có 30 đỉnh, 12 cạnh, 30 mặt. Câu 14. Phát biểu nào sau đây là đúng? A. Hình hai mươi mặt đều có 30 đỉnh, 12 cạnh, 20 mặt. B. Hình hai mươi mặt đều có 20 đỉnh, 30 cạnh, 12 mặt. C. Hình hai mươi mặt đều có 12 đỉnh, 30 cạnh, 20 mặt. D. Hình hai mươi mặt đều có 30 đỉnh, 20 cạnh, 12 mặt. Câu 15. Phát biểu nào sau đây là đúng? A. Nếu ABCD. ABC D là hình lăng trụ tứ giác đều thì ABCD. ABC D là hình lập phương. B. Nếu ABCD. ABC D là hình lăng trụ tứ giác đều thì AA  AB . C. Nếu ABCD. ABC D là hình lập phương thì ABCD. ABC D là hình lăng trụ tứ giác đều D. ABCD. ABC D là hình lăng trụ tứ giác đều khi và chỉ khi ABCD. ABC D là hình lập phương. Câu 16. Cho hình lăng trụ ABCD. ABC D . Phát biểu nào sau đây là đúng? A. ABCD. ABC D là hình hộp khi và chỉ khi ABCD là hình chữ nhật. B. Nếu ABCD. ABC D là hình hộp thì ABCD là hình chữ nhật. C. Nếu ABCD. ABC D là hình hộp thì AA   ABCD  . D. ABCD. ABC D là hình hộp khi và chỉ khi ABCD là hình bình hành. Câu 17. Trong các mặt của khối đa diện, số cạnh cùng thuộc một mặt tối thiểu là A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 . Câu 18. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. Số đỉnh và số mặt của mọi hình đa diện luôn luôn bằng nhau. B. Số đỉnh của mọi hình đa diện luôn lớn hơn 4. C. Tồn tại một hình đa diện có số cạnh gấp hai lần số đỉnh. D. Tồn tại một hình đa diện có số cạnh nhỏ hơn 6. Câu 19. Một hình đa diện có các mặt là những tam giác thì số mặt M và số cạnh C của đa diện đó thoả mãn A. 3C  2 M . B. C  M  2 . C. M  C . D. 3M  2C . Câu 20. Mỗi đỉnh của một hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất A. năm mặt. B. bốn mặt. C. hai mặt. ( PC WEB )

D. ba mặt.

Câu 21. Hãy chọn cụm từ (hoặc từ) cho dưới đây để sau khi điền nó vào chỗ trống, mệnh đề sau trở thành mệnh đề đúng. “Số cạnh của một hình đa diện luôn.......số mặt của hình đa diện ấy” A. lớn hơn. B. bằng. C. nhỏ hơn hoặc bằng. D. nhỏ hơn. Câu 22. Cho một hình đa diện. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? A. Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba cạnh. B. Mỗi mặt có ít nhất ba cạnh chung. C. Mỗi cạnh là cạnh chung của ít nhất ba mặt. D. Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba mặt. Câu 23. Số các đỉnh và số các mặt bất kì hình đa diện nào cũng A. lớn hơn 4 . B. lớn hơn hoặc bằng 5 . C. lớn hơn 5 . D. lớn hơn hoặc bằng 4 . Câu 24. Số các cạnh của một hình đa diện luôn luôn A. lớn hơn 6 . C. lớn hơn hoặc bằng 6 .

B. lớn hơn 7 . D. lớn hơn hoặc bằng 8 .

Câu 25. Trung điểm của tất cả các cạnh của hình tứ diện đều là các đỉnh của A. hình lập phương. B. hình tám mặt đều. C. hình hộp chữ nhật. D. hình tứ diện đều. Câu 26. Tâm của các mặt hình tám mặt đều là các đỉnh của A. hình lập phương. B. hình tám mặt đều. C. hình hộp chữ nhật. D. hình tứ diện đều. Câu 27. Biết rằng khối đa diện mà mỗi mặt đều là hình tam giác. Gọi n là số mặt của khối đa diện đó, lúc đó ta có A. n là số chia hết cho 3 . B. n là số chẵn. C. n là số lẻ D. n là số chia hết cho 5 . Câu 28. Biết rằng khối đa diện mà mỗi mặt đều là hình ngũ giác. Gọi C là số cạnh của khối đa diện đó, lúc đó ta có A. C là số chia hết cho 3 . B. C là số chẵn. C. C là số lẻ D. C là số chia hết cho 5 . DẠNG 3: PHÉP BIẾN HÌNH Câu 29. Cho hình lăng trụ ABCD. ABC D . Ảnh của đoạn thẳng AB qua phép tịnh tiến theo véctơ  AA là A. Đoạn thẳng C D . B. Đoạn thẳng CD . C. Đoạn thẳng AB . D. Đoạn thẳng BB . Câu 30. Cho hình hộp ABCD. ABC D . O là trung điểm của đoạn thẳng AC  . Ảnh của đoạn thẳng BD qua phép đối xứng tâm O là A. Đoạn thẳng AC  . B. Đoạn thẳng BD . C. Đoạn thẳng AB . D. Đoạn thẳng BB . Câu 31. Cho hình lập phương ABCD. ABC D . Gọi  P  là mặt phẳng đi qua trung điểm của AC  và vuông góc với BB . Ảnh của tứ giác ADC B qua phép đối xứng mặt phẳng ( P) là A. Tứ giác ADC B . B. Tứ giác ABC D . C. Tứ giác ABC D . D. Tứ giác ADCB . Câu 32. Cho hình chóp đều S . ABCD . Gọi O là giao điểm của AC và BD . Phát biểu nào sau đây là đúng A. Không tồn tại phép dời hình biến hình chóp S . ABCD thành chính nó.  B. Ảnh của hình chóp S . ABCD qua phép tịnh tiến theo véc tơ AO là chính nó. C. Ảnh của hình chóp S . ABCD qua phép đối xứng mặt phẳng  ABCD  là chính nó. D. Ảnh của hình chóp S . ABCD qua phép đối xứng trục SO là chính nó. ( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Câu 33. Số mặt phẳng đối xứng của hình tứ diện đều là A. 10 . B. 8 . C. 6 .

D. 4 .

Câu 34. Số mặt phẳng đối xứng của hình bát diện đều là A. 4 . B. 6 . C. 12 .

D. 9

Câu 35. Số mặt phẳng đối xứng của đa diện đều loại 4;3 là A. 9 .

B. 8 .

C. 7 .

D. 6 .

Câu 36. Phép đối xứng qua mặt phẳng ( P) biến đường thẳng  thành đường thẳng  cắt  khi và chỉ khi A.   ( P) .

B.  cắt ( P) .

C.  không vuông góc với ( P) .

D.  cắt ( P) nhưng không vuông góc với ( P) .

Câu 37. Hình chóp tứ giác đều có mấy mặt phẳng đối xứng? A. 1 . B. 2 . C. 3 .

D. 4 .

Câu 38. Phép đối xứng qua mặt phẳng ( P) biến đường thẳng d thành chính nó khi và chỉ khi A. d song song với ( P) .

B. d nằm trên ( P) .

C. d vuông góc với ( P) .

D. d nằm trên ( P) hoặc d vuông góc với ( P) .

Câu 39. Cho hai đường thẳng d và d  cắt nhau. Có bao nhiêu phép đối xứng qua mặt phẳng biến d thành d  ? A. có một. B. có hai. C. không có. D. có vô số. Câu 40. Cho hai đường thẳng d và d  phân biệt đồng phẳng. Có bao nhiêu phép đối xứng qua mặt phẳng biến d thành d  ? A. không có. B. có một C. có hai. D. có một hoặc có hai. Câu 41. Một hình hộp đứng có hai đáy là hình thoi (không phải là hình vuông) có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Câu 42. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. Số đỉnh và số mặt của một hình đa diện luôn bằng nhau. B. Tồn tại hình đa diện có số đỉnh và số mặt bằng nhau. C. Tồn tại hình đa diện có số cạnh bằng số đỉnh. D. Tồn tại hình đa diện có số cạnh và số mặt bằng nhau. Câu 43. Cho khối chóp có đáy là n  giác. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. Số cạnh của khối chóp bằng n  1 . B. Số mặt của khối chóp bằng 2n . C. Số đỉnh của khối chóp bằng 2n  1 . D. Số mặt của khối chóp bằng số đỉnh của nó.

( PC WEB )

Vấn đề 3: ĐA DIỆN LỒI, ĐA DIỆN ĐỀU A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT I. Khối đa diện lồi  Khối đa diện  H  được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của  H  luôn thuộc  H  . Khi đó đa diện giới hạn  H  được gọi là đa diện lồi.

 Một khối đa diện là khối đa diện lồi khi và chỉ khi miền trong của nó luôn nằm về một phía đối với mỗi mặt phẳng đi qua một mặt của nó.

II. Khối đa diện đều  Khối đa diện đều là khối đa diện lồi có tính chất sau đây:  Mỗi mặt của nó là một đa giác đều p cạnh.  Mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt.  Khối đa diện đều như vậy được gọi là khối đa diện đều loại  p; q .  Định lí: Chỉ có năm khối đa diện đều. Đó là:  Loại 3;3 : khối tứ diện đều.  Loại 4;3 : khối lập phương.  Loại 3; 4 : khói bát diện đều.  Loại 5;3 : khối 12 mặt đều.  Loại 3;5 : khối 12 mặt đều.

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Khối tứ diện đều Khối lập phương Bát diện đều Hình 12 mặt đều Hình 20 mặt đều  Bảng tóm tắt của năm loại khối đa diện đều Loại Hình Tên gọi Số đỉnh Số cạnh Số mặt

3;3

Tứ diện đều

4;3

Lập phương

3;4

Bát diện đều

5;3

Mười hai mặt đều

3;5

Hai mười mặt đều

B. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM Dạng 1: Nhận biết về các khối đa diện lồi, đều Câu 1. Câu 2.

Số cạnh của tứ diện đều là A. 5 . B. 6 .

C. 7 .

D. 8 .

C. 5 .

D. 8 .

Khối đa diện đều loại 4;3 có bao nhiêu mặt A. 6 .

B. 12 .

Câu 3.

Hình bát diện đều thuộc loại khối đa diện đều nào sau đây A. 3;3 . B. 3; 4 . C. 4;3 .

D. 5;3

Câu 4.

Khối lập phương là khối đa diện đều loại: A. 5;3 . B. 3; 4 .

C. 4;3 .

D. 3;5 .

Câu 5.

Khối đa diện đều loại 5;3 có số mặt là: C. 10 .

D. 8 .

C. 20 .

D. Vô số.

A. 14 . Câu 6. Câu 7. Câu 8. Câu 9.

B. 12 .

Có bao nhiêu loại khối đa diện đều? A. 3 . B. 5 .

Khối đa diện đều nào sau đây có mặt không phải là tam giác đều? A. Thập nhị diện đều. B. Nhị thập diện đều. C. Bát diện đều.

D. Tứ diện đều.

Số cạnh của một bát diện đều là: A. 12 . B. 8 .

D. 16 .

C. 10 .

Mỗi đỉnh của bát diện đều là đỉnh chung của bao nhiêu cạnh? A. 3 . B. 5 . C. 8 .

D. 4 .

Câu 10. Mỗi đỉnh của nhị thập diện đều là đỉnh chung của bao nhiêu cạnh? A. 20 . B. 12 . C. 8 .

D. 5 .

Câu 11. Khối mười hai mặt đều thuộc loại A. 5;3 . B. 3;5 .

D. 3; 4 .

( PC WEB )

C. 4;3 .

Câu 12. Khối đa diện đều loại 3; 4 có số cạnh là: A. 14 .

B. 12 .

C. 10 .

D. 8 .

C. 8 .

D. 10 .

Câu 14. Số cạnh của một hình bát diện đều là: A. Tám. B. Mười.

C. Mười hai.

D. Mười sáu.

Câu 15. Hình bát diện đều có bao nhiêu đỉnh A. 8 . B. 6 .

C. 9 .

D. 7 .

Câu 13. Khối đa diện đều loại 4;3 có số đỉnh là: A. 4 .

B. 6 .

Câu 16. Hình mười hai mặt đều thuộc loại khối đa diện nào sau đây ? A. 3;3 . B. 4;3 . C. 3;5 .

D. 5;3 .

Câu 17. Số đỉnh của hình mười hai mặt đều là: A. Mười hai. B. Mười sáu.

C. Hai mươi.

D. Ba mươi.

Câu 18. Hình muời hai mặt đều có bao nhiêu mặt A. 20 . B. 28 .

C. 12 .

D. 30 .

Câu 19. Số cạnh của hình mười hai mặt đều là: A. Mười hai. B. Mười sáu.

C. Hai mươi.

D. Ba mươi.

Câu 20. Số đỉnh của hình 20 mặt đều là: A. Mười hai. B. Mười sáu.

C. Hai mươi.

D. Ba mươi.

Câu 21. Số đỉnh và số cạnh của hình hai mươi mặt là tam giác đều: A. 24 đỉnh và 24 cạnh. B. 24 đỉnh và 30 cạnh. C.  p; q đỉnh và 30 cạnh. Câu 22. Trung điểm các cạnh của một tứ diện đều là A. Các đỉnh của một hình tứ diện đều. C. Các đỉnh của một hình mười hai mặt đều.

D. 12 đỉnh và 24 cạnh. B. Các đỉnh của một hình bát diện đều. D. Các đỉnh của một hình hai mươi mặt đều.

Câu 23. Khối đa diện đều có tính chất nào sau đây: A. Mỗi mặt của nó là một đa giác đều p cạnh. B. Mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt. C. Cả 2 đáp án trên. D. Chỉ cần thỏa mãn một trong hai phát biểu câu A hoặc câu D. Câu 24. Tâm các mặt của một hình lập phương là các đỉnh của hình A. Bát diện đều. B. Tứ diện đều. C. Lục bát đều.

D. Ngũ giác đều.

Câu 25. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau: A. Tâm tất cả các mặt của 1 hình lập phương thì tạo thành một hình lập phương. B. Tâm tất cả các mặt của 1 hình tứ diện đều thì tạo thành một hình tứ diện đều. C. Tâm tất cả các mặt của 1 hình tứ diện đều thì tạo thành một hình lập phương. D. Tâm tất cả các mặt của 1 hình lập phương thì tạo thành một hình tứ diện đều. Câu 26. Cho khối lập phương. Khẳng định nào sau đây là đúng. A. Là khối đa diện đều loại 3; 4 . B. Số đỉnh của khối lập phương bằng 6 . C. Số mặt của khối lập phương bằng 6 .

