BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO - 8 CHỦ ĐỀ - FULL TEXT - CÓ LỜI GIẢI by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10) 3

D. 4 .

C. 2 .

nhất bao nhiêu điểm cực trị A. 3 . B. 1.

H Ơ

(SGD V VĨNH ĨNH PHÚC)Cho hàm số y = x − mx + 5 , m là tham số. Hỏi hàm số đã cho có nhiều PHÚC)

Câu 1:

TP .Q

ớng dẫ Hướ dẫn giả giải Hư Chọ Chọn B.

TH1: m = 0 . Ta có: y′ =

5 x5 x

Đ G

và hàm số không có đạo hàm tại x = 0 .

Ư N

−m=

= 0 vô nghiệm và hàm số không có đạo hàm tại x = 0 .

−∞

TR ẦN

3x5 − m x

+∞

y′

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Suy ra: y′ =

3 x5

ẠO

Ta có: y = x 6 − mx + 5

−

Chủ Chủ đề 1. 1. KHẢO KHẢO SÁT HÀM HÀM SỐ SỐ & ỨNG DỤNG

ẤP

Do đó hàm số có đúng một cực trị.

Í-

x > 0 m 3 TH2: m > 0 . Ta có: y′ = 0 ⇔ 3 x 5 = m x ⇔  5 ⇔x= 3 3 3 x = mx

-L

Bảng biến thiên

−∞

m 3

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

y′

−

+∞

y Do đó hàm số có đúng một cực trị.

x < 0 m 3 TH3: m < 0 . Ta có: y′ = 0 ⇔ 3 x5 = m x ⇔  5 ⇔x=− − 3 3 3 x = −mx

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

−∞

− −

m 3

−

+∞

H Ơ

y′

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Vậy trong mọi trường hợp hàm số có đúng một cực trị với mọi tham số m

TP .Q

Do đó hàm số có đúng một cực trị.

ẠO

ý:Thay vì trường hợp 2 ta xét m > 0 , ta có thể chọn m là một số dương (như m = 3 ) Chú ý: để làm. Tương tự ở trường hợp 3 , ta chọn m = −3 để làm sẽ cho lời giải nhanh hơn.

2 x + 2017 (1) . Mệnh đề nào dưới đây là đúng? x +1 A. Đồ thị hàm số (1) không có tiệm cận ngang và có đúng một tiệm cận đứng là đường thẳng x = −1.

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

(SGD VĨNH VĨNH PHÚC)Cho PHÚC) hàm số y =

Câu 2:

B. Đồ thị hàm số (1) có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng y = −2, y = 2 và không có

tiệm cận đứng.

C. Đồ thị hàm số (1) có đúng một tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2 và không có tiệm

cận đứng.

dẫn giả giải Hướ Hướng dẫ

ẤP

D. Đồ thị hàm số (1) không có tiệm cận ngang và có đúng hai tiệm cận đứng là các đường thẳng x = −1, x = 1.

Chọ Chọn B

2 x + 2017 (1) có tập xác định là ℝ , nên đồ thị không có tiệm cận đứng x +1

-L

Í-

Hàm số y =

2 x + 2017 2 x + 2017 = 2; lim = −2 , nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là các x →−∞ x +1 x +1

ÁN

lim

x →+∞

đường thẳng y = −2, y = 2 .

(SGD V VĨNH ĨNH PHÚC)Tìm tất cả m sao cho điểm cực tiểu của đồ thị hàm số PHÚC) 3 2 y = x + x + mx − 1 nằm bên phải trục tung. 1 1 B. 0 < m < . C. m < . D. m < 0 . A. Không tồn tại m . 3 3

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 3:

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Chọ Chọn D.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Để hàm số có cực tiểu, tức hàm số có hai cực trị thì phương trình y′ = 0 có hai nghiệm phân

Khi đó (1) có hai nghiệm phân biệt xCĐ , xCT là hoành độ hai điểm cực trị. Theo định lí Viet

TP .Q

H Ơ

2   xCĐ + xCT = − 3 < 0 (2) ta có  , trong đó xCĐ < xCT vì hệ số của x3 lớn hơn 0. m  x .x = (3)  CĐ CT 3

1 biệt 3 x 2 + 2 x + m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt ∆′ = 1 − 3m > 0 ⇔ m < . 3

Để cực tiểu của đồ thị hàm số nằm bên phải trục tung thì phải có: xCT > 0 , kết hợp (2) và

ẠO

m < 0 ⇔ m < 0. 3 2

(3) suy ra (1) có hai nghiệm trái dấu ⇔ xCĐ .xCT =

Ư N

chỉ khi:

3 A. −6 ≤ m ≤ − . 2

C. m ≥ 3 .

TR ẦN

B. −1 ≤ m ≤ 3 .

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Phương trình x3 + x ( x + 1) = m ( x 2 + 1) có nghiệm thực khi và

Câu 4:

1 3 D. − ≤ m ≤ . 4 4

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Sử dụng máy tính bỏ túi. 2

x3 + x ( x + 1) = m ( x 2 + 1) ⇔ mx 4 − x 3 + ( 2m − 1) x 2 − x + m = 0

ẤP

Chọn m = 3 phương trình trở thành 3x 4 − x3 + 5 x 2 − x + 3 = 0 (không có nghiệm thực) nên loại đáp án B, C.

Chọn m = −6 phương trình trở thành −6 x 4 − x3 − 13x 2 − x − 6 = 0 (không có nghiệm thực) nên loại đáp án A.

ÁN

-L

Tự luận

Í-

Kiểm tra với m = 0 phương trình trở thành − x3 − x 2 − x = 0 ⇔ x = 0 nên chọn đáp án D.

Xét hàm số y =

x3 + x 2 + x (1) x4 + 2 x2 + 1

x3 + x2 + x xác định trên ℝ . x4 + 2 x2 + 1

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Ta có x3 + x ( x + 1) = m ( x 2 + 1) ⇔ m =

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

+ 2 x 2 + 1)

+ 2 x + 1)( x 4 + 2 x 2 + 1) − ( x 3 + x 2 + x )( 4 x 3 + 4 x )

+ 2 x 2 + 1)

− x6 − 2 x5 − x 4 + x 2 + 2 x + 1

+ x 2 + x )′ ( x 4 + 2 x 2 + 1) − ( x 3 + x 2 + x )( x 4 + 2 x 2 + 1)′

( 3x =

H Ơ

y′ =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

TP .Q

ẠO

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

Đ G

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

x = 1 y′ = 0 ⇔ ( − x 4 + 1)( x 2 + 2 x + 1) = 0 ⇔   x = −1

TR ẦN

Ư N

Bảng biến thiên

Phương trình (1) có nghiệm thực khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số

C A Ó

−1 3 ≤m≤ . 4 4

⇔

ẤP

x3 + x2 + x y= 4 x + 2 x2 + 1

-L

Í-

Chọn đáp án D.

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho hàm số

f ( x) =

ÁN

Câu 5:

9x , x ∈ R . Nếu a + b = 3 thì 3 + 9x

f ( a ) + f ( b − 2 ) có giá trị bằng B. 2 .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

A.1 .

1 4

3 D. . 4

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Chọ Chọn A Ta có: b − 2 = 1 − a 9a 91− a 3 f (a) = ; f ( b − 2 ) = f (1 − a ) = = a 1− a 3+9 3+9 3 + 9a

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

⇒ f ( a ) + f (b − 2) =

9a 3 + =1 a 3 + 9 3 + 9a

B. −1 < m < 2 .

A. m > 3 .

C. m < 3 .

(T.T DIỆU HIỀN) Với giá trị nào của m thì hai điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số y = x 3 + 3 x 2 + mx + m − 2 nằm về hai phía so với trục hoành? D. 2 < m < 3 .

H Ơ

Câu 6:

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

TP .Q

Chọ Chọn C. Ta có: y′ = 3 x 2 + 6 x + m .

ẠO

Hàm số có hai điểm cực đại và cực tiểu nên phương trình y′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt.

Đ G

Ư N

Gọi x1 , x2 là điểm cực trị của hàm số và y1 , y2 là các giá trị cực trị tương ứng.

1  2 2 1  y = x 3 + 3 x 2 + mx + m − 2 = y′.  x +  +  m − 2  x + m − 2 3  3 3 3 

nên

TR ẦN

Ta có:

bài m ⇔ y1 . y2 < 0 ⇔ k 2 ( x1 + 1)( x2 + 1) < 0 ⇔ x1 x2 + x1 + x2 + 1 < 0 ⇔ − 2 + 1 < 0 ⇔ m < 3 . 3

toán

cầu

ẤP

Vậy m < 3 thỏa mãn bài toán.

Yêu

y1 = k ( x1 + 1) ,

y2 = k ( x2 + 1) .

Câu 7:

(TRẦN HƯNG ĐẠO – NB) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số y = x 3 − 3mx + 2 cắt đường tròn tâm I (1;1) , bán kính bằng 1 tại

2± 3 . 2

B. m =

Í-

A. m =

2 điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất. 1± 3 . 2

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Do đó ∆′ = 9 − 3m > 0 ⇔ m < 3 .

C. m =

2± 5 . 2

D. m =

2± 3 . 3

ÁN

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Chọ Chọn A.

∆

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Ta có y′ = 3 x 2 − 3m nên y′ = 0 ⇔ x 2 = m .

Đồ thị hàm số y = x − 3mx + 2 có hai điểm cực trị khi và chỉ khi I

m > 0.

Ta có y = x 3 − 3mx + 2 =

1 1 x ( 3 x 2 − 3m ) − 2mx + 2 = x. y′ − 2mx + 2 . 3 3

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y = x 3 − 3mx + 2 có phương trình

∆ : y = −2mx + 2 1 1 1 Ta có: S∆IAB = .IA.IB.sin AIB = sin AIB ≤ 2 2 2 Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng

H Ơ

2m + 1 − 2

4m 2 + 1

2m + 1 − 2

2± 3 2 . ⇔ 4m − 2 = 2 ( 4m 2 + 1) ⇔ 8m 2 − 16m + 2 = 0 ⇔ m = 2 2

Suy ra: d ( I ,∆ ) =

4m 2 + 1

TP .Q

Mà d ( I , ∆ ) =

1 2 AB = = d( I ,∆ ) 2 2

Gọi H là trung điểm AB ta có: IH =

1 khi sin AIB = 1 ⇔ AI ⊥ BI . 2

(TRẦN HƯNG ĐẠO – NB) Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng y = x + m − 1 2x +1 cắt đồ thị hàm số y = tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 2 3 . x +1 C. m = 2 ± 3 .

D. m = 2 ± 10 .

B. m = 4 ± 3 .

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

A. m = 4 ± 10 .

ẠO

Câu 8:

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

2 2x + 1  f ( x ) = x + ( m − 2 ) x + m − 2 = 0 . = x + m −1 ⇔  x +1  x ≠ −1

Hoành độ giao điểm là nghiệm PT:

TR ẦN

Chọ Chọn A.

Đường thẳng y = x + m − 1 cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương

trình f ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác −1 , hay

( *) .

ẤP

 ∆ > 0  m 2 − 8m + 12 > 0 m < 2 ⇔ ⇔    f ( −1) ≠ 0 m > 6 1 ≠ 0

-L

Í-

x + x = 2 − m Khi đó, gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình f ( x ) = 0 , ta có  1 2 (Viète).  x1 x2 = m − 2

ÁN

Giả sử A ( x1 ; x1 + m − 1) , B ( x2 ; x2 + m − 1) ⇒ AB = 2 x2 − x1 . 2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Theo giả thiết AB = 2 3 ⇔ 2 x2 − x1 = 2 3 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 6 ⇔ m 2 − 8m + 6 = 0

Câu 9:

⇔ m = 4 ± 10

Kết hợp với điều kiện (*) ta được m = 4 ± 10 . (LẠNG GIANG SỐ 1) Cho x , y là các số dương thỏa mãn xy ≤ 4 y − 1 .Giá trị nhỏ nhất của 6 ( 2x + y ) x + 2y P= + ln là a + ln b . Giá trị của tích ab là x y A. 45 . B. 81 . C. 108 . D. 115 .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọ Chọn B.

Đ Ư N

6 1 t 2 − 6t − 12 + = t2 t + 2 t 2 (t + 2)

f ′ (t ) = −

ẠO

6 P = f ( t ) = 12 + + ln ( t + 2 ) t

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

N N Y

x , điều kiện: 0 < t ≤ 4 thì y

TP .Q

Đặt t =

x  y + ln  + 2  . x y 

Có P = 12 + 6

x ≤4 . y

H Ơ

x, y dương ta có: xy ≤ 4 y − 1 ⇔ xy + 1 ≤ 4 y ≤ 4 y 2 + 1 ⇔ 0 <

TR ẦN

t = 3 + 21 f ′ (t ) = 0 ⇔  t = 3 − 21

f ′ (t ) −

ẤP

P = f (t )

Í-

27 + ln 6 2

27 + ln 6 khi t = 4 2

ÁN

-L

Từ BBT suy ra GTNN ( P ) =

⇒a=

27 , b = 6 ⇒ ab = 81 . 2

ax 2 + x − 1 có đồ thị ( C ) ( a, b là các hằng số 4 x 2 + bx + 9 dương, ab = 4 ). Biết rằng ( C ) có tiệm cận ngang y = c và có đúng 1 tiệm cận đứng. Tính

tổng T = 3a + b − 24c A. T = 1.

B. T = 4.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 10: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Cho hàm số y =

C. T = 7.

D. T = 11.

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải Chọn D.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

lim y = x →±∞

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

a a . Tiệm cận ngang y = c ⇒ = c . 4 4

m < 0 D.  . m > 6

C. m < 0 .

Ư N

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

H Ơ N Y

B. m = 9 .

ẠO

A. m > 6 .

TP .Q

(NGÔ GIA TỰ - VP) Tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = 2 x3 + 3 ( m − 1) x 2 + 6 ( m − 2 ) x + 2017 nghịch biến trên khoảng ( a; b ) sao cho b − a > 3 là

Câu 11:

= 11.

Vậy T

1 1 ∆ = 0 ⇔ b2 − 144 = 0 ⇔ b = ±12 . Vì b > 0 ⇒ b = 12 ⇒ a = ⇒ c = . 3 12

Chọ Chọn D.

TR ẦN

Ta có y′ = 6 x 2 + 6 ( m − 1) x + 6 ( m − 2 )

Hàm số nghịch biến trên ( a; b ) ⇔ x 2 + ( m − 1) x + ( m − 2 ) ≤ 0 ∀x ∈ ( a; b )

∆ = m 2 − 6m + 9

TH1: ∆ ≤ 0 ⇒ x 2 + ( m − 1) x + ( m − 2 ) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ Vô lí

ẤP

TH2: ∆ > 0 ⇔ m ≠ 3 ⇒ y′ có hai nghiệm x1 , x2 ( x2 > x1 )

Yêu cầu đề bài:

⇒ Hàm số luôn nghịch biến trên ( x1 ; x2 ) .

-L

Í-

⇔ x2 − x1 > 3 ⇔ ( x2 − x1 ) > 9 ⇔ S 2 − 4 P > 9

ÁN

m > 6 2 ⇔ ( m − 1) − 4 ( m − 2 ) > 9 ⇔ m 2 − 6m > 0 ⇔  m < 0 3

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 12: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = 2 x − x +mx đồng biến trên [1, 2] .

1 A. m > . 3

1 B. m ≥ . 3

C. m ≥ −1 .

D. m > −8 .

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọ Chọn C. 3 2 Ta có y′ = ( 3 x 2 − 2 x + m ) 2 x − x + mx ln 2 . Hàm số đã cho đồng biến trên [1, 2] ⇔ y ' ≥ 0, ∀x ∈ [1, 2] ⇔ 3 x 2 − 2 x + m ≥ 0, ∀x ∈ [1, 2] (*) Vì f ( x ) = 3 x 2 − 2 x + m có a = 3 > 0, −

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

b 1 = < 2 nên 2a 3 www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

1 − 3m ≤ 0   ∆′ ≤ 0 1  m≥    3  1 − 3m > 0  ∆′ > 0     ⇔ 1 ⇔  1 ⇔ m ≥ −1 (*) ⇔   x1 + x2 <1 m <  < 1   3   3  2  ≥ − 1 m  m 2  ( x1 − 1)( x2 − 1) ≥ 0  − + 1 ≥ 0  3 3

Câu 13: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Biết đường thẳng y = ( 3m − 1) x + 6m + 3 cắt đồ thị hàm số

Ư N

TR ẦN

Giả sử phương trình x3 − 3 x 2 − ( 3m − 1) x − 6m − 2 = 0 có ba nghiệm x1 , x2 , x3 thỏa

x1 + x3 (1) . 2 Mặt khác theo viet ta có x1 + x2 + x3 = 3 (2) . Từ (1) và (2) suy ra x2 = 1 . Tức x = 1 là một 1 nghiệm của phương trình trên. Thay x = 1 vào phương trình ta được m = − . 3 1 Thử lại m = − thỏa mãn đề bài. 3

ẤP

mãn x2 =

Câu 14: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị 4 x 2 − 1 + 3x 2 + 2 y= là: x2 − x

A. 2.

B. 3.

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

TP .Q

y = x3 − 3 x 2 + 1 tại ba điểm phân biệt sao cho một giao điểm cách đều hai giao điểm còn lại. Khi đó m thuộc khoảng nào dưới đây? 3 3 B. (0;1) . C. (1; ) . D. ( ;2) . A. (−1;0) . 2 2 Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải. Chọ Chọn A. Yêu cầu bài toán tương đương phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng x3 − 3 x 2 + 1 = ( 3m − 1) x + 6m + 3 ⇔ x 3 − 3 x 2 − ( 3m − 1) x − 6m − 2 = 0 .

D.1.

-L

Chọn A. A.

C. 4. Hướng dẫ dẫn giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

1 1   Tập xác định: D =  −∞; −  ∪  ;1 ∪ (1; + ∞ ) 2 2   Tiệm cận đứng:

lim+ y = lim+ x →1

x →1

4 x 2 − 1 + 3x 2 + 2 4 x 2 − 1 + 3x 2 + 2 = +∞ ; lim− y = lim− = −∞ x →1 x→1 x ( x − 1) x ( x − 1)

Suy ra x = 1 là tiệm cận đứng. Tiệm cận ngang: lim y = lim

x →+∞

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

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

4 1 2 − 4 +3+ 2 2 x x x = 3 ⇒ y = 3 là tiệm cận ngang 1 1− x

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

lim y = lim

x →−∞

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

4 1 2 − 4 +3+ 2 2 x x x = 3 ⇒ y = 3 là tiệm cận ngang 1 1− x

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

A. m − n 2 = 2018 .

( x +1)2

. Biết rằng f (1) . f ( 2 ) . f ( 3) ... f ( 2017 ) = e n với

B. m − n 2 = −2018 .

m tối giản. Tính m − n2 . n

TP .Q

m, n là các số tự nhiên và

C. m − n 2 = 1 .

D. m − n 2 = −1 .

ẠO

ớng dẫ Hướ dẫn giả giải Hư

+ x + 1) 2

1 1 1 x2 + x + 1 . = 1+ = 1+ − 2 x +x x ( x + 1) x x +1

TR ẦN

x 2 ( x + 1)

Ư N

1 1 Ta có : 1 + 2 + = 2 x ( x + 1)

Chọ Ch ọn D.

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

H Ơ

Câu 15: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho f ( x ) = e

1 x2

Vậy đồ thị hàm số có hai tiệm cận.

Suy ra : f (1) . f ( 2 ) . f ( 3) ... f ( 2017 ) = e n

m 1 20182 − 1 m = ⇔ = 2018 n 2018 n

⇔ 2018 −

m (lấy ln hai vế) n

⇔ f (1) + f ( 2 ) + f ( 3) + ... + f ( 2017 ) =

ẤP

20182 − 1 là phân số tối giản. 2018

Ta chứng minh

Giả sử d là ước chung của 20182 − 1 và 2018

20182 − 1 là phân số tối giản, nên m = 20182 − 1, n = 2018 . 2018

ÁN

Suy ra

-L

Í-

Khi đó ta có 20182 − 1⋮ d , 2018⋮ d ⇒ 20182 ⋮ d suy ra 1⋮ d ⇔ d = ±1

Vậy m − n2 = −1 .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 16: (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GL) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y = sin x + cos x + mx đồng biến trên ℝ. A. − 2 ≤ m ≤ 2.

B. m ≤ − 2.

C. − 2 < m < 2. Hướng Hướng dẫn giải

D. m ≥ 2.

Chọn Chọn D. Ta có: y = sin x + cos x + mx

y ' = cos x − sin x + m Hàm số đồng biến trên ℝ ⇔ y′ ≥ 0, ∀x ∈ ℝ. ⇔ m ≥ sin x − cos x, ∀x ∈ ℝ.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

⇔ m ≥ max ϕ ( x ) , với ϕ ( x ) = sin x − cos x. ℝ

π  Ta có: ϕ ( x ) = sin x − cos x = 2 sin  x −  ≤ 2. 4  ℝ

Câu 17: (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GL) Cho hàm số y = f ( x) xác định và liên tục trên đoạn [ −2; 2]

H Ơ

Do đó: max ϕ ( x ) = 2. Từ đó suy ra m ≥ 2.

C.4 C. . Hướng dẫ dẫn giải

Ư N

B.6 B. .

D.5. D.

TR ẦN

A.3 . A.

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

TP .Q

và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên dưới. Xác định giá trị của tham số m để phương trình f ( x ) = m có số nghiệm thực nhiều nhất.

-L

Í-

ẤP

Chọn B. B. Dựa vào đồ thị ta có đồ thị của hàm số y = f ( x) là:

ÁN

Từ đồ thị ta thấy rằng, với m thỏa 0 < m < 2 thì phương trình f ( x ) = m có số nghiệm

nhiều nhất là 6. x2 − 4 x đồng biến trên [1; +∞ ) thì giá trị của m là: x+m 1 1   C. m ∈  −1;  . D. m ∈  −1;  . B. m ∈ ( −1; 2] \ {−1} . 2 2   Giả Giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 18: (BIÊN HÒA – HÀ NAM) Hàm số y =  1  A. m ∈  − ; 2  \ {−1} .  2 

Chọ Chọn D. x 2 + 2 mx − 4 m x2 − 4x y= có tập xác định là D = ℝ \ {−m} và y ' = . 2 x+m ( x + m) −m < 1 Hàm số đã cho đồng biến trên [1; +∞ ) ⇔  2  x + 2 mx − 4 m ≥ 0, ∀x ∈ [1; +∞ )

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

x 2 + 2 mx − 4 m ≥ 0, ∀x ∈ [1; +∞ ) ⇔ 2 m ( x − 2 ) ≥ − x 2 , ∀x ∈ [1; +∞ ) (1) Do x = 2 thỏa bất phương trình 2 m ( x − 2 ) ≥ − x 2 với mọi m nên ta chỉ cần xét x ≠ 2 .

N H Ơ −8

+∞

−∞

−

U Đ

+∞

 m > −1 1  YCBT ⇔ 2 m ≤ 1 ⇔ −1 < m ≤ . 2 2 m ≥ −8 

ẠO

TP .Q +

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

y′

+∞

Ư N

x = 0 f ′( x ) = 0 ⇔  x = 4 Bảng biến thiên x 1

Cách khác

x 2 + 2mx − 4m x2 − 4x có tập xác định là D = ℝ \ {−m} và y ' = . 2 x+m ( x + m)

ẤP

−x2 + 4x −x2 trên [1; +∞ ) \ {2} có f ′ ( x ) = 2 x −2 ( x − 2)

Xét hàm số f ( x ) =

−x2 , ∀x ∈ [1;2 ) x −2 (2) −x2 , ∀x ∈ ( 2; +∞ ) x −2

 2 m ≤ Khi đó (1) ⇔  2 m ≥ 

 −m < 1 Hàm số đã cho đồng biến trên [1; +∞ ) ⇔  2  x + 2 mx − 4 m ≥ 0, ∀x ∈ [1; +∞ )

Ỡ N

ÁN

-L

Í-

 −4 ≤ m ≤ 0  2  m > 0  m + 4 m ≤ 0 ∆ ≤ 0    m < −4  2  2 x + 2 mx − 4 m ≥ 0, ∀x ∈ [1; +∞ ) ⇔   ∆ > 0 ⇔   m + 4 m > 0 ⇔   m ≥ −1   x1 < x2 ≤ 1   −m + m 2 + 4 m ≤ 1      1  m ≤ 2   

Kết hợp với đk m > −1 ta được −1 < m ≤

1 . 2

BỒ

ID Ư

−8 + 4a − 2b + c > 0 . Số giao điểm Câu 19: (CHUYÊN ĐHSP HN) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn  8 + 4a + 2b + c < 0 của đồ thị hàm số y = x 3 + ax 2 + bx + c và trục Ox là B. 1. C. 2 . D. 3 . A. 0 . Chọ Chọn D. Ta có hàm số y = x 3 + ax 2 + bx + c xác định và liên tục trên ℝ .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Mà lim y = +∞ nên tồn tại số M > 2 sao cho y ( M ) > 0 ; lim y = −∞ nên tồn tại số m < −2 x →−∞

x →+∞

sao cho y ( m ) < 0 ; y ( −2 ) = −8 + 4a − 2b + c > 0 và y ( 2 ) = 8 + 4a + 2b + c < 0 .

Do y ( m ) . y ( −2 ) < 0 suy ra phương trình y = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng

H Ơ

( m; −2 ) .

y ( −2 ) . y ( 2 ) < 0 suy ra phương trình y = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng ( −2; 2 ) .

TP .Q

y ( 2 ) . y ( M ) < 0 suy ra phương trình y = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng ( 2; M ) .

đồ

thị

hàm

số

để

Ư N

A. {0} .

B. ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ ) .

C. ∅

D. ( −∞; −1) ∪ {0} ∪ (1; +∞ ) .

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ĐHSP HN) Tập hợp các giá trị của m 2x −1 có đúng 1 đường tiệm cận là y= 2 ( mx − 2 x + 1)( 4 x 2 + 4mx + 1)

Câu 20: (CHUYÊN

ẠO

Vậy đồ thị hàm số y = x 3 + ax 2 + bx + c và trục Ox có 3 điểm chung.

Chọ Chọn A. Có lim y = 0 . Nên hàm số luôn có 1 đường tiệm cận ngang y = 0 . Vậy ta tìm điều kiện để

x →±∞

hàm số không có tiệm cận đứng .

ẤP

 mx 2 − 2 x + 1 = 0 (1) Xét phương trình: ( mx 2 − 2 x + 1)( 4 x 2 + 4mx + 1) = 0 ⇔  2  4 x + 4mx + 1 = 0 (2) 2x −1 1 (thỏa ycbt) =− 2 2 ( −2 x + 1) ( 4 x + 1) 4 x + 1

TH1: Xét m = 0 , ta được y =

-L

Í-

TH2: TH2 Xét m ≠ 0 . Có: ∆1 = 1 − m và ∆ 2 = 4m 2 − 4 (1)

và

(2)

đều

vô

nghiệm:

Th2b: Th2b (1) vô nghiệm, (2) có nghiệm kép x =

1 : ta thấy trường hợp này vô lí (vì m > 1 ) 2

Th2c: Th2c (2) vô nghiệm, (1) có nghiệm kép x =

1 : ta thấy trường hợp này vô lí (vì −1 < m < 1 ) 2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Th2a. Cả 2 phương trình 1 − m < 0 m > 1 ⇔ 2 ⇔ ⇔ m ∈∅  −1 < m < 1  4m − 4 < 0

Câu 21: (NGÔ SĨ LIÊN) Trên đoạn [ −2; 2] , hàm số y = khi A. m = 2.

B. m ≥ 0.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

mx đạt giá trị lớn nhất tại x = 1 khi và chỉ x2 + 1 C. m = −2.

D. m < 0.

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọ Chọn B Cách 1: Với m = 0 thì y = 0 nên max y = 0 khi x = 1 . [−2;2]

m π khi và chỉ khi t = . 2 4

max

m π khi và chỉ khi t = − . 2 4

[− arctan 2;arctan 2]

+ 1)

Y U

TR ẦN

Cách 2: Ta có y′ =

Vậy m ≥ 0 thỏa mãn bài toán. m (1 − x 2 )

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Khi m < 0 thì

max

Ư N

Khi m > 0 thì

ẠO

Hàm số đã cho đạt giá trị lớn nhất tại x = 1 tương ứng với t =

m .sin 2t . Với x ∈ [ −2; 2] thì t ∈ [ − arctan 2;arctan 2] . 2

TP .Q

Đặt x = tan t , ta được y =

H Ơ

Với m ≠ 0 .

TH1: m = 0 ⇒ y = 0 là hàm hằng nên cũng coi GTLN của nó bằng 0 khi x = 1

 x = −1 (n) TH2: m ≠ 0 . Khi đó: y′ = 0 ⇔   x = 1 (n)

ẤP

Vì hàm số đã cho liên tục và xác định nên ta có hàm số đã cho đạt giá trị lớn nhất tại x = 1

-L

Vậy m ≥ 0

Í-

 y (1) ≥ y ( −2 )  trên đoạn [ −2; 2] khi và chỉ khi  y (1) ≥ y ( 2 ) ⇔ m ≥ 0 ⇒ m > 0 (do m ≠ 0 )   y (1) ≥ y ( −1)

ÁN

Chú ý: Ngoài cách trên trong TH2 m ≠ 0 , ta có thể xét m > 0 , m < 0 rồi lập BBT cũng tìm được kết quả như trên.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 22: (SỞ

BẮC

NINH)

Tìm

các

giá

trị

thực

của

tham

số m để

phương

trình 2 − x + 1 − x = m + x − x có hai nghiệm phân biệt.  23   23  A. m ∈ 5;  . B. m ∈ [5;6] . C. m ∈  5;  ∪ {6} .  4  4 

 23  D. m ∈ 5;  ∪ {6} .  4 

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải +) 2 − x + 1 − x = m + x − x 2 ( 1) Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 2

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

+) (1) ⇔ 3 + 2 − x 2 + x + 2 = − x 2 + x + m Đặt: − x 2 + x = t ; f ( x ) = − x 2 + x; f ′ ( x ) = −2 x + 1

H Ơ N Y

t + 2 = t + m ⇔ 2 t + 2 = t + m −3 ⇔ m = 2 t + 2 +3−t

(1) ⇔ 3 + 2

1 1 1  f ( −1) = 2, f ( 2 ) = −2, f   = ⇒ t ∈  −2;  4 2 4 

G -1

+∞

TR ẦN

-2

Ư N

1 -∞

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Bảng biến thiên

ẠO

1 1− t − 2 −1 = . f ′ ( t ) = 0 ⇒ 1 − t − 2 = 0 ⇔ t = −1 t+2 t−2

f ′ (t ) =

TP .Q

Đặt f ( t ) = 2 t + 2 + 3 − t

f'(t) 6

f(t)

23 4

ẤP

+) − x 2 + x = t ⇔ − x 2 + x − t = 0

1 4

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = 1 − 4t > 0 ⇔ t ≤

-L

Í-

1  Do đó để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì phương trình ( ∗) có nghiệm t ∈  −2;  4 

ÁN

Từ bảng biến thiên ⇒ m ∈ [5; 6] .

Chọ Ch ọn B

x3 3 2 − x + 4 x + 2017 . Định m để phương 3 2 trình y ' = m 2 − m có đúng hai ngiệm thuộc đoạn [0; m]  1+ 2  A.  ; 2  .  3 

1− 2 2  B.  ; 2  .  3 

BỒ

ID Ư

Ỡ N

hàm số y = Câu 23: ( CHUYÊN QUANG TRUNG LẦ LẦN 3)Cho 3)

1− 2 2  C.  ; 2  .  2 

1+ 2 2  D.  ; 2 .  2 

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọn D Ta có: y ' = m 2 − m ⇔ x 2 − 3 x + 4 = m 2 − m

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Đặt f ( x ) = x 2 − 3 x + 4 ( P )

y = m2 − m

Yêu cầu bài toán :

N N

H Ơ

7 4

Ư N

ẠO

TP .Q

33 22

TR ẦN

3 3 < m 2 < m 2   2 7 7 2 2 ⇔  < m − m ≤ m − 3m + 4 ⇔  < m − m 4 4  2 2 2 m − m ≤ 4  m − m ≤ m − 3m + 4   2  m − m ≤ 4 3 2 < m   1− 2 2 m < 1+ 2 2  2  ⇔  ⇔ m ∈  ; 2  2 + 1 2 2    m>   2  ≤ m 2  0 < m ≤ 2

Câu 24: (LÊ HỒNG PHONG) Tìm tất cả các giá trị của tham số y = ln (16 x 2 + 1) − ( m + 1) x + m + 2 nghịch biến trên khoảng ( −∞; ∞ ) . B. m ∈ [3; +∞ ) .

C. m ∈ ( −∞; −3) .

để hàm số

D. m ∈ [ −3;3] .

A. m ∈ ( −∞; −3].

ẤP

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Chọ Chọn B.

Ta có: y = ln (16 x 2 + 1) − ( m + 1) x + m + 2

32 x − ( m + 1) 16 x 2 + 1

Í-

y′ =

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ÁN

Hàm số nghịch biến trên ℝ khi và chỉ khi y′ ≤ 0, ∀x ∈ ℝ

BỒ

ID Ư

Ỡ N

⇔

Cách 1: 1

32 x − ( m + 1) ≤ 0, ∀x ∈ ℝ 16 x 2 + 1

32 x − ( m + 1) ≤ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ 32 x − ( m + 1) (16 x 2 + 1) ≤ 0, ∀x ∈ ℝ 16 x 2 + 1

⇔ −16 ( m + 1) x 2 + 32 x − ( m + 1) ≤ 0, ∀x ∈ ℝ  m > −1 −  m > −1  16 ( m + 1) < 0  ⇔   m ≤ −5 ⇔ m ≥ 3. ⇔ ⇔ 2 2 2  −16m − 32m + 240 ≤ 0  ∆′ = 16 − 16 ( m + 1) ≤ 0  m ≥ 3

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Cách 2: 2

32 x − ( m + 1) ≤ 0 16 x 2 + 1

∀x ∈ ℝ

32 x 32 x ≤ m + 1, ∀x ∈ ℝ ⇔ m + 1 ≥ max g ( x), với g ( x) = 2 ℝ 16 x + 1 16 x 2 + 1 −512 x 2 + 32 2

)

(16 x 1 4

TP .Q

g ′( x) = 0 ⇔ x = ±

Ta có: g ′( x) =

H Ơ

⇔

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

ẠO

1  1 lim g ( x) = 0; g   = 4; g  −  = −4 4  4

x →±∞

−

Ư N

g′ ( x)

1 4

1 4 +

+∞

−

−∞

TR ẦN

−

g ( x)

ẤP

−4

Dựa vào bảng biến thiên ta có max g ( x) = 4

ℝ

Í-

Do đó: m + 1 ≥ 4 ⇔ m ≥ 3.

Câu 25: (LÊ HỒNG PHONG) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y =

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Bảng biến thiên:

B. m ∈ ( −∞;0 ) .

C. m ∈ (1; +∞ ) .

D. m ∈ ( −∞;1) . Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Chọ Chọn B.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

π π  đồng biến trên khoảng  ;  . 4 2 A. m ∈ ( −∞; 0 ) ∪ (1; +∞ ) .

cot x − 1 m cot x − 1

Ta có: y′ =

(

)

(

)

− 1 + cot 2 x ( m cot x − 1) + m 1 + cot 2 x ( cot x − 1)

( m cot x − 1)

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

(1 + cot x ) (1 − m ) = 2

( m cot x − 1)

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

π π  Hàm số đồng biến trên khoảng  ;  khi và chỉ khi: 4 2

N Y

H Ơ

)

(

 π π  m cot x − 1 ≠ 0, ∀x ∈  4 ; 2    m ≤ 0 ∨ m ≥ 1  ⇔ ⇔m≤0 .  2 + − 1 cot x 1 m ( ) − > 1 m 0 π π     y′ = > 0, ∀x ∈  ;  2  4 2 ( m cot x − 1) 

G H

+ 23 x 3 + x = 210 x + 10 x 2 ⇔ 23 x 3 + x = 10 x 2 ⇔ x = 0 hoặc x =

TR ẦN

223 x

Ư N

Hàm số f ( t ) = 2t + t đồng biến trên ℝ nên

5± 2 23

10 ≈ 0, 4347 23 Mẹo: Khi làm trắc nghiệm có thể dùng “Định lí Vi-ét cho phương trình bậc ba” Nếu phương trình ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 ( a ≠ 0) có ba nghiệm x1 , x2 , x3 thì:

Tổng các nghiệm bằng

b c d x1 + x2 + x3 = − ; x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = ; x1 xx x3 = − a a a

d : y = x+4

cắt đồ thị hàm số

ẤP

Câu 27: (HAI BÀ TRƯNG – HUẾ ) Đường thẳng

y = x + 2mx + ( m + 3) x + 4 tại 3 điểm phân biệt A ( 0; 4 ) , B và C sao cho diện tích tam 2

giác MBC bằng 4, với M (1;3 ) . Tìm tất cả các giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Í-

A. m = 2 hoặc m = 3. B. m = −2 hoặc m = 3. C. m = 3. D. m = −2 hoặc m = −3. Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọ Chọn C. Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị ( C ) : x3 + 2mx 2 + ( m + 3) x + 4 = 4

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

TP .Q

Câu 26: (NGUYỄN TRÃI – HD) Phương trình 223 x .2 x − 1024 x + 23 x 3 = 10 x 2 − x có tổng các nghiệm gần nhất với số nào dưới đây B. 0, 40. C. 0,50. D. 0, 45. A. 0,35. Hướng Hướng dẫn gi giải Chọn Chọn D 3 2 3 2 Ta có 223 x .2 x − 1024 x + 23 x 3 = 10 x 2 − x ⇔ 223 x + x + 23 x 3 + x = 210 x + 10 x 2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

x = 0 ⇔ x3 + 2mx 2 + ( m + 2 ) x = 0 ⇔  2 ϕ ( x ) = x + 2mx + m + 2 = 0

(1)

Với x = 0, ta có giao điểm là A ( 0; 4 ) . d cắt ( C ) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác

0. ϕ ( 0 ) = m + 2 ≠ 0 ⇔ 2  ∆′ = m − m − 2 > 0

(*)

Ta gọi các giao điểm của d và ( C ) lần lượt là A, B ( xB ; xB + 2 ) , C ( xC ; xC + 2 ) với xB , xC là nghiệm của phương trình (1).

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

 xB + xC Theo định lí Viet, ta có:   xB .xC

= −2m

= m+2

1 ⋅ BC ⋅ d ( M , BC ) = 4. 2 Phương trình d được viết lại là: d : y = x + 4 ⇔ x − y + 4 = 0.

H Ơ

= 2.

8 8 = ⇔ BC 2 = 32 d ( M , BC ) 2 2

TP .Q

Do đó: BC =

12 + ( −1)

1− 3 + 4

Mà d ( M , BC ) = d ( M , d ) =

Ta có diện tích của tam giác MBC là S =

ẠO

Ta lại có: BC 2 = ( xC − xB ) + ( yC − yB ) = 2 ( xC − xB ) = 32 2

⇔ ( xB + xC ) − 4 xB .xC = 16 ⇔ ( −2m ) − 4 ( m + 2 ) = 16

G Ư N

Đối chiếu với điều kiện, loại đi giá trị m = −2.

x + sin 2 x, x ∈ [0; π ] . Hỏi hàm số đồng biến trên các khoảng nào? 2  7π 11π   7π   11π  ;π  . B.  ; A.  0;  và  .  12   12   12 12   7π 11π ; D.   12 12 Hướ Hướng dẫ dẫn

 . 

  11π  ;π  .  và    12 

 7π   7π 11π ; C.  0;  và   12   12 12

TR ẦN

Câu 28: Cho hàm số y =

Chọn A.

Í-

ẤP

π  x = − + kπ  1 1 12 , (k ∈ ℤ) TXĐ: D = ℝ . y ' = + sin 2 x . Giải y ' = 0 ⇔ sin 2 x = − ⇔  7 π 2 2 x = + kπ  12 7π 11π Vì x ∈ [ 0; π ] nên có 2 giá trị x = và x = thỏa mãn điều kiện. 12 12 Bảng biến thiên: 7π 11π x 0 π 12 12 y′

−

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

⇔ 4m 2 − 4m − 24 = 0 ⇔ m = 3; m = −2.

 7π Hàm số đồng biến  0;  12

  11π  ;π   và    12 

Câu 29: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = f ( x) = x + m cos x luôn đồng biến trên ℝ ?

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

A. m ≤ 1 .

B. m >

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

3 . 2

C. m ≥ 1 .

D. m <

1 . 2

Hướ Hướng dẫ dẫn

H Ơ

Chọn A.

Tập xác định: D = ℝ . Ta có y′ = 1 − m sin x .

1 1 , ∀x ∈ ℝ ⇔ ≥ 1 ⇔ m ≤ 1 m m

Trường hợp 3: m < 0 ta có sin x ≥

1 1 , ∀x ∈ ℝ ⇔ ≤ −1 ⇔ m ≥ −1 m m

Ư N

ẠO

Trường hợp 2: m > 0 ta có sin x ≤

TR ẦN

Vậy m ≤ 1

Hướ Hướng dẫ dẫn

Câu 30: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = (m − 3) x − (2m + 1) cos x luôn nghịch biến trên ℝ ? m > 3 2 A. −4 ≤ m ≤ . B. m ≥ 2 . . D. m ≤ 2 . C.  3 m ≠ 1

ẤP

Chọn A.

Tập xác định: D = ℝ . Ta có: y ' = m − 3 + (2m + 1)sin x

Hàm số nghịch biến trên ℝ ⇔ y ' ≤ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ (2m + 1)sin x ≤ 3 − m, ∀x ∈ ℝ

Í-

Trường hợp 1: m = −

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Trường hợp 1: m = 0 ta có 0 ≤ 1, ∀x ∈ ℝ . Vậy hàm số luôn đồng biến trên ℝ

TP .Q

Hàm số đồng biến trên ℝ ⇔ y ' ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ m sin x ≤ 1, ∀x ∈ ℝ

Trường hợp 2: m < −

7 1 ta có 0 ≤ ,∀x ∈ℝ . Vậy hàm số luôn nghịch biến trên ℝ . 2 2 1 3− m 3−m ta có sin x ≥ , ∀x ∈ ℝ ⇔ ≤ −1 2 2m + 1 2m + 1

BỒ

ID Ư

Ỡ N

⇔ 3 − m ≥ −2m − 1 ⇔ m ≥ −4

Trường hợp 3: m > −

sin x ≤

1 ta có: 2

2 2 3−m 3− m  , ∀x ∈ ℝ ⇔ ≥ 1 ⇔ 3 − m ≥ 2m + 1 ⇔ m ≤ . Vậy m ∈  −4;  2m + 1 2m + 1 3 3 

Câu 31: Tìm mối liên hệ giữa các tham số a và b sao cho hàm số y = f ( x) = 2 x + a sin x + bcosx luôn tăng trên ℝ ?

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

1 1 A. + = 1 . a b

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

B. a + 2b = 2 3 .

C. a 2 + b2 ≤ 4 .

D. a + 2b ≥

1+ 2 . 3

Hướ Hư ớng dẫ dẫn

H Ơ

Chọn C.

Tập xác định D = R . Ta có: y′ = 2 + acosx − b sin x

TP .Q

Áp dụng bất đẳng thức Schwartz ta có 2 − a 2 + b 2 ≤ y′ ≤ 2 + a 2 + b 2

B. m ≤ 12 .

TR ẦN

Hướ Hướng dẫ dẫn Chọn D.

Cách 1:Tập xác định: D = ℝ . Ta có y′ = 3 x 2 − 12 x + m • Trường hợp 1:

ẤP

3 > 0 (hn) ⇔ m ≥ 12 Hàm số đồng biến trên ℝ ⇔ y′ ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  36 − 3m ≤ 0

x1 < x2 ≤ 0 (*)

• Trường hợp 2: Hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) ⇔ y′ = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa

Trường hợp 2.1: y′ = 0 có nghiệm x = 0 suy ra m = 0 . Nghiệm còn lại của y′ = 0 là

Í-

x = 4 (không thỏa (*)) Trường hợp 2.2: y′ = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa

ÁN TO G Ỡ N ID Ư

BỒ

D. m ≥ 12 .

C. m ≥ 0 .

A. m ≤ 0 .

Ư N

Câu 32: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = x 3 − 6 x 2 + mx + 1 đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) ?

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

y′ ≥ 0, ∀x ⇔ 2 − a 2 + b 2 ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≤ 4 .

ẠO

Yêu cầu của bài toán đưa đến giải bất phương trình

 36 − 3m > 0  ∆′ > 0   x1 < x2 < 0 ⇔  S < 0 ⇔ 4 < 0(vl ) ⇒ không có m .Vậy m ≥ 12 m P > 0   >0 3

Cách 2:Hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) ⇔ m ≥ 12 x − 3 x 2 = g ( x), ∀x ∈ (0; +∞) . Lập bảng biến thiên của g ( x) trên ( 0; +∞ ) .

x 0 g′

+∞

2 +

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

–

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

12 –∞

C. m ∈ ( 2, +∞ ) .

D. m ∈ ( −∞; −5 ) .

B. m ∈ ( −∞; 2] .

TP .Q

A. m ∈ [ −5; 2 ) .

H Ơ

Câu 33: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = x 4 − 2( m − 1) x 2 + m − 2 đồng biến trên khoảng (1;3) ?

Hướ Hướng dẫ dẫn

ẠO

Chọn B.

Đ G

Ư N

Hàm số đồng biến trên (1;3) ⇔ y ' ≥ 0, ∀x ∈ (1;3) ⇔ g ( x) = x 2 + 1 ≥ m, ∀x ∈ (1;3) .

x 1

TR ẦN

Lập bảng biến thiên của g ( x) trên (1;3) . 3

ẤP

g′

Dựa vào bảng biến thiên, kết luận: m ≤ min g ( x) ⇔ m ≤ 2 .

Í-

1 1 Câu 34: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = x 3 − mx 2 + 2 mx − 3m + 4 3 2 nghịch biến trên một đoạn có độ dài là 3? B. m = −1 . C. m = 9 . A. m = −1; m = 9 . D. m = 1; m = −9 . Hướ Hư ớng dẫ dẫn

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Tập xác định D = ℝ . Ta có y ' = 4 x3 − 4( m − 1) x .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Chọn A.

Tập xác định: D = ℝ . Ta có y′ = x 2 − mx + 2m Ta không xét trường hợp y′ ≤ 0, ∀x ∈ ℝ vì a = 1 > 0 Hàm số nghịch biến trên một đoạn có độ dài là 3 ⇔ y′ = 0 có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa  ∆ > 0 ⇔ m 2 − 8m > 0  m = −1  m > 8 hay m < 0 x1 − x2 = 3 ⇔  ⇔ 2 ⇔ 2 2  m − 8m = 9 m = 9 ( x1 − x2 ) = 9 ⇔ S − 4 P = 9

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Câu 35: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y =

C. m ≥ 2 .

D. m ≤ 0 .

B. m ≤ 0;1 ≤ m < 2 .

H Ơ

 π khoảng  0;  ?  4 A. 1 ≤ m < 2 .

tan x − 2 đồng biến trên tan x − m

Hướ Hướng dẫ dẫn

TP .Q

 π +) Điều kiện tan x ≠ m . Điều kiện cần để hàm số đồng biến trên  0;  là m ∉ 0;1  4

Chọn B.

2−m . cos x(tan x − m) 2

G Ư N

 π 1 > 0∀x ∈ 0;  ;m ∉( 0;1) 2  4 cos x(tan x − m) 2

+) Ta thấy:

Câu 36: Tìm

TR ẦN

y' > 0 −m + 2 > 0  π +) Để hs đồng biến trên  0;  ⇔  ⇔ ⇔ m ≤ 0 hoặc 1 ≤ m < 2  4  m ∉(0;1)  m ≤ 0;m ≥ 1 cả các giá trị thực của tham số sao cho m 3 mx + 7 mx 2 + 14 x − m + 2 giảm trên nửa khoảng [1; +∞) ? số y = f ( x) = 3 14  14  14      14  A.  −∞; −  . B.  −∞; −  . C.  −2; −  . D.  − ; +∞  . 15  15  15      15 

hàm

ẤP

tất

Hướ Hướng dẫ dẫn

Chọn B.

Í-

Tập xác định D = R , yêu cầu của bài toán đưa đến giải bất phương trình

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

+) y ' =

ẠO

( )

ÁN

mx 2 + 14mx + 14 ≤ 0, ∀x ≥ 1 , tương đương với g ( x ) =

−14 ≥ m (1) x + 14 x 2

Dễ dàng có được g ( x) là hàm tăng ∀x ∈ [1; +∞ ) , suy ra min g ( x) = g (1) = −

ID Ư

Ỡ N

x ≥1

Kết luận: (1) ⇔ min g ( x) ≥ m ⇔ − x ≥1

14 15

14 ≥m 15

BỒ

Câu 37: Tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = − x 4 + (2m − 3) x 2 + m nghịch biến

 p p trên khoảng (1; 2 ) là  −∞;  , trong đó phân số tối giản và q > 0 . Hỏi tổng p + q là? q q  A. 5. B. 9. C. 7. D. 3. Hướ Hướng dẫ dẫn

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọn C. Tập xác định D = ℝ . Ta có y′ = −4 x3 + 2(2m − 3) x .

3 = g ( x), ∀x ∈ (1; 2) . 2

H Ơ

Hàm số nghịch biến trên (1; 2) ⇔ y′ ≤ 0, ∀x ∈ (1; 2) ⇔ m ≤ x 2 +

Lập bảng biến thiên của g ( x) trên (1;2) . g ′( x) = 2 x = 0 ⇔ x = 0

x 1

G H

Ư N

5 2

11 2

5 . Vậy p + q = 5 + 2 = 7 . 2

TR ẦN

Dựa vào bảng biến thiên, kết luận: m ≤ min g ( x) ⇔ m ≤

sao cho hàm số

Câu 38: Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m 2 x 2 + (1 − m) x + 1 + m y= đồng biến trên khoảng (1; +∞) ? x−m A. 3. B. 1. C. 2. D. 0.

ẤP

Chọn D.

Hướ Hướng dẫ dẫn

2 x 2 − 4mx + m 2 − 2m − 1 g ( x) = 2 ( x − m) ( x − m) 2

Tập xác định D = ℝ \ {m} . Ta có y′ =

Í-

Hàm số đồng biến trên (1; +∞) khi và chỉ khi g ( x) ≥ 0, ∀x > 1 và m ≤ 1 (1)

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

g′

TP .Q

Bảng biến thiên

ÁN

Vì ∆ g ′ = 2(m + 1)2 ≥ 0, ∀m nên (1) ⇔ g ( x) = 0 có hai nghiệm thỏa x1 ≤ x2 ≤ 1

BỒ

ID Ư

Ỡ N

2 g (1) = 2(m 2 − 6m + 1) ≥ 0  Điều kiện tương đương là  S ⇔ m ≤ 3 − 2 2 ≈ 0, 2 .  = m ≤1 2

Do đó không có giá trị nguyên dương của m thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 39: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình 2 x + 1 = x + m có nghiệm thực? B. m ≤ 2 . C. m ≥ 3 . D. m ≤ 3 . A. m ≥ 2 . Hướ Hướng dẫ dẫn Chọn B.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Đặt t = x + 1, t ≥ 0 . Phương trình thành: 2t = t 2 − 1 + m ⇔ m = −t 2 + 2t + 1 Xét hàm số f (t ) = −t 2 + 2t + 1, t ≥ 0; f ′(t ) = −2t + 2

f (t )

+∞

−

f ′ (t )

H Ơ

2 −∞

TP .Q

ẠO

Bảng biến thiên của f ( t ) :

TR ẦN

Ư N

Câu 40: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình x 2 − 4 x + 5 = m + 4 x − x 2 có đúng 2 nghiệm dương? C. − 5 < m < 3 . B. −3 < m < 5 . D. −3 ≤ m < 3 . A.1 ≤ m ≤ 3 . Hướ Hướng dẫ dẫn

Chọn B

x−2

Đặt t = f ( x) = x 2 − 4 x + 5 . Ta có f ′( x) =

. f ′( x) = 0 ⇔ x = 2

x − 4x + 5

Xét x > 0 ta có bảng biến thiên

ẤP

f ′( x)

A Ó H

− 5

+ +∞

Í-

f ( x)

+∞

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Từ đó suy ra phương trình có nghiệm khi m ≤ 2 .

ÁN

Khi đó phương trình đã cho trở thành m = t 2 + t − 5 ⇔ t 2 + t − 5 − m = 0 (1).

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Nếu phương trình (1) có nghiệm t1 , t2 thì t1 + t2 = −1 . (1) có nhiều nhất 1 nghiệm t ≥ 1 .

Vậy phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm dương khi và chỉ khi phương trình (1) có đúng

(

)

1 nghiệm t ∈ 1; 5 . Đặt g (t ) = t 2 + t − 5 . Ta đi tìm m để phương trình g (t ) = m có đúng 1

(

)

(

)

nghiệm t ∈ 1; 5 . Ta có g ′(t ) = 2t + 1 > 0, ∀t ∈ 1; 5 . Bảng biến thiên:

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

g′ (t )

g (t )

H Ơ

−3

tất

cả

sao cho phương log x + log x + 1 − 2m − 1 = 0 có ít nhất một nghiệm trên đoạn 1;3 3  ?   B. 0 ≤ m ≤ 2 . C. 0 ≤ m ≤ 3 . D. −1 ≤ m ≤ 2 . A. −1 ≤ m ≤ 3 .

giá

trị

thực

của

tham

số

2 3

trình:

ẠO

2 3

các

TP .Q

Câu 41: Tìm

Từ bảng biến thiên suy ra −3 < m < 5 là các giá trị cần tìm.

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Hướ Hướng dẫ dẫn

Chọn B.

TR ẦN

Đặt t = log 32 x + 1 . Điều kiện: t ≥ 1 .

t2 + t − 2 = m . Bảng biến thiên : 2

(*) ⇔ f (t ) =

Phương trình thành: t 2 + t − 2m − 2 = 0 (*) . Khi x ∈ 1;3 3  ⇒ t ∈ [1; 2]  

ẤP

f ′ (t )

ÁN

-L

Í-

f (t )

Từ bảng biến thiên ta có : 0 ≤ m ≤ 2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 42: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình x 2 + mx + 2 = 2 x + 1 có hai nghiệm thực? 7 3 9 A. m ≥ − . C. m ≥ . D. ∀m ∈ ℝ . B. m ≥ . 2 2 2 Hướ Hướng dẫ dẫn Chọn C Điều kiện: x ≥ −

1 2

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

x 2 + mx + 2 = 2 x + 1 ⇔ 3 x 2 + 4 x − 1 = mx (*)

Vì x = 0 không là nghiệm nên (*) ⇔ m =

H Ơ

3x 2 + 4 x − 1 3x 2 + 1 1 . Ta có f ′( x) = > 0 ∀x ≥ − ; x ≠ 0 2 x x 2

Xét f ( x ) =

3x 2 + 4 x − 1 x

Phương trình

1 2

0 +

TR ẦN

−∞

+∞

Ư N

+∞

9 2

f ( x)

9 . 2

Từ bảng biến thiên ta có để phương trình có hai nghiệm thì m ≥

4 C. m ≥ − . 7

4 B. m ≤ − . 7

Câu 43: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho mọi nghiệm của bất phương trình: x 2 − 3x + 2 ≤ 0 cũng là nghiệm của bất phương trình mx 2 + ( m + 1) x + m + 1 ≥ 0 ? D. m ≥ −1 .

Hướ Hướng dẫ dẫn

ẤP

A. m ≤ −1 .

Chọn C.

Í-

Bất phương trình x 2 − 3x + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2 .

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

f ′( x)

+∞

ÁN

Bất phương trình mx 2 + ( m + 1) x + m + 1 ≥ 0 ⇔ m( x 2 + x + 1) ≥ − x − 2 ⇔ m ≥

ID Ư

Ỡ N

Xét hàm số f ( x) =

BỒ

TP .Q

−

ẠO

Bảng biến thiên

−x − 2 x + x +1 2

−x − 2 x 2 + 4x + 1 ′ với . Có 1 ≤ ≤ 2 ( ) x f x = > 0, ∀x ∈ [1;2] x2 + x + 1 ( x 2 + x + 1) 2

Yêu cầu bài toán ⇔ m ≥ max f ( x) ⇔ m ≥ − [1;2]

4 7

Câu 44: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình: − x 3 + 3mx − 2 < − nghiệm đúng ∀x ≥ 1 ? 2 2 A. m < . B. m ≥ . 3 3

C. m ≥

3 . 2

1 x3

1 3 D. − ≤ m ≤ . 3 2

Hướ Hướng dẫ dẫn Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọn A. Bpt ⇔ 3mx < x 3 − 13 + 2, ∀x ≥ 1 ⇔ 3m < x 2 − 14 + 2 = f ( x ) , ∀x ≥ 1 . x

(x )

H Ơ

Ta có f ′ ( x ) = 2 x + 45 − 22 ≥ 2 2 x 45 − 22 = 4 22− 2 > 0 suy ra f ( x ) tăng.

Ycbt ⇔ f ( x ) > 3m, ∀x ≥ 1 ⇔ min f ( x ) = f (1) = 2 > 3m ⇔ 2 > m

x ≥1

a + b có giá trị là bao nhiêu? B. 4. A. −2 .

D. 3.

ẠO

C. 5.

TP .Q

2 x3 + 3 x 2 + 6 x + 16 − 4 − x ≥ 2 3 có tập nghiệm là [ a; b ] . Hỏi tổng

Câu 45: Bất phương trình

Hướ Hướng dẫ dẫn

G Ư N

3 ( x 2 + x + 1)

Có f ′( x) =

1 > 0, ∀x ∈ ( −2; 4 ) . 2 4−x

2 x + 3 x + 6 x + 16

TR ẦN

Điều kiện: −2 ≤ x ≤ 4 . Xét f ( x) = 2 x3 + 3 x 2 + 6 x + 16 − 4 − x trên đoạn [ −2; 4] .

Do đó hàm số đồng biến trên [ −2; 4] , bpt ⇔ f ( x) ≥ f (1) = 2 3 ⇔ x ≥ 1 .

So với điều kiện, tập nghiệm của bpt là S = [1; 4] ⇒ a + b = 5.

x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1 có tập nghiệm ( a; b ] . Hỏi

ẤP

Câu 46: Bất phương trình

hiệu b − a có giá trị là bao nhiêu? A. 1. B. 2.

A H

Hướ Hướng dẫ dẫn

( x − 1)

+ 2 + x −1 >

ÁN

Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 3 ; bpt ⇔

ID Ư

Ỡ N

Xét f (t ) = t 2 + 2 + t với t ≥ 0 . Có f '(t ) =

BỒ

D. −1 .

C. 3.

Í-

Chọn A.

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Chọn C

(3 − x )

t 2

2 t +2

1 2 t

+ 2 + 3− x > 0, ∀t > 0 .

Do đó hàm số đồng biến trên [0; +∞) . (1) ⇔ f ( x − 1) > f (3 − x) ⇔ x − 1 > 3 ⇔ x > 2 So với điều kiện, bpt có tập nghiệm là S = (2;3]

Câu 47: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = ( m + 1) x 4 − mx 2 + mà không có cực đại. A. m < −1. B. −1 ≤ m ≤ 0.

C. m > 1.

3 chỉ có cực tiểu 2

D. −1 ≤ m < 0.

Hướ Hướng dẫ dẫn

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọn B Ta xét hai trường hợp sau đây:

3 ⇒ hàm số chỉ có cực tiểu ( x = 0 ) mà không có 2 cực đại ⇒ m = −1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

H Ơ

TH1: m + 1 = 0 ⇔ m = −1 . Khi đó y = x 2 +

TH2: m + 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ −1 . Khi đó hàm số đã cho là hàm số trùng phương ta có :

TP .Q

 m  y ' = 4 ( m + 1) x 3 − 2mx = 4 ( m + 1) x  x 2 − . 2 1 + m ( )  

Ư N

TR ẦN

Kết hợp những giá trị m tìm được, ta có −1 ≤ m ≤ 0 .

2 3 2 x − mx 2 − 2 ( 3m 2 − 1) x + 3 3 có hai điểm cực trị có hoành độ x 1 , x2 sao cho x1 x2 + 2 ( x1 + x2 ) = 1 .

Câu 48: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y =

2 3

A. m = 0.

C. m =

2 . 3

1 2

D. m = − .

Hướ Hướng dẫ dẫn

ẤP

B. m = − .

Chọn C

Ta có : y ' = 2 x 2 − 2mx − 2 ( 3m 2 − 1) = 2 ( x 2 − mx − 3m 2 + 1) ,

g ( x ) = x 2 − mx − 3m 2 + 1 là tam thức bậc hai có ∆ = 13m 2 − 4 . Do đó hàm số có hai điểm cực

Í-

trị khi và chỉ khi y ' có hai nghiệm phân biệt ⇔ g ( x ) có hai nghiệm phân biệt

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

4 ( m + 1) > 0  ⇔ −1 < m ≤ 0 . sang dương khi x đi qua nghiệm này ⇔  m  2 ( m + 1) ≤ 0 

ẠO

Hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực đại ⇔ y ' có đúng một nghiệm và đổi dấu từ âm

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

 2 13 m > 13 ⇔ ∆>0 ⇔  . (1)  2 13 m < − 13   x1 + x2 = m x1 , x2 là các nghiệm của g ( x ) nên theo định lý Vi-ét, ta có  . 2  x1 x2 = −3m + 1

m = 0 Do đó x1 x2 + 2 ( x1 + x2 ) = 1 ⇔ −3m + 2m + 1 = 1 ⇔ −3m + 2m = 0 ⇔  2. m = 3  2

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

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

2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 3

H Ơ

số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số lập thành tam giác có diện tích lớn nhất . 1 1 A. m = − . B. m = . C. m = 0. D. m = 1. 2 2

Câu 49: Cho hàm số y = x 4 − 2 (1 − m 2 ) x 2 + m + 1 . Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm

TP .Q

Hướ Hướng dẫ dẫn Chọn C

ẠO

[Phương pháp tự tự luậ luận]

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

y ' = 4 x 3 − 4 (1 − m 2 ) x

TR ẦN

x = 0 y' = 0 ⇔  2 2 x = 1− m Hàm số có cực đại , cực tiểu khi và chỉ khi : m < 1

1 − m 2 ; − m 4 + 2m 2 + m

)

( (

)

(

BC = −2 1 − m2 ;0

)

ẤP

C − 1 − m 2 ; −m 4 + 2m 2 + m

Tọa độ điểm cực trị A ( 0; m + 1)

Í-

Phương trình đường thẳng BC : y + m 4 − 2m 2 − m = 0

ÁN

-L

d ( A, BC ) = m4 − 2m2 + 1 , BC = 2 1 − m2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

⇒ S ∆ABC =

1 BC.d [ A, BC ] = 1 − m 2 ( m 4 − 2m 2 + 1) = 2

2 5

(1 − m )

≤1

Vậy S đạt giá trị lớn nhất ⇔ m = 0 . [Phương pháp trắ trắc nghiệ nghiệm]

AB =

(

)

1 − m 2 ; − m 4 + 2m 2 − 1

AC = − 1 − m2 ; −m 4 + 2m2 − 1

(

)

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Khi đó S =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 AB, AC = 1 − m2 ( m 4 − 2m 2 + 1) = 2

2 5

(1 − m )

≤1

TP .Q

H Ơ

Câu 50: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y = 2 x3 − 3 ( m + 1) x 2 + 6mx có hai điểm cực trị A, B sao cho đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng : y = x + 2 .  m = −3  m = −2 m = 0 m = 0 . . . . A.  B.  C.  D.  m = 2 m = 3 m = 2  m = −3

Vậy S đạt giá trị lớn nhất ⇔ m = 0 .

Hướ ớng dẫ Hư dẫn

ẠO

Chọn C

[Phương pháp tự tự luậ luận]

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ta có : y = 6 x 2 − 6 ( m + 1) x + 6m

TR ẦN

x =1 y'= 0 ⇔  x = m

Điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị là : m ≠ 1

00 10

Hệ số góc đt AB là : k = − ( m − 1)

Ta có : A (1;3m − 1) B ( m; − m3 + 3m 2 )

ẤP

m = 0 Đt AB vuông góc với đường thẳng y = x + 2 khi và chỉ khi k = −1 ⇔   m=2

[Phương pháp trắ trắc nghiệ nghiệm]

Í-

Bướ Bước 1 : Bấm Mode 2 (CMPLX)

ÁN

-L

6 x 2 − 6 ( y + 1) x + 6 y ) (12 x − 6 ( y + 1) ) ( y '. y '' 3 2 = 2 x − 3 ( y + 1) x + 6 yx − Bướ Bước 2 : y − 18a 36

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Bước 3 : Cacl x = i , y = 1000 Kết quả : 1001000 − 9980001.i . Hay : y = 1001000 − 9980001.x 2

Vậy phương trình đt qua 2 điểm cực trị AB là : y = m 2 − m − ( m − 1) x

m = 0 2 Có đt AB vuông góc với đường thẳng y = x + 2 khi và chỉ khi ⇔ ( m − 1) = 1 ⇔   m=2

Câu 51: Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số: y = x 3 − 3 x 2 − mx + 2 có điểm cực đại và điểm cực tiểu cách đều đường thẳng có phương trình: y = x − 1 ( d ) .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

m = 0 . B.  m = − 9 2 

A. m = 0.

9 D. m = − . 2

C. m = 2.

H Ơ

Hướ Hướng dẫ dẫn

Chọn A

[Phương pháp trắ trắc nghiệ nghiệm]

TP .Q

y′ = 3 x 2 − 6 x − m

Hàm số có 2 cực trị m > −3 , gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình y′ = 0 , ta có:

ẠO

x1 + x2 = 2

TR ẦN

 x 1  x =i ,m= A=1000 → x3 − 3x 2 − mx + 2 − ( 3x 2 − 6 x − m )  −    3 3 994 2006 1000 − 6 2000 + 6 2m + 6 m−6 − − i=− − i=− x− 3 3 3 3 3 3

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Bấm máy tính:

2m + 6 2m + 6 m−6 m−6   Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là: A  x1; − x1 − x2 −  ; B  x2 ; −  3 3  3 3   

Gọi I là trung điểm của AB ⇒ I (1; −m )

ẤP

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là: y = −

2m + 6 m−6 x− (∆) 3 3

Í-

9  2m + 6  − = 1 m = −  ∆ / / d or ∆ ≡ d Yêu cầu bài toán ⇔  ⇔ ⇔ 3 2   I ∈ d 0 m = − m = 1 − 1  

-L

Kết hợp với điều kiện thì m = 0 .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Câu 52: Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số: y = x 4 − 2m 2 x 2 + m 4 + 1 có ba điểm cực trị . Đồng thời ba điểm cực trị đó cùng với gốc O tạo thành 1 tứ giác nội tiếp. B. m = 1. C. Không tồn tại m. D. m = −1. A. m = ±1. Hướ Hướng dẫ dẫn Chọn A y ′ = y = 4 x 3 − 4m 2 x

Hàm số có 3 điểm cực trị khi m ≠ 0 Khi đó 3 điểm cực trị là: A ( 0; m 4 + 1) , B ( − m;1) , C ( m;1)

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp( nếu có) của tứ giác ABOC . Do tính chất đối xứng , ta có:

A, O, I thẳng hàng ⇒ AO là đường kính của đường tròn ngoại tiếp( nếu có) của tứ giác

H Ơ

ABOC .

m = 0 Vậy AB ⊥ OB ⇔ AB.OB = 0 ⇔ m2 − m4 = 0 ⇔   m = ±1

TP .Q

Kết hợp điều kiện m = ±1 ( thỏa mãn).

D. Không tồn tại m.

TR ẦN

Hướ Hướng dẫ dẫn Chọn B

[Phương pháp tự tự luậ luận]

Hàm số có 3 điểm cực trị khi m > 0

(

) (

m ; m − m2

)

Ba điểm cực trị là A ( 0; m ) , B − m ; m − m 2 , C

1 AI .BC = m 2 m 2

S ∆ABC =

ẤP

Gọi I là trung điểm của BC ⇒ I ( 0; m − m 2 )

-L

Í-

Chu vi của ∆ABC là: 2 p = AB + BC + AC = 2

Theo bài ra: r > 1 ⇔

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC là: r =

BỒ

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

C. m ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 2; +∞ ) .

ẠO

Câu 53: Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số: y = x 4 − 2mx 2 + m có ba điểm cực trị . Đồng thời ba điểm cực trị đó là ba đỉnh của một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn hơn 1. A. m < −1. B. m > 2.

⇔ m

(

m2 m m + m4 + m

(

m + m4 + m

S ∆ABC m2 m = p m + m4 + m

m2 m

>1⇔

)

(

m + m4 − m m

) > 1 (vì m > 0 )

 m < −1 m + m 4 − m > m 2 ⇔ m 2 + m5 > m 2 + m ⇔ m 2 − m − 2 > 0 ⇔  m > 2

)

So sánh điều kiện suy ra m > 2 thỏa mãn. [Phương pháp trắ trắc nghiệ nghiệm]

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

4 a + 16a 2 − 2ab3 m2

Theo bài ra: r > 1 ⇔

1+ 1+ m

>1⇔

(

⇒r=

4m 2 4 + 16 + 16m3

) >1⇔

1 + m3 − 1 m

m2 1 + 1 + m3

1 + m3 − 1 > m

H Ơ

Sử dụng công thức r =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

TP .Q

 m < −1 1 + m3 > m + 1 ⇔⇔ 1 + m3 > m + 1 ⇔ m 2 − m − 2 > 0 ⇔  m > 2 So sánh điều kiện suy ra m > 2 thỏa mãn.

17 . 11

D. m = 1 hoặc m = −

17 . 11

C. m = −1 hoặc m = −

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

Câu 54: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y = mx 3 − 3mx 2 + 3m − 3 có hai điểm cực trị A, B sao cho 2 AB 2 − (OA2 + OB 2 ) = 20 ( Trong đó O là gốc tọa độ). A. m = −1. B. m = 1 .

TR ẦN

ớng dẫ Hướ dẫn Hư Chọn D

Ta có: y′ = m(3 x 2 − 6 x)

 x = 0 ⇒ y = 3m − 3 Với mọi m ≠ 0 , ta có y′ = 0 ⇔  . Vậy hàm số luôn có hai điểm cực trị.  x = 2 ⇒ y = −m − 3

ẤP

Giả sử A(0;3m − 3); B(2; −m − 3) .

m = 1 Ta có : 2 AB − (OA + OB ) = 20 ⇔ 11m + 6m − 17 = 0 ⇔  ( thỏa mãn)  m = − 17 11  2

Í-

ÁN

-L

m = 1 Vậy giá trị m cần tìm là:  .  m = − 17 11 

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 55: Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích 48 cm2, hình chữ nhật có chu vi nhỏ nhất bằng: A. 16 3 cm B. 4 3 cm C. 24 cm D. 8 3 cm Hướ Hướng dẫ dẫn Chọn A. Cách 1 Gọi cạnh của hình chữ nhật: a, b; 0 <a, b ≤ 48

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Ta có: ab = 48 ⇔ b =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

48 48   . Chu vi: P ( a ) = 2  a +  a a  

H Ơ

 48  P′( a ) = 2  1 − 2  ; P′(a ) = 0 ⇔ a = 4 3  a 

P′ ( a )

−

P (a)

TP .Q

4 3

Bảng biến thiên:

G Ư N

Cách 2

• Áp dụng bất đẳng thức Côsi: a + b ≥ 2 ab ⇔ a + b ≥ 2 48 = 8 3

• Hình chữ nhật có chu vi nhỏ nhất bằng 16 3 khi cạnh bằng 4 3 .

Câu 56: Tam giác vuông có diện tích lớn nhất là bao nhiêu nếu tổng của một cạnh góc vuông và cạnh huyền bằng hằng số a (a > 0)? a2 a2 a2 2a 2 . B. . . D. . A. C. 9 9 6 3 3 3

ẤP A Ó

a ; cạnh huyền: a − x 2

Í-

Cạnh góc vuông x, 0 < x <

ÁN

Ỡ N

Diện tích tam giác S ( x) =

ID Ư

Hướ Hướng dẫ dẫn

Chọn A.

Cạnh góc vuông còn lại là:

BỒ

TR ẦN

⇔ chu vi nhỏ nhất: 2(a + b) = 16 3

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

16 3

(a − x) 2 − x 2

a (a − 3 x) a 1 ; S ′( x) = 0 ⇔ x = x a 2 − 2ax . S ′( x) = 2 3 2 a 2 − 2ax

Bảng biến thiên: x

a 3

S′( x) S ( x)

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

a 2 −

a2 6 3

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Tam giác có diện tích lớn nhất bằng

. Gọi M là giá trị lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất của C.– 6 .

D. 3.

cos x + 1 hàm số đã cho. Khi đó M+m bằng A.– 4. B.– 5 .

Câu 57: Cho hàm số y =

H Ơ

2 cos 2 x + cos x + 1

a2 a 2a khi cạnh góc vuông , cạnh huyền . 3 3 6 3

Chọn D.

ẠO

Đ G

t = 0 2t 2 + 4t ⇒ f (0) = 1, f (1) = 2 ; f ′(t ) = 0 ⇔  2 (t + 1) t = −2 ∉ [ 0;1]

Ư N

f ′(t ) =

2t 2 + t + 1 , 0 ≤ t ≤1 t +1

Vậy min y = 1, max y = 2 ℝ

TR ẦN

ℝ

sin x + 1 . Gọi M là giá trị lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất của hàm sin x + sin x + 1 số đã cho. Chọn mệnh đề đúng. 2 3 3 A. M = m + . B. M = m + 1 . C. M = m . D. M = m + . 3 2 2

Câu 58: Cho hàm số y =

ẤP

Chọn B.

Hướ Hướng dẫ dẫn

t +1 −t 2 − 2t ′ , f ( t ) = 2 t2 + t +1 (t 2 + t + 1)

Đặt t = sin x, − 1 ≤ t ≤ 1 ⇒ y = f (t ) =

Í-

t = 0 ∈ [ −1;1] 2 ⇒ f (0) = 1, f (−1) = 0, f (1) = . Vậy M = 1, m = 0 f ′(t ) = 0 ⇔  3 t = −2 ∉ [ −1;1]

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Tập xác định: D = ℝ . Đặt t = cos x , 0 ≤ t ≤ 1 ⇒ y = f (t ) =

TP .Q

Hướ Hướng dẫ dẫn

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 59: Cho hai số thực x ≠ 0, y ≠ 0 thay đổi và thỏa mãn điều kiện ( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy . Giá trị 1 1 lớn nhất M của biểu thức A = 3 + 3 là: x y A. M = 0. B. M = 0. C. M = 1. D. M = 16. Hướ Hướng dẫ dẫn Chọn D. 2

1 1 x 3 + y 3 ( x + y )( x 2 − xy + y 2 )  x + y   1 1  + = 3 3 = =  = +  . x3 y 3 x y x3 y 3  xy   x y 

Đặt x = ty . Từ giả thiết ta có: ( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy ⇒ (t + 1)ty 3 = (t 2 − t + 1) y 2 Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com 2

 1 1   t 2 + 2t + 1  t2 − t +1 t2 − t +1 Do đó y = 2 . Từ đó A =  +  =  2 ; x = ty =  . t +t t +1  x y   t − t +1 

1 . 2

Lập bảng biến thiên ta tìm giá trị lớn nhất của A là: 16 đạt được khi x = y =

H Ơ

t 2 + 2t + 1 −3t 2 + 3 ′ . ⇒ f t = ( ) 2 t2 − t +1 ( t 2 − t + 1)

Xét hàm số f (t ) =

TP .Q

x+2 có đường tiệm cận đứng là x = a và đường tiệm cận ngang là 3x + 9 y = b . Giá trị của số nguyên m nhỏ nhất thỏa mãn m ≥ a + b là A. 0 . B. −3 . C. −1 . D. −2 .

ẠO

Câu 60: Đồ thị hàm số y =

G Ư N H

Chọn D

8 Do đó m ≥ a + b ⇔ m ≥ − ⇒ m = −2 3

1 3

Nên a = −3, b =

TR ẦN

Ta có đường tiệm cận đứng là x = −3 và đường tiệm cận ngang là y =

2x − 3 (C ) . Gọi M là điểm bất kỳ trên (C), d là tổng khoảng cách từ M x−2 đến hai đường tiệm cận của đồ thị (C). Giá trị nhỏ nhất của d là A. 5. B. 10. C. 6. D. 2.

Chọn D

Hướ Hư ớng dẫ dẫn

Í-

ẤP

Câu 61: Cho hàm số y =

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Hướ Hướng dẫ dẫn

Phương trình tiệm cận đứng, ngang lần lượt là x − 2 = 0 ( d1 ) , y − 2 = 0 ( d 2 ) .

Ta có d = d ( M , d1 ) + d ( M , d 2 ) = x0 − 2 +

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

 2x − 3  Tọa độ điểm M có dạng M  x0 ; 0  với x0 ≠ 2 x0 − 2  

1 ≥2 x0 − 2

1 2 Câu 62: Cho hàm số : y = x3 − mx 2 − x + m + có đồ thị ( Cm ) . Tất cả các giá trị của tham số m để 3 3 ( Cm ) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa x12 + x22 + x32 > 15 là A. m > 1 hoặc m < −1. B. m < −1 .

C. m > 0 .

D. m > 1 .

Hướ Hướng dẫ dẫn

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọn A. Phương pháp tự tự luậ luận:

Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và đường thẳng d :

H Ơ

1 3 2 x − mx 2 − x + m + = 0 ⇔ ( x − 1)  x 2 + ( −3m + 1) x − 3m − 2  = 0 3 3

U TP .Q ẠO

tại ba điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1

( Cm ) cắt Ox

x = 1 ⇔  x 2 + ( −3m + 1) x − 3m − 2 = 0 (1)   g ( x)

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

∆ g > 0 9m 2 + 6m + 9 > 0 ⇔ ⇔ ⇔ m ≠ 0.  −6 m ≠ 0  g (1) ≠ 0

TR ẦN

 x2 + x3 = 3m − 1 . Gọi x1 = 1 còn x2 , x3 là nghiệm phương trình (1) nên theo Viet ta có   x2 x3 = −3m − 2

Vậy

x12 + x22 + x32 > 15 ⇔ 1 + ( x2 + x3 ) − 2 x2 x3 > 15 2

⇔ ( 3m − 1) + 2 ( 3m + 2 ) − 14 > 0 ⇔ 9m 2 − 9 > 0 ⇔ m > 1 ∨ m < −1

ẤP

Vậy chọn m > 1 ∨ m < −1 .

Phương pháp trắ trắc nghiệ nghiệm: Ta kiểm tra ngay trên đáp án

1 3 4 x + 2 x 2 − x − = 0 thu được 3 nghiệm 3 3 x1 = −6.37..., x2 = 1, x3 = −0.62... Ta chọn những giá trị nhỏ hơn các nghiệm này và kiểm

Í-

+ Với m = −2 , ta giải phương trình bậc ba:

-L

tra điều kiện của bài toán. 2

ÁN

Cụ thể ta tính ( −6.4 ) + 12 + ( −0.63) = 42.3569 > 15 ⇒ loại C, D.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

+ Với m = 2 , ta làm tương tự thu được 3 nghiệm x1 = 6.27..., x2 = 1, x3 = −1.27... 2

Tính 6.22 + 12 + ( −1.3) = 41.13 > 15 ⇒ loại B. Vậy chọn m > 1 ∨ m < −1 .

Câu 63: Cho hàm số y =

x −1 có đồ thị là ( C ) . Gọi điểm M ( x0 ; y0 ) với x0 > −1 là điểm thuộc 2 ( x + 1)

( C ) , biết tiếp tuyến của ( C )

tại điểm M cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm

phân biệt A, B và tam giác OAB có trọng tâm G nằm trên đường thẳng d : 4 x + y = 0 . Hỏi giá trị của x0 + 2 y0 bằng bao nhiêu? Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

7 A. − . 2

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

7 B. . 2

5 C. . 2

5 D. − . 2

Hướ Hướng dẫ dẫn

Chọn A.

H Ơ

 x −1  • Gọi M  x0 ; 0 ∈ C với x0 ≠ −1 là điểm cần tìm.  2 ( x + 1)  ( ) 0  

U TP .Q

x0 − 1 x −1 1 . = ( x − x0 ) + 0 2 2( x0 + 1) ( x0 + 1) 2( x0 + 1)

ẠO

∆ : y = f '( x0 )( x − x0 ) +

• Gọi ∆ tiếp tuyến của ( C ) tại M ta có phương trình.

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 x 2 − 2 x0 − 1   x 2 − 2 x0 − 1  • Gọi A = ∆ ∩ Ox ⇒ A  − 0 . ; 0  và B = ∆ ∩ Oy ⇒ B  0; 0 2  2    2( x0 + 1)  • Khi đó ∆ tạo với hai trục tọa độ ∆OAB có trọng tâm là

(vì A, B không trùng O nên x02 − 2 x0 − 1 ≠ 0 )

( x0 + 1)

⇔4=

x02 − 2 x0 − 1 x02 − 2 x0 − 1 + =0 6 6( x0 + 1) 2

• Do G thuộc đường thẳng 4 x + y = 0 ⇒ −4.

TR ẦN

 x 2 − 2 x0 − 1 x02 − 2 x0 − 1  G− 0 ; . 6 6( x0 + 1) 2  

ẤP

1 1    x0 + 1 = 2  x0 = − 2 . ⇔ ⇔ x + 1 = − 1 x = − 3 0  0 2 2 

Í-

1 7  1 3 • Vì x0 > −1 nên chỉ chọn x0 = − ⇒ M  − ; −  ⇒ x0 + 2 y0 = − . 2 2  2 2

−x + 1 có đồ thị là ( C ) , đường thẳng d : y = x + m . Với mọi m ta luôn có 2x − 1 d cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt A, B . Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với

ÁN

-L

Câu 64: Cho hàm số y =

( C ) tại

A, B . Tìm m để tổng k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất.

B. m = −2 .

C. m = 3 .

D. m = −5 .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

A. m = −1 .

Hướ Hướng dẫ dẫn Chọn A. • Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( C ) là

1  −x + 1 x ≠ 2 = x +m⇔ . 2x − 1  g ( x ) = 2 x 2 + 2mx − m − 1 = 0 (*) 

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

• Theo định lí Viet ta có x1 + x2 = −m; x1 x2 =

( 2 x − 1)

( 2 x1 − 1)

, nên tiếp tuyến của ( C ) tại A và B có hệ số góc lần lượt là

và k2 = −

( 2 x2 − 1)

k1 = −

−1

. Vậy

H Ơ

• Ta có y′ =

−m − 1 . Giả sử A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) . 2

4( x12 + x22 ) − 4( x1 + x2 ) + 2 1 1 k1 + k2 = − − =− 2 (2 x1 − 1)2 (2 x2 − 1) 2 [ 4 x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 1]

TP .Q

= − ( 4m 2 + 8m + 6 ) = −4 ( m + 1) − 2 ≤ −2 2

2x −1 có đồ thị ( C ) . Biết khoảng cách từ I ( −1; 2 ) đến tiếp tuyến của x +1 ( C ) tại M là lớn nhấtthì tung độ của điểm M nằm ở góc phần tư thứ hai, gần giá trị nào nhất? A. 3e . B. 2e . C. e . D. 4e .

TR ẦN

Ư N

Câu 65: Cho hàm số y =

Hướ Hướng dẫ dẫn

( x + 1)

ẤP

• Ta có y′ =

Chọn C. Phương pháp tự tự luậ luận

Í-

 2x −1  • Gọi M  x0 ; 0  ∈ ( C ) , ( x0 ≠ −1) . Phương trình tiếp tuyến tại M là x0 + 1   2x −1 3 y= ( x − x0 ) + 0 ⇔ 3 x − ( x0 + 1) 2 y + 2 x02 − 2 x0 − 1 = 0 . 2 ( x0 + 1) x0 + 1 d ( I, ∆) =

6 x0 + 1 9 + ( x0 + 1)

ÁN

•

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

• Dấu "=" xảy ra ⇔ m = −1 . Vậy k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất bằng −2 khi m = −1 .

6 9 + ( x0 + 1) 2 2 ( x0 + 1)

≤

= 6.

2 9

BỒ

ID Ư

Ỡ N

• Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi

 x0 = −1 + 3 ⇒ y0 = 2 − 3 ( L ) 9 2 2  = ( x + 1) ⇔ x + 1 = 3 ⇔ . ( ) 0 0 ( x0 + 1) 2  x0 = −1 − 3 ⇒ y0 = 2 + 3 ( N ) Tung độ này gần với giá trị e nhất trong các đáp án. Phương pháp trắ trắc nghiệ nghiệm Ta có IM ⊥ ∆ ⇒ cx0 + d = ± ad − bc ⇒ x0 + 1 = ± 2 + 1

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

x−2 có đồ thị ( C ) . Phương trình tiếp tuyến ∆ của đồ thị hàm số ( C ) tạo x +1 với hai đường tiệm cận một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất. Khi đó, khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị ( C ) đến ∆ bằng?

H Ơ

Câu 66: Cho hàm số y =

 x0 = −1 + 3 ⇒ y = 2 − 3 ( L ) ⇔ .  x0 = −1 − 3 ⇒ y = 2 + 3 ( N )

C. 2 3 .

D. 6 .

TP .Q

B. 2 6 .

A. 3 .

Hướ ớng dẫ Hư dẫn

ẠO

Chọn D. Phương pháp tự tự luậ luận

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 x −2 • Gọi M  x0 ; 0  ∈ ( C ) , ( x0 ≠ −1) , I ( −1;1) . Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng x0 + 1   x −2 3 . ∆: y = ( x − x0 ) + 0 2 x0 + 1 ( x0 + 1)

 x −5 • Giao điểm của ∆ với tiệm cận đứng là A  −1; 0 . x0 + 1  

• Giao điểm của ∆ với tiệm cận ngang là B ( 2 x0 + 1;1) .

6 , IB = 2 x0 + 1 ⇒ IA.IB = 12 . Bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ IAB là x0 + 1

• Ta có IA =

S IAB IA.IB IA.IB IA.IB = = ≤ =2 3− 6 . p IA + IB + AB IA + IB + IA2 + IB 2 2 IA.IB + 2.IA.IB

ẤP

S IAB = pr , suy ra

-L

Í-

 x = − 1 + 3 ⇒ y0 = 1 − 3 2 • Suy ra rmax = 2 3 − 6 ⇔ IA = IB ⇔ x0 − 1 = 3 ⇔  M .  xM = −1 − 3 ⇒ y0 = 1 + 3 • IM 3; − 3 ⇒ IM = 6 .

)

ÁN

(

Phương pháp trắ trắc nghiệ nghiệm

BỒ

ID Ư

Ỡ N

• IA = IB ⇒ ∆ IAB vuông cân tại I ⇒ IM ⊥ ∆ .  xM = −1 + 3 ⇒ yM = 1 − 3 • cxM + d = ± ad − bc ⇒ xM + 1 = ± 1 + 2 ⇔   xM = −1 − 3 ⇒ yM = 1 + 3 ⇒ IM = 6 .

2x − 3 có đồ thị ( C ) . Biết rằng tiếp tuyến tại một điểm M bất kỳ của ( C ) x−2 luôn cắt hai tiệm cận của ( C ) tại A và B . Độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng AB là

Câu 67: Cho hàm số y =

A. 4 .

B. 2 .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

C. 2 .

D. 2 2 .

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướ Hướng dẫ dẫn Chọn D.

H Ơ

( x − m) + 2 +

1 . m−2

( m − 2)

Tiếp tuyến tại M có phương trình d : y = −

1  1  Lấy điểm M  m; 2 + .  ∈ ( C ) với m ≠ 2 . Ta có y ' ( m ) = − 2 m−2  ( m − 2)

TP .Q

2   Giao điểm của d với tiệm cận đứng là A  2; 2 + . m−2 

Ư N

  1 2 2 Ta có AB 2 = 4 ( m − 2 ) + ≥ 8 , suy ra AB ≥ 2 2 . Dấu “=” xảy ra khi ( m − 2 ) = 1 ,  2 ( m − 2 )  

TR ẦN

nghĩa là m = 3 hoặc m = −1 .

x 2 + 3x + 3 có đồ thị ( C ) . Tổng khoảng cách từ một điểm M thuộc ( C ) x+2 đến hai hai trục tọa độ đạt giá trị nhỏ nhất bằng ? 1 3 A. 1. B. . C. 2 . D. . 2 2

Câu 68: Cho hàm số y =

Hướ Hướng dẫ dẫn

Chọn D.

ẤP

3  3 Điểm M  0,  nằm trên trục Oy . Khoảng cách từ M đến hai trục là d = . 2  2

Í-

Xét những điểm M có hoành độ lớn hơn

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

Giao điểm của d với tiệm cận ngang là B ( 2m − 2; 2 ) .

ÁN

Xét những điểm M có hoành độ nhỏ hơn

Với 0 < x <

•

Với −

BỒ

ID Ư

Ỡ N

•

3 3 ⇒d = x + y > . 2 2 3 : 2

3 3 3 ⇒ y> ⇒d = x + y > 2 2 2

3 1 1 1 < x < 0; y > 0 ⇒ d = − x + x + 1 + = 1+ ;d ' = − <0. 2 2 x+2 x+2 ( x + 2)

Chứng tỏ hàm số nghịch biến. Suy ra min d = y ( 0 ) =

Câu 69: Tọa độ cặp điểm thuộc đồ thị (C ) của hàm số y =

d : x − 2 y − 6 = 0 là A. ( 4; 4 ) và ( −1; −1) .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

3 . 2

x+4 đối xứng nhau qua đường thẳng x−2

B. (1; −5 ) và ( −1; −1) .

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

C. ( 0; −2 ) và ( 3; 7 ) .

D. (1; −5 ) và ( 5;3) . Hướ Hướng dẫ dẫn

H Ơ

1 x − 3 suy ra ∆ : y = −2 x + m . 2

Gọi đường thẳng ∆ vuông góc với đường thẳng d : y =

Chọn B.

Giả sử ∆ cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B . Khi đó hoành độ của A, B là nghiệm của

Ư N

Điề Điều kiệ kiện cầ cần:

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

x ≠ 2 x+4  = −2 x + m ⇔  2 x 2 − (m + 3) x + 2m + 4 = 0 . x−2  h(x) 

TP .Q

phương trình

Để ∆ cắt (C ) tại hai điểm phân biệt thì phương trình h( x) = 0 có hai nghiệm phân biệt

TR ẦN

m < 5 − 4 3  m 2 − 10m − 23 > 0 ∆ > 0 khác 2 , tức là  ⇔ ⇔ (*).  h(2) ≠ 0  −6 ≠ 0  m > 5 + 4 3

Điề Điều kiệ kiện đủ đủ:

Gọi I là trung điểm của AB , ta có:

hai

A, B

đối

xứng

nhau

qua

d : x − 2y − 6 = 0

khi

m+3 3m + 3 − 2. − 6 = 0 ⇔ m = −3 (thỏa điều kiện (*)). 4 2

Í-

I ∈d ⇔

điểm

Để

ẤP

m+3  x A + xB xI =    xI =   m + 3 3m + 3  4 ; ⇔ ⇒I 2  . 2   4  yI = 2 xI + m y = m +3 + m  I 2

ÁN

-L

 x = −1 ⇒ y = −1 Với m = −3 phương trình h( x) = 0 ⇔ 2 x 2 − 2 = 0 ⇔   x = 1 ⇒ y = −5

Ỡ N

Vậy tọa hai điểm cần tìm là (1; −5 ) và ( −1; −1) . (CHUYÊN QUANG TRUNG) Để hàm số y =

khoảng nào ? A. ( 0; 2 ) .

B. ( −4; −2 ) .

BỒ

ID Ư

Câu 70:

x 2 + mx + 1 đạt cực đại tại x = 2 thì m thuộc x+m

C. ( −2;0 ) .

D. ( 2; 4 ) .

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọ Chọn B. • Tập xác định: D = ℝ \ {− m} .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

x 2 + 2mx + m 2 − 1

( x + m)

• Hàm số đạt cực trị tại x = 2 thì y′ ( 2 ) = 0 ⇒

4 + 4m + m 2 − 1

( 2 + m)

 m = −3 =0⇒  .  m = −1

• Đạo hàm: y′ =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

x = 2 . Lập bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt ; y′ = 0 ⇔  ( x − 3) x = 4 cực đại tại x = 2 nên m = −3 ta nhận. x = 0 x2 − 2x . Lập bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực • Với m = −1 ⇒ y′ = ; y′ = 0 ⇔  2 ( x − 1) x = 2

H Ơ

x2 − 6 x + 8 2

TP .Q

• Với m = −3 ⇒ y′ =

tiểu tại x = 2 nên m = −1 ta loại.

)

) + 15xy là

Ư N

B. min P = −91 . C. min P = −83 . Hướng Hướng dẫn giải

Chọn C. C. Ta

D. min P = −63 .

TR ẦN

có

x + y ≥ 4 x + y = 2( x − 3 + y + 3) ⇔ ( x + y ) 2 = 4( x + y ) + 8 x − 3. y + 3 ≥ 4( x + y ) ⇔  x + y ≤ 0

Mặt khác x + y = 2( x − 3 + y + 3) ≤ 2 2( x + y ) ⇔ x + y ≤ 8 ⇒ x + y ∈ [ 4;8]

Xét biểu thức P = 4( x 2 + y 2 ) + 15 xy = 4( x + y ) 2 + 7 xy ≥ 16( x + y ) + 7 xy = 7 x ( y + 3) + 16 y − 5 x . ,

kết

hợp

với

ẤP

y +3 ≥ 0 ⇒ P ≥ 16(4 − x) − 5 x = 64 − 21x Mà  y ≥ 4 − x x + y ≥ 4 ⇒ x ∈ [3;7 ] ⇒ 64 − 21x ≥ −83

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là −83 y

hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình bên. Tất Câu 72: (CHUYÊN VINH – L2)Cho L2) cả các giá trị của tham số m để hàm số y = f ( x ) + m có ba điểm cực trị

Í-

là A. m ≤ −1 hoặc m ≥ 3 . B. m ≤ −3 hoặc m ≥ 1 . C. m = −1 hoặc m = 3 . D. 1 ≤ m ≤ 3 . Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọ Chọn A.

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

A. min P = −80 .

x − 3 + y + 3 . Giá trị nhỏ

nhất của biểu thức P = 4 ( x + y 2

(

ẠO

các số thực x, y thỏa mãn x + y = 2 Câu 71: (CHUYÊN VINH – L2)Cho L2)

−3

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Nhận xét: Đồ thị hàm số y = f ( x ) + m gồm hai phần: •

Phần 1 là phần đồ thị hàm số y = f ( x ) + m nằm phía trên trục hoành;

•

Phần 2 là phần đối xứng của đồ thị hàm số y = f ( x ) + m nằm phía dưới trục hoành

qua trục hoành. Dựa vào đồ thị của hàm số y = f ( x ) đã cho hình bên ta suy ra dạng đồ thị của hàm số

y = f ( x ) + m . Khi đó hàm số y = f ( x ) + m có ba điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số y = f ( x ) + m và trục hoành tại nhiều nhất hai điểm chung

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Câu 73: (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH – L2) Cho hàm số y = f ( x) = ax3 + bx 2 + cx + d có bảng biến thiên như sau: 0

−

+∞

TP .Q

H Ơ

y′

+∞

−∞

 1+ m ≤ 0  m ≤ −1 ⇔ ⇔ .  −3 + m ≥ 0  m≥3

1 2

1 ≤ m < 1. 2

C. 0 < m < 1 .

D. 0 < m ≤ 1 .

1 < m < 1. 2

Hướng dẫn giải

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

Khi đó | f ( x) |= m có bốn nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 < < x4 khi và chỉ khi

TR ẦN

Chọn A.

ẤP

x = 0 NX: f ( x ) = 0 ⇔  . x = − 1 2 

 f ( 0) = 1 a = 2  b = −3  f (1) = 0  Ta có  , suy ra y = f ( x) = 2 x 3 − 3x 2 + 1. ⇔  f ′ (0) = 0 c = 0 f′ 1 =0 d = 1  ( )

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Í-

Bảng biến thiên của hàm số y = f ( x) như sau:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình | f ( x) |= m có bốn nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 <

1 1 < x4 khi và chỉ khi < m < 1 . 2 2

Câu 74: (CHUYÊN THÁI BÌNH – L4) Cho hàm số y = f ( x) = x( x 2 − 1)( x 2 − 4)( x 2 − 9) . Hỏi đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) cắt trục hoành tại bao nhiêu điểm phân biệt? A. 3.

B. 5.

C. 6. Hướng dẫn giải

D. 4.

Chọn C Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Ta có f ( x ) = x ( x 2 − 1)( x 2 − 4 )( x 2 − 9 ) = ( x 3 − x )( x 4 − 13 x 2 + 36 ) = x 7 − 14 x5 + 49 x3 − 36 x

f ′ ( x ) = 7 x 6 − 70 x 4 + 147 x 2 − 36 Đặt t = x 2 , t ≥ 0

g ′ ( t ) = 21t 2 − 140t + 147 = 0

Do phương trình

H Ơ

Xét hàm g ( t ) = 7t 3 − 70t 2 + 147t − 36 có hai nghiệm dương phân biệt và

g ( 0 ) = −36 < 0 nên g ( t ) = 0 có 3 nghiệm dương phân biệt

TP .Q

Do đó f ′ ( x ) = 0 có 6 nghiệm phân biệt.

Câu 75: (CHUYÊN THÁI BÌNH – L4) Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số B. m ≤ −2.

C. m > 1. Hướng dẫn giải.

D. m < 1.

A. m ≥ −2.

ẠO

y = ( m − x 3 ) 1 − x 3 đồng biến trên ( 0; 1) .

2 1− x

G Ư N

3x 2 2 1− x

( 3x

− m − 2) .

ẤP

x = 0 y′ = 0 ⇔  . x = 3 m + 2  3 * Trường hợp 1: m = −2 , ta có bảng xét dấu:

. ( m − x3 ) =

TR ẦN

3x 2

+ y ′ = −3 x 2 1 − x 3 −

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Chọn B + Tập xác định: D = ( −∞; 1] .

Dựa vào BXD, ta có y′ < 0, ∀x ∈ ( 0; 1) ⇒ hàm số nghịch biến trên ( 0; 1) .

* Trường hợp 2: m ≠ −2 .

-L

Í-

Để hàm số nghịch biến trên ( 0; 1) thì

m+2 < 0 ⇔ m < −2 . 3

ÁN

Vậy m ≤ −2 thì hàm số nghịch biến trên ( 0; 1) .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 76: (CHUYÊN THÁI BÌNH – L4) Phương trình 2017sin x = sin x + 2 − cos 2 x có bao nhiêu nghiệm thực trong [ −5π ; 2017π ] ? A. vô nghiệm.

B. 2017 .

C. 2022 . Hướng dẫn giải

D. 2023 .

Chọn D Ta có hàm số y = 2017sin x − sin x − 2 − cos 2 x tuần hoàn với chu kỳ T = 2π . Xét hàm số y = 2017sin x − sin x − 2 − cos 2 x trên [ 0; 2π ] . Ta có

y′ = cos x.2017sin x.ln 2017 − cos x −

 sin x  = cos x.  2017sin x.ln 2017 − 1 −  2 2 − cos 2 x 1 + sin 2 x  

2sin x.cos x

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ N Y U

 π y   2

 3π  y   2

ẠO

2π

TP .Q

π 3π Do vậy trên [ 0; 2π ] , y′ = 0 ⇔ cos x = 0 ⇔ x = ∨ x = . 2 2 1 π   3π  −1− 2 < 0 y   = 2017 − 1 − 2 > 0 ; y   = 2  2  2017 Bảng biến thiên x π 3π 0 2 2 y′ 0 0 + − +

Vậy trên [ 0; 2π ] phương trình 2017sin x = sin x + 2 − cos 2 x có đúng ba nghiệm phân biệt.

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ta có y (π ) = 0 , nên trên [ 0; 2π ] phương trình 2017sin x = sin x + 2 − cos 2 x có ba nghiệm

phân biệt là 0, π , 2π .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Í-

ẤP

TR ẦN

Suy ra trên [ −5π ; 2017π ] phương trình có đúng 2017 − ( −5 ) + 1 = 2023 nghiệm.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)

2 ( 3x − 1) ln 2

C. y′ =

6 ( 3x − 1) ln 2

D. y′ =

2 3x − 1 ln 2

B. y′ =

3 x − 1 là:

H Ơ

6 3x − 1 ln 2

A. y′ =

(SGD VĨNH VĨNH PHÚC)Đạo PHÚC) hàm của hàm số y = log

Câu 1:

Chủ Chủ đề 2. LŨY THỪA – MŨ – LOGARIT

TP .Q

Hướ ớng dẫ dẫn giả giải Hư

3 6 = . ( 3x − 1) ln 2 ( 3x − 1) ln 2

( 3x − 1)′ ( 3x − 1) ln

Ư N

3 x − 1 ⇒ y′ =

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Bất phương trình 2.5x + 2 + 5.2 x + 2 ≤ 133. 10 x có tập nghiệm là S = [ a; b] thì b − 2a bằng A. 6

TR ẦN

Câu 2:

B.10

C. 12

D.16

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Ta có: 2.5x+ 2 + 5.2 x + 2 ≤ 133. 10 x ⇔ 50.5x + 20.2 x ≤ 133 10 x chia hai vế bất phương trình x

x  2 20.2 x 133 10 x 2 cho 5 ta được : 50 + x ≤ ⇔ 50 + 20. ≤ 133.   (1)   5 5x 5  5

ẤP

 2 2 25 2 Đặt t =   , (t ≥ 0) phương trình (1) trở thành: 20t − 133t + 50 ≤ 0 ⇔ ≤ t ≤  5 4  5 x

Í-

2 x −4 2  2 25 2 2 2 Khi đó ta có: ≤  ≤ ⇔ ≤ ≤        ⇔ −4 ≤ x ≤ 2 nên a = −4, b = 2 5  5  4 5 5 5

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

y = log

ẠO

Chọn Chọn C. Điều kiện: 3 x − 1 ≠ 0

Vậy b − 2a = 10

BỒ

ID Ư

Ỡ N

BÌNH LUẬN

Câu 3:

2α 2α Phương pháp giải bất phương trình dạng ma + n ( ab ) + pb > 0 : chia 2 vế của bất 2α 2α phương trình cho a hoặc b .

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho a

(

là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn

)

3log 3 1 + a + a > 2 log 2 a . Tìm phần nguyên của log 2 ( 2017a ) . A.. 14

B. 22

C. 16

D. 19

Hướ Hư ớng dẫn giả giải

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Đặt t = 6 a , t > 0 , từ giả thiết ta có 3log 3 (1 + t 3 + t 2 ) > 2 log 2 t 3 ⇔ f ( t ) = log 3 (1 + t 3 + t 2 ) − log 2 t 2 > 0

H Ơ

3 2 1 3t 2 + 2t 2 1 ( 3ln 2 − 2 ln 3) t + ( 2 ln 2 − 2 ln 3) t − 2 ln 3 . − . = ln 3 t 3 + t 2 + 1 ln 2 t ln 2.ln 3. ( t 4 + t 3 + t )

f ′ (t ) =

Vì đề xét a nguyên dương nên ta xét t ≥ 1 .

TP .Q

Xét g ( t ) = ( 3ln 2 − 2 ln 3) t 3 + ( 2 ln 2 − 2 ln 3) t 2 − 2 ln 3

Đ G

3ln 8

4 < 0. 9

Ư N

2 ln 9

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

g′ (t ) = 0 ⇔ t =

ẠO

8 4 8 4  Ta có g ′ ( t ) = 3ln t 2 + 2 ln t = t  3ln t + 2 ln  9 9 9 9 

TR ẦN

Lập bảng biến thiên suy ra hàm số g ( t ) giảm trên khoảng [1; +∞ ) .

Suy ra g ( t ) ≤ g (1) = 5ln 2 − 6 ln 3 < 0 ⇒ f ′ ( t ) < 0 .

Suy ra hàm số f ( t ) luôn giảm trên khoảng [1; +∞ ) .

Nên t = 4 là nghiệm duy nhất của phương trình f ( t ) = 0 .

ẤP

Suy ra f ( t ) > 0 ⇔ f ( t ) > f ( 4 ) ⇔ t < 4 ⇔ 6 a < 4 ⇔ a < 4096 .

Nên số nguyên a lớn nhất thỏa mãn giả thiết bài toán là a = 4095 .

Lúc đó log 2 ( 2017 a ) ≈ 22,97764311 .

-L

Í-

Nên phần nguyên của log 2 ( 2017a ) bằng 22.

ÁN

Đáp án: B.

15 là một nghiệm của bất phương trình 2 2 log a ( 23 x − 23) > log a ( x 2 + 2 x + 15 ) (*). Tập nghiệm T của bất phương trình (*) là:

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Biết

19   A. T =  −∞;  . 2 

 17  B. T =  1;  .  2

C. T = ( 2;8 ) .

D. T = ( 2;19 ) .

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 4:

2 log a ( 23 x − 23) > log

+ 2 x + 15 ) ⇔ log a ( 23 x − 23) > log a ( x 2 + 2 x + 15 )

Nếu a > 1 ta có

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2  23 x − 23 > x + 2 x + 15 log a ( 23 x − 23) > log a ( x 2 + 2 x + 15 ) ⇔  2 ⇔ 2 < x < 19  x + 2 x + 15 > 0

Nếu 0 < a < 1 ta có

ẠO

BÌNH LUẬN

y = loga b đồng biến nếu a > 1 Sử dụng tính chất của hàm số logarit nghịch biến nếu 0 < a < 1  a > 1   g ( x ) > 0   f ( x ) > g ( x ) log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔   0 < a < 1  f ( x ) > 0    f ( x ) < g ( x )

Ư N

TR ẦN

Câu 5:

(T.T DIỆU HIỀN) Tìm m để phương trình : 2

+ 4 ( m − 5 ) log 1

ẤP

( m − 1) log 21 ( x − 2 )

1 5  + 4m − 4 = 0 có nghiệm trên  , 4  x−2 2 

7 A. −3 ≤ m ≤ . 3

B. m ∈ ℝ .

Í-

C. m ∈ ∅ .

D. −3 < m ≤

7 . 3

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

N Y U

15 là một nghiệm của bất phương trình.Chọn D. 2

TP .Q

Mà x =

H Ơ

23 x − 23 < x 2 + 2 x + 15 1 < x < 2 log a ( 23 x − 23) > log a ( x 2 + 2 x + 15 ) ⇔  ⇔  x > 19 23 x − 23 > 0

ÁN

Chọ Chọn A.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

5  Đặt t = log 1 ( x − 2 ) . Do x ∈  ; 4  ⇒ t ∈ [ −1;1] 2  2

4 ( m − 1) t 2 + 4(m − 5)t + 4m − 4 = 0 ⇔ ( m − 1) t 2 + ( m − 5 ) t + m − 1 = 0 ⇔ m ( t 2 + t + 1) = t 2 + 5t + 1 ⇔m=

t 2 + 5t + 1 t2 + t +1

⇔ g ( m) = f (t ) Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

t 2 + 5t + 1 với t ∈ [ −1;1] t2 + t +1

phương

≥ 0 ∀t ∈ [ −1;1] ⇒ Hàm số đồng biến trên đoạn [ −1;1]

trình

có

nghiệm

khi

hai

g ( m) ; f (t )

thị

7 3

cắt

nhau

TP .Q

∀t ∈ [ −1;1] ⇒ f (−1) ≤ g ( m ) ≤ f (1) ⇔ −3 ≤ m ≤

đồ

H Ơ

+ t + 1)

Để

4 − 4t 2

Xét f ( t ) =

f ′ (t ) =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

BÌNH LUẬN

G Ư N

(LẠNG GIANG SỐ 1) Số các giá trị nguyên dương để bất phương trình 2 2 2 3cos x + 2sin x ≥ m.3sin x có nghiệm là A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 .

TR ẦN

Câu 6:

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Chọ Chọn A.

⇔ 3(

1−t )

+ 2t ≥ 3t ⇔

3 2 +   ( 0 ≤ t ≤ 1) 9t  3 

Đặt: y =

3 3 2 + 2t ≥ m.3t ⇔ +  ≥ m 2 t 3 ( 3t )  3 

ẤP

3cos x + 2sin x ≥ m.3sin

Đặt sin 2 x = t ( 0 ≤ t ≤ 1)

Í-

1 2 2 1 y′ = 3.   .ln +   .ln < 0 ⇒ Hàm số luôn nghịch biến 9 3 3 9

f(t)

_ 4

BỒ

ID Ư

Ỡ N

f'(t)

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

Đây là dạng toán ứng dụng hàm số để giải bài toán chứa tham số. Đối với bài toán biện luận nghiệm mà chứa tham số thì phải tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ sau đó cô lập m rồi tìm max, min hàm số.

1 Dựa vào bảng biến thiên suy ra m ≤ 1 thì phương trình có nghiệm Suy ra các giá trị nguyên dương cần tìm m = 1 .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 7:

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

(LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để phương trình 2 2 m.3x −3 x + 2 + 34 − x = 36 −3 x + m có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. B. 2. C. 3. D. 4. A. 1.

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

3x −3 x + 2 = u Đặt. ⇒ u.v = 36−3 x . Khi đó phương trình  4− x 3 = v mu + v = uv + m ⇔ m ( u − 1) − v ( u − 1) = 0 ⇔ ( u − 1)( m − v ) = 0

H Ơ

Chọn A. trở

thành

TP .Q

3 =1 u = 1 ⇔ ⇔ 32− x = m ( m > 0 ) v = m

ẠO

x 2 −3 x + 2

TR ẦN

Ư N

x =1  x 2 − 3x + 2 = 0  ⇔ ⇔ x = 2 2  4 − x = log 3 m  x 2 = 4 − log 3 m 2

Để phương trình có ba nghiệm thì x = 4 − log 3 m có một nghiệm khác 1;2 . Tức

4 − log 3 m = 0 ⇔ m = 81.

Chọ Chọn A.

log a log b log c b2 = = = log x ≠ 0; = x y . Tính y theo p, q, r . (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Cho p q r ac p + r B. y = . C. y = 2q − p − r . D. y = 2q − pr . A. y = q 2 − pr . 2q

ẤP

Câu 8:

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Í-

Chọn C. b2 b2 = x y ⇔ log = log x y ac ac ⇒ y log x = 2 log b − log a − log c = 2q log x − p log x − r log x

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ID Ư

Ỡ N

= log x ( 2q − p − r ) ⇒ y = 2q − p − r (do log x ≠ 0 ). BÌNH LUẬN

BỒ

Câu 9:

Sử dụng log a bc = log a b + log a c,log a

b = log a b − log a c,log a bm = m log a b c

(CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho hàm số  1  A= f  +  100 

A. 50 .

 2  f  + ... +  100 

f ( x) =

4x . Tính giá trị biểu thức 4x + 2

 100  f ?  100 

B. 49 .

149 . 3 Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

301 . 6

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọ Chọn D. X  100  4   = 301 . Cách 1. Bấm máy tính Casio fx 570 theo công thức ∑ X   6 X =1  100  4 + 2   4x Cách 2.Sử . Ta có 2. dụng tính chất f ( x ) + f (1 − x ) = 1 của hàm số f ( x ) = x 4 +2   1    49   99     2   98    51    50  A=f  + f   +  f  + f    + ... +  f  + f   + f  +  100     100   100    100    100    100    100 

1 2

4 +2

4 301 = 4+2 6

H Ơ

TP .Q

= 49 +

 100  f   100 

100

4x . 4x + 2 4x 41− x 4x 4 4x 2 Ta có f ( x ) + f (1 − x ) = x + 1− x = x + = + = 1. x x 4 + 2 4 + 2 4 + 2 4 + 2.4 4 + 2 2 + 4x

Ư N

B. 218.

C. 8.

TR ẦN

A. 29.

Câu 10: (THTT – 477) Nếu log 8 a + log 4 b 2 = 5 và log 4 a 2 + log8 b = 7 thì giá trị của ab bằng D. 2.

Chọ Chọn A. Đặt x = log 2 a ⇒ a = 2 x ; y = log 2 b ⇒ b = 2 y .

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

1 x+ y =5 log8 a + log 4 b = 5  x + 3 y = 15 x = 6  3 ⇔ ⇔ ⇔ Ta có  . Suy ra ab = 2 x + y = 29 . 2 1 3 + = 21 = 3 x y y log a + log b = 7   x + y = 7 8  4  3 BÌNH LUẬN Nguyên tắc trong bài này là đưa về logarit cơ số 2.

ẤP

một

số

nguyên.

Giá

trị

của

biểu

thức

Í-

Câu 11: (THTT – 477) Cho n > 1 là 1 1 1 bằng + + ... + log 2 n ! log 3 n ! log n n ! B. n. A. 0.

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

PS: Chứng minh tính chất của hàm số f ( x ) =

C. n !.

D. 1.

ÁN

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

n > 1, n ∈ ℤ ⇒

1 1 1 1 + + + ... + = log n! 2 + log n! 3 + log n! 4 + ... + log n! n log 2 n ! log 3 n ! log 4 n ! log n n !

= log n! ( 2.3.4...n ) = log n! n ! = 1

BÌNH LUẬN

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Chọ Chọn D.

loga b =

1 , loga bc = loga b + loga c , loga a = 1 logb a

Sử dụng công thức

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Câu 12: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 2 x + 2 y = 4 . Tìm giá trị lớn nhất Pmax của biểu thức P = ( 2 x 2 + y )( 2 y 2 + x ) + 9 xy .

27 . 2

B. Pmax = 18 .

C. Pmax = 27 .

D. Pmax = 12 .

A. Pmax =

H Ơ

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Chọn B.

TP .Q

Ta có 4 = 2 x + 2 y ≥ 2 2 x + y ⇔ 4 ≥ 2 x + y ⇔ x + y ≤ 2 . 2

ẠO

 x+ y Suy ra xy ≤   = 1.  2 

Đ G

Ư N

Vậy Pmax = 18 khi x = y = 1 .

(

+m 7+3 5

)

= 2x

−1

có đúng hai nghiệm phân biệt.

1 . 16

ẤP

B. 0 ≤ m <

1 . 16

C. −

1 1 <m≤ . 2 16

 1 − 2 < m ≤ 0 D.  . m = 1  16

A. m <

(7 − 3 5 )

(CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình

Câu 13:

TR ẦN

2 2 P = 2 ( x + y ) ( x + y ) − 3 xy  + ( 2 xy ) + 10 xy   ≤ 4 ( 4 − 3 xy ) + 4 x 2 y 2 + 10 xy = 16 + 2 x 2 y 2 + 2 xy ( xy − 1) ≤ 18

Chọ Chọn D.

Í-

 7−3 5  7+3 5  1 PT ⇔   + m  = . 2  2  2  

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Khi đó P = ( 2 x 2 + y )( 2 y 2 + x ) + 9 xy = 2 ( x 3 + y 3 ) + 4 x 2 y 2 + 10 xy .

Ta có g ′ ( t ) = 1 − 4t = 0 ⇔ t =

1 . 4

Suy ra bảng biến thiên:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

7−3 5  2 2 Đặt t =   ∈ ( 0;1] . Khi đó PT ⇒ 2t − t + 2m = 0 ⇔ 2m = t − 2t = g ( t ) (1). 2  

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

1 4 0

−

g′ (t )

1 8

g (t )

−1

TP .Q

ẠO Đ G

Ư N

1  1 m=   2m = 16 . ⇔ ⇔ 8  1  − <m≤0  −1 < 2m ≤ 0  2

BÌNH LUẬN

TR ẦN

Trong bài này các em cần lưu ý tìm điều kiện đúng cho t và mối quan hệ số nghiệm giữa biến cũ và biến mới, tức là mỗi t ∈ ( 0;1) cho ta hai giá trị x . x+

1 4x

x 1 + 4 x

= 4 là

+2 Câu 14: (CHUYÊN ĐHSP HN) Số nghiệm thực phân biệt của phương trình 2 B. 3. C. 1. D. 0. A. 2.

1 1 x 1 ≥ 1 , dấu bằng xẩy ra khi x = và + ≥ 1 , 4x 2 4 x

- Nếu x > 0 ⇒ x +

ẤP

Chọ Chọn D. Điều kiện x ≠ 0

1 4x

dấu bằng xẩy ra khi x = 2 suy ra 2

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

PT đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt ⇔ (1) có đúng 1 nghiệm t ∈ ( 0;1)

H Ơ

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

> 4, ∀x > 0

1 x+ 1 1 1 1 ≥1⇒ x + ≤ −1 ⇒ 2 4 x ≤ , dấu bằng xẩy ra khi x = − 2 4x 4x 2

ÁN

-L

- Nếu x < 0 ⇒ − x −

x 1 + x

+ 24

BỒ

ID Ư

Ỡ N

x 1 + 1 x 1 x 1 4 x và − − ≥ 1 ⇒ + ≤ −1 ⇒ 2 ≤ , dấu bằng xẩy ra khi x = 2 4 x 4 x 2

Suy ra 2

1 4x

x 1 + x

+ 24

< 1, ∀x < 0

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. BÌNH LUẬN Sử dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương a + b ≥ 2 ab , dấu “=” xảy ra khi a = b.

(

)

Câu 15: (CHUYÊN ĐH VINH) Số nghiệm của phương trình log 3 x 2 − 2 x = log 5 x 2 − 2 x + 2 là

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

A. 3.

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

B. 2.

C. 1.

D. 4.

Đáp án: B.

ĐK: x ≠ 0; x ≠ 2 .

H Ơ

Đặt t = x 2 − 2 x ⇒ x 2 − 2 x + 2 = t + 2

⇒ log 3 t = log 5 ( t + 2 ) .

TP .Q ẠO

 t = 3u  u t + 2 = 5

log 3 t = u ⇒  log 5 ( t + 2 ) = u

Đặt log 3 t = log 5 ( t + 2 ) = u

G Ư N .

TR ẦN

5u + 3u = 2 (1) 5u − 2 = 3u 5u + 3u = 2  u u ⇒ u ⇒ u ⇒  3  1 u u  5 − 2 = −3 3 + 2 = 5  5  + 2  5  = 1 (2) 

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

⇒ 5u − 2 = 3u

• Xét (1) : 5u + 3u = 2

Ta thấy u = 0 là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT để chứng minh nghiệm u = 0 là duy nhất.

Với u = 0 ⇒ t = −1 ⇒ x 2 − 2 x + 1 = 0 , phương trình này vô nghiệm. u

ẤP

 3 1 • Xét ( 2 ) :   + 2   = 1 5 5 Ta thấy u = 1 là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT để chứng minh nghiệm u = 1 là duy nhất.

-L

Í-

Với u = 0 ⇒ t = 3 ⇒ x 2 − 2 x − 3 = 0 , phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa

ÁN

x ≠ 0; x ≠ 2 .

Ỡ N

BÌNH LUẬN

Cho f ( x ) = g ( x )(1) nếu f ( x ) , g ( x ) đối nghịch nhau nghiêm ngặt hoặc g ( x ) = const và

f ( x ) tăng, giảm nghiêm ngặt thì (1) có nghiệm duy nhất.

BỒ

ID Ư

Câu 16: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: log3 (1 − x 2 ) + log 1 ( x + m − 4) = 0 . 3

−1 A. < m < 0 . 4

21 B. 5 ≤ m ≤ . 4

C. 5 < m <

21 . 4

−1 ≤ m≤ 2. 4

Chọ Chọn C.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2 1 − x > 0  x ∈ ( −1;1) log 3 (1 − x 2 ) + log 1 ( x + m − 4) = 0 ⇔  ⇔ 2 2 3 log 3 (1 − x ) = log 3 ( x + m − 4) 1 − x = x + m − 4

Yêu cầu bài toán ⇔ f ( x ) = x 2 + x + m − 5 = 0 có 2 nghiệm phân biệt ∈ ( −1;1)

H Ơ

Cách 1: 1 Dùng định lí về dấu tam thức bậc hai.

Để thỏa yêu cầu bài toán ta phải có phương trình f ( x ) = 0 có hai nghiệm thỏa:

TP .Q

−1 < x1 < x2 < 1

ẠO Đ G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

a. f ( −1) > 0  m − 5 > 0 a. f (1) > 0 21  ⇔ ∆ > 0 ⇔ m − 3 > 0 ⇔ 5 < m < . 4  21 − 4m > 0  −1 < S < 1  2

Cách 2: Với điều kiện có nghiệm, tìm các nghiệm của phương trình f ( x ) = 0 rồi so sánh

TR ẦN

trực tiếp các nghiệm với 1 và −1 .

Cách 3: Dùng đồ thị

khi và chỉ khi đường thẳng y = −m cắt đồ thị hàm số y = x 2 + x − 5 tại hai điểm phân

( −1;1)

Đường thẳng y = −m cắt đồ thị hàm số y = x 2 + x − 5 tại hai điểm phân biệt trong khoảng

2+ ẤP

Cách 4: 4 Dùng đạo hàm

biệt có hoành độ ∈ ( −1;1) .

1 2

Xét hàm số f ( x ) = x 2 + x − 5 ⇒ f ′ ( x ) = 2 x + 1 = 0 ⇒ x = −

-L

Í-

21  1 Có f  −  = − ; f (1) = −3; f ( −1) = −5 4  2

−1

f ′( x) f ( x)

−

– −5

1 2

−

21 4

+ 3

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Ta có bảng biến thiên

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Dựa vào bảng biến thiên, để có hai nghiệm phân biệt trong khoảng

−

( −1;1)

khi

21 21 < − m < −5 ⇒ > m >5. 4 4

H Ơ

Cách 5: 5 Dùng MTCT

Sau khi đưa về phương trình x 2 + x + m − 5 = 0 , ta nhập phương trình vào máy tính.

* Giải khi m = −0, 2 : không thỏa ⇒ loại A, D.

các

)

.log 2 x − 2 x + 3 = 4

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

1 3 A.  ; −1;  . 2 2

x−m

giá

trị

của

để

phương

trình

.log 2 ( 2 x − m + 2 ) có đúng ba nghiệm phân biệt là:

1 3 B. − ;1;  .  2 2

ẠO

(

cả 2

1 3 C.  ;1; −  . 2 2

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

1 3 D.  ;1;  . 2 2

tất

( x −1)2

Ư N

Câu 17: Tập

TP .Q

* Giải khi m = 5 : không thỏa ⇒ loại B.

(

TR ẦN

Chọ Chọn D

)

2 2 x−m .log 2 ( x − 1) + 2  = 2 .log 2 ( 2 x − m + 2 ) ( 2 )  

x −1)

⇔ 2(

Ta có 2( x −1) .log 2 x 2 − 2 x + 3 = 4 x − m .log 2 ( 2 x − m + 2 ) (1)

Xét hàm số f ( t ) = 2t.log 2 ( t + 2 ) , t ≥ 0.

ẤP

Vì f ′ ( t ) > 0, ∀t ≥ 0 ⇒ hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ )





2 2 Khi đó ( 2 ) ⇔ f ( x − 1)  = f ( 2 x − m ) ⇔ ( x − 1) = 2 x − m

ÁN

-L

Í-

 x 2 − 4 x + 1 + 2m = 0 ( 3 ) ⇔ 2  x = 2m − 1( 4 )

Phương trình (1) có đúng ba nghiệm phân biệt nếu xảy ra các trường hợp sau:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

+) PT ( 3) có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT ( 4 )

⇒m=

3 , thay vào PT ( 4 ) thỏa mãn 2

+) PT ( 4 ) có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT ( 3)

⇒m=

1 , thay vào PT ( 3) thỏa mãn 2

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

+) PT ( 4 ) có hai nghiệm phân biệt và PT ( 3) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm của hai PT trùng nhau

1 3 < m < . Thay vào PT ( 3) tìm được m = 1. 2 2

H Ơ

2m − 1 ,với

( 4) ⇔ x = ±

BÌNH LUẬN

ẠO

B1: Đưa phương trình về dạng f ( u ) = f ( v ) với u , v là hai hàm theo x .

TP .Q

1 3 KL: m ∈  ;1;  . 2 2

TR ẦN

B4: f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v

để

00 ta

trình

có

(3m + 1) t 2 + (2 − m) t + 1 < 0, ∀ t > 1 ⇔ (3 t 2 − t) m < − t 2 − 2t − 1 ∀ t > 1 ⇔ m <

−t − 2t − 1 ∀t >1 3t 2 − t

7t 2 + 6t − 1 −t 2 − 2t − 1 ⇒ '(t) = > 0 ∀t ∈ (1; +∞) f +∞ tr n ê 1; ( ) 3t 2 − t (3 t 2 − t) 2

Xét hàm số f (t ) =

phương

đó

ẤP

Khi

Đặt 2 x = t . Do x > 0 ⇒ t > 1 .

Chọ Chọn đáp đáp án B

bất

1  D.  −2; −  . 3 

Câu 18: (QUẢNG XƯƠNG I) Tất cả các giá trị của m (3m + 1)12 x + (2 − m)6 x + 3x < 0 có nghiệm đúng ∀x > 0 là: 1  B. (−∞; −2] . C.  −∞; −  . A. ( −2; +∞ ) . 3 

1 +∞

f'(t)

ÁN

-L

BBT

Ỡ N

−

1 3

f(t)

ID Ư

BỒ

Ư N

B3: Dùng đạo hàm chứng minh hàm số f ( t ) , t ∈ D tăng hoặc giảm nghiêm ngặt trên D.

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

B2: Xét hàm số f ( t ) , t ∈ D.

−2

Do đó m ≤ lim+ f (t) = −2 thỏa mãn yêu cầu bài toán t →1

BÌNH LUẬN

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

+ m ≥ f ( x ) ∀x ∈ D ⇔ m ≥ maxf ( x ) ∀x ∈ D

Sử dụng

9 C. . 8

D.9. D.

9 B. . 2

9 A. . 4

H Ơ

Câu 19: (QUẢNG XƯƠNG I) Trong các nghiệm ( x; y ) thỏa mãn bất phương trình log x 2 + 2 y 2 (2 x + y ) ≥ 1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức T = 2 x + y bằng:

0 < x 2 + 2 y 2 < 1 ( II ) .  2 2 0 < 2 x + y ≤ x + 2 y

ẠO

2 2  x + 2 y > 1 Bất PT ⇔ log x 2 + 2 y 2 (2 x + y ) ≥ 1 ⇔  ( I ), 2 2  2 x + y ≥ x + 2 y

TP .Q

Chọ Chọn đáp đáp án B

2 2

)2 ≤

9 . Khi đó 8

1 1 9 1  1 2 9 9 9 9 9 ( 2y − ) + ≤ (22 + )  ( x − 1)2 + ( 2 y − ) + ≤ . + = 2  2 8 4 2 2 2 2 4 2 2  4

9 1 ⇔ ( x; y) = (2; ) 2 2

Suy ra : max T =

2 x + y = 2( x − 1) +

TR ẦN

TH2: (x; y) thỏa mãn (I) x 2 + 2 y 2 ≤ 2 x + y ⇔ ( x − 1) 2 + ( 2 y −

TH1: (x; y) thỏa mãn (II) khi đó 0 < T = 2 x + y ≤ x 2 + 2 y 2 < 1

Ư N

Xét T= 2 x + y

ẤP

BÌNH LUẬN

- Sử dụng tính chất của hàm số logarit

0 < a <1

y = log a b đồng biến nếu a > 1 nghịch biến nếu

Í-

 a > 1   g ( x ) > 0   f ( x ) > g ( x ) log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔   0 < a < 1  f ( x ) > 0    f ( x ) < g ( x )

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

+ m ≤ f ( x ) ∀x ∈ D ⇔ m ≤ minf ( x ) ∀x ∈ D

Sử dụng bất đẳng thức BCS cho hai bộ số ( a; b ) , ( x; y ) thì ax + by ≤

Dấu “=” xảy ra khi

+ b2 )( x2 + y 2 )

a b = >0 x y

Câu 20: (MINH HỌA L2) Tìm tập hợp các giá trị của tham số thực m để phương trình 6 x + ( 3 − m ) 2 x − m = 0 có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1) . A. [3; 4 ] .

B. [ 2; 4] .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

C. ( 2; 4 ) .

D. ( 3; 4 ) .

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọn Chọn C.

+ 1)

định

ℝ,

trên

> 0, ∀x ∈ ℝ nên hàm số f ( x ) đồng biến trên ℝ

Suy ra 0 < x < 1 ⇔ f ( 0 ) < f ( x ) < f (1) ⇔ 2 < f ( x ) < 4 vì f ( 0 ) = 2, f (1) = 4.

bất

phương

trình

TR ẦN

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọn C. thoã

mãn

BPT

D. 2 < m < 3 .

Ư N

m để Câu 21: ( CHUYÊN QUANG TRUNG LẦ LẦN 3)Tìm 3) 2 2 ( ) ( ) 1 + log 5 x + 1 ≥ log 5 mx + 4 x + m thoã mãn với mọi x ∈ ℝ . A. −1 < m ≤ 0 . B. −1 < m < 0 . C. 2 < m ≤ 3 .

ẠO

Vậy phương trình (1) có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1) khi m ∈ ( 2; 4 ) .

với

mọi

 mx + 4 x + m > 0  mx + 4 x + m > 0 ( ∀x ∈ ℝ ) ⇔  ( ∀x ∈ ℝ ) ⇔ x ∈ ℝ .⇔  2 2 2 ( ) ( ) 5 − m x − 4 x + 5 − m ≥ 0 + ≥ mx + x + m 5 x 1 4   m > 0  m > 0   m < −2  2  m > 2 16 − 4m < 0 ⇔ ⇔ 2 < m ≤ 3.   5 − m > 0 m < 5 2   16 − 4 ( 5 − m ) ≤ 0   m ≤ 3    m ≥ 7 2

ẤP

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

có

xác

12 x.ln 3 + 6 x.ln 6 + 3.2 x.ln 2

6 x + 3.2 x 2x + 1

f ′( x) =

f ( x) =

số

hàm

TP .Q

Xét

6 x + 3.2 x =m 2x + 1

H Ơ

Ta có: 6 x + ( 3 − m ) 2 x − m = 0 (1) ⇔

-L

BÌNH LUẬN

Ỡ N

ÁN

a > 0 + f ( x ) = ax 2 + bx + c ≥ 0∀x ∈ R ⇔  ∆ ≤ 0 Sử dụng dấu tam thức bậc hai không đổi trên R : a > 0 + f ( x ) = ax 2 + bx + c > 0∀x ∈ R ⇔  ∆ < 0

BỒ

ID Ư

 4  LẦ ẦN 3)Cho hàm số y =  Câu 22: ( CHUYÊN QUANG TRUNG L 3)   2017  đồng biến trên khoảng (1; 2 ) .

A. 3e3 + 1 ≤ m < 3e4 + 1 .

B. m ≥ 3e4 + 1 .

C. 3e2 + 1 ≤ m ≤ 3e3 + 1 .

D. m < 3e2 + 1 .

e 3x − ( m -1 )e x +1

. Tìm m để hàm số

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọn B.

e3 x − ( m −1) e x +1

 4  ( 3x ( x .ln   . 3e − m − 1) e )  2017 

 4  y′ =    2017 

 4  ( 3x ( ′ x .ln   . e − m − 1) e + 1) = 2017  

H Ơ

e3 x − ( m −1) e x +1

 4  • y′ =    2017 

ẠO

> 0, ∀x ∈ ℝ

Nên

(*)

TR ẦN

⇔ 3e3 x − ( m − 1) e x ≤ 0, ∀x ∈ (1; 2 ) ⇔ 3e 2 x + 1 ≤ m, ∀x ∈ (1; 2 )

•Đặt g ( x ) = 3e2 x + 1, ∀x ∈ (1; 2 ) , g ( x ) = 3e2 x .2 > 0, ∀x ∈ (1; 2 ) 2 |

| ր |

g ( x)

. Vậy (*) xảy ra khi m ≥ g ( 2 ) ⇔ m ≥ 3e4 + 1 .

1 | +

x g′( x)

BÌNH LUẬN

ẤP

Sử dụng ( a u ) ' = u ' a u ln a và phương pháp hàm số như các bài trên.

Í-

Câu 23: (CHUYÊN BẮC GIANG) Trong hình vẽ dưới đây có đồ thị của các hàm số y = a x , y = b x , y = log c x . y y = bx x 3 y=a

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

mà

 4 e −( m −1)e   2017     4  ln  2017  < 0

 4  ( 3x ( x .ln   . 3e − m − 1) e ) ≥ 0, ∀x ∈ (1; 2 ) (*),  2017 

TP .Q

e3 x −( m −1) e x +1

Ư N

 4  y′ =    2017 

•Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 2 ) ⇔

ÁN

y = log c x

Ỡ N

ID Ư

−1

BỒ

. Hãy chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau đây? A. c < a < b.

B. a < c < b.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

C. b < c < a.

D. a < b = c.

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướng dẫn giải Chọn B.

Từ đồ thị

H Ơ

Ta thấy hàm số y = a x nghịch biến ⇒ 0 < a < 1 .

Hàm số y = b x , y = log c x đồng biến ⇒ b > 1, c > 1

TP .Q

⇒ a < b, a < c nên loại A, C

Nếu b = c thì đồ thị hàm số y = b x và y = log c x phải đối xứng nhau qua đường phân giác

ẠO

góc phần tư thứ nhất y = x . Nhưng ta thấy đồ thị hàm số y = log c x cắt đường y = x nên

Đ C. −5 .

B. 3 .

D. −1 .

TR ẦN

A. 1.

= 4. ( x − 2 ) có hai nghiệm

Ư N

x1 , x2 ( x1 < x2 ) . Tính 2 x1 − x2 .

log 2  4( x − 2 )

Câu 24: (CHUYÊN BẮC GIANG) Biết rằng phương trình ( x − 2 )

Hướng dẫn giải

Chọn D.

log 2 ( x − 2 )

= 4. ( x − 2 ) hay ( x − 2 )

• ⇔ ( x − 2) .( x − 2)

• Điều kiện x > 2 . log 4 + log 2 ( x − 2 ) 3 • Phương trình thành ( x − 2 ) 2 = 4. ( x − 2 ) log 2 ( x − 2 )

= 4. ( x − 2 ) .

ẤP

• Lấy lôgarit cơ số 2 hai vế ta được log 2 ( x − 2 ) .log 2 ( x − 2 ) = log 2  4 ( x − 2 ) 

log 2 ( x − 2 ) = −1  x = 5 ⇔ log ( x − 2 ) = 2 + log 2 ( x − 2 ) ⇔  ⇔ 2.  log 2 ( x − 2 ) = 2 x = 6

2 2

5 5 và x2 = 6. Vậy 2 x1 − x2 = 2. − 6 = −1 . 2 2

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

loại D.

-L

• Suy ra x1 =

ÁN

Câu 25: (CHUYÊN KHTN L4) Cho x, y là số thực dương thỏa mãn ln x + ln y ≥ ln ( x 2 + y ) . Tìm giá

trị nhỏ nhất của P = x + y B. P = 2 2 + 3 .

C. P = 2 + 3 2 .

D. P = 17 + 3 .

ID Ư

Ỡ N

A. P = 6 .

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải:

BỒ

Chọ Chọn đáp án B. Từ ln x + ln y ≥ ln ( x 2 + y ) ⇔ xy ≥ x 2 + y . Ta xét: Nếu 0 < x ≤ 1 thì y ≥ xy ≥ x 2 + y ⇔ 0 ≥ x 2 mâu thuẫn.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Nếu x > 1 thì xy ≥ x 2 + y ⇔ y ( x − 1) ≥ x 2 ⇔ y ≥

x2 xét trên (1; +∞ ) . x −1

H Ơ

Ta có f ( x ) = x +

x2 x2 . Vậy P = x + y ≥ x + . x −1 x −1

 2− 2 x= (loai )  2x − 4x + 1 2 Có f ' ( x ) = 2 =0⇔ x − 2x + 1  2+ 2 ( nhan) x =  2

TP .Q

Ư N

Câu 26: (CHUYÊN KHTN L4) Tìm tập hợp tất cả các tham số m sao cho phương trình 2 2 4 x − 2 x +1 − m.2 x − 2 x + 2 + 3m − 2 = 0 có bốn nghiệm phân biệt. A. ( −∞;1) . B. ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) . C. [ 2; +∞ ) . D. ( 2; +∞ ) .

Đặt t = 2( x −1)

TR ẦN

Hướng dẫn giải

( t ≥ 1)

Phương trình có dạng: t 2 − 2mt + 3m − 2 = 0 (*)

Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt

⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1

ẤP

m2 − 3m + 2 > 0 m2 − 3m + 2 > 0 m2 − 3m + 2 > 0  ⇔ ⇔ ⇔ m − 1 ≥ 0 ⇔m>2 2 2  x1,2 = m ± m − 3m + 2 > 1  m − 3m + 2 < m − 1 m2 − 3m + 2 < m 2 − 2m + 1 

Í-

Chọn đáp án: D

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

2+ 2  Vậy min f ( x ) = f   = 2 2 + 3 . (1;+∞ )  2 

ÁN

BÌNH LUẬN

Ỡ N

Trong bài này do đề bài yêu cầu phương trình có 4 nghiệm phân biệt nên ta cần chú ý mỗi t ≥ 1 thì ta nhận được bao nhiêu giá trị x

Từ phương trình (*) chúng ta có thể cô lập m và ứng dụng hàm số để biện luận số nghiệm của phương trình thỏa đề bài.

BỒ

ID Ư

Câu 27: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số trình log 2 (5 x − 1).log 2 (2.5 x − 2) ≥ m có nghiệm với mọi x ≥ 1? A. m ≥ 6 . B. m > 6 . C. m ≤ 6 .

để

bất

phương

D. m < 6 .

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải BPT ⇔ log 2 (5 x − 1).log 2 (2.5 x − 2) ≤ m ⇔ log 2 (5x − 1). 1 + log 2 (5 x − 1)  ≤ m

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

)

(

Đặt t = log 6 x + x 2 − 1 do x ≥ 1 ⇒ t ∈ [ 2; +∞ ) BPT ⇔ t (1 + t ) ≥ m ⇔ t 2 + t ≥ m ⇔ f (t ) ≥ m

H Ơ

Với f (t ) = t 2 + t

f , (t ) = 2t + 1 > 0 với t ∈ [ 2; +∞ ) nên hàm đồng biến trên t ∈ [ 2; +∞ )

TP .Q

Nên Minf (t ) = f (2) = 6

Do đó để để bất phương trình log 2 (5x − 1).log 2 (2.5x − 2) ≥ m có nghiệm với mọi x ≥ 1thì :

cả

các

giá

trị

thực

của

tham

số

log x + log 1 x − 3 = m ( log 4 x − 3) có nghiệm thuộc [32; +∞ ) ? 2

(

)

A. m ∈ 1; 3  .

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

tất 2 2

)

C. m ∈  −1; 3 .

phương

trình

(

D. m ∈ − 3;1 .

TR ẦN

B. m ∈ 1; 3 .

để

Câu 28: Tìm

ẠO

m ≤ Minf (t ) ⇔ m ≤ 6

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

log 22 x − 2 log 2 x − 3 = m ( log 2 x − 3) .

Điều kiện: x > 0. Khi đó phương trình tương đương:

Đặt t = log 2 x với x ≥ 32 ⇒ log 2 x ≥ log 2 32 = 5 hay t ≥ 5.

t 2 − 2t − 3 = m ( t − 3)

(*) .

Phương trình có dạng

Khi đó bài toán được phát biểu lại là: “Tìm m để phương trình (*) có nghiệm t ≥ 5 ”

( t − 3) .( t + 1) = m ( t − 3) ⇔

ẤP

Với t ≥ 5 thì (*) ⇔

(

)

t +1 − m t − 3 = 0

t +1 t −3

⇔ t +1 − m t − 3 = 0 ⇔ m =

t − 3.

t +1 t +1 4 t +1 4 4 ≤ 3⇒1< ≤ 3 . Với t ≥ 5 ⇒ 1 < 1 + ≤ 1+ = 3 hay 1 < = 1+ t −3 t −3 t −3 5−3 t −3 t −3

Í-

Ta có

ÁN

-L

suy ra 1 < m ≤ 3. Vậy phương trình có nghiệm với 1 < m ≤ 3. BÌNH LUẬN

t +1 Chúng ta có thể dùng hàm số để tìm max, min của hàm số y = t − 3 , t ≥ 5

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 29: Tìm tất cả các giá trị thực của log 2 ( 7 x 2 + 7 ) ≥ log 2 ( mx 2 + 4 x + m ) , ∀x ∈ ℝ. A. m ∈ ( 2;5] .

B. m ∈ ( −2;5] .

tham

số

để

C. m ∈ [ 2;5) .

bất

phương

trình

D. m ∈ [ −2;5) .

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Bất phương trình tương đương 7 x 2 + 7 ≥ mx 2 + 4 x + m > 0, ∀x ∈ ℝ

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

m < 7 m ≤ 5  ⇔ 2 < m ≤ 5.  m > 0 m > 2

TP .Q

( 7 − m ) x 2 − 4 x + 7 − m ≥ 0 (2) ⇔ , ∀x ∈ ℝ. 2 (3)  mx + 4 x + m > 0 m = 7 : (2) không thỏa ∀x ∈ ℝ m = 0 : (3) không thỏa ∀x ∈ ℝ 7 − m > 0  2 ∆′2 = 4 − ( 7 − m ) ≤ 0 ⇔ (1) thỏa ∀x ∈ ℝ ⇔  m > 0  ∆′ = 4 − m 2 < 0  3

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 30: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho khoảng ( 2;3) thuộc tập nghiệm của bất

TR ẦN

 2 x2 + 4 x + m 2 x + 1 >  m > − x − 4 x = f ( x) (1) ⇔  ⇔ 5  2 m < 4 x − 4 x + 5 = g ( x)  x2 + 4 x + m > 0 

Ư N

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

D. m ∈ [ −13; −12] .

C. m ∈ [ −13;12] .

B. m ∈ [12;13] .

có hai nghiệm x1 , x2 trong đó x1 < x2 , hãy chọn phát biểu

−5 x + 6

ẤP

A. 3 x1 − 2 x2 = log 3 8 .

Câu 31: Phương trình 2 x −3 = 3x đúng?

 m ≥ Max f ( x ) = −12 khi x = 2 2 < x <3 Hệ trên thỏa mãn ∀x ∈ ( 2;3) ⇔  ⇔ −12 ≤ m ≤ 13. f ( x ) = 13 khi x = 2  m ≤ Min 2 < x <3

D. 3 x1 + 2 x2 = log 3 54. Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Í-

C. 2 x1 + 3x2 = log 3 54.

B. 2 x1 − 3 x2 = log 3 8 .

Logarit hóa hai vế của phương trình (theo cơ số 2) ta được: ( 3) ⇔ log 2 2 x −3 = log 2 3x

−5 x + 6

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

A. m ∈ [ −12;13] .

ẠO

phương trình log 5 ( x 2 + 1) > log 5 ( x 2 + 4 x + m ) − 1 (1) .

ÁN

⇔ ( x − 3) log 2 2 = ( x 2 − 5 x + 6 ) log 2 3 ⇔ ( x − 3) − ( x − 2 )( x − 3) log 2 3 = 0

BỒ

ID Ư

Ỡ N

x = 3 x − 3 = 0 x = 3  ⇔ ( x − 3) . 1 − ( x − 2 ) log 2 3 = 0 ⇔  ⇔ ⇔ 1  1 − ( x − 2 ) log 2 3 ( x − 2 ) log 2 3 = 1  x − 2 = log 3  2

x = 3 x = 3 x = 3 ⇔ ⇔ ⇔  x = log3 2 + 2  x = log 3 2 + log3 9  x = log3 18

3 3 3 3 4 4 3 Câu 32: Phương trình 3 + x + 3 − x + 3 + x + 3 − x = 10 có tổng các nghiệm là ? B. 2. C. 3. A. 0.

D. 4 .

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

( 7)

33+3 x + 33−3 x + 34+ x + 34− x = 103

 3  = 10 

( 7 ')

H Ơ

1 Côsi 1 ≥ 2 3x. x = 2 x 3 3

Đặt t = 3x +

27 81 1  1   + 81.3x + x = 103 ⇔ 27.  33 x + 3 x  + 81.  3x + x 3x 3 3 3  3  

( 7 ) ⇔ 27.33 x +

10 1 10 ⇒ 3x + x = 3 3 3

TP .Q ẠO

Ư N

( 7 '')

y = 3 1 10 = ⇔ 3 y 2 − 10 y + 3 = 0 ⇔  y = 1 y 3  3

TR ẦN

Đặt y = 3x > 0 . Khi đó: ( 7 '') ⇔ y +

(N) (N)

Với y = 3 ⇒ 3x = 3 ⇔ x = 1

1 1 ⇒ 3x = ⇔ x = −1 3 3

Với y =

(N)

ẤP

Câu 33: Phương trình 32 x + 2 x ( 3x + 1) − 4.3x − 5 = 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm không âm ? B. 2.

C. 0.

D. 3.

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

A.1.

32 x + 2 x ( 3x + 1) − 4.3x − 5 = 0 ⇔ ( 32 x − 1) + 2 x ( 3x + 1) − ( 4.3x + 4 ) = 0

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Với t =

103 10 ⇔t = >2 27 3

Khi đó: ( 7 ' ) ⇔ 27 ( t 3 − 3t ) + 81t = 103 ⇔ t 3 =

1 1 1 1 1  ⇒ t 3 =  3x + x  = 33 x + 3.32 x. x + 3.3x. 2 x + 3 x ⇔ 33 x + 3 x = t 3 − 3t 3  3 3 3 3 

ÁN

-L

⇔ ( 3x − 1)( 3x + 1) + ( 2 x − 4 ) ( 3x + 1) = 0 ⇔ ( 3x + 2 x − 5 )( 3x + 1) = 0 ⇔ 3x + 2 x − 5 = 0

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Xét hàm số f ( x ) = 3x + 2 x − 5 , ta có : f (1) = 0 .

f ' ( x ) = 3x ln 3 + 2 > 0; ∀x ∈ ℝ . Do đó hàm số f ( x ) đồng biến trên ℝ .

Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1 BÌNH LUẬN x Có thể đặt t = 3 > 0 sau đó tính delta theo x

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

(

) + 22( x + 2) − 2 x +3 + 1 . Khi đó, tổng

2 x 2 +1

Câu 34: Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình 2 x + 4 = 2 hai nghiệm bằng? B. 2. C. −2. A. 0.

D. 1.

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải +4

(

) + 2 2( x + 2 ) − 2 x

2 x 2 +1

Đặt t = 2 x

+ 1 ⇔ 8.2 x

(

) + 4.22( x +1) − 4.2 x

2 x 2 +1

( t ≥ 2 ) , phương trình trên tương đương với

H Ơ

Y Đ

ẠO

TP .Q

 3 + 10  x1 = log 2 2 2 2 x +1 = 3 + 10 ⇔    x = − log 3 + 10 2  2 2

Vậy tổng hai nghiệm bằng 0 .

Ư N

Câu 35: Với giá trị của tham số m thì phương trình ( m + 1)16x − 2 ( 2m − 3) 4x + 6m + 5 = 0 có hai

nghiệm trái dấu? B. Không tồn tại m . C. −1 < m <

3 . 2

TR ẦN

A. − 4 < m < − 1.

5 D. −1 < m < − . 6

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Đặt 4x = t > 0 . Phương trình đã cho trở thành: ( m + 1) t 2 − 2 ( 2m − 3) t + 6m + 5 = 0. (*)

f (t )

ẤP

Yêu cầu bài toán ⇔ (*) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn 0 < t1 < 1 < t2

m + 1 ≠ 0 m + 1 ≠ 0   ⇔ ( m + 1) f (1) < 0 ⇔ ( m + 1)( 3m + 12 ) < 0 ⇔ −4 < m < −1.   ( m + 1)( 6m + 5 ) > 0 ( m + 1)( 6m + 5 ) > 0

Í-

BÌNH LUẬN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

8t = t 2 + 4t 2 − 4t + 1 ⇔ t 2 − 6t − 1 = 0 ⇔ t = 3 + 10 (vì t ≥ 2 ). Từ đó suy ra

ÁN

 t = 4 x ⇔ x = log 4 t Tìm mối quan hệ nghiệm giữa biến cũ và mới, do  nên 0 < t1 < 1 < t2 thì  0 < t < 1 ⇒ log 4 t < 0 phương trình có hai nghiệm trái dấu.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 36: Với giá trị nào của tham số m thì phương trình 4 x − m.2 x +1 + 2m = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1 + x2 = 3 ? A. m = 4 . B. m = 2 . C. m = 1 . D. m = 3 . Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải 2

Ta có: 4 x − m.2 x +1 + 2 m = 0 ⇔ ( 2 x ) − 2 m.2 x + 2 m = 0

(*) 2

Phương trình (*) là phương trình bậc hai ẩn 2x có: ∆ ' = ( −m ) − 2m = m 2 − 2m .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

m ≥ 2 Phương trình (*) có nghiệm ⇔ m2 − 2m ≥ 0 ⇔ m ( m − 2 ) ≥ 0 ⇔  m ≤ 0

Áp dụng định lý Vi-ét ta có: 2 x1 .2 x2 = 2m ⇔ 2 x1 + x2 = 2 m

H Ơ

Do đó x1 + x2 = 3 ⇔ 23 = 2m ⇔ m = 4 .

Chọ Thử lại ta được m = 4 thỏa mãn.Ch Chọn A.

TP .Q

BÌNH LUẬN

Do phương trình (*) là phương trình bậc hai ẩn 2x > 0 có thể có nghiệm 2 x < 0 (vô lí) nên

ẠO

khi giải ra tham số m = 4 thì phải thử lại.

m để hàm số

Ư N

B. m ∈ [1; +∞ ) .

C. m∈ ( −4;1) .

D. m ∈ (1; +∞ ) .

TR ẦN

A. m ∈ ( −∞; −4) ∪ (1; +∞ ) .

Chọ Chọn A. Đặt t = log 3 x , khi đó x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ t ∈ ℝ.

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

1 1 trở thành y = 2 . mt − 4t + m + 3 m log x − 4 log 3 x + m + 3

2 3

ẤP

1 xác định trên khoảng ( 0; +∞ ) khi và chỉ khi hàm số m log x − 4 log 3 x + m + 3 2 3

Hàm số y =

1 xác định trên ℝ mt 2 − 4t + m + 3

Í-

⇔ mt 2 − 4t + m + 3 = 0 vô nghiệm ⇔ ∆′ = 4 − m 2 − 3m < 0 ⇔ m < −4 ∨ m > 1 . (CHUYÊN VINH – L2)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình L2) 2 x− = m có hai nghiệm phân biệt. log3 ( x + 1) B. m > −1 . C. Không tồn tại m . D. −1 < m < 0 . A. −1 < m ≠ 0 . Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọ Chọn B. x + 1 > 0  x > −1 ⇔ Điều kiện:  x + 1 ≠ 1 x ≠ 0 Xét hàm số 2 2 > 0, ∀x ∈ ( −1; 0 ) ∪ ( 0 : +∞ ) f ( x) = x − ; f ′( x) = 1+ log 3 ( x + 1) ( x + 1) .ln 3.log32 ( x + 1)

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Câu 38:

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

tất cả các giá trị của tham số Câu 37: (CHUYÊN VINH – L2)Tìm L2) 1 xác định trên khoảng ( 0; +∞ ) . y= 2 m log 3 x − 4 log 3 x + m + 3

Bảng biến thiên

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

x y′

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

−∞

+∞

−1

H Ơ

−∞

2 = m có hai nghiệm phân biệt khi và log3 ( x + 1)

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình x −

TP .Q

chỉ khi m > −1 x

 1  1 x y=  ( 2 ) , y = 4 ( 3) , y =  4  ( 4 )    3 có đồ thị là 4 đường cong theo phía trên đồ thị, thứ tự từ trái qua phải là ( C1 ) , ( C2 ) , ( C3 ) , ( C4 ) như hình vẽ bên.

( ) 3

(1) ,

ẠO

bốn hàm số y = Câu 39: (TIÊN LÃNG – HP)Cho HP)

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Tương ứng hàm số - đồ thị đúng là A. (1) − ( C2 ) , ( 2 ) − ( C3 ) , ( 3) − ( C4 ) , ( 4 ) − ( C1 ) .

( C1 )

TR ẦN

( 3)

và y = 4 x có cơ số lớn hơn 1 nên hàm đồng

Ta có y =

C. (1) − ( C4 ) , ( 2 ) − ( C1 ) , ( 3) − ( C3 ) , ( 4 ) − ( C2 ) .

biến nên nhận đồ thị là ( C3 ) hoặc ( C4 ) . Lấy x = 2 ta có

< 42 nên đồ thị y = 4 x là ( C3 ) và đồ thị y =

ẤP

( 3)

( C4 )

B. (1) − ( C1 ) , ( 2 ) − ( C2 ) , ( 3) − ( C3 ) , ( 4 ) − ( C4 ) . D. (1) − ( C1 ) , ( 2 ) − ( C2 ) , ( 3) − ( C3 ) , ( 4 ) − ( C4 ) . Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải Chọ Chọn C.

( C3 )

( 3 ) là ( C ) . 4

1 1 Ta có đồ thị hàm số y = 4 x và y =   đối xứng nhau qua Oy nên đồ thị y =   là ( C2 ) . 4 4

Í-

 1  Còn lại ( C1 ) là đồ thị của y =   .  3

-L

Vậy (1) − ( C4 ) , ( 2 ) − ( C1 ) , ( 3) − ( C3 ) , ( 4 ) − ( C2 )

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

1 2 Câu 40: ( CHUYÊN SƠN LA – L2) Cho phương trình 4 log 9 2 x + m log 1 x + log 1 x + m − = 0 ( 6 9 3 3

m là tham số ). Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1.x2 = 3 . Mệnh đề nào sau đây đúng ? 3 A. 1 < m < 2 . B. 3 < m < 4 . C. 0 < m < . D. 2 < m < 3 . 2

Hướng dẫn giải Chọn C. 1 6

2 9

Ta có: 4 log9 2 x + m log 1 x + log 1 x + m − = 0 3

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Đk: x > 0

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2 1 2 ⇔ 4 log 32 x + m log 3−1 x + log −1 x + m − = 0 6 32 9

(

)

H Ơ

1 2  ⇔ log 32 x −  m +  log 3 x + m − = 0 3 9 

1 2 1  ⇔ 4  log 3 x  − m log 3 x − log 3 x + m − = 0 3 9 2 



3

TP .Q

1 2 Đặt t = log 3 x . Khi đó phương trình (1) ⇔ t 2 −  m +  t + m − = 0 ( 2 )

(1)

ẠO

Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1.x2 = 3 ⇔ log3 x1.x2 = 1

G Ư N H

(Với t1 = log3 x1 và t2 = log 3 x2 )

1 2 −b  =1⇔ m +  =1⇔ m = a 3 3 

3 là mệnh đề đúng. 2

Vậy 0 < m <

Ta có t1 + t2 = 1 ⇔

TR ẦN

Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình ( 2 )

ẤP

Câu 41: (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH – L2) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 3x = mx + 1 có hai nghiệm phân biệt? m > 0 .  m ≠ ln 3

B. 

D. Không tồn tại

H Í-

Chọn B

C. m ≥ 2 .

m Hướng dẫn giải

A. m > 0 .

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

⇔ log 3 x1 + log 3 x2 = 1 ⇔ t1 + t2 = 1

ÁN

Ta có: Số nghiệm của phương trình 3x = mx + 1 phụ thuộc vào số giao điểm của đồ thị hàm số y = 3x và đường thẳng y = mx + 1.

y = 3x

BỒ

ID Ư

Ỡ N

y = x.ln 3 + 1

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Ta thấy y = mx + 1 luôn đi qua điểm cố định ( 0; 1) nên

H Ơ

+ Nếu m < 0 : y = mx + 1 là hàm nghịch biến nên có đồ thị cắt đồ thị hàm số y = 3x tại một điểm duy nhất.

+Nếu m = 0 : phương trình có nghiệm duy nhất

TP .Q

+ Nếu m > 0 :Để thỏa mãn ycbt thì đường thẳng y = mx + 1 phải khác tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = 3x tại điểm ( 0; 1) , tức là m ≠ ln 3 . m > 0  m ≠ ln 3

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Í-

ẤP

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

Vậy 

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)

, y = 0 , x = 0 , x = t (t > 0) . Tìm lim S ( t ) .

( x + 1)( x + 2 )

t →+∞

1 A. − ln 2 − . 2

B. ln 2 −

1 . 2

1 − ln 2 . 2

D. ln 2 +

ẠO

Hướng dẫn giải

( x + 1)( x + 2 )

a bx + c + x + 1 ( x + 2) 2

TR ẦN

*Tìm a , b, c sao cho

Cách 1:

Ư N

Chọn B.

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

1 . 2

H Ơ

(SGD VĨNH PHÚC)Gọi S ( t ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

TP .Q

Câu 1:

Chủ đề 3. NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG

⇔ 1 = a ( x + 2 ) + ( bx + c )( x + 1) ⇔ 1 = ax 2 + 4 ax + 4 a + bx 2 + bx + cx + c

a + b = 0 a = 1   ⇔ 1 = ( a + b ) x + ( 4a + b + c ) x + 4a + c ⇔ 4a + b + c = 0 ⇔ b = −1 .  4a + c = 1  c = −3  

ẤP

( x + 1)( x + 2 )

> 0 nên ta có:

*Vì trên [ 0;t ] , y =

-L

Í-

t  t   1 1 x+3  Diện tích hình phẳng: S ( t ) = ∫  d x = −   2 ∫0  x + 1 ( x + 2 )2 dx   0  ( x + 1)( x + 2 )   

t  1  1 1 1   x +1 = ∫ − − + dx =  ln   x + 1 ( x + 2 ) ( x + 2 )2   x+2 x+20 0 

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

= ln

1 1 t +1 + + ln 2 − . t+2 t+2 2

1  t +1   t +1  *Vì lim  ln  =0  = 1 ⇒ tlim  = 0 và tlim t →+∞ t + 2 →+∞ →+∞ t+2   t+2

1 1 1  t +1 Nên lim S ( t ) = lim  ln + + ln 2 −  = ln 2 − . t →+∞ t →+∞ 2 2  t+2 t+2

Cách 2: Dùng Máy tính cầm tay.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

t   1 Diện tích hình phẳng: S ( t ) = ∫   dx 2   0  ( x + 1)( x + 2 ) 

H Ơ

∫

  1   dx ≈ 0,193  ( x + 1)( x + 2 )2   

100

Cho t = 100 ta bấm máy =

1 sin x dx và J = ∫ dx 1 + tan x cosx + sin x 0 0

TP .Q

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho các tích phân I = ∫

ẠO

 π với α ∈  0;  , khẳng định sai là  4 α

cos x dx . cosx + sin x 0

B. I − J = ln sin α + cosα .

C. I = ln 1 + tan α .

D. I + J = α .

Ư N

A. I = ∫

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 2:

Dùng máy tính kiểm tra 4 kết quả ta được đáp án B.

Hướng dẫn giải

1 1 cos α = = nên A đúng. 1 + tan α 1 + sin α cos α + sin α cos α

Ta có

Chọn C

α d ( cos x + sin x ) cos x − sin x dx = ∫ = ln cos x + sin x cos x + sin x cos x + sin x 0 0

α 0

= ln cos α + sin α B đúng

ẤP

I−J =∫

I + J = ∫ dx = x α0 = α D đúng.

Í-

-L

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho hàm số f ( x ) =

∫ ( 4t

− 8t ) dt . Gọi m, M lần lượt là

ÁN

Câu 3:

giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) trên đoạn [ 0;6] . Tính M − m . B. 12

C. 16

A. 18

Hướng dẫn giải

Ỡ N ID Ư

BỒ

D. 9

f ( x) =

∫ ( 4t 1

− 8t ) dt = ( t 4 − 4t 2 )

x 1

= x 2 − 4 x + 3 , với x ≥ 0 .

f ′ ( x ) = 2 x − 4; f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 2 ∈ [1; 6] . f ( 0 ) = 3; f ( 2 ) = −1; f ( 6 ) = 15 . Suy ra M = 15, m = −1 . Suy ra M − m = 16 .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Đáp án: C.

các số nguyên dương. Tính 2a − b bằng: A. 2017 . B. 2018 .

(1 − x ) − b

C. 2019 .

+ C với a, b là

∫ x (1 − x )

(1 − x ) dx =

D. 2020 .

H Ơ

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Giả sử

Câu 4:

2017

Hướng dẫn giải

2017

dx = ∫ ( x − 1 + 1)(1 − x )

2017

(

dx = ∫ (1 − x )

2017

− (1 − x )

2018

)

dx = −

(1 − x )

2018

(1 − x )

Ư N

Chọn D.

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho F ( x ) là nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

1 và e +3 x

TR ẦN

Câu 5:

1 F ( 0 ) = − ln 4 . Tập nghiệm S của phương trình 3F ( x ) + ln ( x3 + 3) = 2 là: 3 A. S = {2} . B. S = {−2; 2} . C. S = {1; 2} . D. S = {−2;1} .

Hướng dẫn giải

dx 1  ex  1 x = − 1   dx = x − ln ( e + 3) + C . x x ∫ e +3 3  e +3 3

ẤP

Ta có: F ( x ) = ∫

(

)

1 1 Do F ( 0 ) = − ln 4 nên C = 0 . Vậy F ( x ) = x − ln ( e x + 3) . 3 3

)

(

Do đó: 3F ( x ) + ln ( e x + 3) = 2 ⇔ x = 2

-L

Chọn A.

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vậy a = 2019, b = 2018 ⇒ 2a − b = 2020 .

2019

ẠO

∫ x (1 − x )

TP .Q

Ta có:

ÁN

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho f ( x), g ( x) là các hàm số liên tục trên đoạn [ 2; 6] và

Câu 6:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

thỏa mãn

∫ f ( x)dx = 3; ∫ f ( x)dx = 7; ∫ g ( x)dx = 5 . Hãy tìm mệnh đề KHÔNG đúng.