D. Số cạnh của khối lập phương bằng 8 .

Câu 27. Một hình lập phương có cạnh 4cm . Người ta sơn đỏ mặt ngoài của hình lập phương rồi cắt hình lập phương bằng các mặt phẳng song song với các mặt của hình lập phương thành 64 hình lập phương nhỏ có cạnh 1cm . Có bao nhiêu hình lập phương có đúng một mặt được sơn đỏ? A. 8 . B. 16 . C. 24 . D. 48 . ( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Câu 28. Một hình lập phương có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 8 . B. 9 . C. 6 .

D. 3 .

Câu 29. Một tứ diện đều có bao nhiêu trục đối xứng? A. 3 . B. 6 .

D. 9 .

C. 8 .

Câu 30. [ĐỀ MINH HỌA LẦN 2] Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng?

A. Tứ diện đều.

B. Bát diện đều.

C. Hình lập phương.

D. Lăng trụ lục giác đều.

Dạng 2. Tính toán một số thông tin liên quan đến các khối đa diện lồi, đều Câu 31. Tổng độ dài của tất các cạnh của một tứ diện đều cạnh a . A. 4a . B. 6a . C. 6 .

D. 4 .

Câu 32. Tính tổng diện tích các mặt của một khối bát diện đều cạnh a . 2

A. 8a .

B. 8a

C. 2a

a2 3 D. . 16

Câu 33. Tính tổng độ dài các cạnh của một khối mười hai mặt đều cạnh 2 . A. 8 . B. 16 . C. 24 .

D. 60 .

Câu 34. Tính tổng diện tích các mặt của một khối hai mươi mặt đều cạnh 2 . A. 10 3 . B. 20 3 . C. 20 .

D. 10 .

( PC WEB )

Vấn đề 3: THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN I.

Thể tích của khối đa diện.

1. Hai khối đa diện bằng nhau thì có thể tích bằng nhau. 2. Nếu một khối đa diện được phân chia thành nhiều khối đa diện

B

nhỏ thì thể tích của nó bằng tổng thể tích của các khối đa diện

A

đó.

C

3. Khối lập phương có cạnh bằng 1 thì thể tích cũng bằng 1. II. Thể tích của khối hộp chữ nhật Khối hộp chữ nhật có ba kích thươc là a , b , c thì thể tích của nó là:

V = abc Khối lập phương có cạnh bằng a có thể tích là: V = a 3 III. Thể tích của khối chóp Khối chóp có diện tích đáy là Sđáy và chiều cao là h thì thể tích V của nó là: V=

1 S ñaùy .h 3

Đặc biệt: nếu tứ diện ABCD có AB , AC , AD đôi một vuông góc thì:

1 AB.AC.AD 6

IV. Thể tích của khối lăng trụ

A

Thể tích V của khối lăng trụ diện tích đáy là Sđáy và chiều cao là h là:

C

B

V = S ñaùy .h

Lưu ý: Lăng trụ đứng có chiều cao cũng là cạnh bên. V. Tỉ số thể tích  Tính thể tích của từ khối đa diện. Chú ý sự lắp ghép các khối đa diện  tỉ số.  Dùng công thức:

VS.ABC SA.SB.SC = VS.A'B'C' SA'.SB'.SC'

B S

A

C

B

Chú ý: Ta chỉ dùng công thức này cho những khối chóp tam giác có

chung đỉnh và chung cạnh bên.

VI. Hình chóp cụt ABC . A BC 



h V B  B  BB 3 Với B, B, h là diện tích hai đáy và chiều cao.

A



C

B C

A B

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

HÌNH 1: Hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình chữ nhật (hoặc hình vuông) và SA vuông góc với đáy H1.1: Đáy, đường cao, cạnh đáy, cạnh bên, mặt bên của hình chóp A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. 2. 3. 4. 5.

Đáy: ABCD là hình vuông hoặc hình chữ nhật Đường cao: SA Cạnh bên: SA , SB , SC , SD Cạnh đáy: AB , BC , CD , DA Mặt bên: SAB là tam giác vuông tại A . SBC là tam giác vuông tại B . SCD là tam giác vuông tại D . SAD là tam giác vuông tại A .

A B

B. VÍ DỤ Ví dụ 1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và cạnh bên SC  2a . Tính thể tích khối chop S . ABCD theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

Ví dụ 2. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, đường cao SA  a và cạnh bên SC  2a . Tính thể tích khối chop S . ABCD theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 1.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc với đáy. Mặt bên

 SAB  Bài 2.

là tam giác cân, cạnh bên SB  a 2 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, hai mặt bên  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với đáy. Mặt bên  SAC  là tam giác cân và cạnh bên SC  a 3 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .

Bài 3.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, hai mặt bên  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với đáy. Hai cạnh bên SB  a 5 và SC  a 6 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .

Bài 4.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, hai mặt bên  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với đáy. Tam giác SBD là tam gác đều cạnh a 2 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .

H1.2: Góc giữa cạnh bên và mặt đáy A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Góc giữa cạnh bên SB và mặt đáy  ABCD  bằng  :

Ta có: SA   ABCD  (gt)  Hình chiếu của SB lên  ABCD  là AB



 



    , ( ABCD)  SB , AB  SBA  SB



2. Góc giữa cạnh bên SD và mặt đáy  ABCD  bằng  :

A C

Ta có: SA   ABCD  (gt)



 Hình chiếu của SD lên  ABCD  là AD



 



    , ( ABCD)  SD , AD  SDA  SD

A B

C S

3. Góc giữa cạnh bên SC và mặt đáy  ABCD  bằng  : Ta có: SA   ABCD  (gt)

 Hình chiếu của SC lên  ABCD  là AC



 



    , ( ABCD)  SC , AC  SCA  SC

A B



B. VÍ DỤ Ví dụ 3. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và góc giữa cạnh bên SB và đáy bằng 30 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Ví dụ 4. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và AB  a . Hai mặt bên  SAB  và

 SAD 

cùng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a biết SA  a và góc

giữa cạnh bên SD và đáy bằng 60 . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

Ví dụ 5. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Hai mặt bên  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a biết SA  a và góc giữa cạnh bên SC và đáy bằng 45 . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 5.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và SA vuông góc với đáy. Góc giữa cạnh bên SC và đáy bằng 30 . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của cạnh AB va` AD . Tính thể tích của khối chóp S .MBCN theo a .

Bài 6.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và đường cao SA  3a . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a và góc giữa các cạnh bên của hình chóp với đáy.

( PC WEB )

Bài 7.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a và SA vuông góc với đáy. Góc giữa cạnh bên SC và đáy bằng 60 . TÍnh thể tích khối chóp S . ABCD theo a biết SC  4a .

H1.3: Góc giữa cạnh bên và mặt bên A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Góc giữa cạnh bên SB và mặt bên  SAD  bằng  :

Ta có: AB   SAD 



 Hình chiếu của SB lên  SAD  là SA



 



    , ( SAD)  SB , SA  BSA  SB



Ta có: AD   SAB   Hình chiếu của SD lên  SAB  là SA

 



3. Góc giữa cạnh bên SC và mặt bên  SAB  bằng  :

Ta có: BC   SAB 



 Hình chiếu của SC lên  SAB  là SB

 



    , ( SAB)  SC , SB  BSC  SC

C S 

Ta có: DC   SAD   Hình chiếu của SC lên  SAD  là SD

 



    , ( SAD)  SC , SD  DSC  SC



 Hình chiếu của SB lên  SBC  là SH



C S

Kẻ BH   SCD 

 

5. Góc giữa cạnh bên SB và mặt phẳng  SCD  bằng  :



4. Góc giữa cạnh bên SC và mặt bên  SAD  bằng  :



    , ( SAB)  SD , SA  DSA  SD



2. Góc giữa cạnh bên SD và mặt bên  SAB  bằng  :



    , ( SCD  SB , SH  BSC  SB

H B

B. VÍ DỤ Ví dụ 6. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và góc giữa cạnh bên SC và mặ bên  SAD  bằng 30 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, hai mặt bên  SAB  và  SAD  cùng

Bài 8.

vuông góc với đáy, góc giữa cạnh bên SB và mặt bên  SAD  bằng 30 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a , biết SA  a . Bài 9.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và SA vuông góc với đáy. Góc giữa cạnh bên SD và mặt bên  SAB  bằng 30 . Gọi M là trung điểm của AB . Tính thể tích khối chóp S .MBCD theo a .

Bài 10.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , hai mặt bên  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với đáy. Góc giữa cạnh bên SC và mặt bên  SAB  bằng 45 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .

H1.4: Góc giữa mặt bên và mặt đáy A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Góc giữa mặt bên  SBC  và mặt đáy  ABCD  bằng  :

Ta có: BC  AB tại B (?) BC  SB tại B (?)



 SBC    ABCD   BC



 



  SBC ), ( ABCD)   AB, SB  SBA  (

C S

Ta có: CD  AD tại D (?), CD  SD tại D (?)



 SCD    ABCD   CD

 

2. Góc giữa mặt bên  SCD  và mặt đáy  ABCD  bằng  :





  SCD), ( ABCD)   AD, SD  SDA  ( 3. Góc giữa mặt phẳng  SBD  và mặt đáy  ABCD  bằng  :

C S

 Đáy ABCD là hình chữ nhật: Trong  ABCD  , vẽ AH  BD tại H  BD  SH (?) A

( PC WEB )





 



  SBD), ( ABCD)   AH , SH  SHA  (  Chú ý: Nếu AB  AD thì điểm H ở gần B hơn Nếu AB  AD thì điểm H ở gần D hơn  Đáy ABCD là hình vuông:

Gọi O  AC  BD  AO  BD (?) A

 BD  SO (?)



 



   SBD), ( ABCD)  SO , AO  SOA  (



B. VÍ DỤ Ví dụ 7. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và góc giữa mặt bên  SCD  và đáy bằng 30 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

Ví dụ 8. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và góc giữa mặt phẳng  SBD  và đáy bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

.........................................................................................................................................................................................

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 11.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2 và SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặ bên  SBC  và mặt đáy bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .

Bài 12.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hai mặt bên  SAB  và  SAD  vuông góc với đáy, các mặt bên còn lại tạo với đáy một góc bằng 45 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a

Bài 13.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Góc giữa mặt phẳng  SBD  và đáy bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a , biết BD  2a 2 .

H1.5: Khoảng cách A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD 

Trong mp  SAD  , vẽ AH  SD tại H

 AH   SCD  (?) d  A,  SCD    AH

2. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD 

Vì AB //  SCD  nên d  B,  SCD    d  A,  SCD  

C S

3. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  Trong mp  SAB  , vẽ AH  SB tại H

 AH   SBC   d  A,  SBC    AH

4. Khoảng cách từ D đến mặt phẳng  SBC 

Vì AD //  SBC  nên d  D,  SBC    d  A,  SBC   5. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBD 

 Đáy ABCD là hình chữ nhật:  Trong  ABCD  , vẽ AI  BD tại I

H A

 BD   SAI  (?)  Trong  SAI  , vẽ AH  SI tại H  AH   SBD  (?) d  A,  SBD    AH

D I

 Chú ý: Nếu AB  AD thì điểm I ở gần B hơn Nếu AB  AD thì điểm I ở gần D hơn  Đáy ABCD là hình vuông:  Gọi O  AC  BD  AO  BD (?)

 BD   SAO  (?)  Trong  SAO  , vẽ AH  SO tại H

 AH   SBD  (?)  d  A,  SBD    AH 6. Khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SBD  ( PC WEB )

Vì O là trung điểm của AC nên d  C ,  SBD    d  A,  SBD  

B. VÍ DỤ Ví dụ 9. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông. AC  a 2 , SA vuông góc với đáy và góc giữa mặt bên  SBD  và đáy bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SBD  theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

Ví dụ 10. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và khoảng cách từ D đến mặt phẳng  SBC  bằng

a 2 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và 2

khoảng cách từ A đến mặt phảng  SBD  theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 14.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2 , SA vuông góc với đáy và a khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SBD  bằng . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . 5

Bài 15.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hai mặt bên  SAB  và  SAD  vuông góc vớidđáy, góc giữa SC và mặt bên  SAB  bằng 30 . Tính thể tích khối chóp

S . ABCD và khoảng cách từ B đến  SCD  theo a .

HÌNH 2: Hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B và SA vuông góc với đáy H2.1: Đáy, đường cao, cạnh đáy, cạnh bên, mặt bên của hình chóp A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Đáy: Hình thang ABCD vuông tại A và B Đường cao: SA A Cạnh bên: SA , SB , SC , SD Cạnh đáy: AB , BC , CD , DA Mặt bên: SAB là tam giác vuông tại A . SBC là tam giác vuông tại B . B SAD là tam giác vuông tại A .  Chú ý: Nếu AB  BC và AD  2 BC thì AC  CD 1. 2. 3. 4. 5.

 CD   SAC   SCD vuông tại C

B. VÍ DỤ Ví dụ 11. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , SA vuông góc với đáy, AB  BC  a , AD  2a , SC  a 3 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

26 ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 16.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , SA vuông góc với đáy, BC  a , AD  2a , AC  a 2 , SB  2a . Tính thể tích khối chóp the a .

H2.2: Góc giữa cạnh bên và mặt đáy A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Góc giữa cạnh bên SB và mặt đáy  ABCD  : Ta có : SA  ABCD (gt)  Hình chiếu của SB lên  ABCD  là AB



 



   , ( ABCD)  SB , AB  SBA  SB 2. Góc giữa cạnh bên SD và mặt đáy  ABCD  : Ta có: SA  ABCD (gt)

 Hình chiếu của SD lên  ABCD  là AD



 



   , ( ABCD)  SD , AD  SDA  SD

3. Góc giữa cạnh bên SC và mặt đáy  ABCD  : Ta có: SA  ABCD (gt)  Hình chiếu của SC lên  ABCD  là AC



 



   , ( ABCD)  SC , AC  SCA  SC

B. VÍ DỤ Ví dụ 12. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D với AD  CD  a ,

AB  3a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và cạnh bên SC tạo với đáy một góc 45 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 17.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB  BC  a , AC  2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và cạnh bên SD tạo với đáy một góc 30 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .

Bài 18.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D với AD  DC  a , AB  4a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và cạnh bên SD tạo với đáy một góc 30 .Gọi M là trung điểm AB . Tính thể tích khối chóp S . ADCM theo a .

H2.3: Góc giữa mặt bên và mặt bên A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Góc giữa mặt bên  SBC  và mặt đáy  ABCD  :

Ta có: BC  AB tại B (?) BC  SB tại B (?)