A. ∫ [3 g ( x) − f ( x)]dx = 8

B. ∫ [3 f ( x) − 4]dx = 5

ln e6

∫ [2f ( x) − 1]dx = 16 2

∫ [4 f ( x) − 2 g ( x)]dx = 16 3

Hướng dẫn giải

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 3

∫

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = ∫ f( x)dx = 10

2 6

∫ [3 f ( x) − 4]dx = 3∫ f( x)dx − 4∫ dx = 9 − 4 = 5 nên B

đúng

ln e6

H Ơ

∫

Ư N

Nên D sai

TR ẦN

Chọn đáp án D

C. 2

D. 5

B. 3

sử

A. -2

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Giả 2x 3 2 3 2 2x ∫ e (2 x + 5 x − 2 x + 4)dx = (ax + bx + cx + d )e + C . Khi đó a + b + c + d bằng

Câu 7:

Hướng dẫn giải

nên

(2 x3 + 5 x 2 − 2 x + 4)dx = (ax 3 + bx 2 + cx + d )e2 x + C

+ bx 2 + cx + d )e 2 x + C ) ' = (3ax 2 + 2bx + c)e 2 x + 2e 2 x (ax 3 + bx 2 + cx + d )

Í-

( (ax

∫e

có

ẤP

Chọn B.

= ( 2ax3 + (3a + 2b) x 2 + (2b + 2c ) x + c + 2d ) e2 x = (2 x3 + 5 x 2 − 2 x + 4)e 2 x

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

[4f ( x) − 2 g ( x)]dx = ∫ [4f ( x) − 2 g ( x)]dx = 4∫ f( x)dx − 2∫ g ( x)dx = 28 − 10 = 18

ln e6

đúng

ẠO

∫ [2f ( x) − 1]dx = ∫ [2f ( x) − 1]dx = 2∫ f( x)dx − 1∫ dx = 20 − 4 = 16 nên C

TP .Q

Ta có: ∫ [3 g ( x) − f ( x)]dx = 3∫ g ( x)dx − ∫ f ( x)dx = 15 − 7 = 8 nên A đúng

Ỡ N

ÁN

2a = 2 a = 1 3a + 2b = 5 b = 1   Do đó  . Vậy a + b + c + d = 3 . ⇔ 2b + 2c = −2 c = −2 c + 2d = 4 d = 3

BỒ

ID Ư

Câu 8:

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho biết

∫ f ( x)dx = 15

Tính

giá

trị

của

−1 2

P = ∫ [f (5 − 3 x) + 7]dx 0

A. P = 15

B. P = 37

C. P = 27

D. P = 19

Hướng dẫn giải

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

t = 5 − 3 x ⇒ dx = − tỉnh

x=0⇒t =5 x = 2 ⇒ t = −1

đặt

nên

5 5 5  dt 1 1 ) = ∫ [f (t ) + 7]dt =  ∫ f (t )dt + 7 ∫ dt  3 3 −1 3  −1 −1 

−1

P = ∫ [f (t ) + 7](−

H Ơ

Để

dt 3

TP .Q

1 1 = .15 + .7.(6) = 19 3 3

chọn đáp án D (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho hàm số

f ( x ) = a sin 2 x − b cos 2 x

ẠO

Câu 9:

Đ D. 8.

TR ẦN

Hướng dẫn giải

C. 5.

Ư N

B. 4.

A. 3.

Chọn C.

f ' ( x ) = 2a cos 2 x + 2b sin 2 x

π  f '   = −2 ⇔ −2a = −2 ⇔ a = 1 2

Vậy a + b = 1 + 4 = 5.

ẤP

∫ adx = ∫ dx = 3 ⇔ b − 1 = 3 ⇔ b = 4

ln 2

1 a 5   dx = ln 2 + b ln 2 + c ln . Trong đó 2 3 +1 0 a, b, c là những số nguyên. Khi đó S = a + b − c bằng: A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 .

Í-

Câu 10: (TRẦN HƯNG ĐẠO – NB) Biết rằng:



∫  x + 2e

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

π  f '   = −2 và ∫ adx = 3 . Tính tổng a + b bằng: 2 a

thỏa mãn

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Hướng dẫn giải

Chọn C. ln 2 ln 2 ln 2 1  1  x d x x d x + = + ∫0  2e x + 1  ∫0 ∫0 2e x + 1 dx . ln 2

Tính

∫

0 ln 2

Tính

x2 xdx = 2

∫ 2e 0

1 x

ln 2

= 0

ln 2 2 2

Đặt t = 2e x + 1 ⇒ dt = 2e x dx ⇒ dx =

dt . Đổi cận : x = ln 2 ⇒ t = 5, x = 0 ⇒ t = 3 . t −1

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn ln 2

∫ 2e

0 ln 2

1 x

5 dt 5  1 1 = ∫ − dt = ( ln t − 1 − ln t ) = ln 4 − ln 5 − ln 2 + ln 3 = ln 2 − ln . 3 3 t t − 1) 3  t − 1 t  3 (

dx = ∫

1 2 5   dx = ln 2 + ln 2 − ln ⇒ a = 2, b = 1, c = −1 +1 2 3 0 Vậy a + b − c = 4 . 1

∫  x + 2e

H Ơ



www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 2 ( x − 4 x + 3) và hai tiếp tuyến của ( C ) xuất phát từ M ( 3; −2 ) là 2 8 5 13 11 B. . C. . D. . A. . 3 3 3 3

Câu 11: (LẠNG GIANG SỐ 1) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ) của hàm số

Ư N

1 ( 2x − 4) = x − 2 . 2

Ta có y′ =

Gọi ( x0 ; y0 ) là tọa độ tiếp điểm. Khi đó, y0 =

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Chọn A

1 2 ( x0 − 4 x0 + 3) và y′ ( x0 ) = x0 − 2 . 2

Phương trình của tiếp tuyến của ( C ) tại điểm có tọa độ ( x0 ; y0 ) là

1 2 ( x0 − 4 x0 + 3) 2

y = ( x0 − 2 )( x − x0 ) +

ẤP

Vì tiếp tuyến đi qua điểm M ( 3; −2 ) nên

 x0 = 1 ⇒ y = − x + 1 1 2 x0 − 4 x0 + 3) ⇔  ( 2  x0 = 5 ⇒ y = 3 x − 11

−2 = ( x0 − 2 )( 3 − x0 ) +

ÁN

1 2   2 ( x − 4 x + 3) − ( − x + 1) dx +

-L

∫

Í-

Diện tích hình phẳng cần tìm

G Ỡ N ID Ư

∫

8 1 2   2 ( x − 4 x + 3) − ( 3 x − 11)  dx = 3

π 4

Câu 12: (LẠNG GIANG SỐ 1) Tích phân

BỒ

TP .Q

ẠO

Hướng dẫn giải

∫ 1 + cos 2 x dx = aπ + b ln 2 , với

a , b là các số thực .

Tính 16a − 8b A. 4.

B. 5.

C. 2.

D. 3.

Hướng dẫn giải Chọn A

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

u = x  du = dx   Đặt  . Ta có ⇒ dx  1 dv = 1 + cos 2 x v = 2 tan x

H Ơ

1 1 π 1 1 π 1 π 1 1 π 1 = − ln 2 ⇒ a = , b = − I = x tan x 4 − ∫ 4 tan xdx = + ln cos x 4 = + ln 2 2 0 8 2 8 2 8 4 2 8 4 0 0

∫

f ( x ) dx = 3 và

D. 3.

C. 6.

Ư N

Hướng dẫn giải

TR ẦN

Chọn C. 5

∫ f ( x ) dx = 3 ⇒ ∫ f ( t ) dt = 3 ; ∫ f ( z ) dz = 9 ⇒ ∫ f ( t ) dt = 9 5

Ta có

B. 5.

∫

f ( t ) dt + ∫ f ( t )dt

ẤP

⇒ ∫ f ( t ) dt + ∫ f ( t ) dt = 6.

0 3

9 = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( t ) dt + ∫ f ( t ) dt + ∫ f ( t ) dt = 3 + ∫ f ( t ) dt + ∫ f ( t ) dt

ln 2

B. 2.

C. 6.

A. 1.

e2 x+1 + 1 a dx = e + . Tính tích a.b . x e b

∫

Câu 14: (LẠNG GIANG SỐ 1) Tích phân

D. 12.

Í-

Hướng dẫn giải

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

bằng A. 12.

∫

f ( z ) dz = 9 . Tổng

ẠO

Câu 13: (LẠNG GIANG SỐ 1) Giả sử

TP .Q

Do đó, 16a − 8b = 4 .

ÁN

Chọn B. ln 2

ln 2

∫

e 2 x +1 + 1 dx = ex

BỒ

ID Ư

Ỡ N

= e(

x +1)

ln 2 0

− e− x

ln 2 0

ln 2

e x +1dx +

∫

ln 2

e − x dx =

∫

ln 2

e x +1d ( x + 1) −

∫ e d (−x) −x

1 1  = ( 2e − e ) −  − 1 = e + ⇒ a = 1, b = 2 ⇒ ab = 2 . 2 2   π 3

Câu 15: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Biết

∫π

−

sin x 1 + x 6 + x3

dx =

π3 a

3π 2 + cπ + d 3 với a, b, c, d b

là các số nguyên. Tính a + b + c + d . A. a + b + c + d = 28 . B. a + b + c + d = 16 . C. a + b + c + d = 14 .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

D. a + b + c + d = 22 .

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướng dẫn giải Chọn A.

∫π

−

sin x 6

1+ x + x

dx =

∫π

−

(

)

1 + x 6 − x3 sin x 6

1+ x − x

∫π (

dx =

−

)

1 + x 6 − x 3 sin xdx .

H Ơ

  x = − 3 ⇒ t = 3 Đặt t = − x ⇒ dt = −dx . Đổi cận  . x = π ⇒ t = − π  3 3

sin x ) dx ⇔ I =

∫π x

−

3x 2

(–)

− cos x

(+)

(–)

TR ẦN

+ sin x

− sin x

ẤP

+ cos x

+ sin x π

I = ( − x sin x + 3 x cos x + 6 x sin x − 6sin x ) 3π = 2

(+)

0 3

sin xdx .

−

)

∫π ( −2 x

3 π 3

1 + x 6 + x 3 sin xdx

−

π3 27

−

3π 2 − 2π + 6 3 3

Í-

Suy ra: a = 27, b = −3, c = −2, d = 6 . Vậy a + b + c + d = 28 .

π  Câu 16: (NGÔ GIA TỰ - VP) Có bao nhiêu giá trị của a trong đoạn  ; 2π  thỏa mãn 4  a sin x 2 ∫0 1 + 3cos x dx = 3 .

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Suy ra 2 I =

−

(

1 + t 6 + t 3 sin tdt = − ∫

Ư N

−

)

(

1 + t 6 + t 3 sin ( −t )( − dt ) = − ∫

)

∫( π

ẠO

−

TP .Q

B. 1.

C. 4 .

D. 3 .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

A. 2 .

Hướng dẫn giải Chọn B. Đặt t = 1 + 3cos x ⇒ t 2 = 1 + 3cos x ⇒ 2tdt = −3sin xdx. Đổi cận: + Với x = 0 ⇒ t = 2 + Với x = a ⇒ t = 1 + 3 cos a = A.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn a

Khi đó

∫ 0

sin x 2 2 2 2 dx = ∫ dt = t = ( 2 − A) = ⇔ A = 1 ⇒ 1 + 3cos a = 1 ⇒ cos a = 0 3 3 A 3 3 1 + 3cos x A

1 3 k = 0 π  π π + kπ ( k ∈ ℤ ) . Do a ∈  ; 2π  ⇒ ≤ + kπ ≤ 2π ⇔ − ≤ k ≤ ⇒  . 2 4 2 4 2 k = 1 4 

H Ơ

+ π thì tích phân không xác định vì mẫu thức không xác

định (trong căn bị âm). Vậy đáp án phải là B, nghĩa là chỉ chấp nhận a =

Bình luận: Khi cho a =

TP .Q

⇒a=

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướng dẫn giải

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

Câu 17: (NGÔ GIA TỰ - VP) Diện tích miền phẳng giới hạn bởi các đường: y = 2 x , y = − x + 3 và y = 1 là: 1 1 47 1 1 − . +1. +3. A. S = B. S = C. S = . D. S = ln 2 2 ln 2 50 ln 2

Í-

ẤP

TR ẦN

Chọn A.

-L

Xét phương trình hoành độ giao điểm của các đường. Ta có:

BỒ

 2x   − x2  1 1 Diện tích cần tìm là: S = ∫ ( 2 − 1) dx + ∫ ( − x + 3 − 1) dx =  − x + + 2x  = −  ln 2 0  2  1 ln 2 2 0 1 1

ID Ư

Ỡ N

ÁN

• 2x = − x + 3 ⇔ x = 1 • 2x = 1 ⇔ x = 0 • −x + 3 = 1 ⇔ x = 2

2 Câu 18: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Có bao nhiêu số a ∈ ( 0;20π ) sao cho ∫ sin 5 x sin 2 xdx = . 7 0

A. 20 .

B. 19 .

C. 9 .

D. 10 .

Hướng dẫn giải Chọn D

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn a

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2 2 2 Ta có ∫ sin 5 x sin 2 xdx = 2∫ sin 6 x cos xdx = 2 ∫ sin 6 xd ( sin x ) = sin 7 x a0 = sin 7 a = . 7 7 7 0 0 0

sin 7 a = 1 ⇔ sin a = 1 ⇔ a =

π 2

+ k 2π .

a ∈ ( 0;20π )

Vì

nên

H Ơ

1 + k 2π < 20π ⇔ − < k < 10 và k ∈ ℤ nên có 10 giá trị của k 2 2

A. −1.

dx bằng

n →+∞

∫ 1+ e n

B. 1.

C. e.

D. 0.

ẠO

Hướng dẫn giải

Ư N

∫ 1+ e

Ta có: I =

1+ en+1

∫

Khi đó: I =

1+ en

1 dt = t ( t − 1)

1+ en+1

∫

1+ en

TR ẦN

Đặt t = 1 + e x ⇒ dt = e x dx . Đổi cận: Khi x = n ⇒ t = 1 + en ; x = n + 1 ⇒ t = 1 + e n +1 1+ en+1 1 + en  1 1 − d t = ln t − 1 − ln t = 1 + ln ( ) 1+en   1 + en+1  t −1 t 

1 + en 1 + e n +1

Mà

1   +1 1 1 e  = → khi n → +∞ , Do đó, lim I = 1 + ln = 0 n n →+∞ e e 1   +e e

ẤP

1 thì n bằng 64

B. 4.

C. 5.

Câu 20: (THTT – 477) Nếu ∫ sin n x cos xdx = 0

A. 3.

Hướng dẫn giải

-L

Chọn A.

D. 6.

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

n +1

Chọn D.

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx . Đổi cận: khi x = 0 ⇒ t = 0; x =

BỒ

TP .Q

n +1

Câu 19: (THTT – 477) Giá trị của lim

đó

1 2

1 n +1 2

1 1 t = .  Khi đó: I = ∫ t dt = n +1 0 n +1  2  0 1 Suy ra   2

n +1

π 6

⇒t =

1 2

1 . 64

n +1 có nghiệm duy nhất n = 3 (tính đơn điệu). 64

Câu 21: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho hàm số y = f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d , ( a, b, c ∈ ℝ, a ≠ 0 ) có đồ thị

( C ) . Biết rằng đồ thị ( C ) tiếp xúc với đường thẳng đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) cho bởi hình vẽ dưới đây:

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

y = 4 tại điểm có hoành độ âm và

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ) và trục hoành. 21 . 4

Ư N

Hướng dẫn giải

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

5 . 4

ẠO

27 . 4

B. S =

A. S = 9 .

TP .Q

H Ơ

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

TR ẦN

Chọn B. Từ đồ thị suy ra f ′ ( x ) = 3 x − 3 . 2

f ( x ) = ∫ f ′ ( x ) dx = ∫ ( 3 x 2 − 3) dx = x3 − 3 x + C .

( C ) tiếp xúc với đường thẳng f ′ ( x0 ) = 0 ⇔ 3 x02 − 3 = 0 ⇔ x0 = −1.

y = 4 tại điểm có hoành độ x0 âm nên

Suy ra f ( −1) = 4 ⇔ C = 2 ⇒ ( C ) : y = x − 3 x + 2

ẤP

 x = −2 . x =1

Í-

Xét phương trình x 3 − 3 x + 2 = 0 ⇔ 

∫ (x

−2

− 3 x + 2 ) dx =

ÁN

-L

Diện tích hình phẳng cần tìm là:

27 . 4

Câu 22: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho y = f ( x ) là hàm số chẵn, có đạo hàm trên đoạn [ −6;6]. Biết rằng −1

A. I = 11.

và

∫ f ( −2 x ) dx = 3 . Tính

BỒ

∫ f ( x ) dx −1

B. I = 5.

C. I = 2.

ID Ư

Ỡ N

∫ f ( x ) dx = 8

D. I = 14.

Hướng dẫn giải Chọn D. a

Vì f ( x ) là hàm số chẵn nên

∫

−1

f ( x ) dx = 0 ⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx = 8

−a

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 3

∫

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

f ( −2 x ) dx = ∫ f ( 2 x ) dx = 3

Xét tích phân K = ∫ f ( 2 x ) dx = 3

du 2

Đặt u = 2 x ⇒ du = 2dx ⇒ dx =

H Ơ

TP .Q

1 1 f ( u ) du = ∫ f ( x ) dx = 3 ⇒ ∫ f ( x ) dx = 6 ∫ 22 22 2 6

−1

ẠO

Đổi cận: x = 1 ⇒ u = 2; x = 3 ⇒ u = 6 .

dx =

b c a 2 b e + e + c ( a, b, c ∈ ℝ ) . Tính T = a + + . 5 3 2 3

B. T = 9.

A. T = 6.

Đ G Ư N

1+ 3 x

∫ 3e

TR ẦN

Câu 23: (SỞ GD HÀ NỘI) Biết rằng

C. T = 10.

D. T = 5.

Hướng dẫn giải

Chọn C.

Đặt t = 1 + 3x ⇒ t 2 = 1 + 3x ⇒ 2tdt = 3dx

ẤP

Đổi cận: + x = 0 ⇒ t = 1

(

) (

dx = 2 ∫ tet dt = 2 tet − ∫ et dt = 2 tet − et

1+ 3 x

⇒ ∫ 3e

+ x =1⇒ t = 2

) = 2 ( 2e − e − e + e ) = 2e . 2

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vậy I = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 8 + 6 = 14.

ÁN

-L

a = 10 ⇒ ⇒ T = 10 nên câu C đúng. b = c = 0

hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ) : y = f ( x ) , trục hoành, hai đường thẳng x = a , x = b (như hình vẽ dưới đây).

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 24: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] . Gọi D là diện tích

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

TP .Q

H Ơ

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Giả sử S D là diện tích hình phẳng D . Chọn công thức đúng trong các phương án A, B,

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

B. S D = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx . 0

D. S D = − ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx .

C. S D = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx .

TR ẦN

Hướng dẫn giải

Chọn B.

+ Nhìn đồ thị ta thấy:

Đồ thị (C ) cắt trục hoành tại O ( 0; 0 )

•

Trên đoạn [ a; 0] , đồ thị (C ) ở dưới trục hoành nên f ( x ) = − f ( x )

•

Trên đoạn [ 0;b ] , đồ thị ( C ) ở trên trục hoành nên f ( x ) = f ( x ) b

ẤP

•

Í-

+ Do đó: S D = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx

-L

ÁN

Câu 25: (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GL) Biết I = ∫ 1

các số nguyên. Tính S = a − b. A. S = 9. B. S = 11.

Ỡ N ID Ư

BỒ

Ư N

A. S D = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

ẠO

C, D cho dưới đây?

2 x − 2 +1 dx = 4 + a ln 2 + b ln 5 , với a , b là x

C. S = 5.

D. S = −3.

Hướng dẫn giải Chọn B. 5

Ta có: I = ∫ 1 2

=∫ 1

2 5 2 x − 2 +1 2 x − 2 +1 2 x − 2 +1 dx = ∫ dx + ∫ dx x x x 1 2

2( 2 − x) +1 x

dx + ∫ 2

2 ( x − 2) + 1 x

dx = ∫

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

5 2x − 3 5 − 2x dx + ∫ dx 2 x x

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2 5 5 2 5 3  = ∫  − x  dx + ∫  2 −  dx = ( 5 ln x − x ) + ( 2 x − 3ln x ) 1 2 1 2 x x  

H Ơ

a ln 3 − c, trong đó a, b, c là các số b

Câu 26: (BIÊN HÒA – HÀ NAM) Biết I = ∫ x ln ( 2 x + 1) dx =

TP .Q

b nguyên dương và là phân số tối giản. Tính S = a + b + c. c A. S = 60. B. S = 70. C. S = 72.

D. S = 68.

ẠO

Hướng dẫn giải

Chọn B. 4

Ư N

Ta có I = ∫ x ln ( 2 x + 1) dx 0

4 x 2 ln ( 2 x + 1) x2 I = ∫ x ln ( 2 x + 1) dx = dx −∫ 2 2x +1 0 0 0

TR ẦN

2  du = dx u = ln ( 2 x + 1)  2x +1 Đặt  ⇒ 2 dv = xdx v = x  2

x 1   x2 1  1 1 63 = 8 ln 9 − ∫  − + = 16 ln 3 − dx   − x + ln 2 x + 1  = ln 3 − 3 2 4 4 ( 2 x + 1)  8  4 4 0 4 0  a = 63 a 63  ⇒ ln 3 − c = ln 3 − 3 ⇒ b = 4 ⇒ S = 70 . b 4 c = 3 

ẤP

Câu 27: (PHAN ĐÌNH PHÙNG – HN) Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y = x 2 − 1 và

Í-

y = k , 0 < k < 1. Tìm k để diện tích của hình phẳng ( H ) gấp hai lần diện tích hình phẳng

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

a = 8 ⇒ a − b = 11. = 8 ln 2 − 3ln 5 + 4 ⇒  b = −3

ÁN

được kẻ sọc trong hình vẽ bên. A. k = 3 4.

1 C. k = . 2 D. k = 3 4 − 1.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

B. k = 3 2 − 1.

Hướng dẫn giải Chọn D. Do đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng nên yêu cầu bài toán trở thành:

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = 1 − x 2 , y = k , x = 0 bằng diện tích hình phẳng giới

1+ k

− k )dx =

∫ ( k − 1 + x )dx + ∫ ( k − x 2

+ 1)dx ⇔ (1 − k ) 1 − k −

1− k

1 (1 − k ) 1 − k 3

Ư N

∫ (1 − x

(

1+ k

)

= 2 ⇔ k = 3 4 − 1.

2 4 (1 + k ) 1 + k = ⇔ 3 3

⇔

TR ẦN

1 1 1 1 = − (1 − k ) − (1 − k ) 1 − k + (1 − k ) 1 − k + (1 + k ) 1 + k − (1 + k ) 1 + k − (1 + k ) + 3 3 3 3

B. f (c) > f (b) > f (a).

ẤP

Câu 28: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị y = f ′( x) cắt trục Ox tại ba điểm có hoành độ a < b < c như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. f (c) > f (a) > f (b).

Í-

C. f (a) > f (b) > f (c).

D. f (b) > f (a) > f (c). Hướng dẫn giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

1− k

ẠO

TP .Q

H Ơ

hạn bởi : y = 1 − x 2 , y = x 2 − 1, y = k , x > 0.

Chọn A. Đồ thị của hàm số y = f ′( x ) liên tục trên các đoạn [ a; b ] và [b; c ] , lại có f ( x ) là một nguyên hàm của f ′( x ) .  y = f ′( x) y = 0  Do đó diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường:  là: x = a  x = b

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn b

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com b

S1 = ∫ f ′( x)dx = − ∫ f ′( x)dx = − f ( x ) a = f ( a ) − f ( b ) .

Vì S1 > 0 ⇒ f ( a ) > f ( b ) (1)

N Y

ẠO

S 2 = ∫ f ′( x) dx = ∫ f ′( x)dx = f ( x ) b = f ( c ) − f ( b ) .

Mặt

khác,

dựa

vào

hình

Ư N

S2 > 0 ⇒ f ( c ) > f ( b ) ( 2 ) .

vẽ

có:

TR ẦN

S1 < S 2 ⇔ f ( a ) − f ( b ) < f ( c ) − f ( b ) ⇔ f ( a ) < f ( c ) ( 3) . Từ (1), (2) và (3) ta chọn đáp án A.

(có thể so sánh f ( a ) với f ( b ) dựa vào dấu của f ′( x ) trên đoạn [ a; b ] và so sánh f ( b )

với f ( c ) dựa vào dấu của f ′( x ) trên đoạn [b; c ] ).

ẤP

Câu 29: Cho tam giác đều ABC có diện tích bằng 3 quay xung quanh cạnh AC của nó. Tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành. B.V = π.

C.V =

A.V = 2π.

D.V =

7 π. 8

Hướng dẫn giải

Í-

Đáp án A

7 π. 4

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

TP .Q

H Ơ

 y = f ′( x) y = 0  Tương tự: diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường:  là: x = b  x = c

ÁN

S ABC = 3 ⇒ AB = BC = CA = 2 . Chọn hệ trục vuông góc Oxy

(

sao choO (0; 0), A (1;0), B 0; − 3

)

với O là trung điểm AC .

Ỡ N

Phương trình đường thẳng AB là y = 3 (x − 1) , thể tích khối

BỒ

ID Ư

tròn xoay khi quay ABO quanh trục AC (trùng Ox ) tính bởi 1

V ′ = π∫

3 (x − 1)dx = π .

Vậy

thể

tích

cần

tìm

V = 2V ′ = 2π .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com π 2

2x −1. cos x ∫ 1 + 2x dx π

−

B. 0.

C. 2.

D. 1.

H Ơ

1 A. . 2

Câu 30: Trong các số dưới đây, số nào ghi giá trị của

Hướng dẫn giải

x −1

∫

Ta có:

π 2

−

2 cos x

∫ (1 + 2 ).2 x

π 2

dx − ∫

2x cos x

(1 + 2 ).2 x

dx (1)

−

cos x dx = 1 + 2x

π 2

ẠO

π 2

TP .Q

Chọn A.

π 2

2 cos x

Ư N

π 2

π π thì t = và dx = −dt 2 2 π 2

2−t cos (−t )

cos t

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Đặt x = −t ta có x = 0 thì t = 0, x = −

π 2

cos x

−t

π 2

2 cos x

cos x

∫ (1 + 2 ).2 dx + ∫ (1 + 2 ).2 dx

cos x dx = 1 + 2x

π 2

−

π 2

∫

x −1

Thay vào (1) có π 2

TR ẦN

∫ (1 + 2 ).2 dx = ∫ (1 + 2 ).2 d (−t ) = −∫ (1 + 2 ).2 dt = −∫ (1 + 2 ).2 dx

(1 + 2 ) cos x dx = cos x dx = sin x =∫ ∫ 2 2 (1 + 2 ).2 π 2

ẤP

π 2

1 2

π 2

ÁN

−

-L

Í-

2x −1 cosx 1 Vậy ∫ dx = x 2 1+2 π

Câu 31: ( CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 3)Cho f , g là hai hàm liên tục trên [1;3] 3

BỒ

ID Ư

Ỡ N

thỏa: ∫  f ( x ) + 3 g ( x )  dx = 10 . 1

∫ 2 f ( x ) − g ( x ) dx = 6 . Tính ∫  f ( x ) + g ( x ) dx . 1

A. 8.

B. 9.

C. 6.

D. 7.

Hướng dẫn giải Chọn C. 3

• Ta có ∫  f ( x ) + 3 g ( x )  dx = 10 ⇔ ∫ f ( x ) dx + 3∫ g ( x ) dx = 10 . 1

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

• Tương tự

∫ 2 f ( x ) − g ( x ) dx = 6 ⇔ 2∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx = 6 . 1

3 3 u + 3v = 10 u = 4 • Xét hệ phương trình  ⇔ , trong đó u = ∫ f ( x ) dx , v = ∫ g ( x ) dx . 2u − v = 6 v = 2 1 1 3

H Ơ

∫  f ( x ) + g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx = 4 + 2 = 6 .

• Khi đó

C. V = 3π 2 .

D. V = 6π 2 .

TP .Q

B. V = 6π 3 .

A. V = 6π .

ẠO

Hướng dẫn giải

ChọnD.

) − (3 −

1− x

)

−

∫π cos

tdt = 6π 2 .

∫π

1 − sin 2 t .cos tdt = 12π

−

⇒ V = 12π

TR ẦN

π   x = 1 ⇒ t = 2 Đặt x = sin t ⇒ dx = cos t .dt . Với  .  x = −11 ⇒ t = − π  2

 2  dx = 12π ∫ 1 − x dx . −1

Ư N

(

 V = π ∫  3 + 1 − x2 −1 

y2 2

= 1, ( a, b > 0 ) và đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 = 7. Để diện tích elip ( E ) gấp 7 lần

ẤP

Câu 33: (CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz cho ( E ) có phương trình

Í-

A. ab = 7 .

a b diện tích hình tròn ( C ) khi đó

B. ab = 7 7 .

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

x 2 + ( y − 3) 2 = 1 ⇔ y = 3 ± 1 − x 2 . 1

Câu 32: (PHAN ĐÌNH PHÙNG) Thể tích V của khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường tròn (C ) : x 2 + ( y − 3)2 = 1 xung quanh trục hoành là

C. ab = 7 .

D. ab = 49 .

ÁN

Hướng dẫn giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Chọn D.

= 1, ( a, b > 0 ) ⇒ y = a

Diện tích ( E ) là S( E) = 4 ∫ 0

b 2 2 a −x . a

b a 2 − x 2 dx b = 4 ∫ a 2 − x 2 dx a a0 a

 π π Đặt x = a sin t , t ∈  − ;  ⇒ dx = a cos tdt .  2 2

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = a ⇒ t = a

b 2 a .cos2 tdt = 2 ab ∫ (1+cos2t ) dt = π ab a ∫0 0

H Ơ

S( E) = 4

Mà ta có S( C ) = π.R 2 = 7π.

Câu 34: (CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ) Giả sử tích phân

∫ x.ln ( 2 x + 1)

ẤP

2  du = dx  u = ln ( 2 x + 1)  2x +1 ⇒ Đặt  2 dv = xdx v = x − 1  2 8

dx = 2017 ∫ x.ln ( 2 x + 1) dx .

2017

Ư N

TR ẦN

Chọn B. 1

D. b + c = 6056.

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

C. b + c = 6058.

Hướng dẫn giải

Ta có I = ∫ x.ln ( 2 x + 1)

b dx = a + ln 3 . Với phân c

ẠO

b số tối giản. Lúc đó c A. b + c = 6057. B. b + c = 6059.

2017

TP .Q

Theo giả thiết ta có S( E) = 7.S(C ) ⇔ π ab = 49π ⇔ ab = 49.

1   x2 1  2   x2 1  Do đó ∫ x.ln ( 2 x + 1) dx = ( ln ( 2 x + 1) )  −  − ∫   −   dx  2 8  0 0   2 8  2x + 1  0

Í-

ÁN

-L

 x2 − x  3 3 = ln 3 −   = ln 3 8  4 0 8 1

2017

3  6051 dx = 2017  ln 3  = ln 3. 8 8 

Khi đó b + c = 6059.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

⇒ I = ∫ x.ln ( 2 x + 1)

Câu 35: (NGÔ QUYỀN – HP) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 1 2my = x 2 , mx = y 2 , ( m > 0 ) . Tìm giá trị của m để S = 3 . 2 3 1 A. m = . B. m = 2. C. m = 3. D. m = . 2 2 Hướng dẫn giải

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọn A. Ta có 2my = x 2 ⇔ y =

1 x 3 2 2m = . − x x 2m 3 3

= 0

 − 2mx  dx 

4m 2 . 3

4m2 9 3 = 3 ⇔ m 2 = ⇒ m = (do m > 0 ). 3 4 2

Để S = 3 ⇔

Câu 36: (CHUYÊN KHTN L4) Gọi ( H ) là phần giao của 1 hình trụ có bán kính a , hai trục hình 4 trụ vuông góc với nhau. Xem hình vẽ bên. Tính thể tích của ( H ) .

D. V( H ) =

π a3 . 4

a3 . 2

3a 3 . 4

C. V( H ) =

B. V( H ) =

2a 3 . 3

Í-

A. V( H ) =

ẤP

hai khối

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 1

∫  2m x

∫

Ư N

1 2 x − 2mx dx = 2m

TR ẦN

ẠO

x = 0 1 2 . x = 2mx ⇔ x 2 = 2m 2mx ⇔ x 4 − 8m3 x = 0 ⇔  2m  x = 2m

Khi đó S =

1 2 y ta có 2

TP .Q

Xét phương trình hoành độ giao điểm của 2my = x 2 và mx =

H Ơ

 y = 2mx ≥ 0 1 2 . y ⇔ y 2 = 2mx ⇔  2  y = − 2mx < 0

và mx =

1 2 x > 0 (do m > 0 ). 2m

ÁN

Hướng dẫn giải

Chọn đáp án A.

Ỡ N

Ta gọi trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó phần giao ( H ) là một vật thể có đáy là một

ID Ư

phần tư hình tròn tâm O bán kính a , thiết diện của mặt phẳng vuông góc với trục Ox là một

BỒ

hình vuông có diện tích S ( x ) = a 2 − x 2 Thể tích khối ( H ) là

2 2 ∫ S ( x ) dx = ∫ ( a − x )dx =

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

2a 3 . 3

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

TP .Q

H Ơ

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 37: (CHUYÊN KHTN L4) Với các số nguyên a , b thỏa mãn

∫ ( 2 x + 1) ln xdx = a + 2 + ln b .

G Ư N H

Hướng dẫn giải

D. P = 61 .

C. P = 60 .

Chọn C.

TR ẦN

1  du = dx x  v = x 2 + x 

∫ ( 2 x + 1) ln xdx = ( x

1 + x ) ln x − ∫ ( x 2 + x ) . dx x 1 2 1

u = ln x Đặt  ta có dv = ( 2 x + 1) dx

 x2  3 3  = 6 ln 2 − ∫ ( x + 1) dx = 6 ln 2 −  + x  12 = 6 ln 2 −  4 −  = −4 + + ln 64 2 2   2  1

P = a + b = −4 + 64 = 60 .

ẤP

Í-

Câu 38: (CHUYÊN VINH – L2)Trong Công viên Toán học có những mảnh đất mang hình dáng khác nhau. Mỗi mảnh được trồng một loài hoa và nó được tạo thành bởi một trong những đường cong đẹp trong toán học. Ở đó có một mảnh đất mang tên Bernoulli, nó được tạo thành từ đường Lemmiscate có phương trình trong hệ tọa độ Oxy

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

B. P = 28 .

ẠO

Tính tổng P = a + b . A. P = 27 .

Tính diện tích S của mảnh đất Bernoulli biết rằng mỗi đơn vị trong hệ tọa độ Oxy tương ứng với chiều dài 1 mét. 125 2 125 250 125 m ) m2 ) m2 ) A. S = B. S = C. S = D. S = ( ( ( ( m2 ) 6 4 3 3

Hướng dẫn giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

là 16 y 2 = x 2 ( 25 − x 2 ) như hình vẽ bên.

Chọn D. Vì tính đối xứng trụ nên diện tích của mảnh đất tương ứng với 4 lần diện tích của mảnh đất thuộc góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ Oxy .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 Từ giả thuyết bài toán, ta có y = ± x 5 − x 2 . 4 1 x 25 − x 2 ; x ∈ [ 0;5] 4

Góc phần tư thứ nhất y = 5

H Ơ

1 125 125 3 x 25 − x 2 dx = (m ) ⇒S= ∫ 40 12 3

Nên S( I ) =

thẳng x = a ( 0 < a < 4 ) cắt đồ thị hàm y = x tại M

TP .Q

Câu 39: (CHUYÊN VINH – L2)Gọi V là thể tích khối tròn y xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x , y = 0 và x = 4 quanh trục Ox . Đường

Chọn D. 4

)

(

Ta có M a; a

x = 0 ⇔ x = 0 . Khi đó V = π ∫ xdx = 8π

Ta có

TR ẦN

Hướng dẫn giải

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

a (hình vẽ bên). Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay tạo O K thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox . Biết rằng V = 2V1 . Khi đó 5 B. a = 2 2 . C. a = . D. a = 3 . A. a = 2 . 2

Khi quay tam giác OMH quanh trục Ox tạo thành hai hình nón có chung đáy:

( N2 )

thứ 2 có đỉnh là H , chiều cao h2 = HK = 4 − a , bán kính đáy

• Hình nón

ẤP

• Hình nón ( N1 ) có đỉnh là O , chiều cao h1 = OK = a , bán kính đáy R = MK = a ;

-L

Í-

R = MK = a 1 1 4 Khi đó V1 = π R 2 h 1 + π R 2 h 2 = π a 3 3 3 4 Theo đề bài V = 2V1 ⇔ 8π = 2. π a ⇒ a = 3 . 3

ÁN

Câu 40: (CHUYÊN VINH – L2)Gọi ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

y = x 2 − 4 x + 4 , trục tung và trục hoành. Xác định k để đường thẳng ( d ) đi qua điểm

A ( 0; 4 ) có hệ số góc k chia ( H ) thành hai phần có diện tích bằng nhau.

A. k = −4 .

B. k = −8 .

C. k = −6 .

D. k = −2 .

Hướng dẫn giải Chọn C. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x 2 − 4 x + 4 và trục hoành là:

x2 − 4 x + 4 = 0 ⇔ x = 2 .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Diện tích hình phẳng ( H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số: y = x 2 − 4 x + 4 , trục tung và trục

Phương trình đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 0; 4 )

hoành là: S = ∫

 x3  8 x − 4 x + 4 dx = ∫ ( x − 4 x + 4 ) dx =  − 2 x 2 + 4 x  = .  3 0 3 0 2

có hệ số góc k có dạng: y = kx + 4 .

H Ơ

 −4  Gọi B là giao điểm của ( d ) và trục hoành. Khi đó B  ;0  .  k 

∫ 1

QUANG

Đ G Ư N H

TUYÊN

–L1)

Tính

tích

phân

2 −4 x 4 + x 2 − 3 dx = a 3 + b + cπ + 4 . Với a , b , c là các số nguyên. Khi đó 4 x +1 8

(

)

biểu thức a + b 2 + c 4 có giá trị bằng A. 20 . B. 241 .

6+ 2 3

ẠO

O B1 I d

TR ẦN

Câu 41: (CHUYÊN

D. 48 .

C. 196 .

ẤP

Hướng dẫn giải

6+ 2 2

∫ 1

 x2 + 1  − + 4   dx = −4 x4 + 1  

6+ 2 2

∫

6+ 2 2

dx +

∫ 1

x2 + 1 dx = I + J . x4 + 1

Í-

∫

−4 x 4 + x 2 − 3 dx = x4 + 1

Ta có

6+ 2 2

Chọn B.

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Tính I = −4

BỒ

1 4 S= . 2 3

−4  0 < k < 2  k < −2 ⇔ ⇔ ⇔ k = −6 . 1 1 4 4 k 6 − = −  S = OA.OB = .4. =  ∆OAB 2 2 3 k

6+ 2 2

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

bằng nhau khi B ∈ OI và S ∆OAB =

TP .Q

Đường thẳng ( d ) chia ( H ) thành hai phần có diện tích

Tính J =

∫

dx = −4 x 1

6+ 2 2

= −2 6 − 2 2 + 4 .

6+ 2 2

∫ 1

x2 + 1 dx = x4 + 1

6+ 2 2

∫ 1

1 x 2 dx = 1 x2 + 2 x 1+

6+ 2 2

∫ 1

1 x2 dx. 2 1  x−  +2 x  1+

x = 1⇒ t = 0 1 1    Đặt t = x − ⇒ dt = 1 + 2  dx . Khi  . 6+ 2 x  x  ⇒t = 2 x =  2

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 2

Khi

đó

∫ 0

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

dt 2

t +

( )

t = 2 tan u ⇒ dt = 2 (1 + tan 2 u ) du .

Đặt

Khi

H Ơ

(

Y U

)

Ư N

Vậy a + b2 + c 4 = 241 .

Câu 42: (CHU VĂN AN – HN) Cho hai mặt cầu ( S1 ) , ( S 2 ) có cùng bán kính R thỏa mãn

π R3 2

C. V =

B. V =

A. V = π R3 .

TR ẦN

tính chất: tâm của ( S1 ) thuộc ( S 2 ) và ngược lại. Tính thể tích phần chung V của hai khối cầu tạo bởi ( S1 ) và ( S 2 ) . 5π R 3 . 12

Hướng dẫn giải

D. V =

2π R 3 . 5

y (C ) : x 2 + y 2 = R 2

ẤP

Chọn C

Gắn hệ trục Oxy như hình vẽ

Khối cầu S ( O, R ) chứa một đường tròn lớn

R 2

Í-

là

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

a = b = −16 −4 x 4 + x 2 − 3 2 . dx = −16 3 − 16 + π + 4 ⇒  4 x +1 8 c = 1

ẠO

∫

TP .Q

Vậy

24 2 4 2 π. du = du = u = ∫ 2 2 0 2 0 8 2 (1 + tan u )

Suy ra J = ∫ 6+ 2 2

2 (1 + tan 2 u )

t = 0 ⇒ u = 0   π. t = 2 ⇒ u = 4

(C ) : x2 + y 2 = R 2

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Dựa vào hình vẽ, thể tích cần tính là R

V = 2π ∫ R 2

(

 x3  5π R 3 . R − x dx = 2π  R 2 x −  = 3 R 12  2

)

BỒ

Câu 43: `(CHU VĂN AN – HN) Cho hàm số y = x 4 − 3 x 2 + m có đồ thị ( Cm ) với m là tham

số thực. Giả sử ( Cm ) cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt như hình vẽ :

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

( Cm )

TP .Q

H Ơ

Gọi S1 , S 2 và S3 là diện tích các miền gạch chéo được cho trên hình vẽ. Tìm m để

5 4

TR ẦN

Hướng dẫn giải

5 4

D. m = .

C. m = .

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

5 2

B. m = − .

5 2

A. m = − .

ẠO

S1 + S 2 = S3 .

Chọn D

Giả sử x = b là nghiệm dương lớn nhất của phương trình x 4 − 3x 2 + m = 0 . Khi đó ta có

)

x 4 − 3 x 2 + m dx = 0 ⇒

∫(

ẤP

Nếu xảy ra S1 + S 2 = S3 thì

b 4 − 3b2 + m = 0 (1)

b5 b4 − b3 + mb = 0 ⇒ − b 2 + m = 0 (2) ( do b > 0 ) 5 5

-L

Í-

Từ (1) và (2), trừ vế theo vế ta được

4 4 5 b − 2b 2 = 0 ⇒ b 2 = (do b > 0) . 5 2

5 4

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Thay trở ngược vào (1) ta được m = .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)

H Ơ

Chủ đề 4. SỐ PHỨC

z1 + z2 là số thực. z1 − z 2

z1 + z 2 là số phức với phần thực và phần ảo đều khác 0 . z1 − z2

z1 + z 2 là số thuần ảo. z1 − z2

TP .Q

phương án đúng: z +z A. 1 2 = 0 . z1 − z2

(TRẦN HƯNG ĐẠO – NB) Cho các số phức z1 , z2 khác nhau thỏa mãn: z1 = z2 . Chọn

ẠO

Câu 1:

Đ G Ư N

Chọn D.

Phương pháp tự luận:

TR ẦN

Vì z1 = z2 và z1 ≠ z2 nên cả hai số phức đều khác 0 . Đặt w = có

z1 + z2 và z1 = z2 = a , ta z1 − z 2

a2 a2 +  z1 + z2  z1 + z2 z1 z2 z1 + z2 w= = 2 = = −w = 2 z2 − z1  z1 − z2  z1 − z2 a − a z1 z2

ẤP

Phương pháp trắc nghiệm:

Từ đó suy ra w là số thuần ảo. Chọn D.

Số phức z1, z2 khác nhau thỏa mãn z1 = z2 nên chọn z1 = 1; z2 = i , suy ra

z1 + z2 1 + i = =i z1 − z2 1 − i

là số thuần ảo. Chọn D. Câu 2:

Í-

(TRẦN HƯNG ĐẠO – NB) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 3 + 4i ≤ 2. Trong

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Hướng dẫn giải

mặt phẳng Oxy tập hợp điểm biểu diễn số phức w = 2 z + 1 − i là hình tròn có diện tích B. S = 12π .

ÁN

A. S = 9π .

C. S = 16π .

D. S = 25π .

Hướng dẫn giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Chọn C.

w −1 + i 2 w −1+ i z − 3 + 4i ≤ 2 ⇔ − 3 + 4i ≤ 2 ⇔ w − 1 + i − 6 + 8i ≤ 4 ⇔ w − 7 + 9i ≤ 4 (1) 2

w = 2z + 1 − i ⇒ z =

Giả sử w = x + yi

( x, y ∈ ℝ ) , khi đó (1) ⇔ ( x − 7 ) + ( y + 9 )

≤ 16

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức w là hình tròn tâm I ( 7; − 9 ) , bán kính r = 4. Vậy diện tích cần tìm là S = π .4 2 = 16π .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 3:

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

(TRẦN HƯNG ĐẠO – NB) Trong các số phức thỏa mãn điều kiện z + 3i = z + 2 − i .

Tìm số phức có môđun nhỏ nhất? C. z =

1 2 − i. 5 5

D. z = − 1 + 2i .

1 2 B. z = − + i . 5 5

A. z = 1 − 2i .

H Ơ

Hướng dẫn giải

Chọn C. Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) 2

TP .Q

Phương pháp tự luận

2 1 5 2 ( 2 y + 1) + y 2 = 5 y 2 + 4 y + 1 = 5  y +  + ≥ 5 5 5 

Ư N

2 1 5 khi y = − ⇒ x = 5 5 5

Suy ra z min =

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

z = x2 + y2 =

⇔ 6 y + 9 = 4x + 4 − 2 y + 1 ⇔ 4x − 8 y − 4 = 0 ⇔ x − 2 y −1 = 0 ⇔ x = 2 y + 1

ẠO

z + 3i = z + 2 − i ⇔ x + ( y + 3) i = ( x + 2 ) + ( y − 1) i ⇔ x 2 + ( y + 3) = ( x + 2 ) + ( y − 1)

( x, y ∈ ℝ )

Giả sử z = x + yi

1 2 Vậy z = − i. 5 5 Phương pháp trắc nghiệm

z + 3i = z + 2 − i ⇔ x + ( y + 3) i = ( x + 2 ) + ( y − 1) i ⇔ x 2 + ( y + 3) = ( x + 2 ) + ( y − 1)

⇔ 6 y + 9 = 4x + 4 − 2 y +1 ⇔ 4x − 8 y − 4 = 0 ⇔ x − 2 y −1 = 0

ẤP

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa điều kiện z + 3i = z + 2 − i là đường

thẳng d : x − 2 y − 1 = 0 .

Phương án A: z = 1 − 2i có điểm biểu diễn (1; − 2 ) ∉ d nên loại A.  1 2  − ;  ∉ d nên loại B.  5 5

Í-

1 2 Phương án B: z = − + i có điểm biểu diễn 5 5

-L

Phương án D: z = − 1 + 2i có điểm biểu diễn ( −1; 2 ) ∉ d nên loại B.

1 2 1 2 − i có điểm biểu diễn  ; −  ∈ d 5 5 5 5

ÁN

Phương án C: z = Câu 4:

(LẠNG GIANG SỐ 1) Cho số phức z thỏa mãn z − 3 + z + 3 = 8 . Gọi M , m lần lượt

BỒ

ID Ư

Ỡ N

giá trị lớn nhất và nhỏ nhất z . Khi đó M + m bằng A. 4 − 7.

B. 4 + 7.

C. 7.

D. 4 + 5.

Hướng dẫn giải Chọn B. Gọi z = x + yi với x; y ∈ ℝ . Ta có 8 = z − 3 + z + 3 ≥ z − 3 + z + 3 = 2 z ⇔ z ≤ 4 .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Do đó M = max z = 4 . Mà z − 3 + z + 3 = 8 ⇔ x − 3 + yi + x + 3 + yi = 8 ⇔

( x − 3)

+ y2 +

( x + 3)

+ y2 = 8 .

+ y 2 + 1.

( x + 3)

+ y2 ≤

H Ơ

+ 12 ) ( x − 3) + y 2 + ( x + 3) + y 2    2

( x − 3)

8 = 1.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có

TP .Q

⇔ 8 ≤ 2 ( 2 x 2 + 2 y 2 + 18 ) ⇔ 2 ( 2 x 2 + 2 y 2 + 18 ) ≥ 64

ẠO

⇔ x2 + y 2 ≥ 7 ⇔ x2 + y 2 ≥ 7 ⇔ z ≥ 7 .

Đ G Ư N H

Vậy M + m = 4 + 7 . Câu 5:

TR ẦN

(CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho số phức z thỏa mãn z − 2 − 3i = 1 . Giá trị lớn nhất

của z + 1 + i là B. 4 .

C. 6 .

D. 13 + 1 .

A. 13 + 2 .

Hướng dẫn giải

Chọn D Gọi z = x + yi ta có z − 2 − 3i = x + yi − 2 − 3i = x − 2 + ( y − 3) i . 2

ẤP

Theo giả thiết ( x − 2 ) + ( y − 3) = 1 nên điểm M biểu diễn cho số phức z nằm trên

đường tròn tâm I ( 2;3) bán kính R = 1 .

Ta có z + 1 + i = x − yi + 1 + i = x + 1 + (1 − y ) i =

Gọi M ( x; y ) và H ( −1;1) thì HM =

( x + 1) + ( y − 1)

. M1

( x + 1) + ( y − 1)

Í-

Do M chạy trên đường tròn, H cố định nên MH lớn nhất khi M là giao của HI với đường tròn.  x = 2 + 3t Phương trình HI :  , giao của HI và đường tròn ứng với t thỏa mãn:  y = 3 + 2t 1 3 2  3 2    ;3 + ;3 − 9t 2 + 4t 2 = 1 ⇔ t = ± nên M  2 + , M  2 − . 13 13  13 13  13  

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Do đó M = min z = 7 .

ID Ư

Câu 6:

Tính độ dài MH ta lấy kết quả HM = 13 + 1 . (THTT – 477) Cho z1 , z2 , z3 là các số phức thỏa mãn z1 + z2 + z3 = 0 và z1 = z2 = z3 = 1.

BỒ

Khẳng định nào dưới đây là sai ? A. z13 + z23 + z33 = z13 + z23 + z33 .

B. z13 + z23 + z33 ≤ z13 + z23 + z33 .

C. z13 + z23 + z33 ≥ z13 + z23 + z33 .

D. z13 + z23 + z33 ≠ z13 + z23 + z33 . Hướng dẫn giải

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọn D. Cách 1: Ta có: z1 + z2 + z3 = 0 ⇔ z2 + z3 = − z1

( z1 + z2 + z3 )

= z13 + z23 + z33 + 3 ( z1 z2 + z1 z3 )( z1 + z2 + z3 ) + 3 z2 z3 ( z2 + z3 )

= z13 + z 23 + z33 − 3 z1 z 2 z3 ⇒ z13 + z 23 + z33 = 3 z1 z 2 z3 .

H Ơ

⇒ z13 + z23 + z33 = 3 z1 z2 z3 = 3 z1 z2 z3 = 3 3

Mặt khác z1 = z2 = z3 = 1 nên z1 + z2 + z3 = 3 . Vậy phương án D sai.

TP .Q

Câu 7:

(THTT – 477) Cho z1 , z2 , z3 là các số phức thỏa z1 = z2 = z3 = 1. Khẳng định nào dưới

ẠO

B. z1 + z2 + z3 > z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 .

C. z1 + z2 + z3 < z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 .

D. z1 + z2 + z3 ≠ z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 .

Ư N

A. z1 + z2 + z3 = z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 .

Chọn A. Cách 1: Kí hiệu Re : là phần thực của số phức. 2

TR ẦN

Hướng dẫn giải

Ta có z1 + z2 + z3 = z1 + z2 + z3 + 2 Re ( z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 ) = 3 + 2 Re ( z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 ) (1). 2

(

z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 = z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 + 2 Re ( z1 z2 z2 z3 + z2 z3 z3 z1 + z3 z1 z1 z2 ) 2

= z1 . z 2 + z2 . z3 + z3 . z1 + 2 Re z1 z2 z3 + z 2 z3 z1 + z3 z1 z2

)

= 3 + 2 Re ( z1 z3 + z2 z1 + z3 z2 ) == 3 + 2 Re ( z1 z2 + z3 z3 + z3 z1 ) (2).

ẤP

Từ (1) và ( 2) suy ra z1 + z2 + z3 = z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 .

Các h khác: B hoặc C đúng suy ra D đúngLoại B, C.

Chọn z1 = z2 = z3 ⇒ A đúng và D sai

Cách 2: thay thử z1 = z2 = z3 = 1 vào các đáp án, thấy đáp án D bị sai (THTT – 477) Cho P ( z ) là một đa thức với hệ số thực.Nếu số phức z thỏa mãn

Í-

Câu 8:

ÁN

P ( z ) = 0 thì

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

đây là đúng?

1 B. P   = 0. z

ID Ư

Ỡ N

A. P ( z ) = 0.

BỒ

Cách 2: thay thử z1 = z2 = z3 = 1 vào các đáp án, thấy đáp án D bị sai

1 C. P   = 0. z

D. P ( z ) = 0.

Hướng dẫn giải

Chọn D. Giả sử P ( z ) có dạng P ( z ) = a0 + a1 z + a2 z 2 + ... + an z n ( a0 ; a1 ; a2 ;...; an ∈ ℝ; an ≠ 0 ) P ( z ) = 0 ⇔ a0 + a1 z + a2 z 2 + ... + an z n = 0 ⇒ a0 + a1 z + a2 z 2 + ... + an z n = 0

⇒ a0 + a1 z + a2 z 2 + ... + an z n = 0 ⇒ P ( z ) = 0

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 9:

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2z − i . Mệnh đề nào 2 + iz

(BIÊN HÒA – HÀ NAM) Cho số phức z thỏa mãn z ≤ 1 . Đặt A =

sau đây đúng? B. A ≥ 1 .

C. A < 1 .

D. A > 1 .

A. A ≤ 1 .

H Ơ

Hướng dẫn giải

Chọn A.

(2 − b)

U TP .Q Đ G

4 a2 + ( 2 b + 1) 2

≤ 1.

+ a2 2

Ư N

≤ 1 ⇔ 4 a 2 + ( 2 b + 1) ≤ ( 2 − b ) + a2 ⇔ a 2 + b 2 ≤ 1

Thật vậy ta có

(2 − b)

TR ẦN

Dấu “=” xảy ra khi a 2 + b 2 = 1 . Vậy A ≤ 1 .

2 và điểm A trong hình vẽ bên 2 1 là điểm biểu diễn của z . Biết rằng trong hình vẽ bên, điểm biểu diễn của số phức w = là một iz y Q trong bốn điểm M , N , P , Q . Khi đó điểm biểu diễn của số phức w là

Câu 10: (CHUYÊN ĐH VINH) Cho số phức z thỏa mãn z =

ẤP

A. điểm Q .

C. điểm N .

D.điểm P .

M O

Hướng dẫn giải

A x

Đáp án: D.

B. điểm M .

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ta chứng minh

4 a2 + ( 2b + 1)

ẠO

4a2 + ( 2b + 1) 2 z − i 2a + ( 2b − 1) i A= = = 2 2 + iz 2 − b + ai ( 2 − b ) + a2

Đặt Có a = a + bi, ( a, b ∈ ℝ ) ⇒ a2 + b 2 ≤ 1 (do z ≤ 1 )

ÁN

-L

Do điểm A là điểm biểu diễn của z nằm trong góc phần tư thứ nhất của mặt phẳng P Oxy nên gọi z = a + bi ( a , b > 0) . 2 nên 2

Lại có w =

a 2 + b2 =

2 . 2

−b 1 a i nên điểm biểu diễn w nằm trong góc phần tư thứ ba = 2 − 2 2 iz a + b a + b2

của mặt phẳng Oxy .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Do z =

1 1 = = 2 = 2 z = 2OA . iz i . z

Vậy điểm biểu diễn của số phức w là điểm P . Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Câu 11: Cho số phức z thỏa mãn z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 1 + A. 5.

B. 4.

C. 6.

5i . z

D. 8.

H Ơ N

5i 5i 5 ≤ 1+ = 1 + = 6. Khi z = i ⇒ A = 6. z z z

Ta có: A = 1 +

Hướng dẫn giải

TP .Q

⇒ Chọn đáp án C.

z + 2 z − 3i , trong đó z là số phức thỏa mãn z2 + 2 ( 2 + i )( z + i ) = 3 − i + z . Gọi N là điểm trong mặt phẳng sao cho Ox , ON = 2ϕ , trong đó ϕ = Ox , OM là góc lượng giác tạo thành khi quay tia Ox tới vị trí tia OM . Điểm N nằm trong

Câu 12: Gọi M là điểm biểu diễn số phức ϖ =

)

Ư N

góc phần tư nào?

B. Góc phần tư thứ (II).

C. Góc phần tư thứ (III).

D. Góc phần tư thứ (IV).

TR ẦN

A. Góc phần tư thứ (I).

Hướng dẫn giải

5 1 1 5 1 + i ⇒ M  ;  ⇒ tan ϕ = . 4 4 5 4 4

2 tan ϕ 5 1 − tan 2 ϕ 12 = > 0; cos 2 = = > 0. ϕ 1 + tan 2 ϕ 13 1 + tan 2 ϕ 13

Lúc đó: sin 2ϕ =

Ta có: ( 2 + i )( z + i ) = 3 − i + z ⇒ z = 1 − i ⇒ w =

ẤP

⇒ Chọn đáp án A.

Câu 13: Cho số phức z thỏa mãn z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất M max và giá trị nhỏ nhất M min của

biểu thức M = z 2 + z + 1 + z 3 + 1 .

B. M max = 5; M min = 2.

C. M max = 4; M min = 1.

D. M max = 4; M min = 2.

Í-

A. M max = 5; M min = 1.

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

(

)

ẠO

(

ÁN

Hướng dẫn giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Ta có: M ≤ z + z + 1 + z + 1 = 5 , khi z = 1 ⇒ M = 5 ⇒ M max = 5.

Mặt

khác:

1 − z3 1− z

+ 1+ z ≥

1 − z3 2

1 + z3 2

≥

1 − z3 + 1 + z3 2

= 1,

khi

z = −1 ⇒ M = 1 ⇒ M min = 1.

⇒ Chọn đáp án A.

Câu 14: Cho số phức z thỏa z ≥ 2 . Tìm tích của giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức

z+i . z

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

3 A. . 4

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2 D. . 3

C. 2 .

B. 1.

Hướng dẫn giải

H Ơ

1 3 , xảy ra khi z = −2i ; giá trị lớn nhất của P bằng xảy 2 2

Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là

1 3 1 1 i i ≤ 1+ ≤ . Mặt khác: 1 + ≥ 1 − ≥ . | z| 2 | z| 2 z z

Ta có P = 1 +

TP .Q

ra khi z = 2 i. ⇒ Chọn đáp án A. 4

(

)(

ẠO

 z −1  Câu 15: Gọi z1 , z 2 , z 3 , z 4 là các nghiệm của phương trình   = 1. Tính giá trị biểu thức  2z − i 

)

G 16 . 9

D. P =

C. P =

Ư N

17 . 9

15 . 9

TR ẦN

B. P =

A. P = 2.

Hướng dẫn giải 4

f ( z ) = 15 ( z − z1 )( z − z2 )( z − z3 )( z − z4 ) .

f ( i ) . f ( −i )

225

z12 + 1 = ( z1 − i )( z1 + i ) ⇒ P = 4

( 1) .

ẤP

Mà f ( i ) = i 4 − ( i − 1) = 5; f ( − i ) = ( −3i ) − ( i + 1) = 85. Vậy từ ( 1) ⇒ P =

17 . 9

⇒ Chọn đáp án B.

Vì

ra:

Suy

Ta có phương trình ⇔ f ( z ) = ( 2 z − i ) − ( z − 1) = 0.

Câu 16: Cho số phức z thỏa mãn z − 1 + 2i = 3 . Tìm môđun lớn nhất của số phức z − 2 i. 26 + 6 17 .

Í-

26 − 6 17 .

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

P = z12 + 1 z22 + 1 z32 + 1 z 42 + 1 .

Gọi

26 + 8 17 .

26 − 4 17 .

Hướng dẫn giải z = x + yi ; ( x ∈ ℝ ; y ∈ ℝ ) ⇒ z − 2i = x + ( y − 2 ) i . 2

có:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

z − 1 + 2i = 9 ⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) = 9 .

Đặt x = 1 + 3 sin t ; y = −2 + 3 cos t ; t ∈ 0; 2π  . 2

⇒ z − 2 i = ( 1 + 3 sin t ) + ( −4 + 3 cos t ) = 26 + 6 ( sin t − 4 cos t ) = 26 + 6 17 sin ( t + α ) ; (α ∈ ℝ ) .

⇒ 26 − 6 17 ≤ z − 2i ≤ 26 + 6 17 ⇒ z − 2i max = 26 + 6 17 .

⇒ Chọn đáp án A.

Câu 17: Cho số phức z thỏa mãn z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 + z + 3 1 − z . A. 3 15

B. 6 5

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

D. 2 20.

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướng dẫn giải Gọi z = x + yi ; ( x ∈ ℝ ; y ∈ ℝ ) . Ta có: z = 1 ⇒ x 2 + y 2 = 1 ⇒ y 2 = 1 − x 2 ⇒ x ∈ −  1; 1 . 2

4 = 0 ⇔ x = − ∈ ( −1;1) . 5 2 (1 − x )

N N

2 (1 + x )

−

và với

x ∈ ( −1;1) ta có: f ′ ( x ) =

TP .Q

Xét hàm số f ( x ) =

H Ơ

(1 + x ) + y + 3 ( 1 − x ) + y = 2 ( 1 + x ) + 3 2 ( 1 − x ) . 2 ( 1 + x ) + 3 2 ( 1 − x ) ; x ∈  −1; 1 . Hàm số liên tục trên  −1;1

Ta có: P = 1 + z + 3 1 − z =

 4 Ta có: f ( 1) = 2; f ( −1) = 6; f  −  = 2 20 ⇒ Pmax = 2 20.  5

ẠO

⇒ Chọn đáp án D.

39 . 4

C. 3 3.

G H

13 3 . 4

TR ẦN

Ư N

nhất của biểu thức P = z + 1 + z 2 − z + 1 . Tính giá trị của M .m .

13 . 4

Hướng dẫn giải

Gọi z = x + yi ; ( x ∈ ℝ ; y ∈ ℝ ) . Ta có: z = 1 ⇔ z.z = 1

Đặt t = z + 1 , ta có 0 = z − 1 ≤ z + 1 ≤ z + 1 = 2 ⇒ t ∈  0; 2  .

ẤP

Ta có t 2 = ( 1 + z )( 1 + z ) = 1 + z.z + z + z = 2 + 2 x ⇒ x =

( 2 x − 1)

= 2x − 1 = t2 − 3 .

Suy ra z 2 − z + 1 = z 2 − z + z.z = z z − 1 + z =

t2 − 2 . 2

Xét hàm số f ( t ) = t + t 2 − 3 , t ∈  0; 2  . Bằng cách dùng đạo hàm, suy ra

Í-

13 13 3 ; min f ( t ) = 3 ⇒ M.n = . 4 4 ⇒ Chọn đáp án A. max f ( t ) =

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 18: Cho số phức z thỏa mãn z = 1. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

ÁN

1+ i z; ( z ≠ 0 ) trên mặt phẳng 2 tọa độ ( A , B, C và A′, B′, C ′ đều không thẳng hàng). Với O là gốc tọa độ, khẳng định nào

Câu 19: Gọi điểm A , B lần lượt biểu diễn các số phức z và z′ =

BỒ

ID Ư

Ỡ N

sau đây đúng? A. Tam giác OAB đều. B. Tam giác OAB vuông cân tại O. C. Tam giác OAB vuông cân tại B. D. Tam giác OAB vuông cân tại A.

Hướng dẫn giải

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Ta có: OA = z ; OB = z′ =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1+ i 1+ i 2 .z = .z = z. 2 2 2

1+ i 1− i 2 z= .z = z. Ta có: BA = OA − OB ⇒ BA = z − z′ = z − 2 2 2

H Ơ

Suy ra: OA2 = OB2 + AB2 và AB = OB ⇒ OAB là tam giác vuông cân tại B.

⇒ Chọn đáp án C.

3 −1 3 +1 . ≤ z≤ 6 6

B. 5 − 1 ≤ z ≤ 5 + 1.

C. 6 − 1 ≤ z ≤ 6 + 1.

2 −1 2 +1 . ≤ z≤ 3 3

Ư N H

Áp dụng bất đẳng thức u + v ≥ u + v , ta được 2

Hướng dẫn giải

TR ẦN

2 z + −4 = z 2 + 4 + −4 ≥ z ⇒ z − 2 z − 4 ≤ 0 ⇒ z ≤ 5 + 1. 2

2 z + z = z 2 + 4 + − z 2 ≥ 4 ⇒ z + 2 z − 4 ≥ 0 ⇒ z ≥ 5 − 1. 5 − 1, khi z = − i + i 5 và z lớn nhất là

Vậy, z nhỏ nhất là

⇒ Chọn đáp án B.

5 + 1, khi z = i + i 5.

ẤP

Câu 21: Cho số phức z thỏa mãn z − 1 + 2i = 2 . Tìm môđun lớn nhất của số phức z.

9 + 4 5.

11 + 4 5

6+4 5

5+6 5

Hướng dẫn giải

Gọi z = x + yi ; ( x ∈ ℝ ; y ∈ ℝ ) . Ta có: z − 1 + 2i = 2 ⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) = 4.

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

TP .Q

Câu 20: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 2 + 4 = 2 z . Khẳng định nào sau đây là đúng?

-L

Đặt x = 1 + 2 sin t ; y = −2 + 2 cos t ; t ∈  0; 2π  .

ÁN

Lúc 2

đó: 2

z = ( 1 + 2 sin t ) + ( −2 + 2 cos t ) = 9 + ( 4 sin t − 8 cos t ) = 9 + 4 2 + 8 2 sin ( t + α ) ; (α ∈ ℝ )

BỒ

ID Ư

Ỡ N

2 ⇒ z = 9 + 4 5 sin ( t + α ) ⇒ z ∈  − 9 + 4 5 ; 9 + 4 5   

⇒ zmax = 9 + 4 5 đạt được khi z =

5 + 2 5 −10 + 4 5 i. + 5 5

⇒ Chọn đáp án A.

Câu 22: Cho A , B , C , D là bốn điểm trong mặt phẳng tọa độ theo thứ tự biểu diễn các số phức 1 + 2 i ; 1 + 3 + i ; 1 + 3 − i ; 1 − 2 i . Biết ABCD là tứ giác nội tiếp tâm I . Tâm I biểu diễn số phức nào sau đây?

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

A. z = 3.

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

B. z = 1 − 3i.

C. z = 1.

D. z = −1.

H Ơ

Ta có AB biểu diễn số phức 3 − i ; DB biểu diễn số phức 3 + 3i . Mặt khác 3 + 3i = 3i nên AB.DB = 0 . Tương tự (hay vì lí do đối xứng qua Ox ), DC. AC = 0 . Từ 3 −i

Hướng dẫn giải

đó suy ra AD là một đường kính của đường tròn đi qua A , B , C , D. Vậy

TP .Q

I ( 1; 0 ) ⇒ z = 1. ⇒ Chọn đáp án C.

475 . 87

C. −

475 . 87

425 . 87

Ư N

A. −

TR ẦN

Ta có: z = ( 2 + i ) ( 4 − i ) = 16 + 13i ⇒ M ( 16; 13 ) ⇒ tan ϕ =

1 + tan 2 ϕ 425 . = 1 − tan 2 ϕ 87

13 . 16

Ta có: cos 2ϕ =

⇒ Chọn đáp án D.

ẤP

Câu 24: Cho z1 , z 2 là hai số phức liên hợp của nhau và thỏa mãn

z1 ∈ ℝ và z1 − z2 = 2 3. z22

Tính môđun của số phức z1 .

B. z1 = 3.

C. z1 = 2.

A. z1 = 5.

425 . 87

Hướng dẫn giải

D. z1 =

5 . 2

Í-

Hướng dẫn giải

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

Câu 23: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , lấy điểm M là điểm biểu diễn số phức z = ( 2 + i ) ( 4 − i ) và gọi ϕ là góc tạo bởi chiều dương trục hoành và vectơ OM. Tính cos 2ϕ .

ÁN

Gọi z1 = a + bi ⇒ z2 = a − bi ; ( a ∈ ℝ; b ∈ ℝ ) . Không mất tính tổng quát ta gọi b ≥ 0.

Do z1 − z2 = 2 3 ⇒ 2bi = 2 3 ⇒ b = 3.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

z1 z13 Do z1 , z 2 là hai số phức liên hợp của nhau nên z1 .z 2 ∈ ℝ , mà 2 = ∈ ℝ ⇒ z13 ∈ ℝ. 2 z2 ( z z ) 1 2

b = 0 3 ⇒ a 2 = 1. Ta có: z13 = ( a + bi ) = a3 − 3ab2 + 3a 2 b − b3 i ∈ ℝ ⇔ 3a 2 b − b3 = 0 ⇔  2 2 3 a = b 

(

) (

)

Vậy z1 = a 2 + b 2 = 2.

⇒ Chọn đáp án C.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com m

 2 + 6i  Câu 25: Cho số phức z =   , m nguyên dương. Có bao nhiêu giá trị m ∈ 1; 50  để z là  3−i 

số thuần ảo? B.26.

C.25.

D.50.

A.24.

H Ơ

Hướng dẫn giải m

TP .Q

 2 + 6i  Ta có: z =  = (2 i )m = 2 m.i m   3−i 

z là số thuần ảo khi và chỉ khi m = 2 k + 1, k ∈ ℕ (do z ≠ 0; ∀m ∈ ℕ * ).

Vậy có 25 giá trị m thỏa yêu cầu đề bài.

ẠO

⇒ Chọn đáp án C.

z2 − 1 z A. lấy mọi giá trị phức.

B. là số thuần ảo.

C. bằng 0.

D. lấy mọi giá trị thực.

G Ư N

TR ẦN

Hướng dẫn giải

z2 − 1 1 z z = z− = z− = z − 2 = z − z là số thuần ảo. z z z.z z

Ta có:

⇒ Chọn đáp án B.

Câu 27: Cho số phức z thỏa mãn ( 1 − i ) z − 6 − 2i = 10 . Tìm môđun lớn nhất của số phức z. B. 3 5.

C. 3.

ẤP

A. 4 5

D. 3 + 5

Hướng dẫn giải

Gọi z = x + yi ; ( x ∈ ℝ ; y ∈ ℝ ) . có:

Í-

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 26: Nếu z = 1 thì

10 ⇔ ( 1 − i ) . z +

ÁN

( 1 − i ) z − 6 − 2i =

2 2 −6 − 2i = 10 ⇔ z − 2 − 4i = 5 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 4 ) = 5. 1− i

Đặt x = 2 + 5 sin t ; y = 4 + 5 cos t ; t ∈ 0; 2π  .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Lúc đó: 2

(

z = 2 + 5 sin t

) + (4 +

5 cos t

)

(

)

= 25 + 4 5 sin t + 8 5 cos t = 25 +

(4 5 ) + (8 5 )

sin ( t + α ) ; α ∈

2 ⇒ z = 25 + 20 sin ( t + α ) ⇒ z ∈  5; 3 5   

⇒ z max = 3 5 đạt được khi z = 3 + 6 i.

⇒ Chọn đáp án B.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com 2

Câu 28: Gọi z = x + yi ( x , y ∈ R ) là số phức thỏa mãn hai điều kiện z − 2 + z + 2 = 26 và

−

3 2

i đạt giá trị lớn nhất. Tính tích xy.

9 A. xy = . 4

B. xy =

13 . 2

C. xy =

16 . 9

9 D. xy = . 2

H Ơ

z−

Hướng dẫn giải

TP .Q

Đặt x = 3 cos t , y = 3 sin t. Thay vào điều kiện thứ hai, ta có

−

 π i = 18 − 18 sin  t +  ≤ 6. 4 2 

ẠO

Ư N

3π 3 2 3 2  π i. ⇒z=− − Dấu bằng xảy ra khi sin  t +  = −1 ⇒ t = − 4 4 2 2 

TR ẦN

⇒ Chọn đáp án D.

z+1 z−i = 1 và = 1? i−z 2+z

Câu 29: Có bao nhiêu số phức z thỏa

C.3.

D.4.

B.2.

A.1.

Hướng dẫn giải

⇒ Chọn đáp án A.

ẤP

 z +1  3 =1  x=−   + = − z 1 i z  = − x y − i z    2 ⇒ z = − 3 + 3 i. Ta có :  ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 4 x + 2 y = −3  z − i = 1  z − i = 2 + z y = 3  2 + z  2

Câu 30: Gọi điểm A , B lần lượt biểu diễn các số phức z1 ; z2 ; ( z1 .z2 ≠ 0 ) trên mặt phẳng tọa

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

P = z−

Đặt z = x + iy ( x , y ∈ R ) . Thay vào điều kiện thứ nhất, ta được x 2 + y 2 = 36.

-L

độ ( A , B, C và A′, B′, C ′ đều không thẳng hàng) và z12 + z22 = z1 .z2 . Với O là gốc tọa độ, khẳng

ÁN

định nào sau đây đúng?

A. Tam giác OAB đều.

B. Tam giác OAB vuông cân tại O.

D. Diện tích tam giác OAB không đổi.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

C. Tam giác OAB vuông cân tại B.

Hướng dẫn giải 2

Ta có: z12 + z22 = z1 .z 2 ⇒ z12 = z1 ( z2 − z1 ) ; z1 = z1 . z2 − z1 . Do z1 ≠ 0 ⇒ z2 − z1 = 2

Mặt khác: z = z2 ( z1 − z2 ) ⇒ z1 = z2 . z1 − z2 ⇔ z1 − z2 = 2 1

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

z1 z2

z2 z1

;

(1)

(do z 2 ≠ 0 ) (2)

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Từ

(1)

và

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

(2)

suy

ra:

⇔ z1 = z2 .

Vậy

có:

z1 = z2 = z2 − z1 ⇒ OA = OB = AB .

H Ơ

⇒ Chọn đáp án A.

Câu 31: Trong các số phức thỏa mãn điều kiện z − 2 − 4i = z − 2i . Tìm môđun nhỏ nhất của số

D. 3 + 2

Hướng dẫn giải

Ư N

TR ẦN

⇒ z + 2i min = 18 = 3 2 khi z = 3 + i. ⇒ Chọn đáp án C.

Câu 32: Tìm điều kiện cần và đủ về các số thực m , n để phương trình z 4 + mz 2 + n = 0 không

có nghiệm thực.

 m 2 − 4n ≥ 0  D. m2 − 4n < 0 hoặc m > 0 . n > 0 

 m 2 − 4n ≥ 0  . C. m > 0 n > 0 

ẤP

A. m 2 − 4n > 0.

 m 2 − 4n > 0  . B. m2 − 4n < 0 hoặc m < 0 n > 0 

Í-

Hướng dẫn giải

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

( x − 2 ) + ( y − 4 ) = x + ( y − 2 ) ⇔ x + y − 4 = 0 ⇔ y = 4 − x. + ( y + 2 ) = x + ( 6 − x ) = 2 x − 12 x + 36 = 2 ( x − 3 ) + 18 ≥ 18

Ta có: z − 2 − 4i = z − 2i ⇔ 2

ẠO

Gọi z = x + yi ; ( x ∈ ℝ ; y ∈ ℝ ) .

Ta có: z + 2i = x 2

C. 3 2

B. 3 5.

TP .Q

phức z + 2 i.

Phương trình z 4 + mz 2 + n = 0 không có nghiệm thực trong các trường hợp:

ÁN

TH 1: Phương trình vô nghiệm, tức là m 2 − 4n < 0.

(

BỒ

ID Ư

Ỡ N

TH 2: Phương trình t 4 + mt 2 + n = 0; t = z 2

)

 m 2 − 4n ≥ 0 ∆ ≥ 0   . có hai nghiệm âm ⇔ S < 0 ⇔ m > 0 P > 0 n > 0  

⇒ Chọn đáp án D.

Câu 33: Nếu z = a; ( a > 0 ) thì

z2 − a z

A. lấy mọi giá trị phức.

B. là số thuần ảo.

C. bằng 0.

D. lấy mọi giá trị thực.

Hướng dẫn giải

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Ta có:

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

z 2 − a2 a a2 z a2 z =z− =z− = z − 2 = z − z là số thuần ảo. z z z .z z

⇒ Chọn đáp án B.

C. 2.

H Ơ

B. 2 2.

A. 4.

z = x + yi ; ( x ∈ ℝ; y ∈ ℝ ) ⇒ z − 1 + i = ( x − 1) + ( y + 1) i .

TP .Q

Đặt x = 1 + 3 sin t ; y = −2 + 3 cos t ; t ∈ 0; 2π  . 2

khi

Ư N

⇒ z − 1 + i = ( 3 sin t ) + ( −1 + 3 cos t ) = 10 − 6 cos t ⇒ 2 ≤ z − 2i ≤ 4 ⇒ z − 1 + i min = 2 , z = 1 + i.

TR ẦN

⇒ Chọn đáp án C.

2z + z + 1 − i , trong đó z là số phức thỏa mãn z2 + i ( 1 − i )( z − i ) = 2 − i + z . Gọi N là điểm trong mặt phẳng sao cho Ox , ON = 2ϕ , trong đó ϕ = Ox , OM là góc lượng giác tạo thành khi quay tia Ox tới vị trí tia OM . Điểm N nằm trong

)

(

Câu 35: Gọi M là điểm biểu diễn số phức ϖ =

góc phần tư nào?

ẤP

Ta có: ( 1 − i )( z − i ) = 2 − i + z ⇒ z = 3i ⇒ w = −

B. Góc phần tư thứ (II). D. Góc phần tư thứ (IV).

Hướng dẫn giải

C. Góc phần tư thứ (III).

A. Góc phần tư thứ (I).

7 19 19  19  7 − i ⇒ M  − ; −  ⇒ tan ϕ = . 82 82 7  82 82 

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

có:

ẠO

z − 1 + 2i = 9 ⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) = 9 .

Hướng dẫn giải Gọi

Câu 34: Cho số phức z thỏa mãn z − 1 + 2i = 3 . Tìm môđun nhỏ nhất của số phức z − 1 + i.

2 tan ϕ 133 1 − tan 2 ϕ 156 = > 0; cos 2 = =− <0. ϕ 2 2 205 1 + tan ϕ 205 1 + tan ϕ

ÁN

-L

Lúc đó: sin 2ϕ =

⇒ Chọn đáp án C.

Câu 36: Biết số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z − 3 − 4i = 5 và biểu thức 2

A. z + i = 2 41

B. z + i = 3 5.

C. z + i = 5 2

D. z + i = 41.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

M = z + 2 − z − i đạt giá trị lớn nhất. Tính môđun của số phức z + i.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

Hướng dẫn giải

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com 2

Gọi z = x + yi ; ( x ∈ ℝ ; y ∈ ℝ ) .

Ta có: z − 3 − 4i = 5 ⇔ ( C ) : ( x − 3 ) + ( y − 4 ) = 5 : tâm

I ( 3; 4 ) và R = 5. Mặt

khác:

2 2 2 2 M = z + 2 − z − i = ( x + 2 ) + y 2 −  x2 + ( y − 1)  = 4 x + 2 y + 3 ⇔ d : 4 x + 2 y + 3 − M = 0.  

2 5

H Ơ

≤ 5 ⇔ 23 − M ≤ 10 ⇔ 13 ≤ M ≤ 33

23 − M

TP .Q

⇔ d ( I; d) ≤ R ⇔

Do số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện nên d và ( C ) có điểm chung

( )

ẠO

4 x + 2 y − 30 = 0 x = 5 ⇒ M max = 33 ⇔  ⇔ ⇒ z + i = 5 − 4i ⇒ z + i = 41. 2 2  y = −5 ( x − 3 ) + ( y − 4 ) = 5

Đ G

Câu 37:

và

đều không thẳng hàng). Biết

A′, B′, C ′

trên mặt phẳng tọa độ ( A , B, C

Ư N

Các điểm A , B , C và A′, B′ , C ′ lần lượt biểu diễn các số phức z1 , z 2 , z 3 và z1′ , z ′2 , z′3

A. Hai tam giác ABC và A ′B′C ′ bằng nhau.

TR ẦN

z1 + z 2 + z 3 = z1′ + z ′2 + z′3 , khẳng định nào sau đây đúng?

B. Hai tam giác ABC và A ′B′C ′ có cùng trực tâm.

C. Hai tam giác ABC và A ′B′C ′ có cùng trọng tâm.

D. Hai tam giác ABC và A ′B′C ′ có cùng tâm đường tròn ngoại tiếp.

Hướng dẫn giải

(

)

A ( x1 ; y1 ) ; B ( x2 ; y2 ) ; C ( x3 ; y3 ) ,

đó:

Khi

ẤP

Gọi z1 = x1 + y1i ; z2 = x2 + y 2 i ; z3 = x3 + y3 i ; x′k ; y′k ∈ ℝ ; k = 1; 3 . gọi

là

trọng

tâm

 x + x + x3 y1 + y2 + y3  ; ∆ABC ⇒ G  1 2 . 3 3  

(

)

Í-

Tương tự, gọi z1′ = x1′ + y1′ i ; z′2 = x2′ + y′2 i ; z′3 = x′3 + y′3 i ; x′k ; y′k ∈ ℝ ; k = 1; 3 .

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

⇒ Chọn đáp án D.

ÁN

Khi đó: A′ ( x1′ ; y1′ ) ; B′ ( x′2 ; y′2 ) ; C ′ ( x3′ ; y′3 ) ,

 x′ + x′2 + x′3 y1′ + y2′ + y3′  ; gọi G ′ là trọng tâm ∆A′B′C ′ ⇒ G′  1 . 3 3  

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Do z1 + z2 + z3 = z1′ + z′2 + z3′ ⇔ ( x1 + x2 + x3 ) + ( y1 + y2 + y3 ) i = ( x1′ + x′2 + x′3 ) + ( y1′ + y′2 + y′3 ) i

 x + x + x3 = x1′ + x′2 + x′3 ⇔ 1 2 ⇒ G ≡ G′.  y1 + y2 + y3 = y1′ + y′2 + y3′ ⇒ Chọn đáp án C.

Câu 38: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , lấy điểm M là điểm biểu diễn số phức z = ( 2 − 3i )( 1 + i ) và gọi ϕ là góc tạo bởi chiều dương trục hoành và vectơ OM. Tính sin 2ϕ .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

A. −

5 . 12

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

5 . 12

12 . 5

D. −

12 . 5

Hướng dẫn giải

H Ơ

1 Ta có: z = ( 2 − 3i )( 1 + i ) = 5 − i ⇒ M ( 5; −1) ⇒ tan ϕ = − . 5 2 tan ϕ 5 Ta có: sin 2ϕ = =− . 2 12 1 − tan ϕ

1 C. . 2

D.2.

B. 0.

−m + i m i 1 = 2 + 2 ⇒z = ≤ 1 ⇒ z max = 1 ⇔ z = i; m = 0. 2 1 − m ( m − 2i ) m + 1 m + 1 m +1

TR ẦN

Ta có: z =

Ư N

Hướng dẫn giải

⇒ Chọn đáp án A.

1 . m

1 . 4m

1 . m−z

1 . 2m

Hướng dẫn giải

ẤP

A. m.

Câu 40: Cho số phức z có z = m; ( m > 0 ) . Với z ≠ m; tìm phần thực của số phức

Gọi Re ( z ) là phần thực của số phức z.

 1  1 1 1 m−z +m−z 2m − z − z + = + = = 2  m − z  m − z  m − z m − z ( m − z )( m − z ) m + z.z − mz − mz

Í-

Ta xét:

2m − z − z 2m − z − z 1  1  1 . = = ⇒ Re  = 2 2 m − mz − mz m ( 2 m − z − z ) m  m − z  2m

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

A. 1.

ẠO

−m + i , m ∈ ℝ . Tìm môđun lớn nhất của z. 1 − m ( m − 2i )

Câu 39: Cho số phức z =

TP .Q

⇒ Chọn đáp án A.

⇒ Chọn đáp án D.

Câu 41: Cho số phức z1, z 2 thỏa mãn z1 = 3 , z 2 = 2 được biểu diễn trong mặt phẳng phức

BỒ

ID Ư

Ỡ N

z + z2 π lần lượt là các điểm M , N . Biết ∠ OM ,ON = , tính giá trị của biểu thức 1 . z1 − z2 6

(

)

B. 1

7 3 2

1 13

Hướng dẫn giải

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

( ) cos (30 ) = 1

z1 − z 2

z1 + z 2 z1 − z 2

= 1 . Chọn

Ư N

z1 + z 2 − 2 z 1 z 2

z1 + z 2

⇒

TP .Q

z1 + z 2 + 2 z1 z 2 cos 1500 = 1

ẠO

  z + z =  z + z = OP 1 2  1 2 ⇒     z1 − z 2 = MN   z1 − z 2 = B.

QUANG

TRUNG

LẦN

3)Cho

thỏa

mãn

z∈ℂ

thỏa

mãn

10 + 1 − 2i . Biết tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức w = ( 3 − 4i ) z − 1 + 2i là đường z

(2 + i) z

CHUYÊN

TR ẦN

Câu 42: (

tròn I , bán kính R . Khi đó.

A. I ( −1; −2 ) , R = 5.

C. I ( −1; 2 ) , R = 5.

D. I (1; −2 ) , R = 5.

B. I (1; 2 ) , R = 5.

ẤP

ChọnC.(đã sửa đề bài)

Hướng dẫn giải

Đặt z = a + bi và z = c > 0 , với a; b; c ∈ ℝ .

Lại có w = ( 3 − 4i ) z − 1 + 2i ⇔ z =

w + 1 − 2i . 3 − 4i

Gọi w = x + yi với x; y ∈ ℝ .

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Dựng hình bình hành OMPN trong mặt phẳng phức, khi đó biểu diễn của :

ÁN

-L

Khi đó z = c ⇒

⇔

w + 1 − 2i w + 1 − 2i =c⇔ = c ⇔ x + yi + 1 − 2i = 5c 3 − 4i 3 − 4i

( x + 1) + ( y − 2 )

= 5c ⇔ ( x + 1) + ( y − 2 ) = 25c 2 .

Khi đó chỉ có đáp án C có khả năng đúng và theo đó R = 5 ⇒ 5c = 5 ⇒ c = 1 . Thử c = 1 vào phương trình (1) thì thỏa mãn.

ID Ư

Ỡ N

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w là đường tròn I ( −1; 2 ) .

Câu 43: ( CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 3)Số phức z được biểu diễn trên mặt phẳng tọa

BỒ

độ như hình vẽ:

y 1

z x 1 www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

i ? z

TP .Q

Hỏi hình nào biểu diễn cho số phức ϖ =

H Ơ

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

B. 1

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

ẤP

Hướng dẫn giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Í-

Chọn C. Gọi z = a + bi; a, b ∈ ℝ. Từ giả thiết điểm biểu diễn số phức z nằm ở góc phần tư thứ nhất nên a , b > 0 . i ( a + bi ) i i b a i = 2 =− 2 + 2 Ta có ϖ = = 2 2 a +b a + b a + b2 z a − bi b  − a 2 + b 2 < 0 ⇒ điểm biểu diễn số phức ω nằm ở góc phần tư thứ hai. Do a , b > 0 nên  a  >0  a 2 + b2 Vậy chọn C.

Câu 44: (CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ) Trong các số phức z thỏa z + 3 + 4i = 2 , gọi z0 là số phức có mô đun nhỏ nhất. Khi đó

A. Không tồn tại số phức z0 .

B. z0 = 2 .

C. z0 = 7 .

D. z0 = 3 .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướng dẫn giải. Chọn D

Đặt

z = a + bi ( a , b ∈ ℝ ) .

Khi

H Ơ

Cách 1: đó

z + 3 + 4i = 2 ⇔ ( a + 3) + (b + 4) = 4 .

TP .Q

Suy ra biểu diễn hình học của số phức z là đường tròn ( C ) tâm I ( − 3; − 4 ) và bán kính R = 5 .

ẠO

Gọi M ( z ) là điểm biểu diễn số phức z . Ta có:

Đ G Ư N

z = OM ≥ OI − R = 3 .

TR ẦN

Cách 2:

a + 3 = 2 cos ϕ a = −3 + 2 cos ϕ Đặt  ⇔ .  b + 4 = 2sin ϕ b = −4 + 2sin ϕ

Vậy z bé nhất bằng 3 khi M ( z ) = ( C ) ∩ IM .

⇒ z = a 2 + b2 = (2 cos ϕ − 3)2 + (2sin ϕ − 4) 2 = 29 −12 cos ϕ −16sin ϕ .

ẤP

3  4 = 29 − 20  cos ϕ + sin ϕ = 29 − 20 cos(α − ϕ ) ≥ 9  5  5 .

Í-

⇒ z0 = 3

Câu 45: (NGUYỄN TRÃI – HD) Cho số phức z thỏa mãn: z − 2 − 2i = 1 . Số phức z − i có

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

M ( z ) ∈ (C ) .

ÁN

môđun nhỏ nhất là:

5 −1

5 +1

5−2

5+2.

Hướng dẫn giải

Chọn A.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

y I 1

M O

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Gọi z = x + yi , x, y ∈ ℝ . Ta có: z − 2 − 2i = 1 ⇔ ( x − 2) + ( y − 2)i = 1 ⇔ ( x − 2)2 + ( y − 2) 2 = 1 Tập hợp các điểm trong mặt phẳng Oxy biểu diễn của số phức z là đường tròn (C )

H Ơ

tâm I (2; 2) và bán kính R = 1 . 2

z − i = x 2 + ( y − 1) = IM , với I ( 2; 2 ) là tâm đường tròn, M là điểm chạy trên đường

tròn. Khoảng cách này ngắn nhất khi M là giao điểm của đường thẳng nối hai điểm

TP .Q

N ( 0;1) ∈ Oy, I ( 2; 2 ) với đường tròn (C). IM min = IN − R = 5 − 1

ẠO

Câu 46: (HAI BÀ TRƯNG – HUẾ ) Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn hình học số phức z

trong mặt phẳng phức, biết số phức z thỏa mãn điều kiện: z + 4 + z − 4 = 10.

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

A. Tập hợp các điểm cần tìm là đường tròn có tâm O ( 0;0 ) và có bán kính R = 4. .

Ư N

x2 y2 + = 1. 9 25 C. Tập hợp các điểm cần tìm là những điểm M ( x; y ) trong mặt phẳng Oxy thỏa mãn

( x + 4)

phương trình

+ y2 +

( x − 4)

TR ẦN

B. Tập hợp các điểm cần tìm là đường elip có phương trình

+ y 2 = 12.

x2 y2 + = 1. 25 9

D. Tập hợp các điểm cần tìm là đường elip có phương trình Hướng dẫn giải

Chọn D.

ẤP

Ta có: Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn của số phức z = x + yi.

Gọi A ( 4;0 ) là điểm biểu diễn của số phức z = 4.

Gọi B ( −4;0 ) là điểm biểu diễn của số phức z = −4.

Khi đó: z + 4 + z − 4 = 10 ⇔ MA + MB = 10. (*)

-L

Í-

Hệ thức trên chứng tỏ tập hợp các điểm M là elip nhận A, B là các tiêu điểm.

ÁN

Gọi phương trình của elip là

x2 y 2 + 2 = 1, ( a > b > 0, a 2 = b 2 + c 2 ) 2 a b

Từ (*) ta có: 2 a = 10 ⇔ a = 5.

ID Ư

Ỡ N

AB = 2c ⇔ 8 = 2c ⇔ c = 4 ⇒ b 2 = a 2 − c 2 = 9

Vậy quỹ tích các điểm M là elip: ( E ) :

x2 y 2 + = 1. 25 9

BỒ

Câu 47: (HAI BÀ TRƯNG – HUẾ ) Tính S = 1009 + i + 2i 2 + 3i 3 + ... + 2017i 2017 . A. S = 2017 − 1009 i .

B. 1009 + 2017 i.

C. 2017 + 1009i.

D. 1008 + 1009i.

Hướng dẫn giải Chọn C Ta có

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

S = 1009 + i + 2i 2 + 3i 3 + 4i 4 + ... + 2017i 2017 = 1009 + ( 4i 4 + 8i 8 + ... + 2016i 2016 ) + ( i + 5i 5 + 9i 9 + ... + 2017i 2017 ) + + ( 2i 2 + 6i 6 + 10i10 + ... + 2014i 2014 ) + ( 3i 3 + 7i 7 + 11i11 + ... + 2015i 2015 ) 504

505

504

n =1

H Ơ

= 1009 + ∑ ( 4n ) + i ∑ ( 4n − 3) − ∑ ( 4n − 2 ) − i ∑ ( 4n − 1)

= 1009 + 509040 + 509545i − 508032 − 508536i

= 2017 + 1009i.

TP .Q

Cách khác: Đặt

ẠO

f ( x ) = 1 + x + x 2 + x 3 + .... + x 2017 f ′ ( x ) = 1 + 2 x + 3 x 2 + ... + 2017 x 2016

Đ G Ư N

Mặt khác:

x 2018 − 1 x −1 2017 2018 2018 x ( x − 1) − ( x − 1)

TR ẦN

f ′( x) =

f ( x ) = 1 + x + x 2 + x3 + .... + x 2017 =

ẤP

( x − 1) 2018 x 2017 ( x − 1) − ( x 2018 − 1) ⇒ xf ′ ( x ) = x. ( 2) 2 ( x − 1) Thay x = i vào (1) và ( 2) ta được: 2018i 2017 ( i − 1) − ( i 2018 − 1) −2018 − 2018i + 2 S = 1009 + i. = 1009 + i = 2017 + 1009i 2 −2i ( i − 1)

Câu 48: Trong mặt phẳng phức Oxy , các số phức z

thỏa z + 2i − 1 = z + i . Tìm số phức z

Í-

A. 3 + i .

được biểu diễn bởi điểm M sao cho MA ngắn nhất với A (1, 3 ) .

B. 1 + 3i .

C. 2 − 3i .

D. −2 + 3i .

Hướng dẫn giải

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

xf ′ ( x ) = x + 2 x 2 + 3 x 3 + ... + 2017 x 2017 (1)

Gọi M ( x, y ) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi ( x, y ∈ R )

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Gọi E (1, −2 ) là điểm biểu diễn số phức 1 − 2i

Gọi F ( 0, −1) là điểm biểu diễn số phức − i Ta có : z + 2i − 1 = z + i ⇔ ME = MF ⇒ Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường trung trục EF : x − y − 2 = 0 . Để MA ngắn nhất khi MA ⊥ EF tại M ⇔ M ( 3,1) ⇒ z = 3 + i => Đáp án A.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Câu 49: Trong mặt phẳng phức Oxy , tập hợp biểu diễn số phức Z thỏa 1 ≤ z + 1 − i ≤ 2 là hình vành khăn. Chu vi P của hình vành khăn là bao nhiêu ?

A. P = 4π .

B. P = π .

B. P = 2π .

D. P = 3π .

H Ơ

Hướng dẫn giải

Gọi M ( x, y ) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi ( x, y ∈ R )

TP .Q

Gọi A ( −1,1) là điểm biểu diễn số phức −1 + i

1 ≤ z + 1 − i ≤ 2 ⇔ 1 ≤ MA ≤ 2 . Tập hợp điểm biểu diễn là hình vành khăn giới hạn bởi 2 đường

tròn

đồng

tâm

có

bán

kính

lần

Đ Ư N

=> Đáp án C.

Lưu ý cần nắm vững lý thuyết và hình vẽ của dạng bài này khi học trên lớp tránh nhầm lẫn

TR ẦN

sang tính diện tích hình tròn.

Câu 50: Trong mặt phẳng phức Oxy , tập hợp các điểm biểu diễn số phức Z thỏa mãn

+2 z

= 16 là hai đường thẳng d1 , d2 . Khoảng cách giữa 2 đường thẳng d1 , d2 là bao

()

z2 + z

nhiêu ?

B. d ( d1 , d 2 ) = 4 .

C. d ( d1 , d 2 ) = 1 .

D. d ( d1 , d 2 ) = 6 .

A. d ( d1 , d 2 ) = 2 .

Hướng dẫn giải

+2 z

= 16 ⇔ x 2 + 2 xyi − y 2 + x 2 − 2 xyi − y 2 + 2 x 2 + 2 y 2 = 16

()

Ta có : z 2 + z

ẤP

Gọi M ( x, y ) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi ( x, y ∈ R )

Í-

⇔ 4 x 2 = 16 ⇔ x = ±2 ⇒ d ( d1 , d 2 ) = 4

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

là

ẠO

R1 = 2, R2 = 1 ⇒ P = P1 − P2 = 2π ( R1 − R2 ) = 2π

lượt

ÁN

Ta chọn đáp án B.

Ở đây lưu ý hai đường thẳng x = 2 và x = -2 song song với nhau.

LƯƠNG

THẾ

VINH

–

L2)

Cho

số

phức

thỏa

mãn

Ỡ N

Câu 51: (CHUYÊN

BỒ

ID Ư

z 2 − 2 z + 5 = ( z − 1 + 2i )( z + 3i − 1) . Tính min | w | , với w = z − 2 + 2i .

A. min | w |=

3 . 2

B. min | w |= 2 .

C. min | w |= 1 .

D. min | w |=

1 . 2

Hướng dẫn giải Chọn C. Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

có

z 2 − 2 z + 5 = ( z − 1 + 2i )( z + 3i − 1) ⇔ ( z − 1 + 2i )( z − 1 − 2i ) = ( z − 1 + 2i )( z + 3i − 1)

H Ơ

 z − 1 + 2i = 0 . ⇔  ( z − 1 − 2i ) = ( z + 3i − 1)

Trường hợp 1: z − 1 + 2i = 0 ⇒ w = −1 ⇒ w = 1 (1) .

Gọi

(với

z = a + bi

a, b ∈ ℝ )

khi

đó

ẠO Đ

9 3 ≥ ( 2) . 4 2

được

Ư N

( a − 2)

TR ẦN

Từ (1) , ( 2) suy ra min | w |= 1 .

Câu 52: ( CHUYÊN SƠN LA – L2) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện : z − 1 + 2i = 5 và A. 2 5 .

w = z + 1 + i có môđun lớn nhất. Số phức z có môđun bằng: C.

B. 3 2 .

D. 5 2 .

Hướng dẫn giải:

Chọn B.

( x, y ∈ ℝ )

⇒ z − 1 + 2i = ( x − 1) + ( y + 2 ) i

ẤP

Gọi z = x + yi

( x − 1) + ( y + 2 )

= 5 ⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) = 5

Ta có: z − 1 + 2i = 5 ⇔

Í-

Suy ra tập hợp điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z thuộc đường tròn ( C ) tâm I (1; −2 )

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

1 2 2 a − 1 + ( b − 2 ) i = ( a − 1) + ( b + 3) i ⇔ ( b − 2 ) = ( b + 3) ⇔ b = − . 2 3 Suy ra w = z − 2 + 2i = a − 2 + i ⇒ w = 2

TP .Q

Trường hợp 2: z − 1 − 2i = z + 3i − 1

ÁN

bán kính R = 5 như hình vẽ: Dễ thấy O ∈ ( C ) , N ( −1; −1) ∈ ( C )

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Theo đề ta có:

M ( x; y ) ∈ ( C ) là điểm biểu diễn cho số phức z thỏa mãn:

−1

x 1

w = z + 1 + i = x + yi + 1 + i = ( x + 1) + ( y + 1) i

⇒ z +1+ i =

( x + 1) + ( y + 1)

= MN

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

−1

N −2

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Suy ra z + 1 + i đạt giá trị lớn nhất ⇔ MN lớn nhất Mà M , N ∈ ( C ) nên MN lớn nhất khi MN là đường kính đường tròn ( C ) 2

H Ơ

⇔ I là trung điểm MN ⇒ M ( 3; −3) ⇒ z = 3 − 3i ⇒ z = 32 + ( −3) = 3 2

C. z1 + z 2 .

D. z1 − z2 .

TP .Q

B. z 2 − z1 .

A. z2 + z1 .

Câu 53: ( CHUYÊN SƠN LA – L2) Giả sử A, B theo thứ tự là điểm biểu diễn của số phức z1 , z2 . Khi đó độ dài của AB bằng

ẠO

Hướng dẫn giải.

z2 − z1 = ( a − c ) + ( d − b ) i ⇒ z 2 − z1 =

(c − a )

Ư N

(c − a ) + ( d − b) 2

TR ẦN

Theo đề bài ta có: A ( a; b ) , B ( c; d ) ⇒ AB =

Giả sử z1 = a + bi , z2 = c + di , ( a, b, c, d ∈ ℝ ) .

+ (d − b) .

Câu 54: (CHU VĂN AN – HN) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 1 = 2 . Tìm giá trị lớn

nhất của T = z + i + z − 2 − i .

A. max T = 8 2 .

C. max T = 4 2 .

D. max T = 8 .

B. max T = 4 .

ẤP

Hướng dẫn giải

Chọn B

T = z + i + z − 2 − i = ( z − 1) + (1 + i ) + ( z − 1) − (1 + i ) .

Í-

Đặt w = z − 1 . Ta có w = 1 và T = w + (1 + i ) + w − (1 + i ) .

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Chọn B.

ÁN

Đặt w = x + y.i . Khi đó w = 2 = x 2 + y 2 .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

T = ( x + 1) + ( y + 1) i + ( x − 1) + ( y − 1) i = 1. ≤

( x + 1) + ( y + 1)

(

+ 1.

( x − 1) + ( y − 1)

+ 12 ) ( x + 1) + ( y + 1) + ( x − 1) + ( y − 1) 2

)

= 2 ( 2 x2 + 2 y 2 + 4) = 4 Vậy max T = 4 .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Câu 55: (CHU VĂN AN – HN) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z − 2 + z + 2 = 10 . 2

B. Elip

x2 y 2 + = 1. 25 4

D. Elip

x2 y 2 + = 1. 25 21

N Y

C. Đường tròn ( x − 2 ) + ( y + 2 ) = 10 .

H Ơ

A. Đường tròn ( x − 2 ) + ( y + 2 ) = 100 .

TP .Q

Hướng dẫn giải Chọn D.

Đ Ư N

Gọi A là điểm biểu diễn số phức 2

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi , x, y ∈ ℝ .

Gọi B là điểm biểu diễn số phức −2

TR ẦN

Ta có: z + 2 + z − 2 = 10 ⇔ MB + MA = 10 .

Ta có AB = 4 . Suy ra tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là Elip với 2 tiêu điểm là

2b = 2 a 2 − c 2 = 2 25 − 4 = 2 21 .

A ( 2;0 ) , B ( −2; 0 ) , tiêu cự AB = 4 = 2 c , độ dài trục lớn là 10 = 2a , độ dài trục bé là

Vậy, tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z − 2 + z + 2 = 10 là

x2 y 2 + = 1. 25 21

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Í-

ẤP

Elip có phương trình

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)

Chủ Chủ đề 5. KHỐI KHỐI ĐA DIỆN (SGD V VĨNH ĨNH PHÚC) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ có AB = a, AD = a 3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BB′ và AC ′. a 3 a 3 a 2 . B. a 3 . C. . D. . A. 4 2 2

TP .Q

H Ơ

Câu 1:

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

( A′B′ ) + ( B′C ′ )

= 2a. Kẻ B′H ⊥ A′C ′.

Ư N

a 3 d ( BB′, ( ACC ′A′ ) ) = B′H = . 2

H B'

a 3 . 2

(SGD V VĨNH ĨNH PHÚC) Cho hình chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) , tam giác ABC vuông cân tại B ,

Câu 2:

ẤP

AC = 2 a và SA = a. Gọi M là trung điểm cạnh SB . Tính thể tích khối chóp S . AMC . a3 a3 a3 a3 A. . B. . . D. . C. 6 3 9 12

-L

Chọn Chọn A.

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

ÁN

Xét tam giác vuông cân ABC có: AB = BC =

ID Ư

Ỡ N

S ABC =

BỒ

TR ẦN

Vì BB′// ( ACC ′A′ ) nên d ( BB′, AC ′ ) = d ( BB′, ( ACC ′A′ ) )

Nên d ( BB′, AC ′ ) =

A′B′.B′C ′ a.a 3 a 3 . = = B′C ′ 2a 2

B′H =

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ta có: A′C ′ =

ẠO

Chọn Chọn C.

1 AB.BC = a 2 2

a3 1 1 VS . ABC = SA.S ABC = .a.a 2 = 3 3 3

AC =a 2 2

a M A

Áp dụng định lí Sim-Son ta có: B

VSAMC SA SM SC 1 = = . . VS . ABC SA SB SC 2

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

(SGD V VĨNH ĨNH PHÚC) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A1 B1C1 có AB = a , AC = 2 a , AA1 = 2a 5 = 120°. Gọi K , I lần lượt là trung điểm của các cạnh CC , BB . Tính khoảng cách và BAC

Câu 3:

a 5 . 6

a 15 . 3

B. a 15 .

a 5 . 3

TP .Q

H Ơ

từ điểm I đến mặt phẳng ( A1 BK ) .

a3 1 ⇒ VS . AMC = VS . ABC = 2 6

Chọ Chọn C.

I C

1 1 1 IK .KB = a 2 35 ⇒ VA1 .IBK = a3 15(dvtt ) 2 2 6

S△ IKB =

a 21 7

TR ẦN

Vì A1 H .B1C1 = A1 B1. A1C1.sin1200 ⇒ A1 H =

Ư N

Kẻ AH ⊥ B1C1 khi đó AH là đường cao của tứ diện A1 BIK

S∆A1BK

a 5 . 6

3VA1IBK

ẤP

Do đó d ( I , ( A1 BK ) ) =

Mặt khác áp dụng định lý Pitago và công thức Hê-rông ta tính đc S ∆A1BK = 3a 3 ( dvdt )

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật. Tam giác SAB vuông cân tại A và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy và SB = 4 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh SD . Tính khoảng cách l từ điểm M đến mặt phẳng ( SBC ) . A.. l = 2

Í-

Câu 4:

B. l = 2 2

C. l = 2

D. l =

2 2

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ta có IK = B1C1 = BC = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC .cos1200 = a 7

ẠO

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com S

4 2

H Ơ

TP .Q

Ư N TR ẦN

Mà AH ⊥ SB ( △ ABC cân tại A có AH là trung tuyến).

Mặt khác MN || BC ⇒ MN || ( SBC ) .

Suy ra AH ⊥ ( SBC ) , do đó KN ⊥ ( SBC ) (vì KN || AH , đường trung bình).

ẤP

Nên d ( M , ( SBC ) ) = d ( N , ( SBC ) ) = NK =

1 AH = 2 2 . 2

Đáp án: B. Câu 5:

Í-

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 3. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AD, BD. Lấy điểm không đổi P trên cạnh AB (khác A, B ). Thể tích khối chóp PMNC bằng 9 2 16

8 3 3

ID Ư

Ỡ N

ÁN

BỒ

 BC ⊥ SA Ta có  ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH .  BC ⊥ AB

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Gọi N , H , K lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB và đoạn SH .

ẠO

( SAB ) ⊥ ( ABCD ) , ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB ⇒ SA ⊥ ( ABCD ) . Theo giả thiết, ta có   SA ⊥ AB

C. 3 3

27 2 12

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải A

Chọn A Do AB ( CMN ) nên d ( P, ( CMN ) ) = d ( A, ( CMN ) ) = d ( D, ( CMN ) ) Vậy VPCMN = VDPMN = VMCND

1 = VABCD 4

(Do diện tích đáy và chiều cao đều bằng một nửa). C

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com 2

1 a2 3 a 3 2 27 2 1 27 2 9 2  a  = . a2 −  = = nên VMCND = . =  3 4 12 12 4 12 16  3

Mặt khác VABCD

ớng dẫ Hướ dẫn giả giải Hư

P là trung điểm MN , BC ) = ( MN , NP ) . α = (

có

1 MN + PN − MP = 60° . = . Suy ra MNP 2 MN .NP 2

Câu 7:

TR ẦN

3 . 2

Suy ra sin α =

D 3

N B

8a 3 6 . 3

8a 3 3 . 3

16a 3 3 . 3

16a 3 6 . 3

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

ẤP

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là đều cạnh AB = 2a 2 . Biết AC ' = 8a và tạo với mặt đáy một góc 450 . Thể tích khối đa diện ABCC ' B ' bằng

Gọi H là hình chiếu của A lên mp ( A ' B ' C ')

2a 2

' A = 450 ⇒ HC

ÁN

-L

⇒ ∆AHC ' vuông cân tại H.

ID Ư

Ỡ N

⇒ AH =

BỒ

= cos MNP

MNP ,

giác

CD ,

Ư N

tam

cạnh

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Trong

của

ẠO

Gọi

TP .Q

H Ơ

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho tứ diện ABCD có AD = 14, BC = 6 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC , BD và MN = 8 . Gọi α là góc giữa hai đường thẳng BC và MN . Tính sin α . 1 2 2 3 2 A.. B. C. D. 2 3 2 4

Câu 6:

AC ' 2

8a 2

8a B'

= 4a 2.

NX:

(

)

2a 2 . 3 16a 3 6 2 2 2 . VA. BCC ' B ' = VABC . A ' B 'C ' = AH .S ABC = .4a 2. = 3 3 3 4 3

Chọn D. Gọi H là hình chiếu của A lên mp ( A ' B ' C ')

' A = 450 ⇒ HC

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

⇒ ∆AHC ' vuông cân tại H.

8a 2

= 4a 2.

(

)

2a 2 . 3 16a 3 6 2 2 2 . = VABC . A ' B 'C ' = AH .S ABC = .4a 2. = 3 3 3 4 3

NX: VA. BCC ' B '

AC '

H Ơ

⇒ AH =

(T.T DIỆU HIỀN) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC ' và CD ' . a 3 a 2 A. a 2 . B. . C. 2a . D. . 3 3

ẠO

TP .Q

Câu 8:

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Chọ Chọn B A'

TR ẦN

O B'

ẤP

Gọi O = A ' C '∩ B ' D ' và từ B ' kẽ B ' H ⊥ BO có

CD ' // ( BA ' C ')

BB '.B ' O a 3 = BO 3

-L

Í-

d ( BC '; CD ') = d ( D '; ( BA ' C ')) = d ( B ';( BA ' C ')) = B ' H =

nên

(T.T DIỆU HIỀN) Một hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ có ba kích thước là 2cm , 3cm và 6cm . Thể tích của khối tứ diện A.CB′D ′ bằng B. 12 cm3 . C. 6 cm3 . D. 4 cm3 . A. 8 cm3 .

ÁN

Câu 9:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Chọ Chọn B.

Ta có : B'

6 cm

A D

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

3 cm www.facebook.com/daykemquynhonofficial C 2 cm www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial B

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

VABCD. A′B′C ′D′ = VB. AB′C + VD. ACD′ + VA′. B′AD′ + VC . B′C ′D′ + VA.CB′D′ ⇒ VABCD. A′B′C ′D′ = 4VB. AB′C + VA.CB′D′ ⇒ VA.CB′D′ = VABCD. A′B′C ′D′ − 4VB. AB′C

H Ơ

1 ⇒ VA.CB′D′ = VABCD. A′B′C ′D′ − 4. VABCD. A′B′C ′D′ 6 1 1 ⇒ VA.CB′D′ = VABCD. A′B′C ′D′ = .2.3.6 = 12 cm3 3 3

2 cm3 . 162

B. V =

2 2 3 cm . 81

C. V =

4 2 3 cm . 81

D. V =

2 cm3 . 144

ẠO

A. V =

TP .Q

Câu 10: (LẠNG GIANG SỐ 1) Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh bằng 2cm. Gọi M , N , P lần lượt là trọng tâm của ba tam giác ABC , ABD, ACD. Tính thể tích V của khối chóp AMNP.

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Ư N

G 2 6 3

H K

1 1 2 6 3 2 . = AH .S∆EFK = . . = 3 3 3 4 6

AM AN AP 2 = = = AE AK AF 3

F C

VAMNP AM AN AP 8 8 4 2 = = ⇒ VAMNP = VAEKF = . . . 27 81 VAEKF AE AK AF 27

Í-

Lại có:

Mà

M B

ẤP

⇒ VSKFE

1 1 1 1 3 S∆EFK = .d( E , FK ) .FK = . d( D,BC ) . BC = 2 2 2 2 4

AH = AD 2 − DH 2 =

2 3 3

TR ẦN

Tam giác BCD đều ⇒ DE = 3 ⇒ DH =

TỰ TRỌNG – TPHCM) Cho hình hộp có ABCD. A′B′C ′D′ Câu 11: (LÝ BCD = 60°, AC = a 7, BD = a 3, AB > AD ,đường chéo BD′ hợp với mặt phẳng ( ADD′A′ ) góc 30° . Tính thể tích V của khối hộp ABCD. A′B′C ′D′ . 39 3 B. C. 2 3a 3 . D. 3 3a 3 . a. A. 39a 3 . 3 Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Chọn D.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Chọ Chọn C.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com D'

C' 30°

H Ơ

TP .Q

Đặt x = CD; y = BC

•

Áp dụng định lý hàm cos và phân giác trong tam giác BCD

ẠO

( x > y)

•

Ư N

y=a

= 60 → BD ⊥ AD → BD Với x = 2 y = 2a và C '; (ADD'A') = 30 → DD ' = 3a

•

S ABCD = xy.sin 60 = a 2 3

•

Vậy V hình hộp = a3 3 3

TR ẦN

•

2 . Gọi M là 6 trung điểm của cạnh SD . Nếu SB ⊥ SD thì khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( MAC )

bằng: 1 A. . 2

ẤP

Câu 12: (NGÔ GIA TỰ - VP) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có thể tích V =

3 . 4

A Ó H Í-

Chọ Chọn A

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

⇒ x = 2a;

3a 2 = x 2 + y 2 − xy và x 2 + y 2 = 5a 2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

A O

Giả sử hình chóp có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Khi đó, BD = a 2 . Tam giác SBD vuông cân tại S nên SD = SB = a và SO =

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

BD a 2 . = 2 2

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Suy ra các tam giác SCD, SAD là các tam giác đều cạnh a và SD ⊥ ( MAC ) tại M .

H Ơ

2 a3 2 = ⇒ a =1 6 6

Mà

1 a3 2 Thể tích khối chóp là V = .SO.S ABCD = 3 6

1 . 2

TP .Q

Vì O là trung điểm BD nên d ( B, ( MAC ) ) = d ( D, ( MAC ) ) = DM =

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

Câu 13: (THTT – 477) Một hình lăng trụ có đáy là tam giác đều cạnh bằng a , cạnh bên bằng b và tạo với mặt phẳng đáy một góc α . Thể tích của khối chóp có đáy là đáy của lăng trụ và đỉnh là một điểm bất kì trên đáy còn lại là 3 2 3 2 3 2 3 2 B. C. D. a b sin α . a b sin α . a b cos α . a b cos α . A. 12 4 12 4

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

TR ẦN

Chọ Chọn A. A'

ẤP

C H'

có A′H = A′A.sin α = b sin α

-L

Í-

A′AH . Gọi H là hình chiếu của A′ trên ( ABC ) . Khi đó α = nên

thể

tích

khối

lăng

trụ

là

a b 3 sin α . 4 Lại có chiều cao của chóp theo yêu cầu đề bài chính là chiều cao của lăng trụ và bằng A′H

1 a 2b 3 sin α nên thể tích khối chóp là VS . ABC = VABC . A′B′C ′ = . 3 12

Ỡ N

ÁN

VABC . A′B′C ′ = A′H .S ∆ABC =

BỒ

ID Ư

Câu 14: (THTT – 477) Các đường chéo của các mặt của một hình hộp chữ nhật bằng a, b, c . Thể tích của khối hộp đó là A. V =

(b B. V =

+ c 2 − a 2 )( c 2 + a 2 − b 2 )( a 2 + b 2 − c 2 ) 8

+ c 2 − a 2 )( c 2 + a 2 − b 2 )( a 2 + b 2 − c 2 )

C. V = abc.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

D. V = a + b + c. Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải B

H Ơ

ẠO

TP .Q

Đ G

+ c 2 − b 2 )( a 2 + b 2 − c 2 )( b 2 + c 2 − a 2 )

 2 a2 − b2 + c2 y = 2  2 2 a + b − c2  ⇔  x2 = ⇒V = 2   2 b2 + c2 − a2 z = 2 

TR ẦN

Ư N

 x2 + y 2 = a 2  y2 = a2 − x2  y2 = a2 − x2    Theo yêu cầu bài toán ta có  y 2 + z 2 = c 2 ⇔  y 2 + z 2 = c 2 ⇔ a 2 − x 2 + b2 − x 2 = c 2  2  2  z 2 = b2 − x2 2 2 2 2 x + z = b z = b − x 

(

)

ẤP

Câu 15: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho hình lăng trụ ABCA′B ′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng

a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ 4

Í-

ABCA′B ′C ′.

cách giữa hai đường thẳng AA′ và BC bằng

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Chọ Chọn A. Giả sử hình hộp chữ nhật có ba kích thước: x , y , z .

a3 3 . 24

B. V =

a3 3 . 12

a3 3 . 3

D. V =

ID Ư

BỒ

a3 3 . 6

Chọ Ch ọn B.

Ỡ N

C. V = Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

ÁN

A. V =

(

)

M là trung điểm của BC thì BC ⊥ AA′M . H

Gọi MH là đường cao của tam giác A′AM thì

MH ⊥ A′A và HM ⊥ BC nên HM là khoảng cách

A G

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

AA′ và BC .

a 3 a 3 a2 A′A2 − .A′A = 4 2 3

Ta có A′A.HM = A′G .AM ⇔

N Y U

ẠO

a 3a 2 a 3 3 . = . 3 4 12

B. d =

a 6 . 3

C. d = a 6 .

TR ẦN

A. d = 2a 6 .

Ư N

= 600 , ASB = CSB ASC = 900 , SA = SB = SC = a . Câu 16: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho hình chóp S . ABC có Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) . D. d =

2a 6 . 3

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Chọ Ch ọn B.

ẤP

Í-

B A H C

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Thể tích VLT =

4a 2 3a 2 a − = . 9 9 3

TP .Q

Đường cao của lăng trụ là A′G =

H Ơ

 a2  4a 2 4a 2 2a . ⇔ A′A2 = 4  A′A2 −  ⇔ 3A′A2 = ⇔ A′A2 = ⇔ A′A =  3  3 9 3 

BỒ

ID Ư

Ỡ N

+ Ta có: ∆SAB , ∆SBC là các đều cạnh a nên AB = BC = a + Ta có: ∆SAC vuông cân tại S nên AC = a 2 + Ta có: AC 2 = AB 2 + BC 2 nên ∆ABC vuông tại B có S ABC =

a2 2

+ Gọi H là trung điểm của AC . Ta có: HA = HB = HC và SA = SB = SC nên SH ⊥ ( ABC ) và SH =

AC a 2 . = 2 2

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

3V SH .S ABC + Vậy d  A; ( SBC )  = S . ABC = S SBC S SBC

H Ơ

Câu 17: (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GL) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 1200. Hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAD ) cùng vuông góc với bằng 2a 3 , góc BAD

a 2 a2 . a 6 = 22 2 = 3 a 3 4

đáy. Góc gữa mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) bằng 450 . Tính khoảng cách h từ A đến mặt

B. h =

2a 2 . 3

3a 2 . 2 Hướng ớng dẫn giải Hư

D. h = a 3.

C. h =

ẠO

A. h = 2a 2.

TP .Q

phẳng ( SBC ) .

Chọn Chọn C.

cos ∠B =

Ư N

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Xét tam giác ABH : AH sin ∠B = ⇒ AH = 2a 3.sin 600 = 3a. AB

BH ⇒ BH = 2a 3.cos 600 = a 3. AB

Xét tam giác SAH vuông tại A : SA tan ∠SHA = ⇒ SA = 3a tan 450 = 3a. AH

Trong tam giác SAH vuông tại A , kẻ AI ⊥ SH tại I . Ta có AI ⊥ ( SBC ) nên AI là

Gọi H là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC .

ẤP

khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) .

1 1 1 1 1 2 = 2+ = + = 2. 2 2 2 2 AI SA AH ( 3a ) ( 3a ) 9a

Xét tam giác SAH , ta có:

3a 2 . 2

-L

Í-

⇒ d ( A, ( SBC ) ) = AI =

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Câu 18: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Khi chiều cao của một hình chóp đều tăng lên n lần nhưng mỗi cạnh đáy giảm đi n lần thì thể tích của nó. A. Không thay đổi. B. Tăng lên n lần. C. Tăng lên n − 1 lần. D. Giảm đi n lần.

Chọn D.

1 Ta có: V = .h.S , với h là chiều cao, S là diện tích đáy 3 S=

x2a với x là độ dài cạnh của đa giác đều, a là số đỉnh của đa giác đều.  1800  4 tan    a   

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

(BIÊN HÒA – HÀ NAM) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60° . Gọi M là điểm đối xứng của C qua D , N là trung điểm SC. Mặt phẳng ( BMN ) chia khối chóp S . ABCD thành hai phần. Tỉ số thể tích giữa hai

Câu 19:

H Ơ

x   a 1 1 1 1 n Ycbt ⇔ V1 = .nh.   = . .h.S = .V . n 3  1800  n 3 4 tan    a   

7 . 3 Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

6 . 5

ẠO

TP .Q

phần (phần lớn trên phần bé) bằng: 7 1 B. . A. . 5 7

Chọ Chọn A.

N E

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẤP

Giả sử các điểm như hình vẽ.

E = SD ∩ MN ⇒ E là trọng tâm tam giác SCM , DF // BC ⇒ F là trung điểm BM . = 60° ⇒ SO = a 6 , SF = SO 2 + OF 2 = a 7 Ta có: SD , ( ABCD ) = SDO 2 2

)

-L

Í-

(

1 a 6 a2 7 ; S SAD = SF . AD = 2 4 2 7

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

⇒ d ( O, ( SAD ) ) = OH = h = VMEFD ME MF MD 1 = ⋅ ⋅ = VMNBC MN MB MC 6

5 5 1 1 5 1 5a 3 6 ⇒ VBFDCNE = VMNBC = ⋅ ⋅ d ( M , ( SAD ) ) ⋅ S SBC = ⋅ 4h ⋅ S SAD = 6 6 3 2 18 2 72 1 7a 3 6 a3 6 ⇒ VSABFEN = VS . ABCD − VBFDCNE = ⋅ VS . ABCD = SO.S ABCD = 3 6 36

Suy ra:

VSABFEN 7 = ⋅ VBFDCNE 5

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 20:

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

(CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C′D′ có tồng diện tích của tất cả các mặt là 36 , độ dài đường chéo AC ′ bằng 6 . Hỏi thể tích của khối hộp lớn nhất là bao nhiêu? B. 8 2 . C. 16 2 . D. 24 3 . A. 8 .

H Ơ

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Chọ Chọn C. Gọi chiều dài 3 cạnh của hình hộp chữ nhật lần lượt là: a , b , c > 0

TP .Q

Ta có AC ′2 = a 2 + b 2 + c 2 = 36; S = 2ab + 2bc + 2ca = 36 ⇒ (a + b + c) 2 = 72 ⇒ a + b + c = 6 2 3

(CHUYÊN ĐHSP HN) Cho hình chóp đều S . ABC có đáy cạnh bằng a , góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60° . Gọi A′ , B′ , C ′ tương ứng là các điểm đối xứng của A , B , C qua S . Thể tích của khối bát diện có các mặt ABC , A′B′C ′ , A′BC , B′CA , C ′AB , AB′C ′ , BA′C ′ , CA′B′ là 2 3a 3 3a 3 4 3a 3 A. . B. 2 3a3 . C. . D. . 3 2 3

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 21:

ẠO

3 a+b+c 3  a+b+c 6 2  ≥ abc ⇒ abc ≤   = 16 2 . Vậy VMax = 16 2  = 3 3    3 

Chọ Chọn A.

Cách 1: Ta tính thể tích khối chóp S . ABC :

Gọi H là tâm tam giác ABC đều cạnh a ⇒ CH =

a 3 . Góc giữa đường thẳng SA và mặt 3

ẤP

1 1 a 2 3 a3 3 = 60o ⇒ SH = a ⇒ V phẳng (ABC) bằng 600 ⇒ SCH .S . . = H S = a. = S . ABC ABC 3 3 4 12 2a 3 3 . 3

-L

Í-

V = 2VB. ACA 'C ' = 2.4VB .ACS = 8VS . ABC =

ÁN

Cách 2: Ta có thể tích khối chóp S . ABC là: VS . ABC =

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Diện tích tam giác SBC là: S ∆SBC = Khoảng cách từ d ( A, ( SBC ) ) =

a 2 39 . 12

A đến mặt phẳng 3a 13

a3 3 . 12 A'

( SBC )

là:

Tứ giác BCB ' C ' là hình chữ nhật vì có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

B H

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial A

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

2a 3 2a 3 a 39 . ⇒ BB ' = ⇒ B 'C = 3 3 3 a 2 39 . 3

Diện tích BCB ' C ' là: S BCB ' C ' =

H Ơ

Có SB =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Thể tích khối 8 mặt cần tìm là:

TP .Q

1 2a 3 3 . V = 2. d ( A, ( SBC ) ) .S BCB 'C ' = 3 3

khảo lờ lời giả giải củ của Ngọ Ngọc Huyề HuyềnLB). Cách 3 (Tham khả

SG = a. ⇔ SG = AG.tan SAG AG

∆SGA

vuông

tại

= tan SAG

Xét

Ư N

= 60 . SA; ( ABC ) ) = SAG (

có:

TR ẦN

1 1 a 2 3 2 3a 3 Vậy V = 8. SG.S ABC = 8. .a. . = 3 3 4 3

ẤP

Câu 22: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Cho khối chóp S . ABC có SA = a , SB = a 2 , SC = a 3 . Thể tích lớn nhất của khối chóp là a3 6 a3 6 a3 6 . . . B. C. D. A. a 3 6 . 2 3 6

Chọ Chọn D.

1 AH .S SBC . 3 Ta có AH ≤ SA ; dấu “=” xảy ra khi AS ⊥ ( SBC ) .

Gọi H là hình chiếu của A lên ( SBC ) ⇒ V =

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

1 Thể tích khối bát diện đã cho là V = 2VA ' B 'C ' BC = 2.4VA '.SBC = 8VS . ABC = 8. SG.S ABC 3

-L

1 ≤ 1 SB.SC , dấu “=” xảy ra khi SB.SC.sin SBC 2 2 SB ⊥ SC .

ÁN

SSBC =

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Khi đó, V =

1 1 1 1 AH .SSBC ≤ AS ⋅ SB ⋅ SC = SA ⋅ SB ⋅ SC . 3 3 2 6

Dấu “=” xảy ra khi SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau.

a 3 S

Suy ra thể tích lớn nhất của khối chóp là V=

1 a3 6 . SA.SB.SC = 6 6

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

a 2 B

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

a 17 , 2 hình chiếu vuông góc H của S lên mặt ( ABCD ) là trung điểm của đoạn AB . Tính chiều cao

(CHUYÊN THÁI BÌNH) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SD =

3a . 5

∆SHD

vuông

tại

Chọ Chọn A. Ta có

ẠO

1 a 2 . d ( A, BD ) = 2 4

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Cách 1. Ta có d ( H , BD ) =

TP .Q

 a 17   2  a  2  ⇒ SH = SD 2 − HD 2 =   −  a +    = a 3 . 2   2  

Chiều cao của chóp H .SBD là

d ( H , ( SBD ) ) =

SH 2 +  d ( H , BD ) 

H I A

a 2 a 3. 2 4 = a 6.2 2 = a 3 . 4.5a 5 a2 3a 2 + 8

TR ẦN

SH .d ( H , BD )

ẤP

1 3 3 3 3 1 1 1 a ⇒ VH .SBD = VA.SBD = VS . ABC = VS . ABCD = a . Cách 2. S . ABCD = SH .S ABCD = 3 3 2 2 4 12

Í-

Tam giác ∆SHB vuông tại H ⇒ SB = SH 2 + HB 2 = 3a 2 +

ÁN

-L

Tam giác ∆SBD có SB =

ID Ư

Ỡ N

⇒ d ( H , ( SBD ) ) =

BỒ

a 21 . 5

H Ơ

của khối chóp H .SBD theo a . 3a a 3 . B. . A. 5 7

Câu 23:

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

a 2 a 13 = . 4 2

a 13 a 17 5a 2 ⇒ S ∆SBD = . ; BD = a 2; SD = 2 2 4

3VS . HBD a 3 . = 5 S ∆SBD

Cách 3. Gọi I là trung điểm BD . Chọn hệ trục Oxyz z

với O ≡ H ; Ox ≡ HI ; Oy ≡ HB; Oz ≡ HS .  a  a  Ta có H ( 0;0;0 ) ; B  0; ;0  ; S 0;0; a 3 ; I  ; 0;0  2 2    

(

)

Vì ( SBD ) ≡ ( SBI ) y B

C I

O≡H

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial A D www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

2x 2 y z 3 + + = 1 ⇔ 2x + 2 y + z −a = 0. a a a 3 3

1 3

a 3 . 5

4+4+

Suy ra d ( H , ( SBD ) ) =

3 .0 − a 3

H Ơ

2.0 + 2.0 +

⇒ ( SBD ) :

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Ư N

TR ẦN

d ( CD, SA ) = d ( CD, ( SAB ) ) = d ( D, ( SAB ) ) 3

ẤP

Câu 25: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Tìm Vmax là giá trị lớn nhất của thể tích các khối hộp chữ nhật

Í-

có đường chéo bằng 3 2cm và diện tích toàn phần bằng 18cm2 . B. Vmax = 5cm3 . A. Vmax = 6cm3 . D. Vmax = 3cm 3 .

ÁN

C. Vmax = 4cm3 .

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

TO G Ỡ N ID Ư

BỒ

a 3. 3VSABD = = 2 2 = 2 3a. S SBD a 3 4

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

TP .Q

Câu 24: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho khối chóp S . ABCD có thể tích bằng a3 . Mặt bên SAB là tam giác đều cạnh a và đáy ABCD là hình bình hành. Tính theo a khoảng cách giữa SA và CD . a 2a A. 2 3a . B. a 3 . C. . D. . 2 3 Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọ Chọn A. Vì đáy ABCD là hình bình S a3 1 hành ⇒ VSABD = VSBCD = VS . ABCD = . 2 2 Ta có: Vì tam giác SAB đều cạnh a a2 3 ⇒ S SAB = 4 A Vì CD AB ⇒ CD ( SAB ) nên D

Chọn C.

a 2 + b 2 + c 2 = 18 Đặt a, b, c là kích thước của hình hộp thì ta có hệ  . ab + bc + ac = 9 Suy ra a + b + c = 6. Cần tìm GTLN của V = abc. Ta có b + c = 6 − a ⇒ bc = 9 − a ( b + c ) = 9 − a ( 6 − a ) . 2

Do ( b + c ) ≥ 4bc ⇒ ( 6 − a ) ≥ 4 9 − a ( 6 − a )  ⇔ 0 < a ≤ 4.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Tương tự 0 < b, c ≤ 4 .

Chọ Chọn D. Khi SD thay đổi thi AC thay đổi. Đặt AC = x . Gọi O = AC ∩ BD . Vì SA = SB = SC nên chân đường cao SH trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . ⇒ H ∈ BO .

ẠO

G H

Ư N O

TR ẦN

a4 a 3a 2 − x 2 = 4a 2 − x 2 4a 2 − x 2

SH = SB 2 − BH 2 = a 2 −

)

(

ẤP

1 2 a 3a 2 − x 2 x 4a 2 − x 2 . VS . ABCD = 2VS . ABC = 2. SH .S ABC = . 3 3 4a 2 − x 2 4 2 2 2 3 1 1  x + 3a − x  a = a x. 3a 2 − x 2 ≤ a  = 3 3  2  2

Í-

Câu 27: (THTT – 477) Cho khối đa diện đều n mặt có thể tích V và diện tích mỗi mặt của nó bằng S . Khi đó, tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì bên trong khối đa diện đó đến các mặt của nó bằng nV V . . B. A. S nS 3V V . . D. C. S 3S

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

4a 2 − x 2 4a 2 − x 2 x Ta có OB = a −   = = 4 2 2 2

1 1 4 a 2 − x 2 x 4a 2 − x 2 S ABC = OB. AC = x. = 2 2 2 4 2 a.a.x a x a2 = = HB = R = . 4 S ABC 4a 2 − x 2 x 4a 2 − x 2 4. 4

TP .Q

H Ơ

Câu 26: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a . SA = SB = SC = a , Cạnh SD thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD là: a3 a3 3a 3 a3 . B. . C. . D. . A. 8 4 8 2 Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Ta lại có V = a 9 − a ( 6 − a )  . Khảo sát hàm số này tìm được GTLN của V là 4.

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọ Chọn C. Xét trong trường hợp khối tứ diện đều. Các trường hợp khác hoàn toàn tương tự. 1 1 1 1 VH . ABC = h1.S ; VH .SBC = h2 .S ; VH .SAB = h3 .S ; VH .SAC = h4 .S 3 3 3 3

A H

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

B www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

3V 3V1 3V 3V ; h2 = 2 ; h3 = 3 ; h4 = 4 S S S S 3 (V1 + V2 + V3 + V4 ) 3V ⇒ h1 + h2 + h3 + h4 = = S S

HD: Tứ giác MNPQ là hình bình hành có tâm là I

Ư N

AM + CP 11 a = a< 2 30 2

O' D'

các cạnh AA’; BB’;CC’; DD’ lần lượt tại

Q B'

Vẽ mặt phẳng qua O1 song song với (ABCD) cắt

11 a < a. Vậy O1 nằm trong đoạn OO’. 15

TR ẦN

Gọi O1 là điểm đối xứng O qua I thì :

ẤP

A1, B1,C1, D1. Khi đó I là tâm của hình hộp

ABCD.A B1C1D1.

1 2

Vậy V(ABCD. MNPQ)=V( MNPQ.A1 B1C1D1)

Í-

= V ( ABCD. A1 B1C1 D1 ) = a 2OO1 =

11 3 a 30

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

OO1=2OI=

thuộc đoạn OO’. Ta có: OI =

ẠO

TP .Q

H Ơ

Câu 28: (LƯƠNG ĐẮC BẰNG) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có cạnh bằng a , một mặt 1 phẳng (α ) cắt các cạnh AA′ , BB′ , CC ′ , DD′ lần lượt tại M , N , P , Q . Biết AM = a , 3 2 CP = a . Thể tích khối đa diện ABCD.MNPQ là: 5 11 3 11 3 a3 2a 3 a . a . B. . C. . D. A. 30 15 3 3

h1 =

(CHUYÊN VĨNH PHÚC) Người ta gọt một khối lập phương gỗ để lấy khối tám mặt đều nội tiếp nó (tức là khối có các đỉnh là các tâm của các mặt khối lập phương). Biết các cạnh của khối lập phương bằng a. Hãy tính thể tích của khối tám mặt đều đó: 3 a a3 a3 a3 B. C. D. A. 4 6 12 8

Ỡ N

ÁN

Câu 29:

ID Ư

Đáp án B C

BỒ

Dựng được hình như hình bên

+ Thấy được thể tích khối cần tính bằng 2 lần thể tích của hình chóp S.ABCD + Nhiệm vụ bây giờ đi tìm thể tích của S.ABCD

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

+ ABCD là hình vuông có tâm O đồng thời chính là hình chiếu của S lên mặt đáy

SO =

a 2 ; BD = cạnh của hình lập phương = a . Suy ra các cạnh của hình vuông ABCD = a 2 2

H Ơ

1 1 1  2   2  3 a3 a3 . Vkhối đa diện = 2.VS.ABCD = . VS.ABCD = Sh = . .     a = 3 3 2  2  2  12 6

Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và G là trọng tâm tam giác BCD . Tính thể tích V của khối chóp A.GBC . A. V = 3 . B. V = 4 . C. V = 6 . D. V = 5 .

TP .Q

Câu 30:

Đ G

Ư N

nên ta có phần chứng

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

G là trọng tâm tam giác BCD S ∆BGC = S ∆BGD = S ∆CGD ⇒ S ∆BCD = 3S ∆BGC (xem minh).

ẠO

Chọn Ch ọn B. • Cách 1: Phân tích: tích: tứ diện ABCD và khối chóp A.GBC có cùng đường cao là khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCD ) . Do

Áp dụng công thức thể tích hình chóp ta có:

1  1 VABCD = h.S∆BCD  h.S  VABCD 3 ∆BCD S ∆BCD 3 = = =3 ⇒ 1 VA.GBC 1 h.S S ∆GBC  VA.GBC = h.S∆GBC ∆GBC 3  3 1 1 ⇒ VA.GBC = VABCD = .12 = 4 . 3 3

ẤP

Chứ ứng minh: Đặt DN = h; BC = a . Ch C

Từ hình vẽ có:

-L

Í-

MF CM 1 h 1 = = ⇒ MF = DN ⇒ MF = . +) MF // ND ⇒ DN CD 2 2 2

E M

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

GE BG 2 2 2 h h = = ⇒ GE = MF = . = +) GE // MF ⇒ MF BM 3 3 3 2 3

S∆BCD S∆GBC

1 1 DN .BC ha =2 = 2 = 3 ⇒ S∆BCD = 3S∆GBC 1 1h GE.BC a 2 23

+) Chứng minh tương tự có S∆BCD = 3S∆GBD = 3S∆GCD

G A

⇒ S∆BGC = S∆BGD = S∆CGD .

H1 I

• Cách 2:

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

d ( G; ( ABC ) ) d ( D; ( ABC ) )

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

GI 1 1 = ⇒ d ( G; ( ABC ) ) = d ( D; ( ABC ) ) . 3 DI 3

H Ơ

1 1 Nên VG. ABC = d ( G; ( ABC ) ) .S ∆ABC = .VDABC = 4. 3 3

Câu 31: Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 4 , diện tích đáy bằng diện tích của mặt cầu có bán kính bằng 1 . Tính thể tích V khối trụ đó. C. V = 8 .

D. V = 10 .

TP .Q

Đáp án B

AD 2 a2 a ; SC = SA2 + AC 2 = a 6 = = SD a 5 5

Ư N

1 1 1 2a + = ⇒ AK = (1) 2 2 2 SA AD AK 5

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

SD = a 5; KD =

ẠO

B, D nhìn AC dưới một góc 90° .

Ta có:

B. V = 6 .

A. V = 4 .

SC 2 = SD 2 + CD 2 ⇒ tam giác SCD vuông tại D .

⇒ KC = CD + KD =

a 6

Khi đó tam giác KDC vuông tại D .

Ta có: AK + KC = AC . Vậy AKC = 90° . Tương tự = 900 AHC 2

ẤP

D O

Vậy AC chính là đường kính mặt cầu ngoại tiếp khối ABCDEHK .

a 2

.V =

4 4 a3 2 3 πOA3 = π πa = 3 3 2 2 3

-L

Í-

AC = a 2 ⇒ OA =

ÁN

Câu 32: Ghép 5 khối lập phương cạnh a để được khối hộp chữ thập như hình vẽ. Tính diện tích toàn phần Stp của khối chữ thập B. Stp = 30a 2 .

C. Stp = 12a 2 .

D. Stp = 22a 2 .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

A. Stp = 20a 2 .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

TP .Q

H Ơ

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ẠO

Diện tích mỗi mặt khối lập phương: S 1 = a 2

G Ư N

Diện tích toàn phần khối chữ thập: S = 5S 2 − 8S1 = 22a 2

TR ẦN

Cho hình chóp tứ giác đều S .ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60° . Gọi M là điểm đối xứng với C qua D ; N là trung điểm của SC , mặt phẳng ( BMN ) chia khối chóp S .ABCD thành hai phần. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần đó. B.

7 . 3

1 . 7

1 . 5

ẤP

V = V V SABIKN → 1 =? Đặt  1 V2 = VNBCDIK V2 

Đáp án D

1 a 6 2 6 3 a = a . 3 2 6

* VS .ABCD =

60°

Í-

1 1 SO .NH .S ∆BMC = . .S 3 3 2 ∆BMC 1a 6 1 6 3 = . .a.2a = a 3 4 2 12

ÁN

TO G Ỡ N ID Ư

VM .DIK VM .CBN

O H

* Nhận thấy K là trọng tâm của tam giác SMC →

VN .BMC =

BỒ

7 . 5

Câu 33:

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Diện tích toàn phần các khối lập phương: S 2 = 6a 2

MK 2 = MN 3

1 1 2 1 MD MI MK = . . = . . 2 2 3 6 MC MB MN

5 5 6 3 5 6 3 a = a → V2 = VM .CBN −VM .DIK = VM .CBN = . 6 6 12 72

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 34: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , ABCD là hình thang vuông tại A và B

7 6 3 a V1 6 3 5 6 3 7 6 3 7 −V2 = = 72 = a − a = a → 6 72 72 5 V2 5 6 3 a 72

H Ơ

→ V1 = VS .ABCD

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

TP .Q

biết AB = 2a , AD = 3BC = 3a . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a , biết khoảng cách từ A đến 3 6 mặt phẳng ( SCD) bằng a. 4 B. 2 6a 3 . C. 2 3a3 . D. 6 3a3 . A. 6 6a3 .

Dựng AM ⊥ CD tại M . Dựng AH ⊥ SM tại H .

ẠO

ớng dẫ Hướ dẫn giả giải Hư

3 6 a. 4 AD + BC . AB = 4a 2 = 2

CD =

( AD − BC )

Ư N H

S ABCD

+ AB 2 = 2a 2

1 AB.BC = a 2 2 = S ABCD − S ABC = 3a 2

S ABC =

S ACD

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ta có: AH =

2S 1 3 2 AM .CD ⇒ AM = ACD = a 2 CD 2

Ta có:

1 1 1 = + ⇒ AS = 2 2 AH AM AS 2

S ACD =

ẤP

AH . AM 2

AM − AH

3 6 a 2

1 VS . ABCD = SA.S ABCD = 2 6a3 3

ÁN

-L

Í-

Câu 35: 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 ( ABC ) 60° , tam giác ABC vuông tại C và góc BAC

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

trùng với trọng tâm của ∆ABC . Thể tích của khối tứ diện A '. ABC theo a bằng 13a 3 7a3 15a 3 9a 3 A. . B. . C. . D. . 108 106 108 208

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Gọi M , N là trung điểm của AB, AC B'

)

60° B G

60°

Trong ∆BNC vuông tại C : BN 2 = NC 2 + BC 2

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

= 600 Đặt AB = 2 x . Trong ∆ABC vuông tại C có BAC AB = x, BC = x 3 ⇒ tam giác ABC là nữa tam giác đều ⇒ AC = 2 3 3a . Do G là trọng tâm ∆ABC ⇒ BN = BG = 2 4

TP .Q

ẠO

a 3 . (nửa tam giác đều) 2

H Ơ

1 1 VA '. ABC = .S∆ABC .B ' G = . AC.BC.B ' G 3 6 ' BG = 600 Xét ∆B ' BG vuông tại G , có B

(

⇒ B 'G =

và G là trọng tâm của ∆ABC . B ' G ⊥ ( ABC ) ⇒ BB ', ( ABC ) = B ' BG = 600 .

3a   AC = 2 13 9a x 9a 3a  ⇔ = + 3x 2 ⇔ x 2 = ⇒x= ⇒ 16 4 52 2 13  BC = 3a 3  2 13 2

ẤP

1 3a 3a 3 a 3 9a3 Vậy, VA ' ABC = . . . . = 6 2 13 2 13 2 208

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Í-

Câu 36: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' , biết đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Khoảng cách a từ 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 . . C. . . A. D. B. 8 28 4 16

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Gọi M là trung điểm của BC ,

ta có ( A ' AM ) ⊥ ( A ' BC ) theo giao

tuyến A ' M . Trong ( A ' AM ) kẻ B'

H Ơ

OH ⊥ A ' M ( H ∈ A ' M ) .

H O

G Ư N

1 a 3 . 1 3 2 ⇒ = 2 2 A' A A ' A + AM

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

đồng dạng.

a 3 A ' A2 +    2 

TR ẦN

a OH OM Suy ra: = ⇒ 6 = A' A A'M A' A

TP .Q

a2 3 . S ∆ABC = 4 Xét hai tam giác vuông A ' AM và chung nên chúng OHM có góc M

a . 6

ẠO

Suy ra: d ( O, ( A ' BC ) ) = OH =

⇒ OH ⊥ ( A ' BC )

a 6 a 6 a 2 3 3a 3 2 . Thể tích: VABC . A ' B 'C ' = S ∆ABC . A ' A = . = . 4 4 4 16

⇒ A' A =

Câu 37: Cho hình chóp tứ giác đều S .ABCD có cạnh đáy bằng a . Biết thể tích khối chóp bằng

B. a.

ẤP

a3 2 . Tính khoảng cách h giữa hai đường thẳng BC và SA . 6 .

a . 2

hình

vuông

S .ABCD ,

suy

ra S

-L

Í-

Gọi O là tâm SO ⊥ (ABCD ) .

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

SO = x .

có

ÁN

Đặt

VS .ABCD =

1 1 a3 2 a 2 .S ABCD .SO = a 2 .x = . ⇔x = 3 3 6 2 K

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Ta có BC AD nên BC (SAD ) . Do đó

d BC , SA = d BC , (SAD ) = d B, (SAD ) = 2d O, (SAD )         .

D E

SO.OE a Kẻ OK ⊥ SE . Khi đó d O, (SAD ) = OK = = .   6 SO 2 + OE 2

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Vậy d BC , SA = 2OK =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

. Chọ Chọn C.

4 3 a . Tính khoảng cách h từ B đến mặt phẳng (SCD ) . 3

B. h =

4 a. 3

C. h =

8 a. 3

D. h =

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải S

Suy ra SH ⊥ AD ⇒ SH ⊥ (ABCD ).

( )

4 3 a ⇒ x = 2a . 3

TR ẦN

1 .x . a 2 3

Ư N

Đặt SH = x .

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

Gọi H là trung điểm AD .

Ta có V =

3 a. 4

2 a. 3

TP .Q

A. h =

đáy. Biết thể tích khối chóp S .ABCD bằng

H Ơ

vuông cạnh bằng a 2. Tam giác (SAD ) cân tại S và mặt bên (SAD ) vuông góc với mặt phẳng

(ĐỀ MINH HỌ HỌA QUỐ QUỐC GIA NĂM 2017) Cho hình chóp tứ giác S .ABCD có đáy là hình Câu 38: (ĐỀ

Ta có d B, (SCD ) = d A, (SCD )    

4a . Chọ = 2HK = Chọn B. 3

= 2d H , (SCD )  

a 3 . 3

a 6 . 4

a 2 . 2

a 5 . 5

ẤP

Câu 39: Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh a . Cạnh bên SA = 600 . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SO . vuông góc với đáy, góc SBD

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải S

-L

Í-

Ta có ∆SAB = ∆SAD (c − g − c ) , suy ra SB = SD .

ÁN

= 600 , suy ra Lại có SBD

∆SBD đều cạnh SB = SD = BD = a 2 . K

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Trong tam giác vuông SAB , ta có 2

SA = SB − AB = a .

Gọi E là trung điểm AD , suy ra

OE AB và AE ⊥ OE .

Do đó

d AB, SO  = d AB, (SOE ) = d A, (SOE ) .       Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Kẻ AK ⊥ SE . SA.AE 2

SA + AE

a 5 . Chọ Chọn D. 5

a 5 . 5

2a 5 . 5

TP .Q

B. 2a.

A. a 2.

H Ơ

Câu 40: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A ' B 'C ' D ' có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2 , AA ' = 2a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và CD ' .

Khi đó d A, (SOE ) = AK =  

Hướ dẫn giả giải Hư ớng dẫ

ẠO

Gọi I là điểm đối xứng của A qua D , suy ra BCID là hình bình hành nên BD CI .

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Kẻ DE ⊥ CI tại E , kẻ DK ⊥ D ' E . Khi đó d D, (CD ' I ) = DK .  

Do đó d BD,CD ' = d BD, (CD ' I ) = d D, (CD ' I ) .    

TR ẦN

A' C'

D I

E C

ẤP

Xét tam giác IAC , ta có DE AC (do cùng vuông góc với CI ) và có D là trung điểm của 1 AC = a. 2

Í-

AI nên suy ra DE là đường trung bình của tam giác. Suy ra DE =

-L

Tam giác vuông D ' DE , có DK =

D ' D.DE 2

2a 5 . Chọ Chọn C. 5

ÁN

D ' D + DE

Câu 41: Cho khối chóp tứ giác đều S .ABCD . Mặt phẳng (α ) đi qua A, B và trung điểm M của

BỒ

ID Ư

Ỡ N

SC . Tỉ số thể tích của hai phần khối chóp bị phân chia bởi mặt phẳng đó là: 1 A. . 4

3 B. . 8

5 C. . 8

3 D. . 5

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải Kẻ MN CD

(N ∈ CD ) , suy ra hình thang

ABMN

là thiết diện của khối chóp. Ta có VS .ABMN = VS .ABM + VS .AMN .

N M

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial B C www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Mà

VS .ABM VS .ABC

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 SM = . 2 SC

H Ơ

SM SN 1 1 . = ⇒ VS .AMN = VS .ABCD . 4 8 SC SD

VS .ACD

VS .AMN

Và

1 1 Suy ra VS .ABM = VS .ABC = VS .ABCD . 2 4

TP .Q

1 1 3 Suy ra VS .ABMN = VS .ABCD + VS .ABCD = VS .ABCD . 4 8 8

ẠO Đ G Ư N

Chọ Chọn D.

6 . 6

B. V =

C. V =

6 2

D. V = 3 .

A. V = 6 .

TR ẦN

= 120 0 . Góc giữa Câu 42: Cho lăng trụ đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình thoi cạnh bằng 1 , BAD đường thẳng AC ' và mặt phẳng ( ADD ' A ') bằng 30 0 . Tính thể tích khối lăng trụ.

= 1200 , suy ra ADC = 60 0 . Hình thoi ABCD có BAD

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Do đó tam giác ABC và ADC là các tam giác đều.

và C ' N =

3 . 2

C'N ⊥ A'D'

ẤP

Vì N là trung điểm A ' D ' nên

Í-

Suy ra 30 0 = AC ', ( ADD ' A ') = AC ', AN = C ' AN .

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

V 3 5 Từ đó suy ra VABMNDC = VS .ABCD nên S .ABMN = . 5 VABMNDC 8

3 C'N = 2 tan C ' AN

. C

ÁN

Tam giác C ' AN , có AN =

Tam giác AA ' N , có AA ' = AN − A ' N = 2 .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

= Diện tích hình thoi S ABCD = AB 2 . sin BAD

Vậy V ABCD . A ' B ' C ' D ' = S ABCD . AA ' =

6 2

3 2

(đvtt). Chọ Chọn C.

Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD . A.

a 21 . 14

a 2 . 2

a 21 . 7

D. a.

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Gọi

là

trung điểm SI ⊥ AD ⇒ SI ⊥ ( ABCD ) . I

Kẻ

Ax BD

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

của

nên

suy

ra S

đó

Kẻ IE ⊥ Ax , kẻ IK ⊥ SE . Khi đó d  I , (SAx ) = IK .

AO a 2 = 2 4

BD ,

ta có

N O

trên

F I

SI . IE

Tam giác vuông SIE , có IK =

a 21 14

SI 2 + IE 2

IE = IF =

là hình chiếu của

TP .Q

D K

ẠO

Gọi

H Ơ

d [ BD , SA ] = d  BD, (SAx ) = d  D , (SAx ) = 2d  I , (SAx ) .

a 21 . Chọ Chọn C. 7

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vậy d [ BD, SA ] = 2 IK =

TR ẦN

LẦN 3) Cho hình lăng trụ có tất cả các cạnh đều bằng a , đáy là Câu 44: ( CHUYÊN QUANG TRUNG LẦ lục giác đều, góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy là 60° . Tính thể tích khối lăng trụ 27 3 3 9 3 3 a . A. V = B. V = C. V = a 3 . D. a3 . a . 8 2 4 4

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Chọn D.

ẤP

Ta có ABCDEF là lục giác đều nên góc ở đỉnh bằng 120° . ABC là tam giác cân tại B , DEF là tam giác cân tại E . 1 a2 3 S ABC = S DEF = a.a.sin120° = 2 4

AC = AB 2 + BC 2 − 2. AB.BC.cos B

-L

Í-

 1 = a 2 + a 2 − 2.a.a.  −  = a 3  2 A

ÁN

S ACDF = AC. AF = a 3.a = a 2 3

ID Ư

Ỡ N

S ABCDEF = S ABC + S ACDF + S DEF =

BỒ

+ a2 3 +

a 3 B ' BH = 60° ⇒ B ' H = BB '.sin 60° = 2

Suy ra

V = BH '.SABCDEF

60°

2 C

E D

3a2 3 9 3 = a 3. = a 4 4

Câu 45: (NGUYỄN TRÃI – HD) Một cốc nước có dạng hình trụ đựng nước chiều cao 12cm , đường kính đáy 4cm , lượng nước trong cốc cao 8cm . Thả vào cốc nước 4 viên bi có cùng đường kính 2cm . Hỏi nước dâng cao cách mép cốc bao nhiêu xăng-ti-mét? (làm tròn sau dấu phẩy 2 chữ số thập phân, bỏ qua độ dày của cốc) B. 2, 75cm . C. 2, 25cm . D. 2,33cm . A. 2, 67cm .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ N Y U

ẠO

TP .Q

Chọn Chọn A. Lượng nước dâng lên chính là tổng thể tích của 4 viên bi thả vào bằng 4 16π Vb = 4. π rb3 = cm3 . 3 3 Dễ thấy phần nước dâng lên là hình trụ có đáy bằng với đáy cốc nước và thể tích là 16π cm3 . 3 4 16π = π r 2 hd nên hd = cm . Chiều cao của phần nước dâng lên là hd thỏa mãn: 3 3 4 8 Vậy nước dâng cao cách mép cốc là 12 − 8 − = ≈ 2, 67 cm. 3 3

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

a 6 . 3

a 3 . 2

TR ẦN

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Ư N

a . 2

Chọn B

2 2 a 3 a 3 . AM = . = 3 3 2 3

AH =

a 34 . 2

a2 a 6 = . 3 3

ẤP

SH = SA2 − AH 2 = a 2 −

1 a2 3 a 6 a3 2 . = . 3 4 3 12

1 3

Ta có VSABC = S ABC .SH = .

H M

khác,

Mặt

Í-

VSABC = VISAB + VIABC + VISAC + VISBC B 1 = S ABC .  d ( I ; ( SAB ) ) + d ( I ; ( ABC ) ) + d ( I ; ( SAC ) ) + d ( I ; ( SBC ) )  3

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 46: (CHUYÊN BẮC GIANG) Cho tứ diện đều cạnh a và điểm I nằm trong tứ diện. Tính tổng khoảng cách từ I đến các mặt của tứ diện.

3VSABC S ABC

BỒ

ID Ư

Ỡ N

⇔ d ( I ; ( SAB ) ) + d ( I ; ( ABC ) ) + d ( I ; ( SAC ) ) + d ( I ; ( SBC ) ) =

a3 2 a 6 . = 2 12 = 3 a 3 4 3.

Câu 47:

(CHUYÊN KHTN L4) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB = AC = a , SC ⊥ ( ABC ) và SC = a . Mặt phẳng qua C , vuông góc với SB cắt SA, SB lần

lượt tại E và F . Tính thể tích khối chóp S.CEF . A. VSCEF =

2a 3 . 36

B. VSCEF =

a3 . 18

C. VSCEF =

a3 . 36

D. VSCEF =

2a 3 . 12

Hướ dẫn giả giải Hướng dẫ

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọn đáp án C. Từ C hạ CF ⊥ SB, ( F ∈ SB ) , CE ⊥ SA, ( E ∈ SA)  AB ⊥ AC ⇒ AB ⊥ ( SAC ) ⇒ AB ⊥ CE ⇒ CE ⊥ ( SAB ) ⇒ CE ⊥ SB  AB ⊥ SC

H Ơ

Ta có 

Vậy mặt phẳng qua C và vuông góc SB là mặt ( CEF ) . VSCEF SE SF . = VSCAB SA SB

Tam

giác

vuông

SAC

tại

C ta

có:

Tam

giác 2

vuông

Đ G

H vuông

SBC

tại

C ta

có:

E C

SB = SC + BC = a 3

SF SC 2 a2 SF 1 = = ⇒ = 2 2 SB SB SC 3 3a

và

Ư N

SE SC a SE 1 = = 2 ⇒ = 2 SA SA SA 2 2a

TR ẦN

và

VSCEF 1 1 1 1 1 1 1 3 a . = . = ⇒ VSCEF = VSABC = . SA.S ABC = 6 6 3 36 VSCAB 2 3 6

ẤP

Do đó

Í-

Câu 48: (CHUYÊN VINH – L2) Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có thể tích bằng V . Các điểm M , N , P AM 1 BN CP 2 lần lượt thuộc các cạnh AA′ , BB ′ , CC ′ sao cho = , = = . Thể tích khối đa diện AA′ 2 BB′ CC ′ 3 ABC.MNP bằng 2 9 20 11 A. V B. V C. D. V V 3 16 27 18 Hướng dẫn giải Chọn D.

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

SA = SC 2 + AC 2 = a 2 2

ẠO

Ta có

TP .Q

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Đặt

1 V1 = VM . NPCB = d ( M , ( CC ′B′B ) ) .S NPCB 3 1 2 2 = d ( M , ( CC ′B′B ) ) . SCC ′B′B = V 3 3 9 1 V2 = VM . ABC = d ( M , ( ABC ) ) .S ABC 3 1 1 1 = . d ( A′, ( ABC ) ) .S ABC = V 3 2 6 2 1 11 Vậy VABC .MNP = V1 + V2 = V + V = V 9 6 8

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

N M P

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial C

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Í-

ẤP

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

TP .Q

H Ơ

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)

H Ơ

= 60°. (SGD VĨNH VĨNH PHÚC) Cho hình chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) , AB = 1 , AC = 2 và BAC

Câu 1:

Chủ Chủ đề 6. KHỐI KHỐI TRÒN TRÒN XOAY

TP .Q

Gọi M , N lần lượt là hình chiếu của A trên SB , SC . Tính bán kính R của mặt cầu đi qua các điểm A , B , C , M , N . 4 2 3 A. R = 2 . B. R = . D. R = 1 . . C. R = 3 3

ẠO

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

AC suy

TR ẦN

*Lại có = 60° ⇒ = 30° ⇒ ABC = 90° (1) BAC ABK = 60°; KBC

của

Ư N

điểm

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

K *Gọi là trung ra : AK = AB = KC = 1

Chọ Chọn D.

*Theo giả thiêt ANC = 90° ( 2 )

* Chứng minh AMC = 90° ( 3)

Thật vậy, ta có:

ẤP

BC ⊥ SA; BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ ( SBC ) ⊥ ( SAB )

AM ⊥ SB ⇒ AM ⊥ ( SBC ) ⇒ AM ⊥ MC

Từ (1) ; ( 2 ) ; ( 3) suy ra các điểm A , B , C , M , N nội tiếp đường tròn tâm K , bán kính 1 AC = 1 . 2

-L

Í-

KA = KB = KC = KM = KN =

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2a ,vẽ tia Ax về phía điểm B sao cho điểm B luôn cách tia Ax một đoạn bằng a . Gọi H là hình chiếu của B lên tia , khi tam giác AHB quay quanh trục AB thì đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt tròn xoay có diện tích xung quanh bằng (2 + 2)π a 2 (3 + 3)π a 2 (1 + 3)π a 2 3 2π a 2 A.. C. D. B. 2 2 2 2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Câu 2:

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải Chọn B. Khi quay quanh tam giác AHB thì đường gấp khúc AHB vẽ lên một mặt tròn xoay. Diện tích mặt tròn xoay này bằng tổng diện tích xung quanh hai hình nón đường sinh AH và BH.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Ta có AH = AB 2 − BH 2 = a 3

a 3 3a 2π .a 3 = 2 2

Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh BH là S 2 = π

a 3 3a 2π .a = 2 2

Câu 3:

U TP .Q

(3 + 3) a 2π . 2

ẠO

Diện tích mặt tròn xoay cần tìm là S = S1 + S 2 =

Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh AH là S1 = π

AH .BH a 3.a a 3 = = AB 2a 2

H Ơ

HK =

tiếp hình chóp S . ABC là B. 12π cm2 . A. 48π cm2 .

D. 24cm2 .

TR ẦN

C. 16π cm2 .

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

(LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A , cạnh huyền BC = 6 ( cm ) , các cạnh bên cùng tạo với đáy một góc 60° . Diện tích mặt cầu ngoại

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Chọ Chọn A.

( ABC ) . Gọi O

là trung điểm của BC .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng

ẤP

Tam giác ABC vuông tại A , O là trung điểm của cạnh huyền BC , suy ra OA = OB = OC (1) .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Í-

Xét các tam giác ∆SHA, ∆SHB, ∆SHC có:

 SH chung   SHA = SHB = SHC = 90° ⇒ ∆SHA = ∆SHB = ∆SHC ( g .c.g ) ⇒ HA = HB = HC (2) .   SAH = SBH = SCH = 60° Từ (1) và ( 2 ) suy ra H trùng O . Khi đó SH là trục đường tròn ngoại tiếp ∆ABC . Trong ∆SAH dựng trung trực của SA cắt SH tại I .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Khi đó IA = IB = IC = IS . Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC . 2 2 ∆SBC đều cạnh bằng 6 ( cm ) ⇒ SO = 3 3 ⇒ SI = .SO = .3 3 = 2 3 . 3 3 2

= 48π ( cm 2 ) .