 SBC    ABCD   BC



 



 SBC ), ( ABCD)   AB, SB  SBA  ( 2. Góc giữa mặt bên  SCD  và mặt đáy  ABCD  :

S B

Trong  ABCD  , vẽ AM  CD tại M  SM  CD tại M (?) Mà  SCD    ABCD   CD



 



  SCD), ( ABCD)   AM , SM  SMA  (

 Chú ý: Nếu AB  BC và AD  2 BC thì AC  CD . Do đó M  C . B

D M C

B. VÍ DỤ Ví dụ 13. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D với AD  CD  a ,

AB  2a . Cạnh bên SA vuông góc với cạnh đáy và mặt bên  SBC  tạo với đáy một góc 30 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

28 ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 19.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB  BC  a ,

AD  3a , Cạnh bên SA vuông góc với đáy và mặt bên  SBC  tạo với đáy một góc 30 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . Bài 20.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D với AD  CD  a ,

AB  2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và mặt bên  SBC  tạo với đáy một góc 45 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .

H2.4: Khoảng cách A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC 

Trong mp  SAB  , vẽ AH  SB tại H

 AH   SBC  (?)  d  A,  SBC    AH 2. Khoảng cách từ D đến mặt phẳng  SBC 

Vì AD //  SBC  (?) nên d  D,  SBC    d  A,  SBC   (xem dạng 3) 3. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD   Trong  ABCD  , vẽ AM  CD tại M

 CD   SAM  (?)  Trong  SAM  , vẽ AH  SM tại H  AH   SCD  (?)

D M

 d  A,  SCD    AH

B  Chú ý: Nếu AB  BC và AD  2 BC thì AC  CD . Do đó M  C .

B. VÍ DỤ Ví dụ 14. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB  BC  a ,

AD  2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và mặt bên  SBC  tạo với đáy một góc 30 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD  theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 21.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D với AD  DC  a , 2a AD  4a . Cạnh bên vuông góc với đáy và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SDC  bằng 5 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  theo a .

HÌNH 3: Hình chóp tứ giác đều S.ABCD H3.1: Đáy, đường cao, cạnh đáy, cạnh bên, mặt bên của hình chóp A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI S

1. Đáy: ABCD là hình vuông 2. Đường cao: SO 3. Cạnh bên: SA  SB  SC  SD 4. Cạnh đáy: AB  BC  CD  DA

5. Mặt bên: SAB , SBC , SCD , SAD là các tam giác cân tại S và bằng nhau.

D O

Gọi O là tâm hình vuông ABCD  SO   ABCD 

B. VÍ DỤ Ví dụ 15. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có canh đáy và cạnh bên bằng a . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 22.

Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a và tam giác SAC đều. Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD .

Bài 23.

Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tam giác SBD đều cạnh a . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .

Bài 24.

Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có  ASC  60 và cạnh bên bằng 2a . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD .

Bài 25.

  60 và cạnh bên bằng a . Tính thể tích khối Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có CSD chóp S . ABCD theo a .

Bài 26.

  30 và cạnh đáy bằng 2a .Tính thể tích khối Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có SAB chóp S . ABCD theo a .

H3.2: Góc giữa cạnh bên và mặt đáy A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Góc giữa cạnh bên SA và mặt đáy  ABCD  : Ta có: SO   ABCD  (?)  Hình chiếu của SA lên  ABCD  là AO



 



   , ( ABCD)  SA , AO  SAO  SA

2. Góc giữa cạnh bên SB và mặt đáy  ABCD  :



 



   , ( ABCD)  SB , BO  SBO Tương tự SB A

3. Góc giữa cạnh bên SC và mặt đáy (ABCD):    , ( ABCD)  SC , CO  SCO Tương tự SC



 



4. Góc giữa cạnh bên SD và mặt đáy  ABCD  :



 

D O



   , ( ABCD)  SD , DO  SDO Tương tự SD  Chú ý:

  SBO   SCO   SDO  SAO

 “Góc giữa các cạnh bên với mặt đáy bằng nhau”

B. VÍ DỤ Ví dụ 16. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên SA tạo với đáy một góc 30 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 27.

Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có chiều cao bằng a và cạnh bên SB tạo với đáy một góc 30 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD .

Bài 28.

Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có AC  a và cạnh bên SC tạo với đáy một góc 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD .

Bài 29.

Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có AC  a 2 và cạnh bên bằng

a . Tính thể tích khối 2

chóp S . ABCD theo a và góc giữa cạnh bên với đáy. Bài 30.

Cho hình chóp đều S . ABCD , có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Tính diện tích tam giác SAC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD .

H3.3: Góc giữa mặt bên và mặt đáy A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Góc giữa mặt bên  SAB  và mặt đáy  ABCD  :

Ta có: OM  AB tại M (?)  AB  SM tại M (?)

 SAB    ABCD   AB

Mà



 



  SAB), ( ABCD)  OM , SM  SMO  (

O C

2. Góc giữa mặt bên  SBC  và mặt đáy  ABCD  :

Ta có: ON  BC tại N (?)  BC  SN tại N (?)

 SBC    ABCD   BC

Mà



 



  SBC ), ( ABCD)  ON , SN  SNO  ( 3. Góc giữa mặt bên  SCD  và mặt đáy  ABCD  :

D O

N S

Ta có: OP  CD tại P (?)  CD  SP tại P (?)

 SCD    ABCD   CD

Mà



 



  SCD), ( ABCD)  OP , SP  SPO  ( 4. Góc giữa mặt bên  SAD  và mặt đáy  ABCD  :

( PC WEB )

D P

Ta có: OQ  AD tại Q (?)

 AD  SQ tại Q (?)

 SAD    ABCD   AD

Mà



 

 Chú ý:



  SNO   SPO   SQO  SMO

  SAD), ( ABCD)  OQ , SQ  SQO  (

O C

 “Góc giữa các mặt bên với mặt đáy bằng nhau”

B. VÍ DỤ Ví dụ 17. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy bằng a , góc giữa mặt bên và đáy bằng 30 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 31.

Cho hính chóp tứ giác đều S . ABCD có chiều cao bằng a , góc giữa mặt bên và đáy bằng 30 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .

Bài 32.

Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh bên bằng a , góc giữa mặt bên và đáy bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a

Bài 33.

Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng

a 21 . Tính thể tích 6

khối chóp S . ABCD theo a và góc giữa mặt bên và đáy.

H3.4: Khoảng cách A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SCD 

Trong  ABCD  , vẽ OM  CD tại M  CD   SOM  (?) Trong  SOM  , vẽ OH  SM tại H  d  O,  SCD    OH ( PC WEB )

H D

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

2. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD  Vì O là trung điểm của AC nên d  A,  SCD    2d  O,  SCD   3. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  Vì O là trung điểm của BD nên d  B,  SCD    2d  O,  SCD  

B. VÍ DỤ Ví dụ 18. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng 4a . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .  SCD  bằng 17 ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

34 ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 34.

Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có chiều cao bằng 2a , khoảng cách từ B đến mặt phẳng 4a . Tính thẻ tích khối chóp S . ABCD theo a .  SCD  bằng 17

Bài 35.

Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có chiều cao bằng 2a và góc giữa mặt bên và đáy bằng 30 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a và khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  .

HÌNH 4: Hình chóp S.ABC, có SA vuông góc với đáy (ABC) H4.1: Đáy, đường cao, cạnh đáy, cạnh bên, mặt bên của hình chóp A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Đáy: tam giác ABC Đường cao: SA Cạnh bên: SA , SB , SC Cạnh đáy: AB , BC , CA Mặt bên: SAB là tam giác vuông tại A . SAC là tam giác vuông tại A . Chú ý: Nếu ABC vuông tại B thì SBC vuông tại B Nếu ABC vuông tại C thì SBC vuông tại C 1. 2. 3. 4. 5.

A B

B. VÍ DỤ Ví dụ 19. Cho hình chóp S . ABC có AB, AC , SA vuông góc với nhau từng đôi một, BC  5a ,

SB  a 13 , SC  2a 5 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 36.

Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A , SA vuông góc đáy, SB  2a , AB  a , BC  3a . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC .

Bài 37.

Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại B , hai mặt bên  SAB  và  SAC  cùng vuông góc với đáy, SA  a , SB  a 10 , SC  a 26 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a .

Bài 38.

Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại C , hai mặt bên  SAB  và  SAC  cùng vuông góc với đáy, BC  a , AC  2a , SC  3a . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC .

Bài 39.

Cho hình chóp S . ABC có có đáy là tam giác cân tại A , SA vuông góc với đáy, SA  3a ,   120 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a . BC  2a , góc BAC

Bài 40.

Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a , SA vuông góc với đáy, SA  3a . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a .

H4.2: Góc giữa cạnh bên và mặt đáy A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Góc giữa cạnh bên SB và mặt đáy  ABC  : Ta có: SA   ABC  (gt)

 Hình chiếu của SB lên  ABC  là AB



 



   , ( ABC )  SB , AB  SBA  SB 2. Góc giữa cạnh bên SC và mặt đáy  ABC  :

Ta có: SA   ABC  (gt)  Hình chiếu của SC lên  ABC  là AC



 



   , ( ABC )  SC , AC  SCA  SC

B. VÍ DỤ Ví dụ 20. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A , hai mặt bên  SAB  và  SAC  cùng vuông góc với đáy, SA  2a , SB và SC lần lượt tạo với đáy một góc 30 và 45 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

36 ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 41.

Cho hình chóp S . ABC có AB, AC , SA vuông góc với nhau từng đôi một, AB  a , BC  4a góc giữa cạnh bên SB và đáy bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a .

Bài 42.

Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là một tam giác vuông tại B , SA vuông góc với đáy, SA  2a , AC  5a , SB tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a .

Bài 43.

Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là một tam giác vuông tại B , hai mặt bên  SAB  và

 SAC 

vuông góc với đáy, AB  a , AC  3a , góc giữa cạnh bên SC và đáy bằng 60 . Tính

thể tích khối chóp S . ABC theo a . Bài 44.

Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc đáy, SB  SC , SA  4a , BC  2a và góc giữa cạnh bên SB và đáy bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a .

Bài 45.

Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với đáy, cạnh bên SC tạo với đáy một góc 45 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a .

H4.3: Góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy (ABC) A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Tam giác ABC vuông tại B Ta có: BC  AB tại B (?) BC  SB tại B (?)  SBC    ABC   BC



 



 SBC ), ( ABC )   AB, SB  SBA  ( 2. Tam giác ABC vuông tại C Ta có: BC  AC tại C (?) BC  SC tại C (?)  SBC    ABC   BC



 



 SBC ), ( ABC )   AC , SC  SCA  ( 3. Tam giác ABC vuông tại A Trong  ABC  , vẽ AM  BC tại M (?)



 BC  SM tại M (?)  SBC    ABC   BC

 

A S



 SBC ), ( ABC )   AM , SM  SMA  (

A  Chú ý:  M không là trung điểm BC  Nếu  ABC   ACB thì M ở trên đoạn BC và gần B hơn  Nếu  ABC   ACB thì M ở trên đoạn BC và gần C hơn  Nếu AB  AC thì M ở trên đoạn BC và gần C hơn  Nếu AB  AC thì M ở trên đoạn BC và gần B hơn

4. Tam giác ABC cân tại A (hoặc đều) ( PC WEB )

M B

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Gọi M là trung điểm BC  BC  AM tại M (?)  BC  SM tại M (?) Mà  SBC    ABC   SM



 



 SBC ), ( ABC )   AM , SM  SMA  ( 5. Tam giác ABC có  ABC  90 Trong  ABC  , vẽ AM  BC tại M (?)



 BC  SM tại M (?)  SBC    ABC   BC

 



 SBC ), ( ABC )   AM , SM  SMA  (  Chú ý: M nằm ngoài đoạn BC và ở về phía B

A S



 

A S

6. Tam giác ABC có  ACB  90 Trong  ABC  , vẽ AM  BC tại M (?)  BC  SM tại M (?)  SBC    ABC   BC

M B

B M



 SBC ), ( ABC )   AM , SM  SMA  (  Chú ý: M nằm ngoài đoạn BC và ở về phía C

B. VÍ DỤ Ví dụ 21. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , SA vuông góc với đáy, SA  2a , BC  3a , góc giữa mặt bên  SBC  và đáy bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

Ví dụ 22. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A , mặt bên  SAB  và  SAC  cừng vuông góc vớidđáy, SA  3a , BC  2a , góc giữa mặt bên  SBC  và đáy bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

38 ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 46.

Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a 2 , SA vuông góc với đáy, góc giữa mặt bên SBC và đáy bằng 30 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC .

Bài 47.

Cho hình chóp S . ABC có ABC là tam giác cân tại B , SA vuông góc với đáy, SA  a , góc giữa mặt bên  SBC  và đáy bằng 60 . Tính theo a thể tích khối chóp, biết  ABC 120 .

Bài 48.

Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , hai mặt bên  SAB  và  SAC  cùng vuông góc với đáy, AB  a , AC  2a , góc giữa mặt bên  SBC  và đáy bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a .

H4.4: Khoảng cách A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SAC 

Trong  ABC  , vẽ BH  AC tại H  BH   SAC  (?)  d  B,  SAC    BH

 Chú ý:  Nếu ABC vuông tại A thì H  A và khi đó AB  d  B,  SAC  

 Nếu ABC vuông tại C thì H  C và khi đó BC  d  B,  SAC   2. Khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB 

Trong  ABC  , vẽ CH  AB tại H  CH   SAB  (?)  d  C ,  SAB    CH

H  Chú ý:  Nếu ABC vuông tại ABC thì H  A và khi đó CA  d  C ,  SAB  

 Nếu ABC vuông tại B thì H  C và khi đó CB  d  B,  SAB   3. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC   Trong  ABC  , vẽ AM  BC tại M (?)  BC  SM tại M (?) ( PC WEB )

A B

S 39

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

 Trong  SAM  , vẽ AH  SM tại H  d  A,  SBC    AH

 Chú ý: Tùy đặc điểm của ABC để các định đúng vị trí của điểm M trên đường thẳng BC .

M B

B. VÍ DỤ Ví dụ 23. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , SA vuông góc với đáy, SA  a , góc giữa mặt bên  SBC  và đáy bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a , biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  bằng 2a . .......................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

Ví dụ 24. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với đáy, SA  a . Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  theo a . .......................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

C. BÀI TẬP CƠ BẢN ( PC WEB )

Bài 49.

Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác cân tại A , hai mặt bên  SAB  và  SAC  vuông góc với đáy, SA  3a , BC  2a , góc giữa mặt bên  SBC  và đáy bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  theo a .

Bài 50.

Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại B , SA vuông góc với đáy, SA  3a ,

AC  4a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng

a 3 . Tính theo a thể tích khối 2

chóp S . ABC . Bài 51.

Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc đáy, 2canhj bên SB và SC tạo với  SBC  bằng

2a 5

. Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC . Bài 52.

Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều canh 2a 3 , 2 mặt bên  SAB  và  SAC  cùng vuông góc với đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng

3a . Tính thể tích khối 10

chóp S . ABC theo a .