)

H Ơ

(

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là: S = 4π 2 3

(NGÔ GIA TỰ - VP) Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn ( O ) và ( O′ ) , chiều cao bằng

Câu 4:

2R và bán kính đáy R . Một mặt phẳng (α ) đi qua trung điểm của OO′ và tạo với OO ′ 4R . 3 3

2R 2 . 3

2R . 3

TR ẦN

⇒ IH là hình chiếu của OI lên ( IAB )

giác

vuông

tại

OHA

vuông

tại

2R 6 R 6 ⇒ AB = 3 3

tam

R 3 3

ẤP

O ⇒ OH = OI tan 30° =

OIH

vuông

giác

= 30° Theo bài ta được OIH tam

Dựng OH ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( OIH ) ⇒ ( OIH ) ⊥ ( IAB )

Xét

Đ G Ư N

Chọ Chọn B.

H ⇒ AH = OA2 − OH 2 =

(CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho khối nón đỉnh O , trục OI . Măt phẳng trung trực của OI chia khối chóp thành hai phần. Tỉ số thể tích của hai phần là: 1 1 1 1 C. . D. . A. . B. . 2 8 4 7 Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọ Chọn D. Gọi R là bán kính đáy của khối nón trục 1 OI . ⇒ V = π R 2 .OI 3 Giả sử mặt phẳng trung trực của OI cắt trục OI tại H , cắt đường sinh OM tại N . Khi đó mặt phẳng này chia khối nón thành 2 phần, phần trên là khối R OI nón mới có bán kính r = , có chiều cao là 2 2 2 2 1  R   OI  π .R .OI . Phần dưới là khối ⇒ V1 = π    = 3 2  2  24 nón cụt có thể tích

Í-

Câu 5:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Xét

2R . 3

ẠO

TP .Q

một góc 30° , (α ) cắt đường tròn đáy theo một dây cung. Tính độ dài dây cung đó theo R .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

7π R 2 .OI . 3 24 24 π R 2 .OI 1 V 24 = Vậy tỉ số thể tích là: 1 = 2 V2 7π R .OI 7 24 =

π R 2 .OI

H Ơ

−

V2 = V − V1 =

π R 2 .OI

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

(SỞ GD HÀ NỘI) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2 2 , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 3 . Mặt phẳng (α ) qua A và vuông góc với SC cắt

TP .Q

Câu 6:

cạnh SB , SC , SD lần lượt tại các điểm M , N , P . Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP . B. V =

64 2π . 3

C. V =

108π . 3

D. V =

Ư N

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

125π . 6

ẠO

32π . 3

A. V =

Chọ Ch ọn A.

TR ẦN

Ta có:

(α ) ⊥ SC , AM ⊂ (α ) ⇒ AM ⊥ SC ( 2 )

⊥ MC ⇒ AMC = 90° .

ẤP

(1) , ( 2 ) ⇒ AM ⊥ ( SBC ) ⇒ AM

D A

Từ

CB ⊥ ( SAD ) , AM ⊂ ( SAB ) ⇒ AM ⊥ CB (1)

Chứng minh tương tự ta có APC = 90°

Có AN ⊥ SC ⇒ ANC = 90°

Í-

Ta có: AMC = APC = APC = 90°

ÁN

-L

⇒ khối cầu đường kính AC là khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP .

Ỡ N

Bán kính cầu này là r =

BỒ

ID Ư

Câu 7:

AC = 2. 2

4 32π Thể tích cầu: V = π r 3 = 3 3

(SỞ GD HÀ NỘI) Cho mặt cầu ( S ) bán kính R . Một hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy r thay đổi nội tiếp mặt cầu. Tính chiều cao h theo bán kính R sao cho diện tích xung quanh hình trụ lớn nhất A. h = R 2 .

B. h = R .

C. h =

R . 2

D. h =

R 2 . 2

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọ Chọn A. Ta có OO′ = h; IA = R, AO = r ⇒ r 2 = R 2 −

h2 . 4

H Ơ N

h2 + 4R2 − h2 , 2

a 2 + b2 ). 2

TP .Q

(dùng BĐT ab ≤

S = 2π rh = π h 4 R 2 − h 2 ≤ π

Diện tích xung quanh của hình trụ

ẠO

Vậy Smax = 2π R 2 ⇔ h 2 = 4 R 2 − h2 ⇔ h = R 2 .

(BẮC YÊN THÀNH) Cho ba hình tam giác đều cạnh bằng a chồng lên nhau như hình vẽ (cạnh đáy của tam giác trên đi qua các trung điểm hai cạnh bên của tam gác dưới). Tính theo a thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay chúng xung quanh đường thẳng d . 13 3π a 3 11 3π a 3 . B. . A. 96 96

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 8:

3π a 3 11 3π a 3 . D. . 8 8 Chọ Chọn B. Nếu ba hình tam giác không chồng lên nhau thì

π 3a 3

thể tích của khối tròn xoay là V1 =

ẤP

π 3a 3 96

Thể tích phần bị chồng lên là V2 =

11 3π a 3 96

Í-

⇒ Thể tích cần tính là V = V1 − V2 =

-L

Hoặc làm như sau:

ÁN

Đặt V1 ;V2 ;V3 ;V4 lần lượt là thể tích: khối nón sinh bởi tam giác OAB quay quanh OB , khối

tròn xoay sinh bởi hình BCFE; GCHK , khối nón sinh bởi tam giác DEB khi quay quanh

ID Ư

Ỡ N

BC . Khi đó: Thể tích khối cần tìm là:

BỒ

Câu 9:

a2 a 3 a 2 a 3 11 3π a 3 1 1 . V = V1 + V2 + V3 = 3V1 − 2V4 = 3 ⋅ ⋅ π ⋅ ⋅ − 2 ⋅ ⋅π ⋅ ⋅ = 3 4 2 3 16 4 96

(CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho hình thang cân ABCD có đáy nhỏ AB = 1 , đáy lớn CD = 3 , cạnh bên AD = 2 quay quanh đường thẳng AB . Tính thể tích V của khối tròn xoay tạo thành. 4 7 5 A. V = 3π . B. V = π . C. V = π . D. V = π . 3 3 3 Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọn C. Theo hình vẽ: AH = HD = 1 .

Thể tích khối tròn xoay tạo thành bằng thể

H Ơ

tích khối trụ có bán kính r = AH = 1 , chiều

cao CD = 3 trừ đi thể tích hai khối nón bằng

TP .Q

nhau (khối nón đỉnh A, đỉnh B và đáy là đáy của hình trụ).

TR ẦN

Ư N

Câu 10: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn tâm O , góc ở đỉnh bằng 120° . Trên đường tròn đáy, lấy điểm A cố định và điểm M di động. Có bao nhiêu vị trí điểm của điểm M để diện tích tam giác SAM đạt giá trị lớn nhất? A. 2. B. 3. C. 1. D. vô số. Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Gọi r là bán kính đáy của hình nón.

Vì góc ở đỉnh ASA′ = 120° ⇒ ASO = 60° .

ẤP

r ASO = Suy ra SO = OA.cot . 3

Gọi H là trung điểm của AM và đặt x = OH .

Í-

Ta có: SH = SO 2 + OH 2 =

r2 + x 2 , AM = 2 AH = 2 OA2 − OH 2 = 2 r 2 − x 2 . 3

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Diện tích tam giác ∆SAM bằng s =

BỒ

Chọn A.

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

1 2 7  Vậy V = π . AH 2 .CD − 2. π . AH 2 .HD = π  3 −  = π . 3 3 3 

smax =

1 2 r2 SH . AM = + x2 . r 2 − x2 ≤ r 2. 2 3 3

r2 r2 r 2 2 + x2 = r 2 − x2 ⇔ x2 = ⇔ x = . Tức là OH = SO . r đạt được khi 3 3 3 3

Theo tính chất đối xứng của của đường tròn ta có hai vị trí của M thỏa yêu cầu.

Câu 11: (PHAN ĐÌNH PHÙNG – HN) Trong các hình nón nội tiếp một hình cầu có bán kính bằng 3, tính bán kính mặt đáy của hình nón có thể tích lớn nhất. B. R = 4 2. A. Đáp án khác. C. R = 2.

D. R = 2 2. Hướ ớng dẫ dẫn giả giải Hư

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọ Chọn D.

H Ơ

∆AKM vuông tại K . Ta thấy IK = r là bán kính đáy của chóp, AI = h là chiều cao của chóp.

Giả sử chóp đỉnh A như hình vẽ là hình chóp có thể tích lớn nhất.

IK 2 = AI .IM ⇒ r 2 = h ( 6 − h ) .

TP .Q

1 1 V = π r 2h = π h2 ( 6 − h ) ( 0 < h < 6) . 3 3

ẠO

1 Vmax ⇔ π h 2 ( 6 − h ) max ⇔ y = −h3 + 6h 2 max trên ( 0;6 ) 3

Ư N

TR ẦN

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

10 3

AH = AC.cos α = 2 R.cos 2 α

Đáp án: C. AC = AB. cos α = 2 R.cos α CH = AC.sin α = 2 R.cos α .sin α ;

1 8 AH .π CH 2 = R 3 .cos 4 α .sin 2 α . 3 3

ẤP

Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB là

Í-

Đặt t = cos 2 α ( 0 < t < 1)

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 12: (CHUYÊN ĐH VINH) Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2 R và điểm C thay đổi trên và gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB . Tìm α nửa đường tròn đó, đặt α = CAB sao cho thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB đạt giá trị lớn nhất. 1 B. α = 45° . C. arctan . D. α = 30° . A. α = 60° . 2

ÁN

8 ⇒ V = R 3t 2 (1 − t ) 3 3

BỒ

ID Ư

Ỡ N

8 8  t + t + 2 − 2t  = R 3 .t.t ( 2 − 2t ) ≤ R 3   6 6  3 

Vậy V lớn nhất khi t =

1 2 khi α = arctan . 3 2

Chú ý: có thể dùng PP hàm số để tìm GTNN của hàm f ( t ) = t 2 (1 − t )

Câu 13: (SỞ GD BẮC NINH) Cho một hình nón ( N ) có đáy là hình tròn tâm O . Đường kính 2a và đường cao SO = a . Cho điểm H thay đổi trên đoạn thẳng SO . Mặt phẳng ( P) vuông góc

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

với SO tại H và cắt hình nón theo đường tròn ( C ) . Khối nón có đỉnh là O và đáy là hình tròn ( C ) có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu?

2π a3 . 81

4π a3 . 81

7π a3 . 81

8π a3 . 81

H Ơ

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Gọi (α ) là mặt phẳng qua trục của hình nón ( N ) cắt hình nón ( N ) theo thiết là tam giác

SAB, cắt hình nón đỉnh S và có đáy là đường tròn ( C ) theo thiết diện là tam giác SCD, gọi I

TP .Q

là giao điểm của SO và CD.Ta có: AB = 2a ⇒ OA = a = SO .Do đó tam giác SOA vuông cân tại S .Suy ra tam giác SIC vuông cân tại I .Đặt SI = AC = x (0 < x < a ) ⇒ OI = a − x

ẠO Đ

)

TR ẦN

Chọ Chọn đáp án B

)

x = 0 . Bảng biến thiên: V '( x) = 0 ⇔   x = 2a 3 

(

Ư N

(

1 1 1 1 V = .π .IC 2 .OI = .π .x 2 ( a − x) = π − x3 + ax 2 . V ' ( x ) = .π . −3 x 2 + 2ax 3 3 3 3

A Ó H

B. 20π a 2 .

20 2 πa . 3

D. 5π a 2 .

Í-

S . ABC . 5 A. .π a 2 . 3

ẤP

Câu 14: (SỞ GD BẮC NINH) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng = 600. Tính diện tích hình cầu ngoại tiếp hình chóp ( ABC ) , SA = a, AB = a , AC = 2a, BAC

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , d là đường thẳng đi qua H và vuông góc với mặt phẳng

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Thể tích khối nón có đỉnh là O và đáy là hình tròn ( C ) là:

( ABC ) , gọi (α ) là mặt phẳng trung trực của SA , O là

BỒ

ID Ư

Ỡ N

giao điểm của d và (α ) . Khi đó O là tâm của hình cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC . Theo định lí hàm số cosin ta có :

BC = AB 2 + AC 2 − 2 AB.AC.cos BAC 2

= a 2 + ( 2a ) − 2a.2a.cos 600 = a 3

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Diện tích tam giác ABC : 2 1 =a . 3 S∆ABC = .AB.AC.sin BAC 2 2

H Ơ U

AB.BC. AC a.2a.a 3 = =a 4.S∆ABC a2 3 4. 2

TP .Q

AH =

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC :

Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC :

ẠO Đ Ư N

Diện tích hình cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC 2

a 5 2 S = 4π R = 4π .   = 5π a 2  

TR ẦN

Chọ Chọn đáp án D

Câu 15: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a .

Tập hợp các điểm M sao cho MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 2a 2 là

ẤP

A. Mặt cầu có tâm là trọng tâm của tam giác ABC và bán kính bằng

ÁN

-L

C. Mặt cầu có tâm là trọng tâm của tứ diện và bán kính bằng

a 2 . 4 a 2 . 2

ID Ư

Ỡ N

D. Đường tròn có tâm là trọng tâm tam giác ABC và bán kính bằng

BỒ

a 2 . 2

B. Mặt cầu có tâm là trọng tâm của tứ diện và bán kính bằng

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

a a 5  = 2 2

( a )2 + 

R = OA = AH 2 + OH 2 =

a 2 . 4

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Chọn B. Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB, CD . Gọi K là trung điểm IJ . (Lúc này, K là trọng tâm tứ diện). Áp dụng định lý đường trung tuyến trong tam giác, ta có:

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2  2 a2 2 2 AB = 2 MI 2 +  MA + MB = 2 MI +  2 2  2 2  2 2 2 CD 2 a MC + MD = 2 MJ + = 2 MJ +  2 2

)

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

TP .Q

(

H Ơ

 IJ 2  2 ⇒ MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 2 MI 2 + MJ 2 + a 2 = 2  2 MK 2 + +a  2  

IC 2 + ID 2 CD 2 a2  a 3  a2 a2 Ta có: IJ = − = IC 2 − =  =  − 2 4 4  2  4 2

3a 2 . 2

ẤP

⇒ MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 4MK 2 +

3a 2 a 2 = 2a 2 ⇔ MK = . 2 4

Do đó: MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 2a 2 ⇔ 4MK 2 +

a 2 . 4

Í-

Vậy tập hợp các điểm M thoả mãn hệ thức đề bài là mặt cầu tâm K , bán kính bằng

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Câu 16: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho hình chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) , SA = 2a , tam giác 1 ABC cân tại A, BC = 2 a 2 , cos ACB = . Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình 3 chóp S . ABC . 97πa 2 97 πa 2 97 πa 2 97 πa 2 A. S = . . . . B. S = C. S = D. S = 4 2 5 3 Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải Chọn A. Gọi H là trung điểm của BC ⇒ HC =

BC =a 2 . 2

Do ∆ABC cân tại A ⇒ AH ⊥ BC .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

cos ACB =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 ⇒ AC = 3HC ⇒ AC = 3a 2 . 3

⇒ AH = AC 2 − HC 2 = 18a 2 − 2a 2 = 4a .

H Ơ

Gọi M là trung điểm AC , trong mp ( ABC )

vẽ đường trung trực AC cắt AH tại O ⇒ O

TP .Q Đ G Ư N

2 3a AM 2 = 9a Trong ∆AMO vuông tại M ⇒ AO = = 4 2 2 cos CAH 3

ẠO

1 = 1 ⇒ cos CAH =2 2 . ⇒ sin CAH 3 3 3

TR ẦN

Gọi N là trung điểm SA . Trong mp ( SAH ) vẽ trung trực SA cắt đường thẳng qua O và

( ABC )

vuông góc mp

tại I . Chứng minh được I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S . ABC .

Ta có ANIO là hình chữ nhật

81a 2 97 a 2 97 a . + a2 = = 16 16 4

AO 2 + AN 2 =

ẤP

⇒ đường chéo AI =

97a 2 97 2 = πa (đvdt). 16 4

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là S = 4πR 2 = 4π

Í-

Câu 17: (LƯƠNG TÂM) Cho mặt cầu ( S ) Có tâm I , bán kính R = 5 . Một đường thằng ∆ cắt ( S ) tại 2 điểm M , N phân biệt nhưng không đi qua I . Đặt MN = 2m . Với giá trị nào của m thì diện tích tam giác IMN lớn nhất? 5 2 10 5 5 2 . B. m = . C. m = . D. m = . A. m = ± 2 2 2 2 Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ta có cos ACH =

là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Gọi H là trung điểm MN, ta có : IH = 25 − m2 1 IH .MN = m 25 − m 2 2 m 2 + 25 − m 2 = m 2 (25 − m 2 ) ≤ 2

S IMN =

Diện tích tam giác IMN :

Suy ra S IMN ≤

5 25 . Dấu ‘=’ xãy ra khi m 2 = 25 − m 2 ⇔ m = 2 2

Chọ Ch ọn (D)

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Câu 18: 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. B. V =

5 15π . 54

C. V =

4 3π . 27

D. V =

5π . 3

5 15π . 18

H Ơ

A. V =

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Đáp án B

TP .Q

Gọi O là tâm đường tròn tam giác ABC suy ra O là trọng tâm, H là trung điểm AB , kẻ

đường thẳng qua O song song SH cắt SC tại N ta được NO ⊥ (ABC ) , gọi M là trung

ẠO

điểm SC , HM cắt NO tại I .

Ta có HS = HC nên HM ⊥ SC ⇒ IS = IC = IA = IB = r

2 2 6 6 6 1 CN CO = = ⇒ CN = = ⇒ SM = , SN = CS CH 3 3 2 3 4 6

6 NM ⇒ IM = NM = IM 12

∆NMI vuông tại M tan 450 =

6 12

Suy ra NM = SM − SN =

TR ẦN

∠NIM = ∠HCS = 450 ,

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ta có

5 12

4 3 5 15π πr = . 3 54

Vậy V =

ẤP

Suy ra r = IC = IM 2 + MC 2 =

Cách khác:

Í-

Gọi P, Q lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB và ABC .

-L

Do các tam giác SAB và ABC là các tam giác đều cạnh bằng 1 nên P, Q lần lượt tâm

ÁN

đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

+ Qua P đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (SAB ), qua O dựng đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC ). Hai trục này cắt nhau tại I , suy ra IA = IB = IC = IS . Vậy I

là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .ABC và R = IC . 2

 1 3   2 3  15   + Xét ∆IQC : IC = IG 2 + GC 2 =  .  +  .  =  3 2  6  3 2 

Vậy V =

4 5 15π πR 3 = . 3 54

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 19:

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Cho hình trụ có chiều cao h = 2, bán kính đáy r = 3. Một mặt phẳng (P ) không vuông góc với đáy của hình trụ, làn lượt cắt hai đáy theo đoạn giao tuyến AB vàCD sao cho ABCD là hình vuông. Tính diện tích S của hình vuông ABCD . B. S = 12.

C. S = 20.

D. S = 20π.

A. S = 12π.

H Ơ

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải Kẻ đường sinh BB’ của hình trụ. Đặt độ dài cạnh của hình vuông ABCD là x , x > 0.

TP .Q

CD ⊥ BC Do  ⇒ CD ⊥ B 'C ⇒ ∆B 'CD vuông tại C. Khi đó , B’D là đường kính của CD ⊥ BB ' đường

ẠO

Tròn (O ') . Xét ∆B 'CD vuông tại C

G Ư N

4r 2 + h 2 = 20 . 2

Từ (1) và (2) ⇒ x 2 =

TR ẦN

⇒ BC 2 = BB '2 + CB '2 ⇒ x 2 = h 2 + CB '2 (2)

Xét tam giác ∆BB 'C vuông tại B

Suy ra diện tích hình vuông ABCD là S = 20 .

ẤP

Câu 20: Cho hình chóp đều S.ABC có AB = a , SB = 2 a . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là: 3a 2 12a 2 3π a 2 12π a 2 A. S = B. S = C. S = D. S = 11 11 11 11

Í-

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải 1) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

⇒ B ' D 2 = CD 2 + CB '2 ⇒ 4r 2 = x 2 + CB 2 (1)

ÁN

• Xác định tâm mặt cầu Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ,

do S. ABC là hình chóp đều nên SO là trục đường tròn

Ỡ N

ngoại tiếp tam giác ABC .Trong tam giác SOA dựng đường trung

BỒ

ID Ư

trực ∆ của cạnh bên SA , ∆ cắt SO tại I và cắt SA tại trung điểm J .

 I ∈ SO ⇒ IA = IB = IC ⇒ IA = IB = IC = IS Ta có:   I ∈ ∆ ⇒ IA = IS

Vậy I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC . • Tính bán kính mặt cầu Gọi M = AO ∩ BC thì M là trung điểm của BC .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn AB 3 a 3 2 a 3 . ⇒ AO = AM = = 2 2 3 3

3a 2 a 33 = 9 3

H Ơ

Trong tam giác vuông SOA ta có SO = SA2 − AO 2 = 4a 2 −

Ta có: AM =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

4a 2 2a 33 = 11 a 33 2. 3

TP .Q

SI SJ SA2 = ⇒ R = SI = = 2 SO SA SO

Xét hai tam giác vuông đồng dạng SJI và SOA ta có:

ẠO

2) Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu 2

 2a 33  12π a 2 Diện tích mặt cầu là: S = 4π R = 4π  .  = 11  11 

G Ư N

TR ẦN

Câu 21: Cho hình chóp đều S.ABC có đường cao SH = a ; góc SAB bằng 45 độ. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là a 3a B. a C. A. D. 2a 2 2

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Gọi I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chop S.ABCD

 IA = IB = IC = ID (1) Khi đó IA = IB = IC = ID = IS hay   IA = IS (2)

ẤP

Gọi H là giao điểm của AC và BD.Từ (1) suy ra I ∈ SH (*)

I ∈ ∆(2*)

(*) + (2*) → SH ∩ ∆ = { I }

Í-

Từ (2), suy ra

Trong mặt phẳng (SAH) dựng đường thẳng ∆ là trung trực của SA.

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ÁN

Gọi M là trung điểm của SA, khi đó:

SI SM SM .SA SA.SA. SA2 .Do SAB cân tại S và có ∠SAB = 450 nên SAB vuông cân = → R = SI = = = SA SH SH 2 SH 2 SH

AB 3 x 6 = 3 3

ID Ư

Ỡ N

tại S. Đặt SA = x , khi đó AB = x 2; HA =

BỒ

Trong tam giác vuông SHA có: SA2 − HA2 = SH 2 ↔ x 2 −

6x2 3a 2 3a . Đáp án = a 2 ↔ x 2 = 3a 2 → R = = 9 2a 2

C Câu 22: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông, cạnh 2a, tâm O, mặt bên (SAB) là tam giác đều và ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) . Xác định tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

A. R =

a 21 3

B. R =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

a 3 3

C. R =

a 3 2

D. R =

a 6 3

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

H Ơ

Qua O, kẻ ( ∆1 ) ⊥ ( ABCD ) thì ( ∆ 1 ) là trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD.

Do ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) nên kẻ SH ⊥ AB thì SH ⊥ ( ABCD )

TP .Q

Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều SAB và kẻ ( ∆ 2 ) ⊥ ( SAB ) tại E thì ( ∆ 2 ) là trục của ( ∆1 ) đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB.

( ∆ ) cắt ( ∆ ) tại I : tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. 2

ẠO

(∆ ) 2

Đ G

3a 2 a 21 . = 9 3

Trong ∆AIO : R = AI = OA 2 + OI 2 = 2 a 2 +

TR ẦN

Ư N

3 a 3 = a 3 ⇒ EH = 2 3

SH = 2a.

Đáp án A.

B. r =

2R 3

R 6 3

C. r =

ẤP

A. r =

Câu 23: Cho hình cầu tâm O, đường kính 2R và hình trụ tròn xoay nội tiếp trong hình cầu. Hãy tìm kích thước của hình trụ khi nó có thể tích đạt giá trị lớn nhất.

2R 3

D. r =

2R 3

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Gọi h và r là chiều cao và bán kính đáy của hình trụ. Bài toán quy về việc tính h và r phụ thuộc theo R

Í-

khi hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong hình tròn (O, R) thay đổi về V = π r 2 h đạt giá trị lớn nhất Ta có : AC 2 = AB 2 + BC 2 ⇔ 4 R 2 = 4r 2 + h 2

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Tứ giác OHEI có 3 góc vuông O, H, E nên là hình chữ nhật

(0 < h < 2R)

BỒ

ID Ư

Ỡ N

 1   1  V = π  R2 − h 2  h = π  − h 3 + R2 h  4    4   3  2R V ' = π  − h 2 + R2  ⇔ h = ± 3  4 

4 2R Vậy V = Vmax = π R3 3 ⇔ h = 9 h 3 1 4 R2 2 R2 R 6 = ⇒r = Lúc đó r 2 = R2 − . . Chọ Chọn A. 4 3 3 3

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Câu 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 60 . Tính tỉ số thể tích của hình trụ (T) và hình nón (N). B.

VT 2 = VN 3

VT 6 2 = VN 2

D. Đáp án khác.

VT 2 = VN 6

H Ơ

TP .Q

 AB  π R3 2 AB.Vì OAB là tam giác vuông cân nên AB = BC = R 2 .Suy ra VT = π   BC = 2  2 

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Bài toán quy về hình nón tâm O ngoại tiếp hình vuông ABCD và nội tiếp tam giác đều SEF mà EF //

ẠO

Ta thấy, tâm O của hình tròn cũng chính là tâm của hình vuông ABCD đồng thời cũng là trọng tâm của tam giác đều SEF.

G Ư N H

= 30° ). Ta có : Trong tam giác EOH (vuông tại H, EOH

TR ẦN

EH = OH . 3 = R 3

1 1 Thể tích của hình nón VN = π EH 2 .SH = π 3R2 .3R = 3π R3 3 3

VT 2 2 . Chọ = = Chọn A. 3 6 VN 3π R

Vậy

π R3 2

có bán kính đáy R, đường cao SO. Gọi (P) mà mặt phẳng vuông góc với 1 SO tại O1 sao cho SO1 = SO . Một mặt phẳng qua trục hình nón cắt phần khối nón N 3 nằm giữa (P) và đáy hình nón theo thiết diện là hình tứ giác có hai đường chéo vuông góc. Tính thể tích phần hình nón N nằm giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng chứa đáy hình nón N . π R3 26π R 3 52π R 3 B. C. D. 9 81 81

7π R 3 9

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

ÁN

Í-

ẤP

Câu 25: Cho hình nón N

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Như vậy, đường cao của tam giác SEF là SH = 3OH = 3R

Gọi thiết diện thu được là AA1B1B

ID Ư

Ỡ N

1 1 1 Vì SO1 = SO nên A1 B1 = AB = .2 R 3 3 3

BỒ

Mặt khác AB1 ⊥ A1B tại I nên

IO =

1 1 AB, IO1 = A1 B1 2 2

Vậy OO1 = R +

R 4R = 3 3

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 2R Dễ thấy SO1 = OO1 = 2 3 Từ đó SO = 2 R

H Ơ

Gọi thể tích phần hình nón phải tính là V* thì V * = V1 − V2 , trong đó:

V1 là thể tích của hình nón N .

được cắt bởi (P).

TP .Q

V2 là thể tích hình nón đỉnh S và đáy là thiết diện của N

Ư N

Câu 26: Chiều cao của khối trụ có thể tích lớn nhất nội tiếp trong hình cầu có bán kính R là 4R 3 2R 3 R 3 B. . . D. . A. R 3 . C. 3 3 3

TR ẦN

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải Giả sử 2 x là chiều cao hình trụ (0 < x < R ) (xem hình vẽ)

Bán kính của khối trụ là r = R 2 − x 2 . Thể tích khối trụ là:

V = π ( R 2 − x 2 )2 x . Xét hàm số V ( x ) = π ( R 2 − x 2 )2 x, 0 < x < R R 3 3

Ta có : V '( x ) = 2π ( R 2 − 3 x 2 ) = 0 ⇔ x =

Í-

ẤP

. Bảng biến thiên:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

1 1 R 2 2 R  52π R 3 1  V * = V1 − V2 = π OB 2 .SO − π O1 B12 .SO1 = π  R 2 .2 R − .  = 3 3 3  9 3  81

ẠO

Ta có thể tích phần hình nón phải tính là

Dựa vào BBT, ta thấy thể tích khối trụ lớn nhất khi chiều cao của khối trụ là Vmax =

2R 3 ; 3

4π R 3 3 . 9

Câu 27: Cho hình nón có chiều cao h . Tính chiều cao x của khối trụ có thể tích lớn nhất nội tiếp trong hình nón theo h . h h h 2h A. x = . B. x = . C. x = . . D. x = 2 3 3 3

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Gọi r , R theo thứ tự là bán kính đáy hình nón và khối trụ cần tìm. O là đỉnh của hình nón, I là tâm của đáy hình nón, J là tâm của đáy hình trụ và khác I . OA là một đường sinh

H Ơ Y U

R2 h (h − x )( h − 3x ) = 0 ⇔ x = hay x = h. 2 h 3

ẠO

Ta có V '( x ) = π

R2 ( h − x )2 , 0 < x < h . h2

TP .Q

Xét hàm số V ( x ) = π x

R2 (h − x )2 2 h

Thể tích khối trụ là: V = π xR 2 = π x

r h−x R = ⇒ r = (h − x ) . R h h

của hình nón, B là điểm chung của OA với khối trụ. Ta có:

G Ư N H TR ẦN 3

4π R 2 h . 27

h ; 3

Vmax =

Dựa vào BBT, ta thấy thể tích khối trụ lớn nhất khi chiều cao của khối trụ là x =

Í-

ẤP

Câu 28: Cho hình nón đỉnh O , chiều cao là h . Một khối nón khác có đỉnh là tâm của đáy và có đáy là là một thiết diện song song với đáy của hình nón đỉnh O đã cho (hình vẽ). Tính chiều cao x của khối nón này để thể tích của nó lớn nhất, biết 0 < x < h .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Bảng biến thiên:

A. x =

h . 3

B. x = h 3 .

C. x =

2h . 3

D. x =

h 3 . 3

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải JB OJ h − x R(h − x ) . Từ hình vẽ ta có = = ⇒ JB = IA OI h h

1 R2 Thể tích khối nón cần tìm là: V = π 2 (h − x )2 x . 3 h 1 R2 Xét hàm số V ( x ) = π 2 (h − x ) 2 x , 0 < x < h . 3 h

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

h 1 R2 Ta có V '( x ) = π 2 ( h − x )(h − 3x ) = 0 ⇔ x = h hay x = . 3 h 3

ẠO

TP .Q

H Ơ

Bảng biến thiên:

h ; 3

Ư N

4π R 2 h . 81

Vmax =

(

)

5 −1

4π R 3 . 1+ 2 5

16π R 3

(1 + 5 )

16π R 3

TR ẦN

Câu 29: Cho một hình nón có bán kính đáy là R , chiều cao là 2R , ngoại tiếp một hình cầu S (O; r ) . Khi đó, thể tích của khối trụ ngoại tiếp hình cầu S (O; r ) là

4π R 3 . 2 5 −1

Hướng dẫ Hướ dẫn giả giải Giả sử hình nón có đỉnh O và đường kính đáy là AB .

ẤP

Ta có OA = OB = R 2 + (2 R ) 2 = R 5 .

Tam giác OAB có diện tích là S = 2 R 2 ,

chu vi là 2 p = 2 R (1 + 5) .

Do đó bán kính khối cầu S (O; r ) là r =

S 2R . = p 1+ 5

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Dựa vào BBT, ta thấy thể tích khối nón cần tìm lớn nhất khi chiều cao của nó là x =

-L

Thể tích khối trụ cần tìm là: Vtru = π r 2 h = 2π r 3 =

16π R 3

(

ÁN

1+ 5

)

Ỡ N

Câu 30: Hình nón có thể thể tích lớ lớn nhấ nhất nộ nội tiế tiếp mộ một mặ mặt cầ cầu bán kính R cho trướ trước bằ bằng: 3 2 3 3 2 3 64π R 32π R 32π R 64π R A. B. D. C. 81 81 81 81

BỒ

ID Ư

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Kí hiệu bán kính đáy hình nón là x , chiều cao hình nón là y ( 0 < x ≤ R, 0 < y < 2 R ) . Gọi SS ' là

đường kính của mặt cầu ngoài tiếp hình nón thì ta có x2 = y ( 2R − y )

Gọi

là

thể

tích

khối

nón

thì

π 1 1 π  4 R − 2 y + y + y  32π R 3 V1 = π x 2 y = π y. y ( 2 R − y ) = ( 4 R − 2 y ) . y. y ≤   = 3 3 6 6 3 81 

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Vậy thể tích V1 đạt giá trị lớn nhất bằng

thể ể tích nhỏ Câu 31: Tìm hình nón có th nhỏ nhấ nhất ngoạ ngoại tiế tiếp mặ mặt cầ cầu bán kính r cho trướ trước có thể thể tích bằ bằng: 1 3 8 3 2 3 4 3 A. π r D. π r B. π r C. π r 6 3 3 3

4R  4 R  8R 2 2R 2 2 R − hay x = . Chọ Chọn C.  = 3  3  9 3

H Ơ

x2 =

4R 32π R 3 , từ đó khi và chỉ khi 4 R − 2 y = y ⇔ y = 81 3

G Ư N H TR ẦN B

Xét mặt phẳng chứa trục của hình nón, mặt phẳng này cắt hình nón theo tam giác cân SAB và cắt mặt cầu nội tiếp hình nón theo đường tròn bán kính r và hình tròn này nội tiếp tam giác cân SAB ( h.79b ) , chiều cao hình nón là

y ( x > 0, y > 2 r ) thì

1 AB.SH 2

( AH + SA) r =

ẤP

Kí hiệu bán kính đáy hình nón là

r2 y y − 2r

)

(

Í-

⇔ x + x 2 + y 2 r = xy ⇔ x 2 =

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

TP .Q

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

ÁN

Vậy thể tích hình nón ngoại tiếp mặt cầu bán kính r là

Ỡ N

y2 1 1 V2 = π x 2 y = π r 2 : 3 3 y − 2r

BỒ

ID Ư

Ta có

y2 y 2 − 4r 2 + 4r 2 4r 2 = = y + 2r + y − 2r y − 2r y − 2r = y − 2r +

4r 2 + 4r ≥ 2 y − 2r

( y − 2r ) .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

4r 2 + 4r = 8r y − 2r

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 4r 2 ⇔ y = 4r từ đó Từ đó V2 ≥ π .8r 3 , tức là V2 đạt giá trị bé nhất khi và chỉ khi y − 2r = 3 y − 2r

1 3

B. 2 2

D. 2

TP .Q

A. 2

H Ơ

Câu 32: Gọi r và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của một hình nón. Kí hiệu V1 , V2 lần lượt là thể tích hình nón và thể tích hình cầu nội tiếp hình nón. Khi r và h thay đổi, tìm giá trị V bé nhất của tỉ số 1 V2

x=r 2.

ẠO

ớng dẫ Hướ dẫn giả giải Hư Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua trục của hình nón thì ( P ) cắt hình nón. Theo tam giác cân SAB , cắt

G Ư N

r + h2 + r 2

nội tiếp hình nón được tính bởi công thức r1 =

)

1+ x +1

B 2

) (x − 2− 2

1+ x +1

1+ x

4.2 x

)

x +1

> 0 nên khi xét dấu của f ( x ) , ta chỉ cần xét dấu của g ( x ) = x − 2 − 2 1 + x .

4.2 x 2 x + 1

( , f '( x) =

ẤP

( Vì

)

h2 =x>0 r2

, ở đó

Xét

1+ x

(1 + f ( x) =

)

(

TR ẦN

  h2  1+ 2 +1   r V1 1   = 1 1+ 1+ x = h2 V2 4 4 x 2 r

1 . Dễ thấy g ' ( x ) > 0 vì khi x > 0 thì x +1

Ta có g ' ( x ) = 1 −

1 < 1 , đồng thời g ( x ) = 0 ⇔ x = 8 x +1

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

mặt cầu theo đường tròn lớn, đường tròn này nội tiếp tam giác cân. Khi đó, bán kính r1 của hình cầu

ÁN

-L

Vậy g ( x ) là hàm tăng trên miền x > 0 và g ( 8 ) = 0 nên

Với 0 < x ≤ 8 thì g ( x ) ≤ 0;

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 33: Cho khối nón tròn xoay có đường cao h = 20 cm , bán kính đáy r = 25 cm . Một mặt phẳng (P) đi qua 2 đỉnh của khối nón và có khoảng cách đến tâm O của đáy là 12 cm. Khi đó diện tích thiết diện của (P) với khối nón bằng: A. 500 cm2 B. 475 cm2 C. 450 cm 2 D. 550 cm 2 Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Gọi S là đỉnh của khối nón. Mặt phẳng (P) đi qua đỉnh S cắt khối nón theo hai đường sinh bằng nhau là SA = SB nên ta có thiết diện là tam giác cân SAB. Gọi I là trung điểm của đoạn AB, ta có OI ⊥ AB . Từ tâm O của đáy ta kẻ OH ⊥ SI tại H, ta có OH ⊥ ( SAB ) và do đó theo giả thiết ta có OH = 12 cm . Xét tam giác vuông SOI ta có:

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 1 1 1 1 = − = 2− 2 2 2 2 OI OH OS 12 20

⇒ OI = 15 ( cm )

Gọi St là diện tích của thiết diện SAB. Ta có: St =

OS .OI 20.15 = = 25 ( cm ) OH 12 1 AB.SI , trong đó AB = 2 AI 2

TP .Q

Do đó SI =

H Ơ

Mặt khác, xét tam giác vuông SOI ta còn có : OS .OI = SI .OH

Ư N

)

Câu 34: Cho lăng trụ đứng ABC .A ' B 'C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Mặt phẳng (AB 'C ') tạo

3a . 2

3a . 4

85a . 108

31a . 36

TR ẦN

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:

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

a 3 ; 2

Trong ∆AA ' M , có A ' M =

ẤP

Gọi M là trung điểm B 'C ' , ta có 600 = (AB 'C '), (A ' B 'C ') = AM , A ' M = AMA ' .

Í-

' = 3a . AA ' = A ' M . tan AMA 2

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

(

1 Vậy thiết diện SAB có diện tích là: St = .40.25 = 500 cm2 . Chọ Chọn A. 2

ẠO

Vì AI 2 = OA2 − OI 2 = 252 − 152 = 202 nên AI = 20 cm và AB = 40 cm

ÁN

Gọi G ' là trọng tâm tam giác đều A ' B 'C ' , suy ra G ' cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆A ' B 'C '.

Vì lặng trụ đứng nên GG ' ⊥ (A ' B 'C ') .

ID Ư

Ỡ N

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

BỒ

mặt cầu ngoại tiếp khối chóp G.A ' B 'C ' , bán kính R = GI . Ta có ∆GPI ÿ ∆GG 'C ' ⇒

GP GG ' = GI GC '

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

⇒ R = GI =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

GP .GC ' GC '2 GG '2 + G 'C '2 31a . Chọ = = = Chọn D. GG ' 2GG ' 2GG ' 36

R 3 . 4

TP .Q

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

ẠO

Từ hình vẽ kết hợp với giả thiết, ta có OA = O ' B = R. Gọi AA ' là đường sinh của hình trụ thì

' = 300 . O ' A ' = R, AA ' = R 3 và BAA

Ư N

Vì OO ' (ABA ') nên

TR ẦN

d OO ', (AB ) = d OO ', (ABA ') = d O ', (ABA ') .      

Gọi H là trung điểm A ' B , suy ra

O ' H ⊥ A ' B   ⇒ O ' H ⊥ (ABA ') nên d O ', (ABA ') = O ' H . O ' H ⊥ AA '  

ẤP

Tam giác ABA ' vuông tại A ' nên BA ' = AA ' tan 300 = R. R 3 . Chọ Chọn C. C 2

Suy ra tam giác A ' BO ' đều có cạnh bằng R nên O ' H =

Câu 36: 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

Í-

và mặt phẳng (ABC ) bằng 600 . Gọi G là trọng tâm tam giác SAC , R là bán kính mặt cầu

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

R 3 . 2

B. R 3.

A. R.

H Ơ

lượt nằm trên hai đường tròn đáy sao cho góc giữa AB và trục của hình trụ bằng 300 . Khoảng cách giữa AB và trục của hình trụ bằng:

Câu 35: Cho một hình trụ có bán kính đáy bằng R và có chiều cao bằng R 3. Hai điểm A, B lần

ÁN

có tâm G và tiếp xúc với mặt phẳng (SAB ) . Đẳng thức nào sau đây sai? B. 3 13R = 2SH .

A. R = d G, (SAB ) .  

R2 S ∆ABC

4 3 . 39

R = 13. a

Ỡ N

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

BỒ

ID Ư

Ta có 600 = SA, (ABC ) = SA, HA = SAH . Tam giác ABC đều cạnh a nên AH =

a 3 . 2

= 3a . Trong tam giác vuông SHA , ta có SH = AH . tan SAH 2

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Vì mặt cầu có tâm G và tiếp xúc với (SAB ) nên bán kính mặt cầu R = d G, (SAB ) .  

1 2 Ta có d G, (SAB ) = d C , (SAB ) = d H , (SAB ) .   3   3  

H Ơ

Gọi M , E lần lượt là trung điểm AB và MB .

TP .Q

  CM ⊥ AB HE ⊥ AB Suy ra  và  . CM = a 3 HE = 1 CM = a 3   2 2 4

Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên SE , suy ra

ẠO SH .HE

2 13

2 a . Chọ HK = Chọn D. 3 13

Vậy R =

Ư N

SH 2 + HE 2

Trong tam giác vuông SHE , ta có HK =

TR ẦN

Từ (1) và (2) , suy ra HK ⊥ (SAB ) nên d H , (SAB ) = HK .  

ẤP

a 21 . Gọi h là 6 R chiều cao của khối chóp và R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp. Tỉ số bằng: h

Í-

7 12

-L

Câu 37: Cho hình chóp tam giác đều S .ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng

7 . 24

Ỡ N

Trong SOA , ta có h = SO = SA2 − AO 2 =

ID Ư

7 . 6

1 . 2

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Gọi O là tâm ∆ABC , suy ra SO ⊥ (ABC ) và AO =

BỒ

HE ⊥ AB Ta có  ⇒ AB ⊥ (SHE ) ⇒ AB ⊥ HK . (2) AB ⊥ SH

ÁN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

HK ⊥ SE . (1)

a 3 . 3

a . 2

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

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

chóp S .ABC . Gọi M là tung điểm SA , ta có ∆SMI ÿ ∆SOA nên

R 7 7a SM .SA SA2 = . Chọ . Vậy = = Chọn C. h 6 SO 2SO 12

H Ơ

R = SI =

4πa 3 . 3

2πa 3 6 . 9

8πa 3 6 . 9

ẠO

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Gọi O = AC ∩ BD , suy ra SO ⊥ (ABCD ) .

Ư N

Ta có 600 =SB, (ABCD ) = SB,OB = SBO .

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

8πa 3 6 . 27

TP .Q

Câu 38: Cho hình chóp tứ giác đều S .ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với mặt đáy một góc 600 . Thể tích của khối cầu ngoại tiếp khối chóp S .ABCD là:

TR ẦN

=a 6. Trong ∆SOB , ta có SO = OB. tan SBO 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 . Gọi I = SO ∩ d ⇒  ⇒  I ∈ d IS = IB  

ẤP

 SB = SD Xét ∆SBD có  ⇒ ∆SBD đều. SBD = SBO = 60o 

-L

Í-

Do đó d cũng là đường trung tuyến của ∆SBD . Suy ra I là trọng tâm ∆SBD . 2 4 8πa 3 6 a 6 . Suy ra V = πR 3 = . Chọ SO = Chọn D. 3 3 3 27

ÁN

Bán kính mặt cầu R = SI =

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 39: 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 1+ 3

(

6− 2 4

(

6+ 2 4

(

3 −1 2

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Gọi H là tâm của hình vuông ABCD . Ta có SH là trục đường tròn ngoại tiếp đáy.

Gọi M là trung điểm của CD và I là chân đường phân giác (I ∈ SH ) . trong của góc SMH

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Suy ra I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, bán kính r = IH . Ta có SH = SA2 − AH 2 =

a 3 a ; MH = . 2 2

H Ơ

SM =

a 2 ; 2

(

6− 2 4

2+ 6

) . Chọ Chọn B. B

TP .Q

IS MS SH MS + MH SH .MH = ⇒ = ⇒ IH = = IH MH IH MH MS + MH

Dựa vào tính chất của đường phân giác ta có:

10π a3 . 9

10π a3 . 7

ẤP

5π a 3 . 2

π a3 3

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

LẦ ẦN 3) Tính thể tích của vật thể tròn xoay khi quay mô hình Câu 40: ( CHUYÊN QUANG TRUNG L (như hình vẽ) quanh trục DF

Hướng dẫ dẫn giải

Chọn A.

a 3 3 Khi quay quanh trục DF , tam giác AEF tạo ra một hình nón có thể tích

-L

Í-

Ta có EF = AF . tan β = a. tan 30° = 2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

π a3 1 1 a 3 V1 = π .EF 2 . AF = π .  . a =  3 3  3  9

Khi quay quanh trục DF , hình vuông ABCD tạo ra một hình trụ có thể tích V2 = π .DC 2 .BC = π .a 2 .a = π a 3 Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay mô hình (như hình vẽ) quanh trục DF là 10 π a3 V = V1 + V2 = + π a3 = π a3 9 9

Câu 41: (NGÔ QUYỀN – HP) Thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình thang ABCD quanh trục OO′ , biết OO′ = 80, O′D = 24, O′C = 12, OA = 12, OB = 6 .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

B. V = 21600π .

C. V = 20160π .

D. V = 45000π .

ẠO

A. V = 43200π .

TP .Q

H Ơ

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Hướng dẫ dẫn giải

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

1 Công thức tính thể tích khối nón cụt V = π h ( R12 + R22 + R1 R2 ) . 3

Chọn C.

TR ẦN

Trong đó h là độ dài đường cao, R1; R2 lần lượt là bán kính hai đáy.

Gọi V1 là thể tích khối nón cụt khi quay hình thang AOO′D

quanh trục OO′ .

Gọi V2 là thể tích khối nón cụt khi quay hình thang BOO′C

quanh trục OO′ .

ẤP

Khi đó V = V1 − V2 .

1 Ta có V1 = π .OO′. ( O′D 2 + OA2 + O′D.OA ) = 26880π 3

-L

Í-

1 và V2 = π .OO′. ( O′C 2 + OB 2 + O′C.OB ) = 6720π . 3

ÁN

Vậy V = V1 − V2 = 26880π − 6720π = 20160π .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 42: (CHUYÊN BẮC GIANG) Cho hình nón có độ dài đường kính đáy là 2R , độ dài đường sinh là R 17 và hình trụ có chiều cao và đường kính đáy đều bằng 2R , lồng vào nhau như hình vẽ.

. Tính thể tích phần khối trụ không giao với khối nón

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

5 πR 3 . 12

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 3 πR . 3

4 3 πR . 3

5 3 πR . 6

Hướng dẫ dẫn giải

H Ơ

R . 2

Ta có SI = SB 2 − IB 2 = 17 R 2 − R 2 = 4 R ⇒ SE = 2 R , EF =

Chọn D.

TP .Q

1 4 Thể tích khối nón lớn (có đường cao SI ) là V1 = πR 2 .4 R = πR 3 . 3 3

ẠO

7 3 πR . 6

1 R 1 Thể tích khối nón nhỏ (có đường cao SE ) là V2 = π   .2 R = πR 3 3 2 6

Ư N TR ẦN

Thể tích khối trụ là là V4 = πR 2 .2 R = 2πR 3 .

5 Vậy thể tích phần khối trụ không giao với khối nón là V = V4 − V3 = πR 3 . 6

Câu 43: (CHUYÊN KHTN L4) Một nút chai thủy tinh là một khối tròn xoay ( H ) , một mặt phẳng (đơn vị cm3 ).

Í-

ẤP

(H )

chứa trục của ( H ) cắt ( H ) theo một thiết diện như trong hình vẽ bên. Tính thể tích của

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Thể tích phần khối giao nhau giữ khối nón và khối trụ là V3 = V1 − V2V2 =

B. V( H ) = 13π .

C. V( H ) =

41π . 3

D. V( H ) = 17π .

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải:

Ỡ N

A. V( H ) = 23π .

BỒ

ID Ư

Chọ Chọn đáp án C. 16π 1 Thể tích khối trụ là Vtru = Bh = π 1.52.4 = 9π . Thể tích khối nón là Vnon = π 2 2.4 = . 3 3 2π 16π 2π 41π 1 Thể tích phần giao là: V p . giao = π 12.2 = . Vậy V( H ) = 9π + . − = 3 3 3 3 3

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Câu 44: (CHUYÊN KHTN L4) Cho một mặt cầu bán kính bằng 1. Xét các hình chóp tam giác đều ngoại tiếp mặt cầu trên. Hỏi thể tích nhỏ nhất của chúng là bao nhiêu? A. min V = 8 3 . B. min V = 4 3 . C. min V = 9 3 . D. min V = 16 3 . Hướng Hướng dẫn giải:

H Ơ

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Gọi cạnh đáy của hình chóp là a

TP .Q

Ta có ∆SIJ ~ ∆SMH SI IJ = ⇒ MH ( SH − IH ) = IJ SH 2 − HM 2 SM MH 2 ⇒ MH 2 ( SH − 1) = SH 2 − HM 2

ẠO

⇒

Đ G

2a 2 ( 2 a ≠ 12 ) a 2 − 12

Ư N

⇒ SH =

TR ẦN

1 12 1 1 3 2a 4 3 1 .Ta có 2 − 4 ≤ ⇒S ≥8 3 = S = S ABC .SH = 2 1 12 a a 48 3 6 a − 12 6 − a2 a4

Câu 45: (CHUYÊN KHTN L4) 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 8, 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 (xem hình vẽ).Tính thể tích của ( H ) .

ẤP

A. V( H ) = 192π .

B. V( H ) = 275π .

C. V( H ) = 704π .

Í-

D. V( H ) = 176π .

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

⇒ ( a 2 − 12 ) SH 2 − 2a 2 SH = 0

Hướng dẫ dẫn giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Chọn D.

Đường kính đáy của khối trụ là 102 − 62 = 8

Bán kính đáy của khối trụ là R = 4 Thể tích của khối trụ H1 là V1 = π .R 2 .h1 = π .42.8 = 128π . Thể tích của khối trụ H 2 là V2 = π .R 2 .h2 = π .4 2.6 = 96π . 1 1 Thể tích của H là V = V1 + V2 = 128π + .96π = 176π . 2 2

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

TR ẦN

Ư N

Dễ thấy tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AB ′C ′C cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ đứng đã cho. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Đường thẳng qua O vuông góc với ( ABC ) cắt mặt phẳng trung trực của AA′ tại I . Khi đó

I là tâm mặt cầu ngoại tiếp. AB 2 + AC 2 − BC 2 1 Mặt khác cos = A= 2. AB. AC 2 BC a 3 Ta có: RABC = = = a do đó R = IA = OI 2 + OA2 = a 2 + a 2 = a 2 . 0 2sinA 2 sin120

ẤP

Câu 47: Cho khối chóp S .ABC có SA ⊥ (ABC ) ; tam giác ABC cân tại A , AB = a ; BAC = 120° . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SC . Tính bán kính mặt cầu đi qua 5 điểm A, B,C , K , H .

B. R = a D. Không tồn tại mặt cầu như vậy

A. R = a 3 C. R = 2a

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

TP .Q

H Ơ

Câu 46: (CHUYÊN VINH – L2) Cho lăng trụ ABC . A′B ′C ′ có AB = AC = a, BC = 3a . Cạnh bên AA′ = 2a . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AB ′C ′C bằng B. 2a . C. 5a . D. 3a . A. a . Hướng Hướng dẫn giải: Chọn B. B.

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ÁN

-L

Hướng dẫ dẫn giải Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và AD là một đường kính của đường tròn (I ) .

Tam giác ACD vuông tại C , suy ra: DC ⊥ AC mà DC ⊥ SA nên DC ⊥ (SAC ) .

Ỡ N

AK ⊥ KC ⇒ AK ⊥ KC . Ta lại có:  AK ⊥ DC (do DC ⊥ (KCD )

ID Ư

Suy ra tam giác AKD vuông tại K , suy ra: IA = ID = IK .

BỒ

Tương tự như trên ta cũng có: IA = ID = IH . Vậy thì IA = IB = IC = IK = IH , do đó 5 điểm A, B,C , K , H cùng nằm trên một mặt cầu(đpcm). Bán kính R của mặt cầu cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Áp dụng định lý cos ta có: BC = AB 2 + AC 2 − 2AB.AC .cos120° = a 3 .

BC BC a 3 = 2R ⇒ R = = = a . Chọn B. sin A 2 sin A 3 2. 2

H Ơ

Áp dụng định lý sin ta có:

B. R = a 7

C. R =

a 11 2

TP .Q

a 7 2

D. R = a 11 I

S x

TR ẦN

Ư N

E D

Hướng dẫ dẫn giải

ẤP

Kẻ tia Ox SA thì Ox ⊥ (ABCD) .

Gọi O là trung điểm của CD .

Ta có: O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông CDE và Ox ⊥ (ABCD) , nên Ox là trục của đường tròn (CDE ) .

Í-

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, SC . Ta có: SM = SA2 + AM 2 =

a 5 a 5 ; MC = MB 2 + BC 2 = nên suy ra SM = MC . 2 2

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

A. R =

Câu 48: Cho khối chóp S .ABCD có SA ⊥ (ABCD) ; đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a; AD = 2a ; SA = a . Gọi E là trung điểm của AD . Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .ECD .

Do đó tam giác SMC cân tại M , suy ra MN ⊥ SC . Dễ thấy (MNO) / /(SAD) và CE ⊥ (SAD) nên suy ra CE ⊥ (MNO) và do đó CE ⊥ MN .

Ỡ N

Vậy nên MN ⊥ (SEC ) , do đó MN là trục của đường tròn (SEC ) .

ID Ư

Gọi I là giao điểm của MN và SO thì I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .ECD .

BỒ

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .ECD là R = IC = IO 2 + OC 2 . Trong đó OC =

SA 3a a 5 và IO = 3NP = 3. = ( P là giao điểm của MO và AC ). 2 2 2

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

B. 20π

25π 4

D. 4π

TP .Q

Hướng dẫ dẫn giải

ẠO

I A

TR ẦN

Ư N

Dễ kiểm tra được BC = 2a và tam giác MAB đều cạnh a . Đặt SM = h .

Gọi R1 , R2 và R lần lượt là bán kính các mặt cầu ngoại tiếp của các hình SMAB , SMAC và S .ABC .

và r2 =

AC =1. 2.sin120°

3 2

Ta có: r1 =

ẤP

Gọi r1 , r2 và r lần lượt là bán kính các đường tròn ngoại tiếp của các tam giác MAB , MAC và ABC .

Vì SA ⊥ ( MAB) , SA ⊥ ( MAC ) nên dễ kiểm tra được: 2

h h2 và R22 =   + r22 = + 1 . 4 2

Í-

h2 3 h + R12 =   + r12 = 4 4 2

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

21π 4

H Ơ

Câu 49: Cho khối chóp S .ABC có tam giác ABC vuông tại B, biết AB = 1 ; AC = 3 . Gọi M là trung điểm BC , biết SM ⊥ (ABC ) . Tổng diện tích các mặt cầu ngoại tiếp các tứ diện SMAB vàb SMAC bằng 15π . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .ABC là:

a 5   3a 2   +   = a 11 . Chọn C. Vậy thì R =   2  2   2 

ÁN

Theo giả thiết tổng diện tích các mặt cầu thì: 4π ( R12 + R22 ) = 15π 15 h2 3 h2 + + +1 = 4 4 4 4

. Từ đây tìm được h = 2 .

Ỡ N

Suy ra:

ID Ư

Dựng trung trực của SC , cắt SM tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp của S .ABC .

BỒ

Dễ kiểm tra SI .SM = SN .SC , suy ra R = SI =

SN .SC 5 = 4 SM

. 2

5 25π Vậy thì diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .ABC là S = 4π   = . Chọn C.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

4

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Câu 50: Cho hình lập phương ABCD.A′B′C ′D′ cạnh a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh A′B′ và BC . Mặt phẳng ( DMN ) chia hình lập phương thành 2 phần. Gọi V1 là thể tích của

2 . 3

55 . 89

37 . 48

1 . 2

V1 . V2

H Ơ

phần chứa đỉnh A , V2 là thể tích của phần còn lại. Tính tỉ số

TP .Q

K D'

ẠO

N D

Ư N

TR ẦN

Hướng dẫ dẫn giải Gọi H = AB ∩ DN ; MH cắt B ' B tại K , cắt A ' A tại S ; SD cắt A ' D ' tại E .

Thiết diện tương ứng là ngũ giác DNKME .

Phần đa diện chứa A có thể tích là: V1 = VS . ADH − VS . A ' EM − VK .BNH . 1 3

Dùng tam giác đồng dạng kiểm tra được: BA = BH ; AH = 4 A ' M ; AD = 4 A ' E và SA ' = B ' K = A ' A .

ẤP

1 3

2 3

Đặt độ dài cạnh hình lập phương bằng 1 thì: SA ' = ; KB = . 1

Ta có: VS . ADH = SA. AD. AH = 1 +  .1.2 = . 6 6 3 9 4



1 1 1 1 ; VK .BNH = VS . ADH = VS . ADH = 64 144 8 18

ÁN

VS . A ' EM =

Í-



-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vậy thì phần đa diện chứa A có thể tích là:

4 1 1 55 − − = 9 144 18 144

144

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Suy ra phần đa diện không chứa A có thể tích là: 13 − 55 = 89 . Chọn B.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10) (SGD VĨNH VĨNH PHÚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (1;2; 0) , B (3; 4;1) ,

H Ơ

Câu 1:

Chủ Chủ đề 7. TỌA ĐỘ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ

C. C (−3;1;1) .

D. C (3;7; 4) .

B. C (1;5; 3) .

TP .Q

góc C bằng 45°. A. C (5; 9; 5) .

D (−1; 3;2) . Tìm tọa độ điểm C sao cho ABCD là hình thang có hai cạnh đáy AB , CD và có

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

ẠO

Chọ Chọn D.

Ư N

TR ẦN

 x = −1 + 2t Đường thẳng CD có phương trình là CD :  y = 3 + 2t .  z = 2 + t 

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Cách 1. AB = (2;2;1) .

Suy ra C (−1 + 2t; 3 + 2t;2 + t) ; CB = (4 − 2t;1 − 2t; −1 − t), CD = (−2t; −2t; −t) .

(4 − 2t)(−2t) + (1 − 2t)(−2t) + (−1 − t)(−t)

= Ta có cos BCD

(4 − 2t)2 + (1 − 2t)2 + (−1 − t)2 (−2t)2 + (−2t)2 + (−t)2

ẤP

(4 − 2t)(−2t) + (1 − 2t)(−2t) + (−1 − t)(−t) (4 − 2t)2 + (1 − 2t)2 + (−1 − t)2 (−2t)2 + (−2t)2 + (−t)2

2 (1). 2

Hay

Lần lượt thay t bằng 3;1; −1;2 (tham số t tương ứng với toạ độ điểm C ở các phương án A, B,

-L

Ta có AB = (2;2;1), AD = (−2;1;2) . Suy ra AB ⊥ CD và AB = AD . Theo giả thiết, suy ra DC = 2AB . Kí hiệu ta có C(a; b; c) , DC = (a + 1; b − 3; c − 2) , 2AB = (4; 4;2) . Từ đó C(3; 7; 4) .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Cách 2.

Í-

C, D), ta thấy t = 2 thoả (1).

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

 x = t1 (SGD V VĨNH ĨNH PHÚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng d1 :  y = 0 ,  z = 0    x = 1 x = 1 d2 : y = t2 , d3 : y = 0 . Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm H (3;2;1) và cắt ba đường   z = t3 z = 0   thẳng d1 , d2 , d 3 lần lượt tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . B. x + y + z − 6 = 0 . C. 2x + 2y − z − 9 = 0 .

TP .Q

A. 2x + 2y + z − 11 = 0 . 3x + 2y + z − 14 = 0 .

ẠO

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Chọ Chọn A.

Ư N

Gọi A (a; 0; 0) , B (1; b; 0) , C (1; 0; c) . AB = (1 − a; b; 0), BC = (0; −b; c), CH = (2;2;1 − c), AH = (3 − a;2;1) .

ẤP

TR ẦN

Yêu cầu bài toán    AB, BC .CH = 0   2bc + 2c (a − 1) + (1 − c) b (a − 1) = 0 b = 0   2 3  ⇔ a = b + 1 ⇒ 9b − 2b = 0 ⇔  AB.CH = 0 b = 9     c = 2b 2 BC.AH = 0   Nếu b = 0 suy ra A ≡ B (loại). 11   9  9 Nếu b = , tọa độ A  ; 0; 0 , B 1; ; 0 , C (1; 0; 9) . Suy ra phương trình mặt phẳng (ABC) là 2 2   2 

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxy , cho hình hộp chữ nhật ABCD.A′B′C′D′ có A trùng với gốc tọa độ O , các đỉnh B(m; 0; 0) , D(0; m; 0) , A′(0; 0; n) với m, n > 0 và m + n = 4 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC′ . Khi đó thể tích tứ diện BDA′M đạt giá trị lớn nhất bằng 245 9 64 75 A. . B. . C. . D. . 108 4 27 32

Í-

Câu 3:

2x + 2y + z − 11 = 0 .

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

H Ơ

Câu 2:

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

BỒ

ID Ư

Ỡ N

 n Tọa độ điểm C(m; m; 0),C′(m; m;; n), M m; m;   2

D' C' n

 n BA′ = (−m; 0; n), BD = (−m; m; 0), BM = 0; m;   2   2 BA ′, BD = (−mn; −mn; −m )

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

≡O A≡

m D

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

VBDA ′M =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1   m2n BA ′, BD .BM = 6 4 3

H Ơ N

64 27

⇒ VBDA ′M ≤

 m + m + 2n  512 256  = ⇒ m2n ≤ Ta có m.m.(2n) ≤    3 27 27

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hai mặt phẳng 4x − 4y + 2z − 7 = 0 và 2x − 2y + z + 1 = 0 chứa hai mặt của hình lập phương. Thể tích khối lập phương đó là C. V =

9 3 2

D. V =

81 3 8 .

B. . V =

Ư N

27 8

TR ẦN

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

64 27

Theo bài ra hai mặt phẳng 4 x − 4 y + 2 z − 7 = 0 và 2 x − 2 y + z + 1 = 0 chứa hai mặt của hình lập phương. Mà hai mặt phẳng ( P) : 4 x − 4 y + 2 z − 7 = 0 và (Q ) : 2 x − 2 y + z + 1 = 0 song song với

nhau nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng sẽ bằng cạnh của hình lập phương. −2 − 7

Ta có M (0; 0; −1) ∈ (Q ) nên d ((Q ), ( P )) = d ( M , ( P )) =

3 2

4 + ( −4) + 2

ẤP

2 2 2 8 Vậy thể tích khối lập phương là: V = . . = . 3 3 3 27

Câu 5:

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho

Í-

x = t  6  điểm A(2;3;0), B (0; − 2; 0), M  ; − 2; 2  và đường thẳng d :  y = 0 . Điểm C thuộc d sao 5   z = 2 − t cho chu vi tam giác ABC là nhỏ nhấ thì độ dài CM bằng 2 6 B. 4. C. 2. D. . A. 2 3. 5

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

A. V =

ẠO

Câu 4:

TP .Q

Chọ Ch ọn đáp án: C

Ỡ N

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

BỒ

ID Ư

Do AB có độ dài không đổi nên chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi AC + CB nhỏ nhất.

Vì C ∈ d ⇒ C ( t ;0; 2 − t ) ⇒ AC =

⇒ AC + CB =

(

2t − 2 2

)

(

+9 +

2t − 2 2

(

)

2t − 2

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

)

+ 9, BC = 2

(

2t − 2

)

+ 4.

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Đặt u =

(

2t − 2 2;3 , v = − 2t + 2; 2 ápdụngbấtđẳngthức u + v ≥ u + v

)

2t − 2 2

)

+9 +

(

)

(

2t − 2

)

(

+4 ≥

2 −2 2

)

+ 25. Dấubằngxảyrakhivàchỉ 2

2t − 2 2 3 7 3 7 3 6 7  = ⇔ t = ⇒ C  ;0;  ⇒ CM =  −  + 2 +  2 −  = 2. 5 5 − 2t + 2 2 5 5 5 5 

khi

H Ơ

⇒

(

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọ ọn C. Ch

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

B. N ( 3;5;1) .

C. N ( −2;0;1) .

3 1  D. N  ; − ; −2  . 2 2 

TR ẦN

Ư N

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọ Chọn A.

ẠO

nhỏ nhất.  1 5 3 A. N  − ; ;  .  2 4 4

N ∈ ( P ) sao cho S = 2 NA2 + NB 2 + NC 2 đạt giá trị

( P ) : x − y + z + 1 = 0 . Tìm điểm

C ( −2;0;1)

TP .Q

(T.T DIỆU HIỀN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A (1;1;1) , B ( 0;1; 2 ) ,

Câu 6:

1 3   3 5 Gọi I là trung điểm BC và J là trung điểm AI . Do đó I  −1; ;  và J  0; ;  . 2 2   4 4

1 1 BC 2 = 4 NJ 2 + IJ 2 + BC 2 . 2 2

Khi đó S = 2 NA2 + 2 NI 2 +

Do đó S nhỏ nhất khi NJ nhỏ nhất. Suy ra J là hình chiếu của N trên ( P ) .

-L

Í-

ẤP

 x = t  3  Phương trình đường thẳng NJ :  y = − t . 4  5   z = 4 + t

ID Ư

Ỡ N

ÁN

x − y + z +1 = 0  1 x = t x = − 2   5   Tọa độ điểm J là nghiệm của hệ:  y = 3 − t ⇒ y = 4 4   3   5 z = + t z = 4   4

BỒ

Câu 7:

(LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng x =1  x=2 x −1 y z −1   d1 :  y = 1, t ∈ ℝ; d 2 :  y = u , u ∈ ℝ; ∆ : . Viết phương trình mặt cầu tiếp xúc = = 1 1 1 z = t z = 1+ u   với cả d1 , d 2 và có tâm thuộc đường thẳng ∆ ?

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

A. ( x − 1) + y + ( z − 1) = 1 . 2

1  1  1 5  B.  x −  +  y +  +  z −  = . 2  2  2 2 

3  1  3 1  C.  x −  +  y −  +  z −  = . 2  2  2 2 

5  1  5 9  D.  x −  +  y −  +  z −  = . 4  4  4  16 

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Chọ Chọn A.

U TP .Q

Đường thẳng d 2 đi qua điểm M 2 ( 2;0;1) và có véc tơ chỉ phương ud2 = ( 0;1;1) .

Đường thẳng d1 đi qua điểm M1 (1;1;0 ) và có véc tơ chỉ phương ud1 = ( 0; 0;1) .

H TR ẦN

(1 − t )

+ t2

2 (1 − t )

⇔t=0

 IM 1 ; ud   IM 2 ; ud  1 2     = ⇔ ud1 ud 2

Ư N

IM 2 = (1 − t ; −t ; −t ) .

Theo giả thiết ta có d ( I ; d1 ) = d ( I ; d 2 ) , tương đương với

Suy ra I (1;0;1) và bán kính mặt cầu là R = d ( I ; d1 ) = 1 . Phương trình mặt cầu cần tìm là 2

+ y 2 + ( z − 1) = 1 .

ẤP

(LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1; 0; 2 ) ; B ( 0; −1; 2 ) và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z + 12 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc ( P ) sao

cho MA + MB nhỏ nhất?

Í-

C. M  ; ;  . 6 6 4 

ÁN

B. M  − ; − ;  .  11 11 11   2 11 18  D. M  − ; − ;  .  5 5 5

A. M ( 2; 2;9 ) . 7 7 31

Câu 8:

( x − 1)

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

IM 1 = ( −t ;1 − t ; −1 − t ) ,

ẠO

Gọi I là tâm của mặt cầu. Vì I ∈ ∆ nên ta tham số hóa I (1 + t; t;1 + t ) , từ đó

18 25

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Chọ Chọn D.

Ỡ N

Thay tọa độ A (1; 0; 2 ) ; B ( 0; −1; 2 ) vào phương trình mặt phẳng ( P ) , ta được P ( A ) P ( B ) > 0 ⇒

BỒ

ID Ư

hai điểm A, B cùng phía với đối với mặt phẳng ( P ) . B

Gọi A′ là điểm đối xứng của A qua ( P ) . Ta có MA + MB = MA′ + MB ≥ A′B . Nên min ( MA + MB ) = A′B khi và chỉ khi M là giao điểm của

A′B với ( P ) . H

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial A' www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

x = 1+ t Phương trình AA′ :  y = 2t ( AA′ đi qua A (1;0; 2 ) và có véctơ chỉ phương n( P ) = (1; 2; −1) ).  z = 2 − 2t  Gọi H là giao điểm của AA′ trên ( P ) , suy ra tọa độ của H là H ( 0; −2;4 ) , suy ra A′ ( −1; −4;6 ) ,

TP .Q

2 11 18 Vì M là giao điểm của A′B với ( P ) nên ta tính được tọa độ M  − ; − ;  . 5 5   5

H Ơ

x = t  nên phương trình A′B :  y = −1 + 3t .  z = 2 − 4t 

(LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x y −1 z − 2 và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 2 z − 4 = 0. Phương trình đường thẳng d nằm ∆: = = 1 1 −1 trong ( P ) sao cho d cắt và vuông góc với đường thẳng ∆ là

ẠO

Câu 9:

 x = 3t B. d :  y = 2 + t ( t ∈ ℝ ) .  z = 2 + 2t   x = −1 − t D. d :  y = 3 − 3t ( t ∈ ℝ ) .  z = 3 − 2t 

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 x = −3 + t  A. d :  y = 1 − 2t ( t ∈ ℝ ) .  z = 1− t 

TR ẦN

 x = −2 − 4t  C. d :  y = −1 + 3t ( t ∈ ℝ ) .  z = 4−t 

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Chọ Chọn C.

ẤP

Vectơ chỉ phương của ∆ : u ∆ (1;1; − 1) , vectơ pháp tuyến của ( P ) là n( P ) = (1; 2; 2 ) .  d ⊥ ∆ u d ⊥ u ∆ Vì  ⇒  ⇒ u d = u ∆ ; n ( P )  = ( 4; −3;1) .  d ⊂ ( P ) u d ⊥ n ( P )

ÁN

-L

Í-

x = t  y =1+ t  Tọa độ giao điểm H = ∆ ∩ ( P ) là nghiệm của hệ  ⇒ t = −2 ⇒ H ( −2; −1; 4 ) . z = 2 − t  x + 2 y + 2 z − 4 = 0 Lại có ( d ; ∆ ) ∩ ( P ) = d , mà H = ∆ ∩ ( P ) . Suy ra H ∈ d .

Vậy đường thẳng d đi qua H ( −2; −1; 4 ) và có VTCP u d = ( 4; − 3;1) nên có phương trình

ID Ư

Ỡ N

 x = −2 − 4t  d :  y = −1 + 3t ( t ∈ ℝ ) .  z = 4−t 

BỒ

Câu 10:

(LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Trong không gian cho điểm M (1; −3; 2) .Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua M và cắt các trục tọa độ tại A, B, C mà OA = OB = OC ≠ 0 B. 2. C. 3. D. 4. A. 1. Hướng dẫ dẫn giả giải Chọn C.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Giả sử mặt phẳng (α ) cần tìm cắt Ox, Oy , Oz lần lượt tại A(a, 0, 0), B(0, b, 0), C(0, 0 c)(a, b, c ≠ 0) (α ) :

x y z 1 3 2 + + = 1 ; (α ) qua M (1; −3; 2) nên: (α ) : − + = 1(*) a b c a b c

TP .Q

H Ơ

 a = b = c(1)  a = b = −c(2) OA = OB = OC ≠ 0 ⇒ a = b = c ≠ 0 ⇒   a = −b = c(3)   a = −b = −c(4)

Thay (1) vào (*) ta có phương trình vô nghiệm

Đ G

Ư N

(LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm E(8;1;1) .Viết phương trình mặt phẳng (α ) qua E và cắt nửa trục dương Ox, Oy , Oz lần lượt tại A, B, C sao cho OG nhỏ nhất với G là trọng tâm tam giác ABC . B. 8 x + y + z − 66=0 . A. x + y + 2 z − 11 = 0 .

TR ẦN

Câu 11:

ẠO

−3 4

Vậy có 3 mặt phẳng.

C. 2 x + y + z − 18 = 0 .

D. x + 2 y + 2 z − 12 = 0 .

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Chọn D.

ẤP

Cách 1 :

11 11 11 11 121 ) ⇒ G ( ; ; ) ⇒ OG 2 = 2 3 3 6 4

Với đáp án A: A(11; 0;0); B(0;11;0);C(0;0;

33 11 15609 ;0;0); B(0; 66;0);C(0; 0;66) ⇒ G ( ; 22; 22) ⇒ OG 2 = 4 4 16

Í-

Với đáp án B: A(

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Thay (2), (3), (4) vào (*) ta được tương ứng a = −4, a = 6, a =

18 18 ; ) ⇒ OG 2 = 81 3 3

ÁN

Với đáp án C: A(9; 0;0); B(0;18;0); C(0; 0;18) ⇒ G (3;

Ỡ N

Với đáp án D: A( −12;0;0); B(0;6;0); C(0;0; 6) ⇒ G ( −4; 2; 2) ⇒ OG 2 = 24

BỒ

ID Ư

Cách 2 : 8 1 1 Gọi A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với a, b, c > 0 . Theo đề bài ta có : + + = 1 . Cần tìm giá trị a b c

nhỏ nhất của a 2 + b 2 + c 2 . Ta có ( a 2 + b 2 + c 2 ) ( 4 + 1 + 1) ≥ ( a.2 + b.1 + c.1) ⇒ 6. ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ ( 2a + b + c ) 2

Mặt khác Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

+ b 2 + c 2 ) ( 4 + 1 + 1) ≥ ( a.2 + b.1 + c.1) 8 1 1 ≥ ( 2a + b + c )  + +  a b c 2

a2 = b 2 = c 2 ⇒ a = 2b = 2c. 4

Suy ra a 2 + b 2 + c 2 ≥ 63 . Dấu '' = '' xảy ra khi

H Ơ

≥ ( 4 + 1 + 1) = 36

ẠO

(CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x−2 y z 2 2 2 và mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 2 . Hai mặt phẳng ( P ) = = d: 2 −1 4 và ( Q ) chứa d và tiếp xúc với ( S ) . Gọi M , N là tiếp điểm. Tính độ dài đoạn thẳng MN . 4 B. C. 6. D. 4. A. 2 2. . 3

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 12:

x y z + + = 1 hay x + 2 y + 2 z − 12 = 0 . 12 6 6

Vậy phương trình mặt phẳng là :

TP .Q

Vậy a 2 + b 2 + c 2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 216 khi a = 12, b = c = 6 .

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọ Chọn B . Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;1) , R = 2 Đường thẳng d nhận u = ( 2; −1; 4 ) làm vectơ chỉ

ẤP

phương Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng d . H ∈ d ⇔ H ( 2t + 2; −t;4t )

Lại có : IH .u = 0 ⇔ ( 2t + 1; −t − 2; 4t − 1) . ( 2; −1; 4 ) = 0

-L

Í-

⇔ 2 ( 2t + 1) + t + 2 + 4 ( 4t − 1) = 0 ⇔ t = 0

ÁN

Suy ra tọa độ điểm H ( 2;0;0 ) .

Vậy IH = 1 + 4 + 1 = 6

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Suy ra: HM = 6 − 2 = 2 Gọi K là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng HI . 1 1 1 1 1 3 Suy ra: = + = + = . 2 2 2 MK MH MI 4 2 4 2 4 Suy ra: MK = . ⇒ MN = 3 3

Câu 13:

(CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1;2;1) . Mặt phẳng ( P ) thay đổi đi qua M lần lượt cắt các tia Ox, Oy , Oz tại A, B, C khác O . Tính giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện OABC . B. 6. A. 54.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

C. 9.

D. 18.

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọ Chọn C. Gọi A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0,0, c ) với a, b, c > 0 .

N N

1 2 1 + + =1 . a b c

Vì : M ∈ ( P ) ⇔

x y z + + =1 . a b c

H Ơ

Phương trình mặt phẳng ( P ) :

TP .Q

1 2 1 12 1 . + + ≥ 33 a b c ab c

2 54 ⇔1≥ abc abc 1 Suy ra : abc ≥ 54 ⇔ abc ≥ 9 6 Vậy : VOABC ≥ 9 .

ẠO

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :

1 Thể tích khối tứ diện OABC là : VOABC = abc 6

Đ G Ư N H TR ẦN

x = 2 + t  x = 2 − 2t ′   Câu 14: (THTT – 477) Cho hai đường thẳng d1 :  y = 1 − t và d 2 :  y = 3 . Mặt phẳng cách đều  z = 2t  z = t′   hai đường thẳng d1 và d2 có phương trình là B. x + 5 y − 2 z + 12 = 0. A. x + 5 y + 2 z + 12 = 0.

D. x + 5 y + 2 z − 12 = 0.

C. x − 5 y + 2 z − 12 = 0.

ẤP

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải M

Chọ Chọn D.

Í-

d1 qua A ( 2;1;0 ) và có VTCP là u1 = (1; −1;2 ) ; d2 qua B ( 2;3;0 ) và có VTCP là u2 = ( −2;0;1) . Có [ u1 , u2 ] = ( −1; −5; −2 ) ; AB = ( 0;2;0 ) , suy ra [ u1 , u2 ] .AB = −10 , nên d1; d2 là chéo nhau.

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Hay 1 ≥ 3 3

Vậy mặt phẳng ( P ) cách đều hai đường thẳng d1 , d2 là đường thẳng song song với d1 , d2 và đi

qua trung điểm I ( 2;2;0 ) của đoạn thẳng AB .

Ỡ N

Vậy phương trình mặt phẳng ( P ) cần lập là: x + 5 y + 2 z − 12 = 0 .

BỒ

ID Ư

Câu 15:

(THTT – 477) Cho hai điểm A ( 3;3;1) , B ( 0; 2;1) và mặt phẳng (α ) : x + y + z − 7 = 0 . Đường

thẳng d nằm trên (α ) sao cho mọi điểm của d cách đều 2 điểm A, B có phương trình là x = t  A.  y = 7 − 3t .  z = 2t 

x = t  B.  y = 7 + 3t .  z = 2t 

 x = −t  C.  y = 7 − 3t .  z = 2t 

 x = 2t  D.  y = 7 − 3t . z = t 

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

3 x + y − 7 = 0  y = 7 − 3x Mặt khác d ⊂ (α ) nên d là giao tuyến của hai mặt phẳng:  ⇔ . x + y + z − 7 = 0 z = 2 x

Chọ Chọn A. Mọi điểm trên d cách đều hai điểm A, B nên d nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn AB . 3 5  Có AB = ( −3; −1;0 ) và trung điểm AB là I  ; ;1  nên mặt phẳng trung trực của AB là: 2 2  3  5  −3  x −  −  y −  = 0 ⇔ 3 x + y − 7 = 0 . 2  2 

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ẠO

TP .Q

x = t  Vậy phương trình d :  y = 7 − 3t ( t ∈ ℝ ) .  z = 2t 

(SỞ GD HÀ NỘI) Trong không gian Oxyz , cho các điểm A (1; 0;0 ) , B ( −2;0;3) , M ( 0; 0;1)

Câu 16:

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

và N ( 0;3;1) . Mặt phẳng ( P ) đi qua các điểm M , N sao cho khoảng cách từ điểm B đến ( P )

Ư N

gấp hai lần khoảng cách từ điểm A đến ( P ) . Có bao mặt phẳng ( P ) thỏa mãn đầu bài ? B. Chỉ có một mặt phẳng ( P ) .

C. Không có mặt phẳng ( P ) nào.

D. Có hai mặt phẳng ( P ) .

TR ẦN

A. Có vô số mặt phẳng ( P ) .

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Chọ ọn A. Ch

Giả sử ( P ) có phương trình là: ax + by + cz + d = 0 ( a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0 )

ẤP

Vì M ∈ ( P ) ⇒ c + d = 0 ⇔ d = −c.

Vì N ∈ ( P ) ⇒ 3b + c + d = 0 hay b = 0 vì c + d = 0.

-L

Í-

⇒ ( P ) : ax + cz − c = 0.

−2a + 3c − c

a2 + c2

a−c a2 + c2

⇔ c−a = a−c

ÁN

Theo bài ra: d ( B, ( P ) ) = 2d ( A, ( P ) ) ⇔

Vậy có vô số mặt phẳng ( P ) . 1 3  (SỞ GD HÀ NỘI) Trong không gian Oxyz , cho điểm M  ; ; 0  và mặt cầu 2 2   2 2 2 ( S ) : x + y + z = 8 . Đường thẳng d thay đổi, đi qua điểm M , cắt mặt cầu ( S ) tại hai điểm

Ỡ N

BỒ

ID Ư

Câu 17:

A, B phân biệt. Tính diện tích lớn nhất S của tam giác OAB .

A. S = 7.

C. S = 2 7.

B. S = 4.

D. S = 2 2.

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải Chọ Ch ọn A. Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Cách 1: Mặt cầu ( S ) có tâm O ( 0;0;0 ) và bán kính R = 2 2 . 2

H Ơ

2 1  3 Có OM =   +   = 1 nên M nằm trong mặt cầu  2   2 

TP .Q

Khi đó diện tích AOB lớn nhất khi OM ⊥ AB. Khi đó AB = 2 R 2 − OM 2 = 2 7 và 1 S AOB = OM . AB = 7 2

Cách 2: gọi H là hình chiếu của O xuống đường thẳng d, đặt OH = x ( 0 < x ≤ 1) Khi đó

f ( x ) = x 8 − x 2 trên ( 0;1] thu được giá trị lớn nhất của hàm số là 7 Đạt

Ư N

được tại x = 1

TR ẦN

(BẮC YÊN THÀNH) Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua điểm M (1;9; 4) và cắt các trục tọa độ tại các điểm A , B , C (khác gốc tọa độ) sao cho OA = OB = OC . B. 2 . C. 3 . D. 4 . A. 1. Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Chọ Chọn D. Giả sử mặt phẳng (α ) cắt các trục tọa độ tại các điểm khác gốc tọa độ là

A( a;0; 0), B (0; b; 0), C (0;0; c ) với a, b, c ≠ 0.

x y z + + = 1. a b c

ẤP

Phương trình mặt phẳng (α ) có dạng

1 9 4 + + = 1 (1). a b c

Mặt phẳng (α ) đi qua điểm M (1;9; 4) nên

Í-

Vì OA = OB = OC nên a = b = c , do đó xảy ra 4 trường hợp sau:

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Khảo sát hàm số

Câu 18:

ẠO

1 AB = 2 R 2 − OH 2 = 2 8 − x 2 và S AOB = OH . AB = x 8 − x 2 . 2

ÁN

+) TH1: a = b = c.

1 9 4 + + = 1 ⇔ a = 14, nên phương trình mp (α ) là x + y + z − 14 = 0. a a a

Từ (1) suy ra

1 9 4 + − = 1 ⇔ a = 6, nên pt mp (α ) là x + y − z − 6 = 0. a a a

+) TH3: a = − b = c. Từ (1) suy ra

1 9 4 − + = 1 ⇔ a = −4, nên pt mp (α ) là x − y + z + 4 = 0. a a a

BỒ

ID Ư

Ỡ N

+) TH2: a = b = − c. Từ (1) suy ra

+) TH4: a = −b = −c. Từ (1) có

1 9 4 − − = 1 ⇔ a = −12, nên pt mp (α ) là x − y − z + 12 = 0. a a a

Vậy có 4 mặt phẳng thỏa mãn.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 19:

(BIÊN

HÒA

–

HÀ

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

NAM)

Trong

không

gian

với

hệ

tọa

độ

Oxyz ,

cho

A ( a;0;0) , B ( 0; b;0) , C ( 0;0; c ) với a, b, c dương. Biết A, B, C di động trên các tia Ox, Oy , Oz sao cho a + b + c = 2 . Biết rằng khi a, b, c thay đổi thì quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện 2014 . 3

2016 . 3

2015 . 3

H Ơ

A. 2017 .

OABC thuộc mặt phẳng ( P ) cố định. Tính khoảng cách từ M ( 2016;0;0 ) tới mặt phẳng ( P ) .

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

ẠO Đ G

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

a  ⇒ (α ) đi qua điểm D  ;0;0  và có VTPT OA = ( a; 0; 0 ) = a (1; 0;0 ) 2  a ⇒ (α ) : x − = 0 . 2 Gọi ( β ) là mặt phẳng trung trực của đoạn OB

TP .Q

Chọ Chọn D. Gọi (α ) là mặt phẳng trung trực của đoạn OA

TR ẦN

 a  ⇒ ( β ) đi qua điểm E  0; ;0  và có VTPT OB = ( 0; a; 0 ) = a ( 0;1; 0 )  2  a ⇒ (β ) : y − = 0. 2 Gọi ( γ ) là mặt phẳng trung trực của đoạn OC

ẤP

a  ⇒ ( γ ) đi qua điểm F  0;0;  và có VTPT OC = ( 0; 0; a ) = a ( 0; 0;1) 2  a ⇒ (γ ) : z − = 0 . 2

-L

Í-

a a a Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC ⇒ I = (α ) ∩ ( β ) ∩ ( γ ) ⇒ I  ; ;  . 2 2 2 a b c Mà theo giả thiết, a + b + c = 2 ⇔ + + = 1 ⇒ I ∈ ( P ) : x + y + z = 1 . 2 2 2 2016 − 1 2015 = Vậy, d ( M , ( P ) ) = . 3 3

BÌNH

tọa độ Oxyz , cho điểm 1 2 3 A ( a;0;0) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) , trong đó a > 0 , b > 0 , c > 0 và + + = 7. Biết mặt phẳng a b c 72 ( ABC ) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) : ( x − 1)2 + ( y − 2 )2 + ( z − 3)2 = . Thể tích của khối tứ diện 7 OABC là 2 1 3 5 B. . C. . D. . A. . 9 6 8 6

ÁN

(SỞ

PHƯỚC)

Trong

không

gian

với

hệ

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 20:

Hướ ớng dẫn giả giải Hư Chọ Chọn A.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

x y z Cách 1: Ta có ( ABC ) : + + = 1. a b c

1 2 3 1 1 1 7 + + =7⇒ 2 + 2 + 2 = . a b c a b c 2

N Y

ẠO

Mà

1 2 3 + + −1 72 a b c Mặt phẳng ( ABC ) tiếp xúc với ( S ) ⇔ d ( I ; ( ABC ) ) = R ⇔ . = 7 1 1 1 + + a2 b2 c 2

H Ơ

72 . 7

TP .Q

Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;2;3) và bán kính R =

Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có 2

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

(1 + 2 + 3 )  a12 + b12 + c12  ≥  a1 + b2 + 3c  = 7 2 ⇒ a12 + b12 + c12 ≥ 72 . 2

TR ẦN

1 2 3 1 = 1 = 1 2 1 2  Dấu " = " xảy ra ⇔  a b c ⇔ a = 2, b = 1, c = , khi đó VOABC = abc = . 3 6 9 1 2 3  + + =7 a b c

72 x y z Cách 2: Ta có ( ABC ) : + + = 1, mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;3), R = . 7 a b c

72 1 1 1 7 1 1 1 7 ⇔ 2 + 2 + 2 = ⇔ 2 + 2 + 2 =7− 7 2 2 a b c a b c

Í-

7 −1

1 1 1 + + a2 b2 c2

ÁN

-L

⇔

ẤP

1 2 3 + + −1 72 a b c = Ta có ( ABC ) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) ⇔ d ( I , ( P ) ) = R ⇔ 7 1 1 1 + 2+ 2 2 a b c

BỒ

ID Ư

Ỡ N

 a = 2 2 2 2  1 1 1 1 2 3 7 1 1 1  1 3 ⇔ 2 + 2 + 2 = + + − ⇔  −  +  − 1 +  −  = 0 ⇔ b = 1 a b c a b c 2 a 2 b  c 2  2 c = 3 

1 2 ⇒ VOABC = abc = . 6 9 Cách 3: Giống Cách 2 khi đến

1 1 1 7 + 2+ 2 = . 2 a b c 2

Đến đây ta có thể tìm a, b, c bằng bất đẳng thức như sau: Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 1 1 1 1 1 1 7  1 2 3  1  1 Ta có 7 =  + +  =  1. + 2. + 3.  ≤ (12 + 22 + 32 )  2 + 2 + 2  ⇒ 2 + 2 + 2 ≥ 2 b c a b c a b c  a a b c 

H Ơ

1 1 1 1 1 1 7 1 2 3 Mà 2 + 2 + 2 = ⇒ Dấu “=” của BĐT xảy ra a = b = c , kết hợp với giả thiết + + = 7 a b c 2 a b c 1 2 3 2 1 2 ta được a = 2 , b = 1 , c = . Vậy: VOABC = abc = . 3 6 9

Ư N

72 . 7

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Cách 4: 4 Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;2;3) và bán kính R =

ẠO

TP .Q

 a = 2  1 2 Ta có ⇔ b = 1 ⇒ VOABC = abc = . 6 9  2 c = 3 

TR ẦN

x y z Phương trình mặt phẳng ( ABC ) : + + = 1 . a b c

1 2 3 1 2 3 1 2 3 Ta có: + + = 7 ⇔ 7 + 7 + 7 = 1 nên M  ; ;  ∈ ( ABC ) a b c a b c 7 7 7

ẤP

1 2 3 Thay tọa độ M  ; ;  vào phương trình mặt cầu ( S ) ta thấy đúng nên M ∈ ( S ) . 7 7 7

Suy ra: ( ABC ) tiếp xúc với ( S ) thì M là tiếp điểm.

Í-

 6 12 18  1 2 3 Do đó: ( ABC ) qua M  ; ;  , có VTPT là MI =  ; ;  → n = (1;2;3) 7 7 7 7 7 7 

ÁN

-L

( ABC ) có phương trình: x + 2 y + 3z − 2 = 0 ⇔

2 x y z + + =1⇒ a = 2, b = 1, c = . 2 3 2 1 3

Ỡ N

1 2 Vậy V = abc = 6 9

BỒ

ID Ư

Câu 21:

(LƯƠNG TÂM) Phương trình của mặt phẳng nào sau đây đi qua điểm M (1; 2;3) và cắt ba

tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất? B. 6 x + 3 y + 3 z − 21 = 0 . A. 6 x + 3 y + 2 z + 18 = 0 . C. 6 x + 3 y + 3 z + 21 = 0 .

D. 6 x + 3 y + 2 z − 18 = 0 . Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Giả sử A( a;0;0), B (0; b;0), C (0;0; c ) ( a, b, c > 0)

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

(ABC):

x y z + + =1 a b c

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

(1)

1 2 3 + + = 1. a b c 1 Thể tích tứ diện OABC: V = abc 6

Câu 22:

(PHAN ĐÌNH PHÙNG – HN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

( P ) : 3x + y − z + 5 = 0 và hai điểm A (1;0; 2) , B ( 2; −1;4) . Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng ( P ) sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.

M ( x; y; z ) nằm

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

H Ơ

ẠO

TP .Q

a = 3 1 2 3 1  Ta có: V đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ V = 27 ⇔ = = = ⇔ b = 6 a b c 3 c = 9  Vậy (ABC): 6 x + 3 y + 2 z − 18 = 0 . Chọ Chọn (D)

1 2 3 6 27.6 1 + + ≥ 33 ⇒1≥ ⇒ abc ≥ 27 ⇒ V ≥ 27 a b c abc abc 6

Áp dụng BDT Côsi ta có: 1 =

M(1;2;3) thuộc (ABC):

 x − 7 y − 4 z + 14 = 0 B.  . 3x + y − z + 5 = 0

x − 7 y − 4z + 7 = 0 . C.  3 x + y − z + 5 = 0

3x − 7 y − 4 z + 5 = 0 D.  . 3x + y − z + 5 = 0

TR ẦN

x − 7 y − 4z + 7 = 0 . A.  3 x − y + z − 5 = 0

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Chọ Chọn C. Ta thấy hai điểm A, B nằm cùng 1 phía với mặt phẳng ( P ) và AB song song với ( P ) . Điểm

ÁN

-L

Í-

ẤP

M ∈ ( P ) sao cho tam giác ABM có diện tích nhỏ nhất AB.d ( M ; AB) ⇔ S ∆ABC = nhỏ nhất ⇔ d ( M ; AB ) nhỏ nhất, hay M ∈ ∆ = ( P ) ∩ ( Q ) , ( Q ) là mặt 2 phẳng đi qua AB và vuông góc với ( P ) . Ta có AB = (1; −1; 2 ) , vtpt của ( P ) n( P ) = ( 3;1; −1) Suy ra vtpt của ( Q ) : n( Q ) =  AB, n( P )  = ( −1; 7; 4 )   PTTQ ( Q ) : −1( x − 1) + 7 y + 4 ( z − 2 ) = 0

Ỡ N

⇔ x − 7 y − 4z + 7 = 0 x − 7 y − 4z + 7 = 0 Quỹ tích M là  . 3 x + y − z + 5 = 0

BỒ

ID Ư

Câu 23:

(CHUYÊN ĐH VINH) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M ( −2; −2;1) , x +1 y − 5 z A (1; 2; −3) và đường thẳng d : = = . Tìm véctơ chỉ phương u của đường thẳng ∆ 2 2 −1 đi qua M , vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất. B. u = (1; 0; 2 ) . C. u = ( 3; 4; −4 ) . D. u = ( 2; 2; −1) . A. u = ( 2;1; 6 ) . Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Đáp án: B.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Gọi

( P)

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

là mặt phẳng qua M và vuông góc với d .

Phương trình của ( P ) : 2 x + 2 y − z + 9 = 0 .

d A

Gọi H ,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên

H M

TP .Q

d( A, ∆ ) = AH ≥ AK

ẠO

Vậy khoảng cách từ A đến ∆ bé nhất khi ∆ đi qua M ,K . ∆ có véctơ chỉ phương u = (1; 0; 2 )

(MINH HỌA L2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét các điểm A ( 0;0;1) , B ( m;0;0) ,

Câu 24:

Ư N

C ( 0; n;0 ) , D (1;1;1) với m > 0; n > 0 và m + n = 1. Biết rằng khi m , n thay đổi, tồn tại một mặt

B. R =

2 . 2

C. R =

3 . 2

D. R =

TR ẦN

A. R = 1 .

cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng ( ABC ) và đi qua d . Tính bán kính R của mặt cầu đó? 3 . 2

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Chọn ọn A. Ch Gọi I (1;1;0 ) là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng (Oxy ) x y + + z =1 m n Suy ra phương trình tổng quát của ( ABC ) là nx + my + mnz − mn = 0 1 − mn Mặt khác d ( I ; ( ABC ) ) = = 1 (vì m + n = 1 ) và ID = 1 = d (( I ; ( ABC ) ) . 2 m + n2 + m2 n 2 Nên tồn tại mặt cầu tâm I (là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng Oxy ) tiếp xúc với ( ABC ) và đi qua D . Khi đó R = 1 .

ẤP

Ta có: Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng ( ABC ) là:

Cho ba điểm A (3;1; 0), B (0; −1; 0),C (0; 0; −6) . Nếu tam giác A′ B ′C ′ thỏa mãn hệ thức A′ A + B ′B + C ′C = 0 thì có tọa độ trọng tâm là: A. (1; 0; −2). B. (2; −3; 0). C. (3; −2; 0). D. (3; −2;1).

Í-

Câu 25:

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ta có K ( −3; −2; −1)

H Ơ

∆ ,( P ) .

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Ỡ N

Đáp án A

BỒ

ID Ư

* Cách diễn đạt thứ nhất: Gọi G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’. Với mọi điểm T trong không gian có: (1) : A ' A + B ' B + C 'C = 0 ⇔ TA − TA ' + TB − TB ' + TC − TC ' = 0

(

⇔ TA + TB + TC = TA ' + TB ' + TC '

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

) (

)

(2) www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

tức là TA + TB + TC = 0 thì ta cũng có

Hệ thức (2) chứng tỏ . Nếu T ≡ G TA ' + TB ' + TC ' = 0 hay T ≡ G ' hay (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm.

H Ơ

 3 + 0 + 0 1 − 1 + 0 0 + 0 − 6  Ta có tọa độ của G là: G =  ; ;  = (1; 0; −2)  3 3 3 

Đó cũng là tọa độ trọng tâm G’ của ∆A ' B 'C '

⇔ GA + GB + GC + A 'G ' + B 'G ' + C 'G ' + 3G 'G = 0

) (

)

TP .Q

ẠO (2)

(

)

) (

Ư N

) (

TR ẦN

Nếu G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ nghĩa là GA + GB + GC = A 'G ' + B 'G ' + C 'G ' thì (2) ⇔ G 'G = 0 ⇔ G ' ≡ G

Tóm lại (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm.

 3 + 0 + 0 1 − 1 + 0 0 + 0 − 6  ; ; Ta có tọa độ của G là: G =   = (1; 0; −2) . Đó cũng là tọa độ trọng  3 3 3 

tâm G’ của ∆A ' B 'C '

(AN LÃO)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−2; −2; 1), B (1; 2; − 3) và

ẤP

Câu 26:

x +1 y − 5 z = = . Tìm vectơ chỉ phương u của đường thẳng ∆ qua A, vuông 2 2 −1

đường thẳng d :

D. u = (1;0;2)

Í-

góc với d đồng thời cách điểm B một khoảng bé nhất. A. u = (2;1;6) B. u = (2;2; −1) C. u = (25; −29; −6) Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

(

* Cách diễn đạt thứ hai: Ta có: AA ' + BB ' + CC ' = 0 (1) ⇔ A 'G ' + G 'G + GA + B 'G ' + G 'G + GB + C 'G ' + G 'G + GC = 0

Cách 1 ((Tự luận)) Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d, B’ là hình chiếu của B lên (P)

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Khi đó đường thẳng ∆ chính là đường thẳng AB’ và u = B'A

Qua A(−2; −2;1) ⇒ (P) : 2x + 2y − z + 9 = 0  VTPT n P = u d = (2;2; −1)

Ta có ( P ) : 

 x = 1 + 2t  Gọi d’ là đường thẳng qua B và song song d’ ⇒ d '  y = 2 + 2t  z = −3 − t 

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

B’ là giao điểm của d’ và (P) ⇒ B'(−3; −2; −1) ⇒ u = B'A = (1;0;2) ⇒ Chọ Chọn D Cách 2: Không cần viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với d.

H Ơ

 x = 1 + 2t  Gọi d’ là đường thẳng qua B và song song d’ ⇒ d '  y = 2 + 2t  z = −3 − t 

TP .Q

B’ ∈ d’ ⇒ B'A = ( −2t − 3; −2t − 4; t + 4 )

ẠO

AB’ ⊥ d ⇒ u d .B'A = 0 ⇒ t = −2 ⇒ u = B'A = (1;0; 2) ⇒ Chọ Chọn D (AN LÃO)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

x − 2 y −1 z . = = 1 2 −1

Câu 27:

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho đường thẳng AB vuông góc với d. B. ( P ) : x + 2 y + 5 z − 5 = 0. A. ( P ) : x + 2 y + 5 z − 4 = 0. D. ( P ) : 2 x − y − 3 = 0.

TR ẦN

C. ( P ) : x + 2 y − z − 4 = 0.

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Cách 1 ((Tự luận))

Đường thẳng d qua M(2;1;0) và có VTCP ud = (1;2; −1)

Ta có: AB ⊥ d và AB ⊥ Oz nên AB có VTCP là: u AB = ud , k  = ( 2; −1;0 )

ẤP





(P) chứa d và AB nên (P) đi qua M(2;1; 0), có VTPT là: n = ud , u AB  = (1;2;5 )





-L

Í-

⇒ ( P ) : x + 2 y + 5 z − 4 = 0 ⇒ Chọ Chọn A

ÁN

Cách 2: Dùng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn.

Đường thẳng d qua 2 điểm M(2;1;0) và N(3;3;-1)

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Giả sử mp(P) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c)

x y z ⇒ ( P) : + + = 1 a b c AB ⊥ d ⇒ AB.ud = 0 ⇒ a = 2b (1)

( P ) chứa d nên d cũng đi qua M, N ⇒

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

2 1 3 3 −1 + = 1 (2) , + + = 1 (3) a b a b c

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Từ (1), (2), (3)

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

⇒ a = 4, b = 2, c =

4 ⇒ ( P ) : x + 2 y + 5 z − 4 = 0 ⇒ Chọ Chọn A 5

C. 28.

D. 30.

( m − 3)

+ n 2 = 13

ẠO Đ

MN =

Ư N

1 1 OM .ON m 0 = OM .ON = OM . ON cos 60 ⇒ = ⇒ 2 2 2 OM . ON 2 m +n

TP .Q

Hướ Hư ớng dẫ dẫn gi giải OM = ( 3; 0; 0 ) , ON = ( m; n; 0 ) ⇒ OM .ON = 3m

TR ẦN

Suy ra m = 2; n = ±2 3

1   OM , ON  .OP = 6 3 p ⇒ V = 6 6 3 p = 3 ⇒ p = ± 3

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vuông ABCD , B (3; 0;8) , D ( −5; −4; 0) . Biết đỉnh A thuộc mặt phẳng ( Oxy ) và có tọa độ là những số nguyên, khi đó CA + CB bằng:

ẤP

Câu 29:

Vậy A = 2 + 2.12 + 3 = 29.

B. 6 10.

C. 10 6.

D. 10 5.

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

A. 5 10.

Í-

Ta có trung điểm BD là I ( −1; −2; 4) , BD = 12 và điểm A thuộc mặt phẳng (Oxy ) nên A( a; b; 0) .  AB 2 = AD 2 2 2 2 2 2 (a − 3) + b + 8 = (a + 5) + (b + 4)  2 ⇔ ABCD là hình vuông ⇒   1  2 2 2 2 (a + 1) + (b + 2) + 4 = 36  AI =  BD  2  

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

B. 27.

A = m + 2n2 + p 2 bằng A. 29.

H Ơ

= 600 , thể tích tứ diện OMNP bằng 3. Giá trị của biểu thức Biết MN = 13, MON

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm M ( 3;0;0 ) , N ( m, n, 0 ) , P ( 0;0; p ) .

Câu 28:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

 17 a = 5 b = 4 − 2 a a = 1  17 −14  ⇔ ⇒ A(1; 2; 0) hoặc A  ; hoặc ⇔ ;0  (loại).   2 2 − 14 5 5   b = 2 (a + 1) + (6 − 2a ) = 20 b =  5 Với A(1; 2; 0) ⇒ C ( −3; −6;8) .

Câu 30:

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho 4 điểm A(2; 4; −1) , B (1; 4; −1) , C (2; 4;3) D (2; 2; −1) . Biết M ( x; y; z ) , để MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 đạt giá trị nhỏ nhất thì x + y + z bằng

A. 7.

B. 8.

C. 9.

D. 6.

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

 7 14  Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: G  ; ; 0  . 3 3 

Ta có: MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 4 MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2

H Ơ

 7 14  ≥ GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2 . Dấu bằng xảy ra khi M ≡ G  ; ; 0  ⇒ x + y + z = 7 . 3 3 

Cho hình chóp S . ABCD biết A ( −2;2;6 ) , B ( −3;1;8) , C ( −1;0;7 ) , D (1; 2;3) . Gọi H là trung

Câu 31:

27 (đvtt) thì có hai 2

TP .Q

điểm của CD , SH ⊥ ( ABCD ) . Để khối chóp S . ABCD có thể tích bằng điểm S1 , S2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tìm tọa độ trung điểm I của S1S2 B. I (1;0;3)

C. I ( 0;1;3) .

D. I ( −1;0; −3) .

ẠO

A. I ( 0; −1; −3) .

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

1 3 3 Ta có AB = ( −1; −1; 2 ) , AC = (1; −2;1) ⇒ S ABC =  AB, AC  = 2 2

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

TR ẦN

9 3 DC = ( −2; −2; 4 ) , AB = ( −1; −1; 2 ) ⇒ DC = 2. AB ⇒ ABCD là hình thang và S ABCD = 3S ABC = 2

Lại có H là trung điểm của CD ⇒ H ( 0;1;5)

1 Vì VS . ABCD = SH .S ABCD ⇒ SH = 3 3 3

ẤP

Gọi S ( a; b; c ) ⇒ SH = ( − a;1 − b;5 − c ) ⇒ SH = k  AB, AC  = k ( 3;3;3) = ( 3k ;3k ;3k )

Suy ra 3 3 = 9k 2 + 9k 2 + 9k 2 ⇒ k = ±1

+) Với k = 1 ⇒ SH = ( 3;3;3 ) ⇒ S ( −3; −2; 2 )

-L

Í-

+) Với k = −1 ⇒ SH = ( −3; −3; −3 ) ⇒ S ( 3; 4;8 )

x −1 y − 6 z = = . Phương trình mặt cầu có tâm I và 2 −1 3 cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho tam giác diện tích tam giác IAB bằng 2 6015 là:

Cho điểm I (1;7;5) và đường thẳng d :

Ỡ N

Câu 32:

ÁN

Suy ra I ( 0;1;3)

B. ( x − 1) + ( y − 7 ) + ( z − 5 ) = 2017.

D. ( x − 1) + ( y − 7 ) + ( z − 5 ) = 2019.

C. ( x − 1) + ( y − 7 ) + ( z − 5 ) = 2016.

BỒ

ID Ư

A. ( x − 1) + ( y − 7 ) + ( z − 5 ) = 2018.

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Gọi H là hình chiếu của I (1;7;5) trên d ⇒ H ( 0;0; −4 ) ⇒ IH = d ( I ; d ) = 2 3 2

S ∆AIB

2S IH . AB  AB  = ⇒ AB = ∆AIB = 8020 ⇒ R 2 = IH 2 +   = 2017 2 IH  2 

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com 2

Vậy phương trình mặt cầu là: ( x − 1) + ( y − 7 ) + ( z − 5 ) = 2017.

Câu 33:

H Ơ

 x = −1 + t  Cho điểm I (0;0;3) và đường thẳng d :  y = 2t . Phương trình mặt cầu (S) có tâm I và z = 2 + t 

Y U TP .Q ẠO

lên đường thẳng d

Ư N

là hình chiếu vuông góc của I

Ta có vectơ chỉ phương của d : ad = (1; 2;1) và IH ⊥ d

TR ẦN

1  2 2 7 ⇒ IH .ad = 0 ⇔ −1 + t + 4t − 1 + t = 0 ⇔ −2 + 6t = 0 ⇔ t = ⇒ H  − ; ;  3  3 3 3 2

2 3 2 2 2 ⇒ IH =   +   +   = 3 3 3 3 Vì tam giác IAB vuông tại I và IA = IB = R . Suy ra tam giác IAB vuông cân tại I , do đó bán kính:

2 2 3 2 6 = 2 IH = 2. = 2 3 3 8 2 Vậy phương trình mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + ( z − 3) = . 3 Lựa chọn đáp án B.

ẤP

R = IA = AB cos 450 = 2 IH .

Cho điểm A ( 2;5;1) và mặt phẳng ( P ) : 6 x + 3 y − 2 z + 24 = 0 , H là hình chiếu vuông góc của

Í-

Câu 34:

A trên mặt phẳng ( P ) . Phương trình mặt cầu ( S ) có diện tích 784π và tiếp xúc với mặt phẳng

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Gọi H ( −1 + t; 2t;2 + t ) ∈ d ⇒ IH = ( −1 + t ; 2t ; −1 + t )

cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông là: 3 8 2 2 A. x 2 + y 2 + ( z − 3) = . B. x 2 + y 2 + ( z − 3) = . 2 3 2 4 2 2 C. x 2 + y 2 + ( z − 3) = . D. x 2 + y 2 + ( z − 3) = . 3 3 Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Lựa chọn đáp án B.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

( P ) tại H, sao cho điểm A nằm trong mặt cầu là: 2 2 2 A. ( x − 8 ) + ( y − 8 ) + ( z + 1) = 196. 2 2 2 C. ( x + 16 ) + ( y + 4 ) + ( z − 7 ) = 196.

B. ( x + 8 ) + ( y + 8 ) + ( z − 1) = 196. 2

D. ( x − 16 ) + ( y − 4 ) + ( z + 7 ) = 196.

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

 x = 2 + 6t  Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với ( P ) . Suy ra d :  y = 5 + 3t  z = 1 − 2t 

Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên ( P ) nên H = d ∩ ( P ) . Vì H ∈ d nên H ( 2 + 6t ;5 + 3t;1 − 2t ) . Mặt khác, H ∈ ( P ) nên ta có: 6 ( 2 + 6t ) + 3 ( 5 + 3t ) − 2 (1 − 2t ) + 24 = 0 ⇔ t = −1

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Do đó, H ( −4; 2;3) . Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu. Theo giả thiết diện tích mặt cầu bằng 784π , suy ra 4π R 2 = 784π ⇒ R = 14 .

Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) tại H nên IH ⊥ ( P ) ⇒ I ∈ d .

H Ơ

Do đó tọa độ điểm I có dạng I ( 2 + 6t ;5 + 3t ;1 − 2t ) , với t ≠ − 1 .

Y U

TP .Q

 6 ( 2 + 6t ) + 3 ( 5 + 3t ) − 2 (1 − 2t ) + 24  t = 1 = 14  d ( I , ( P)) = 14 2 2 2   6 + 3 + ( −2) ⇔ ⇔  t = −3 ⇔ t = 1   AI < 14  −2 < t < 2 2 2 2   ( 6t ) + ( 3t ) + ( −2t ) < 14

Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn:

ẠO

Do đó: I ( 8;8; − 1) . 2

Đ G

( P ) : x − 2 y − 2 z + 10 = 0

và hai đường thẳng ∆1 :

Cho mặt phẳng

x − 2 y z −1 = = , 1 1 −1

TR ẦN

Câu 35:

Ư N

Lựa chọn đáp án A.

x−2 y z +3 = = . Mặt cầu ( S ) có tâm thuộc ∆1 , tiếp xúc với ∆ 2 và mặt phẳng ( P ) , có 1 1 4 phương trình: ∆2 :

11   7  5  81  A. ( x − 1)2 + ( y + 1)2 + ( z − 2)2 = 9 hoặc  x −  +  y −  +  z +  = . 2  2  2 4  2

11   7  5  81  B. ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 2) = 9 hoặc  x +  +  y +  +  z −  = . 2  2  2 4  2

ẤP

C. ( x − 1)2 + ( y + 1) 2 + ( z − 2) 2 = 9.

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

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Í-

x = 2 + t  ∆1 :  y = t ; ∆ 2 đi qua điểm A(2; 0; −3) và có vectơ chỉ phương a2 = (1;1; 4) . z = 1− t 

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vậy phương trình mặt cầu ( S ) : ( x − 8 ) + ( y − 8 ) + ( z + 1) = 196 .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Giả sử I (2 + t; t;1 − t ) ∈ ∆1 là tâm và R là bán kính của mặt cầu ( S ) .  AI , a2  5t − 4 Ta có: AI = (t ; t ; 4 − t ) ⇒  AI , a2  = (5t − 4; 4 − 5t ;0) ⇒ d ( I ; ∆ 2 ) = = 3 a2

d ( I ,( P)) =

2 + t − 2t − 2(1 − t ) + 10 1+ 4 + 4

t + 10 . 3

 7 t= ( S ) tiếp xúc với ∆ 2 và ( P ) ⇔ d ( I , ∆ 2 ) = d ( I ,( P)) ⇔ 5t − 4 = t + 10 ⇔  2 .   t = −1 2

• Với t =

7 9 11   7  5  81   11 7 5  ⇒ I  ; ;−  , R = ⇒ (S ) :  x −  +  y −  +  z +  = .  2 2 2  2  2 4  2 2 2

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

• Với t = −1 ⇒ I (1; −1; 2), R = 3 ⇒ ( S ) : ( x − 1)2 + ( y + 1)2 + ( z − 2)2 = 9 .

Lựa chọn đáp án A.

D. x + y + z − 3 = 0 .

điểm A, B, C sao cho hình chóp O. ABC là hình chóp đều. A. x + y + z + 6 = 0 . B. x + y + z − 6 = 0 . C. x + y − z − 6 = 0 .

H Ơ

Lập phương trình mặt phẳng (α ) chứa giao tuyến của ( P ) , ( Q ) và cắt các trục tọa độ tại các

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho ( P ) : x + 4 y − 2 z − 6 = 0 , ( Q ) : x − 2 y + 4 z − 6 = 0 .

Câu 36:

TP .Q

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Chọn M ( 6;0;0 ) , N ( 2; 2; 2 ) thuộc giao tuyến của ( P ) , ( Q )

Ư N

x y z + + = 1( a, b, c ≠ 0 ) a b c

TR ẦN

6  =1  (α ) chứa M , N ⇒  a 2 + 2 + 2 =1  a b c

Hình chóp O. ABC là hình chóp đều ⇒ OA = OB = OC ⇒ a = b = c

Vây phương trình x + y + z − 6 = 0 . Câu 37:

Trong không gian với hệ trục toạ độ

ABCD

có điểm

ẤP

AB AC AD + + = 4 . Viết phương trình mặt phẳng ( B ' C ' D ') biết tứ diện AB ' AC ' AD ' AB ' C ' D ' có thể tích nhỏ nhất ? A.16 x + 40 y − 44 z + 39 = 0 . B.16 x + 40 y + 44 z − 39 = 0 .

B ', C ', D ' thỏa :

D.16 x − 40 y − 44 z − 39 = 0 . Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

ÁN

-L

C. 16 x − 40 y − 44 z + 39 = 0 .

ID Ư

Ỡ N

Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có : 4 =

BỒ

Oxyz ,cho tứ diện

A (1;1;1) , B ( 2;0; 2 ) , C ( −1; −1;0 ) , D ( 0;3; 4 ) . Trên các cạnh AB, AC , AD lần lượt lấy các điểm

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

⇒ (α ) :

ẠO

Gọi A ( a;0;0) , B ( 0; b;0) , C ( 0;0; c ) lần lượt là giao điểm của (α ) với các trục Ox, Oy , Oz

⇒

AB AC AD AB. AC. AD + + ≥ 33 AB ' AC ' AD ' AB '. AC '. AD '

V AB '. AC '. AD ' 27 AB '. AC '. AD ' 27 27 ≥ ≥ ⇒ VAB 'C ' D ' ≥ VABCD ⇒ AB ' C ' D ' = AB. AC. AD 64 64 64 VABCD AB. AC. AD

Để VAB 'C ' D ' nhỏ nhất khi và chỉ khi

3 AB ' AC ' AD ' 3 7 1 7 = = = ⇒ AB ' = AB ⇒ B '  ; ;  AB AC AD 4 4 4 4 4

7 1 7 Lúc đó mặt phẳng ( B ' C ' D ') song song với mặt phẳng ( BCD ) và đi qua B '  ; ;  4 4 4

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

⇒ ( B ' C ' D ') :16 x + 40 y − 44 z + 39 = 0 .

H Ơ

trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A , B , C ( khác gốc toạ độ O ) sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Mặt phẳng (α) có phương trình là:

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) đi qua điểm M (1; 2;3) và cắt các

Câu 38:

x y z B. + + −1 = 0 . 1 2 3

C. 3 x + 2 y + z −10 = 0 .

D. x + 2 y + 3 z + 14 = 0 .

TP .Q

A. x + 2 y + 3 z −14 = 0 .

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

G z

Ư N

AB ⊥ CH   ⇒ AB ⊥ (COH ) ⇒ AB ⊥ OM (1) (1) AB ⊥ CO 

K M

TR ẦN

Chứng minh tương tự, ta có: AC ⊥ OM (2). Từ (1) và (2), ta có: OM ⊥ ( ABC )

00 10

O H

Ta có: OM (1; 2;3) .

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ta có :

ẠO

Cách 1:Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB , K là hình chiếu vuông góc B trên AC . M là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi M = BK ∩ CH

B y

ẤP

Mặt phẳng (α ) đi qua điểm M (1; 2;3) và có một VTPT là OM (1; 2;3) nên có phương trình là: ( x −1) + 2 ( y − 2) + 3( z − 3) = 0 ⇔ x + 2 y + 3z −14 = 0 .

Cách 2:

+) Do A, B , C lần lượt thuộc các trục Ox , Oy , Oz nên A(a;0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c) ( a, b, c ≠ 0 ).

Í-

Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng ( ABC ) là:

x y z + + =1. a b c

ÁN

-L

 AM .BC = 0  +) Do M là trực tâm tam giác ABC nên  BM . AC = 0 . Giải hệ điều kiện trên ta được a, b, c  M ∈ ( ABC ) 

Ỡ N

Vậy phương trình mặt phẳng: x + 2 y + 3 z − 14 = 0 .

BỒ

ID Ư

Câu 39:

( P)

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm N (1;1;1) . Viết phương trình mặt phẳng cắt các trục Ox, Oy , Oz lần lượt tại A, B, C (không trùng với gốc tọa độ O ) sao cho N là

tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A. ( P ) : x + y + z − 3 = 0 .

B. ( P ) : x + y − z + 1 = 0 .

C. ( P ) : x − y − z + 1 = 0 .

D. ( P ) : x + 2 y + z − 4 = 0 .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Gọi A ( a;0;0) , B ( 0; b;0) , C ( 0;0; c ) lần lượt là giao điểm của ( P ) với các trục Ox, Oy , Oz

x y z + + = 1( a, b, c ≠ 0 ) a b c

H Ơ

⇒ ( P) :

Y U TP .Q ẠO

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d1 , d2 lần lượt có phương trình x−2 y −2 z −3 x −1 y − 2 z −1 d1 : = = , d2 : = = . Phương trình mặt phẳng (α ) cách đều hai 2 1 3 2 4 −1 đường thẳng d1 , d2 là: A. 7 x − 2 y − 4 z = 0 . B. 7 x − 2 y − 4 z + 3 = 0 .

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 40:

1 1 1 a + b + c =1  N ∈( P)   Ta có::  NA = NB ⇔  a − 1 = b − 1 ⇔ a = b = c = 3 ⇒ x + y + z − 3 = 0  NA = NC  a −1 = c −1   

C. 2 x + y + 3 z + 3 = 0 .

D.14 x − 4 y − 8 z + 3 = 0 . Hướ dẫn giả giải Hư ớng dẫ

AB = ( −1;1; −2 ) ; ud1 ; ud2  = ( 7; −2; −4 ) ;

Ta có d1 đi qua A ( 2;2;3) và có ud1 = ( 2;1;3 ) , d 2 đi qua B (1;2;1) và có ud 2 = ( 2; −1; 4 )

ẤP

⇒ ud1 ; ud 2  AB = −1 ≠ 0 nên d1 , d 2 chéo nhau.

Do (α ) cách đều d1 , d2 nên (α ) song song với d1 , d2 ⇒ nα = ud1 ; ud2  = ( 7; −2; −4 )

-L

Í-

⇒ (α ) có dạng 7 x − 2 y − 4 z + d = 0 d −2 69

d −1 69

⇔d =

3 2

ÁN

Theo giả thiết thì d ( A, (α ) ) = d ( B, (α ) ) ⇔

⇒ (α ) :14 x − 4 y − 8 z + 3 = 0

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 41:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi d đi qua A ( 3; −1;1) , nằm trong mặt phẳng

( P) : x − y + z − 5 = 0 ,

đồng thời tạo với ∆ :

thẳng d là  x = 3 + 7t A.  y = −1 − 8t .  z = −1 − 15t 

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

x y−2 z = = một góc 450 . Phương trình đường 1 2 2 x = 3 + t B.  y = −1 − t . z = 1 

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com  x = 3 + 7t x = 3 + t  D.  y = −1 − t và  y = − 1 − 8t .  z = 1 − 15t z = 1   Hướ ớng dẫ giả Hư dẫn gi ải

 x = 3 + 7t C.  y = − 1 − 8t .  z = 1 − 15t 

TP .Q

H Ơ

∆ có vectơ chỉ phương a∆ = (1;2;2 ) d có vectơ chỉ phương ad = ( a; b; c ) ( P ) có vectơ pháp tuyến nP = (1; −1;1) d ⊂ ( P ) ⇒ ad ⊥ nP ⇔ b = a + c; (1)

( ∆, d ) = 450 ⇔ cos ( ∆, d ) = cos 450 2

3 a +b +c

2 2

ẠO

a + 2b + 2 c

⇔

⇔ 2 ( a + 2b + 2 c ) = 9 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ; ( 2 )

G Ư N H

c = 0 Từ (1 ) và ( 2 ) , ta có: 14c 2 + 30ac = 0 ⇔  15a + 7c = 0

TR ẦN

x = 3 + t Với c = 0 , chọn a = b = 1 , phương trình đường thẳng d là  y = −1 − t z = 1 

 x = 3 + 7t 15 + 7 = 0 d a c Với , chọn a = 7 ⇒ c = −15; b = −8 , phương trình đường thẳng là  y = − 1 − 8t  z = 1 − 15t 

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi d đi qua điểm A (1; −1;2 ) , song song với

Câu 42:

x +1 y −1 z = = một góc lớn nhất. 1 −2 2

ẤP

( P ) : 2 x − y − z + 3 = 0 , đồng thời tạo với đường thẳng ∆ :

Í-

Phương trình đường thẳng d là. x −1 y + 1 z − 2 . = = A. 1 7 −5 x −1 y + 1 z − 2 . = = C. 4 5 7

x −1 = 4 x −1 = D. 1 ớng dẫ Hướ dẫn giả giải Hư B.

y +1 = −5 y +1 = −5

z+2 . 7 z −2 . −7

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

BỒ

ID Ư

Ỡ N

∆ có vectơ chỉ phương a∆ = (1; −2;2 ) d có vectơ chỉ phương ad = ( a; b; c ) ( P ) có vectơ pháp tuyến nP = ( 2; −1; −1) Vì d / / ( P ) nên ad ⊥ nP ⇔ ad .nP = 0 ⇔ 2a − b − c = 0 ⇔ c = 2a − b 2

1 ( 5a − 4b) = cos ( ∆, d ) = 2 2 3 5a 2 − 4ab + 2b2 3 5a − 4ab + 2b 5a − 4b

a 1 ( 5t − 4 ) Đặt t = , ta có: cos ( ∆, d ) = 3 5t 2 − 4t + 2 b

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Xét hàm số f ( t ) =

( 5t − 4 )

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

 1 5 3 , ta suy ra được: max f ( t ) = f  −  = 5t − 4t + 2 3  5 2

5 3 1 1 a ⇔t=− ⇒ =− b 27 5 5

Do đó: max  cos ( ∆, d )  =

Trong không gian với hệ tọa độ

N gọi

đi qua

A ( −1;0; −1) ,

cắt

TP .Q

Oxyz ,

Câu 43:

x −1 y +1 z − 2 = = 1 7 −5

Vậy phương trình đường thẳng d là

H Ơ

Chọn a = 1 ⇒ b = −5, c = 7

x −1 y − 2 z + 2 x−3 y −2 z+3 = = = = , sao cho góc giữa d và ∆2 : là nhỏ nhất. Phương 2 1 −1 2 2 −1 trình đường thẳng d là x +1 y z +1 x +1 y z +1 x +1 y z +1 x +1 y z +1 . . C. . D. . = = = = = = = = A. B. 2 2 −1 4 5 −2 4 −5 −2 2 2 1 ớng dẫ Hướ dẫn giả giải Hư

Ư N

TR ẦN

Gọi M = d ∩ ∆1 ⇒ M (1 + 2t;2 + t; −2 − t ) d có vectơ chỉ phương ad = AM = ( 2t + 2; t + 2; −1 − t ) ∆2 có vectơ chỉ phương a2 = ( −1;2;2 )

2 t2 3 6t 2 + 14t + 9 t2 Xét hàm số f ( t ) = 2 , ta suy ra được min f ( t ) = f ( 0 ) = 0 ⇔ t = 0 6t + 14t + 9 Do đó min cos ( ∆, d )  = 0 ⇔ t = 0 ⇒ AM = ( 2; 2 − 1)

ẤP

cos ( d ; ∆ 2 ) =

x +1 y z +1 = = 2 2 −1

Vậy phương trình đường thẳng d là

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

Câu 44:

x −1 y z + 2 = = 2 1 −1

và

Í-

x −1 y + 2 z − 2 = = . Gọi ∆ là đường thẳng song song với ( P ) : x + y + z − 7 = 0 và cắt d1, d 2 1 3 −2 lần lượt tại hai điểm A, B sao cho AB ngắn nhất. Phương trình của đường thẳng ∆ là.    x = 6 − t x = 6  x = 6 − 2t  x = 12 − t    5 5 5    . A.  y = 5 B.  y = C.  y = − t . D.  y = + t . . 2 2 2     z = −9 + t  9 9 9     z = − 2 + t  z = − 2 + t  z = − 2 + t Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải d2 :

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

∆1 :

A ∈ d1 ⇒ A (1 + 2a; a; −2 − a )

B ∈ d 2 ⇒ B (1 + b; −2 + 3b; 2 − 2b )

∆ có vectơ chỉ phương AB = ( b − 2a;3b − a − 2; −2b + a + 4 )

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

( P ) có vectơ

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

pháp tuyến nP = (1;1;1)

Vì ∆ / / ( P ) nên AB ⊥ nP ⇔ AB.nP = 0 ⇔ b = a − 1 .Khi đó AB = ( −a − 1;2a − 5;6 − a ) 2

+ ( 2 a − 5) + ( 6 − a )

( −a − 1)

H Ơ

AB =

= 6a 2 − 30a + 62 2

U TP .Q

5  5 9   7 7  ⇒ A  6; ; −  , AB =  − ;0;  2  2 2  2 2

ẠO

Dấu " = " xảy ra khi a =

5  49 7 2  = 6a −  + ≥ ; ∀a ∈ ℝ 2 2 2  

Ư N

TR ẦN

 x = 6 − t  5  Vậy phương trình của ∆ là  y = 2  9   z = − 2 + t

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

Câu 45:

( P ) : 7 x + y − 4z = 0

và cắt hai

đường thẳng d1, d2 là: x−7 y z+4 . = = A. 2 1 1 x + 2 y z −1 . = = C. 4 −7 −1

x y −1 z + 2 = = và 2 1 −1

ẤP

 x = −1 + 2 t  d 2 :  y = 1 + t . Phương trình đường thẳng vuông góc với z = 3 

x − 2 y z +1 . = = 7 1 −4 x − 2 y z +1 . = = D. 7 1 4 Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Í-

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

5 9 Đường thẳng ∆ đi qua điểm A  6; ; −  và vec tơ chỉ phương ud = ( −1;0;1)  2 2

Ỡ N

Gọi d là đường thẳng cần tìm

BỒ

ID Ư

Gọi A = d ∩ d1, B = d ∩ d2

A ∈ d1 ⇒ A ( 2a;1 − a; −2 + a ) B ∈ d2 ⇒ B ( −1 + 2b;1 + b;3) AB = ( −2a + 2b − 1; a + b; −a + 5)

( P ) có vectơ pháp tuyến nP = ( 7;1; −4)

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

d ⊥ ( P ) ⇔ AB, n p cùng phương ⇔ có một số k thỏa AB = k n p

H Ơ N U

x − 2 y z +1 = = 7 1 −4

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng ∆1 :

Câu 46:

TP .Q

Vậy phương trình của d là

 −2a + 2b − 1 = 7k  −2a + 2b − 7k = 1 a = 1    ⇔ a + b = k ⇔ a + b − k = 0 ⇔  b = −2     −a + 5 = −4k  −a + 4k = −5  k = −1 d đi qua điểm A ( 2;0; −1) và có vectơ chỉ phương ad = nP = ( 7;1 − 4 )

x +1 y − 2 z −1 = = và 3 1 2

Ư N

 x = −2  B.  y = −3 − t .  z = −3 − t 

 x = −2  C.  y = −3 + t .  z = −3 + t 

x = 2  A.  y = 3 − t . z = 3 − t 

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

x = 3 x −1 y z +1  ∆2 : = = . Phương trình đường thẳng song song với d :  y = −1 + t và cắt hai đường 1 2 3 z = 4 + t  thẳng ∆1; ∆2 là: x = 2  D.  y = −3 + t . z = 3 + t 

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm

ẤP

A ∈ ∆1 ⇒ A ( −1 + 3a;2 + a;1 + 2a )

Gọi A = ∆ ∩ ∆1, B = ∆ ∩ ∆2

B ∈ ∆2 ⇒ B (1 + b;2b; −1 + 3b) AB = ( −3a + b + 2; −a + 2b − 2; −2a + 3b − 2)

d có vectơ chỉ phương ad = ( 0;1;1)

ÁN

-L

Í-

∆ / / d ⇔ AB, ad cùng phương ⇔ có một số k thỏa AB = k a d

Ỡ N

 −3a + b + 2 = 0  −3a + b = −2 a = 1    ⇔  − a + 2b − 2 = k ⇔  − a + 2b − k = 2 ⇔  b = 1     −2a + 3b − 2 = k  −2a + 3b − k = 2  k = −1

BỒ

ID Ư

Ta có A( 2;3;3) ; B ( 2;2;2)

∆ đi qua điểm A ( 2;3;3) và có vectơ chỉ phương AB = ( 0; −1; −1)

x = 2  Vậy phương trình của ∆ là  y = 3 − t z = 3 − t 

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

x − 12 y − 9 z − 1 , và mặt = = 4 3 1 thẳng ( P ) : 3x + 5 y − z − 2 = 0 . Gọi d ' là hình chiếu của d lên ( P ) . Phương trình tham số của d ' là Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

 x = 62t D.  y = −25t .  z = 2 + 61t 

TP .Q

ớng dẫ Hướ dẫn giả giải Hư Cách 1:

ẠO

Gọi A = d ∩ ( P )

A ∈ d ⇒ A (12 + 4a;9 + 3a;1 + a )

Ư N

A ∈ ( P ) ⇒ a = −3 ⇒ A ( 0;0; −2 )

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 x = 62t C.  y = −25t .  z = −2 + 61t 

H Ơ

 x = 62t B.  y = −25t .  z = 2 + 61t 

 x = −62t A.  y = 25t .  z = 2 − 61t 

Câu 47:

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

d đi qua điểm B (12;9;1)

TR ẦN

Gọi H là hình chiếu của B lên ( P )

3 2+

ẤP

 x = 12 + 3t  BH :  y = 9 + 5t z = 1 − t  H ∈ BH ⇒ H (12 + 3t ;9 + 5t;1 − t )

( P ) có vectơ pháp tuyến nP = ( 3;5; −1) BH đi qua B (12;9;1) và có vectơ chỉ phương aBH = nP = ( 3;5; −1)

78  186 15 113  ⇒H ;− ;  35 7 35   35

H ∈ ( P) ⇒ t = −

-L

Í-

 186 15 183  AH =  ;− ;  7 35   35

ÁN

d ' đi qua A ( 0;0; −2) và có vectơ chỉ phương ad ' = ( 62; −25;61)

Ỡ N

 x = 62t Vậy phương trình tham số của d ' là  y = −25t  z = −2 + 61t 

BỒ

ID Ư

Cách 2:

•

Gọi (Q ) qua d và vuông góc với ( P ) d đi qua điểm B (12;9;1) và có vectơ chỉ phương ad = ( 4;3;1)

( P ) có vectơ pháp tuyến nP = ( 3;5; −1)

(Q ) qua B (12;9;1) có vectơ pháp tuyến nQ = ad , nP  = ( −8;7;11)

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

•

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

(Q ) : 8x − 7 y − 11z − 22 = 0 d ' là giao tuyến của (Q ) và ( P )

Tìm một điểm thuộc d ' , bằng cách cho y = 0

H Ơ

3 x − z = 2 x = 0 Ta có hệ  ⇒ ⇒ M ( 0;0; −2 ) ∈ d ' 8 x − 11z = 22  y = −2

TP .Q

d ' đi qua điểm M ( 0;0; −2 ) và có vectơ chỉ phương ad =  nP ; nQ  = ( 62; −25;61)

ẠO

 x = 62t Vậy phương trình tham số của d ' là  y = −25t  z = −2 + 61t 

Ư N

TR ẦN

Giao điểm của d và mặt phẳng ( Oxz ) là : M 0 (5;0;5) .

ẤP

 x = 1 + 2t  Trên d :  y = −2 + 4t chọn M bất kỳ không trùng với M 0 (5;0;5) ; ví dụ: M (1; −2;3) . Gọi A là z = 3 + t  x +1 y − 6 z − 2 . = = 1 −1 −1

Í-

hình chiếu song song của M lên mặt phẳng ( Oxz ) theo phương ∆ :

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 x = 1 + 2t  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  y = −2 + 4t . Hình chiếu song Câu 48: z = 3 + t  x +1 y − 6 z − 2 có phương trình là: song của d lên mặt phẳng ( Oxz ) theo phương ∆ : = = 1 −1 −1  x = 3 + 2t x = 3 + t  x = −1 − 2t  x = 3 − 2t     . . . D.  y = 0 B.  y = 0 . A.  y = 0 C.  y = 0  z = 1 − 4t  z = 1 + 2t  z = 5 − 4t z = 1 + t     Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

ÁN

+/ Lập phương trình d’ đi qua M và song song hoặc trùng với ∆ :

x +1 y − 6 z − 2 . = = 1 −1 −1

+/ Ta tìm được A(3;0;1)

BỒ

ID Ư

Ỡ N

+/ Điểm A chính là giao điểm của d’ và ( Oxz )

Hình chiếu song song của

∆:

 x = 1 + 2t  d :  y = −2 + 4t z = 3 + t 

lên mặt phẳng

(Oxz ) theo

phương

x +1 y − 6 z − 2 là đường thẳng đi qua M 0 (5;0;5) và A(3;0;1) . = = 1 −1 −1

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Trong

không

gian

Oxyz ,

cho

hai

A ( 3;0;2) ,

điểm

B ( 3;0;2)

và

mặt

cầu

H Ơ

Câu 49:

x = 3 + t  Vậy phương trình là:  y = 0  z = 1 + 2t 

x + ( y + 2) + ( z − 1) = 25 . Phương trình mặt phẳng (α ) đi qua hai điểm A , B và cắt mặt cầu 2

B. 3 x − 2 y + z − 7 = 0 .

x − 4 y + 5 z − 13 = 0 .

D. 3 x + 2 y + z – 11 = 0 .

x − 4 y − 5 z + 17 = 0 .

TP .Q

( S ) theo một đường tròn bán kính nhỏ nhất là:

ẠO

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

G )

. Đề bán kính r nhỏ

TR ẦN

nhất ⇔ d ( I , ( P ) ) lớn nhất.

(

R 2 − d ( I , (α ) )

Ư N

(α ) luôn cắt ( S ) theo đường tròn ( C ) có bán kính r =

Mặt phẳng (α ) đi qua hai điểm A , B và vuông góc với mp ( ABC ) . ra

( ABC )

có

véctơ

pháp

tuyến

suy

Ta có AB = (1; −1; −1) , AC = ( −2; −3; −2) n =  AB, AC  = ( −1; 4; −5)

ẤP

(α) có véctơ pháp tuyến nα =  n, AB  = (−9 − 6; −3) = −3(3; 2;1)

Phương trình (α ) :3 ( x – 2 ) + 2 ( y –1) + 1( z – 3) = 0 ⇔ 3x + 2 y + z –11 = 0 . Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( −3;3; −3) thuộc mặt phẳng (α ) : 2 x – 2 y + z + 15 = 0 và

Câu 50:

mặt cầu ( S ) : (x − 2) 2 + (y− 3)2 + (z− 5)2 = 100 . Đường thẳng ∆ qua A, nằm trên mặt phẳng (α )

Í-

cắt ( S ) tại A , B . Để độ dài AB lớn nhất thì phương trình đường thẳng ∆ là: x +3 y −3 z +3 x +3 y −3 z +3 = = . = = . A. B. 1 4 6 16 11 −10

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0; −2;1) , bán kính R = 5 . Do IA = 17 < R nên AB luôn cắt ( S) . Do đó

 x = −3 + 5t  . y = 3  z = −3 + 8t 

BỒ

ID Ư

Ỡ N

x +3 y −3 z +3 = = . 1 1 3

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2;3;5) , bán kính R = 10 . Do d (I, (α )) < R nên ∆ luôn cắt ( S) tại A , B .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Khi đó AB = R 2 − ( d (I, ∆) ) . Do đó, AB lớn nhất thì d ( I , ( ∆ ) ) nhỏ nhất nên ∆ qua H , với H 2

H Ơ

 x = 2 + 2t  là hình chiếu vuông góc của I lên (α ) . Phương trình BH :  y = 3 − 2t z = 5 + t 

Câu 51:

Trong

không 2

gian

Oxyz ,

cho

mặt

phẳng

2x − 2 y − z + 9 = 0

TP .Q

x+3 y −3 z +3 Do vậy AH = (1; 4; 6) là véc tơ chỉ phương của ∆ . Phương trình của = = 1 4 6

H ∈ (α ) ⇒ 2 ( 2 + 2t ) − 2 ( 3 – 2t ) + 5 + t + 15 = 0 ⇔ t = −2 ⇒ H ( −2; 7; 3) .

và

mặt

cầu

Ư N

 29 26 7  M − ; ;−  . 3  3 3

 11 14 13  D. M  ; ; −  . 3 3 3

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

( S ) : ( x − 3) + ( y + 2) + ( z − 1) = 100 . Tọa độ điểm M nằm trên mặt cầu ( S ) sao cho khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P ) đạt giá trị nhỏ nhất là:  11 14 13   29 26 7  B. M  ; − ; −  . M − ; ; . A. 3 3  3 3 3  3

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Mặt cầu ( S ) có tâm I (3; − 2;1) .

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( P ) : d ( I ; ( P )) = 6 < R nên ( P ) cắt ( S ) .

ẤP

Khoảng cách từ M thuộc ( S ) đến ( P ) lớn nhất ⇒ M ∈ ( d ) đi qua I và vuông góc với ( P )

 x = 3 + 2t  Phương trình (d ) :  y = −2 − 2t . z = 1− t 

-L

Í-

Ta có : M ∈ ( d ) ⇒ M (3 + 2t ; −2 − 2t ;1 − t )

ID Ư

Ỡ N

ÁN

 10  29 26 7  t = 3 ⇒ M 1  3 ; − 3 ; − 3    Mà : M ∈ ( S ) ⇒   10  11 14 13  t = − ⇒ M 2  − ; ;  3  3 3 3 

BỒ

Câu 52:

 11 14 13  Thử lại ta thấy : d ( M1 , ( P)) > d ( M 2 , ( P)) nên M  − ; ;  thỏa yêu cầu bài toán  3 3 3

Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C′D′ có điểm A trùng với gốc của hệ trục tọa độ, B ( a ; 0; 0) , D (0; a; 0) , A′(0; 0; b ) ( a > 0, b > 0) . Gọi M là trung điểm của cạnh a CC ′ . Giá trị của tỉ số để hai mặt phẳng ( A′BD ) và ( MBD ) vuông góc với nhau là: b 1 1 A. . B. . C. −1 . D.1. D. 3 2

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải b  Ta có AB = DC ⇒ C ( a; a;0 ) ⇒ C ' ( a; a; b ) ⇒ M  a; a;  2 

H Ơ

Cách 1.

 b  Ta có MB =  0; −a; −  ; BD = ( − a; a; 0 ) và A ' B = ( a; 0; −b ) 2 

TP .Q

 ab ab  Ta có u =  MB; BD  =  ; ; − a 2  và  BD; A ' B  = ( − a 2 ; − a 2 ; − a 2 )  2 2 

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ab ab a + − a2 = 0 ⇔ a = b ⇒ = 1 2 2 b

( A ' BD ) ⊥ ( MBD ) ⇔ u.v = 0 ⇔

ẠO

Chọn v = (1;1;1) là VTPT của ( A ' BD )

TR ẦN

Cách 2.

00 10

Í-

 a a b  MX =  − ; − ; −   2 2 2

ẤP

 a a  A ' X =  ; ; −b  2 2  

a a  X  ; ;0  là trung điểm BD 2 2 

)

(

A ' BD ) ; ( MBD )  = A ' X ; MX ⇒ (  

 A ' B = A ' D  A ' X ⊥ BD với X là trung điểm BD AB = AD = BC = CD = a ⇒  ⇒  MB = MD  MX ⊥ BD

-L

( A ' BD ) ⊥ ( MBD ) ⇒ A ' X ⊥ MX

ÁN

⇒ A ' X .MX = 0 2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

2 a a b ⇒ −  −  + =0 2 2 2

Câu 53:

⇒

a =1 b

Trong không gian

Oxyz , cho mặt

phẳng

(P) : x + 2 y + 2 z + 4 = 0

và mặt cầu

( S ) : x + y + z − 2 x − 2 y − 2 z − 1 = 0. Giá trị của điểm M trên ( S ) sao cho d ( M , ( P ) ) đạt GTNN là: 5 7 7 A. B.  ; ;  . (1;1;3) . 3 3 3 2

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1 1 1  ;− ;−  . 3 3 3

D. (1; −2;1) . Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

H Ơ

Ta có: d ( M , ( P )) = 3 > R = 2 ⇒ ( P ) ∩ ( S ) = ∅.

TP .Q

 x = 1+ t  Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với (P) có pt:  y = 1 + 2t , t ∈ ℝ.  z = 1 + 2t 

G Ư N

Vậy: ⇒ d ( M , ( P))min = 1 ⇔ M ≡ B.

TR ẦN

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A (10; 2;1) và đường thẳng

Câu 54:

x −1 y z −1 = = . Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng d sao 2 1 3 cho khoảng cách giữa d và ( P ) lớn nhất. Khoảng cách từ điểm M ( −1;2;3) đến mp ( P ) là

76 790 . 790

2 13 . 13

3 29 . 29

d H

A và song song với

ẤP

( P ) là mặt phẳng đi qua điểm

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

97 3 . 15

đường thẳng d nên ( P ) chứa đường thẳng d ′ đi

qua điểm A và song song với đường thẳng d . Gọi H là hình chiếu của A trên d , K là hình chiếu của H trên ( P ) .

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ta có: d ( A, ( P )) = 5 ≥ d ( B , ( P )) = 1. ⇒ d ( A, ( P )) ≥ d ( M , ( P )) ≥ d ( B , ( P )).

ẠO

5 7 7 1 1 1 Tọa độ giao điểm của d và (S) là: A  ; ;  , B  ; − ; −   3 3 3   3 3 3

-L

Ta có d ( d , ( P ) ) = HK ≤ AH ( AH không đổi)

ÁN

⇒ GTLN của d ( d , ( P )) là AH

⇒ d ( d , ( P ) ) lớn nhất khi AH vuông góc với ( P ) .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Khi đó, nếu gọi ( Q ) là mặt phẳng chứa A và d thì ( P ) vuông góc với ( Q ) . ⇒ n P = u d , nQ  = ( 98;14; − 70 ) ⇒ ( P ) :7 x + y − 5 z − 77 = 0 ⇒ d ( M , ( P ) ) =

97 3 . 15

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm A ( 2;5;3) và đường thẳng

Câu 55:

x −1 y z − 2 = = . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến 2 1 2 ( P ) lớn nhất. Tính khoảng cách từ điểm M (1; 2; − 1) đến mặt phẳng ( P ) . d:

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

11 18 . 18

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

B. 3 2.

4 D. . 3

11 . 18

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Gọi H là hình chiếu của A trên d ; K là hình

H Ơ

chiếu của A trên ( P ) .

Ta có d ( A, ( P ) ) = AK ≤ AH (Không đổi)

U TP .Q

d ( A, ( P ) ) lớn nhất khi K ≡ H .

ẠO

Ta có H ( 3;1;4 ) , ( P ) qua H và ⊥ AH

Ư N

11 18 . 18

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y − z + 2 = 0 và hai

Câu 56:

1 . 2

1 . 5

ẤP

Tính cosin góc tạo bởi hai đường thẳng đó.

TR ẦN

x = 1+ t  x = 3 − t′   đường thẳng d :  y = t ; d ' : y = 1 + t′ .   z = 2 + 2t   z = 1 − 2t ′ Biết rằng có 2 đường thẳng có các đặc điểm: song song với ( P ) ; cắt d , d ′ và tạo với d góc 30O.

2 . 3

1 D. . 2

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm, nP là VTPT của mặt phẳng ( P ) .

Gọi M (1 + t; t; 2 + 2t ) là giao điểm của ∆ và d ; M ′ ( 3 − t ′;1 + t ′;1 − 2t ′ ) là giao điểm của ∆ và d ' Ta có: MM ' ( 2 − t ′ − t;1 + t ′ − t; − 1 − 2t ′ − 2t )

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

⇒ ( P) : x − 4 y + z − 3 = 0 Vậy d ( M , ( P ) ) =

⇒ GTLN của d ( d , ( P )) là AH

(

)

ÁN

-L

 M ∉( P ) MM ′ // ( P ) ⇔  ⇔ t ′ = − 2 ⇒ MM ′ ( 4 − t ; −1 − t ;3 − 2t )  MM ′ ⊥ nP −6t + 9 t = 4 3 Ta có cos30O = cos MM ′, u d ⇔ = ⇔ 2 36t 2 −108t + 156 t = −1

BỒ

ID Ư

Ỡ N

x = 5  x = t′   Vậy, có 2 đường thẳng thoả mãn là ∆1 :  y = 4 + t ; ∆ 2 :  y = −1 .  z = 10 + t  z = t′   1 Khi đó, cos ( ∆1 , ∆ 2 ) = . 2

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

( P ) là mặt phẳng đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến ( P ) lớn nhất biết rằng ( P ) không cắt đoạn BC . Khi đó, điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng ( P ) ? A. G ( −2; 0; 3) . B. F ( 3; 0; −2) . C. E (1;3;1) . D. H ( 0;3;1)

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Gọi I là trung điểm đoạn BC ; các điểm B ′, C ′, I ′ lần

lượt là hình chiếu của B , C , I trên ( P ) .

TP .Q

Ta có tứ giác BCC ′B′ là hình thang và II ′ là đường trung bình. ⇒ d ( B, ( P ) ) + d ( C , ( P ) ) = BB′ + CC ′ = 2 II ′.

ẠO

Mà II ′ ≤ IA (với IA không đổi) Do vậy, d ( B, ( P ) ) + d ( C , ( P ) ) lớn nhất khi I ′ ≡ A ⇒ ( P ) đi qua A và vuông góc IA với I ( 2; 0; −1) .

Ư N

TR ẦN

⇒ ( P ) : − x + 2 z − 1 = 0 ⇒ E (1;3;1) ∈ ( P ) .

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho các điểm A (1;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c )

Câu 58:

trong đó b , c dương và mặt phẳng ( P ) : y − z + 1= 0 . Biết rằng mp ( ABC ) vuông góc với mp ( P )

D. 3b + c = 3.

1 và d ( O, ( ABC ) ) = , mệnh đề nào sau đây đúng? đúng 3 B. 2b + c = 1. C. b − 3 c = 1. A. b + c = 1.

ẤP

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Ta có phương trình mp( ABC ) là

x y z + + =1 1 b c

1 1 − = 0 ⇒ b = c (1) b c 1 1 1 1 1 Ta có d ( O, ( ABC ) ) = ⇔ = ⇔ 2 + 2 = 8(2) 3 1 1 3 b c 1+ 2 + 2 b c 1 Từ (1) và (2) ⇒ b = c = ⇒ b + c = 1 . 2

Í-

( ABC ) ⊥ ( P ) ⇒

Câu 59:

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho 3 điểm A (1;0;1) ; B ( 3; −2;0 ) ; C (1; 2; −2 ) . Gọi

Câu 57:

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho 3 điểm A (1;2;3) ; B ( 0;1;1) ; C (1;0; − 2 ) .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Điểm M ∈( P ) : x + y + z + 2 = 0 sao cho giá trị của biểu thức T = MA2 + 2MB2 + 3MC 2 nhỏ nhất. Khi đó, điểm M cách ( Q ) :2 x − y − 2 z + 3 = 0 một khoảng bằng A.

121 . 54

B. 24.

2 5 . 3

101 . 54

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Gọi M ( x; y; z ) . Ta có T = 6 x2 + 6 y 2 + 6 z 2 − 8x − 8 y + 6z + 31

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2 2 2  2  2  1   145 ⇒ T = 6  x −  +  y −   z +   + 3  3  2   6 

145 2 2 1 với I  ; ; −  6 3 3 2 ⇒ T nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất ⇒ M là hình chiếu vuông góc của I trên ( P )

H Ơ Y

 . 

5 13  5 ⇒ M  − ;− ;−  18 18 9

⇒ T = 6 MI 2 +

TP .Q

(Đề minh họ họa L1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm

Câu 60:

bốn điểm đó? A.1. phẳng.

C. 7.

D. Có vô số mặt

B. 4.

ẠO

A ( 1; −2; 0 ) , B ( 0; −1;1) , C ( 2;1; −1) và D ( 3;1; 4 ) . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều

ẤP

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

dẫn giả giải Hướ Hướng dẫ Ta có: AB = ( −1;1;1) ; AC = ( 1; 3; −1) ; AD = ( 2; 3; 4 ) . Suy ra:  AB, AC  = ( −4; 0; −4 ) ⇒  AB , AC  .AD = −24 ≠ 0     ⇒ 4 điểm A, B, C, D không đồng phẳng. Khi đó, mặt phẳng cách đều cả 4 điểm A, B, C, D sẽ có hai loại: Loạ Loại 1: Có 1 điểm nằm khác phía với 3 điểm còn lại (đi qua các trung điểm của 3 cạnh chung đỉnh) ⇒ có 4 mặt phẳng như thế).

D B

Í-

-L

ÁN

D B

Loạ Lo ại 2: Có 2 điểm nằm khác phía với 2 điểm còn lại (đi qua các trung điểm của 4 cạnh thuộc hai cặp cạnh chéo nhau) ⇒ có 3 mặt phẳng như thế). A

BỒ

ID Ư

Ỡ N

6 D

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Vậy có tất cả 7 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán. ⇒ Chọ Chọn đáp án C.

x −1 y z +1 . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A , = = 1 1 2

H Ơ

thẳng d có phương trình:

TP .Q

vuông góc và cắt d . x −1 y z − 2 B. ∆ : . = = 1 1 −1 x −1 y z − 2 D. ∆ : . = = 1 1 −3

của

Ư N

số

tham

x = t + 1   y = t ,t ∈ ℝ . z = t − 1 

B∈d ,

suy

TR ẦN

trình

ẤP

B ( t + 1; t ; t − 1) ⇒ AB = ( t ; t ; 2t − 3 ) Do A , B ∈ ∆ nên AB là vectơ chỉ phương của ∆ . Theo đề bài, ∆ vuông góc d nên AB ⊥ u ( u = (1; 1; 2) là vector chỉ phương của d ). Suy ra x−1 y z− 2 AB.u = 0 . Giải được t = 1 ⇒ AB = ( 1;1; −1) . Vậy ∆ : . = = 1 1 −1 ⇒ Chọ Chọn đáp án B. (Đề thử thử nghiệ nghiệm 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( −2; 3;1) và

Câu 62:

AM . BM AM D. =3. BM

AM 1 = . BM 2

Í-

B ( 5; 6; 2 ) . Đường thẳng AB cắt mặt phẳng ( Oxz ) tại điểm M . Tính tỉ số

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

B ∈ ∆ Do ∆ cắt d nên tồn tại giao điểm giữa chúng. Gọi B = ∆ ∩ d ⇔  . B∈d

ẠO

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Phương

(Đề minh họ họa L1 )Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 1; 0; 2 ) và đường

Câu 61:

AM =2. BM

AM 1 = . BM 3

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

ÁN

M ∈ ( Oxz ) ⇒ M ( x;0;z ) ; AB = ( 7;3;1) ⇒ AB = 59 AM = ( x + 2; − 3;z − 1) và Ta có: ;

BỒ

ID Ư

Ỡ N

⇒ AM = k . AB A , B , M thẳng hàng Ta có:

Câu 63:

x + 2 = 7 k  x = −9   ( k ∈ ℝ ) ⇔ −3 = 3k ⇔ −1 = k ⇒ M ( −9;0;0 ) . z − 1 = k z = 0  

BM = ( −14; − 6; − 2 ) ⇒ BM = 118 = 2 AB.

và ⇒ Chọ Chọn đáp án A.

(Đề thử thử nghiệ nghiệm 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng y y −1 ( P ) song song và cách đều hai đường thẳng d1 : x−−12 = 1 = 1z và d2 : 2x = −1 = z−−12 . A. ( P ) : 2 x − 2 z + 1 = 0 . B. ( P ) : 2 y − 2 z + 1 = 0 .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

C. ( P ) : 2 x − 2 y + 1 = 0 .

D. ( P ) : 2 y − 2 z − 1 = 0 .

H Ơ

Ta có: d1 đi qua điểm A ( 2; 0; 0 ) và có VTCP u1 = ( −1;1;1) . và d2 đi qua điểm B ( 0;1; 2 ) và có VTCP u2 = ( 2; −1; −1) . Vì ( P ) song songvới hai đường thẳng d1 và d2 nên VTPT của ( P ) là n = u1 , u2  = ( 0;1; −1)

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

(P)

cách đều d1 và d2 nên

( P)

 1  đi qua trung điểm M  0; ;1  của AB . Do đó  2 

TP .Q

Lại có

Khi đó ( P ) có dạng y − z + D = 0 ⇒ loại đáp án A và C.

ẠO

( P ) : 2y − 2z + 1 = 0

Đ G

(Tạp chí THTT Lầ Lần 5) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 1; 2; −1) . Viết

Ư N

Câu 64:

x y z + + = 1. 1 2 −1

C. x − y − z = 0.

TR ẦN

A. x + 2 y − z = 0.

phương trình mặt phẳng (α ) đi qua gốc tọa độ O ( 0; 0; 0 ) và cách M một khoảng lớn nhất. D. x + y + z − 2 = 0.

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Gọi H là hình chiếu của M trên ( P ) ⇒ ∆MHO vuông tại H ⇒ MH ≤ MO ⇒ MH max = MO . Khi đó ( P ) đi qua M và vuông góc với MO ⇒ MO(1; 2; −1) là vecto pháp

tuyến của ( P ) ⇒ phương trình của mặt phẳng ( P ) là 1( x − 0) + 2( y − 0) − 1( z − 0) = 0 hay x + 2 y − z = 0.

ẤP

⇒ Chọ Chọn đáp án A.

(THPT Hai Bà Trưng Lầ Lần 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm

Câu 65:

A ( 2;0; −2 ) , B ( 3; −1; −4 ) , C ( −2; 2;0) . Tìm điểm D trong mặt phẳng ( Oyz ) có cao độ âm sao cho

Í-

thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng ( Oxy ) bằng 1. Khi đó có tọa độ điểm D thỏa mãn bài toán là: A. D ( 0;3; −1) . B. D ( 0; −3; −1) .

C. D ( 0;1; −1) .

D. D ( 0; 2; −1) .

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

⇒ Chọ Chọn đáp án B.

Vì D ∈ ( Oyz ) ⇒ D ( 0; b; c ) , do cao độ âm nên c < 0.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

c Khoảng cách từ D ( 0; b; c ) đến mặt phẳng ( Oxy ) : z = 0 bằng 1 ⇔ = 1 ⇒ c = −1 ( do c < 0 ) . 1 Suy ra tọa độ D ( 0; b; −1) . Ta có: AB = (1; −1; −2 ) , AC = ( −4; 2; 2 ) ; AD = ( −2; b;1) ⇒  AB; AC  = ( 2;6; −2 ) ⇒  AB; AC  . AD = −4 + 6b − 2 = 6b − 6 = 6 ( b − 1)     1 ⇒ VABCD =  AB; AC  . AD = b − 1  6

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

 D ( 0;3; −1) b = 3 Mà VABCD = 2 ⇔ b − 1 = 2 ⇔  . Chọn đáp án D ( 0;3; −1) . ⇔ b = −1  D ( 0; −1; −1)

H Ơ

(THPT Hai Bà Trưng Lầ Lần 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm H (1;2;3) . Mặt

Câu 66:

⇒ Chọ Chọn đáp án A.

phẳng ( P ) đi qua điểm H , cắt Ox, Oy , Oz tại A, B , C sao cho H là trực tâm của tam giác

Y U

D. ( P ) : x + 2 y + 3 z − 14 = 0.

TP .Q

C. ( P ) : x + 3 y + 2 z − 13 = 0.

ABC . Phương trình của mặt phẳng ( P ) là A. ( P ) : 3 x + y + 2 z − 11 = 0. B. ( P ) : 3 x + 2 y + z − 10 = 0.

ẠO

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Do tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB , OC đôi một vuông góc nên nếu H là trực tâm của tam

Ư N

TR ẦN

⇒ Chọ Chọn đáp án D.

là ( x − 1) + 2 ( y − 2 ) + 3 ( z − 3) = 0 ⇔ x + 2 y + 3z − 14 = 0.

(THPT Chuyên ĐHKH Huế Huế Lần 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm

Câu 67:

A ( 0;0;4 ) , điểm M nằm trên mặt phẳng ( Oxy ) và M ≠ O . Gọi D là hình chiếu vuông góc của O lên AM và E là trung điểm của OM . Biết đường thẳng DE luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định. Tính bán kính mặt cầu đó. A. R = 2 . B. R = 1 . C. R = 4 . D. R = 2 .

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Í-

ẤP

Ta có tam giác OAM luôn vuông tại O . Gọi I là trung điểm của OA (Điểm I cố định). 1 Ta có tam giác ADO vuông tại D có ID là đường trung tuyến nên ID = OA = 2 (1) 2 Ta có IE là đường trung bình của tam giác OAM nên IE song song với AM mà OD ⊥ AM ⇒ OD ⊥ IE Mặt khác tam giác EOD cân tại E . Từ đó suy ra IE là đường trung trực của OD = ODE ; IOD = IDO ⇒ IDE = IOE = 90° ⇒ ID ⊥ DE ( 2 ) Nên DOE

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

giác ABC dễ dàng chứng minh được OH ⊥ ( ABC ) hay OH ⊥ ( P ) . Vậy mặt phẳng ( P ) đi qua điểm H (1; 2;3) và có VTPT OH (1; 2;3) nên phương trình ( P )

Vậy DE luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm I bán kính R =

OA =2 2

⇒ Chọ Chọn đáp án A.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 68:

(CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 0;0; 4 ) , điểm

M nằm trên mặt phẳng ( Oxy ) và M ≠ O . Gọi D là hình chiếu vuông góc của O lên AM và E

là trung điểm của OM . Biết đường thẳng DE luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định. Tính bán kính mặt cầu đó. A. R = 2 . B. R = 1 . C. R = 4 . D. R = 2 . Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải Chọn Chọn A. Ta có tam giác OAM luôn vuông tại O .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

(CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ) Cho điểm 2

H Ơ N Y U

A(0;8; 2) và mặt cầu ( S ) có phương trình

ẠO

Câu 69:

OA =2 2

TP .Q

Vậy DE luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm I bán kính R =

Gọi I là trung điểm của OA (Điểm I cố định) Ta có tam giác ADO vuông tại D có ID là 1 đường trung tuyến nên ID = OA = 2 (1) 2 Ta có IE là đường trung bình của tam giác OAM nên IE song song với AM mà OD ⊥ AM ⇒ OD ⊥ IE Mặt khác tam giác EOD cân tại E . Từ đó suy ra IE là đường trung trực của OD = ODE ; IOD = IDO ⇒ IDE = IOE = 90° ⇒ ID ⊥ DE ( 2 ) Nên DOE

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

( S ) : ( x − 5) + ( y + 3) + ( z − 7) = 72 và điểm B(9; −7; 23) . Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua A tiếp xúc với (S ) sao cho khoảng cách từ B đến ( P) là lớn nhất. Giả sử n = (1; m; n) là một vectơ pháp tuyến của ( P) . Lúc đó B. m.n = −2. C. m.n = 4. D. m.n = −4. A. m.n = 2. Hướng dẫ dẫn giải Chọn D. D. Mặt phẳng (P ) qua A có dạng a(x − 0) + b(y − 8) + c(z − 2) = 0 ⇔ ax + by + cz − 8b − 2c = 0 .

Điều kiện tiếp xúc:

5a − 3b + 7c − 8b − 2c

a 2 + b2 + c2

9a − 7b + 23c − 8b − 2c a 2 + b2 + c2

ẤP

Mà d (B;(P )) =

5a − 11b + 5c + 4(a − b + 4c)

a 2 + b2 + c2

5a − 11b + 5c

a 2 + b2 + c2

= 6 2 . (*)

9a − 15b + 21c a 2 + b2 + c2

≤

5a − 11b + 5c

Í-

a 2 + b2 + c2

-L

≤

=6 2 ⇔

d (I ;(P )) = 6 2 ⇔

a − b + 4c

a 2 + b2 + c2

≤6 2 +4

12 + (−1)2 + 42 . a 2 + b 2 + c 2

a 2 + b2 + c2

= 18 2 .

a b c = = . Chọn a = 1;b = −1; c = 4 thỏa mãn (*). 1 −1 4 Khi đó (P ) : x − y + 4z = 0 . Suy ra m = −1; n = 4 . Suy ra: m.n = −4.

ÁN

Dấu bằng xảy ra khi

(CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ) Trong không gian cho đường thẳng ∆ :

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 70:

x − 3 y z +1 = = và 1 2 3

x + 3 y −1 z + 2 . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua ∆ và tạo với = = 3 1 2 đường thẳng d một góc lớn nhất. B. 19 x − 17 y − 20 z + 34 = 0. A. 19 x − 17 y − 20 z − 77 = 0.

đường thẳng d :

C. 31x − 8 y − 5 z + 91 = 0. D. 31x − 8 y − 5 z − 98 = 0. Hướng dẫ dẫn giải Chọn D. D.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Đường thẳng d có VTCP là u1 = ( 3;1; 2 ) . Đường thẳng ∆ đi qua điểm M ( 3; 0; −1) và có VTCP là u = (1; 2;3 ) .