HÌNH 5: Hình chóp tam giác đều S.ABC H5.1: Đáy, đường cao, cạnh đáy, cạnh bên, mặt bên của hình chóp A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Đáy: Tam giác ABC đều

2. Đường cao: SO 3. Cạnh bên: SA  SB  SC 4. Cạnh đáy: AB  BC  CA

5. Mặt bên: SAB , SBC , SCA

là các tam giác cân tại S và bằng nhau.

Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC  SO   ABC   Chú ý:

Tứ diện đều S . ABC là hình chóp có mặt đáy và các mặt bên là những tam giác đều bằng nhau.

B. VÍ DỤ Ví dụ 25. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

.........................................................................................................................................................................................

Ví dụ 26. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có Cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng 2a . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 53.

Tính thể tích khối tứ diện đều S . ABC có cạnh bằng a 2 .

Bài 54.

Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh bên bằng 2a và chiều cao bằng a . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a .

H5.2: Góc giữa cạnh bên và mặt đáy A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Góc giữa cạnh bên SA và mặt đáy  ABC  : Ta có: SO   ABC  (?)  Hình chiếu của SA lên  ABC  là AO



 



   , ( ABC )  SA , AO  SAO  SA 2. Góc giữa cạnh bên SB và mặt đáy  ABC  :



 



   , ( ABC )  SB , BO  SBO Tương tự SB 3. Góc giữa cạnh bên SC và mặt đáy  ABC  :



 



   , ( ABC )  SC , CO  SCO Tương tự SC  Chú ý:

  SBO   SCO  SAO

 “Góc giữa các cạnh bên với mặt đáy bằng nhau”

B. VÍ DỤ Ví dụ 27. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

42 ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 55.

Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có chiều cao bằng a , cạnh bên tạo với đáy một góc 30 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a .

Bài 56.

Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh bên bằng a và tạo với đáy một góc 45 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a .

Bài 57.

Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB , BC . Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SMN  .

H5.3: Góc giữa mặt bên và mặt đáy A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI S

1. Góc giữa mặt bên  SAB  và mặt đáy  ABC  : Ta có: OM  AB tại M (?)  AB  SM tại M (?)

 SAB    ABC   AB

Mà



 



  SAB), ( ABC )  OM , SM  SMO  (

2. Góc giữa mặt bên  SBC  và mặt đáy  ABC  : Ta có: ON  BC tại N (?)  BC  SN tại N (?)

M B

 SBC    ABC   BC

Mà



 



  SBC ), ( ABCD)  ON , SN  SNO  (

A O

3. Góc giữa mặt bên  SAC  và mặt đáy  ABC  : Ta có: OP  AC tại P (?)  AC  SP tại P (?)

 SAC    ABC   AC

Mà



 



  SAC ), ( ABC )  OP , SP  SPO  (  Chú ý:

  SNO   SPO  SMO

 “Góc giữa các mặt bên với mặt đáy bằng nhau” B

B. VÍ DỤ Ví dụ 28. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và mặt bên tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a . ( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 58.

Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có chiều cao bằng a và mặt bên tạo với đáy một góc 30 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a .

Bài 59.

Cho hình chóp tam giác đều S . ABC , biết đường cao của đáy bằng a 3 , góc giữa mặt bên và đáy bằng 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC .

H5.4: Khoảng cách A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SAB   Trong  ABC  , vẽ OM  AB tại M

 AB   SOM  (?)  Trong  SOM  , vẽ OH  SM tại H  d  O,  SAB    OH 2. Khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  Vì O là trọng tâm của ABC nên  d  C ,  SAB   

MC 3 MO

MC  d  O,  SAB    3 d  O,  SAB   MO

A O

M B

B. VÍ DỤ Ví dụ 29. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có chiều cao bằng 2a , góc giữa mặt bên và đáy bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

44 ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 60.

Cho hình chóp tam giác đều S . ABC , biết đường cao đáy bằng a 3 , góc giữa mặt bên và đáy bằng 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC .

Bài 61.

Cho hình chóp đều S . ABC có SA  2a , AB  a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ M tới mặt phẳng  SAB  .

Bài 62.

Cho hình chóp đều A.BCD có AB  a 3 , BC  a . Gọi M là trung điểm của CD . Tính thể tích khối chóp A.BCD theo a và khoảng cách giữa hai đường thẳng BM , AD .

HÌNH 6a: Hình chóp S.ABC có một mặt bên (SAB) vuông góc với đáy (ABCD) A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI “Luôn luôn vẽ SH vuông góc với giao tuyến” H6a.1 - Góc giữa cạnh bên và mặt đáy  Vẽ SH  AB tại H Vì  SAB    ABC  nên SH   ABC   Chú ý: Tùy đặc điểm của tam giác SAB để xác định đúng vị A trí của điểm H trên đường thẳng AB . 1. Góc giữa cạnh bên SA và mặt đáy  ABC  :

H S

Ta có: SH   ABC  (?)

 Hình chiếu của SA lên  ABC  là AH



 



   , ( ABC )  SA , AH  SAH  SA

2. Góc giữa cạnh bên SB và mặt đáy  ABC  : Ta có: SH   ABC  (?)

B     Hình chiếu của SB lên  ABC  là BH  SB, ( ABC )  SB, BH  SBH



 



 



3. Góc giữa cạnh bên SC và mặt đáy  ABC  : Ta có: SH   ABC  (?)



   , ( ABC )  SC , CH  SCH  Hình chiếu của SC lên  ABC  là CH  SC S H6a.2 - Góc giữa mặt bên và mặt đáy:  Vẽ SH  AB tại H  Vì  SAB    ABC  nên SH   ABC   Chú ý: Tùy đặc điểm của tam giác SAB để xác định đúng vị A trí của điểm H trên đường thẳng AB .

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

1. Góc giữa mặt bên (SAB) và mặt đáy  ABC  :





SAB), ( ABC )  90 Vì  SAB    ABC  nên (

2. Góc giữa mặt bên  SAC  và mặt đáy  ABC  : Vẽ HM  AC tại M HM  AC  Ta có:  SH  AC   AC  ( SHM ) , mà SM   SHM   SM  AC



 



B S

3. Góc giữa mặt bên  SBC  và mặt đáy  ABC  :



 



  SBC ), ( ABC )  HN , SN  SNH  (

  SBC ), ( ABC )  HM , SM  SMH  ( Vẽ HN  BC tại N HN  BC  Ta có:   BC  ( SHN ) , SH  BC  mà SN   SHN   SN  AB

H B

B. VÍ DỤ Ví dụ 30. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  , gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho MC  2 MS . Biết AB  3 , BC  3 3 . Tính thể tích của khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 63.

Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB  2 , AC  4 . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của đoạn thẳng AC . Cạnh bên SA tạo với mặt đáy một góc 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC .

Bài 64.

Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là điểm H thuộc cạnh BC sao cho HC  2 HB , góc giữa SA với  ABC  bằng 45 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB .

Bài 65.

Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 3a , hình chiếu của S lên mặt phẳng

 ABC 

là điểm H thuộc cạnh AB sao cho AB  3 AH . Góc tạo bởi SA và mặt phẳng  ABC 

bằng 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC . Bài 66.

Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C , BC  a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của cạnh AB , biết rằng SH  a . Tính theο a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  MAC  , trong đó

M là trung điểm của cạnh SB .

HÌNH 6b: Hình chóp S.ABCD có một mặt bên (SAB) vuông góc với đáy (ABCD) và ABCD là hình chữ nhật hoặc hình vuông A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI “Luôn luôn vẽ SH vuông góc với giao tuyến” H6b.1 - Góc giữa cạnh bên và mặt đáy S  Vẽ SH  AB tại H  Vì  SAB    ABCD  ) nên SH   ABCD   Chú ý: Tùy đặc điểm của tam giác SAB để xác định đúng vị trí của điểm H trên đường thẳng AB . 1. Góc giữa cạnh bên SA và mặt đáy  ABCD  :

A H B

Ta có: SH   ABCD  (?)



D C

 



   , ( ABCD)  SA , AH  SAH  Hình chiếu của SA lên  ABCD  là AH  SA S 2. Góc giữa cạnh bên SB và mặt đáy  ABCD  :



 



   , ( ABCD)  SB , BH  SBH Tương tự SB 3. Góc giữa cạnh bên SC và mặt đáy  ABCD  :



 



   , ( ABCD)  SC , CH  SCH Tương tự SC 4. Góc giữa cạnh bên SD và mặt đáy  ABCD  :



 



   , ( ABCD)  SD , DH  SDH Tương tự SC

D C

H6b.2 - Góc giữa mặt bên và mặt đáy: A

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

1. Góc giữa mặt bên  SAD  và mặt đáy  ABCD  : Ta có: HA  AD (?) SH  AD (?)  AD   SHA   AD  SA



 



  SAD), ( ABCD)  SA , AH  SAH Mà  SAD    ABCD   AD  ( 2. Góc giữa mặt bên  SBC  và mặt đáy  ABCD  :

Ta có: BA  BC (?) SH  BC (?)  BC   SHB   BC  SB Mà  SBC    ABCD   BC



 



  SBC ), ( ABCD)  SB , AH  SBH  (

H B

3. Góc giữa mặt bên  SCD  và mặt đáy  ABCD  :

C S

Trong  ABCD  , vẽ HM  CD tại M

HM  CD    CD   SHM   CD  SM SH  CD  Mà  SCD    ABCD   CD Ta có:



 



  SCD), ( ABCD)  HM , SM  SMH  (

A B

M C

B. VÍ DỤ Ví dụ 31. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Mặt bên  SAB  vuông góc với mặt đáy,

SA  SB và góc giữa cạnh bên SC và mặt đáy bằng 45 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 67.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật. AB  a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, góc giữa mặt bên  SCD  và mặt đáy bằng 45 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .

Bài 68.

Cho hình chóp S . ABCD , có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD  2 AB  2a . Tam giác SAD là tam giác vuông cân đỉnh S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt đáy  ABCD  . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD .

Bài 69.

a 3  a , SB  , BAD  60 và 2 2 mặt phẳng  SAB  vuông góc với đáy. Gọi H , K lần lượt là trung điểm của AB , BC . Tính

Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình thoi cạnh a , SA 

thể tích tứ diện KSDC và tính cosin của góc giữa đường thẳng SH và DK . Bài 70.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với cạnh AB  2a , AD  a . Hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  là trung điểm H của AB , SC tạo với đáy một góc bằng 45 . Tính

thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng  SCD  . Bài 71.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên  SAB  nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuong góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH  2 AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  .

Bài 72.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  2a , AD  a 3 . Mặt bên

 SAB 

là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Biết đường

thẳng SD tạo với mặt đáy một góc 45 . Tính thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD . Bài 73.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B . Các cạnh AB  BC  2a , AD  a , tam giác SBC đều, mặt phẳng  SBC  vuông góc với mặt phẳng

 ABCD  . Tính theo

a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA

và DC . Bài 74.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi đường thẳng SC với mặt phẳng  ABCD  bằng 30 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng

cách từ điểm B đến mặt phẳng  SAC  . Bài 75.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , mặt bên SAD là tam giác đều a 6 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và 2 khoảng cách giữa hai đường thẳng AD , SB theo a .

nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC 

Bài 76.

( PC WEB )

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa cạnh bên SC và đáy bằng 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA .

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

HÌNH 7: Hình lăng trụ A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI ① Lăng trụ có:

Lăng trụ xiên  Hai đáy song song và là 2 đa giác bằng nhau  Các cạnh bên song song và bằng nhau Cạnh bên  Các mặt bên là các hình bình hành vuông góc đáy ② Lăng trụ đứng là lăng trụ có các cạnh bên vuông góc với đáy ③ Lăng trụ tam giá đều là lăng trụ đứng, có đáy là tam giác đều ④ Lăng trụ có đáy là tam giác đều là lăng trụ xiên, có đáy là Lăng trụ đứng tam giác đều ⑤ Lăng trụ tứ giác đều là lăng trụ đứng, có đáy là hình vuông Đáy là ⑥ Lăng trụ có đáy là tứ giác đều là lăng trụ xiên, có đáy là đa giác đều hình vuông ⑦ Hình hộp là hình lăng trụ xiên, có đáy là hình bình hành ⑧ Hình hộp đứng là lăng trụ đứng, có đáy là hình bình hành Lăng trụ đều ⑨ Hình hộp chữ nhật là lăng trụ đứng, có đáy là hình chữ nhật ⑩ Hình lập phương là lăng trụ đứng, có đáy và các mặt bên là hình vuông. ⑪ Lăng trụ đứng ABC. ABC. C' A'  Góc giữa ( ABC ) và  ABC  : B' Vẽ AM  BC tại M  AM  BC (?) A C ABC ), ( ABC )   AMA  ( M  Chú ý: Tùy đặc điểm của tam giác ABC để xác định đúng B vị trí của điểm M trên đường thẳng BC . A' D' ⑫ Hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD. C ' B'  Góc giữa  ABCD  và  ABCD  :





Ta có: BC  CD  CD  BC (?)  ABCD), ( ABCD)  BCB  (





B. VÍ DỤ Ví dụ 32. Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  , biết diện tích tam giác ABC bằng 2a 2 . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

50 ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

Ví dụ 33. Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác vuông tại A , AC  a ,  ACB  60 , BC  hợp với mặt phẳng  AAC C  một góc 30 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

  60 . Biết AB hợp Ví dụ 34. Cho hình hộp đứng ABCD. ABC D có đáy là hình thoi cạnh a và BAD với đáy ABCD một góc 30 . Tính thể tích khối hộp ABCD. ABC D theo a . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

Ví dụ 35. Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a , cạnh bên bằng a 3 và tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  . ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................... .........................................................................................................................................................................................

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

C. BÀI TẬP CƠ BẢN Bài 77.

Cho hình chóp tam giác đều S . ABC , biết đường cao của đáy bằng a 3 , góc giữa cạnh bên và đáy bằng 30 . Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  theo a .

Bài 78.

Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác vuông cân tại A . Biết chiều cao của lăng trụ là 3a và mặt bên AABB có đường chéo là 5a . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  theo a .

Bài 79.

Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác vuông cân tại B với BA  BC  a . Biết AB hợp với đáy một góc 60 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  theo a

Bài 80.

Cho lăng trụ đứng ABCD. ABC D có đáy là hình vuông canh a và đường chéo BD hợp với đáy một góc 30 . Tính thể tích khối lăng trụ ABCD. ABC D theo a .

Bài 81.

Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác vuông cân tại B với BA  BC  a . Biết góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ABC  bằng 60 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  theo a .

Bài 82.

Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác đều, góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và

 ABC  bằng 30 Bài 83.

và diện tích tam giác ABC bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  .

Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng  ABC  là tâm O của tam giác ABC , góc giữa cạnh bên AA và mặt phẳng  ABC  bằng 60 . Chứng minh tứ giác BBC C là hình chữ nhật và tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  .

Bài 84.

Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a . A cách đều ba điểm A, B, C và AA 

Bài 85.

2a 3 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  . 3

Cho hình hộp ABCD. ABC D có đáy là hình chữ nhật, AB  a 3 , AD  a 7 , AA  a ,

 ABBA 

và  ADDA  lần lượt tạo với  ABCD  một góc 45 và 60 . Tính theo a thể tích

khối hộp ABCD. ABC D . Bài 86.

Cho hình hộp ABCD. ABC D có đáy là hình vuông cạnh a , cạnh bên bằng 8a và hợp với đáy một góc 30 . Tính theo a thể tích khối hộp ABCD. ABC D .

Bài 87.

Cho khối lăng trụ ABC. ABC  . Biết AABC là tứ diện đều cạnh a . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  theo a .

( PC WEB )

BÀI TẬP TỔNG HỢP VẤN ĐỀ 3 Bài 88.

[TNPT 2006] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy, cạnh bên SB bằng a 3 . 1) Tính thể tích của khối chóp S . ABCD . 2) Chứng minh trung điểm của cạnh SC là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .

Bài 89.

[TNPT 2007] Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại đỉnh B , cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết SA  AB  BC  a . Tính thể tích của khối chóp S . ABC .

Bài 90.

[TNPT 2008] Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a . Gọi I là trung điểm của cạnh BC . 1) Chứng minh SA vuông góc với BC . 2) Tính thể tích của khối chóp S . ABI theo a .

Bài 91.

[TNPT 2009] Cho hình chóp S . ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA   120 , tính thể tích của khối chóp S . ABC theo a . vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết góc BAC

Bài 92.

[TNPT 2010] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng  SBD  và mặt phẳng đáy bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .

Bài 93.

[TNPT 2011] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D với AD  CD  a , AB  3a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 45 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a .

Bài 94.

[TNPT 2012] Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại B và BA  BC  a . Góc giữa đường thẳng AB với mặt phẳng  ABC  bằng 60 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  theo a .

Bài 95.

[TNPT 2013] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Đừng thẳng SD tạo với mặt phẳng  SAB  một góc 30 . Tính thể tích của khối chóp S . ABCD theo a .

Bài 96.

[DBĐH 2002 Khối A] Tính thể tích khối tứ diện ABCD , biết AB  a , AC  b , AD  c và

Bài 97.

[CĐSP NHA TRANG - 02] Trên các tia Ox , Oy , Oz đôi một vuông góc với nhau lần lượt

  CAD   DAB   60 . BAC

lấy các điểm khác O là M , N và S với OM  m , ON  n và OS  a . Cho a không đổi, m và n thay đổi sao cho m  n  a . a) Tính thể tích khối chóp S .OMN . Xác định vị trí của các điểm M và N sao cho thể tích trên đạt giá trị lớn nhất.   MSN   NSO   90 . b) Chứng minh: OSM Bài 98.

[DBĐH 2003 Khối B] Cho hình chóp đều S . ABC , cạnh đáy bằng a , mặt bên tạo với đáy một góc   0    90  . Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng  SBC  .

Bài 99.

[ĐH 2004 Khối B] Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD , cạnh đáy bằng a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng   0    90  . Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABCD  theo  . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a và  .

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Bài 100. [DBĐH 2006 Khối A] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , AD  2a , cạnh SA vuông góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM 

a 3 . Mặt phẳng  BCM  cắt cạnh SD tại N . Tính thể 3

tích khối chóp S .BCNM . Bài 101. [DBĐH 2006 Khối D] Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a . Gọi SH là đường cao của hình chóp. Khoảng cách từ trung điểm I của SH đến mặt phẳng bên  SBC  bằng b . Tính thể tích khối chóp S . ABCD .   60 Bài 102. [DBĐH 2006 Khối B] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BAD , SA vuông góc với mp  ABCD  , SA  a . Gọi C  là trung điểm của SC . Mặt phẳng  P  đi

qua AC  và song song với BD , cắt các cạnh SB , SD của hình chóp lần lượt tại B , D . Tính thể tích khối chóp S . ABC D . Bài 103. [ĐH 2006 Khối A] Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O , bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a . Trên đường tròn tâm O lấy điểm A , trên đường tròn tâm O lấy điểm B sao cho AB  2a . Tính thể tích của khối tứ diện OOAB . Bài 104. [ĐH 2006 Khối B] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , AD  a 2 , SA  a và SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Gọi M , N lần lượt là trung

điểm của AD và SC . I là giao điểm của BM và AC .Chúng minh rằng mặt phẳng  SAC  vuông góc với mặ phẳng  SMB  . Tính thể tích của khối tứ diện ANIB . Bài 105. [ĐH 2006 Khối D] Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a ,

SA  2a và SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng SB và SC . Tính thể tích của khối chóp A.BCNM . Bài 106. [ĐH 2007 Khối A] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAD là tam giác đều và năm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm cảu các cạnh SB , BC , CD . Chứng minh AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP . Bài 107. [ĐH 2007 Khối B] Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm SA , M là trung điểm của AE , N là trung điểm của BC . CHứng minh MN vuông góc với BD và tính (theo a ) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN , AC .

  90 , Bài 108. [ĐH 2007 Khối D] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang,  ABC  BAD

BA  BC  a , AD  2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  a 2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB , Chứng minh tam giác SCD vuông và tính (theo a ) khoảng cách từ H đến mặt phẳng  SCD  . Bài 109. [DBĐH 2007 Khối A] Cho hình chóp S . ABC có góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  bằng 60 , ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a . Tính theo a khoảng cách từ đỉnh B đến mp  SAC  .

( PC WEB )

Bài 110. [DBĐH 2007 Khối B] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , SA vuông góc với hình chóp. Cho AB  a , SA  a 2 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên SB , SD . Chứng minh SC   AHK  và tính thể tích hình chóp OAHK . Bài 111. [DBĐH 2007 Khối B] Trong mặt phẳng  P  cho nửa đường tròn đường kính AB  2 R và điểm C thuộc nửa đường tròn đó sao cho AC  R . Trên đường thẳng vuông góc với  P  tại

A lấy điểm S sao cho góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SBC  bằng 60 . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A trên SB , SC . Chứng minh AHK vuông và tính VSABC ? Bài 112. [CĐKT-CN HCM 07] Cho tứ diện ABCD có AB  CD  a ; AC  BD  b ; AD  BC  c . Tính thể tích của tứ diện đó. Bài 113. [ĐHSG HỆ CĐ 07] Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a . Gọi G là trọng tâm của tam giác SAC và khoảng cách từ G đến mặt bên SCD bằng

a 3 Tính khoảng cách 6

từ tâm O của đáy đến mặt bên SCD và thể tích khối chóp S . ABCD . Bài 114. [CĐ KTĐN 07] Cho hình chóp S . ABCD có tất cả các cạnh đều bằng nhau. Biết thể tích là V

9a 3 2 . Tính độ dài cạnh của hình chóp. 2

Bài 115. [CĐ KT CAO THẮNG 07] Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại B , cạnh SA vuông góc với đáy,  ACB  60 , BC  a , SA  a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh SB . a) Chứng minh mặt phẳng  SAB  vuông góc với mặt phẳng  SBC  . b) Tính thể tích khối tứ diện MABC . Bài 116. [ĐH 2008 Khối A] Cho lăng trụ ABC. ABC  có độ dài canh bên bằng 2a , đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a , AC  a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A trên mặt phẳng

 ABC 

là trung điểm của cạnh BC . Tính theo a thể tích khối chóp A. ABC và tính cosin của

góc giữa hai đường thẳng AA , BC  . Bài 117. [ĐH 2008 Khối B] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , SA  a ,

SB  a 3 và mặt phẳng  SAB  vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC . Tính theo a thể tích của khối chóp S .BMDN và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM , DN . Bài 118. [ĐH 2008 Khối D] Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông,

AB  BC  a , cạnh bên AA  a 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , BC .  Bài 119. [CĐ 2008] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang, BAD ABC  90 , AB  BC  a , SA vuông góc với đáy và SA  2a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA , SD . Chứng minh rằng BCNM là hình chữ nhật và tính thể tích của khối chóp S .BCNM theo a . Bài 120. [DBĐH 2008 Khối A] Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại đỉnh B , BA  BC  2a , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy  ABC  là trung điểm E của

AB và SE  2a . Gọi I , J lần lượt là trung điểm của EC , SC ; M là điểm di động trên tia    (  90) và H là hình chiếu vuông góc của S trên MC . đối của tia BA sao cho ECM Tính thể tích của khối tứ diện EHIJ theo a ,  và tìm  để thể tích đó lớn nhất. ( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Bài 121. [DBĐH 2008 Khối A] Cho hình chóp S . ABC mà mỗi mặt bên là một tam giác vuông, SA  SB  SC  a . Gọi N , M , E lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , AC , BC ; D là điểm đối xứng của S qua E ; I là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng  SMN  . Chứng minh rằng AD vuông góc với SI và tính theo a thể tích của khối tứ diện MBSI . Bài 122. [DBĐH 2008 Khối A] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a ,

SA  a 3 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SB , AC . Bài 123. [DBĐH 2008 Khối B] Cho tứ diện ABCD có các mặt ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a , các mặt ACD và BCD vuông góc với nhau. Hãy tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và tính số đo của góc giữa hai đường thẳng AD , BC . Bài 124. [DBĐH 2008 Khối B] Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P lần lượt thuộc các cạnh BC , BD , AC sao cho BC  4 BM , AC  3 AP , BD  2 BN . Mặt phẳng  MNP  cắt AD tại

AQ và tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt AD phẳng  MNP  .

Q . Tính tỉ số

Bài 125. [DBĐH 2008 Khối B] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh B , AB  a , SA  2a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Mặt phẳng qua A vuông góc với SC cắt SB , SC lần lượt tại H , K . Tính theo a thể tích khối tứ diện SAHK . Bài 126. [ĐH 2009 Khối A] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D ,

AB  AD  2a , CD  a , góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và

 ABCD 

bằng 60 . Gọi I là

trung điểm của cạnh AD . BIết hai mặt phẳng  SBI  và  SCI  cùng vuông góc với mặt phẳng

 ABCD  , tính thể tích khối chóp

S . ABCD theo a .

Bài 127. [ĐH 2009 Khối B] Cho hình lăng trụ tam giác ABC. ABC  có BB  a , góc giữa đường thẳng   60 . Hình chiếu BB và mặt phẳng  ABC  bằng 60 , tam giác ABC vuông tại C và BAC vuông góc của điểm B lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Tính thể tích khối tứ diện AABC theo a . Bài 128. [ĐH 2009 Khối D] Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  a , AA  2a , AC  3a . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AC  , I là giao điểm của AM và AC . Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  IBC  . Bài 129. [CĐ 2009] Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh AB  a , SA  a 2 . Gọi M , N và P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA , SB và CD . Chứng minh rằng đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng SP . Tính theo a thể tích của khối tứ diện AMNP . Bài 130. [ĐH 2010 Khối A] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD , H là giao điểm của CN và DM . Biết

SH vuông góc với mặt phẳng  ABCD  và SH  a 3 . Tính thể tích khối chóp S .CDNM và khoảng cách giữa đường thẳng DM và SC theo a .

( PC WEB )

Bài 131. [ĐH 2010 Khối B] Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có AB  a , góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ABC  bằng 60 . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a . Bài 132. [ĐH 2010 Khối D] Cho hình chóp S . ABCD có dáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên

SA  a , hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABCD  là điểm H thuộc đoạn AC , AC . Gọi CM là đường cao của tam giác SAC . Chứng minh M là trung điểm của SA 4 và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a . AH 

Bài 133. [CĐ 2010] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt phẳng  SAB  vuông góc vớimaặ tphẳng đáy, SA  SB , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 45 . Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD . Bài 134. [ĐH 2011 Khối A] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B ,

AB  BC  2a , hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Gọi M là trung điểm của AB , mặt phẳng qua SM và song song với BC , cắt AC tại N . Biết góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S .BCMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a . Bài 135. [ĐH 2011 Khối B] Cho lăng trụ ABCD. A1 B1C1 D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật. AB  a ,

AD  a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng  ABCD  trùng với giao điểm

AC và BD . Góc giữa hai mặt phẳng  ADD1 A1  và  ABCD  bằng 60 . Tính thể tích khối trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng  A1 BD  theo a . Bài 136. [ĐH 2011 Khối D] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , BA  3a ,   30 BC  4a , mặt phẳng  SBC  vuông góc với mặt phẳng  ABC  Biết SB  2a 3 và SBC . Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SAC  theo a . Bài 137. [CĐ 2011] Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B , AB  a , SA vuông góc vớimaặt phẳng  ABC  , góic gữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  bằng 30 . Gọi M là trung điểm của cạnh SC . Tính thể tích của khối chóp S . ABM theo a . Bài 138. [ĐH 2012 Khối A] Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA  2 HB . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  ABC  bằng 60 . Tính thể tích của khối chóp S . ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a . Bài 139. [ĐH 2012 Khối B] Cho hình chóp tam giác đều S . ABC với SA  2a , AB  a . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh SC . Chứng minh S vuông góc với mặt phẳng  ABH  . Tính thể tích của khối chóp S . ABH theo a . Bài 140. [ĐH 2012 Khối D] Cho hình hộp ABCD. ABC D có đáy là hình vuông, tam giác AAC vuông cân, AC  a . Tính thể tích khối tứ diện ABBC  và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  BCD  theo a .

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Bài 141. [CĐ 2012] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A < AB  a 2 ,

SA  SB  SC . Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  ABC  bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a . Bài 142. [CĐ 2013] Cho lăng trụ đều ABC. ABC  có AB  a và đường thẳng AB tạo với đáy một góc bằng 60 . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC và BC  . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  và độ dài đoạn thẳng MN . Bài 143. [ĐH 2013 Khối A] Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A ,  ABC  30 , SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB  . Bài 144. [CĐ 2013 Khối B] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SCD  . Bài 145. [ĐH 2013 Khối D] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , cạnh bên SA   120 , M là trung điểm cạnh BC và SMA   45 . Tính theo a thể vuông góc với đáy, BAD tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng  SBC  . Bài 146. [ĐH 2014 Khối A-A1] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , 3a SD  , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABCD  là trung điểm của cạnh AB . 2 Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khẳng cách từ A đến mặt phẳng  SBD  . Bài 147. [ĐH 2014 Khối D] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a và mặt phẳng  SBC  vuông góc với mặt đáy. Tính theo a thể

tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA , BC . Bài 148. [CĐ 2014] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy, SC tạo với đáy một góc bằng 45 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SCD  . Bài 149. [THPTQG 2015] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳmg  ABCD  , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  ACBD  bằng 45 . Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB , AC . Bài 150. [THPTQG 2015 - DB] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân tại B ,  ABC  120 , AB  a , SB vuông góc với mặt phẳng  ABC  , góc giữa hai mặt phẳng  SAC  và  ABC  bằng 45 . Gọi M là trung điểm của AC , N là trung điểm của SM . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  ABN  . Bài 151. [THPTQG 2015 - MH] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , ACB  30 . Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt đáy là trung điểm của AC  2a ,  cạnh AC và SH  a 2 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB  .

( PC WEB )

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM VẤN ĐỀ 3 Câu 1.

Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều. Nếu tăng độ dài cạnh đáy lên 2 lần và độ dài đường cao không đổi thì thể tích S . ABC tăng lên bao nhiêu lần? 1 A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. . 2

Câu 2.

Có bao nhiêu khối đa diện đều? A. 4 . B. 5 .

Câu 3.

a3 2  B. 4

C. a .

a3  D. 6

Cho S . ABCD là hình chóp đều. Tính thể tích khối chóp S . ABCD biết AB  a , SA  a . A. a 3

Câu 7.

B. Số mặt của đa diện. D. Số các mặt ở mỗi đỉnh.

Tính thể tích khối tứ diện đều cạnh a . a3 2  A. 12

Câu 6.

B. Số mặt của đa diện. D. Số đỉnh của đa diện.

Cho khối đa diện đều  p; q , chỉ số q là A. Số đỉnh của đa diện. C. Số cạnh của đa diện.

Câu 5.

D. 2 .

Cho khối đa diện đều  p; q , chỉ số p là A. Số các cạnh của mỗi mặt. C. Số cạnh của đa diện.

Câu 4.

C. 3 .

a3 2 2

a3 2 . 6

a3 3

Cho hình chóp S . ABC có SA   ABC  , đáy ABC là tam giác đều. Tính thể tích khối chóp S . ABC biết AB  a , SA  a .

A. Câu 8.

a3 3 . 12

a3 3 . 4

C. a 3 .

a3 3

Cho hình chóp S . ABCD có SA   ABCD  , đáy ABCD là hình chữ nhật. Tính thể tích S . ABCD biết AB  a , AD  2a , SA  3a .

A. a 3 . Câu 9.

B. 6a 3 .

B. 2a 3 .

a3  3

Thể tích khối tam diện vuông O. ABC vuông tại O có OA  a, OB  OC  2a là A.

2a 3  3

a3  2

a3  6

D. 2a 3 .

Câu 10. Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc mặt đáy, tam giác ABC vuông tại A, SA  2cm ,

AB  4cm, AC  3cm . Tính thể tích khối chóp. A.

12 3 cm . 3

24 3 cm . 5

24 3 cm . 3

D. 24cm3 .

Câu 11. Cho hình chóp S . ABCD đáy hình chữ nhật, SA vuông góc đáy, AB  a, AD  2a . Góc giữa SB và đáy bằng 450 . Thể tích khối chóp là

a3 2  A. 3

( PC WEB )

2a 3  B. 3

a3  C. 3

a3 2  D. 6

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Câu 12. Hình chóp S . ABCD đáy hình vuông, SA vuông góc với đáy, SA  a 3, AC  a 2 . Khi đó thể tích khối chóp S . ABCD là a3 2  A. 2

a3 2  B. 3

a3 3  C. 2

a3 3  D. 3

Câu 13. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B . Biết SAB là tam giác đều và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng

 ABC  .

Tính thể tích khối chóp S . ABC biết

AB  a , AC  a 3 .

a3 6  A. 12

a3 6  B. 4

a3 2  C. 6

a3  D. 4

Câu 14. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi. Mặt bên  SAB  là tam giác vuông cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Tính thể tích khối chóp S . ABCD

biết BD  a , AC  a 3 . A. a 3 .

a3 3  4

a3 3  12

a3  3

Câu 15. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A . Hình chiếu của S lên mặt phẳng

 ABC  là trung điểm

H của BC . Tính thể tích khối chóp S . ABC biết AB  a , AC  a 3 ,

SB  a 2 .

a3 6  6

a3 3  2

a3 3  6

a3 6  2

Câu 16. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a . Hình chiếu của S lên mặt phẳng 3a  ABCD  là trung điểm H của AD . Tính thể tích khối chóp S . ABCD biết SB  . 2 A.

a3  3

B. a 3 .

a3  2

Câu 17. Hình chóp S . ABCD đáy là hình vuông cạnh a, SD 

3a 3  2

a 13 . Hình chiếu của S lên  ABCD  là 2

trung điểm H của AB . Thể tích khối chóp là A.

a3 2  3

C. a 3 12 .

a3  3

 bằng 1200 . Hình chiếu vuông góc của Câu 18. Hình chóp S . ABCD đáy hình thoi, AB  2a , góc BAD a S lên  ABCD  là I giao điểm của 2 đường chéo, biết SI  . Khi đó thể tích khối chóp 2 S . ABCD là

a3 2  9

a3 3  9

a3 2  3

a3 3  3

Câu 19. Cho hình chóp S . ABC , gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA, SB . Tính tỉ số A. 4 .

( PC WEB )

1  2

C. 2 .

1  4

VS . ABC . VS .MNC

Câu 20. Cho khối chop O. ABC . Trên ba cạnh OA, OB, OC lần lượt lấy ba điểm A’, B, C  sao cho VO. A ' B 'C ' VO. ABC

2OA  OA, 4OB  OB, 3OC   OC . Tính tỉ số A.

1 . 12

1 . 24

1 . 16

1 . 32

Câu 21. Cho hình chóp S . ABC . Gọi   là mặt phẳng qua A và song song với BC .   cắt SB , SC SM biết   chia khối chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau. SB 1 1 1 B. . C. . D. . 4 2 2 2

lần lượt tại M , N . Tính tỉ số A.

1 . 2

Câu 22. Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a là: a3 3 a3 3 a3 2 a3 2     A. B. C. D. 4 3 3 2 Câu 23. Cho lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' có ABCD là hình chữ nhật, A ' A  A ' B  A ' D . Tính thể tích khối lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' biết AB  a , AD  a 3 , AA '  2a . A. 3a 3 . B. a 3 . C. a 3 3 . D. 3a 3 3 . Câu 24. Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có ABC là tam giác vuông tại A . Hình chiếu của A ' lên  ABC  là trung điểm của BC . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' biết AB  a , AC  a 3 , AA '  2a . a3 3a 3   A. B. C. a 3 3 . D. 3a 3 3 . 2 2 Câu 25. Cho lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' có ABCD là hình thoi. Hình chiếu của A ' lên  ABCD  là trọng tâm của tam giác ABD . Tính thể tích khối lăng trụ ABCA ' B ' C ' biết AB  a ,  ABC  1200 , AA '  a . A. a

a3 2  B. 6

Câu 26. Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . Tính tỉ số A.

1  2

1  6

a3 2  C. 3

a3 2  D. 2

VABB 'C ' . VABCA ' B 'C '

1  3

2 . 3

Câu 27. Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC. A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a . Thể tích khối tứ diện A’BB’C’ là a3 3 a3 3 a3 3 a3     A. B. C. D. 12 4 6 12 Câu 28. Lăng trụ tam giác ABC. ABC  có đáy tam giác đều cạnh a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 300. Hình chiếu A lên  ABC  là trung điểm I của BC . Thể tích khối lăng trụ là A.

a3 3  6

a3 3  2

a3 3  12

a3 3  8

Câu 29. Lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, BC  2a, AB  a . Mặt bên  BB’C’C  là hình vuông. Khi đó thể tích lăng trụ là A.

( PC WEB )

a3 3 . 3

B. a 3 2 .

C. 2a 3 3 .

D. a 3 3 .

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Câu 30. Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CC ' và BB ' . Tính tỉ số VABCMN . VABC . A ' B 'C ' A.

1 . 3

1 . 6

1 . 2

2 . 3

Câu 31. Cho khối lăng trụ ABC. ABC  . Tỉ số thể tích giữa khối chóp A. ABC và khối lăng trụ đó là 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 4 2 3 6 Câu 32. Cho khối lập phương ABCD. ABC D . Tỉ số thể tích giữa khối A. ABD và khối lập phương là: 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 4 8 6 3 Câu 33. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có chiều cao bằng h , góc giữa hai mặt phẳng ( SAB) và

( ABCD) bằng  . Tính thể tích của khối chóp S . ABCD theo h và  . 3h3 A. . 4 tan 2 

4h 3 B. . 3 tan 2 

8h3 C. . 3 tan 2 

3h3 D. . 8 tan 2 

Câu 34. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , cạnh SB vuông góc với đáy và mặt phẳng  SAD  tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD . 3a 3 3 A. V  . 4

3a 3 3 B. V  . 8

8a 3 3 C. V  . 3

4a 3 3 D. V  . 3

Câu 35. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B , BC  a , mặt phẳng  A ' BC  tạo với đáy một góc 30 và tam giác A ' BC có diện tích bằng a 2 3 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . A.

a3 3 . 8

3a 3 3 . 4

3a 3 3 . 8

3a 3 3 . 2

Câu 36. Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a . Hình chiếu vuông góc của A ' trên  ABC  là trung điểm của AB . Mặt phẳng  AA ' C ' C  tạo với đáy một góc bằng 45 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . A. V 

3a 3 . 16

B. V 

3a 3 . 8

C. V 

3a 3 . 4

D. V 

3a 3 . 2

Câu 37. Cho hình chóp đều S . ABC , góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy  ABC  bằng 600 , khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng A.

a3 3 . 12

a3 3 . 18

3a . Thể tích của khối chóp S . ABC theo a bằng 2 7

a3 3 . 16

a3 3 . 24

Câu 38. Cho hình chóp đều S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , AC  2 3a , BD  2a , hai mặt phẳng  SAC  và  SBD  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng  SAB  bằng A.

( PC WEB )

a3 3 . 16

a3 3 . 18

a 3 . Tính thể tích của khối chóp S . ABCD theo a . 4

a3 3 . 3

a3 3 . 12

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Câu 39. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD , O là giao điểm của AC và BD . Biết mặt bên của hình chóp là tam giác đều và khoảng từ O đến mặt bên là a . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a. A. 2a 3 3 .

B. 4a 3 3 .

C. 6a 3 3 .

D. 8a 3 3 .

Câu 40. Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có SA   ABCD  . ABCD là hình thang vuông tại A và B biết AB  2a . AD  3BC  3a . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a biết góc giữa  SCD  và  ABCD  bằng 60 . A. 2 6a 3 .

B. 6 6a 3 .

C. 2 3a 3 .

D. 6 3a 3 .

Câu 41. Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có SA   ABCD  , ABCD là hình thang vuông tại A và B biết AB  2a . AD  3BC  3a . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a , biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SCD) bằng A. 6 6a 3 .

3 6 a. 4

B. 2 6a 3 .

C. 2 3a 3 .

D. 6 3a 3 .

Câu 42. Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có BB '  a , góc giữa đường thẳng BB ' và  ABC  bằng   60 . Hình chiếu vuông góc của điểm B ' lên 60 , tam giác ABC vuông tại C và góc BAC

 ABC  trùng với trọng tâm của

13a 3 . 108

ABC . Thể tích của khối tứ diện A '. ABC theo a bằng

7a3 . 106

15a 3 . 108

9a 3 . 208

Câu 43. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' , biết đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Khoảng cách từ a tâm O của tam giác ABC đến mặt phẳng  A ' BC  bằng .Tính thể tích khối lăng trụ 6 ABC. A ' B ' C ' . 3a 3 2 3a 3 2 3a 3 2 3a 3 2 A. . B. . C. . D. . 8 28 4 16 Câu 44. Cho hình chóp tam giác S . ABC có M là trung điểm của SB , N là điểm trên cạnh SC sao cho NS  2 NC . Kí hiệu V1 , V2 lần lượt là thể tích của các khối chóp A.BMNC và S . AMN . Tính tỉ số

V1 . V2

V1 2  V2 3

V1 1  V2 2

V1  2. V2

V1 3 V2

Câu 45. ho NS  2 NC , P là điểm trên cạnh SA sao cho PA  2 PS . Kí hiệu V1 , V2 lần lượt là thể tích của các khối tứ diện BMNP và SABC . Tính tỉ số A.

V1 1  . V2 9

V1 3  . V2 4

V1 . V2

V1 2  . V2 3

V1 1  . V2 3

Câu 46. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a , góc giữa hai mặt phẳng ( SAB) và

( ABCD) bằng 45 , M , N và P lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB và AB . Tính thể tích V của khối tứ diện DMNP .

A. V 

( PC WEB )

a3 6

B. V 

a3 4

C. V 

a3 12

D. V 

a3 2

Câu 47. Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AC  2a ; cạnh bên AA  2a . Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm cạnh AC . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC  .

1 A. V  a 3 . 2

a3 B. V  . 3

C. V  a . 3

2a 3 D. V  . 3

Câu 48. Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC và AD đôi một vuông góc với nhau. Gọi G1 , G2 , G3 và

G4 lần lượt là trọng tâm các mặt ABC , ABD, ACD và BCD . Biết AB  6a, AC  9a , AD  12a . Tính theo a thể tích khối tứ diện G1G2G3G4 .

A. 4a 3

B. a 3

C. 108a 3

D. 36a 3

Câu 49. Cho tứ diện ABCD có AB  CD  11m , BC  AD  20m , BD  AC  21m . Tính thể tích khối tứ diện ABCD . A. 360m3

B. 720m3

C. 770m3

D. 340m3

Câu 50. Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là vuông; mặt bên ( SAB) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SCD) bằng

3 7a . 7

Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . 1 A. V  a 3 . 3

B. V  a 3 .

C. V 

2 3 a . 3

D. V 

3a 3 . 2

Câu 51. Cho tứ diện S . ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA  2 SM , SN  2 NB , ( ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC . Kí hiệu ( H1 ) và ( H 2 ) là các khối đa diện có được khi chia khối tứ diện S . ABC bởi mặt phẳng ( ) , trong đó, ( H1 ) chứa điểm S ,

( H 2 ) chứa điểm A ; V1 và V2 lần lượt là thể tích của ( H1 ) và ( H 2 ) . Tính tỉ số A.

4 5

5 4

3 4

V1 . V2

4 3

Câu 52. Cho hình chóp S . ABC có chân đường cao nằm trong tam giác ABC ; các mặt phẳng ( SAB) ,

( SAC ) và ( SBC ) cùng tạo với mặt phẳng ( ABC ) các góc bằng nhau. Biết AB  25 , BC  17 , AC  26 ; đường thẳng SB tạo với mặt đáy một góc bằng 45 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . A. V  408 . B. V  680 . . V  578 . D. V  600 .

( PC WEB )

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

ĐÁP ÁN VÀ GIẢI TRẮC NGHIỆM KHỐI ĐA DIỆN 1 A

2 D

3 C

4 B

5 B

6 A

7 D

8 B

9 A

10 D

11 A

12 B

13 A

14 C

15 C

16 D

17 B

18 C

19 D

20 D

21 A

22 C

23 D

24 C

25 B

26 B

27 B

28 D

29 C

30 B

31 D

32 D

33 C

34 D

35 A

36 D

37 D

38 D

39 B

40 D

41 C

42 B

43 D

15 B

16 D

17 C

18 C

19 D

20 A

ĐA DIỆN LỒI, ĐA DIỆN ĐỀU 1 B

2 A

3 B

4 C

5 B

6 B

7 A

8 A

9 D

12 B

13 C

14 C

21 C

22 B

23 C

24 A

25 B

26 C

27 C

28 B

29 30 31 32 A A B C GIẢI CHI TIẾT

33 D

34 B

Câu 12.

Câu 13. Câu 16.

Câu 17.

Câu 19.

Câu 20.

Câu 22.

10 D

Chọn B. Khối đa diện 4;3 là khối lập phương nên có

11 A

Câu 24.

Chọn A.

Câu 25.

Chọn B.

Câu 26. Câu 27.

Chọn C. Chọn C. Mỗi mặt có 16 hình vuông nhỏ có dính sơn, nhưng chỉ có 4 hình vuông nhỏ bên trong là dính sơn không trùng với khối lập phương nhỏ nào nên ta có tất cả 4.6  24 khối lập phương nhỏ có đúng một mặt dính sơn. Chọn B. Tứ diện đều có tất cả 6 cạnh nên có tổng độ dài các cạnh là 6a . Chọn C. Khối bát diện đều có 8 mặt tam giác đều cạnh a

12 cạnh. Chọn C. Khối 4;3 là khối lập phương nên có 8 đỉnh.

Chọn D. Khối mười hai mặt đều có các mặt là ngũ giác và mỗi đỉnh là đỉnh chung của ba mặt nên thuộc loại khối đa diện 5;3 . Chọn C. Khối mười hai mặt đều có các mặt là ngũ giác và mỗi đỉnh là đỉnh chung của ba mặt nên tổng số 12.5 cạnh bằng  20 . 3 Chọn D. Khối mười hai mặt đều có các mặt là tam giác và mỗi đỉnh là đỉnh chung của năm mặt nên có tổng 12.5  30 . số cạnh bằng 2 Chọn A. Khối hai mươi mặt đều có các mặt là tam giác và mỗi đỉnh là đỉnh chung của năm mặt nên tổng số 3.20 đỉnh bằng  12 . 5 Chọn B.

Câu 31.

Câu 32.

nên có tổng diện tích là 8. Câu 33.

a2 3  2a 2 3 . 4

Chọn B. 5.12  30 cạnh 2 2 nên có tổng độ dài là 30.2  60 . Chọn B. Khối hai mươi mặt đều có 20 mặt tam giác đều

Khối mười hai mặt đều có

Câu 34. Câu 23.

( PC WEB )

Chọn C.

cạnh 2 nên có tổng diện tích là 20 3 .

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM VẤN ĐỀ 3 1 A

2 B

3 A

4 D

5 A

6 C

7 A

8 C

9 A

10 A

11 B

12 D

13 A

14 C

15 C

16 A

17 A

18 D

19 A

20 B

21 B

22 A

23 A

24 B

25 D

26 C

27 A

28 D

29 D

30 A

31 C

32 C

33 B

34 C

35 D

36 A

37 D

38 C

39 A

40 A

41 B

42 D

43 D

44 C

45 A

46 A

47 C

48 A

49 A

50 D

51 A

52 B

GIẢI CHI TIẾT Câu 1.

Chọn A. Khi độ dài cạnh đáy tăng lên 2 lần thì diện tích đáy tăng lên 4 lần.  Thể tích khối chóp tăng lên 4 lần.

Câu 2.

Chọn B. Có 5 khối đa diện đều là: tứ diện đều, hình lập phương, khối 8 mặt đều, khối 12 mặt đều, khối 20 mặt đều. S

Câu 3.

Chọn A.

Câu 4.

Chọn D.

Câu 5.

Chọn A.

Câu 6.

C B Chọn C. Gọi H là hình chiếu của S lên  ABCD 

1  2  SOBC  OB.OC  2a 2  h  OA  a 1 2a 3  VO. ABC  OA  SOBC  3 3

Câu 10. Chọn A. 1  2  S ABC  AB. AC  6 cm 2  h  SA  2 cm 1 12  VS . ABC  SA  S ABC  cm3 3 3 S

S ABCD  a  VS . ABCD 2

Câu 7.

a3 2  6

Câu 11. Chọn B.

 SA  AB.tan  450   a  2  S ABCD  a.2a  2a 1 2a 3  VS . ABCD  SA.S ABCD  3 3

Chọn A. a2 3 a3 3  VS . ABC  4 12

S ABC 

a 2 a 2  SH  SA2  AH 2  Ta có: AH  2 2

450

 SA  a 3  0 2  AB  AC.cos  45   a  S ABCD  a

Chọn C. S ABCD  2a.a  2a 2  VS . ABC  2a 3 S

1 a3 3  VS . ABCD  SA.S ABCD  3 3 S D

A B

Câu 9.

Chọn A.

( PC WEB )

Câu 12. Chọn D.

B Câu 8.

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN Câu 13. Chọn A. ABC vuông tại B  BC  S ABC 

 BH 

AC 2  AB 2  a 2 .

1 a3 S  VS . ABCD  SH .S ABCD  3 3

Gọi H là trung điểm AB  SH 

a 3 2

Câu 17. Chọn A. S ABCD  a 2

Ta có: SAB đều  SH  AB  SH   ABC  (vì  SAB    ABC  ). 1 a3 6  SH .S ABC  3 12

1  VS . ABCD  SH .S ABCD 3

H B

Câu 19. Chọn A. VS . ABC SA SB  . 4 VS .MNC SM SN

AO 2  OB 2  a .

B C Gọi H là trung điểm AB . SAB vuông cân tại

a S cạnh AB  a  SH  . 2 Ta có: SAB cân  SH  AB  SH   ABCD 

(vì  SAB    ABC  ). 1 a3 3 .  VS . ABCD  SH .S ABCD  3 12

Câu 15. Chọn C. ABC vuông tại A



1 1 1 1    2 4 3 24

M N

Ta có: MN //BC 

A H C

B C

SM SN  SB SC 2

Ta có:

VS . AMN 1  VS . ABC 2

M N

SM 1  SB 2

A' B'

a3 3 4

Câu 16. Chọn A. ABH vuông tại A

H D

VS . AMN SM SN  SM   .   VS . ABC SB SC  SB  S

 V  h.S 

Ta có:

Câu 22. Chọn A. h  a   a2 3 S    4

AC 2  AB 2  2a .

1 a 3 .  SH .S ABC  3 6

Câu 21. Chọn B.



SH  SB 2  BH 2  a .

( PC WEB )

Câu 20. Chọn B. Ta có: OA 1 OB  1 OC  1  ;  ;  OA 2 OB 4 OC 3 V OA OB  OC   O. AB’C ’    A VO. ABC OA OB OC

 VS . ABC

1 a2 3 AC.BD  . 2 2 S

1 a 3 AB. AC  . 2 2

13a 5a  a 2 4 4 S a3 2  3

1 a3 3  VS . ABCD  SI .S ABCD  3 3

Câu 14. Chọn C. Gọi O là giao điểm của AC và BD . ABCD là hình thoi  AC  BD , O là trung điểm của AC , BD .

S ABC 

C 2

Câu 18. Chọn D. A a  I  SI  2  B 2 S   ABCD  AB. AD.sin BAD  2 3a

ABO vuông tại O  AB 

5a 2 4 B

 SH  SD 2  HD 2 

 BC 

HD 2  AH 2  AD 2 

S ABCD 

a 5 . 2

SH  SB 2  BH 2  a . S ABCD  a 2 .

1 a2 2 BA.BC  2 2

 VS . ABC

AH 2  AB 2 

Câu 23. Chọn A. Gọi O là giao điểm của AC và BD . ABCD là hình chữ nhật  OA  OB  OD

AA  AB  AD

Mà

A ' O   ABD 

nên

(vì

A ' O là trực tâm giác ABD ) ABD vuông tại A  BD   OA  OB  OD  a AA ' O vuông tại O

 A 'O 

AB 2  AD 2  2a

VABCDA ' B ' C ' D '  A ' O.S ABCD  3a 3 . A'

là

BB ' C ' C

hình

Câu 24. Chọn B. Gọi H là trung điểm của BC  A ' H   ABC  . 1  BC  AB 2  AC 2  2a  AH  BC  a 2 A ' AH vuông tại H AA '2  AH 2  a 3

1 a2 3 AB. AC  2 2

VABB ' C ' 1  VABCA ' B ' C ' 3

2  VABCA ' B ' C ' 3

A' B'

Câu 27. Chọn A. h  BB   a   a2 3  S ABC    4  VABBC 

3a 3 .  2

hành

1  VABB ' C '  VABCA ' B ' C ' 3 

ABC là tam giác vuông tại A

bình

 VA.BB ' C ' C  VABCA ' B ' C '  VA. A ' B ' C '

VABCA ' B ' C '  A ' H .S ABC

a3 2 2

1 S BB ' C ' C 2 1  VA.BB ' C '  VA.BB ' C ' C 2 1 Ta có: VA. A ' B ' C '  VABCA ' B ' C ' 3

S ABC 

a2 3 a2 3  ; 4 2

 S BB ' C ' 

 A' H 

S ABCD  2 S ABD  2.

Câu 26. Chọn C. Ta có:

S ABCD  AB. AD  a 2 3

a 6 3

AA '2  AH 2 

VABCDA ' B ' C ' D '  A ' H .S ABC 

AA '2  AO 2  a 3

 A' H 

1 a3 3  BB .S ABC   3 12

Câu 28. Chọn D.

 a 3 3 a 0    AI  AI .tan  30    2 3 2  2 a 3   S ABC  4 a3 3 8

 VABC . A’ B’C ’  AI .S ABC 

B H

C C'

Câu 25. Chọn D. Gọi H là trọng tâm của tam giác ABD  A ' H   ABCD  .

  1800   Ta có: BAD ABC  600 .   600 Tam giác ABD cân có BAD

nên tam giác ABD đều. a 3 ABD là tam giác đều cạnh a  AH  3 A'

B' C'

B H

A ' AH vuông tại H

( PC WEB )

B I

Câu 29. Chọn D. h  BB   2a  2 2  AC  BC  AB  a 3

A' B'

1 a2 3  S ABC  AB. AC  2 2   VABC . A’ B’C ’  BB .S ABC  a 3 3

Câu 30. Chọn A. Ta có: BB ' C ' C là hình bình hành

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN Câu 34. Chọn C.

1 1 S BB ' C ' C  VA.BCMN  VA.BB ' C ' C 2 2 1 Ta có: VA. A ' B ' C '  VABCA ' B ' C ' 3  S BCMN 

 AD  AB  AD  (SAB)  AD  SA. Ta có:   AD  SB   600 .  SAB

2  VA.BB ' C ' C  VABCA ' B ' C '  VA. A ' B ' C '  VABCA ' B ' C ' 3

SABCD = 4a2. Xét tam giác SAB tại vuông tại B, ta có:

V 1 1  VA.BCMN  VABCA ' B ' C '  A.BCMN  . 3 VABCA ' B ' C ' 3

SB  AB tan 600  2a 3 .

Vậy V =

1 8a 3 3 .4a2. 2a 3 = . 3 3 S

A N



B' C

1 1 AA.S ABC  VABC . ABC  3 3 VAABC 1   VABC . ABC  3

VAABC 

A' C'

Câu 35. Chọn D. V= Bh = SABC. A’B’C’.AA’.  BC  AB  BC  AB . Do   BC  AA

 BC  AB  ( ABC )  Và  BC  A ' B  ( ABC )  BC  ( ABC )  ( A ' BC ) 



VA’. ABD 

D C

Câu 33. Chọn B. Gọi O là tâm của mặt đáy thì SO  mp  ABCD  . Từ đó, SO là đường cao của hình chóp.Gọi M là trung điểm đoạn CD .

CD  SM  ( SCD)    Ta có: CD  OM  ( ABCD)  SMO CD  ( SCD)  ( ABCD) 

1 .SABCD. SO; B = SABCD = AB2; 3 Tìm AB: AB = 2OM Tam giác SOM vuông tại tại O, ta có: SO h h  OM = tan  = = . OM OM tan 

 

Ta có: S ABC 

2.S ABC 2.a 2 3   2a 3 BC a AB  AB.cos  ABA  2a 3.cos 300  3a; AA  AB.sin  ABA  2a 3.sin 300  a 3

 AB 

1 VABC . A ' B ' C '  B.h  S ABC . AA  . AB.BC. AA 2 3 1 3a 3  .3a.a.a 3  . 2 2

A’

C’ B’

( PC WEB )

30o

a B

4h 2 . SO = h. tan 2 

Vậy VS.ABCD =



1 AB.BC 2

2h  AB = . tan  Suy ra: B = SABCD

 ( ABC ), ( A ' BC )   AB, A ' B   ABA '

Câu 32. Chọn C.

1 AA.S ABD A 3 B 1 1 1  AA. AB. AD  AA.S ABCD 3 2 6 VA’. ABD 1 1  VABCD. A’ B’C ’ D’   . 6 VABCD. A’ B’C ’ D’ 6

Câu 31. Chọn C.

4h 1 4h . .h = . 2 3 tan  3 tan 2 

Câu 36. Chọn A. Gọi H, M, I lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB, AC, AM.

VABC . A ' B ' C '  S ABC . A ' H . S ABC 

a2 3 . 4

Ta có IH là đường trung bình của tam giác AMB , MB là trung tuyến của tam giác đều ABC.

Trong SAM ta SA.MH  SO. AM 3a a .  x 7.  x 3.3 x  x  2 7 2 3 Khi đó: AM  3 x  3.

 IH // MB  IH  AC Do đó:   MB  AC



a 3  AB  a . 2

1 1 a2 3 a a2 3 VS . ABC  .S ABC .SO  . .  3 3 4 2 24

B’

A’

a 2 3

có:

C’

H C

A I

B B

Câu 38. Chọn C.

Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO  a 3 ,

BO  a . Do đó

 AC  A ' H  AC   A ' HI   AC  A ' I   AC  IH

 AC  IH  ( ABC )  Mà:  AC  A ' I  ( ACC ' A ')   A ' IH là góc ( ABC )  ( ACC ' A ')  AC  gữa hai mặt phẳng

 AA ' C ' C 

và

 ABCD 

 A ' IH  45 Trong tam giác A ' HI vuông tại H, ta có: A' H tan 45   A ' H  IH .tan 45o . HI  IH 

1 a 3 a 2 3 a 3 3a 3 MB  . Vậy V  .  2 4 4 4 16

MH 

. Ta 2 7   600 . SM  BC    SBC  ,  ABC    SMA

có:

Đặt OM  x  AM  3 x, OA  2 x .  SO  OM .tan 600  x 3

SA 

( PC WEB )

 x 3

  2x  x 7 . 2

. Suy ra ABD đều.

 SAC    ABCD   Ta có:  SBD    ABCD   SO   ABCD  .   SAC    SBD   SO Trong tam giác đều ABD , gọi H là trung điểm AB, K là trung điểm BH, suy ra DH  AB và DH  a 3 ; OK / / DH và 1 a 3 . DH  2 2 Suy ra OK  AB  AB   SOK  . OK 

 OI  d O;  SAB   .

 BC  AM  BC   SAM   BC  MH . Ta có:   BC  SO Do đó MH là đường vuông góc chung của SA và BC .

AO  3  tan 600   ABO  600 BO

Gọi I là hình chiếu của O lên SK, ta có: OI  SK ; AB  OI  OI   SAB  .

Câu 37. Chọn D. Gọi M là trung điểm của BC . Trong mp(SAM), Kẻ MH  SA, ( H  SA) .

Suy

và

Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao: 1 1 1 a    SO  . 2 2 2 2 OI OK SO 1 1 VS . ABCD  .S ABCD .SO  .4.S ABO .SO 3 3 3 1 1 a 3  .4. .OA.OB.SO  3 2 3

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN S

D 2a 3

Câu 41. Chọn B. Dựng AM  CD tại M . Dựng AH  SM tại H .

Câu 39. Chọn A. Gọi M là trung điểm của CD , trong SOM kẻ đường cao OH .

3 6 a. 4 AD  BC  . AB  4a 2 2

Ta có: AH 

 OH   SCD   OH  a .

Đặt CM  x . Khi đó OM  x , SM  x 3 ,

S ABCD

SO  SM 2  x 2  x 2 . Ta có: SM .OH  SO.OM

CD 

a 6  x 3.a  x 2.x  x  2

S ABC 

S ACD

 CD  a 6, SO  a 3

VS . ABCD

1 1 1  .S ABCD .SO  .CD 2 .SO  .6a 2 .a 3  2a 3 3 3 3 3 S

 AD  BC 

 AB 2  2a 2

1 AB.BC  a 2 2  S ABCD  S ABC  3a 2

S ACD 

2S 1 3 2 AM .CD  AM  ACD  a 2 CD 2

có:

1 1 1    AS  AH 2 AM 2 AS 2

a O B

H D

AM  AH 2



3 6 a 2

CD 

 AD  BC 

 AB 2  2a 2

1 AB.BC  a 2 2  S ABCD  S ABC  3a 2

S ABC 

S ACD 

2S 1 3 2 AM .CD  AM  ACD  a 2 CD 2

3 6a. Ta có: SA  AM .tan SMA 2 1 VS . ABCD  SA.S ABCD  2 6a 3 . 3

D M

AD  BC  . AB  4a 2 2

S ABCD

Câu 42. Chọn D. Gọi M , N là trung điểm của AB, AC và G là trọng tâm của ABC .   ',  ABC   B ' BG  600 . B ' G   ABC   BB





1 1 VA '. ABC  .S ABC .B ' G  . AC.BC.B ' G 3 6  Xét B ' BG vuông tại G , có B ' BG  600 a 3 . (nửa tam giác đều) 2 Đặt AB  2 x . Trong ABC vuông tại C có   600 BAC  B 'G 



tam giác

ABC

là nữa tam giác đều

AB  AC   x, BC  x 3 2

( PC WEB )

AH . AM

1 VS . ABCD  SA.S ABCD  2 6a 3 3

Câu 40. Chọn A. Dựng AM  CD tại M .   600 . Ta có: SMA

S ACD

VS . AMN SM SN 1 2 1      S; VS . ABC SB SC 2 3 3 VS . AMN  VA.BMNC  VS . ABC .

Suy ra,

VA.BMNC 2. VS . AMN

Câu 45. Chọn A.

C G

A 3 3a BG  . 2 4 Trong BNC vuông tại C : BN 2  NC 2  BC 2

Do G là trọng tâm ABC  BN 



9a 2 x 2 9a 2 3a   3x 2  x 2  x 16 4 52 2 13

 AC 

3a 2 13

; BC 

1  d ( N , ( SAB))  S BMP VN .BMP 3  ; 1 VC .SAB  d (C, ( SAB))  S SAB 3 d ( N , ( SAB)) NS 2   d (C, ( SAB)) CS 3 ,

1 1 1 S BPS   S SAB 2 2 3 VN .BMP 2 1 1    Suy ra, V 3 6 9 C . SAB S BPM 

3a 3

2 13

1 3a 3a 3 a 3 9a 3 . .  Vậy, VA ' ABC  . . 6 2 13 2 13 2 208

P N

Câu 43. Chọn D. Gọi M là trung điểm của BC , ta có  A ' AM    A ' BC  theo giao tuyến A ' M .

Trong  A ' AM  kẻ OH  A ' M ( H  A ' M ) .  OH   A ' BC 

a2 3 a . S ABC  . 4 6 Xét hai tam giác vuông A ' AM và OHM có góc  chung nên chúng đồng dạng. M

Suy ra: d  O,  A ' BC    OH 

a OH OM Suy ra:   6  A' A A'M A' A



1  A' A

3 a 3 A ' A     2 

1 a 3 . 3 2 A ' A2  AM 2

.  A' A 

a 6 . 4

Thể tích: VABC . A ' B ' C '  S ABC . A ' A 

a 6 a 2 3 3a 3 2 . .  4 4 16

Câu 46. Chọn A. S SM SN 1 Ta có: SMN    . S SAB SA SB 4 Tương tự, Suy ra

S BNP 1 S AMP 1  ,  . S SAB 4 S SAB 4

S MNP 1 S 1 (có thể khẳng định MNP   S SAB 4 S SAB 4

nhờ hai tam giác MNP và BAS là hai tam giác 1 đồng dạng với tỉ số k  ). 2 VD.MNP 1 Do đó  (1) VD.SAB 4 1 VD.SAB  VS .DAB  VS . ABCD . (2) 2 1 1 4a 3 VS . ABCD  SO.S ABCD  OP.tan 45.S ABCD  3 3 3 1 1 4a 3 a 3 (3). Từ (1), (2) và (3): VDMNP  . . .  4 2 3 6

A O

Câu 44. Chọn C.

( PC WEB )

H M

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN D

45°

D M

O B

Câu 47. Chọn C. Vì ABC là tam giác vuông cân tại B nên trung tuyến BH cũng là đường cao của nó, và 1 HB  HA  HC  AC  a . 2 AH 

AA2  AH 2  2a 2  a 2  a .

1 VABC . ABC   AH  S ABC  AH  BH  AC  a 3 2 B'

C' a 2

A a

1 Từ đó, VABCD  VAMNP . 4

Đặt x 

Câu 49. Chọn A. Dựng tam giác MNP sao cho C, B, D lần lượt là trung điểm các cạnh MN, MP, NP. Do BD là đường trung bình tam giác MNP nên 1 1 BD  MN hay AC  MN . 2 2 Tam giác AMN vuông tại A (do có trung tuyến bằng một nửa cạnh tương ứng), hay AM  AN . Tương tự, AP  AN và AM  AP . 1 1 Ta có S MBC  S MNP , S NCD  S MNP , 4 4 1 1 S BPD  S MNP .Suy ra S BCD  S MNP . 4 4

Câu 48. Chọn A. Trong trường hợp tổng quát, ta chứng minh được VG1G2G3G4 

SG G G 1 1 số đồng dạng k  ). Từ đó: 2 3 4  k 2  và SCBA 9 3 d (G1 , (G2 G3G4 ))  d (G4 , ( ABC )) 1 1  d ( D, ( ABC )) (do G4 M  DM ) 3 3 Suy ra VG1G2G3G4 d (G1 , (G2 G3G4 )) SG2G3G4 1 1 1      VABCD d ( D, ( ABC )) SCBA 3 9 27

 VG1G2G3G4 

 x 2  y 2  4.202  Ta có  y 2  z 2  4.212 , suy ra  2 2 2  x  z  4.11  x 2  160  2 1 1 3  y  1440  xyz  1440  VABCD  VAMNP  360m 6 4  2  z  324

1 VABCD . 27

Thật vậy, ta có (G2 G3G4 )  (CBA) và G2 G3G4 ) CBA (tỉ

AM AN AP . ,y ,z  m m m

(AM, AN, AP đôi một vuông góc nên 1 VAMNP  AM . AN . AP ) 6 V

2 (a 2  b 2  c 2 )(a 2  b 2  c 2 )(a 2  b 2  c 2 ) 12 A

1 1 1 VABCD   . AB. AC. AD  4a 3 27 27 6

y B M

P 20

C N

Câu 50. Chọn D. Gọi H là trung điểm AB, suy ra SH là chiều cao khối chóp đã cho.

( PC WEB )

S M

A K X

Kí hiệu x là độ dài cạnh đáy. 3 3 3 x và VS . ABCD  x . 2 6 Kẻ HK  CD ( K  CD) ;

Ta có SH 

Suy ra HL  ( SCD) và

d ( A, ( SCD))  d ( H , ( SCD)) HS  HK HS  HK 2



21 x 7

21 3 7a x xa 3. 7 7

Suy ra VS . ABCD 

3 3 3 3 x  (a 3)3  a 3 6 6 2

Câu 51. Chọn A. Kí hiệu V là thể tích khối tứ diện SABC . Gọi P , Q lần lượt là giao điểm của ( ) với các đường thẳng BC , AC . Ta có NP //MQ //SC . Khi chia khối ( H1 ) bởi mặt phẳng (QNC ) , ta được hai khối chóp N .SMQC và N .QPC .

VN .SMQC

Ta có:

VB. ASC



d ( N , ( SAC )) S SMQC  ; d (B, ( SAC )) S SAC

d ( N , ( SAC )) NS 2   ; d (B, ( SAC )) BS 3 S AMQ S ASC

VN .QP C 

Câu 52. Chọn B. Gọi J là chân đường cao của hình chóp S.ABC; H, K và L lần lượt là hình chiếu của J trên các cạnh  , SLJ  và SKJ  lần AB, BC và CA . Suy ra, SHJ lượt là góc tạo bởi mặt phẳng ( ABC ) với các mặt phẳng (S AB) , ( SBC ) và ( SAC ) . Theo giả thiết,

JH  JL  JK . Mà J nằm trong tam giác ABC nên J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Áp dụng công thức Hê-rông, ta tính được diện tích S của tam giác ABC là S  204 . Kí hiệu p là nửa chu vi tam giác ABC, r là bán kính đường tròn nội tiếp của ABC. Ta có S 204 r  6. p 34 Đặt x  BH  BL , y  CL  CK , z  AH  AK .

 x  y  17  Ta có hệ phương trình  x  z  25 .  y  z  26  Giải ra được ( x; y; z )  (8;9;17) JB  JH 2  BH 2  62  82  10 .Ta có   ( SB  SBJ , ( ABC ))  45 , suy ra SJB là tam giác

vuông cân tại J. SJ  JB  10 . Thể tích V của khối chóp 1 V  SJ .S ABC  680 3

2 S SMQC 5 4  AM    .    9 S ASC 9  AS 

Suy ra

VS . ABC

  SLJ   SKJ  , suy ra các tam giác ta có SHJ vuông SJH , SJL và SJK bằng nhau. Từ đó,

Kẻ HL  SK (L  SK ) .

Theo gt,

Q B

 HL 

VN .SMQC VB. ASC 



2 5 10   3 9 27

d ( N , (QP C )) SQPC  d (S, (A BC )) S ABC

NB CQ CP 1 1 2 2       SB CA CB 3 3 3 27 V1 VN .SMQC VN .QP C 10 2 4      V VB. ASC VS . ABC 27 27 9 V1 V 4 4    5V1  4V2  1  V1  V2 9 V2 5

z=17

y=9

H L x=8 x=8

B z

A y J

L H

x B

( PC WEB )

z=17

S.ABC

là

TÀI LIỆU HỌC TẬP TOÁN 12 – KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

MỤC LỤC KHỐI ĐA DIỆN............................................................................................................................. 1 Vấn đề 1. KIẾN THỨC CẦN NHỚ ..........................................................................................................................1 A – PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH...............................................................................................................1 B –CÁC CÔNG THỨC .....................................................................................................................................2 Vấn đề 2. KHỐI ĐA DIỆN ........................................................................................................................................3 A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT ..............................................................................................................................3 B. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM ...........................................................................................................................7 Vấn đề 3: ĐA DIỆN LỒI, ĐA DIỆN ĐỀU .............................................................................................................12 A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT ............................................................................................................................12 B. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM .........................................................................................................................13 Vấn đề 3: THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN .................................................................................................................16 HÌNH 1: Hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình chữ nhật (hoặc hình vuông) và SA vuông góc với đáy ...........................................................................................................................................................................17 HÌNH 2: Hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B và SA vuông góc với đáy ......25 HÌNH 3: Hình chóp tứ giác đều S.ABCD ........................................................................................................29 HÌNH 4: Hình chóp S.ABC, có SA vuông góc với đáy (ABC) .......................................................................34 HÌNH 5: Hình chóp tam giác đều S.ABC........................................................................................................ 40 HÌNH 6a: Hình chóp S.ABC có một mặt bên (SAB) vuông góc với đáy (ABCD) .........................................44 H6a.1 - Góc giữa cạnh bên và mặt đáy ............................................................................................................44 H6a.2 - Góc giữa mặt bên và mặt đáy: .............................................................................................................44 HÌNH 6b: Hình chóp S.ABCD có một mặt bên (SAB) vuông góc với đáy (ABCD) và ABCD là hình chữ nhật hoặc hình vuông .......................................................................................................................................46 H6b.1 - Góc giữa cạnh bên và mặt đáy ............................................................................................................46 H6b.2 - Góc giữa mặt bên và mặt đáy: ............................................................................................................46 HÌNH 7: Hình lăng trụ .....................................................................................................................................49 Bài Tập Tổng Hợp Vấn Đề 3 ...........................................................................................................................52 ĐÁP ÁN VÀ GIẢI TRẮC NGHIỆM...................................................................................................................... 64

( PC WEB )