H Ơ

Do ∆ ⊂ ( P ) nên M ∈ ( P ) . Giả sử VTPT của ( P ) là n = ( A; B; C ) , ( A2 + B 2 + C 2 ≠ 0 ) .

Phương trình ( P ) có dạng A ( x − 3) + By + C ( z + 1) = 0 .

TP .Q

Do ∆ ⊂ ( P ) nên u.n = 0 ⇔ A + 2 B + 3C = 0 ⇔ A = −2 B − 3C .

B 1 ta có sinα = C 14

( 5t + 7 )

5t 2 + 12t + 10

trên ℝ .

ẤP

5t 2 + 12t + 10

Xét hàm số f ( t ) =

( 5t + 7 )

TH2: Với C ≠ 0 đặt t =

TR ẦN

5 70 = . 14 14

TH1: Với C = 0 thì sinα =

( 5B + 7C ) 1 = = . 2 2 2 2 14 5 B + 12 BC + 10C 14. 5 B 12 BC + 10C 5 B + 7C

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

u1.n 3 ( −2 B − 3C ) + B + 2C 3 A + B + 2C sinα = = = 2 2 2 2 u1 . n 14. A + B + C 14. ( −2 B − 3C ) + B 2 + C 2

ẠO

Gọi α là góc giữa d và ( P ) . Ta có

−50t 2 + 10t + 112

( 5t

+ 12t + 10 )

Í-

Ta có f ′ ( t ) =

Và lim f ( t ) = lim x →±∞

x →±∞

( 5t + 7 )

5t 2 + 12t + 10

= 5.

Bảng biến thiên

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

 8  8  75 t = 5 ⇒ f  5  = 14   f ′ ( t ) = 0 ⇔ −50t 2 + 10t + 112 = 0 ⇔  .  7  7 t = − ⇒ f  −  = 0 5  5 

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

−

f ′ (t )

7 5

8 5

−

+∞

−

−∞

75 14

TP .Q

f (t )

H Ơ

ẠO

1 75 75 8 B 8 8 . f = . khi t = ⇒ = . Khi đó sinα = 14 5 C 5 14  5  14

Ư N

B 8 75 khi = . 14 C 5

So sánh TH1 và Th2 ta có sinα lớn nhất là sinα =

TR ẦN

Chọn B = −8 ⇒ C = −5 ⇒ A = 31 .

Phương trình ( P ) là 31( x − 3) − 8 y − 5 ( z + 1) = 0 ⇔ 31x − 8 y − 5 z − 98 = 0 . ĐHKHTN

HUẾ)

Trong

không

(CHUYÊN

gian

cho

Oxyz

Câu 71:

( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 9 và mặt phẳng ( P ) : 2 x − 2 y + z + 3 = 0 . Gọi trên mặt cầu ( S ) sao cho khoảng cách từ M đến ( P ) là lớn nhất. Khi đó B. a + b + c = 6.

C. a + b + c = 7.

cầu

M ( a; b; c ) là điểm

D. a + b + c = 8.

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

ẤP

A. a + b + c = 5.

mặt

Chọ Chọn C. 2

Mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 9 có tâm I (1; 2;3) và bán kính R = 3.

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Từ đó ta có Maxf ( t ) =

-L

Gọi d là đường thẳng đi qua I (1; 2;3) và vuông góc ( P )

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

 x = 1 + 2t  Suy ra phương trình tham số của đường thẳng d là  y = 2 − 2t . z = 3 + t 

Gọi A, B lần lượt là giao của d và ( S ) , khi đó tọa độ A, B ứng với t là nghiệm của

t = 1 2 2 2 phương trình (1 + 2t − 1) + ( 2 − 2t − 2 ) + ( 3 + t − 3) = 9 ⇔  t = −1 Với t = 1 ⇒ A ( 3; 0; 4 ) ⇒ d ( A;( P) ) =

13 . 3

5 Với t = −1 ⇒ B ( −1; 4; 2 ) ⇒ d ( B;( P) ) = . 3 Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Với mọi điểm M ( a; b; c ) trên ( S ) ta luôn có d ( B; ( P ) ) ≤ d ( M ;( P) ) ≤ d ( A; ( P ) ) .

13 khi M ( 3;0; 4 ) 3

Vậy khoảng cách từ M đến ( P ) là lớn nhất bằng

(LÊ HỒNG PHONG) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x −1 y z + 3 2 2 2 và mặt cầu ( S ) tâm I có phương trình ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 18 . d: = = −1 2 −1 Đường thẳng d cắt ( S ) tại hai điểm A, B . Tính diện tích tam giác IAB . 8 11 . 3

16 11 . 3

11 . 6

8 11 . 9

ẠO

TP .Q

Câu 72:

H Ơ

Do đó a + b + c = 7.

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Hướng dẫ dẫn giải Chọn A. A. Đường thẳng d đi qua điểm C (1;0; −3) và có vectơ chỉ phương u = ( −1; 2; −1)

TR ẦN

Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2; −1) , bán kính R = 3 2

với

đó:

IC = ( 0; −2; −2 ) ;

 IC , u    , IH = u

Khi

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d.

ẤP

 IC , u  = ( 6; 2; −2 )  

62 + 22 + 22 66 = 3 1+ 4 +1

Vậy IH =

22 4 6 = 3 3

ÁN

-L

Í-

Suy ra HB = 18 −

(HAI BÀ TRƯNG – HUẾ ) Cho hình lập phương ABCD. A′B ′C ′D ′ có cạnh bằng 2. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( AB′D′ ) và ( BC ′D ) .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 73:

1 1 66 8 6 8 11 . IH ⋅ AB = ⋅ ⋅ = 2 2 3 3 3

Vậy, S ∆IAB =

3 . 3

B. 3.

3 . 2

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọn Chọn A. Ta chọn hệ trục tọa độ sao cho các đỉnh của hình lập phương có tọa độ như sau:

2 . 3 D'

A D

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial B C www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

A′ ( 0; 0; 2 ) B′ ( 2;0; 2 ) C ′ ( 2; 2; 2 ) D′ ( 0; 2; 2 ) AB′ = ( 2;0; 2 ) , AD ′ = ( 0; 2; 2 ) , BD = ( −2; 2;0 ) , BC ′ = ( 0; 2; 2 )

TP .Q

H Ơ

1 * Mặt phẳng ( AB′D′ ) qua A ( 0;0;0 ) và nhận véctơ n =  AB′, AD′ = ( −1; −1;1) làm véctơ  4 pháp tuyến. Phương trình ( AB′D′ ) là : x + y − z = 0. 1 * Mặt phẳng ( BC ′D ) qua B ( 2;0;0 ) và nhận véctơ m =  BD, BC ′ = (1;1; −1) làm véctơ  4

A ( 0;0; 0 ) B ( 2;0;0 ) C ( 2; 2; 0 ) D ( 0; 2;0 )

từ

2 2 3 . = 3 3

điểm

khoảng cách

Cách khác: Thấy khoảng cách cần tìm d ( ( AB′D′ ) , ( BC ′D ) ) =

( BC ′D ) :

phẳng

1 1 2 3 . AC ′ = .2 3 = 3 3 3

(HAI BÀ TRƯNG – HUẾ ) Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 2;0; −2 ) , B ( 3; −1; −4 ) , C ( −2; 2;0 ) . Điểm D trong mặt phẳng ( Oyz ) có cao độ âm sao cho thể

Câu 74:

đến mặt

d ( A, ( BC ′D ) ) =

là

Ư N

phẳng chính

song song với nhau nên khoảng cách giữa hai

TR ẦN

mặt

( BC ′D )

tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng ( Oxy ) bằng 1. Khi đó

ẤP

có tọa độ điểm D thỏa mãn bài toán là: B. D ( 0; −3; −1) . A. D ( 0;3; −1) .

C. D ( 0;1; −1) .

D. D ( 0; 2; −1) .

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

cách

Í-

Khoảng

Chọn Chọn A. Vì D ∈ ( Oyz ) ⇒ D ( 0; b; c ) , do cao độ âm nên c < 0. từ

D ( 0; b; c )

đến

mặt

phẳng

( Oxy ) : z = 0

bằng

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Suy ra hai mặt phẳng ( AB′D′ ) và

ẠO

pháp tuyến. Phương trình ( BC ′D ) là : x + y − z − 2 = 0.

= 1 ⇒ c = −1 ( do c < 0 ) . 1 Suy ra tọa độ D ( 0; b; −1) . Ta có: AB = (1; −1; −2 ) , AC = ( −4; 2; 2 ) ; AD = ( −2; b;1) ⇒  AB, AC  = ( 2;6; −2 )   ⇒  AB, AC  . AD = −4 + 6b − 2 = 6b − 6 = 6 ( b − 1)   1 ⇒ VABCD =  AB, AC  . AD = b − 1  6

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

⇔

 D ( 0;3; −1) b = 3 Mà VABCD = 2 ⇔ b − 1 = 2 ⇔  ⇔ . Chọn đáp án D ( 0;3; −1) . b = −1  D ( 0; −1; −1) Câu 75:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (2;11;−5) và mặt phẳng

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

( P ) : 2 mx + (m 2 + 1) y + (m 2 −1) z −10 = 0 . Biết rằng khi m thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc

với mặt phẳng ( P ) và cùng đi qua A . Tìm tổng bán kính của hai mặt cầu đó. A. 2 2 .

C. 7 2 .

D. 12 2 .

B. 5 2 .

H Ơ

Lời giải tham khảo:

(m2 + 1)

(b − c ) m2 + 2ma + b − c −10

(m2 +1)

2ma + (m 2 + 1) b + (m 2 −1) c −10

 b + c − r 2 m 2 + 2ma + b − c − r 2 −10 = 0 (1)  2 2  b + c m + ma + b − c − = r m + ⇔ 2 10 1 2 ( ) ( )  b + c + r 2 m 2 + 2ma + b − c + r 2 −10 = 0 (2) 

ẠO

) )

Ư N

TH1: (b + c − r 2 ) m 2 + 2ma + b − c − r 2 −10 = 0 (1)

TR ẦN

Do m thay đổi vẫn có mặt cầu cố định tiếp xúc với ( P) nên yêu cầu bài toán trờ thành tìm điều kiện

Suy ra I (0;5 + r 2; −5) => ( S ) : x 2 + ( y − 5 − r 2 ) + ( z + 5) = r 2 . 2

3 2+

 b = r 2 + 5 = 0 ⇔ a = 0  c = −5 

 b + c − r 2 = 0  a, b, c sao cho (1) không phụ thuộc vào m . Do đó (1) luôn đúng với mọi ⇔ a = 0  b − c − r 2 −10 = 0 

r = 2 2

ẤP

Lại có A ∈ ( S ) nên suy ra : 4 + (−11− 5 − r 2 ) = r 2 ⇔ r 2 −12 2r + 40 = 0 ⇔ 

 r = 10 2

TH2: (b + c + r 2 ) m2 + 2ma + b − c + r 2 −10 = 0 làm tương tự TH1 (trường hợp này không thỏa đề bài )

Í-

Tóm lại : Khi m thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) và cùng đi qua A

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

( (

TP .Q

r = d ( I , ( P )) =

Gọi I (a; b; c), r lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu . Do mặt cầu tiếp xúc với ( P) nên ta có

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A (3;0;0 ), B (0;2;0 ), C (0;0;6 ) và D (1;1;1) . Kí hiệu d là đường thẳng đi qua D sao cho tổng khoảng cách từ các điểm A , B, C đến d lớn nhất. Hỏi đường thẳng d đi qua điểm nào dưới đây? B. N (5;7;3) . C. P (3; 4;3) . D. Q (7;13;5) . A. M (−1; −2;1) .

Ỡ N

Câu 76:

ÁN

và có tổng bán kính là : 12 2 suy ra chọn D

ID Ư

Lời giả giải tham khả khảo: x 3

y 2

z 6

BỒ

Ta có phương trình mặt phẳng qua A,B,C là : ( ABC ) : + + = 1 ⇔ 2 x + 3 y + z − 6 = 0 . Dễ thấy D ∈ ( ABC ) .Gọi A ', B ', C ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B, C trên d .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Suy ra d ( A, d ) + d ( B, d ) + d (C , d ) = AA '+ BB '+ CC ' ≤ AD + BD + CD .Dấu bằng xảy ra khi A ' ≡ B ' ≡ C ' ≡ D . Hay tổng khoảng cách từ các điểm A , B, C đến d lớn nhất khi d là đường thẳng qua D và vuông góc   x = 1 + 2t

với mặt phẳng ( ABC ) => d :  y = 1 + 3t ; N ∈ d suy ra chọn B

H Ơ

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (5;5;0 ), B (1;2;3), C (3;5; −1) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 5 = 0 . Tính thể tích V của khối tứ diện SABC biết đỉnh S thuộc mặt phẳng ( P ) và SA = SB = SC . 145 . 6

B. V = 145 .

C. V =

45 . 6

D. V =

ẠO

Lời giả giải tham khả khảo:

Đ 2

Ư N

Ta có : AS = (a − 5) + (b − 5) + c 2 , BS = (a −1) + (b − 2) + (c − 3) , CS = (a − 3) + (b − 5) + (c +1)

2 2 2 2 2  2  (a − 5) + (b − 5) + c = (a − 3) + (b − 5) + (c + 1)

. Lại có : AB (−4; −3;3), AC (−2; 0; −1)

Ta có hệ :

  a=6  4a + 6b − 8c − 21 = 0   23 13 9    ⇔ b = − ⇒ S = 6; − ; −  4a + 2c −15 = 0     2 2 2 a + b + c + 5 = 0  c = − 9  2

4a + 6b − 8c − 21 = 0 ⇔  4a + 2c −15 = 0

TR ẦN

2 2 2 2 2 2   (a −1) + (b − 2) + (c − 3) = (a − 3) + (b − 5) + (c + 1)

Do SA = SB = SC ⇔ 

(

)

Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng 6cm và SA = SB = SC = 4 3 (cm) .Gọi D là điểm đối xứng của B qua C .Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABD bằng ? B. 3 2cm C. 26cm D. 37cm A. 5cm

Í-

Câu 78:

ẤP

 23 9  145 => AB ∧ AC = (3; −10; −6); AS = 1; − ; −  => AB ∧ AC AS = 145 => VS . ABC =  2 2 6

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Gọi S (a; b; c ) ∈ ( P) => a + b + c + 5 = 0 (1) . 2

127 . 3

TP .Q

A. V =

Câu 77:

  z = 1 + t

ÁN

Lời giả giải tham khả khảo :

Cách 1 : Dựng CG vuông góc với ( ABC ) , Qua E dựng mặt phẳng vuông góc với SB , mặt phẳng này cắt

CG tại F . Suy ra F là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD .Đặt SF = R

ID Ư

Ỡ N

Xét hình chữ nhật : FGSH => FC = SH − FG = SH − R 2 − CH 2 (1)

BỒ

Lại có : FC = R 2 − CB 2 (2) .Từ (1) và (2) suy ra SH − R 2 − CH 2 = R 2 − CB 2 6 − R 2 −12 = R 2 − 36 ⇒ 5 − R 2 −12 = 0 => R = 37 (cm) Suy ra chọn D

Cách 2 : Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Ta có : C (0;0; 0), A(−3 3; −3;0) , B (−3 3;3;0) , S (−2 3; 0; 6) 2

F ∈ CG => F (0;0; t ) ⇒ FA = FS ⇔ 36 + t 2 = 12 + (t − 6)

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Í-

ẤP

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

TP .Q

H Ơ

⇔ t = 1 => SC = 37 (cm) suy ra chọn D

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10) Câu 1:

H Ơ

(SGD V VĨNH ĨNH PHÚC) Số sản phẩm của một hãng đầu DVD sản xuất được trong 1 ngày là giá trị

Chủ đề 8. TOÁN THỰC TẾ 1

của hàm số: f ( m, n ) = m 3 .n 3 , trong đó m là số lượng nhân viên và n là số lượng lao động

TP .Q

chính. Mỗi ngày hãng phải sản xuất được ít nhất 40 sản phẩm để đáp ứng nhu cầu khách hàng. Biết rằng mỗi ngày hãng đó phải trả lương cho một nhân viên là 6 USD và cho một lao động chính là 24 USD . Tìm giá trị nhỏ nhất chi phí trong 1 ngày của hãng sản xuất này. B. 720 USD . C. 560 USD . D. 600 USD . A. 1720 USD .

ẠO

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Đ G

Ư N

Ta có giả thiết: m 3 .n 3 ≥ 40 ⇔ m2 n ≥ 64000 với m, n ∈ ℕ .

TR ẦN

Tổng số tiền phải chi trong một ngày là: 6m + 24n = 3m + 3m + 24n ≥ 3 3 216m2 n ≥ 720 Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi 3m = 24n ⇔ m = 8n

Do đó, m 2 n ≥ 64000 ⇔ 64n3 ≥ 64000 ⇔ n ≥ 10

Ta chọn n = 10 ⇒ m = 80 .

ẤP

Vậy chi phí thấp nhất để trả cho 80 nhân viên và 10 lao động chính để sản xuất đạt yêu cầu là 720 USD Câu 2:

Í-

(SGD V VĨNH ĨNH PHÚC) Cho hình thang cân có độ dài đáy nhỏ và hai cạnh bên đều bằng 1 mét. Khi đó hình thang đã cho có diện tích lớn nhất bằng? 3 3 3 3 m2 ) . B. C. D. 1 ( m 2 ) . A. 3 3 ( m 2 ) . ( ( m2 ) . 2 4 Hướ dẫn giả giải Hư ớng dẫ

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Chọ Chọn B.

ÁN

Chọ Chọn C.

)

(

)

Diện tích hình thang S = 1 + 1 − x 2 x . Xét hàm số f ( x) = 1 + 1 − x 2 x trên ( 0;1] .

Ta có: f ′( x) =

−2 x 2 + 1 + 1 − x 2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Kí hiệu x là độ dài đường cao suy ra 0 < x ≤ 1 Tính được đáy lớn bằng 1 + 2 1 − x 2 .

f ′( x ) = 0 ⇔ x =

1 − x2

 3 3 3 3 . Lập bảng biến thiên. Suy ra max f ( x) = f   = ( 0;1] 2 4  2 

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho một cây nến hình lăng trụ lục gác đều có chiều cao và độ dài cạnh đáy lần lượt là 15cm và 5cm . Người ta xếp cây nến trên vào trong một hộp có dạng hình hộp chữ nhật sao cho cây nến nằm khít trong hộp. Thể tích của chiếc hộp đó bằng B. 600 6 ml .

C. 1800 ml .

D. 750 3 ml .

A. 1500 ml .

H Ơ

Câu 3:

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

TP .Q

Ta có AB = 10 cm,AD=5 3 cm

S ABCD = 50 3

ẠO

V = S ABCD .h = 750 3

Đ G

Câu 4:

TR ẦN

Ư N

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Người ta thay nước mói cho một bể bơi dạng hình hộp chữ nhật có độ sâu h1 = 280 cm . Giả sử h(t ) cm là chiều cao của mực nước bơm được tại thời điểm t giây, bết rằng tốc độ tăng của chiều cao 3 1 3 t + 3 . Hỏi sau bao lâu thì nước bơm được độ sâu của nước tại giây thứ t là h′(t ) = 500 4 hồ bơi? A. 7545, 2 s . B. 7234,8 s . C. 7200, 7 s . D. 7560,5 s .

giây m

nước

của

bể

là

= 0

3 3 4 3   ( m + 3) − 3 3  2000

h(m) = ∫ h′(t )dt= ∫

1 3 3 3 ( t + 3) t + 3dt= 500 2000

ẤP

mức

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

3 3 3 4 3   ( m + 3) − 3 3  = 280 2000 4

Í-

Yêu cầu bài toán, ta có

4 ⇒ 3 ( m + 3) = 140000 + 3 3 3 ⇒ m =

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Chọ Ch ọn đáp án: D

(140000 + 3 3 3 )

− 3 = 7234,8 . Chọ Chọn B

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Một chất điểm chuyển động theo quy luật s = −t 3 + 6t 2 + 17t , với t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian đó. Khi đó vận tốc v ( m / s ) của chuyển động

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Câu 5:

đạt giá trị lớn nhất trong khoảng 8 giây đầu tiên bằng: A.17 m /s . B. 36 m /s . C. 26 m /s

D. 29 m /s .

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải 2

Vận tốc của chất điểm là v = s′ = −3t 2 + 12t + 17 = −3 ( t − 2 ) + 29 ≤ 29 . Vậy vận tốc của chuyển động đạt giá trị lớn nhất bằng 29 khi t = 2 . Chọ Chọn D.

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

(TRẦN HƯNG ĐẠO – NB) Bạn Hùng trúng tuyển vào đại học nhung vì không đủ nộp tiền học phí Hùng quyết định vay ngân hàng trong 4 năm mỗi năm 3.000.000 đồng để nộp học với lãi suất 3% /năm. Sau khi tốt nghiệp đại học Hùng phải trả góp hàng tháng số tiền T (không đổi) cùng với lãi suất 0, 25% / tháng trong vòng 5 năm. Số tiền T mà Hùng phải trả cho ngân hàng (làm tròn đến hàng đơn vị) là B. 309604 đồng. C. 215456 đồng. D. 232289 đồng. A. 232518 đồng.

H Ơ

Câu 6:

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ớng dẫ Hướ Hư dẫn giả giải

Sau 2 năm số tiền Hùng nợ là: 3 (1 + r ) + 3 (1 + r )

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

+ Tính số tiền T mà Hùng phải trả trong 1 tháng: Sau 1 tháng số tiền còn nợ là: A + Ar − T = A (1 + r ) − T .

ẠO

Tương tự: Sau 4 năm số tiền Hùng nợ là: 4 3 2 3 (1 + r ) + 3 (1 + r ) + 3 (1 + r ) + 3 (1 + r ) = 12927407, 43 = A

TP .Q

Chọ Chọn D. + Tính tổng số tiền mà Hùng nợ sau 4 năm học: Sau 1 năm số tiền Hùng nợ là: 3 + 3r = 3 (1 + r )

TR ẦN

60 Tương tự sau tháng số 60 59 58 A (1 + r ) − T (1 + r ) − T (1 + r ) −…− T (1 + r ) − T . Hùng trả hết nợ khi và chỉ khi 60

Sau 2 tháng số tiền còn nợ là: A (1 + r ) − T + ( A (1 + r ) − T ) .r − T = A (1 + r ) − T (1 + r ) − T

tiền

còn

nợ

là:

A (1 + r ) − T (1 + r ) − T (1 + r ) − …− T (1 + r ) − T = 0

(1 + r ) −T

−1

⇔ A (1 + r )

(1 + r ) −T

⇔ A (1 + r )

60 59 58 ⇔ A (1 + r ) − T (1 + r ) + (1 + r ) + …+ (1 + r ) + 1 = 0  

ẤP

1 + r −1

Ar (1 + r )

−1

⇔T =

(1 + r )

−1

-L

Í-

⇔ T ≈ 232.289

(TRẦN HƯNG ĐẠO – NB) Một đám vi trùng tại ngày thứ t có số lượng là N ( t ) . Biết rằng

4000 và lúc đầu đám vi trùng có 250000 con. Hỏi sau 10 ngày số lượng vi trùng 1 + 0,5t là bao nhiêu? B. 253 584 con . D. 264 334 con . A. 258 959 con . C. 257 167 con .

ÁN

Câu 7:

BỒ

ID Ư

Ỡ N

N ′(t ) =

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Chọ Chọn D.

4000 dt =8000.ln 1 + 0,5t + C 1 + 0,5t Mà số lượng vi trùng ban đầu bằng 250000 con nên C = 250000 . Do đó: N ( t ) = 8000.ln 1 + 0,5t + 250000 . Ta có: N ( t ) = ∫ N ′ ( t ) dt = ∫

Vậy sau 10 ngày số lượng vi trùng bằng: N (10 ) = 8000.ln 6 + 250000 = 264334 con.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 8:

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

(TRẦN HƯNG ĐẠO – NB) Người ta cần đổ một ống thoát nước hình trụ với chiều cao 200cm , độ dày của thành ống là 15cm , đường kính của ống là 80cm . Lượng bê tông cần phải đổ là B. 0,18π m3 . C. 0,14π m3 . D. π m3 . A. 0,195π m3 .

H Ơ

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

G Ư N

V = V1 − V2 = π .402.200 − π .252.200 = 195000π cm3 = 0,195π m3 Câu 9:

TR ẦN

(LẠNG GIANG SỐ 1) Một ngôi biệt thự nhỏ có 10 cây cột nhà hình trụ tròn, tất cả đều có chiều cao bằng 4, 2m . Trong đó có 4 cây cột trước đại sảnh có đường kính bằng 40cm , 6 cây cột còn lại bên thân nhà có đường kính bằng 26cm . Chủ nhà dùng loại sơn giả đá để sơn 10 cây cột đó. Nếu giá của một loại sơn giả đá là 380.000đ /m2 (kể cả phần thi công) thì người chủ phải chi ít nhất bao nhiêu tiền để sơn cột 10 cây cột nhà đó (đơn vị đồng)? B. 13.627.000. C. 16.459.000. D. 14.647.000. A. 15.845.000.

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

ẤP

Chọ Chọn A.

S1 = 4. ( 2π .0, 2.4, 2 ) .

Diện tích xung quanh 4 cây cột trước đại sảnh có đường kính bằng 40cm :

Diện tích xung quanh 6 cây cột trước cây cột còn lại bên thân nhà có đường kính bằng 26cm :

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

TP .Q

Chọ Chọn A. Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích của khối trụ bên ngoài và bên trong Do đó lượng bê tông cần phải đổ là:

ÁN

-L

S2 = 6 ( 2π .0,13.4, 2 ) .

Số tiền để sơn mười cây cột nhà là ( S1 + S2 ) .380.000 = ≈ 15.845.000.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 10:

(LẠNG GIANG SỐ 1) Tốc độ phát triển của số lượng vi khuẩn trong hồ bơi được mô hình 1000 bởi hàm số B′ ( t ) = , t ≥ 0 , trong đó B ( t ) là số lượng vi khuẩn trên mỗi ml nước 2 (1 + 0,3t ) tại ngày thứ t . Số lượng vi khuẩn ban đầu là 500 con trên một ml nước. Biết rằng mức độ an toàn cho người sử dụng hồ bơi là số vi khuẩn phải dưới 3000 con trên mỗi ml nước . Hỏi vào ngày thứ bao nhiêu thì nước trong hồ không còn an toàn nữa? B. 10. C. 11. D. 12. A. 9 Hướ dẫn giả giải Hư ớng dẫ Chọ Chọn B http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

1000

(1 + 0,3t )

1000 +C 0, 3 (1 + 0,3t )

10000 11500 + C = 500 ⇔ C = 3 (1 + 0,3.0 ) 3

10000 11500 + 3 (1 + 0,3t ) 3

10000 11500 + < 3000 ⇔ t < 10 3 (1 + 0,3t ) 3

TP .Q

Nước trong hồ vẫn an toàn khi chỉ khi B ( t ) < 3000 ⇔ −

Do đó: B ( t ) = −

dt = −

Mà B ( 0 ) = 500 ⇔ −

H Ơ

Ta có ∫ B ' ( t ) dt = ∫

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

TR ẦN

Ư N

(LẠNG GIANG SỐ 1) Một lon nước soda 80° F được đưa vào một máy làm lạnh chứa đá tại 32° F . Nhiệt độ của soda ở phút thứ t được tính theo định luật Newton bởi công thức T (t ) = 32 + 48.(0.9)t . Phải làm mát soda trong bao lâu để nhiệt độ là 50° F ? B. 9,3. C. 2. D. 4. A. 1,56. Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Chọn B.

• Gọi to là thời điểm nhiệt độ lon nước 80° F ⇒ T ( to ) = 32 + 48. ( 0,9 ) o = 80 (1) t

Gọi t1 là thời điểm nhiệt độ lon nước 50° F ⇒ T ( t1 ) = 32 + 48. ( 0,9 ) o = 50 (2) t

ẤP

• (1) ⇔ ( 0,9 ) o = 1 ⇔ to = 0

3 3 ⇔ t1 = log 0,9 ≈ 9, 3 8 8

(LẠNG GIANG SỐ 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 một tháng thì mọi căn hộ đều có người thuê và cứ mỗi lần tăng giá cho thuê mỗi căn hộ thêm 50 000 đồng một tháng thì có thêm một căn hộ bị bỏ trống. Công ty đã tìm ra phương án cho thuê đạt lợi nhuận lớn nhất. Hỏi thu nhập cao nhất công ty có thể đạt được trong 1 tháng là bao nhiêu? A. 115 250 000 . B. 101 250 000 . C. 100 000 000 . D. 100 250 000 .

Í-

Câu 12:

(2) ⇔ ( 0, 9 ) 1 =

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 11:

ẠO

Vậy kể từ ngày thứ 10, nước hồ không còn an toàn.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Chọ Chọn B. Gọi x (đồng/tháng) ( x > 0) là giá cho thuê mới.

⇒ Số căn hộ bị bỏ trống là

x căn hộ 50 000

 x  ⇒ Số tiền công ty thuê được T ( x ) = (2 000 000 + x )50 −   50 000 

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Khảo sát hàm số T ( x) trên (0; +∞) x ⇒ T ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 250 000 . 25 000

ẠO

TP .Q

H Ơ

⇒ T ′ ( x ) = 10 −

G Ư N

Vậy thu nhập cao nhất công ty có thể đạt được trong 1 tháng là: T = 101 250 000 .

TR ẦN

Câu 13: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Một cái ly có dạng hình nón được rót nước vào với chiều cao 2 mực nước bằng chiều cao hình nón. Hỏi nếu bịch kính miệng ly rồi úp ngược ly xuống 3 thì tỷ số chiều cao mực nước và chiều cao hình nón xấp xỉ bằng bao nhiêu? A. 0,33 . B. 0,11 . C. 0, 21 . D. 0, 08

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

ẤP

Chọn B. Gọi chiều cao và bán kính đường tròn đáy của cái ly lần lượt là h và R .

Í-

Khi để cốc theo chiều xuôi thì lượng nước trong cốc là hình 2h nón có chiều cao và bán kính đường tròn đáy lần lượt là 3 2R và . 3

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Bảng biến thiên

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Do đó thể tích lượng nước trong bình là chứa nước chiếm

8V ⇒ Phần không 27

19 V. 27

Khi úp ngược ly lại thì phần thể tích nước trong ly không đổi và lúc đó phần không chứa nước là hình nón và ta gọi h ' và R ' lần lượt là chiều cao và bán kính đường tròn đáy của phần hình nón không chứa nước đó. Ta

có

R' h' = R h

và

phần

thể

tích

hình

nón

không

chứa

nước

là

19 V 27

19 h h' h ' 3 19  h '  19 . ⇒ .π R '2 = . .π R 2 ⇔   = ⇒ = h 3 27 3 3  h  27 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Do đó tỷ lệ chiều cao của phần chứa nước và chiều cao của cái ly trong trường hợp úp h ' 3 − 3 19 . = h 3

H Ơ

Câu 14: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Giả sử vào cuối năm thì một đơn vị tiền tệ mất 10% giá trị so với đầu năm. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất sao cho sau n năm, đơn vị tiền tệ sẽ mất đi ít nhất 90% giá trị của nó? B. 18. C. 20. D. 22. A. 16

ngược ly là 1 −

TP .Q

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Chọn D. Gọi x ( x > 0 ) là giá trị tiền tệ lúc ban đầu. Theo đề bài thì sau 1 năm, giá trị tiền tệ sẽ còn

ẠO Đ Ư N

Cuối năm 2 còn 0, 9.0, 9 x = 0, 92 x ……………………………

TR ẦN

Cuối năm n còn 0,9n x Ycbt ⇔ 0,9n x = 0,1x ⇒ n ≈ 21,58 . Vì n nguyên dương nên n = 22 .

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

ẤP

Câu 15: (NGÔ GIA TỰ - VP) Một ngôi biệt thự có 10 cây cột nhà hình trụ tròn, tất cả đều có chiều cao bằng 4, 2 m . Trong đó, 4 cây cột trước đại sảnh có đường kính bằng 40cm , 6 cây cột còn lại bên thân nhà có đường kính bằng 26cm . Chủ nhà dùng loại sơn giả đá để sơn 10 cây cột đó. Nếu giá của một loại sơn giả đá là 380.000đ /m2 (kể cả phần thi công) thì người chủ phải chi ít nhất bao nhiêu tiền để sơn 10 cây cột nhà đó (đơn vị đồng)? B. 13.627.000 . C. 16.459.000 . D. 14.647.000 . A. 15.844.000 .

Chọn Chọn A. Diện tích xung quanh của một cái cột được tính bởi công thức: S xq = 2π Rh

Tổng diện tích xung quanh của 10 cái cột là: 4. ( 2π .0, 2.4, 2 ) + 6. ( 2π .0,13.4, 2 ) = 13, 272π

Tổng số tiền cần chi là: 13, 272π × 380.000 ≈ 15.844.000 .

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

0,9x . Cuối năm 1 còn 0,9x

ÁN

-L

Câu 16: (NGÔ GIA TỰ - VP) Một đoàn tàu chuyển động thẳng khởi hành từ một nhà ga. Quãng đường s ( mét ) đi được của đoàn tàu là một hàm số của thời gian t ( giây ) , hàm số đó là

BỒ

ID Ư

Ỡ N

s = 6t 2 – t 3 . Thời điểm t ( giây ) mà tại đó vận tốc v ( m /s ) của chuyển động đạt giá trị lớn nhất là B. t = 2 s . C. t = 6 s . D. t = 8 s . A. t = 4 s . Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải Chọn B. • Hàm số vận tốc là v = s′ ( t ) = −3t 2 + 12t , có GTLN là vmax = 12 tại t = 2

Câu 17: (LÝ THÁI TỔ -HN) Một nhà máy sản xuất cần thiết kế một thùng sơn dạng hình trụ có nắp đậy với dung tích 1000 cm3 . Bán kính của nắp đậy để nhà sản xuất tiết kiệm nguyên vật liệu nhất bằng

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

500

cm .

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

B. 10. 3

cm .

500

cm .

D. 10.

cm .

Hướ dẫn giả giải Hư ớng dẫ

H Ơ

Chọn Chọn A. Gọi h ( cm ) là chiều cao hình trụ và R ( cm ) là bán kính nắp đậy.

1000 . π R2 Để nhà sản xuất tiết kiệm nguyên vật liệu nhất thì diện tích toàn phần Stp của hình trụ nhỏ

TP .Q

Ta có: V = π R 2 h = 1000 . Suy ra h =

nhất.

G Ư N

1000 500 ⇔R=3 . π R

TR ẦN

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2π R 2 =

1000 1000 1000 1000 . + ≥ 3. 3 2π R 2 . = 3 3 2π .1000 2 R R R R

Câu 18: (LÝ THÁI TỔ -HN) Giả sử cứ sau một năm diện tích rừng của nước ta giảm x phần trăm diện tích hiện có. Hỏi sau 4 năm diện tích rừng của nước ta sẽ là bao nhiêu lần diện tích hiện nay? x4 . 100

x   C.  1 −  .  100 

B. 1 −

4x . 100

 x  D. 1 −   .  100 

A. 1 −

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

ẤP

Chọn Chọn C Gọi S0 là diện tích rừng hiện tại.

x   Sau n năm, diện tích rừng sẽ là S = S0  1 −  .  100  4

Í-

x   Do đó, sau 4 năm diện tích rừng sẽ là  1 −  lần diện tích rừng hiện tại.  100 

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

= 2π R 2 +

1000 π R2

ẠO

Ta có: Stp = 2π R 2 + 2π Rh = 2π R 2 + 2π R.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Câu 19: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Một cốc nước hình trụ có chiều cao 9cm , đường kính 6cm . Mặt đáy phẳng và dày 1cm , thành cốc dày 0, 2cm . Đổ vào cốc 120 ml nước sau đó thả vào cốc 5 viên bi có đường kính 2cm . Hỏi mặt nước trong cốc cách mép cốc bao nhiêu cm . (Làm tròn đến hai chữ số sau dấu phẩy). B. 2,67cm . C. 3,28cm . D. 2,28cm . A. 3,67cm . Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọ Chọn D. Thành cốc dày 0, 2cm nên bán kính đáy trụ bằng 2,8cm . Đáy cốc dày 1cm nên chiều cao hình trụ bằng 8cm . Thể tích khối trụ là V = π .( 2,8 ) .8 = 197,04 ( cm3 ) . 2

Đổ 120 ml vào cốc, thể tích còn lại là 197,04 − 120 = 77,04 ( cm3 ) .

4 Thả 5 viên bi vào cốc, thể tích 5 viên bi bằng Vbi = 5. .π .13 = 20,94 (cm3 ) . 3 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Thể tích cốc còn lại 77,04 − 20,94 = 56,1( cm3 ) . 2

Ta có 56,1 = h '.π .( 2,8 ) ⇒ h ' = 2, 28 cm . Cách khác: Dùng tỉ số thể tích 2

H Ơ

8.( 2,8 ) .π VTr h 8 = coc ⇔ = ⇒ hnuoc +bi = 5, 72 4 Vnuoc + Vbi hnuoc +bi 120 + 5. .π hnuoc+bi 3 Chiều cao còn lại của trụ là 8 − 5,72 = 2, 28 .

U TP .Q ẠO Đ G Ư N

TR ẦN

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Câu 20: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Một chiếc xô hình nón cụt đựng hóa chất ở phòng thí nghiệm có chiều cao 20cm, đường kính hai đáy lần lượt là 10cm và 20cm . Cô giáo giao cho bạn An sơn mặt ngoài của xô (trừ đáy). Tính diện tích bạn An phải sơn (làm tròn đến hai chữ số sau dấu phẩy). A. 1942,97cm 2 . B. 561, 25cm 2 . D. 2107, 44cm 2 . C. 971, 48cm 2 .

Chọ Chọn C. Ta có S xq = π ( r1 + r2 ) l 2

Với r1 = 5 , r2 = 10

l = h 2 + ( r2 − r1 ) = 20 2 + (10 − 5 ) = 5 17

Vậy S xq = π ( 5 + 10 ) 5 17 = 75 17π ≈ 971, 48

Í-

ẤP

Câu 21: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Một ôtô đang chạy đều với vận tốc 15 m/s thì phía trước xuất hiện chướng ngại vật nên người lái đạp phanh gấp. Kể từ thời điểm đó, ôtô chuyển động chậm dần đều với gia tốc − a m / s 2 . Biết ôtô chuyển động thêm được 20m thì dừng hẳn. Hỏi a thuộc khoảng nào dưới đây. B. ( 4;5 ) . C. ( 5;6 ) . D. ( 6;7 ) . A. ( 3; 4 ) . Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vậy mặt nước trong cốc cách mép cốc là 2,28cm .

ÁN

Chọ Chọn C. Gọi x ( t ) là hàm biểu diễn quãng đường, v ( t ) là hàm vận tốc. t

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Ta có: v ( t ) − v ( 0 ) = ∫ ( − a ) dt = −at ⇒ v ( t ) = −at + 15 . 0

1 x ( t ) − x ( 0 ) = ∫ v ( t ) dt = ∫ ( −at + 15 ) dt = − at 2 + 15t 2 0 0

1 x ( t ) = − at 2 + 15t 2  −at + 15 = 0 v ( t ) = 0 15 8 45  Ta có:  ⇔ 1 2 ⇒ − t + 15t = 20 ⇒ t = ⇒ a = . 2 3 8  − 2 at + 15t = 20  x ( t ) = 20

Câu 22: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Một nguồn âm đẳng hướng đặt tại điểm O có công suất truyền âm không đổi. Mức cường độ âm tại điểm M cách O một khoảng R được tính bởi Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

k (Ben) với k là hằng số. Biết điểm O thuộc đoạn thẳng AB và mức R2 cường độ âm tại A và B lần lượt là LA = 3 (Ben) và LB = 5 (Ben). Tính mức cường độ âm tại trung điểm AB (làm tròn đến 2 chữ số sau dấu phẩy). B. 3,06 (Ben). C. 3,69 (Ben). D. 4 (Ben). A. 3,59 (Ben).

H Ơ

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Y U TP .Q ẠO Đ G Ư N

 1 1 1 1 = −  ⇒  LI LA LB 2  10 10 10 

  

TR ẦN

k k k ⇒ 2 = 10 LI ⇒ OI = LI 2 OI OI 10 1 k k 1 k Ta có: OI = ( OA − OB ) ⇒ = −  LI LA LB 2 2  10 10 10 1  1 1  ⇒ LI ≈ 3, 69 . ⇒ LI = −2log   − L LB  A   10    2  10 LI = log

ẤP

Câu 23: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Ông An bắt đầu đi làm với mức lương khởi điểm là 1 triệu đồng một tháng. Cứ sau 3 năm thì ông An được tăng lương 40% . Hỏi sau tròn 20 năm đi làm tổng tiền lương ông An nhận được là bao nhiêu (làm tròn đến hai chữ số thập phân sau dấu phẩy)? B. 71674 triệu. C. 858,72 triệu. D. 768,37 triệu. A. 726,74 triệu.

Chọ Chọn D.

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Í-

Mức lương 3 năm đầu: 1 triệu  2 Mức lương 3 năm tiếp theo: 1. 1 +   5

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Chọ Chọn C. Ta có: LA < LB ⇒ OA > OB . Gọi I là trung điểm AB . Ta có: k k k LA = log ⇒ = 10 LA ⇒ OA = LA 2 2 OA OA 10 k k k LB = log ⇒ = 10 LB ⇒ OB = LB 2 2 OB OB 10

Tổng lương 3 năm đầu: 36. 1  2 Tổng lương 3 năm tiếp theo: 36  1 +   5

 2 Tổng lương 3 năm tiếp theo: 36 1 +   5

 2 Mức lương 3 năm tiếp theo: 1. 1 +   5

 2 Tổng lương 3 năm tiếp theo: 36  1 +   5

 2 Mức lương 3 năm tiếp theo: 1. 1 +   5

 2 Tổng lương 3 năm tiếp theo: 36 1 +   5

 2 Mức lương 3 năm tiếp theo: 1. 1 +   5

 2 Tổng lương 3 năm tiếp theo: 36  1 +   5

 2 Mức lương 2 năm tiếp theo: 1. 1 +   5 Tổng lương sau tròn 20 năm là

 2 Tổng lương 2 năm tiếp theo: 24 1 +   5

ÁN

 2 Mức lương 3 năm tiếp theo: 1. 1 +   5

TO G Ỡ N ID Ư

BỒ

công thức LM = log

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

5 6   2   2 2  2   2 S = 36 1 +  1 +  +  1 +  + ... + 1 +   + 24  1 +   5    5   5   5 

H Ơ

  2 6  1 1 − 1 +   6   5    2 = 36.  + 24  1 +  ≈ 768,37  2  5 1 − 1 +   5

TR ẦN

Chọ Chọn D. Gọi M là điểm trên đoạn AB để lắp đặt đường dây điện ra biển nối với điểm C . Đặt

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Hướ giải Hư ớng dẫn giả

ẠO

TP .Q

Câu 24: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Một đường dây điện được nối từ một nhà máy điện ở A đến một hòn đảo ở C như hình vẽ. Khoảng cách từ C đến B là 1 km. Bờ biển chạy thẳng từ A đến B với khoảng cách là 4 km. Tổng chi phí lắp đặt cho 1 km dây điện trên biển là 40 triệu đồng, còn trên đất liền là 20 triệu đồng. Tính tổng chi phí nhỏ nhất để hoàn thành công việc trên(làm tròn đến hai chữ số sau dấu phẩy). B. 120 triệu đồng. A. 106, 25 triệu đồng. D. 114,64 triệu đồng. C. 164,92 triệu đồng.

ẤP

BM = x ⇒ AM = 4 − x ⇒ CM = 1 + ( 4 − x ) = 17 − 8 x + x 2 , x ∈ [ 0;4]

Khi đó tổng chi phí lắp đặt là : y = x.20 + 40 x 2 − 8 x + 17 đơn vị là triệu đồng.

y′ = 20 + 40.

x−4

= 20.

x 2 − 8 x + 17 + 2 ( x − 4 )

. x 2 − 8 x + 17 12 − 3 y′ = 0 ⇔ x 2 − 8 x + 17 = 2 ( 4 − x ) ⇔ x = 2  12 − 3  Ta có y   = 80 + 20 3 ≈ 114,64; y ( 0 ) = 40 17 ≈ 164,92; y ( 4 ) = 120 .  3  Vậy ta chọn đáp án D.

ÁN

-L

Í-

x 2 − 8 x + 17

A. 154 triệu đồng.

B. 150 triệu đồng.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 25: (SỞ GD HÀ NỘI) Ông Việt dự định gửi vào ngân hàng một số tiền với lãi suất 6, 5% một năm. Biết rằng,, cứ sau mỗi năm số tiền lãi được nhập vào vốn ban đầu. Tính số tiền tối thiểu x ( triệu đồng, x ∈ ℕ ) ông Việt gửi vào ngân hàng để sau 3 năm số tiền lãi đủ để mua một chiếc xe gắn máy trị giá 30 triệu đồng C. 140 triệu đồng.

D. 145 triệu đồng.

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Chọ Ch ọn D. Áp dụng công thức lãi kép : Pn = x (1 + r )

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Trong đó Pn là tổng giá trị trị đạt đượ được (vố (vốn và lãi) sau n kì.

x là vốn gốc, c, r là lãi suất mỗi kì.

H Ơ

n n Ta cũng tính được số tiề tiền lãi thu được sau n kì là : Pn − x = x (1 + r ) − x = x (1 + r ) − 1 (*)

Áp dụng công thức (*) với n = 3, r = 6,5% , số tiền lãi là 30 triệu đồng.

TP .Q

3 Ta được 30 = x (1 + 6,5% ) − 1 ⇒ x ≈ 144, 27  

ẠO

Số tiền tối thiểu là 145 triệu đồng.

Ư N

B. S = 87,50 (m).

C. S = 94, 00 (m).

D. S = 96, 25 (m).

A. S = 95,70 (m).

TR ẦN

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Chọn ọn D. Ch

Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe lăn bánh đến khi được phanh:

t2 = 87,5 (m). S1 = ∫ v1 (t )dt = ∫ 7tdt = 7 20 0 0

ẤP

Vận tốc v2 (t ) (m/s) của ô tô từ lúc được phanh đến khi dừng hẳn thoả mãn

v2 (t ) = ∫ (−70)dt = − 70t + C , v2 (5) = v1 (5) = 35 ⇒ C = 385 . Vậy v2 (t ) = −70 t + 385 .

Í-

Thời điểm xe dừng hẳn tương ứng với t thoả mãn v2 (t ) = 0 ⇔ t = 5,5 (s).

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 26: (SỞ GD HÀ NỘI) Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v1 (t ) = 7t (m/s). Đi được 5 (s), người lái xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc a = −70 (m/s2 ). Tính quãng đường S (m) đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn.

ÁN

Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe được phanh đến khi dừng hẳn: 5,5

5,5

∫ v1 (t )dt =

∫ (−70t + 385)dt = 8, 75 (m).

Quãng đường cần tính S = S1 + S 2 = 96, 25 (m).

BỒ

ID Ư

Ỡ N

S2 =

Câu 27: (SỞ GD HÀ NỘI) Một công ty dự kiến chi 1 tỉ đồng để sản xuất các thùng đựng sơn hình trụ có dung tích 5 lít. Biết rằng chi phí để làm mặt xung quanh của thùng đó là 100.000 đ/m2, chi phí để làm mặt đáy là 120.000 đ/m2. Hãy tính số thùng sơn tối đa mà công ty đó sản xuất đượC. C. (giả sử chi phí cho các mối nối không đáng kể). A. 57582 thùng.

B. 58135 thùng.

C. 18209 thùng.

D. 12525 thùng.

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọ Chọn B. Gọi chiều cao hình trụ là h ( h > 0 ) (m).

1 . 100 x

Diện tích mặt xung quanh là : S xq = 2π xh =

5 5 (m). ⇒h= 1000 1000π x 2

TP .Q

Thể tích khối trụ là : V = π x 2 h =

H Ơ

Bán kính đáy hình trụ là x ( x > 0 ) (m).

( x > 0)

1000 + 240000π x 2 x

−1000 1 . + 480000π x ⇒ f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 3 2 x 480π

Bảng biến thiên : 0

1 480π

+∞

f ′( x)

TR ẦN

Ta có : f ′ ( x ) =

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Số tiền cần làm một thùng sơn là : f ( x ) =

ẠO

Diện tích hai đáy là : Sđ = 2π x 2

−

≈ 17201.05

Í-

ẤP

f ( x)

109 ≈ 58135 thùng. 17201.05

ÁN

-L

Vậy với số tiền 1 tỉ đồng thì công ty có thể sản xuất tối đa là :

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 28: (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GL) Một bình đựng nước dạng hình nón (không có nắp đáy), đựng đầy nước. Biết rằng chiều cao của bình gấp 3 lần bán kính đáy của nó. Người ta thả vào bình đó một khối trụ và 16π đo được thể tích nước trào ra ngoài là (dm3 ) . Biết 9 rằng một mặt của khối trụ nằm trên mặt đáy của hình nón và khối trụ có chiều cao bằng đường kính đáy của hình nón (như hình vẽ dưới). Tính bán kính đáy R của bình nước. A. R = 3(dm). R = 2(dm).

B. R = 4(dm). D. R = 5(dm).

C. Hướng Hướng dẫn giải

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọn Chọn C. Gọi h, h ' lần lượt là chiều cao của khối nón và khối trụ.

R, r lần lượt là bán kính của khối nón và khối trụ.

r IM SI h − h ' 3R − 2 R 1 = = = = = R OA SO h 3R 3

Xét tam giác SOA ta có:

H Ơ

Theo đề ta có: h = 3R, h ' = 2 R.

TP .Q

1 2π R 3 16π R2 ⇒ r = R . Ta lại có: Vtrô = π r 2 h ' = π ⋅ ⋅ 2 R = = 3 9 9 9

ẠO

⇒ R 3 = 8 ⇔ R = 2 dm.

Ư N

TR ẦN

ẤP

Câu 30: (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GL) Một chuyến xe buýt có sức chứa tối đa là 60 hành khách. Nếu một chuyến xe buýt chở x hành khách thì giá tiền cho mỗi hành khách là 2

Í-

x    3 −  (USD). Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng? 40   A. Một chuyến xe buýt thu được lợi nhuận cao nhất khi có 45 hành khách. B. Một chuyến xe buýt thu được lợi nhuận cao nhất bằng 135 (USD). C. Một chuyến xe buýt thu được lợi nhuận cao nhất khi có 60 hành khách. D. Một chuyến xe buýt thu được lợi nhuận cao nhất bằng 160 (USD).

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 29: (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GL) Ông Nam gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn một năm với lãi suất là 12% một năm. Sau n năm ông Nam rút toàn bộ tiền (cả vốn lẫn lãi). Tìm n nguyên dương nhỏ nhất để số tiền lãi nhận được hơn 40 triệu đồng. (Giả sử rằng lãi suất hàng năm không thay đổi). B. 2 . C. 4 . D. 3 . A. 5 . Hướng Hướng dẫn giải Chọn Chọn D Số tiền thu được cả gốc lẫn lãi sau n năm là C = 100(1 + 0,12) n Số tiền lãi thu được sau n năm là L = 100(1 + 0,12) n − 100 7 7 L > 40 ⇔ 100(1 + 0,12) n − 100 > 40 ⇔ 1,12n > ⇔ n > log1,12 ≈ 2,97. 5 5

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Chọn Chọn D Số tiền thu được khi có x khách là x   f ( x) = x  3 −  40  

x  1  x  x  x x   x  3x    Ta có f '( x) =  3 −  − 2.  3 −  x =  3 −  3 − −  =  3 −  3 −  40  40  40  40  40 20   40  40     x = 120 x  3x   f '( x) = 0 ⇔  3 −  3 −  = 0 ⇔  40  40    x = 40 f (40) = 160 f (60) = 135 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Vậy max f ( x ) = f (40) = 160 .

H Ơ

Câu 31: (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GL) Một viên đạn được bắn theo phương thẳng đứng với vận tốc ban đầu 29, 4 m / s . Gia tốc trọng trường là 9,8 m / s 2 . Tính quãng đường S viên đạn đi được từ lúc bắn lên cho đến khi chạm đất. B. S = 88,5 m. C. S = 88 m. D. S = 89 m. A. S = 88, 2 m.

x∈[0;60]

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

TP .Q

Chọn A. A.

Ta có công thức liên hệ giữa vận tốc, gia tốc và quảng đường đi được là v 2 − v02 = 2as nên

Ư N

v 2 − v02 0 − 29, 42 = = 44,1 2a −2.9.8

Quãng đường đi được từ lúc bắn đến khi chạm đất là S = 44,1.2 = 88, 2m .

TR ẦN

Câu 32: (BẮC YÊN THÀNH)Cho một tấm nhôm hình chữ nhật ABCD có AD = 60cm , AB = 40cm . Ta gập tấm nhôm theo hai cạnh MN và PQ vào phía trong cho đến khi AB và DC trùng nhau như hình vẽ bên để dược một hình lăng trụ khuyết hai đáy. Khi đó có thể tạo được khối lăng trụ với thể tích lớn nhất bằng C. 400 3 ( cm3 ) D. 4000 2 ( cm3 ) A. 4000 3 ( cm3 ) B. 2000 3 ( cm3 )

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

ẤP

Chọ Chọn A. Đáy của lăng trụ là tam giác cân có cạnh bên bằng x , cạnh đáy bằng 60 − 2 x

Í-

Đường cao tam giác đó là

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

quãng đường đi được từ lúc bắn lên đến khi dừng lại là : v 2 − v02 = s .

 60 − 2 x  AH = x −   = 60 x − 900 , với H là trung điểm NP  2  2

Diện tích đáy là

S = S ANP =

1 1 AH .NP = 60 x − 900. ( 30 − x ) = 2 30

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

( 60 x − 900 )( 900 − 30 x )( 900 − 30 x )

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

1  900  2   = 100 3 ( cm ) 30  3 

⇒S≤

H Ơ

Diện tích đáy lớn nhất là 100 3cm 2 nên thể tích lớn nhất là V = 40.100 3 = 4000 3 ( cm3 ) . Câu 33:

TP .Q

(BẮC YÊN THÀNH) Ông A gửi số tiền 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 7% trên năm, biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu. sau thời gian 10 năm nếu không rút lãi lần nào thì số tiền mà ông A nhận được tính cả gốc lẫn lãi là B. 108.0, 0710 . C. 108.(1 + 0, 7)10 . D. 108.(1 + 0, 007)10 . A. 108.(1 + 0, 07)10 . Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

ẠO

Chọ Chọn A. N

Theo công thức lãi kép C = A (1 + r ) với giả thiết

G Ư N H

Vậy số tiền nhận được … 108.(1 + 0, 07)10 , nên chọn A.

TR ẦN

Câu 34: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Người ta muốn dùng vật liệu bằng kim loại để gò thành một thùng hình trụ tròn xoay có hai đáy với thể tích V cho trước ( hai đáy cũng dùng chính vật liệu đó). Hãy xác định chiều cao h và bán kính R của hình trụ theo V để tốn ít vật liệu nhất. V V V V A. R = 2h = 2 3 . B. R = 2h = 2 . C. h = 2 R = 2 . D. h = 2 R = 2 3 . 2π 2π 2π 2π Hướ dẫn giả giải Hướng dẫ

ẤP

Chọn D.

Để vật liệu tốn ít nhất thì diện tích toàn phần của hình trụ nhỏ nhất.

Ta có: Stp = 2π R 2 + 2π Rh .

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

A = 100.000.000 = 108 ; r = 7% = 0, 07 và N = 10 .

ÁN

-L

Do V = π R 2 h nên h =

V V V V V = 2π R 2 + + ≥ 3. 3 2π R 2 . . = 3. 3 2π V 2 . 2 πR R R R R

Đẳng thức xảy ra khi 2π R 2 =

V V V ⇔R= 3 . Khi đó h = 2 3 . 2π 2π R

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Stp = 2π R 2 + 2π R.

V . Suy ra π R2

Câu 35: (BIÊN HÒA – HÀ NAM) Một viên phấn bảng có dạng một khối trụ với bán kính đáy bằng 0,5cm , chiều dài 6cm . Người ta làm một hình hộp chữ nhật bằng carton đựng các viên phấn đó với kích thước 6cm × 5cm × 6cm . Hỏi cần ít nhất bao nhiêu hộp kích thước như trên để xếp 460 viên phấn? A. 17 . B. 15 . C. 16 . D. 18 . Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọ Chọn C. Có 3 cách xếp phấn theo hình vẽ dưới đây: A

M B

H Ơ

TP .Q

3 . 2

Ư N

Ta có ∆ABC đều cạnh bằng 1 ⇒ CM =

3 8 ⇒ xếp tối đa được 5 hàng ⇒ mỗi hộp xếp được tối ≤5⇒n≤ 2 3 đa số viên phấn là: 3.6 + 2.5 = 28 . Nếu xếp theo hình H 3 :hàng 5 viên xen kẽ hàng 4 viên. Gọi số hàng xếp được là m + 1, m ∈ Z + .

TR ẦN

Ta phải có 2.0,5 + n.

3 10 ⇒ xếp tối đa được 6 hàng ⇒ nên mỗi hộp xếp ≤6⇒m≤ 2 3 được tối đa số viên phấn là: 3.5 + 3.4 = 27 . Vậy, xếp theo hình H 1 thì xếp được nhiều phấn nhất, nên cần ít hộp nhất. Ta có 460 : 30 ≈ 15,3 ⇒ cần ít nhất 16 hộp để xếp hết 460 viên phấn.

ẤP

Ta phải có 2.0,5 + m.

Câu 36: (BIÊN HÒA – HÀ NAM) Một chất điểm đang cuyển động với vận tốc v0 = 15m / s thì tăng

vận tốc với gia tốc a ( t ) = t 2 + 4t ( m / s 2 ) . Tính quãng đường chất điểm đó đi được trong

Í-

khoảng thời gian 3 giây kể từ lúc bắt đầu tăng vận tốc. A. 68, 25m . B. 70, 25m . C. 69,75m .

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

H3 Nếu xếp theo hình H 1 : vì đường kính viên phấn là 2.0,5 = 1cm nên mỗi hộp xếp được tối đa số viên phấn là: 6.5 = 30 . Nếu xếp theo hình H 2 : hàng 6 viên xen kẽ hàng 5 viên. Gọi số hàng xếp được là n + 1, n ∈ Z + .

D. 67, 25m .

Hướ Hư ớng dẫn giả giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Chọ Chọn C.

1 1 v ( t ) = ∫ ( t 2 + 4t ) dt = t 3 + 2t 2 + C . Mà v ( 0 ) = 15 ⇒ C = 15 nên v ( t ) = t 3 + 2t 2 + 15 3 3 3

2 1   1  S ( t ) = ∫  t 3 + 2t 2 + 15  dt =  t 4 + t 3 + 15t  3 3   12  0

3 0

279 = 69, 75 ( m ) . 4

Câu 37: (BIÊN HÒA – HÀ NAM) Một nhà máy cần thiết kế một chiếc bể đựng nước hình trụ bằng tôn có nắp, có thể tích là 64π ( m3 ) . Tìm bán kính đáy r của hình trụ sao cho hình trụ được làm ra tốn ít nhiên liệu nhất. A. r = 3 ( m ) . B. r = 3 16 ( m ) .

C. r = 3 32 ( m ) .

D. r = 4 ( m ) .

Hướng dẫ dẫn giả giải Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Chọ Chọn C. Gọi hình trụ có chiều cao h , độ dài đường sinh l , bán kính đáy r .

64π 64 64 = 2 ⇒l = 2 2 πr r r

Ta có: V = π r 2 h ⇒ h =

N U

128π ; f ′ ( r ) = 0 ⇔ r = 3 32 . 2 r

ẠO

Ta có f ′ ( r ) = 4π r −

128 với r > 0 . r

TP .Q

Xét hàm số f ( r ) = 2π r 2 +

128π . r

Ta có: Stp = 2 S day + S xq = 2π r 2 + 2π rl = 2π r 2 +

H Ơ

Để tốn ít nhiên liệu nhất thì diện tích toàn phần nhỏ nhất.

Đ G

TR ẦN

Ư N

Câu 38: (BIÊN HÒA – HÀ NAM) Một người thả 1 lá bèo vào một cái ao, sau 12 giờ thì bèo sinh sôi 1 phủ kín mặt ao. Hỏi sau mấy giờ thì bèo phủ kín mặt ao, biết rằng sau mỗi giờ thì lượng 5 bèo tăng gấp 10 lần lượng bèo trước đó và tốc độ tăng không đổi. 12 A. 12 − log 5 (giờ). B. (giờ). C. 12 − log 2 (giờ). D. 12 + ln 5 (giờ). 5

Chọ Chọn A. Ta gọi ui là số lá bèo ở giờ thứ i.

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

ẤP

Ta có u0 = 1 = 100 , u1 = 10, u2 = 102 ,....., u12 = 1012.

1 1 1 mặt hồ là .1012 ⇒ thời gian mà số lá bèo phủ kín mặt hồ 5 5 5

Ta có số lá bèo để phủ kín

là 12 − log 5.

(SỞ BÌNH PHƯỚC) Một người nuôi cá thì nghiệm trong hồ. Người đó thấy rằng nếu mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ có n con cá thì trung bình mỗi con cá sau một vụ cân nặng P ( n ) = 480 − 20n ( gam ) . Hỏi phải thả bao nhiêu cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để

Í-

Câu 39:

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Lập bảng biến thiên ta có f ( r ) đạt GTNN khi r = 3 32 .

sau một vụ thu hoạch được nhiều cá nhất? B. 14. C. 10. A. 12.

D. 18.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Chọ Chọn A. Cách 1: Thế đáp án:

Số cá trên mỗi đơn 12 vị diện tích Số

cân

nặng: 2880

2800

2160

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

( 480 − 20n ) n( gam) Cách

Số

cân

nặng

của

con

cá

là:

f (n) = ( 480 − 20n ) n = −20n + 480n = −20(n − 12) + 2880 ≤ 2880 2

H Ơ

TP .Q

Câu 40:

dương (SỞ BÌNH PHƯỚC) Một khối cầu có bán kính là 5 ( dm ) ,

ẠO

người ta cắt bỏ hai phần của khối cầu bằng hai mặt phẳng song song cùng vuông góc đường kính và cách tâm một khoảng 3 ( dm ) để làm một chiếc lu đựng nước

43 π ( dm3 ) 3

41π ( dm3 )

D. 132π ( dm3 )

G Ư N

100 π ( dm3 ) 3

TR ẦN

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

(như hình vẽ). Tính thể tích mà chiếc lu chứa được.

Chú ý: ý hàm f như một hàm số theo biến số thực, chứ không phải biến số nguyên

Vậy giá trị lớn nhất của f (n) là 2880 đạt được khi n = 12 .

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Chọ Chọn D.

Cách 1: Trên hệ trục tọa độ Oxy , xét đường tròn (C ) : ( x − 5) 2 + y 2 = 25 . Ta thấy nếu cho

(H )

giới hạn bởi nửa trên trục Ox của ( C ) , trục Ox , hai đường thẳng

hình phẳng

ẤP

nửa trên trục Ox của ( C ) quay quanh trục Ox ta được mặt cầu bán kính bằng 5. Nếu cho

x = 0, x = 2 quay xung quanh trục Ox ta sẽ được khối tròn xoay chính là phần cắt đi của

khối cầu trong đề bài.

-L

Í-

Ta có ( x − 5) 2 + y 2 = 25 ⇔ y = ± 25 − ( x − 5) 2

ÁN

⇒ Nửa trên trục Ox của ( C ) có phương trình y = 25 − ( x − 5) 2 = 10 x − x 2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

⇒ Thể tích vật thể tròn xoay khi cho ( H ) quay quanh Ox là: 2

 52π x3  V1 = π ∫ (10 x − x ) dx = π  5 x 2 −  = 3 0 3  0 2

4 500π Thể tích khối cầu là: V2 = π .53 = 3 3 Thể tích cần tìm: V = V2 − 2V1 =

500π 52π − 2. = 132π ( dm3 ) 3 3

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

(SỞ BÌNH PHƯỚC) Sự tăng trưởng của một loại vi khuẩn tuân theo công thức S = A.ert , trong đó A là số lượng vi khuẩn ban đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng, t là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban đầu là 100 con và sau 5 giờ có 300 con. Hỏi số con vi khuẩn sau 10 giờ ? B. 850 . C. 800 . D. 900 . A. 1000 .

H Ơ

Câu 41:

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Chọ Chọn D.

10.

Đ G

TR ẦN

(CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Một miếng bìa hình tam giác đều ABC , cạnh bằng 16 . Học sinh Trang cắt một hình chữ nhật MNPQ từ miếng bìa trên để làm biển trông xe cho lớp trong buổi ngoại khóa (với M , N thuộc cạnh BC ; P , Q lần lượt thuộc cạnh AC và AB ) . Diện tích hình chữ nhật MNPQ lớn nhất bằng bao nhiêu? B. 8 3. C. 32 3. A. 16 3.

ẤP

Câu 42:

= 900 con.

Sau 10 giờ, từ 100 con vi khuẩn sẽ có 100.e

ln 3 5

ln3 mỗi giờ. 5

Chọ Chọn C.

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

16 − x 2

Đặt MN = x, ( 0 < x < 16 ) ⇒ BM =

D. 34 3.

QM 3 ⇒ QM = (16 − x ) BM 2

Í-

⇒ tan 60° =

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Tức tỉ lệ tăng trưởng của loại vi khuẩn này là r =

ẠO

ln 300 − ln100 ln 3 = 5 5

Ư N

Từ giả thiết ta có: 300 = 100.e5 r ⇔ r =

TP .Q

Trước tiên, ta tìm tỉ lệ tăng trưởng mỗi giờ của loại vi khuẩn này.

Xét hàm số S ( x ) =

3 3 x (16 − x ) = ( − x 2 + 16 x ) ⇒ max S = 32 3 khi x = 8 . 2 2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 43: (CHUYÊN ĐHSP HN) Một đám vi trùng tại ngày thứ t có số lượng N (t ) , biết rằng 7000 N ′(t ) = và lúc đầu đám vi trùng có 300000 con. Sau 10 ngày, đám vi trùng có khoảng t+2 bao nhiêu con? B. 322542 con. C. 312542 con. D. 332542 con. A. 302542 con. Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải Chọ Chọn C. Ta có N (t ) = ∫ N ′(t )dt = ∫

7000 dt = 7000 ln | t + 2 | +C t+2

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Do N (0) = 300000 ⇒ C = 300000 − 7000 ln 2

TP .Q

H Ơ

Câu 44: (CHUYÊN ĐHSP HN) Chuyện kể rằng: Ngày xưa, có ông vua hứa sẽ thưởng cho một vị quan món quà mà vị quan được chọn. Vị quan tâu: “Hạ thần chỉ xin Bệ Hạ thưởng cho một số hạt thóc thôi ạ! Cụ thể như sau: Bàn cờ vua có 64 ô thì với ô thứ nhất xin nhận 1 hạt, ô thứ 2 thì gấp đôi ô đầu, ô thứ 3 thì lại gấp đôi ô thứ 2, … ô sau nhận số hạt thóc gấp đôi phần thưởng dành cho ô liền trước”. Giá trị nhỏ nhất của n để tổng số hạt thóc mà vị quan từ n ô đầu tiên (từ ô thứ nhất đến ô thứ n) lớn hơn 1 triệu là B. 19. C. 20. D. 21. A. 18.

Khi đó N (10) = 7000ln12 + 300000 − 7000ln 2 = 312542 . Chọn C

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

ẠO

Chọ Chọn C.

Đ G

Ư N

2n − 1 = 2n − 1 2 −1

Ta có: S n = u1 + u2 + ... + un = 1 + 1.2 + 1.2 2 + ... + 1.2n −1 = 1.

TR ẦN

S n = 2n − 1 > 106 ⇔ n > log 2 (106 + 1) ≅ 19.93. Vậy n nhỏ nhất thỏa yêu cầu bài là 20.

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

ẤP

Câu 45: (CHUYÊN ĐHSP HN) Một người gửi ngân hàng 100 triệu đồng theo hình thức lãi kép, lãi suất một tháng (kể từ tháng thứ 2, tiền lãi được tính theo phần trăm tổng tiền có được của tháng trước đó và tiền lãi của tháng trước đó). Sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu . B. 47 tháng. C. 44 tháng. D. 46 tháng . A. 45 tháng.

Chọ Chọn A. n Áp dụng công thức lãi kép gửi 1 lần: N = A (1 + r ) , Với A = 100.106 và r = 0,5 0 0 . n

Theo đề bài ta tìm n bé nhất sao cho: 108 (1 + 0,5% ) > 125.106

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Bài toán dùng tổng n số hạng đầu tiên của một cấp số nhân.

5 5 ⇔ n > log 201 ≈ 44, 74 4 200 4

ÁN

-L

⇔ (1 + 0,5% ) >

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 46: (PHAN ĐÌNH PHÙNG – HN) Áp suất không khí P (đo bằng milimet thủy ngân, kí hiệu mmHg) tại độ cao x (đo bằng mét) so với mực nước biển được tính theo công thức P = P0 e xl , trong đó P0 = 760 mmHg là áp suất không khí ở mức nước biển, l là hệ số suy giảm. Biết rằng ở độ cao 1000 mét thì áp suất không khí là 672, 71 mmHg. Hỏi áp suất ở đỉnh Fanxipan cao mét là bao nhiêu? B. 519,58 mmHg. A. 22, 24 mmHg. C. 517,94 mmHg.

D. 530, 23 mmHg. Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Chọ Chọn D. Ở độ cao 1000 mét áp suất không khí là 672, 71 mmHg

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

672, 71 = 760e1000 l

H Ơ

1 672, 71 ln 1000 760 1 672,71 3143. ln 1000 760

≈ 717, 94

TP .Q

Áp suất ở đỉnh Fanxipan P = 760e3143l = 760e

⇔l =

672, 71 760

⇔ e1000l =

Nên

Ư N

TR ẦN

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Đáp án: C. Gọi thời điểm khí cầu bắt đầu chuyển động là t = 0 , thời điểm khinh khí cầu bắt đầu tiếp đất là t1 .

2 2 ∫ (10t − t )dt = 5t1 −

t13 = 162 3

ẤP

Quãng đường khí cầu đi được từ thời điểm t = 0 đến thời điểm khinh khí cầu bắt đầu tiếp đất là t1 là

⇔ t ≈ −4 ,93 ∨ t ≈ 10 ,93 ∨ t = 9

Í-

Do v ( t ) ≥ 0 ⇔ 0 ≤ t ≤ 10 nên chọn t = 9 .

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

Câu 47: (CHUYÊN ĐH VINH) Tại một nơi không có gió, một chiếc khí cầu đang đứng yên ở độ cao 162 (mét) so với mặt đất đã được phi công cài đặt cho nó chế độ chuyển động đi xuống. Biết rằng, khí cầu đã chuyển động theo phương thẳng đứng với vận tốc tuân theo quy luật v ( t ) = 10t − t 2 , trong đó t (phút) là thời gian tính từ lúc bắt đầu chuyển động, v ( t ) được tính theo đơn vị mét/phút ( m /p ). Nếu như vậy thì khi bắt đầu tiếp đất vận tốc v của khí cầu là D. v = 3 ( m /p ) . A. v = 5 ( m /p ) . B. v = 7 ( m /p ) . C. v = 9 ( m /p ) .

ÁN

Vậy khi bắt đầu tiếp đất vận tốc v của khí cầu là v ( 9 ) = 10.9 − 92 = 9 ( m /p )

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 48: (CHUYÊN ĐH VINH) Trong nông nghiệp bèo hoa dâu được dùng làm phân bón, nó rất tốt cho cây trồng. Mới đây các nhà khoa học Việt Nam đã phát hiện ra bèo hoa dâu có thể dùng để chiết xuất ra chất có tác dụng kích thích hệ miễn dịch và hỗ trợ điều trị bệnh ung thư. Bèo hoa dâu được thả nuôi trên mặt nước. Một người đã thả một lượng bèo hoa dâu chiếm 4% diện tích mặt hồ. Biết rằng cứ sau đúng một tuần bèo phát triển thành 3 lần số lượng đã có và tốc độ phát triển của bèo ở mọi thời điểm như nhau. Sau bao nhiêu ngày bèo sẽ vừa phủ kín mặt hồ? 25 24 A. 7 × log 3 25 . C. 7 × . D. 7 × log 3 24 . B. 3 7 . 3 Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải Đáp án: A. http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Theo đề bài số lượng bèo ban đầu chiếm 0, 04 diện tích mặt hồ. Sau 7 ngày số lượng bèo là 0, 04 × 31 diện tích mặt hồ.

H Ơ

Sau 14 ngày số lượng bèo là 0, 04 × 32 diện tích mặt hồ.

…

Sau 7 × n ngày số lượng bèo là 0, 04 × 3n diện tích mặt hồ.

TP .Q

Để bèo phủ kín mặt hồ thì 0, 04 × 3n = 1 ⇔ 3n = 25 ⇔ n = log 3 25 .

(CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU) Một ôtô đang chạy với vận tốc 19m / s thì người lái hãm phanh, ôtô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) = −38t + 19 ( m / s ) , trong đó t là

TR ẦN

Ư N

khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu hãm phanh. Hỏi từ lúc hãm phanh đến khi dừng hẳn, ôtô còn di chuyển bao nhiêu mét? B. 4,5m. C. 4, 25m. D. 5m. A. 4,75m. Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Chọ Chọn A.

Ta có thời gian ô tô bắt đầu hãm phanh đến khi dừng hẳn là : −38t + 19 = 0 ⇔ t =

1 2

(s) .

Trong khoảng thời gian này ô tô di chuyển một đoạn đường :

1 2

s = ∫ ( −38t + 19 )dx = ( −19t 2 + 19t ) 2 = 0

19 ( m ) = 4, 75 ( m ) . 4

ẤP

Câu 50: (CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU) Một cái tục lăn sơn nước có 23 cm dạng một hình trụ. Đường kính của đường tròn đáy là 5cm , chiều dài lăn là 23cm (hình bên). Sau khi lăn trọn 15 vòng thì 5 cm trục lăn tạo nên sân phẳng một diện diện tích là 2 2 B. 3450π cm . A. 1725π cm .

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 49:

ẠO

Vậy sau 7 × log 3 25 ngày thì bèo vừa phủ kín mặt hồ.

ÁN

-L

C. 1725π cm 2 .

D. 862,5π cm2 . Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Ỡ N

Chọ Chọn B. Diện tích xung quanh của mặt trụ là S xq = 2π Rl = 2π .5.23 = 230π cm 2 .

BỒ

ID Ư

Câu 51:

Sau khi lăn 15 vòng thì diện tích phần sơn được là: S = 230π .15 = 3450π cm2 . (NGÔ SĨ LIÊN) Một người lái xe ô tô đang chạy với vận tốc 20 m /s thì người lái xe phát hiện có hàng rào ngăn đường ở phía trước cách 45m (tính từ vị trí đầu xe đến hàng rào) vì vậy, người lái xe đạp phanh. Từ thời điểm đó xe chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) = −5t + 20 ( m /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, xe ô tô còn cách hàng rào ngăn cách bao nhiêu mét (tính từ vị trí đầu xe đến hàng rào)? B. 4 m . C. 6 m . D. 3 m . A. 5 m .

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọ ọn A. Ch

Xe đang chạy với vận tốc v = 20 m /s tương ứng với thời điểm t = 0 ( s )

H Ơ

Xe đừng lại tương ứng với thời điểm t = 4 ( s ) . 4

TP .Q

 5  Quảng đường xe đã đi là S = ∫ ( −5t + 20 ) dt =  − t 2 + 20t  = 40 ( m ) .  2 0 0

ẠO

Vậy ô tô cách hàng rào một đoạn 45 − 40 = 5 ( m ) .

Câu 52: (NGÔ SĨ LIÊN) Biết thể tích khí CO2 năm 1998 là V ( m3 ) . 10 năm tiếp theo, thể tích CO2

C. V2016

( (100 + a )(100 + n ) ) =V.

( m ).

B. V2016 = V . (1 + a + n )

( m ).

D. V2016 = V + V . (1 + a + n )

Ư N

A. V2016

8 3

TR ẦN

( m ). 3

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

(100 + a ) . (100 + n ) = V.

tăng a % , 10 năm tiếp theo nữa, thể tích CO2 tăng n% . Thể tích khí CO2 năm 2016 là

(m ). 3

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Chọ ọn A. Ch Ta có:

ẤP

Sau 10 năm thể tích khí CO2 là V2008

(100 + a ) a   = V 1 +  =V 10 20  100 

Do đó, 8 năm tiếp theo thể tích khí CO2 là 8

(100 + a ) (100 + n ) =V 1020

1016

(100 + a ) .(100 + n ) =V

1036

ÁN

-L

Í-

V2016

(100 + a ) 1 + n  n   = V2008  1 +  =V   10 20  100   100 

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 53: (NGÔ SĨ LIÊN) Cho tam giác đều và hình vuông cùng có cạnh bằng 4 được xếp chồng lên nhau sao cho một đỉnh của tam giác đều trùng với tâm của hình vuông, trục của tam giác đều trùng với trục của hình vuông (như hình vẽ). Thể tích của vật thể tròn xoay sinh bởi hình đã cho khi quay quanh trục AB là 48π + 7π 3 136π + 24π 3 . . A. B. 9 3 128π + 24π 3 144π + 24π 3 D. . . C. 9 9 Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

H R' h

K R

Chọn Chọn D http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Khi xoay quanh trục AB thì : • Phần hình vuông phía trên trở thành lăng trụ có bán kính R = 2 , chiều cao h = 4 → V = π 22.4 = 16π 1

Phần dưới trở thành hình nón cụt với h = HK = AK − AH = 2 3 − 2 = 2 3 − 1 ; R = 2

)

H Ơ

(

2 1 2 R ' AH R = = = → R' = = R AK 2 3 3 3 3

)

TP .Q

(

 24 3 − 8  1 Áp dụng V = π h R 2 + R '2 + RR ' = ...... =   π 3 9  

ẠO Đ G Ư N H

TR ẦN

Câu 54: (NGÔ SĨ LIÊN) Một ngọn hải đăng đặt ở vị trí A cách bờ 5km , trên bờ biển có một kho hàng ở vị trí C cách B một khoảng 7 km . Người canh hải đăng có thể chèo thuyền từ A đến M trên bờ biển với vận tốc 4 km /h rồi đi bộ từ M đến C với vận tốc 6km /h . Xác định độ dài đoạn BM để người đó đi từ A đến C nhanh nhất. 7 B. km. C. A. 3 2 km. 3 7 D. km. 2 5 km. 2

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

ọn C. Chọ Ch

ẤP

Gọi BM = x ( km ) , 0 ≤ x ≤ 7 . Khi đó: AM = 25 + x 2 và MC = 7 − x

x 2 + 25 7 − x + 4 6

Theo đề bài ta có: f ( x ) =

3 x − 2 25 + x 2

-L

f ′( x) =

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

 24 3 + 136  Vậy V = V1 + V2 =   π . Đáp án là câu D 9  

ÁN

4 25 + x 2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

x ≥ 0  x ≥ 0 Cho f ′ ( x ) = 0 ⇔ 2 25 + x 2 = 3 x ⇔  2 ⇔ ⇔x=2 5  x = ±2 5  x = 20

Khi đó: f ( 0 ) =

74 14 − 5 29 , f (7) = và f 2 5 = 4 12 12

(

)

Vậy min f ( x ) = f 2 5 = x∈[ 0;7 ]

)

14 − 5 . 12

Câu 55: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Bạn A có một đoạn dây dài 20m . Bạn chia đoạn dây thành hai phần. Phần đầu uốn thành một tam giác đều. Phần còn lại uốn thành một hình vuông. Hỏi độ dài phần đầu bằng bao nhiêu để tổng diện tích hai hình trên là nhỏ nhất?

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

40 m. 9+4 3

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

180 m. 9+4 3

120 m. 9+4 3

60 m. 9+4 3

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

H Ơ

Chọ Chọn B.

TP .Q

Bạn A chia sợi dây thành hai phần có độ dài x ( m ) và 20 − x ( m ) , 0 < x < 20 (như hình vẽ). 2

3 x2 3 2 x x , diện tích S m = . = m ( ) 1   3 36 3 4

( )

ẠO

Phần đầu uốn thành tam giác đều có cạnh

( )

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

20 − x  20 − x 2 Phần còn lại uốn thành hình vuông có cạnh ( m ) , diện tích S2 =   m 4  4  2

x 2 3  20 − x  +  nhỏ nhất trên khoảng 36  4 

TR ẦN

Tổng diện tích hai hình nhỏ nhất khi f ( x ) =

180 x 3 20 − x − =0⇔ x= . 18 8 4 3 +9

Ta có: f ' ( x ) =

( 0; 20 ) .

180

4 3+9

−

f ′( x)

ẤP

Bảng biến thiên:

ÁN

-L

Í-

f ( x)

180 . 4 3 +9

Ỡ N

Dựa vào bảng biến thiên ta được x =

BỒ

ID Ư

Câu 56: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Một quả bóng bàn và một chiếc chén hình trụ có cùng chiều cao. 3 Người ta đặt quả bóng lên chiếc chén thấy phần ở ngoài của quả bóng có chiều cao bằng 4 chiều cao của nó. Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của quả bóng và chiếc chén, khi đó: C. 16V1 = 9V2 . D. 27V1 = 8V2 . A. 9V1 = 8V2 . B. 3V1 = 2V2 . Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải Chọ Chọn A. http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Gọi r1 là bán kính quả bóng, r2 là bán kính chiếc chén, h là chiều cao chiếc chén.

r1 h = . 2 4

Theo giả thiết ta có h = 2r1 ⇒ r1 = 2h và OO′ = 2

H Ơ

3 h h Ta có r22 =   −   = h2 .  2   4  16 3

của

chén V 8 3 V2 = B.h = π r22 h = π h 3 ⇒ 1 = . V2 9 16

nước

TP .Q

tích

là

ẠO

thể

TR ẦN

Ư N

Câu 57: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Xét một hộp bóng bàn có dạng hình hộp chữ nhật. Biết rằng hộp chứa vừa khít ba quả bóng bàn được xếp theo chiều dọc, các quả bóng bàn có kích thước như nhau. Phần không gian còn trống trong hộp chiếm: B. 47, 64% . C. 82,55% . D. 83,3% . A. 65, 09% . Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Chọ Chọn B. Gọi đường kính quả bóng bàn là d . Khi đó kích thước của hình hộp chữ nhật là d , d , 3d .

Vậy thể tích của hình hộp chữ nhật là V1 = d .d .3d = 3d 3

ẤP

d3 π d3 4 Thể tích của ba quả bóng bàn: V2 = 3 ⋅ π r 3 = 4π . = 3 8 2

Thể tích phần không gian còn trống: V3 = V1 − V2

Í-

V Phần không gian còn trống trong hộp chiếm: 3 = V1

3d 3 −

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

và

4 4 h 1 Thể tích của quả bóng là V1 = π r13 = π   = π h3 3 3  2 6

π d3

3d 3

2 =

3− 3

π 2 ≃ 47, 64% .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Câu 58: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Một bể nước có dung tích 1000 lít .Người ta mở vòi cho nước chảy vào bể, ban đầu bể cạn nước. Trong giờ đầu vận tốc nước chảy vào bể là 1 lít/1phút. Trong các giờ tiếp theo vận tốc nước chảy giờ sau gấp đôi giờ liền trước. Hỏi sau khoảng thời gian bao lâu thì bể đầy nước (kết quả gần đúng nhất). A. 3,14 giờ. B. 4,64 giờ. C. 4,14 giờ. D. 3, 64 giờ. Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Chọn Chọn C. Trong giờ đầu tiên, vòi nước chảy được 60.1 = 60 lít nước. Giờ thứ 2 vòi chảy với vận tốc 2 lít/1phút nên vòi chảy được 60 ⋅ 2 = 120 lít nước. Giờ thứ 3 vòi chảy với vận tốc 4 lít/1phút nên vòi chảy được 60 ⋅ 4 = 240 lít nước. Giờ thứ 4 vòi chảy với vận tốc 8 lít/1phút nên vòi chảy được 60 ⋅ 8 = 480 lít nước. Trong 4 giờ đầu tiên,vòi chảy được: 60 + 120 + 240 + 480 = 900 lít nước.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Vậy trong giờ thứ 5 vòi phải chảy lượng nước là 1000 − 900 = 100 lít nước. Số phút chảy trong giờ thứ 5 là 100 :16 = 6, 25 phút Đổi 6, 25 : 60 ≈ 0,1 giờ

TP .Q

H Ơ

Câu 59: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Một vật chuyển động chậm dần với vận tốc v(t ) = 160 − 10t (m / s ). Tìm quãng đường S mà vật di chuyển trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 0( s) đến thời điểm vật dừng lại. C. S = 2480m. D. S = 3840m. A. S = 2560m. B. S = 1280m.

Vậy thời gian chảy đầy bể là khoảng 4,1 giờ.

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

ẠO

Chọ Chọn B. Ta có, vật dừng lại khi v(t ) = 0 ⇔ 160 − 10t = 0 ⇔ t = 16 ( s ) .

TR ẦN

Ư N

thời điểm vật dừng lại là S = ∫ (160 − 10t ) dt = 1280 ( m ) .

Câu 60: (SỞ GD BẮC NINH) Phần không gian bên trong của chai nước ngọt có hình dạng như hình bên. Biết bán kính đáy bằng R = 5cm, bán kính cổ r = 2cm, AB = 3cm, BC = 6cm, CD = 16cm. Thể tích phần không gian bên trong của chai nước ngọt đó bằng:

A rB

B. 462π ( cm 3 ) .

C. 490π ( cm3 ) .

D. 412π ( cm3 ) .

A. 495π ( cm 3 ) .

ẤP

Hướ dẫn giả giải Hướng dẫ M

( ) = π r . AB = 12π ( cm ) .

Thể tích khối trụ có đường cao CD : V1 = π R 2 .CD = 400π cm3 . 2

E r=2

Í-

Thể tích khối trụ có đường cao AB : V2

MC CF 5 = = ⇒ MB = 4 MB BE 2

ÁN

Ta có

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Khi đó, quãng đường S mà vật di chuyển trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 0( s) đến

π 3

( R .MC − r .MB ) = 78π ( cm ) . 2

( )

Suy ra: V = V1 + V2 + V3 = 490π cm3 . Chọn C

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Thể tích phần giới hạn giữa BC : V3 =

R=5 C

Câu 61: (SỞ GD BẮC NINH) Một công ty sản xuất gỗ muốn thiết kế các thùng đựng hàng bên trong dạng hình lăng trụ tứ giác đều không nắp có thể tích là 62,5dm2 . Để tiết kiệm vật liệu làm thùng, người ta cần thiết kế thùng sao cho có tổng S diện tích xung quanh và diện tích mặt đáy là nhỏ nhất, S bằng A. 106, 25dm2 . B. 75dm2 . C. 50 5dm2 . D. 125dm2 . Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Gọi a là độ dài cạnh đáy của hình lăng trụ. 62,5 Theo bài ta có chiều cao của lăng trụ là 2 . Suy ra a

62.5 250 125 125 125 125 2 .a + a 2 = + a2 = + + a2 ≥ 3 3 . .a = 75 . Dấu bằng xảy ra khi 2 a a a a a a

H Ơ

S = 4.

ẠO

TP .Q

a = 3 125 = 5 . Vậy S là nhỏ nhất bằng 75 . Chọn đáp án B Câu 62: (SỞ GD BẮC NINH) Cho biết sự tăng dân số được ước tính theo công thức S = A.e N .r ( 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). Đầu năm 2010 dân số tỉnh Bắc Ninh là 1.038.229 người, tính đến đầu năm 2015 dân số của tỉnh là 1.153.600 người. Hỏi nếu tỉ lệ tăng dân số hàng năm giữ nguyên thì đầu năm 2025 dân số của tỉnh nằm trong khoảng nào? A. (1.424.300;1.424.400 ) . B. (1.424.000;1.424.100 ) .

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Ư N

D. (1.424.100;1.424.200 ) .

S1 A 5

⇒e

S = 1 ⇒r= A

N .r

Ta có: S1 = A.e

N .r

TR ẦN

Gọi S1 là dân số năm 2015, ta có S1 = 1.153.600, N = 5, A = 1.038.229

≈ 1.424.227, 71

ẤP

Gọi S 2 là dân số đầu năm 2025, ta có S2 =

S 15. A 15.r A.e = 1.038.229.e 5 ln

Chọ Chọn đáp án C

Í-

Câu 63: (QUẢNG XƯƠNG I) Một bình đựng nước dạng hình nón (không đáy) đựng đầy nước. Biết rằng chiều cao của bình gấp 3 lần bán kính đáy của A M O N nó. Người ta thả vào đó một khối trụ và đo dược thể tích nước tràn 16π ra ngoài là dm3 . Biết rằng một mặt của khối trụ nằm trên mặt trên 9 của hình nón, các điểm trên đường tròn đáy còn lại đều thuộc các đường I sinh của hình nón (như hình vẽ) và khối trụ có chiều cao bằng đường kính P Q đáy của hình nón. Diện tích xung quanh S xq của bình nước là:

A. S xq = S xq =

9π 10 dm 2 . 2

B. S xq = 4π 10 dm 2 . C. S xq = 4π dm2 .

3π dm 2 . 2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

C. (1.424.200;1.424.300 ) .

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọ ọn B Ch Xét hình nón : h = SO = 3r , r = OB, l = SA . Xét hình trụ : h1 = 2r = NQ , r1 = ON = QI

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

QI SI 1 r ⇒ Thể tích khối trụ = = ⇒ r1 = BO SO 3 3 2π r 3 16π = ⇒ r = 2 ⇒ h = 6 ⇒ l = h2 + r 2 = 2 10 ⇒ S xq = π rl = 4π 10 dm 2 Vt = π r12 h1 = 9 9 ⇒

D. 4821322 đồng.

N H Ơ N 6m

ẠO

C. 4821232 đồng.

Câu 64: (QUẢNG XƯƠNG I) Một mảnh vườn hình tròn tâm O bán kính 6m . Người ta cần trồng cây trên dải đất rộng 6m nhận O làm tâm đối xứng, biết kinh phí trồng cây là 70000 đồng / m2 . Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng cây trên dải đất đó (số tiền được làm tròn đến hàng đơn vị) B. 8142232 đồng. A. 8412322 đồng.

là

TP .Q

∆SQI ∼ ∆SBO

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Ư N

Chọ ọn D Ch

Xét hệ trục tọa độ oxy đặt vào tâm khu vườn , khi đó phương trình đường tròn tâm O là

TR ẦN

x 2 + y 2 = 36 . Khi đó phần nửa cung tròn phía trên trục Ox có phương trình y = 36 − x 2 = f (x)

Khi đó diện tích S của mảnh đất bằng 2 lần diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, đồ thị y = f (x) và hai đường thẳng x = −3; x = 3 3

⇒ S = 2 ∫ 36 − x 2 dx

−3

ẤP

Đặt x = 6sin t ⇒ dx = 6 cos tdt . Đổi cận : x = −3 ⇒ t = −

H −

= 18 3 + 12π

Í-

−

⇒ S = 2 ∫ 36cos 2tdt = 36 ∫ (c os2t+1) dt = 18(sin 2 t + 2 t) π

; x =3⇒t =

−

π 6

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

ÁN

Do đó số tiền cần dùng là 70000.S ≈ 4821322 đồng

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 65: (QUẢNG XƯƠNG I) Bạn Hùng trúng tuyển vào trường đại học A nhưng vì do không đủ nộp học phí nên Hùng quyết định vay ngân hàng trong 4 năm mỗi năm vay 3.000.000 đồng để nộp học phí với lãi suất 3%/năm. Sau khi tốt nghiệp đại học bạn Hùng phải trả góp hàng tháng số tiền T (không đổi) cùng với lãi suất 0,25%/tháng trong vòng 5 năm. Số tiền T hàng tháng mà bạn Hùng phải trả cho ngân hàng (làm tròn đến kết quả hàng đơn vị) là: A. 232518 đồng . B. 309604 đồng. C. 215456 đồng. D. 232289 đồng. Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Chọ Chọn đáp đáp án D Vậy sau 4 năm bạn Hùng nợ ngân hàng số tiền là:

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

4 3 2 s = 3000000 (1+ 3% ) + (1+ 3% ) + (1+ 3% ) + (1+ 3% )  = 12927407, 43  

Lúc này ta coi như bạn Hùng nợ ngân hàng khoản tiền ban đầu là 12.927.407, 43 đồng,

H Ơ

số tiền này bắt đầu được tính lãi và được trả góp trong 5 năm.

−1

(1+ 0, 0025 )

−1

≈ 232289

(1+ r )

TP .Q

⇒Τ=

12927407, 4 (1+ 0, 0025 ) .0, 0025

N (1+ r ) .r

Ta có công thức:

(QUẢNG XƯƠNG I) Khi cắt mặt cầu S ( O, R ) bởi một mặt kính, ta được hai nửa mặt cầu

Câu 66:

B. r =

6 3 . , h= 2 2

6 3 . , h= 3 3

C. r =

TR ẦN

tích lớn nhất. 3 6 A. r = . , h= 2 2

Ư N

còn đường tròn đáy kia là giao tuyến của hình trụ với nửa mặt cầu. Biết R = 1 , tính bán kính đáy r và chiều cao h của hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu S ( O, R ) để khối trụ có thể D. r =

3 6 . , h= 3 3

ớng dẫ Hướ dẫn giả giải Hư

Chọ Chọn đáp đáp án C .

ẤP

Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường tròn đáy trên có tâm O' có hình chiếu của O xuống mặt đáy (O'). Suy ra hình trụ và nửa mặt cầu cùng chung trục đối xứng và tâm của đáy dưới hình trụ trùng với tâm O của nửa mặt cầu.Ta có: h 2 + r 2 = R 2

trụ

khối

là:

tích

V = π r 2 h = π (1 − h 2 ) h = f (h)

Í-

Thể

( 0 < h ≤ R = 1) ⇒ r 2 = 1 − h2

⇒ f '(h) = π (1 − 3h 2 ) = 0 ⇔ h =

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

và hình tròn lớn của mặt kính đó gọi là mặt đáy của mỗi nửa mặt cầu. Một hình trụ gọi là nội tiếp nửa mặt cầu S ( O, R ) nếu một đáy của hình trụ nằm trong đáy của nửa mặt cầu,

3 3

f'(h)

Vậy: MaxV = ( 0;1]

1 −

2π 3 9

f(h)

BỒ

3 3

2π 3 6 3 (đvtt) khi r = và h = 9 3 3

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

( cm ) . 3

13500. 3

( cm ) . 3

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

G Ư N

(− x3 + 90 x 2 ) với 0 < x < 90 . Khi đó: max f ( x ) = x∈(0;90)

13500. 3

khi x= 60.

8π

TR ẦN

x 3 3 x (90 − x) = (− x3 + 90 x 2 ) ⇒ VT = π ( ) 2 2π 2 8π 2π

ẤP

Câu 68: (CHUYÊN VĨNH PHÚC) Một người gửi tiết kiệm ngân hàng, mỗi tháng gửi 1 triệu đồng, với lãi suất kép 1% trên tháng. Gửi được hai năm 3 tháng người đó có công việc nên đã rút toàn bộ gốc và lãi về. Số tiền người đó được rút là 27 26 B. 101. (1, 01) − 1 triệu đồng A. 101. (1, 01) − 1 triệu đồng     27 C. 100. (1, 01) − 1 triệu đồng  

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

D. 100. (1, 01) 6 − 1 triệu đồng

Í-

Đáp án A

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

MQ BM 3 = ⇒ MQ = (90 − x ) AI BI 2

Gọi R là bán kính của trụ ⇒ R =

Xét f ( x) =

Gọi I là trung điểm BC. Suy ra I là trung điểm MN Đặt MN=x ( 0 < x < 90 ); ⇒

ẠO

108000 3

TP .Q

H Ơ

chữ nhật MNPQ từ mảnh tôn nguyên liệu (với M , N thuộc cạnh BC ; P và Q tương ứng thuộc cạnh AC và AB ) để tạo thành hình trụ có chiều cao bằng MQ . Thể tích lớn nhất của chiếc thùng mà bạn A có thể làm được là: 91125 91125 cm3 ) . A. B. ( ( cm3 ) . A 4π 2π

Câu 67: (LƯƠNG ĐẮC BẰNG) Bạn A muốn làm một chiếc thùng hình trụ không đáy từ nguyên liệu là mảnh tôn hình tam giác đều ABC có cạnh bằng 90 ( cm ) . Bạn muốn cắt mảnh tôn hình

ÁN

Phương pháp: pháp: Quy bài toán về tính tổng cấp số nhân, rồi áp dụng công thức tính tổng cấp số nhân:

Dãy U1 ; U 2 ; U 3 ;...; U n được gọi là 1 CSN có công bội q nếu: U k = U k −1q

Ỡ N

Tổng n số hạng đầu tiên: s n = u1 + u 2 + ... + u n = u1

1 − qn 1− q

ID Ư

+ Áp dụng công thức tính tổng của cấp số nhân

BỒ

Cách giải: giải: + Gọi số tiền người đó gửi hàng tháng là a = 1 triệu

+ Đầu tháng 1: người đó có a Cuối tháng 1: người đó có a. (1 + 0, 01) = a.1, 01 + Đầu tháng 2 người đó có : a + a.1,01 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Cuối tháng 2 người đó có: 1, 01( a + a.1, 01) = a (1, 01 + 1, 012 ) + Đầu tháng 3 người đó có: a (1 + 1, 01 + 1, 012 )

H Ơ

Cuối tháng 3 người đó có: a (1 + 1, 01 + 1, 012 ) .1, 01 = a (1 + 1, 012 + 1, 013 )

….

TP .Q

+ Đến cuối tháng thứ 27 người đó có: a (1 + 1, 01 + 1, 012 + ... + 1, 0127 )

ẠO

Ta cần tính tổng: a (1 + 1, 01 + 1, 012 + ... + 1, 0127 )

Ư N

đồng.

TR ẦN

Câu 69: (MINH HỌA L2)Ông An có một mảnh vườn hình elip có độ dài trục lớn bằng 16 m và độ dài trục bé bằng 10m . Ông muốn trồng hoa trên một dải đất rộng 8m và nhận trục bé của elip làm 8m trục đối xứng (như hình vẽ). Biết kinh phí để trồng hoa là 100.000 đồng/ 1m 2 . 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. C. 7.128.000 đồng. D. 7.826.000 đồng.

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

ẤP

ọn B. Chọn Ch

x2 y 2 + = 1 , với a > b > 0 . a 2 b2

Giả sử elip có phương trình

Từ giả thiết ta có 2 a = 16 ⇒ a = 8 và 2b = 10 ⇒ b = 5

Í-

5  2  y = − 8 64 − y x2 y 2 + =1⇒  Vậy phương trình của elip là 64 25  y = 5 64 − y 2  8

( E1 ) ( E1 )

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

1 − 1,0127 Áp dụng công thức cấp số nhân trên với công bội là 1,01 ta được = 100. (1, 0127 − 1) triệu 1 − 0,01

Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường ( E1 ) ; ( E2 ) ; x = −4; x = 4 và diện 4

5 5 64 − x 2 dx = ∫ 64 − x 2 dx 8 20 −4

tích của dải vườn là S = 2 ∫

π 3 Tính tích phân này bằng phép đổi biến x = 8sin t , ta được S = 80  +  6 4  π 3 Khi đó số tiền là T = 80  +  .100000 = 7652891,82 ≃ 7.653.000 . 6 4 

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Câu 70: (MINH HỌA L2) Cho hai hình vuông có cùng cạnh bằng 5 được xếp chồng lên nhau sao cho đỉnh X của một hình vuông là tâm của hình vuông còn lại (như hình vẽ). Tính thể tích V của vật thể tròn xoay khi quay mô hình trên xung quanh trục XY .

(

)

125 5 + 4 2 π 24

D. V =

(

)

125 5 + 2 2 π

(

)

H Ơ

125 2 + 2 π 4

)

C. V =

(

125 1 + 2 π

TP .Q

A. V =

ẠO

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Chọn Ch ọn C. • Cách 1 :

Khối tròn xoay gồm 3 phần:

5 2

TR ẦN

Phần 1: khối trụ có chiều cao bằng 5, bán kính đáy bằng 2

125π 5 có thể tích V1 = π ×   × 5 = . 4  2

Phần 2: khối nón có chiều cao và bán kính đáy bằng 5 2 có thể tích 2 2

ẤP

 5 2  5 2 125π 2 1 V2 = × π ×  =  × 3 2 12  2 

ÁN

-L

Í-

Phần 3: khối nón cụt có thể tích là

(

) ×   5

2 −1 2

(

)

(

)

2 2 2   5  5 2 5  125 2 2 − 1 π + + × = .     2   2  2 2 24  

Vậy thể tích khối tròn xoay là

BỒ

ID Ư

Ỡ N

5 1 V3 = π × 3

V = V1 + V2 + V3 =

(

)

125π 125π 2 125 2 2 − 1 π 125 5 + 4 2 π + + = . 4 12 24 24

• Cách 2 :

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Thể tích hình trụ được tạo thành từ hình vuông ABCD là

VT = π R 2 h =

125π 4

H Ơ

Thể tích khối tròn xoay được tạo thành từ hình vuông XEYF là

2 125π 2 V2 N = π R 2 h = 3 6

TP .Q

Thể tích khối tròn xoay được tạo thành từ tam giác XDC là

5+ 4 2 . 24

Ư N

Câu 71: Cần phải xây dựng một hố ga, dạng hình hộp chữ nhật có thể tích V ( m3 ) , hệ số k cho

D. x =

2kV 3

( 2k + 1)

( 2k + 1)V ; y = 2 2

( 2k + 1)

Í-

( 2k + 1)V ; y = 6

;h =

k ( 2k + 1) V . 4

;h =

k ( 2k + 1) V . 4

2kV 3

k ( 2k + 1) V . 4

2kV

k ( 2k + 1) V . 4

00 ;h = 23

;h =

C. x =

( 2k + 1)V ; y =

( 2k + 1)

2kV 3

B. x =

( 2k + 1)V ; y =

ẤP

A. x = 2 3

TR ẦN

trước ( k - tỉ số giữa chiều cao của hố và chiều rộng của đáy). Gọi x, y, h > 0 lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hố ga. Hãy xác định x, y, h > 0 xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất. x, y, h lần lượt là

( 2k + 1)

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Thể tích cần tìm V = VT + V2 N − VN ′ = 125π

ẠO

1 125π VN ′ = π R 2 h = 3 24

ÁN

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Đáp án C.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Gọi x, y, h (x, y, h > 0) lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hố ga.

Ta có: k =

h V V ⇔ h = kx và V = xyh ⇔ y = = 2. x xh kx

Nên diện tích toàn phần của hố ga là:

S = xy + 2yh + 2xh =

(2k + 1)V kx

+ 2kx 2 h

y x

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Áp dụng đạo hàm ta có S nhỏ nhất khi x =

,h = 2

k (2k + 1)V

(2k + 1)

4k 2

2kV

(2k + 1)V

H Ơ

Khi đó y = 2 3

Câu 72: Khi một chiếc lò xo bị kéo căng thêm x ( m ) so với độ dài tự nhiên là 0,15 ( m ) của lò xo thì

chiếc lò xo trì lại (chống lại) với một lực f ( x ) = 800 x. Hãy tìm công W sinh ra khi kéo lò

B. W = 72.10 −2 J .

C. W = 36 J .

D. W = 72 J .

ẠO

A. W = 36.10 −2 J .

TP .Q

xo từ độ dài từ 0,15 ( m ) đến 0,18 ( m ) .

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

800x .dx =400x 2

0,03 0

= 36.10−2 J .

TR ẦN

∫

0,03

W =

Ư N

Công được sinh ra khi kéo căng lò xo từ 0,15m đến 0,18m là:

Chú ý: Nếu lực là một giá trị biến thiên (như nén lò xo) và được xác định bởi hàm F (x ) thì b

∫ F (x ) dx .

công sinh ra theo trục Ox từ a tới b là A =

B. x = 4; h = 2

x = 4; h =

3 2

x = 1; h = 2

Í-

A. x = 2; h = 4

ẤP

Câu 73: Nhân ngày quốc tế phụ nữ 8-3 năm 2017 , ông A quyết định mua tặng vợ một món quà và đặt nó vào trong một chiếc hộp có thể tích là 32 ( đvtt ) có đáy hình vuông và không có nắp . Để món quà trở nên thật đặc biệt và xứng đáng với giá trị của nó ông quyết định mạ vàng cho chiếc hộp , biết rằng độ dạy lớp mạ tại mọi điểm trên hộp là như nhau . Gọi chiều cao và cạnh đáy của chiếc hộp lần lượt là h; x . Để lượng vàng trên hộp là nhỏ nhất thì giá trị của h; x phải là ?

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

A. Đáp án A

ID Ư

BỒ

Hướ Hư ớng dẫ dẫn gi giải Đáp án B. http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

S = 4 xh + x 2  32 128 ⇒ S = 4 x. 2 + x2 = + x 2 , để lượng vàng cần dùng là nhỏ Ta có  V = x2 h → h = V = 32 x x x2 x2 

H Ơ

128 128 + x 2 = f ( x) → f ' ( x) = 2 x − 2 = 0 ⇒ x = 4 , x x

nhất thì Diện tích S phải nhỏ nhất ta có

B. 1, 2 ( m ) .

A. 0,8 ( m ) .

TP .Q

bán kính đáy r của hình trụ sao cho hình trụ được làm ra ít tốn nguyên vật liệu nhất.

Câu 74: Một đại lý xăng dầu cần làm một cái bồn dầu hình trụ bằng tôn có thể tích 16π ( m3 ) . Tìm C. 2 ( m ) .

D. 2, 4 ( m ) .

ẠO

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Đ 16 x2

Ư N

Gọi x (m ) là bán kính của hình trụ (x > 0) . Ta có: V = π.x 2 .h ⇔ h =

32π , (x > 0) x

32π , cho S ' (x ) = 0 ⇔ x = 2 . x2

Khi đó: S ' (x ) = 4πx −

TR ẦN

Diện tích toàn phần của hình trụ là: S (x ) = 2πx 2 + 2πxh = 2πx 2 +

Lập bảng biến thiên, ta thấy diện tích đạt giá trị nhỏ nhất khi x = 2 (m ) nghĩa là bán kính là

2m .

Í-

ẤP

Câu 75: 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 sin α rằng cường độ sáng C của bóng điện được biểu thị bởi công thức C = c 2 ( α là góc tạo l bởi tia sáng tới mép bàn và mặt bàn, c - hằng số tỷ lệ chỉ phụ thuộc vào nguồn sáng, l 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. 1.5 m D. 2m Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Đáp án C.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

ẠO

TP .Q

Ư N

l 4. l 2 − 2

(

> 0 ∀l > 2

(

)

C ' (l ) = 0 ⇔ l = 6 l > 2

6 − l2

TR ẦN

C ' ( l ) = c.

l2 − 2 h (l > 2) . và h 2 = l 2 − 2 , suy ra cường độ sáng là: C (l ) = c l3 l

Ta có sin α =

Lập bảng biến thiên ta thu được kết quả C lớn nhất khi l = 6 , khi đó

Câu 76: Anh Phong có một cái ao với diện tích 50m 2 để nuôi cá diêu hồng. Vụ vừa qua, anh nuôi với mật độ 20con / m 2 và thu được 1, 5 tấn cá thành phẩm. Theo kinh nghiệm nuôi cá của

B. 658 con.

Í-

A. 488 con.

ẤP

mình anh thấy cứ thả giảm đi 8 con / m 2 thì mỗi con cá thành phầm thu được tăng thêm 0, 5kg . Để tổng năng suất cao nhất thì vụ tới anh nên mua bao nhiêu cá giống để thả ? (giả sử không có hao hụt trong quá trình nuôi) C. 342 con.

D. 512 con.

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Gọi h là độ cao của bóng điện so với mặt bàn (h > 0); Đ là bóng điện; I là hình chiếu của Đ lên mặt bàn. MN là đường kính của mặt bàn.( như hình vẽ)

ÁN

Đáp án A

Số cá anh Phong thả trong vụ vừa qua là 50.20 = 1000 (con)

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Khối lượng trung bình mỗi con cá thành phần là

1500 = 1, 5kg / con 1000

Gọi x > 0 là số cá anh cần thả ít đi cho vụ tới nên sẽ tăng 0, 0625x kg/con Ta có phương trình tổng khối lượng cá thu được T = f (x ) = (1000 − x )(1, 5 + 0, 0625x )

 f ′ (x ) = −0,125x + 61 = 0 ⇒ x = 488  ⇒ ⇒ max f (x ) = 16384 ⇔ x = 488  f ′′ (x ) = −0,125 Vậy ở vụ sau anh chỉ cần thả 1000 − 488 = 512 con cá giống.

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

Câu 77: Với một đĩa tròn bằng thép tráng có bán kính R = 6m phải làm một cái phễu bằng cách cắt đi một hình quạt của đĩa này và gấp phần còn lại thành hình tròn. Cung tròn của hình quạt bị cắt đi phải bằng bao nhiêu độ để hình nón có thể tích cực đại?

TP .Q

D. ≈ 2, 8°

C. ≈ 12, 56°

B. ≈ 294 °

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

A. ≈ 66°

ẠO

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

TR ẦN

Đáp án A

Ta có thể nhận thấy đường sinh của hình nón là bán kính của đĩa tròn. Còn chu vi đáy của hình nón chính là chu vi của đĩa trừ đi độ dài cung tròn đã cắt. Như vậy ta tiến hành giải chi tiết như sau:

x 2π

ẤP

Khi đó x = 2πr ⇒ r =

Gọi x (m ) là độ dài đáy của hình nón (phần còn lại sau khi cắt cung hình quạt của dĩa).

Chiều cao của hình nón tính theo định lí PITAGO là h = R 2 − r 2 = R 2 − x2 1 2 1 x2 πr h = π 2 R2 − 2 3 3 4π 4π

Í-

Thể tích khối nón sẽ là :V =

x2 4π 2

2π R 6 = 4π 3

ÁN

-L

Đến đây các em đạo hàm hàm V (x ) tìm được GTLN của V (x ) đạt được khi

độ

dài

: 2πR − 4π ⇒ α =

cung

2 6π − 4π

2 6π

tròn

bị

cắt

đi

là

3600 ≈ 660

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Suy

Câu 78: 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 giá trị lớn nhất của hình chữ nhật đó? A.

3 2 a 8

3 2 a 4

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

C. 0

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

3 2 a 2

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

ẠO

= 600 và BM = x ⇒ QM = x 3 Tam giác MBQ vuông ở M, B

Hình chữ nhật MNPQ có diện tích:

Ư N H

a  a ∈  0;  4  2

TR ẦN

S'(x) = 3(a − 4x); S'(x) = 0 ⇔ x =

S(x) = MN.QM = = (a − 2x)x 3 = 3(ax − 2x 2 )

a 4

S’

−

a 2

3 ẤP C

a 3 2 a khi x = 4 8

 a x∈ 0;   2

Vậy max S(x) =

3 2 a 8

Í-

Câu 79: Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 6 cm. Người ta muốn cắt một hình thang như hình vẽ. Tìm tổng x + y để diện tích hình thang EFGH đạt giá trị nhỏ nhất.

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

H Ơ

TP .Q

a  MN = 2MH = 2(BH − BM) = 2  − x  = a − 2x 2 

a   § iÒu kiÖn 0 < x <  , ta có: 2 

a .Đặt BM = x 2

Gọi H là trung điểm của BC ⇒ BH = CH =

2 cm E

x cm

Ỡ N

3 cm

ID Ư

BỒ

A. 7

B. 5

y cm

7 2 2

D. 4 2 .

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Đáp án C Ta có

S EFGH

⇔ S = S AEH + SCGF + S DGH lớn nhất.

nhỏ nhất

H Ơ Y

18 18 3 2 nhỏ nhất ⇔ 4 x = ⇒ x = ⇒ y=2 2 . x x 2

ẠO

Biểu thức 4 x +

18 18 ) . Ta có 2S lớn nhất khi và chỉ khi 4 x + nhỏ nhất. x x

TP .Q

Từ (1) và (2) suy ra 2S = 42 − (4 x +

AE AH = ⇒ xy = 6 (2) CG CF

Mặt khác ∆AEH đồng dạng ∆CGF nên

Tính được 2S = 2 x + 3 y + (6 − x)(6 − y) = xy− 4 x − 3 y+ 36 (1)

Ư N

B. 32000 VNĐ.

C. 832000 VNĐ.

D. 83200 VNĐ.

TR ẦN

A. 320000 VNĐ.

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Đáp án D

Gọi x , y (m ) (x > 0, y > 0) là chiều dài và chiều rộng của đáy bể, khi đó theo đề ta suy ra 0,16 . Giá thành của bể cá được xác định theo hàm số sau: x

0, 6xy = 0, 096 ⇔ y =

 0,16   + 16000 ⇔ f (x ) = 84000 x + x  

ẤP

 0,16  0,16  .70000 + 100000x f (x ) = 2.0, 6 x + x  x 

(VNĐ)

Í-

 0,16  f ′ (x ) = 84000 1 − 2 , f ′ (x ) = 0 ⇔ x = 0, 4 x  

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Câu 80: Để thiết kế một chiếc bể cá hình hộp chữ nhật có chiều cao là 60cm , thể tích 96000cm 3 . Người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành 70000 VNĐ/m2 và loại kính để làm mặt đáy có giá thành 100000 VNĐ/m2. Tính chi phí thấp nhất để hoàn thành bể cá.

x f ′( x)

0,4

–

+∞ +

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

Ta có bảng biến thiên sau:

f ( x)

f ( 0, 4 )

Dựa vào bảng biến thiên suy ra chi phí thấp nhất để hoàn thành bể cá là f (0, 4 ) = 83200 VNĐ

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

sin (πt ) 1 + (m / s ) . Tính 2π π quãng đường vật đó di chuyển được trong khoảng thời gian 5 giây (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

Câu 81: Một vật chuyển động với phương trình vận tốc là: v (t ) =

C. S ≈ 0,99m.

D. S ≈ 1m.

B. S ≈ 0,998m.

H Ơ

A. S ≈ 0,9m.

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

TP .Q

∫

 sin (πt )  1 dt ≈ 0, 99842m . +  π   2π

ẠO

Ta có S =

Đáp án D

TR ẦN

Ư N

Câu 82: Tìm diện tích lớn nhất của hình chữ nhật nội tiếp trong nửa đường tròn bán kính 10cm , biết một cạnh của hình chữ nhật nằm dọc trên đường kính của đường tròn.

B. 100 cm 2

C. 160 cm 2

D. 200 cm 2

A. 80 cm 2

10 cm

ẤP

Gọi x (cm ) là độ dài cạnh hình chữ nhật không nằm dọc theo đường kính đường tròn (0 < x < 10 ) .

Khi đó độ dài cạnh hình chữ nhật nằm dọc trên đường tròn là: 2 10 2 − x 2 (cm ).

Diện tích hình chữ nhật: S = 2 x 10 2 − x 2 2x 2

Í-

Ta có S ′ = 2 10 2 − x 2 −

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vì làm tròn kết quả đến hàng phần trăm nên S ≈ 1m .

= 2.10 2 − 4 x 2

(thoûa) (khoâng thoûa)

Ỡ N

ÁN

  x = 10 2  2 S′ = 0 ⇔    x = − 10 2  2 

10 − x 2

BỒ

ID Ư

10 2  10 2  = −40 2 < 0 . Suy ra x = là điểm cực đại của hàm S ( x ) . S ′′ = −8 x ⇒ S ′′   2  2

Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật là: S = 10 2. 10 2 −

10 2 = 100 (cm 2 ) 2

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Câu 83: Lưu lượng xe ô tô vào đường hầm Hải Vân (Đà Nẵng) được cho bởi công thức 290, 4 v f (v ) = (xe/giây), trong đó v (km / h ) là vận tốc trung bình của các 2 0, 36v + 13,2v + 264 xe khi vào đường hầm. Tính lưu lượng xe là lớn nhất. Kết quả thu được gần với giá trị nào sau đây nhất ? C. 8, 8 .

D. 8,9 .

H Ơ

B. 8, 7 .

A. 9 .

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

) + 13,2v + 264)

(0, 36v

B. AO = 2m .

2+ ẤP

C. AO = 2,6m .

Ư N H

TR ẦN B 00 10 3

A. AO = 2, 4m .

 264    ≈ 8, 9 (xe/giây) Khi đó Max f (v ) = f  v ∈(0;+∞)  0, 6 

Câu 84: Một màn ảnh hình chữ nhật cao 1, 4m và đặt ở độ cao 1, 4m so với tầm mắt (tính từ đầu mép dưới của màn hình). Để nhìn rõ nhất phải xác định vị trí đứng sao cho góc nhìn lớn nhất. Hãy xác định vị trí nhọn. đó ? Biết rằng góc BOC

264 0, 6

với v > 0 . f ' (v ) = 0 ⇔ v =

TP .Q

(

ẠO

Ta có f ' (v ) =

290, 4 −0, 36v 2 + 264

Đáp án D

D. AO = 3m .

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Đáp án A

Í-

Đặt độ dài cạnh AO = x (m ), (x > 0)

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ÁN

Suy ra BO = 3,24 + x 2 ,CO = 10, 24 + x 2

BỒ

(

) (

)

3,24 + x 2 + 10,24 + x 2 − 1, 96 OB 2 + OC 2 − BC 2 cos BOC = = 2OB.OC 2 3,24 + x 2 10, 24 + x 2

(

ID Ư

Ỡ N

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

)(

)

5, 76 + x 2

(3,24 + x )(10,24 + x ) 2

nên bài toán trở thành tìm x để F x = Vì góc BOC ()

5, 76 + x 2

(

)(

3,24 + x 2 10,24 + x 2

)

đạt giá trị nhỏ

nhất.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

63 25 = 25t + 63 Đặt (3, 24 + x 2 ) = t, (t > 3, 24 ) . Suy ra F (t ) = t (t + 7) 25 t (t + 7) t+

Ta đi tìm t để F(t) đạt giá trị nhỏ nhất.

N Y U TP .Q ẠO

Ư N

)

F ' (t ) = 0 ⇔ t = 9

+∞

F ' (t )

3,24

TR ẦN

Bảng biến thiên

F (t )

ẤP

Fmin 144 ⇔ x = 2, 4 m 25

Thay vào đặt ta có: (3, 24 + x 2 ) = 9 ⇔ x 2 =

Í-

Vậy để nhìn rõ nhất thì AO = 2, 4m Câu 85: Một công ty nhận làm những chiếc thùng phi kín hay đáy với thể tích theo yêu cầu là 2π m 3 mỗi chiếc yêu cầu tiết kiệm vật liệu nhất. Hỏi thùng phải có bán kính đáy R và

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

(

   2  1  50 t + 7t − (25t + 63)(2t + 7 ) 1  49t − 441  =   =     25  25 2t (t + 7 ) t (t + 7 )  2t (t + 7 ) t (t + 7 )   

H Ơ

     2t + 7    25 t (t + 7 ) − (25t + 63)   2 7 t t +  ( )   25t + 63 1  F ' (t ) = =    t (t + 7 ) 25 t (t + 7 ) 25        

ÁN

chiều cao h là bao nhiêu ? 1 m. 2

B. R =

1 1 C. R = 4m, h = m . m, h = 8m .C. 2 8

BỒ

ID Ư

Ỡ N

A. R = 2m, h =

D. R = 1m, h = 2m .

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Đáp án A Gọi R là bán kính đáy thùng ( m ), h : là chiều cao của thùng ( m ). ĐK: R > 0, h > 0 Thể tích của thùng là: V = π R 2h = 2π ⇔ R 2h = 2 ⇔ h =

2 R2

Diện tích toàn phần của thùng là:

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

2  2  Stp = 2πRh + 2πR 2 = 2πR (h + R ) = 2πR  2 + R = 2π  + R 2    R R

H Ơ

(

2  Đặt f (t ) = 2π  + t 2 (t > 0) với t = R   t

)

3  1  4π t − 1  , f ' (1) = 0 ⇔ t 3 = 1 ⇔ t = 1 f ' (t ) = 4π t − 2  = 2   t  t

f ' (t )

+∞

1 0

Ư N

f (t )

Min

TR ẦN

Vậy ta cần chế tạo thùng với kích thước R = 1m, h = 2m

Câu 86: Một cửa hàng bán lẻ bán 2500 cái ti vi mỗi năm. Chi phí gửi trong kho là 10$ một cái mỗi năm. Để đặt hàng chi phí cố định cho mỗi lần đặt là 20$ cộng thêm 9$ mỗi cái. Cửa hàng nên đặt hàng bao nhiêu lần trong mỗi năm và mỗi lần bao nhiêu cái để chi phí hàng tồn kho là nhỏ nhất ? A. Đặt hàng 25 lần, mỗi lần 100 cái ti vi.

B. Đặt hàng 20 lần, mỗi lần 100 cái ti vi.

ẤP

C. Đặt hàng 25 lần, mỗi lần 90 cái ti vi.

D. Đặt hàng 20 lần, mỗi lần 90 cái ti vi.

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Đáp án A

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

−∞

TP .Q

Bảng biến thiên:

ÁN

-L

Gọi x là số ti vi mà cừa hàng đặt mỗi lần ( x ∈ 1;2500 , đơn vị cái)

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Số lượng ti vi trung bình gửi trong kho là

x x nên chi phí lưu kho tương ứng là 10. = 5x 2 2

Số lần đặt hàng mỗi năm là

2500 2500 và chi phí đặt hàng là: (20 + 9x ) x x

Khi

phí

C (x ) =

đó

chi

mà

cửa

hàng

phải

trả

là:

2500 50000 20 + 9x ) + 5x = 5x + + 22500 ( x x

Lập bảng biến thiên ta được: C min = C (100) = 23500 Kết luận: đặt hàng 25 lần, mỗi lần 100 cái tivi.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

D. 221 .

C. 458 .

H Ơ

B. 222 .

A. 459 .

Câu 87: Tính đến đầu năm 2011 , dân số toàn tỉnh Bình Phước đạt gần 905 300 , mức tăng dân số là 1, 37% mỗi năm. Tỉnh thực hiện tốt chủ trương 100% Trẻ em đúng độ tuổi đều vào lớp 1 . Đến năm học 2024 − 2025 ngành giáo dục của tỉnh cần chuẩn bị bao nhiêu phòng học cho học sinh lớp 1 , mỗi phòng dành cho 35 học sinh? (Giả sử trong năm sinh của lứa học sinh vào lớp 1 đó toàn tỉnh có 2400 người chết, số trẻ tử vong trước 6 tuổi không đáng kể)

ớng dẫ Hướ dẫn giả giải Hư

TP .Q

Đáp án A

Chỉ những em sinh năm 2018 mới đủ tuổi đi học ( 6 tuổi) vào lớp 1 năm học 2024-2025. n

Ư N

Trong đó: A = 905300; r = 1, 37; n = 8

TR ẦN

 1, 37  = 1009411 Dân số năm 2018 là: A = 905300.  1 + 100  

 1, 37  Dân số năm 2017 là: A = 905300.  1 + = 995769 100  

Số trẻ vào lớp 1 là: 1009411 − 995769 + 2400 = 16042

Số phòng học cần chuẩn bị là : 16042 : 35 = 458, 3428571 .

ẤP

Câu 88: Một ô tô đang chạy với vận tốc 10m / s thì người lái đạp phân, 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

B. 2m .

Í-

A. 0,2m .

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 bao nhiêu mét? C. 10m .

D. 20m .

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

 r  Áp dụng công thức Sn = A  1 +  để tính dân số năm 2018.  100 

ÁN

Đáp án C

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Ta có ô tô đi được thêm 2 giây nữa với vận tốc chậm dần đều v (t ) = −5t + 10 (m / s )

ứng dụng tích phân, ta có quãng đường cần tìm là:

∫ v (t ) dt = ∫

  (−5t + 10) dt = − 52 t 2 + 10t  = 10 (m )   0

* Lúc dừng thì ta có: v (t ) = 0 ⇒ −5t + 10 = 0 ⇒ t = 2

1 Từ lúc đạp phanh đến lúc dừng hẳn, ô tô đi được quãng đường: S = v 0t + at 2 2

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

 a = −5 1 2 Với  t = 2 ⇒ S = 10.2 + (−5).2 = 10 (m )  2 v0 = 10 

H Ơ

* Áp dụng công thức lý 10 ta có: v22 − v12 = 2.a.s

)

TP .Q

(

Dựa vào phương trình chuyển động thì a = −5 m / s 2

Ta còn có công thức liên hệ giữa vận tốc và gia tốc: v = v0 + a.t

Khi dừng hẳn thì ta có v2 = 0 (m / s ) 2. (−5)

= 10 (m ) .

ẠO

0 − 102

v22 − v12

A. 2.250.000.

TR ẦN

Ư N

Câu 89: Một công ty bất động sản có 50 căn hộ cho thuê. Biết rằng nếu cho thuê mỗi căn hộ với giá 2000.000 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 thể 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 ? B. 2.350.000.

C. 2.450.000.

D. 2.550.000.

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Đáp án A

Gọi x là giá cho thuê thực tế của mỗi căn hộ, ( x – đồng; x ≥ 2000.000 đồng ).

Số căn hộ cho thuê được ứng với giá cho thuê:

ẤP

1 1 x − 2000000) = − x + 90, (1) ( 50000 50.000

50 −

Gọi F (x ) là hàm lợi nhuận thu được khi cho thuê các căn hộ, ( F (x ) : đồng).

Í-

  1 1 Ta có F (x ) = − x + 90 x = − x 2 + 90x   50.000 50.000

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Theo công thức ban đầu, ta được s =

1 x 2 + 90x với điều kiện 50.000

ÁN

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của F (x ) = −

BỒ

ID Ư

Ỡ N

x ≥ 2000.000

F ' (x ) = −

1 x + 90 25.000

F ' (x ) = 0 ⇔ −

1 x + 90 = 0 ⇔ x = 2.250.000 25.000

Ta lập bảng biến thiên:

2000.000

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

2.250.000

+∞

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

F ' (x )

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

−

F (x )

H Ơ

Fmax

TP .Q

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. 1 trong biểu thức (1) ? 50000

ẠO

Nhậ Nhận xét: Làm sao ta có thể tìm được hệ số

Ư N

50 − m (x − 2000.000) x = 2.000.000 thì số căn hộ được thuê là 50 . Nếu số tiền cho thuê

1 . 50000

TR ẦN

50 − m (2.100.000 − 2.000.000) = 48 ⇔ m =

tăng lên là x = 2.100.000 thì có 2 căn hộ để trống, nghĩa là có 48 người thuê. Ta có:

ẤP

Câu 90: Cần phải làm cái cửa sổ mà, phía trên là hình bán nguyệt, phía dưới là hình chữ nhật, có chu vi là a (m ) ( a chính là chu vi hình bán nguyệt cộng với chu vi hình chữ nhật trừ đi độ dài cạnh hình chữ nhật là dây cung của hình bán nguyệt). Hãy xác định các kích thước của nó để diện tích cửa sổ là lớn nhất? 2a a , chiều cao bằng A. chiều rộng bằng 4+π 4+π

a 2a , chiều cao bằng 4+π 4+π

B. chiều rộng bằng

C. chiều rộng bằng a(4 + π) , chiều cao bằng 2a(4 + π)

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Ta có thể hiểu đơn giản như sau: Số căn hộ cho thuê mỗi tháng ứng với số tiền cho thuê;

ÁN

-L

D. chiều rộng bằng a(4 − π) , chiều cao bằng 2a(4 − π)

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Đáp án A Gọi x là bán kính của hình bán nguyệt. Ta có chu vi của hình bán nguyệt là π x , tổng ba

cạnh của hình chữ nhật là a − π x . Diện tích cửa sổ là: S = S1 + S 2 =

π x2 2

+ 2x

a − π x − 2x 2

π π a = ax − ( + 2)x 2 = ( + 2)x ( − x). 2 2 π +2 2

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Dễ thấy S lớn nhất khi x =

a .(Có thể dùng đạo hàm hoặc đỉnh 4+π

− x hay x =

π +2 2

thì các kích thước của nó là: chiều cao bằng

a 2a ; chiều rộng bằng 4+π 4+π

H Ơ

max

Vậy để S

Parabol)

ẠO

TP .Q

Câu 91: Trong lĩnh vực thuỷ lợi, cần phải xây dựng nhiều mương dẫn nước dạng "Thuỷ động học" (Ký hiệu diện tích tiết diện ngang của mương là S, ℓ là độ dài đường biên giới hạn của tiết diện này, ℓ - đặc trưng cho khả năng thấm nước của mương; mương đựơc gọi là có dạng thuỷ động học nếu với S xác định, ℓ là nhỏ nhất). Cần xác định các kích thước của mương dẫn nước như thế nào để có dạng thuỷ động học? (nếu mương dẫn nước có tiết diện ngang là hình chữ nhật)

G Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

4S , y =

S 4

B. x =

C. x =

2S , y =

S 4

4S , y =

A. x =

TR ẦN

2S , y =

D. x =

S 2

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

ẤP

Gọi x, y lần lượt là chiều rộng, chiều cao của mương. Theo bài ra ta có: S = xy; x 2 − 2S 2S 2S −2S + x . Xét hàm số ℓ(x ) = + x . Ta có ℓ ' (x ) = 2 + 1 = ℓ = 2y + x = . x x x x2

2S , khi đó y =

S = x

S . 2

-L

Í-

ℓ ' (x ) = 0 ⇔ x 2 − 2S = 0 ⇔ x =

Dễ thấy với x, y như trên thì mương có dạng thuỷ động học, vậy các kích thước của mương là S thì mương có dạng thuỷ động học. 2

ÁN

x = 2S , y =

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 92: Một thợ xây muốn sử dụng 1 tấm sắt có chiều dài là 4m , chiều rộng 1m để uốn thành 2m khung đúc bê tông, 1 khung hình trụ có đáy là hình vuông và 1 khung hình trụ có đáy là hình tròn. Hỏi phải chia tấm sắt thành 2 phần (theo chiều dài) như thế nào để tổng thể tích 2 khung là nhỏ nhất ? A. Khung có đáy là hình vuông, khung có đáy là hình tròn lần lượt có chiều dài là 4 2 , . π+4 π+4 B. Khung có đáy là hình vuông, khung có đáy là hình tròn lần lượt có chiều dài là 2 4π , . π+4 π+4

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

C. Khung có đáy là hình vuông, khung có đáy là hình tròn lần lượt có chiều dài là 2 4π + 14 , . π+4 π+4

D. Khung có đáy là hình vuông, khung có đáy là hình tròn lần lượt có chiều dài là

H Ơ

4π + 14 2 , . π+4 π+4

Hướ dẫn giả giải Hướng dẫ

TP .Q

Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích của khung hình trụ có đáy là hình vuông và khung hình trụ có đáy là hình tròn. Gọi a là chiều dài của cạnh hình vuông và r là bán kính của hình tròn.

Suy

1 2 π (2 − πr ), V ′ (r ) = 0 ⇔ r = . Lập bảng biến thiên suy ra 4 (π + 4 )

TR ẦN

V ′ (r ) = 2πr −

2 1 2 − πr ) . ( 4

 4   . Vmin =   π + 4 

Vậy, phải chia tấm sắt thành 2 phần: phần làm lăng trụ có đáy là hình vuông là

ẤP

4π (m ) . (π + 4 )

36 . 2π 2

B. r =

Í-

A. r =

Câu 93: Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27cm 3 với chiều cao là h và bán kính đáy là r để lượng giấy tiêu thụ là ít nhất thì giá trị của r là: 6

38 . 2π 2

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

V (r ) = V1 + V2 = πr 2 +

1 2 2 − πr ), 0 < r < . ( 2 π

Ư N

4a + 2πr = 4 ⇔ a =

Mà

ẠO

Ta có: V1 + V2 = a 2 + πr 2 (đơn vị thể tích).

C. r =

38 . 2π 2

D. r =

36 . 2π 2

ÁN

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Đáp án B

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Thể tích của cốc: V =

1 2 81 81 1 πr h = 27 ⇒ r 2h = ⇒h = . 2 3 π π r

Lượng giấy tiêu thụ ít nhất khi và chỉ khi diện tích xung quanh nhỏ nhất.

S xq = 2πrl = 2πr r 2 + h 2 = 2πr r 2 +

= 2π r 4 +

812 1 2π 2 r 2

812 1 812 1 4 = 2 π r + π2 r 4 π2 r 2

≥ 2π 3 3 r 4 .

812 1 812 1 . 2π 2 r 2 2π 2 r 2

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

814 (theo BĐT Cauchy) 4π 4 812 1 38 6 ⇔ r = ⇔r = 2π 2 r 2 2π 2

38 . 2π 2

H Ơ

S xq nhỏ nhất ⇔ r 4 =

= 2 3π 6

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

C. 18615, 94 VND/lít .

Câu 94: Giả sử tỉ lệ lạm phát của Việt Nam trong 10 năm qua là 5% . Hỏi nếu năm 2007, giá xăng là 12000 VND/lít . Hỏi năm 2016 giá tiền xăng là bao nhiêu tiền một lít. A. 11340, 000 VND/lít . B. 113400 VND/lít .

TP .Q

D. 186160,94 VND/lít .

ẠO

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Đáp án C

G Ư N

Giá xăng năm 2009 là 12000 (1 + 0, 05)

TR ẦN

…

Giá xăng năm 2016 là 12000 (1 + 0, 05) ≈ 18615, 94 VND/lit .

Í-

ẤP

Câu 95: 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 dưới đây để được một hình lăng trụ khuyết hai đáy. Tìm x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất ?

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Giá xăng năm 2008 là 12000 (1 + 0, 05)

B. x = 15 .

ÁN

A. x = 20 .

D. x = 30 .

C. x = 25 .

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

Đáp án A Ta có PN = 60 − 2x , gọi H là trung điểm của PN suy ra AH = 60x − 900 1 S ∆ANP = . (60 − 2x ) 60x − 900 = (60 − 2x ) 2

(

)

15x − 225 = f (x ) , do chiều cao của khối

lăng trụ không đổi nên thể tích khối lăng trụ max khi f (x ) max. f ' (x ) =

−45 (x − 20)

15x − 225

= 0 ⇔ x = 20, f (20) = 100 3, f (15) = 0

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

Câu 96: 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 800(m ) . Hỏi anh ta chọn mỗi kích thước của nó bằng bao nhiêu để diện tích canh tác lớn nhất?

max f (x ) = 100 3 khi x = 20

ẠO

B. 300m × 100m C. 250m × 150m Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Ư N

D.Đáp án khác D.

Đáp án A

TR ẦN

Gọi chiều dài và chiều rộng của miếng đất lần lượt là: x( m) và y( m) ( x , y > 0). Diện tích miếng đất: S = xy Theo đề bài thì: 2( x + y ) = 800 hay y = 400 − x . Do đó: S = x(400 − x) = −x2 + 400 x với x > 0 Đạo hàm: S '( x) = −2x + 400 . Cho y ' = 0 ⇔ x = 200 . Lập bảng biến thiên ta được: Smax = 40000 khi x = 200 ⇒ y = 200 . Kết luậ luận: Kích thước của miếng đất hình chữ nhật là 200 × 200 (là hình vuông). Lưu ý: Có thể đánh giá bằng BĐT Cô-Sy.

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

ẤP

Câu 97: Một trang chữ của một tạp chí cần diện tích là 384cm 2 . Lề trên, lề dưới là 3cm; lề phải, lề trái là 2cm. Khi đó chiều ngang và chiều dọc tối ưu của trang giấy lần lượt là: A. 24cm, 25cm. B. 15cm, 40cm. C. 20cm, 30cm. D. 22,2cm, 27cm.

Đáp án C

Gọi a, b (cm )(a > 0, b > 0) là độ dài chìu dọc và chìu ngang của trang chữ suy ra kích

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

TP .Q

C=800 m

A. 200m × 200m

ÁN

-L

thước trang giấy là a + 6,b + 4

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Ta có: a .b = 384 ⇒ b =

384 (1) a

Diện tích trang sách là: S = (a + 6)(b + 4) ⇔ S = 4a +

Theo bất đẳng thức CAUCHY ta có: ⇔ S ≥ 2 4a. Suy ra MinS = 600 ⇔ 4a =

2304 + 408 a

2304 + 408 = 600 a

2304 ⇔ a = 24 , suy ra chiều dọc và chiều ngang tối ưu là: a

30cm,20cm Câu 98: Ông Bình muốn thiết kế mái cho một xưởng may có diện tích 20000 m 2 có hai đồ án như sau: http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

- Công ty A thiết kế dạng hình vuông với mái là hình chóp tứ giác đều có chiều cao bằng 70m . - Công ty B thiết kế dạng hình tròn với mái là nửa mặt cầu úp xuống. Hỏi thiết kế của công ty A giúp tiết kiệm diện tích mái hơn bao nhiêu m 2 ? D. 5000 m 2 .

C. 9000 m 2 . Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

H Ơ

B. 20000 m 2 .

A. 11857 m 2 .

Đáp án A

(

= 4900 + 5000 = 30 11 (h = 70)

Ư N

chiều cao mặt bên.cạnh đáy = 2.30 11.100 2 = 6000 22 (m 2 )

20000

Độ dài cạnh đáy là:

Phương án B: Mặt cầu:

20000 20000 ; Smat = 2πR2 = 2π = 40000m 2 π π

20000m 2 ⇒ πR2 = 20000 ⇒ R =

TR ẦN

Diện tích hình tròn lớn bằng

40000m 2 − 6000 22m 2 = 11857 m 2

Kết luận: Vậy phương án A giúp tiết kiện diện tích mái hơn

ẤP

Câu 99: Trên cánh đồng cỏ có 2 con bò được cột vào 2 cây cọc khác nhau. Biết khoảng cách giữa 2 cọc là 4 mét còn 2 sợi dây cột 2 con bò dài 3 mét và 2 mét. Tính phần diện tích mặt cỏ lớn nhất mà 2 con bò có thể ăn chung (lấy giá trị gần đúng nhất). B. 1, 574 m2

A. 1, 034 m2

C. 1, 989 m2

D. 2, 824 m2

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

Í-

Diện tích mặt cỏ ăn chung sẽ lớn nhất khi 2 sợi dây được kéo căng và là phần giao của 2 đường tròn.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

)

ẠO

Chiều dài của cạnh bên là h 2 + 50 2

TP .Q

Phương án A: Hình chóp tứ giác đều

Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ, gọi O, M là vị trí của cọc. Bài toán đưa về tìm diện tích phần được tô màu.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Ta có phương trình đường tròn tâm (O ) : x 2 + y 2 = 32 và phương trình đường tròn tâm 2

+ y 2 = 22

H Ơ

Phương trình các đường cong của đường tròn nằm phía trên trục Ox là: y = 9 − x 2 và

(M ) : (x − 4)

y = 4 − (x − 4)

4 − (x − 4) = 9 − x 2 ⇔ 4 + 8x − 16 = 9 ⇔ x =

21 8

TP .Q

Phương trình hoành độ giao điểm:

Ư N

thể giải tích phân này bằng phép thế lượng giác, tuy nhiên để tiết kiệm thời gian nên bấm máy. Chọn C.

ẤP

TR ẦN

Câu 100: Bên trong một căn nhà bỏ hoang hình lập phương thể tích 1000 m3 có 3 chú nhện con rất hay cãi vã nên phải sống riêng. Mùa đông đến, vì đói rét nên chúng đành quyết định hợp tác với nhau giăng lưới để bắt mồi. Ba chú nhện tính toán sẽ giăng một mảnh lưới hình tam giác theo cách sau: Mỗi chú nhện sẽ đứng ở mép tường bất kì (có thể mép giữa 2 bức tường, giữa tường với trần, hoặc giữa tường với nền) rồi phóng những sợi tơ làm khung đến vị trí cũng 2 con nhện còn lại rồi sau đó mới phóng tơ dính đan phần lưới bên trong. Nhưng vì vốn đã có hiềm khích từ lâu, nên trước khi bắt đầu, chúng quy định để tránh xô xát, không có bất kì 2 con nhện nào cùng nằm trên một mặt tường, nền hoặc trần nhà. Tính chu vi nhỏ nhất của mảnh lưới được giăng (biết các sợi tơ khung căng và không nhùn). B. 2 30 mét

C. 12 10 mét

D. 10 2 mét

Hướ dẫn giả giải Hư ớng dẫ

A. 15 6 mét

Bài toán này ta sẽ giải quyết bằng cách ứng dụng phương pháp tọa độ trong không gian.

Í-

Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ. Không mất tính tổng quát, và dựa vào yêu cầu về vị trí 3 con nhện ta xác định là các điểm M , N , P nằm trên các cạnh A ' B ',CC ', AD như hình vẽ.

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

 21  3 8  2 Diện tích phần được tô màu là: S = 2  ∫ 4 − (x − 4) dx + ∫ 9 − x 2 dx  ≈ 1, 989 . Ta có 2  21   8

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Ư N

Yêu cầu bài toán là cần tìm tọa độ của 3 điểm M , N , P để chu vi tam giác MNP nhỏ nhất.

10 + (y + z − 20) + 202 + z 2 + (−x ) + 102

(10 − x + y + z ) + (y − 10 + z − 10 − x ) 2 (y + z − x − 5) + 450 + (10 + 10 + 10)

ẤP

+ (10 + 10 + 10)

≥ 15 6

(10 − x + y )

≥

+ y 2 + (z − 10) + 102 + z 2 + (−x ) + 102

Áp dụng bất đẳng thức vecto : ⇒ MN + NP + PM ≥

TR ẦN

+ (y − 10) + 102 + 102 + y 2 + (z − 10) + x 2 + 102 + z 2

(x − 10) (10 − x ) + (y − 10) + 10

MN + NP + PQ =

Đặt M (x ;10; 0), P (0; 0; z ), N (10; y;10) . Chu vi tam giác MNP là:

Í-

 y + z − x = 5 y = z   10 − x y − 10 10 Dấu bằng xảy ra khi  = = ⇔ 2y − x = 5 ⇔ x = y = z = 5 z − 10 10  y x + y = 10 10 − x + y y + z − 20 20  = =  z −x 10 

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

TP .Q

H Ơ

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Ỡ N

Vậy giá trị cần tìm là 15 6 . Chọn A. M

BỒ

ID Ư

Câu 101: Một ngôi nhà có nền dạng tam giác đều ABC cạnh dài 10 ( m ) được đặt song song và cách mặt đất h (m ) . Nhà

có 3 trụ tại A, B , C vuông góc với ( ABC ) . Trên trụ A người ta lấy hai điểm M , N sao cho AM = x , AN = y và góc giữa

( MBC ) và (NBC ) bằng

90° để là mái và

phần chứa đồ bên dưới. Xác định chiều cao thấp nhất của ngôi nhà.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

C 10

B N (d)

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

A. 5 3 .

B. 10 3 .

C. 10 .

D. 12 .

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

H Ơ

Đáp án B

là

trung

điểm

BC .

của

có

∆ABC

đều

⇒ AI ⊥ BC ,

TP .Q

Gọi

Để nhà có chiều cao thấp nhất ta phải chọn N nằm trên mặt đất. Chiều cao của nhà là NM = x + y . vì

ẠO

MI ⊥ BC = 900 MN ⊥ (ABC ) ⇒ MN ⊥ BC , từ đó suy ra ⇒ BC ⊥ (MNI ) ⇒  ⇒ MIN NI ⊥ BC 

Ư N

TR ẦN

Theo bất đẳng thức Côsi: x + y ≥ 2 xy = 2. 75 = 10 3 ⇔ x = y = 5 3

15 km 4

Í-

ẤP

A)) Một đường dây điện được Câu 102: (NHO QUAN A nối từ một nhà máy điện ở A đến một hòn đảo ở C. khoảng cách ngắn nhất từ C đến B là 1 km. Khoảng cách từ B đến A là 4. Mỗi km dây điện đặt dưới nước là mất 5000 USD, còn đặt dưới đất mất 3000 USD. Hỏi diểm S trên bờ cách A bao nhiêu để khi mắc dây điện từ A qua S rồi đến C là ít tốn kém nhất.

Do đó chiều cao thấp nhất của nhà là 10 3.

13 km 4

10 4

19 4

Hướ dẫn giả giải Hư ớng dẫ

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

10 3    = 75 ∆IMN vuông tại I nhận AI là đường cao nên ⇒ AM .AN = AI 2 ⇒ xy =   2 

Trước tiên, ta xây dựng hàm số f ( x ) là hàm số tính tổng chi phí sử dụng.

Đặt BS = x thì ta được: SA = 4 − x, CS =

x 2 + 1 . Theo đề bài, mỗi km dây điện đặt dưới nước

ID Ư

Ỡ N

mất 5000USD, còn đặt dưới đất mất 3000USD, như vậy ta có hàm số f ( x ) được xác định như sau:

BỒ

f ( x ) = 3000. ( 4 − x ) + 5000. x 2 + 1 với x ∈ [ 0; 4 ]

Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của f ( x ) để có được số tiền ít nhất cần sử dụng và từ đó xác định được vị trí điểm S.

f ' ( x ) = −3000 + 5000.

x x2 + 1

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

f ' ( x ) = 0 ⇔ −3000 + 5000.

= 0 ⇔ −3000 x 2 + 1 + 5000 x = 0

x +1 ⇔ 3 x2 + 1 = 5x

H Ơ

3  16 x 2 = 9 3 x = ± ⇔ ⇔ 4⇔x= . 4 x ≥ 0  x ≥ 0

TP .Q

Hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [ 0; 4 ].

3 4

3 . Khi đó chi phí là thấp nhất và điểm S nằm cách 4

Ư N

3 13 = . 4 4

TR ẦN

A một đoạn SA = 4 − x = 4 − Vậy đáp án là B.

Ố 673) 673) Có hai chiếc cọc Câu 103: (THTT SSỐ cao 10 m và 30 m lần lượt đặt

tại hai vị trí A, B . Biết khoảng

ẤP

Người ta chọn một cái chốt ở vị trí M trên mặt đất nằm giữa hai chân cột để giang dây nối đến hai đỉnh C và D của cọc (như hình vẽ). Hỏi ta phải đặt chốt ở vị trí nào đề tổng độ dài của hai sợi dây đó là ngắn nhất? A. AM = 6 m, BM = 18 m.

cách giữa hai cọc bằng 24 m .

B. AM = 7 m, BM = 17 m.

Í-

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Vậy giá trị nhỏ nhất của f ( x ) là 16000 và tại x =

ẠO

Ta có: f ( 0 ) = 17000, f   = 16000, f ( 4 ) = 20615,52813.

D. AM = 12 m, BM = 12 m.

ÁN

-L

C. AM = 4 m, BM = 20 m.

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải

x 2 + 100

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Đặt AM = x (0 < x < 24) ⇒ BM = 24 − x . Ta có CM = CA2 + AM 2 =

MD = MB 2 + BD 2 = CM + MD =

(24 − x )

+ 900 .Suy ra tổng độ dài hai sợi dây là :

+ 900 + x 2 + 100 = f (x ),(0 < x < 24)

Khảo sát hàm ta được: x = 6 (m ) => BM =18 (m ) . Chọn A.

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

D. 741,2 m

C. 779,8 m

H Ơ

Câu 104: (HÀ NỘ NỘI – AMSTERDAM) AMSTERDAM) Cho hai vị trí A, B cách nhau 615m, cùng nằm về một phía bờ sông như hình vẽ. Khoảng cách từ A và từ B đến bờ sông lần lượt là 118m và 487m. Một người đi từ A đến bờ sông để lấy nước mang về B. Đoạn đường ngắn nhất mà người đó có thể đi là: A. 569,5 m B. 671,4 m

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

TP .Q

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Giả sử người đó đi từ A đến M để lấy nước và đi từ M về B.

dễ dàng tính được BD = 369, EF = 492. Ta đặt EM = x , khi đó ta được:

(492 − x )

+ 4872 .

MF = 492 − x , AM = x 2 + 1182 , BM =

ẤP

Như vậy ta có hàm số f (x ) được xác định bằng tổng quãng đường AM và MB:

f (x ) = x 2 + 1182 +

(492 − x )

+ 4872 với x ∈  0; 492 

-L

Í-

Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của f (x ) để có được quãng đường ngắn nhất và từ đó xác định

ÁN

được vị trí điểm M.

x x 2 + 1182

−

492 − x

(492 − x )

+ 487

. 2

BỒ

ID Ư

Ỡ N

f ' (x ) =

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

f ' (x ) = 0 ⇔

x 2 + 1182 x

⇔

−

492 − x

(492 − x )

+ 487

492 − x

(492 − x ) + 487 ⇔ x (492 − x ) + 487 = (492 − x ) x + 118    x (492 − x ) + 487  = (492 − x ) (x + 118 )  ⇔    2

N H Ơ

Ư N

0 ≤ x ≤ 492   487x 2 = 58056 − 118x 2 ) ( ) ⇔ ( 0 ≤ x ≤ 492   x = 58056 hay x = − 58056 58056 ⇔ 605 369 ⇔ x = 0 ≤ x ≤ 492 605 

TP .Q

TR ẦN





58056  , Hàm số f (x ) liên tục trên đoạn  0; 492  . So sánh các giá trị của f (0) , f     605  f (492)    605 

58056   ≈ 779, 8m ta có giá trị nhỏ nhất là f 

Khi đó quãng đường đi ngắn nhất là xấp xỉ 779,8m. Vậy đáp án là C.

Í-

ẤP

Câu 105: Anh Thái gửi vào ngân hàng 50 triệu đồng với lãi suất 0,6%/tháng. Sau mỗi tháng, chú Tư đến ngân hàng rút mỗi tháng 3 triệu đồng để chi tiêu cho đến khi hết tiền thì thôi. Sau một số tròn tháng thì chú Tư rút hết tiền cả gốc lẫn lãi. Biết trong suốt thời gian đó, ngoài số tiền rút mỗi tháng chú Tư không rút thêm một đồng nào kể cả gốc lẫn lãi và lãi suất không đổi. Vậy tháng cuối cùng chú Tư sẽ rút được số tiền là bao nhiêu (làm tròn đến đồng)? A. 1840270 đồng. B. 3000000 đồng. C. 1840269 đồng.

D. 1840268 đồng.

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

x 2 + 1182

ÁN

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

BỒ

ID Ư

Ỡ N

[Phương pháp ttự ự luậ luận]

Áp

dụng

công

thức

tính

  1 + r  − 1   100 

số

tiền

còn

và

X =3

lại

tháng

 r   −X Sn = A1 + 100   n

Với

A = 50

triệu

Sn = 50.1, 006n − 3.

r 100

đồng,

(9)

r = 0, 6

triệu

đồng

được

1, 006n − 1 . 0, 006

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Để rút hết số tiền thì ta tìm số nguyên dương

nhỏ nhất sao cho

1, 006 − 1 500 ⇔ 500 − 450.1, 006n < 0 ⇔ n > log1,006 ⇒ n = 18 0, 006 450 n

Sn < 0 ⇔ 50.1, 006n − 3.

 1, 00617 − 1  triệu đồng ≈ 1840270 đồng S17 .1, 006 = 50.1, 00617 − 3.  .1, 006 ≈ 1, 840269833 0, 006  

H Ơ

Khi đó số tiền tháng cuối cùng mà Anh Thái rút là

TP .Q

[Phương pháp trắ trắc nghiệ nghiệm]

1, 006X − 1 , tính giá trị chạy từ 10 đến 20 với 0, 006 step bằng 1 ta được bằng giá trị tương ứng và số tiền còn lại nhơ hơn 3 ứng với X = 17 . tính

được

số

tiền rút ra ở tháng cuối cùng là  1, 00617 − 1  .1, 006 ≈ 1, 840269833 triệu đồng ≈ 1840270 đồng S17 .1, 006 = 50.1, 00617 − 3. 0, 006  

đó

TR ẦN

Ư N

Từ

C. 330 .

D. 323 .

Hướ Hư ớng dẫ dẫn giả giải

ẤP

B. 343 .

A. 333 .

Câu 106: 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 100 , x ≥ 0 . Hãy tính số quảng cáo được % người xem mua sản phẩm là P( x) = 1 + 49e −0.015 x phát tối thiểu để số người mua đạt hơn 75% .

Khi có 100 quảng cáo phát ra thì tỉ lệ người xem mua sản phẩm là:

100 ≈ 9.3799% 1 + 49 e −1.5

Í-

P ( 100 ) =

Khi có 200 quảng cáo phát ra thì tỉ lệ người xem mua sản phẩm là:

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

ẠO

Nhập lên màn hình máy tính 50.1, 006X − 3.

100 ≈ 29.0734% 1 + 49 e −3

ÁN

P ( 200 ) =

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Khi có 500 quảng cáo phát ra thì tỉ lệ người xem mua sản phẩm là: P ( 500 ) =

100 ≈ 97.3614% 1 + 49 e −7.5

Đáp án: A.

LẦ ẦN 3) Trong chương trình nông thôn mới, tại một xã X có xây Câu 107: (CHUYÊN QUANG TRUNG L một cây cầu bằng bê tông như hình vẽ. Tính thể tích khối bê tông để đổ đủ cây cầu. (Đường cong trong hình vẽ là các đường Parabol). A. 19m3 . B. 21m3 . C. 18m3 . D. 40m3 .

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọn D.

H Ơ

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.

0, 5m

ẠO

TP .Q

19m

0, 5m

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

TR ẦN

Ta có

 19  Gọi ( P1 ) : y = ax 2 + c là Parabol đi qua hai điểm A  ;0  , B ( 0; 2 )  2 

2  8   19  8 2 0 = a.   + 2 a = − Nên ta có hệ phương trình sau:  ⇔ x +2 361 ⇒ ( P1 ) : y = −  2 361 2 = b b = 2 

ẤP

 5 Gọi ( P2 ) : y = ax 2 + c là Parabol đi qua hai điểm C (10;0 ) , D  0;   2

ÁN

-L

Í-

1 5 2   a = − 40 0 = a. (10 ) + 2 1 5 ⇔ ⇒ ( P2 ) : y = − x 2 + Nên ta có hệ phương trình sau:  40 2 5 = b b = 5  2  2

19  10  1 2 5   8 2   Ta có thể tích của bê tông là: V = 5.2  ∫  − x + dx − ∫ 2  − x + 2 dx  = 40m3 0 0 2  361     40

BỒ

ID Ư

Ỡ N

Câu 108: (NGUYỄN TRÃI – HD) Có một cái cốc làm bằng giấy, được úp ngược như hình vẽ. Chiều cao của chiếc cốc là 20cm , bán kính đáy cốc là 4cm , bán kính miệng cốc là 5cm . Một con kiến đang đứng ở điểm A của miệng cốc dự định sẽ bò hai vòng quanh than cốc để lên đến đáy cốc ở điểm B . Quãng đường ngắn nhất để con kiến có thể thực hiện được dự định của mình gần đúng nhất với kết quả nào dước đây?

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

B. 59,93 cm

C. 58, 67 cm

D. 58,80 cm .

TP .Q

A. 59,98 cm

H Ơ

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

ẠO

Hướ ớng dẫ Hư dẫn giả giải Chọ Chọn D. Đặt b, a, h lần lượt là bán kính đáy cốc, miệng cốc và chiều cao của cốc, α là góc kí hiệu

TR ẦN

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

như trên hình vẽ. Ta “trải” hai lần mặt xung quanh cốc lên mặt phẳng sẽ được một hình quạt của một khuyên với cung nhỏ BB " = 4π b và cung lớn AA " = 4π a .

ẤP

Độ dài ngắn nhất của đường đi của con kiến là độ dài đoạn thẳng BA”. Áp dụng định lí hàm số cosin ta được:

l = BO 2 + OA′′2 − 2 BO.OA′′.cos 2α (1).

′′) OA OB + AB a 4π a l ( BB AB AB.α = = = = = 1+ = 1+ π b 2 b 4π b l (AA′′) OB OB 2π b

-L

Í-

B′′A′′ = AB = (a − b) 2 + h 2 .

2π ( a − b) 2π ( a − b) ( a ). = AB (a − b)2 + h 2

b ( a − b) 2 + h 2 AB a a −b (b) . = −1 = ⇒ OB = OB b b a −b

ÁN

⇒α =

b ( a − b) 2 + h 2 + (a − b) 2 + h 2 (c). a −b Thay (a), (b), (c) vào (1) ta tìm được l . l ≈ 58,79609cm ≈ 58,80

BỒ

ID Ư

Ỡ N

OA′′ = OB + BA =

′′ tại điểm nào khác B, Ghi chú. Để tồn tại lời giải trên thì đoạn BA” phải không cắt cung BB ′′ tại B. Điều này tương đương với 2α < cos −1  b  . Tuy tức là BA” nằm dưới tiếp tuyến của BB   a

nhiên, trong lời giải của thí sinh không yêu cầu phải trình bày điều kiện này (và đề bài cũng đã cho thỏa mãn yêu cầu đó).

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

H Ơ

Câu 109: (NGÔ QUYỀN – HP) Một cơ sở sản xuất khăn mặt đang bán mỗi chiếc khăn với giá 30.000 đồng một chiếc và mỗi tháng cơ sở bán được trung bình 3000 chiếc khăn. Cơ sở sản xuất đang có kế hoạch tăng giá bán để có lợi nhận tốt hơn. Sau khi tham khảo thị trường, người quản lý thấy rằng nếu từ mức giá 30.000 đồng mà cứ tăng giá thêm 1000 đồng thì mỗi tháng sẽ bán ít hơn 100 chiếc. c. Biết vốn sản xuất một chiếc khăn không thay đổi là 18.000 . Hỏi cơ sở sản xuất phải bán với giá mới là bao nhiêu để đạt lợi nhuận lớn nhất. B. 40.000 đồng. C. 43.000 đồng. D. 39.000 đồng. A. 42.000 đồng.

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

TP .Q

Hướng dẫ dẫn giải Chọn D. Gọi số tiền cần tăng giá mỗi chiếc khăn là x (nghìn đồng).

ẠO

Vì cứ tăng giá thêm 1 (nghìn đồng) thì số khăn bán ra giảm 100 chiếc nên tăng x (nghìn

đồng) thì số xe khăn bán ra giảm 100x chiếc. c. Do đó tổng số khăn bán ra mỗi tháng là:

G Ư N

Lúc đầu bán với giá 30 (nghìn đồng), mỗi chiếc khăn có lãi 12 (nghìn đồng). Sau khi tăng

TR ẦN

giá, mỗi chiếc khăn thu được số lãi là: 12 + x (nghìn đồng). Do đó tổng số lợi nhuận một tháng thu được sau khi tăng giá là: f ( x ) = ( 3000 − 100 x )(12 + x ) (nghìn đồng).

Xét hàm số f ( x ) = ( 3000 − 100 x )(12 + x ) trên ( 0; +∞ ) . 2

Ta có: f ( x ) = −100 x 2 + 1800 x + 36000 = −100 ( x − 9 ) + 44100 ≤ 44100 .

ẤP

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 9 .

Như vậy, để thu được lợi nhuận cao nhất thì cơ sở sản xuất cần tăng giá bán mỗi chiếc

khăn là 9.000 đồng, tức là mỗi chiếc khăn bán với giá mới là 39.000 đồng.

Í-

Câu 110: (CHUYÊN VINH – L2) Các khí thải gây hiệu ứng nhà kính là nguyên nhân chủ yếu làm trái đất nóng lên. Theo OECD (Tổ chức hợp tác và phát triển kinh tế thế giới), khi nhiệt độ trái đất tăng lên thì tổng giá trị kinh tế toàn cầu giảm. Người ta ước tính rằng khi nhiệt độ trái đất tăng thêm 2°C thì tổng giá trị kinh tế toàn cầu giảm 3%, còn khi nhiệt độ trái đất tăng thêm 5°C thì tổng giá trị kinh tế toàn cầu giảm 10% . Biết rằng nếu nhiệt độ trái đất tăng thêm t °C ,

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

c. 3000 − 100 x chiếc.

tổng giá trị kinh tế toàn cầu giảm f ( t ) % thì f (t ) = k .a t (trong đó a, k là các hằng số dương).

Nhiệt độ trái đất tăng thêm bao nhiêu độ C thì tổng giá trị kinh tế toàn cầu giảm 20% ? A. 9,3°C . B. 7,6°C . C. 6,7°C . D. 8, 4°C . Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải Chọ Chọn C. 2  k .a = 3% Theo đề bài ta có:  5 (1) . Cần tìm t thỏa mãn k .a t = 20% .  k .a = 10%

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Từ (1) ⇒ k =

www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com

10 3% 3% 20 và a = 3 . Khi đó k .a t = 20% ⇒ 2 .a t = 20% ⇒ a t − 2 = ⇒ t ≈ 6, 7 . 2 3 a a 3

13, 2cm

H Ơ N Y U TP .Q ẠO G

Ư N

www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com

Chọ Chọn A. Ta có thể tích của khối trụ là V1 = π .13, 2.6, 62 ≈ 1086, 4 .

13, 2cm

Hướ Hướng dẫ dẫn giả giải

Câu 111: (CHUYÊN VINH – L2) L2) Một xưởng sản xuất muốn tạo 1cm ra những chiếc đồng hồ cát thủy tinh có dạng hình trụ, phần chứa cát là hai nửa hình cầu bằng nhau. Hình vẽ bên với kích thước đã cho là bản thiết kế thiết diện qua trục của chiếc đồng hồ này (phần giới hạn bởi hình trụ và phần hai nữa hình cầu chứa cát). Khi đó, lượng thủy tinh làm chiếc đồng hồ cát gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau B. 602, 2 cm3 . A. 1070,8 cm3 . 1cm D. 6021,3 cm3 . C. 711, 6 cm3 .

Đường kính hình cầu là 13, 2 − 2.1, 0 = 11, 2 cm , suy ra thể tích của hai nửa khối cầu là 4 π .5, 63 ≈ 735, 619 3

TR ẦN

V2 =

BỒ

ID Ư

Ỡ N

ÁN

-L

Í-

ẤP

Vậy lượng thủy tinh làm chiếc đồng hồ gần nhất với giá trị 1070,8 cm3.

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú

www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial