TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN 12 LTĐH 2021 - VẬN DỤNG CAO TỪ CÁC TRƯỜNG by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

TÀI LIỆU BD HSG TOÁN 12 LTĐH 2021 - BÀI TOÁN VDC ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM, ỨNG DỤNG HÀM SỐ LUỸ THỪA HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LOGARIT, KHỐI ĐA DIỆN - KHỐI TRÒN XOAY, NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN - VDC TỪ CÁC TRƯỜNG WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

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

CHƯƠNG I. ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM Toán học bắt nguồn từ thực tiễn, và mọi lí thuyết toán học dù trừu tượng đến đâu cũng đều tìm thấy ứng dụng của chúng trong thực tế cuộc sống. Đến với chương này, chúng ta sẽ cùng nhau tìm hiểu về các “Ứng dụng của Đạo Hàm” không chỉ đối với Toán học mà còn đối với các ngành khoa học kỹ thuật khác; bởi lẽ Đạo hàm không chỉ dành riêng cho các nhà Toán học, mà đạo hàm còn được ứng dụng rất nhiều trong cuộc sống và các ngành khoa học khác, ví dụ có thể kể đến như: Một nhà kinh tế muốn biết tốc độ tăng trưởng kinh tế nhằm đưa ra các quyết định đầu tư đúng đắn thì phải làm như thế nào ? Một nhà hoạch định chiến lược muốn có những thông tin liên quan đến tốc độ phát triển và gia tăng dân số của từng vùng miền thì phải dựa vào đâu ? Một nhà hóa học muốn xác định tốc độ của các phản ứng hóa học nào đó hay một nhà Vật lí cần làm gì để muốn tính toán vận tốc, gia tốc của một chuyển động ? Và hơn thế nữa, trong thực tiễn đời sống luôn có rất nhiều những bài toán liên quan đến tối ưu hóa nhằm đạt được lợi ích cao nhất như phải tính toán như thể nào để làm cho chi phí sản xuất là thấp nhất mà lợi nhuận đạt được là cao nhất ?,... Chúng ta hãy cùng nhau tìm hiểu, khám phá và mở mang thêm cho mình những hiểu biết về ứng dụng của đạo hàm thông qua bố cục trình bày của chương như sau: • Phần 1.1: Tóm tắt lí thuyết và các kiến thức liên quan đến đạo hàm. • Phần 1.2: Các bài toán thực tế ứng dụng đạo hàm. • Phần 1.3: Các bài toán trắc nghiệm khách quan. • Phần 1.4: Đáp án và hướng dẫn giải câu hỏi trắc nghiệm.

Trang 1/65

Trang 2/63

PHẦN 1.1: TÓM TẮT LÝ THUYẾT VÀ CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN

f ( xo + ∆x ) − f ( xo )

f ' ( xo ) = lim

∆x →0

Để tìm hiểu các ứng dụng của đạo hàm, trước tiên ta cần hiểu một cách thấu đáo về khái niệm của đạo hàm. Bài toán cơ bản là nguồn gốc nảy sinh khái niệm đạo hàm, một thuộc về lĩnh vực Hình học và một đến từ Vật lí. ● Đối với bài toán hình học: xác định tiếp tuyến của một đường cong. Nếu như trước đây, nhiều bài toán của Đại Số chỉ có thể được giải quyết nhờ vào công cụ và phương pháp của Hình học, thì kể từ thế kỉ XVI, với hệ thống kí hiệu do Viète (1540-1603) đề nghị vào năm 1591, Đại số đã tách khỏi Hình học, phát triển một cách độc lập với những phương pháp có sức mạnh lớn lao. Nhận thấy sức mạnh ấy, Descartes (1596-1650) và Fermat (1601-1665) đã khai thác nó vào nghiên cứu Hình học bằng việc xây dựng nên Hình học giải tích. Sự ra đời của Hình học giải tích khiến cho vấn đề nghiên cứu nhiều đường cong được đặt ra. Tuy nhiên bài toán này chỉ được các nhà toán học thời kì trước giải quyết đối với một số đường đặc biệt (đường tròn, đường Conic, ...) bằng công cụ của hình học cổ điển nhưng với hàng loạt những đường cong mới xuất hiện, bài toán xác định tiếp tuyến tuyến của một đường cong đòi hỏi một phương pháp tổng quát hơn. Khái niệm tiếp tuyến lúc này được hiểu theo những quan niệm mới như là vị trí “tới hạn” của cát tuyến hay đường thẳng trùng với một phần vô cùng nhỏ với đường cong tại tiếp điểm. Chính từ quan niệm “vị trí tới hạn” này mà hệ số góc k của tiếp tuyến với đường cong y = f ( x ) được định nghĩa (theo ngôn ngữ ngày nay) bởi biểu thức k = lim h →0

f ( x + h) − f ( x) h

● Đối với bài toán vật lí: tìm vận tốc tức thời. Thừa nhận rằng có thể xem vận tốc tức thời vtt của vật thể có phương trình chuyển động là s = S ( t ) là giới hạn của vận tốc trung bình trong khoảng thời gian ( t ;t + ∆t ) khi ∆t → 0 , Newton (1643 – 1727) cũng đã đi đến biểu thức xác định vtt (có cùng bản chất với biểu thức hệ số góc của tiếp tuyến) mà theo ngôn ngữ ngày nay ta viết là: vtt = lim

S ( t + ∆t ) − S ( t ) ∆t

∆t →0

Ngoài ra, ta cũng có thể bắt gặp một số khái niệm khác của đạo hàm như “đạo hàm - tốc độ biến thiên của hàm số” hay “đạo hàm – công cụ xấp xỉ hàm số”. Từ đây ta đưa ra định nghĩa của đạo hàm: 2.1.1 Định nghĩa đạo hàm tại một điểm. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên khoảng ( a; b ) , xo ∈ ( a; b ) , xo + ∆x ∈ ( a; b ) . Nếu tồn tại, giới hạn (hữu hạn) lim

f ( xo + ∆x ) − f ( xo )

∆x →0

khoảng xác định. Ta có: ● ( u + v − w )' = u'+ v'− w'

∆x

được gọi là đạo hàm của f ( x )

f ( x ) − f ( xo ) x − xo

x → xo

● ( uv )' = u' v + v' u u

● ( uvw )' = u' vw + v' uw + w' uv

●  ' = v

● ( ku )' = ku' (với k là hằng số)

●  ' = v

 

1

 

u' v − v' u v = v ( x) ≠ 0 v2

(

−v' v = v ( x) ≠ 0 v2

(

)

Bảng công thức các đạo hàm thường gặp Đạo hàm của f ( x ) với x là biến số Đạo hàm của f ( u ) với u là một hàm số

( k )' = 0 ( kx )' = k . (với k là hằng số)

( x )' = nx n

n−1

(với k là hằng số)

( ku)' = k.u' (với k là hằng số) (u )' = nu . (u)' n −1

 1 ′ −1   = 2 ( x ≠ 0) x x 1 x '= ,( x > 0) 2 x

 1 ′ −u'   = 2 u( x) ≠ 0 u u u' u '= , u( x) > 0 2 u

( sin x )' = cos x ( cos x )' = − sin x

( sinu )' = cosu.( u )' ( cosu )' = − sinu. ( u)' ( u )' ( tanu)' = cos u = (1 + tan u) . ( u)'

(

( tan x )' = cos1 x = 1 + tan 2

)

 π   u ( x ) ≠ 2 + kπ , k ∈ ℤ   

( cot x )' = sin−1 x = − (1 + cot x ) x

(

 π   x ≠ 2 + kπ , k ∈ ℤ   

( a )' = a ( e )' = e

)

( )

( x ≠ kπ , k ∈ ℤ )

= S' ( t )

= lim

2.1.2 Các quy tắc tính đạo hàm và bảng công thức đạo hàm thường gặp. Các quy tắc tính đạo hàm. Giả sử u = u ( x ) , v = v ( x ) , w = w ( x ) là các hàm số có đạo hàm tại điểm x thuộc

( )

= f ' ( x)

∆x

lna, ( 0 < a ≠ 1)

− ( u )' ( cotu)' = sin u = − (1 + cot u) . ( u)' 2

(u ( x ) ≠ kπ , k ∈ ℤ ) ( a )' = a ln a.(u )' , ( 0 < a ≠ 1) ( e )' = e . ( u )' u

( log x )' = x ln1 a , ( x > 0 ) ( 0 < a ≠ 1)

u' ( log u)' = uln (u ( x ) > 0 ) , ( 0 < a ≠ 1) a

( ln x )' = x1 ( x > 0 )

( lnu)' = u'u ( u ( x ) > 0 )

tại điểm xo , kí hiệu f ' ( xo ) hay y' ( xo ) . Trang 3/65

Trang 4/63

Đạo hàm của một số hàm phân thức hữu tỉ thường gặp Hàm số Đạo hàm của hàm số y=

ax + b cx + d

y' =

a1 x 2 + b1 x + c1 a2 x 2 + b2 x + c2

y' =

ad − bc

( cx + d ) a1 a2

( cx + d )

 x0 được gọi là một điểm cực đại của hàm số f ( x ) nếu tồn tại một khoảng ( a; b )

chứa x0 sao cho ( a,b ) ⊂ D và f ( x ) < f ( x0 ) với ∀x ∈ ( a; b ) và x ≠ x0 .

b1 2 a x +2 1 b2 a2

c1 b x+ 1 c2 b2

(a x

)

2.1.3 Cực trị của hàm số. Định nghĩa: Giả sử hàm số y = f ( x ) xác định trên tập hợp D, ( D ⊂ ℝ ) và xo ∈ D .

a b c d

+ b2 x + c2

c1 c2

Khi đó f ( x0 ) được gọi là giá trị cực đại của hàm số f ( x ) .  x0 được gọi là một điểm cực tiểu của hàm số f ( x ) nếu tồn tại một khoảng (a;b)

chứa x0 sao cho (a,b) ⊂ D và f (x) > f (x0 ) với ∀x ∈ (a; b)\{x0 } .

2.1.2 Tính đơn điệu của hàm số. Định nghĩa: Gọi K là khoảng ( a;b ) hoặc đoạn a;b hoặc nửa khoảng a;b) ,( a;b và hàm số f ( x ) xác định trên K. Hàm số y = f ( x) đồng biến (tăng) trên K nếu ∀x1 ,x2 ∈ K : x1 < x2  f ( x1 ) < f ( x2 ) Hàm số y = f ( x) nghịch biến(giảm) trên K nếu : ∀x1 ,x2 ∈K: x1 < x2  f ( x1 ) > f ( x2 ) . Hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên K được gọi là hàm số đơn điệu trên K. Các định lí:  Định lí 1: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên ( a;b ) .

Khi đó f (x0 ) được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số f ( x ) . Điểm cực đại, cực tiểu được gọi chung là điểm cực trị. Các định lý:  Định lý 1 (điều kiện cần): Giả sử hàm số f ( x ) đạt cực trị tại điểm x0 . Khi đó, nếu f có đạo hàm tại x0 thì f '(x0 ) = 0 .

Lưu ý: Điều ngược lại của định lý 1 không đúng. Đạo hàm f ' có thể bằng 0 tại điểm x0 nhưng hàm số f không đạt cực trị tại điểm x0 ví dụ như hàm y = x 3 hoặc hàm số có thể đạt cực trị tại một điểm mà tại đó hàm số không có đạo hàm ví dụ như hàm y = x .  Định lý 2 (Quy tắc 1 - Điều kiện đủ): Giả sử hàm số f liên tục trên khoảng

• Nếu f ′( x) > 0,∀x ∈( a;b) thì hàm số f ( x ) đồng biến trên ( a;b ) .

( a; b ) chứa điểm

• Nếu f ′( x) < 0,∀x ∈( a;b) thì hàm số f ( x ) nghịch biến trên ( a;b ) .

x0 và có đạo hàm trên các khoảng (a; x0 ) và (x0 ;b) . Khi đó.

• Nếu f '(x) đổi dấu từ ( + ) sang ( − ) tại x0 thì f đạt cực đại tại x0 .

 Định lí 2: (Điều kiện cần và đủ để hàm số đơn điệu trên K) Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên ( a;b ) .

• Hàm số f ( x ) đồng biến trên ( a;b ) ⇔ f ′( x) ≥ 0,∀x ∈( a;b) và phương trình f ′( x) = 0 có hữu hạn nghiệm thuộc ( a;b ) .

f ' ( x)

xo 0

−

Giá trị cực đại f (x)

• Hàm số f ( x ) nghịch biến trên ( a;b ) ⇔ f ′( x) ≤ 0,∀x ∈( a;b) và phương trình f ′( x) = 0 có hữu hạn nghiệm thuộc ( a;b ) .

 Định lí 3: (Điều kiện cần và đủ để hàm số đơn điệu trên K) • Nếu hàm f ( x ) đồng biến(hoặc nghịch biến) trên khoảng ( a; b ) và f ( x ) liên tục trên nửa đoạn  a;b ) thì f ( x ) sẽ đồng biến(hoặc nghịch biến) trên nửa đoạn

• Nếu f '(x) đổi dấu từ ( − ) sang ( + ) tại x0 thì f đạt cực tiểu tại x0 Do đó f đạt cực trị tại x0 ⇔ f ' ( x ) đổi dấu tại x0 . x

f ' ( x)

−

b +

 a;b ) .

• Nếu hàm f ( x ) đồng biến(hoặc nghịch biến) trên khoảng ( a;b ) và f ( x ) liên tục trên nửa đoạn ( a;b thì f ( x ) sẽ đồng biến(hoặc nghịch biến) trên nửa đoạn

f (x)

Giá trị cực tiểu Chú ý: f ' ( x o ) có thể tồn tại hoặc không tồn tại.  Định lý 3 (Quy tắc 2 - Điều kiện đủ): Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp một trên

( a;b . • Nếu hàm f ( x ) đồng biến(hoặc nghịch biến) trên khoảng ( a;b ) và f ( x ) liên tục trên đoạn a;b thì f ( x ) sẽ đồng biến(hoặc nghịch biến) trên đoạn a;b .

Trang 5/65

khoảng ( a; b ) chứa điểm x0 và f có đạo hàm cấp 2 khác 0 tại điểm x0 . • Nếu f '(x0 ) = 0 và f ''(x0 ) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại điểm x0 . • Nếu f '(x0 ) = 0 và f ''(x0 ) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x0 . Trang 6/63

► Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM - GM). 2.1.4 Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số. Định nghĩa: • Số M gọi là giá trị lớn nhất (GTLN) của f ( x ) trên miền xác định D:

Cho n số không âm: a1 , a2 ,...,an . Khi đó ta có:

a1 , + a2 + ... + an n ≥ a1 .a2 ...an n

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .

 f ( x ) ≤ M, ∀x ∈ D M = max f ( x ) ⇔  x∈D ∃xo ∈ D : f ( xo ) = M

► Bất đẳng thức Bunyakovsky.

• Số m gọi là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của f ( x ) trên miền xác định D:

Cho hai bộ n số: a1 ,a2 ,...,an ;b1 ,b2 ,...,bn khi đó ta có bất đẳng thức:

 f ( x ) ≥ m, ∀x ∈ D m = min f ( x ) ⇔  x∈D ∃xo ∈ D : f ( xo ) = m

( a1 .b1 + a2 .b2 + ... + an .bn )

Định lý về sự tồn tại GTLN – GTNN: “ Nếu hàm số liên tục trên đoạn  a; b  thì đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn đó “. Một số lưu ý: • Khi nói đến GTLN , GTNN của hàm số f mà không chỉ rõ GTLN , GTNN trên tập nào thì ta hiểu là GTLN , GTNN trên tập xác định của f .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

(

)(

≤ a12 + a22 + ... + an2 b12 + b22 + ... + bn2

)

a a1 a2 = = ... = n với quy ước nếu một số bi (i = 1,n) nào đó b1 b2 bn

bằng 0 thì tương ứng ai bằng 0. ► Bất đẳng thức tam giác. Với ba điểm bất kì A, B, C ta luôn có:

 min f ( x ) = f ( a )  x∈a ;b f ( x) = f (b) max  x∈a ;b

• Nếu hàm số f đồng biến trên  a; b   

AB + AC ≥ BC . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A nằm giữa B và C. ( Tổng độ dài hai

cạnh bất kì trong một tam giác luôn lớn hơn hoặc bằng cạnh thứ ba).

 min f ( x ) = f ( b )  x∈a ;b • Nếu hàm số f nghịch biến trên  a; b     f ( x ) = f ( a)  max  x∈a ;b

AB − AC ≤ BC . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A nằm trên đường thẳng BC và nằm

 Phương pháp GTLN – GTNN của y = f ( x ) bằng đạo hàm trên đoạn D =  a; b  Bước 1: Tính đạo hàm f ' ( x )

ngoài đoạn BC. (Hiệu độ dài hai cạnh bất kì trong một tam giác luôn nhỏ hơn hoặc bằng cạnh thứ ba). Tổng quát: trong tất cả các đường gấp khúc nối 2 điểm A, B cho trước thì đoạn thẳng

Bước 2: Tìm các điểm tới hạn (nếu có) xi ∈ ( a; b ) , i = 1, n sao cho f ' ( x ) = 0 (hoặc

AB có độ dài nhỏ nhất.

không có đạo hàm)

►Bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai.

 f ' ( xi ) = ?  Bước 3: Tính  f ( a ) = ?   f ( b ) = ?

Các bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai được sử dụng dưới dạng : A 2 ≥ 0 hay − A 2 ≤ 0  f = A 2 + m ≥ m  min f = m ⇔ A = 0 Do đó với m là hằng số, ta có:  2

max f ( x ) = max f ( x1 ) ; f ( x2 ) ;...; f ( xn ) ; f ( a ) ; f ( b )  Bước 4: So sánh và kết luận  D f ( x ) = min f ( x1 ) ; f ( x2 ) ;...; f ( xn ) ; f ( a ) ; f ( b ) min D

{ {

} }

Lưu ý: • Trường hợp tập D = ( a; b ) (hoặc D = ( a; b  ; D = ( a; b  ) thì ta làm tương tự như bước 1 và bước 2. Đến bước 3 thì ta “lập bảng biến thiên” để từ đó đưa ra kết luận. • Ngoài cách sử dụng đạo hàm như đã trình bày ở trên, đôi khi để giải quyết nhanh bài toán ta có thể sử dụng thêm các kiến thức về cực trị của hàm số bậc hai hay các bất đẳng thức đã học có thể kể đến như:

Trang 7/65

 f = − A + M ≤ M  max f = M ⇔ A = 0

►Dựa vào cực trị của hàm số bậc 2: y = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) Nếu a > 0  y min =

−∆ 4ac − b 2 −b = khi x = 4a 4a 2a

Nếu a < 0  y max =

−∆ 4ac − b 2 −b khi x = = 4a 4a 2a

Trang 8/63

PHẦN 1.2: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG THỰC TẾ

Qua tìm hiểu, tổng hợp và phân tích, tác giả nhận thấy các bài toán thực tế liên quan đến việc sự dụng đạo hàm có thể chia thành 2 phần lớn: Một là, các bài toán thực tế đã được mô hình hóa bằng một hàm số toán học. Qua các ví dụ minh họa sau đây, tác giả sẽ chỉ ra cho bạn đọc những dạng toán thường gặp là gì ? Các lĩnh vực khoa học khác đã ứng dụng đạo hàm như thế nào trong việc giải quyết bài toán mà họ đã đặt ra ? Hai là, các bài toán thực tế mà mô hình thực tiễn chưa chuyển về mô hình toán học. Như chúng ta biết, để có thể ứng dụng đạo của hàm số thì trước tiên ta phải “thiết lập được hàm số”. Như vậy ta có thể mô tả quy trình mô hình hóa dưới đây

Ta có thể cụ thể hóa 3 bước của quá trình mô hình hóa như sau: Bước 1: Dựa trên các giả thiết và yếu tố của đề bài, ta xây dựng mô hình Toán học cho vấn đề đang xét, tức là diễn tả “dưới dạng ngôn ngữ Toán học” cho mô hình mô phỏng thực tiễn. Lưu ý là ứng với vấn đề được xem xét có thể có nhiều mô hình toán học khác nhau, tùy theo các yếu tố nào của hệ thống và mối liên hệ giữa chúng được xem là quan trọng ta đi đến việc biểu diễn chúng dưới dạng các biến số, tìm các điều kiện tồn tại của chúng cũng như sự ràng buộc, liên hệ với các giả thiết của đề bài. Bước 2: Dựa vào các kiến thức liên quan đến vấn đề thực tế như trong kinh tế, đời sống, trong khoa học kỹ thuật như Vật lý, Hóa học, Sinh học,... Ta thiết lập hoàn chỉnh hàm số phụ thuộc theo một biến hoặc nhiều biến. (Ở đây trong nội dung đang xét ta chỉ xét với tính huống 1 biến). Bước 3: Sử dụng công cụ đạo hàm của hàm số để khảo sát và giải quyết bài toán hình thành ở bước 2. Lưu ý các điều kiện ràng buộc của biến số và kết quả thu được có phù hợp với bài toán thực tế đã cho chưa . Sau đây để bạn đọc hiểu rõ hơn, tác giả sẽ lấy các ví dụ minh họa được trình bày theo các chủ đề ứng dụng đạo hàm: ● Trong Hình học (bài toán 1 đến bài toán 11 ). ● Trong Vật lý (bài toán 12 đến bài toán 17). ● Trong Kinh tế (bài toán 18 đến bài toán 21). ● Trong Đời sống và các lĩnh vực khác (bài toán 22 đến bài toán 28). Bài toán 1. Từ một tấm tôn hình chữ nhật có kích thước là a ×b với a < b . Người ta cắt bỏ 4 hình vuông bằng nhau ở 4 góc rồi gò thành một hình hộp chữ nhật không có nắp. Hỏi cạnh của hình vuông cắt đi phải bằng bao nhiêu để hình hộp đó có thể tích lớn nhất ?  Phân tích: Trang 9/65

Trang 10/63

● Trước tiên, với câu hỏi của bài toán thì ta nên đặt x chính là cạnh của hình vuông cắt đi. Như vậy ta cần tìm điều kiện giới hạn của biến số x . Do khi đó 1 cạnh của tấm nhôm sau khi bị cắt trở thành a − 2x > 0  x <

a a nên ta có 0 < x < . 2 2

Hai là, nếu không thuộc công thức tính thể tích khối hộp xem như bài toán này không thể giải quyết tiếp được. Điều này đòi hỏi người giải phải biết cách vận dụng các kiến thức đã học vào bài toán thực tế. Ba là, việc giải nghiệm từ phương trình V ' ( x ) = 0 cũng như lập bảng biến thiên của

● Và đồng thời ta cũng có được cạnh của tấm nhôm còn lại là b − 2x > 0 . Đến đây ta cần thiết lập công thức tính thể tích khối hộp V = x ( a − 2 x )( b − 2 x )

V ( x ) không hề đơn giản chút nào, đòi hỏi ở người giải phải có kỹ năng tốt trong biến

đổi đại số. Bài tập tương tự 1: Cho một tấm nhôm hình chữ nhật có chiều dài bằng 12 cm và chiều rộng bằng 10 cm. Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng x ( cm ) , rồi gập tấm nhôm như hình vẽ

● Bài toán trở thành tìm max V ( x ) = ? . Mời bạn đọc xem lời giải !  a x∈ 0 ;   2

Hướng dẫn giải. a 2

● Gọi x là cạnh của hình vuông cắt đi, ta phải có điều kiện 0 < x < . Khi đó thể tích hình hộp là V = x ( a − 2x )( b − 2 x ) = 4 x3 − 2 ( a + b ) x2 + abx = V ( x ) . ● Bài toán trở thành tìm max V ( x ) = ?  a x∈ 0 ;   2

Đạo hàm V ' = f ' ( x ) = 12 x2 − 4 ( a + b ) x + ab . Ta có ∆' = 4 ( a + b ) − 12 ab = 4 ( a 2 − ab + b2 ) > 0 với mọi a, b . 2

dưới đây để được một cái hộp không nắp. Tìm x để hộp nhận được thể tích lớn nhất. A. x =

10 + 2 7 3

B. x =

11 + 31 3

Do đó V ' = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng kết quả của câu trên ta có x =

 

 

D. x =

10 − 2 7 3

12 + 10 − 10 2 − 10.12 + 12 2 11 − 31 = 6 3

Đáp án C. Bài tập tương tự 2: Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 12 cm. Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng x ( cm ) ,

suy ra 0 < x1 < x2 .  

11 − 31 3

(Trích đề thi thử THPT Nguyễn Xuân Nguyên, Thanh Hóa, 2016) Hướng dẫn giải

a + b − a 2 − ab + b 2 a + b + a 2 − ab + b 2 . x1 = < x2 = 6 6

 a+b  x1 + x2 = 3 > 0 Theo định lý Vi-et, ta có   x x = ab > 0  1 2 12

C. x =

rồi gập tấm nhôm như hình vẽ dưới đây để được một cái hộp không nắp. Tìm x để hộp nhận được thể tích lớn nhất .

Hơn nữa, ta có V '  a  = f '  a  = a2 − ab = a ( a − b ) < 0 . Do đó 0 < x1 < < x2 . 2 2 2 Bảng biến thiên x

V' ( x )

a 2

x1 +

−

max

V ( x)

● Dựa vào bảng biến thiên ta thấy V đạt giá trị lớn nhất khi 2

x = x1 =

C. x = 2 D. x = 4 (Trích đề minh họa THPT Quốc Gia, 2016) Hướng dẫn giải Tương tự bài toán 1, khi tấm nhôm có dạng hình chữ nhật trở thành hình vuông thì ta A. x = 6

a + b − a − ab + b . 6

 Bình luận: Qua bài toán này ta cần lưu ý: Một là, khâu tìm điều kiện cho biến cần đặt là cực kì quan trọng. Chúng ta không nên chỉ ghi x > 0 theo cách hiểu số đo đại số là một số dương.

Trang 11/65

có x =

B. x = 3

a + b − a 2 − ab + b2 a 12 a=b  →x = = = 2 cm. Đáp án C. 6 6 6

Trang 12/63

Bình luận: ngoài các giải dùng “công thức giải nhanh” đã thiết lập. Ta thấy rằng còn có thể xét các trường hợp của đáp án để tìm lại số đo các kích thước hình hộp từ đó tính thể tích so sánh và tìm ra kết quả.

khi đó

AM = MK cos α . Khi đó bài toán trở thành tìm

MC = MH sin α và

ming (α ) = ?

Hướng dẫn giải. Bài toán 2. Tìm chiều dài bé nhất của cái thang để nó có thể tựa vào tường và mặt đất, ngang qua cột đỡ cao 4 m, song song và cách tường 0,5m kể từ gốc của cột đỡ. A. xấp xỉ bằng 5, 4902 m . B.xấp xỉ bằng 5, 602 m . C. xấp xỉ bằng 5, 5902 m .

C.xấp xỉ bằng 6 , 5902 m .

● Đặt HC = x > 0  BC = x + 0 , 5 . Theo định lý Thales ta có Do đó ta có AB =

4 ( x + 0, 5) x

HC MH x = = BC AB x + 0 , 5

. 2

Do ∆ABC vuông tại B  AC 2 = AB2 + BC 2 = ( x + 0 , 5 ) +

16 ( x + 0 , 5 )

x2 65 2 x 4 + x 3 + x 2 + 16 x + 4 ( x + 0 , 5 ) x2 + 16 4 ● Hay AC 2 = Đặt = f x ( ) ( x > 0) . x2 x2

(

)

Bài toán trở thành tìm min f ( x ) = ? với x > 0 .

(trích đề thi thử THPT Hàn Thuyên, Bắc Ninh, 2016)  Phân tích:

 3  2  4  65 65 2 2 3  4 x + 3x + 2 x + 16  x − 2 x  x + x + 4 x + 16 x + 4     Ta có f ' ( x ) =  x4 2 x 4 + x 3 − 16 x − 8 . ⇔ f ' ( x) = x3 x = 2 > 0

Cho f ' ( x ) = 0 ⇔ ( x − 2 )( 2 x + 1) ( x2 + 2 x + 4 ) = 0 ⇔ 

 x = − 1 < 0 ( loai )  2

Lập bảng biến thiên ta có: x

f '(x)

● Trước tiên, ta có thể minh họa mô hình trên bằng hình vẽ sau. Để xác định được độ dài ngắn nhất của AC thì ta thử suy nghĩ xem nên phân tích độ dài AC theo hướng nào ? Để từ đó định hướng cách đặt ẩn thích hợp. Đối với hình vẽ trên và các quan hệ về cạnh , ta nhận thấy có 2 hướng phân tích tốt là: hướng thứ nhất là phân tích

f ( x)

● Nếu phân tích theo hướng thứ nhất, ta có thể thử đặt HC = x > 0 , đến đây chỉ cần

Dựa vào bảng biến thiên ta có min f ( x ) = f ( 2 ) =

tính được AB theo x là đã có thể lập được hàm số f ( x ) biểu diễn độ dài AC . Nhưng MH =4 bằng cách nào đây ? → Ta sử dụng đến quan hệ tỉ lệ trong định lý Thales thuận

HC MH x ( MH / /AB ) nên ta có: . Bài toán trở thành tìm min f ( x ) = ? = = BC AB x + 0 , 5

● Nếu phân tích theo hướng thứ hai, nếu ta đặt HC = x > 0 thì khi đó ta sẽ biểu diễn độ dài AC = P ( x ) + Q ( x ) (việc khảo sát hàm này không đơn giản chút nào). Do đó ta chuyển hướng sang tìm quan hệ giữa góc và cạnh tam giác và nhận thấy α = ∡MCH = ∡AMK . Đến đây ta thấy hướng phân tích tiếp là hoàn toàn thuận lợi vì

Trang 13/65

Do đó ta có min AC =

+∞

f (2)

x >0

AC = AB2 + AC 2 và hướng thứ hai là AC = AM + MC

2 −

125 4

125 5 5 = ≈ 5 , 5902 . Đáp án C 4 2

 π Cách khác : Đặt x = ∡ACB ∈  0 ;  2 

 KM MH 1 4 Khi đó ta có AC = AM + MC = + = + cos x sin x 2 cos x sin x 1 4 Đặt g ( x ) = + . Bài toán trở thành tìm min g ( x ) = ?  π 2 cos x sin x x∈ 0 ;  

g' ( x ) =

2

−8 cos x + sin x , g' ( x ) = 0 ⇔ tan x = 2 ⇔ xo = arctan ( 2 ) ≈ 630 26' 6'' 2 sin2 x cos2 x

Trang 14/63

Lập bảng biến ta suy ra AC min ⇔ min g ( x ) = g ( xo ) ≈ 5 , 5902 (mét). Đáp án C.  π x∈ 0 ;   2

 Bình luận: Qua bài toán này ta cần lưu ý: Một là, quả thật dù giải theo cách nào, ta cũng gặp phải một số khó khăn nhất định khi giải tìm nghiệm của phương trình f' ( x ) = 0 hay g' ( x ) = 0 . Dựa theo cách thi trắc nghiệm ta có thể thử 4 phương án từ đáp án để tìm nghiệm (bằng chức năng CALC của máy tính cầm tay) sau đó kiểm tra qua f' ( x ) = 0 hay g' ( x ) = 0

AC = AM + MC =

Đặt g ( x ) =

BH MH 1 3 3 + = + cos x sin x cos x 2 sin x

1 3 3 + . cos x sin x

Bài toán trở thành tìm min g ( x ) = ?  π x∈ 0 ;   2

sin3 x − 3 3 cos 3 x , g' ( x ) = 0 ⇔ tan x = 3 cos2 x sin2 x π  π ⇔ tan x = 3 ⇔ xo = ∈  0 ;  3  2 g' ( x ) =

Lập bảng biến thiên , ta có: x g' ( x )

x y Dựng hệ trục Bxy ( BC ⊂ Bx, BA ⊂ By ) . Ta có : AC : + = 1 a b 1 2

Khi đó M  ; 4  ∈ AC  

Bài toán trở thành tìm min AC 2 = min ( a2 + b 2 ) thỏa

1 4 1 + = 1,a > ,b > 4 2a b 2

(việc giải tiếp xin dành cho bạn đọc !) Ba là, ta có: f ( x ) =

x 4 + x3 +

65 2 x + 16 x + 4  16   4  65 4 =  x2 +  +  x + 2  + 2 x x x     4

≥3

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 2 Bài tập tương tự : Tìm chiều dài L bé nhất của cái thang để có thể tựa vào tường và mặt đất, ngang qua cột đỡ có chiều cao 3 3 m và cách tường 1m kể từ tim cột đỡ. A. L = 5 .

B. L = 8 2

C. L =



Bài toán 3. Cần phải xây dựng một hố ga, dạng hình hộp chữ nhật có thể tích V (m3) không đổi, hệ số k > 0 cho trước ( k là tỉ số giữa chiều cao của hố và chiều rộng của đáy. Hãy xác định các kích thước của đáy để khi xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất?  Phân tích: ● Với thể tích V cho trước và quan hệ giữa chiều rộng của đáy và chiều cao của hình hộp ta hoàn toàn có thể biểu diễn được độ dài chiều dài theo 1 biến.

Gọi h là chiều cao của hố ga ( h > 0 ) . ● Theo đề bài ta có h = kx và V = hxy  y =

7 . 2

V V = hx kx 2

Để tiết kiệm nguyên vật liệu nhất ta cần tìm các kích thước sao cho diện tích toàn phần của hố ga là nhỏ nhất.

D. L = 4 2 . Hướng dẫn giải  π

Khi đó ta có: Stp = 2 xh + 2 yh + 2 xy = 2 x ( kx ) + 2 ( kx ) .

Đặt x = ∡ACB ∈  0 ;  2 

● Như vậy ta cần hiểu yêu cầu bài toán “tiết kiệm nguyên vật liệu nhất là gì ?” Đó chính là làm sao cho phần bao phủ bên ngoài hình hộp có diện tích nhỏ nhất hay diện tích toàn phần của khối hộp nhỏ nhất. Hướng dẫn giải. ● Gọi x, y ( 0 < x < y ) lần lượt là chiều rộng và chiều dài của đáy hố ga.

8 8 x x 4 65 Cauchy 65 125  f ( x ) = x2 + + + + + 2 + ≥ 3.4 + 3 + = x x 2 2 4 4 4 x ≥ 3 82

π 2

π  AC min ⇔ min g ( x ) = g   = 5 (mét). Đáp án A  π 3 x∈ 0 ;  2 

1 4 + =1 2a b

−

g (x)

Hai là, ngoài việc sử dụng” ứng dụng đạo hàm” để tìm GTLN – GTNN của hàm số  1 này, ta cũng có thể vận dụng bất đẳng thức. Giả sử đặt AB = b, BC = a  b > 0 ,a >  2 

π 3

V V + 2x 2 kx 2 kx



Khi đó ta có Trang 15/65

Trang 16/63

 k + 1 2 V k  Suy ra Stp = 2 kx +  Xét hàm số f ( x ) = 2 kx 2 + x 2

 V = const 2ky 2h x,y,h =?  → min Stp = ? ⇔ x = = k +1 k +1  h = ky, k > 0

 k +1 2 V  k  . x

Nếu 

Bài tập tương tự 1: Cần phải xây dựng một hố ga có dạng hình hộp chữ nhật có thể

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của f ( x ) với x > 0 .  k +1 2 V 2 k 2 x 3 − ( k + 1) V k  , cho f ' ( x ) = 0 ⇔ xo = f ' ( x ) = 4 kx −  2  = 2 x kx 2

tích V ( m3 ) , có chiều cao gấp 3 lần chiều rộng của cạnh đáy. Hãy xác định các kích 3

( k + 1) V 2k2

Lập bảng biến thiên ta có x

f ' (x)

f ( x)

  

x >0

Khi đó y =

( k + 1)

và h =

Như vậy khi đó chiều cao sẽ gấp lần 2 chiều dài khối hộp. Bài tập tương tự 2: Khi xây nhà, chủ nhà cần làm một hồ nước bằng gạch và xi măng có dạng hình hộp đứng đáy là hình chữ nhật có chiều dài gấp ba lần chiều rộng và không nắp, có chiều cao là h và có thể tích là 18 m3 . Hãy tính chiều cao h của hồ

f ( xo )

Dựa vào bảng biến thiên ta có min f ( x ) = f  3 4 kV

V = hxy 6x 2h x,y,h =?  → min Stp = ? ⇔ y = = 4 4 h = 3x, k > 0

Dựa vào bài toán 3, ta có: 

+∞

−

k ( k + 1) V 2

( k + 1) V  . 2k 2

nước sao cho chi phí xây dựng là thấp nhất ?

 

A. h = 1 m .

● Khi đó ta có: Stp = 2 xh + 2 yh + xy = 2 x

( k + 1) V 2k 2

2k2 3

( k + 1) k ( k + 1) V

Ta có Stp =

D. h =

5 m 2

V V = xy 3 x 2

V V 8V + 2.3 x. 2 + x.3 x = + 3x2 3x 3x 2 3x

Cauchy 8V 4 V 4V 16V 2 + 3x 2 = + + 3x2 ≥ 3 3 = 36 . 3x 3x 3x 3

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

( k + 1) V 4 kV

3 m 2

Để tiết kiệm nguyên vật liệu nhất ta cần tìm các kích thước sao cho diện tích toàn phần của hố ga là nhỏ nhất.

Hai là, từ ba kích thước cho trước thỏa yêu cầu bài toán trên ta đi đến quan hệ tỉ lệ 3

C. h =

● Theo đề bài ta có y = 3x và V = hxy  h =

 k +1  k +1  k +1 2 V 2  k V  k V k      ≥ 3 3 2 ( k + 1) V . 2 2 Stp = 2 kx + = 2 kx + + x x x k  k + 1  k V  x= 2 Khi đó dấu ‘=” xảy ra khi và chỉ khi 2 kx =  x

B. h = 2 m

(Trích đề thi thử THPT Thanh Miện, Hải Dương, 2016) Hướng dẫn giải Gọi x, y, h lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hình hộp

 Bình luận: Qua bài toán này ta cần lưu ý: Một là, ta có thể sử dụng bất đẳng thức để tìm min Stp

 x =    giữa chúng là  y =    h = 

thước của đáy để khi xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất ? Hướng dẫn giải Gọi x, y, h lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hình hộp

4V = 3x 2 ⇔ x = 3x

4V V 3 = 2  h = 2 = .Đáp án C. 9 2 3x

 Bình luận: so với bài toán 3, bài toán này chỉ có 1 điểm khác biệt chính là đáy “không nắp”. Bạn đọc có thể tổng quát bài toán lên thành

2 kx 2h y= = k +1 k +1

 y = kx, k > 0 x,y,h =?  → min S  V = const

Ba là, cũng từ bài toán này nếu giữ nguyên giả thiết V = const và thay thế y = kx hay h = ky (k là tỉ số giữa các kích thước của hình hộp) thì liệu rằng bài toán có thay đổi ?

Câu trả lời là kết quả vẫn tương tự như khi ta khảo sát với h = kx . Do đó V = const 2kx 2y x,y,h =?  → min Stp = ? ⇔ h = = k +1 k +1  y = kx, k > 0

Nếu 

Trang 17/65

Bài toán 4. Có hai vị trí A,B nằm về cùng phía đối với bờ sông (d) như hình vẽ. Khoảng cách từ A đến bờ sông là 30 m . Khoảng cách từ B đến bờ sông là 45 m . Khoảng cách giữa A và B là 5 409 m . Một người đi từ A đến bờ sông (phía A,B ) để lấy nước sau đó đi về vị trí B . Hỏi đoạn đường tối thiểu người đó đi từ A đến B (có ghé qua bờ sông) là bao nhiêu (đơn vị m) ? Trang 18/63

(Bài toán từ tác giả Hứa Lâm Phong , 2016)  Phân tích: ● Gọi M là điểm nằm trên cạnh ON (vị trí để từ A đến để lấy nước từ bờ sông. Khi đó ta cần xác định M sao cho ( AM + MB )min ● Do đề bài đã cho độ dài AB, AO,BN nên ta có thể mô tả độ dài cạnh AM theo OM (pytago trong tam giác ∆AOM ) . Tuy nhiên để biểu diễn độ dài cạnh BM theo độ dài OM thì ta cần biểu diễn MN theo OM . Điều này dẫn đến việc cần phải tính độ dài ON = ?  → ON = d ( A; BN ) = AB2 − ( BN − HN )

Do đó BA' = A' B' 2 + BB'2 = 1002 + 752 = 125 Bài tập tương tự 1: Có hai vị trí A, B nằm về cùng phía đối với bờ sông (d) như hình vẽ. Khoảng cách từ A đến bờ sông là 118 m. Khoảng cách từ B đến bờ sông là 487 m. Khoảng cách giữa A và B là 615 m. Một người đi từ vị trí A đến bờ sông (phía A, B) để lấy nước sau đó đi về vị trí B. Hỏi đoạn đường tối thiểu người đó đi từ A đến B (có ghé qua bờ sông) là bao nhiêu ? (đơn vị m)

(Trích đề thi HSG giải toán trên máy tính cầm tay, Tây Ninh, 2006) Hướng dẫn giải Gọi A’ , B ' lần là điểm đối xứng của A và B qua (d). Gọi M là điểm thuộc cạnh HK. Khi đó ta có AM + MB = MA '+ MB ≥ A 'B

● Đến đây ta nhận thấy biểu thức S = AM + MB = OA2 + OM 2 + MN 2 + NB2 2

 S = x 2 + 30 2 + ( 100 − x ) + 452 (với x = OM và 0 < x < ON ) f ( x)

Do đó ( AM + MB )min = A ' B = BB '2 + A ' B '2 =

Bài toán trở thành tìm min f ( x ) = ? x∈( 0 ;ON )

 A 'B =

Hướng dẫn giải.

( 487 + 118)2 + 6152 − ( 487 − 118)2

( BK + HA ')2 + AB2 − ( BK − AH )2

= 608089 ≈ 779,800612 m

Bài tập tương tự 2 (theo Thầy Lê Phúc Lữ): Có hai cây cột A và B dựng trên mặt đất lần lượt cao 1m và 4m, đỉnh của hai cây cột cách nhau 5m. Người ta cần chọn một vị trí trên mặt đất (nằm giữa hai cây cột) để giăng nối đến hai đỉnh cột để trang trí như mô hình bên dưới. Tính độ dài ngắn nhất của sợi giây ?

● Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BN. 2

Dựa vào hình vẽ ta có ON = AH = AB 2 − ( BN − HN ) = 100 Gọi M là vị trí mà người đó đi từ A đến bờ sông, đặt OA = x ( m ) ( 0 < x < 100 ) Khi đó ta có đoạn đường tối thiểu mà người đó phải đi là: S = AM + MB = OA2 + OM 2 + MN 2 + MB2  S = x2 + 30 2 +

Đặt f ( x ) = x 2 + 30 2 +

(100 − x )

+ 452

+ 452 với ( 0 < x < 100 )

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) với 0 < x < 100 f ' ( x) =

x x 2 + 30 2

 x = 40 ( tm ) , f ' ( x) = 0 ⇔   x = −200 ( ktm ) 12015 − 200 x + x 2

− ( 100 − x )

A. 41 m .

40 −

f ( x)

C. 29 m .

D. 3 5 m .

Hướng dẫn giải Gọi A’,B’ lần lượt là điểm đối xứng của A và B qua cạnh DE.

Khi đó lập bảng biến thiên ta có f ' (x)

B. 37 m .

100

Ta có AC + CB = CA '+ CB ≥ BA ' = BB '2 + B 'A '2 = 41 (việc tính toán cụ thể xin dành cho bạn đọc)

Bài toán 5. Có một cơ sở in sách xác định rằng: Diện tích của toàn bộ trang sách là S cm2 . Do yêu cầu kỹ thuật nên

125

(

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: minS = min f ( x ) = f ( 40 ) = 125 m x∈( 0 ;100 )

 Bình luận: ngoài cách giải trên ta có thể sử dụng “bất đẳng thức tam giác” để giải như sau: AM + MB = MA' + MB ≥ BA'  min ( AM + MB ) = BA' ⇔ A', M , B thẳng hàng. Trang 19/65

)

dòng đầu và dòng cuối đều phải cách mép (trên và dưới) trang sách là a ( cm) . Lề bên trái và bên phải cũng phải cách

Trang 20/63

mép trái và mép phải của trang sách là b ( cm)( b < a ) được mô tả như hình vẽ. Các kích thước của trang sách là bao nhiêu để cho diện tích phần in các chữ có giá trị lớn nhất. Khi đó hãy xác định tỷ số các kích thước của trang sách.  Phân tích: ● Rõ ràng đây là một bài toán vô cùng thực tế mà ta thấy hàng ngày. Khi cầm trên tay quyển sách này nếu bạn tinh ý sẽ biết ngay nó thuộc khổ 20x30 và một số cuốn sách của nhà sách Khang Việt cũng có ở khổ 16x24 . Như vậy họ đã tính toán như thế nào để có thể đưa được tỉ lệ giữa các kích thước của trang sách như vậy ? Chúng ta thử trở lại bài toán này, giải quyết câu hỏi của nó để tìm câu trả lời nhé ! ● Qua hình vẽ mô tả, ta có thể tính phần diện tích in chữ như sau thông qua các cạnh đã trừ đi cách mép ngang và dọc. Vì vậy khi đó ta có: P = ( x − 2b )( y − 2a ) kèm với giả thiết S = xy , trong đó x, y lần lượt là chiều rộng và chiều dài của trang sách. ● Từ đây ta có thể x =

S S hay y = để thay vào biểu thức P từ đó đưa đến việc tìm y x

max P ( x ) hay max P ( y ) .

Hướng dẫn giải. ● Gọi x, y lần lượt là chiều rộng và chiều dài của trang sách ( 0 < x < y ) và đồng thời P là diện tích phần in chữ của trang sách. 

x





 Bình luận: trong thực tế ta thấy một số cơ in sách đã chọn khổ sách 16x24 , 20x30 , v,v...

Hai là, ta có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy f ( x ) = 2 ax +

2bS 2bS ≥ 2 2ax. = 4 abS . x x

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2ax = Do đó ta có

Áp dụng kết quả trên, ta có

S S  , thay vào (*) ta được P = ( x − 2b )  − 2 a  x x 

C. Rộng 20 cm , rộng 24 , 3 cm .

2bS   x 

2bS , f ' ( x) = 0 ⇔ x = x2

Và đồng thời f '' ( x ) = Khi đó x =

bS ,y = a

 3 x = 2 y y 384 3 = 2 =  2 ⇔ 2 x x  x = 256

 x = 16 . Đáp án A.   y = 24

Bài tập tương tự 2: Một trang chữ của cuốn sách giáo khoa cần diện tích 486 cm 2 .Lề trên và dưới là 3cm. Lề trái và phải là 2cm. Để diện tích phần chữ in vào cuốn sách được nhiều nhất thì kích thước của trang giấy là A. Rộng 18 cm , dài 27 cm . B. Rộng 19 cm , dài 25 , 57 cm . D. Rộng 17 cm , dài 28 , 59 cm . Hướng dẫn giải

 2bS với x > 0 . Ta nhận thấy max P ⇔ min f ( x ) ● Đặt f ( x ) = 2ax + x f ' ( x ) = 2a −

D. Dài 25 , 6 cm , rộng 15 cm . Hướng dẫn giải

● Theo đề bài ta có: P = ( x − 2b )( y − 2a ) (* )



aS b

Bài tập tương tự 1: Một trang chữ của cuốn sách giáo khoa cần diện tích 384 cm 2 .Lề trên và dưới là 3cm. Lề trái và phải là 2cm. Để diện tích phần chữ in vào cuốn sách được nhiều nhất thì kích thước của trang giấy là A. Dài 24 cm , rộng 16 cm . B. Dài 26 cm , rộng 14 , 77 cm . C. Dài 25 cm , rộng 15 , 36 cm .

 y Và chiều dài phần in sách sẽ là y − 2a,  a <  2 

Suy ra P = S + 4 ab −  2 ax +

bS S và y = = a x

y S a = = > 1. x x2 b

Khi đó chiều rộng phần in sách sẽ là x − 2b,  b <  2

Mặt khác, S = xy  y =

2bS ⇔x= x

 3x = 2 y y 486 3 Áp dụng kết quả trên, ta có = 2 =   2 ⇔ x 2 x  x = 324

bS . a

 x = 18 . Đáp án A.   y = 27

Bài toán 6. Một con đường được xây dựng giữa hai thành phố A và B. Hai thành phố này bị ngăn cách bởi một con sông có chiều rộng là r ( km ) . Người ta cần xây 1 cây cầu

 bS  4bS > 0  min f ( x ) = f   = 4 abS . 2  a  x ∈ 0 ; +∞ ( ) x  

bắt qua sông biết rằng A cách con sông một khoảng bằng a ( km ) , B cách con sông một khoảng bằng b ( km ) ( 0 < a ≤ b ) như hình vẽ. Hãy xác định vị trí xây cầu EF (theo hình

y S aS a  = 2 = >1 b x x b

vẽ) để tổng khoảng cách giữa hai thành phố là nhỏ nhất ? Trang 21/65

Trang 22/63

 ap  . a+b

Do đó minS ( x ) = S 

Vậy để khoảng cách giữa hai thành phố là ngắn nhất thì x =

ap . a+b

 Bình luận: ta thấy rằng chiều dài r của cây cầu là đại lượng bất biến và vấn đề là chọn vị trí thuận lợi F hay vị trí thuận lợi E trong hình vẽ để tạo được quãng đường ngắn nhất. Dĩ nhiên ta cũng đặt ra câu hỏi liệu rằng còn cách khác nữa hay không ?  Phân tích: ● Ta thấy ràng vị trí xây cầu để tổng khoách cách giữa 2 thành phố là nhỏ nhất tương đương với độ dài đường gấp khúc AFEB nhỏ nhất. ● Lúc này do đề bài đã gợi ý các số liệu a, b và r nên ta có thể giả thiết khoảng cách AF như hình vẽ với AF vuông góc BF. Khi đó nếu ta đặt CF = x ( 0 < x < p )  ED = p − x  AF = p

● Tổng khoảng cách lúc này sẽ là S = AF + EF + EB = x 2 + a 2 + r +

( p − x)

+ b2

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số S ( x ) với 0 < x < p

BE + EF + AF = B 'F + DK + AF ≥ DK + B ' A = DK + B 'D + DA = const

Hướng dẫn giải.

Dấu “=” xảy ra khi ⇔ F ≡ D . Khi đó S = B' A + EF = p2 + ( b + a ) + r

● Đặt AF = p và CF = x  ED = p − x ( 0 < x < p ) . Khoảng cách giữa hai thành phố sẽ là S = AF + EF + EB = x 2 + a 2 + r + Đặt S ( x ) = x 2 + a 2 + r +

( p − x)

+ b2

+ b2 .

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số S ( x ) với 0 < x < p Khi đó S' ( x ) =

x 2

x +a

x−p

b2 + ( p − x )

2 2 ⇔ x 2  b2 + ( p − x )  = ( p − x ) x 2 + a2 ⇔ a2 − b2 x2 − 2 a2 px + a2 p2 = 0 (* )  

) (

)

Xét ∆' = a 4 p 2 − a2 p 2 ( a 2 − b2 ) = a 2 p 2 b2 > 0  x = Do đó pt ( * ) ⇔   x = 

a 2 p − apb

ap ∈ (0; p) a +b a −b 2 a p + apb ap = ( ktm ) a−b a2 − b2 2

Mặt khác S'' ( x ) =

3 2 2

)

Khi đó p = AB2 − ( 6 + 0,8 + 1, 5 ) =

3 2 2

(b + ( p − x) ) 2

Bài tập tương tự 1: Hai thành phố A và B nằm ở hai phía khác nhau của một con sông thẳng, lòng sông rộng 800m, thành phố A ở bên phía phải cách bờ 6km và cách thành phố B theo đường chim bay 16 km; thành phố B cách bờ trái 1500m. Người ta muốn xây một cây cầu CD vuông góc với bờ sông sao cho quãng đường bộ từ A đến B (độ dài đường gấp khúc ACDB) là ngắn nhất. Tính độ dài quãng đường đó ? (Trích đề thi HSG giải toán trên máy tính cầm tay, Quảng Ninh, 2012) Hướng dẫn giải Sử dụng kết quả quan trọng của bài toán vừa rồi ta xác định đại lượng quan trọng p (chính là đoạn BE song song dòng sông, BE vuông EA)

S' ( x ) = 0 ⇔ x b2 + ( p − x ) = ( p − x ) x2 + a2

(

Gọi B’ là ảnh của B qua phép tịnh tiến EF . Khi đó AB '∩ CF = D Với mọi vị trí đặt cây cầu EF ta luôn có:

Lúc này minS = x 2 + a 2 + r +

9 231 ap 1, 5.p 9 231 đồng thời x = = = 10 a + b 1, 5 + 6 50

( p − x)

+ b2 = 16 , 4

Hoặc sử dụng kết quả của cách giải qua bất đẳng thức hình học :

> 0 , ∀x ∈ ( 0 ; p )

S = p 2 + ( b + a ) + r = 16, 4

Trang 23/65

Trang 24/63

Bài tập tương tự 2: Một đường dây điện được nối từ một nhà máy điện ở A đến một hòn đảo C và khoảng cách ngắn nhất từ B đến C là 1 km, khoảng cách từ B đến A là 4 km được minh họa bằng hình vẽ sau:

● Ta nhận thấy để ít tốn nguyên vật liệu nhất thì diện tích xung quanh của phần vỏ bao bên ngoài bồn chứa nước cùng với diện tích của đáy và nắp phải nhỏ nhất. Hay chính xác hơn ta cần tìm diện tích xung quanh nhỏ nhất ứng với thể tích mà đề bài cho. Mà ta đã biết Stp = Sxq + 2Sday = 2π rh + 2π r 2 (với r, h lần lượt bán kính đáy và chiêu cao của bồn nước hình trụ). Ta nhận thấy diện tích phụ thuộc theo 2 biến r và h. Và đến đây ta hiểu vì sao đề bài lại cho sẵn dung tích V = πr 2 h = const tức là đang cho mối liên hệ giữa bán kính đáy r và chiều cao h của hình trụ. Từ V = π r 2 h  h =

Biết rằng mỗi rằng km dây điện đặt dưới nước mất 5000 USD, còn đặt dưới đất mất 3000 USD. Hỏi điểm S trên bờ cách A bao nhiêu để khi mắc dây điện từ A qua S rồi đến C là ít tốn kém nhất ? A.

15 km 4

13 km 4

10 km 4

19 km 4

cách từ SA = 4 − x ( km )  SC = BC + BS = 1 + x (km) 2

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số C ( x ) với 0 < x < 4

● Gọi r, h ( r, h > 0 ) lần lượt bán kính đáy và chiều cao của khối trụ. Khi đó ta có V = π r 2h  h =

● Xét hàm số f (r) = r 2 +

   

(

nên tổng quát bài toán này lên thành V = const thay vì chỉ xét riêng lẻ trường hợp V = 20 (lít)

Do đó Stp = 2π r 2 + 2π rh = 2π r 2 + 2π r

C ( x ) = 3000 ( 4 − x ) + 5000 1 + x 2 , với 0 < x < 4

 5x − 3 1 + x2  C' ( x ) = −3000 + = 1000  2  1+ x 1 + x2 

● Như vậy ta có thể tìm minStp phụ thuộc theo 1 trong 2 biến r hoặc h. Và ta nhận thấy

Ta có: f ' ( r ) = 2r −

π r2

πr

π r2

 V  . = 2π  r 2 + π r  

. Bài toán trở thành tìm min f ( r ) = ? r >0

, f ' (r ) = 0 ⇔ r =

V h= 2π

5000

(

1 + x2

)

Lập bảng biến thiên, ta có:

)

C' ( x ) = 0 ⇔ 5 x − 3 1 + x 2 =⇔ 3 1 + x 2 = 5 x ⇔ 9 1 + x 2 = 25 x 2 ( do 0 < x < 4 )

 3  x = 4 ( tm ) 9 2 ⇔x = ⇔ ( do 0 < x < 4 ) .Lại có: C'' ( x ) = 16  x = − 3 ( ktm )  4

π r2

● Để ít tốn nguyên vật liệu nhất, ta cần tìm r sao cho diện tích toàn phần của khối trụ nhỏ nhất.

Chi phí mắc dây điện từ A qua S rồi đến C là:

5000x

Hướng dẫn giải.

Hướng dẫn giải Gọi x ( km) là khoảng cách từ S đến tới điểm B  SB = x ( 0 < x < 4 km ) . Khi đó khoảng 2

π r2

> 0 , ∀x ∈ ( 0 ; 4 ) .

f ' (r )

−

V 2π

+∞

f (r )

3

Do đó min C ( x ) = C   = 16000 (USD). x∈( 0 ; 4 ) 4

 V  f3   2π   

 

3 4

Vậy, để chi phí ít tốn kém nhất thì điểm S phải cách A là AB − BS = 4 − =

13 km . 4

Bài toán 7. Giả sử bạn là chủ của một xưởng cơ khí vừa nhận được một đơn đặt hàng là thiết kế một bồn chứa nước hình trụ có nắp với dung tích 20 lít. Để tốn ít nguyên vật liệu nhất, bạn sẽ chọn giá trị nào cho độ cao bồn nước trong các giá trị dưới đây ? A.0,3 mét. B. 0,4 mét. C. 0,5 mét. D. 0,6 mét. (Trích đề thi thử lần 4, Facebook: Group Toán 3K , 2016)  Phân tích: ● Ta đặt ra 1 số câu hỏi định hướng như sau: Một là, làm sao để tốn ít nguyên vật liệu nhất ? Hai là, có thể tổng quát bài toán này lên không ? Trang 25/65

Dựa vào bảng biến thiên, ta có Khi đó h = 3

4.20

 V  min f ( r ) = f  3 .  2π  r >0  

≈ 2 , 94 ( dm ) = 0 , 29 m . Đáp án A

 Bình luận: ngoài cách sử dụng đạo hàm, ta có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy  V   2 V V  V2 Stp = 2π  r 2 + + r=  = 2π  r +  ≥ 2π .3 3 π r 2 π r 2 π r π2 4    

V 4V h=3 2π π

Thay V = 20 vào ta được h ≈ 2 , 94(dm) = 0 , 29 ( m ) . Ta chọn đáp án A.

Trang 26/63

h Đồng thời với việc tổng quát bài toán lên, ta nhận thấy, = r

Lập bảng biến thiên, ta được:

π = 2  h = 2r .

P ' (r )

V 2π

Bài tập tương tự 1: Trong số các khối trụ có diện tích toàn phần bằng S , khối trụ có thể tích lớn nhất khi bán kính đáy r và đường cao h lần lượt thỏa mãn: S A. r = h = . 2π

B. r = h =

S . 3π

S . 5π

D. r = h =

S . 6π

C. r = h =

 S  rS V = π r 2h = π r 2  − r  = − π r3 .  2π r  2

f ' (r ) =

P (r )

bài +∞

Pmin

1250

150  675  π3   11π   

S = x ( 240 − 3 x ) = 240 x − 3 x 2

S 

ta thấy max f ( r ) = f  .  và khi đó r = h =  r >0 6π  6π  Bài tập tương tự 2: bạn muốn xây dựng một bình chứa nước hình trụ có thể tích 150 m 3 . Đáy làm bằng bêtông giá 100 nghìn VNĐ/ m 2 , thành làm bằng tôn giá 90 nghìn VNĐ/ m2 , nắp bằng nhôm không gỉ giá 120 nghìn VNĐ/ m2 . Vậy phải chọn kích thích bình như thế nào để chi phí xây dựng là thấp nhất ? Hướng dẫn giải Gọi r , h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của bình chứa hình trụ ( r,h > 0 ) . Khi đó: V = π r 2 h = 150m3  h =

675 và h = 11π

Như vậy nếu ta đặt AB = x > 0 thì khi đó độ dài cạnh BC sẽ là BC = 240 − 3x > 0 . Và do đó

●

−

f (x)



Xét hình chữ nhật ABCD như hình vẽ. Ta cần rào cạnh AB, BC, CD, EF như hình vẽ. Việc đề cho ta 240 m rào tức là đã cho tổng chiều dài của 4 cạnh AB, BC, CD, EF hay 3 AB + BC = 240 với yêu cầu Smax = AB.BC .

Lập bảng biến thiên, ta có: 0

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy yêu cầu bài toán ⇔ r =

●

S S − 3π r 2 , f ' ( r ) = 0 ⇔ ro = 2 6π

f ' ( x)

−

 Phân tích:

rS − π r 3 . Bài toán trở thành tìm max f ( r ) = ? r >0 2

+∞

Bài toán 8. Một chủ trang trại nuôi gia cầm muốn rào thành 2 chuồng hình chữ nhật sát nhau và sát một con sông, một chuồng nuôi gà và một chuồng nuôi vịt. Biết rằng đã có sẵn 240 m hàng rào. Hỏi diện tích lớn nhất có thể bao quanh chuồng là bao nhiêu ?

Hướng dẫn giải S − 2π r 2 S Ta có Stp = 2π r + 2π rh  h = = −r 2π r 2π r 2

Xét hàm số f ( r ) =

● Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) với 0 < x < 80 Xét f ( x ) = 240 x − 3 x 2  f ' ( x ) = 240 − 6 x, f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 40 Do f '' ( x ) = −6 < 0 , ∀x ∈ ( 0 ; 80 ) . Do đó maxS = max f ( x ) = f ( 40 ) = 4800 ⇔ x = 40 . x∈( 0 ;80 )

150 π r2

Vậy diện tích lớn nhất có thể bao quanh là 4800m2 .

Tổng chi phí xây dựng là P ( r ) = 100.Sday binh + 90Sxq + 120.Snap binh  P ( r ) = 220Sday + 90Sxq = 220π r 2 + 90 ( 2π rh ) = 220π r 2 +

 Bình luận: ta có thể biến đổi f ( x ) = 240 x − 3 x 2 = 4800 − 3 ( x − 40 ) ≤ 4800 . Dấu “=”

27000 r

xảy ra khi x = 40 . Hoặc sử dụng bất đẳng thức Cauchy

Bài toán trở thành tìm minP ( r ) = ? với r > 0 27000 Ta có P' ( r ) = 440π r − 2 , P' ( r ) = 0 ⇔ ro = r

Hướng dẫn giải. ● Xét hình chữ nhật ABCD như hình vẽ, và đặt AB = x ( x > 0 ). Khi đó BC = 240 − 3x > 0  x < 80 . Diện tích của hình chữ nhật ABCD là S = x ( 240 − 3 x ) = 240 x − 3 x 2

f ( x ) = x ( 240 − 3x ) =

675 11π Trang 27/65

1 1 ( 3 x + 240 − 3x ) 3 x ( 240 − 3 x ) ≤ = 4800 3 3 4

Trang 28/63

Dấu “=” xảy ra khi 3x = 240 − 3x ⇔ x = 40 . Bài tập tương tự 1: Một khu vườn hình chữ nhật được xây dựng bên cạnh một nhà để xe. Người làm vườn có hàng rào dài 100 m và dự định làm một hàng rào 3 cạnh: mặt bên của nhà để xe sẽ là cạnh thứ 4. Kích thước nào sẽ làm cho diện tích của khu vườn lớn nhất ? Hướng dẫn giải Gọi x ( m ) là chiều rộng của cạnh hình chữ nhật như hình vẽ. 0 < x < 100 . Khi đó chiều dài cạnh hình chữ nhật sẽ là 100 − 2 x

2x > 0 ( 0 < x < 250 ) 5  2x  2x 2 Khi đó diện tích khu đất là S = xy = x  100 −  = 100 x − 5  5 

Khi đó ta có y = 100 −

Xét f ( x ) = 100 x −  f ' ( x ) = 100 −

2x2 bài toán trở thành tìm max f ( x ) = ? x∈( 0 ; 250 ) 5

4x , f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 125 5

Lập bảng biến thiên ta có: x

Diện tích hình chữ nhật S = x (100 − 2 x ) f' ( x )

Xét hàm f ( x ) = x ( 100 − 2 x ) , ∀x ∈ ( 0 ; 100 ) x ∈ ( 0 ; 100 ) .

f (x)

x∈( 0 ; 250 )

Bài toán 9. Cần phải đặt một ngọn đèn điện ở phía trên và chính giữa một cái bàn hình tròn có bán kính r. Hỏi phải treo ở độ cao h là bao nhiêu để mép bàn được nhiều ánh sáng nhất. Biết rằng cường độ sáng sinα C được biểu thị bởi công thức C = k 2 ( α là góc

Lập bảng biến thiên ta có: 0

25 0

100 −

1250

f (x)

Dựa vào bảng biến thiên, ta có max f ( x ) = f ( 25 ) = 1250 x∈( 0 ;100 )

Vậy, một hình chữ nhật có chiều rộng là 25 m và chiều dài là 50 m sẽ thỏa yêu cầu bài toán. Bài tập tương tự 2 (theo Cô Vũ Thị Ngọc Huyền): Một người nông dân có 15 triệu đồng để làm một cái hàng rào có dạng hình chữ E dọc theo một con sông với chiều cao hàng rào là 1m (như hình vẽ) để làm một khu đất có hai phần chữ nhật để trồng rau. Đối với mặt hàng rào song song với bờ sông thì chi phí nguyên liệu là 60.000 đồng/ m2 , còn đối với ba mặt hàng rào song song nhau thì chi phí nguyên vật liệu là 50.000 đồng/ m2 . Tính diện tích lớn nhất của đất rào thu được ?

nghiêng giữa tia sáng và mép bàn, k - hằng số tỷ lệ chỉ phụ thuộc vào nguồn sáng.  Phân tích:

D. 50 m2

Hướng dẫn giải Gọi x, y lần lượt là chiều dài và chiều rộng chiều dài của khu đất hình chữ nhật trên Ta có 1500 = 6.x.1 + 3.5 y.1 = 6 x + 15 y chính là số tiền dùng để làm hàng rào Trang 29/65

sinα phụ thuộc l2

vào góc α và chiều dài l. Do đó ta sẽ cần tìm một đẳng thức quan hệ giữa 2 biến trên thông qua hằng số (bất biến). Ở đây hằng số đó chính là r (bán kính hình tròn của cái bàn).

N C. 3125 m2

Ta cần tìm cường độ chiếu sáng lớn nhất trong khi đó biểu thức C = k

● Dựa vào hình vẽ, ta có sinα =

α M

h . l

Đồng thời h 2 = l 2 − r 2 Điều đó có nghĩa là C=k

B. 1250 m2

● Gọi các ký hiệu l, M , N ,O, I như hình vẽ.

A. 6250 m2

−

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: max f ( x ) = f ( 125 ) = 6250 . Đáp án A

Ta có: f ' ( x ) = 100 − 4x, f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 25 ( tm ) .

f' ( x )

6250

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của f ( x ) với

125

250

l2 − r 2 (l > r ) l3

● Bài toán trở thành tìm max f ( l ) = ? r∈( 0 ;l )

Hướng dẫn giải. Gọi h là độ cao của đèn so với mặt bàn ( h > 0 ).

Trang 30/63

Các ký hiệu l, M , N ,O, I như hình vẽ.

Chiều cao của hình nón tính theo Định lý Pitago là h = R2 − x2 = R2 −

h l2 − r 2 và h 2 = l 2 − r 2  cường độ sáng là C = k (l > r ) l l3

Ta có sinα =

1 3

Thể tích của khối nón sẽ là V = π r 2 h =

l2 − r 2 . Bài toán trở thành tìm max f ( l ) = ? r∈( 0 ;l ) l3

Đặt f ( l ) = k

 V2 =

2 2 Ta có: f ' ( l ) = k l − r

− 3l l

l −r

= kl 2

(

l2 − 3 l2 − r 2 l

Cho f ' ( l ) = 0 ⇔ l 2 ( 3r 2 − 2l 2 ) = 0 ⇔ l = r

l −r

)

3 >r. 2

r 0

3 2 −

 max V ⇔

  

Dựa vào bảng biến thiên, ta có max f ( l ) = f  r r∈( 0 ;l )

3  2 

8π 2 R 2 3

8π

= R2 −

4π 2

⇔x=

2π R 2 3

  2 6  = 4π . R 9 27   

2π R 6 ≈ 5 , 15 R 3

bị cắt là 3600 − 2950 = 650 .

3 2 r 2 . r − r2 = 2 2

Bài tập tương tự 1: Với một đĩa tròn bằng thép trắng phải làm một cái phễu bằng cách cắt đi một hình quạt của đĩa này và gấp phần còn lại thành hình nón. Cung tròn của hình quạt bị cắt đi phải bằng bao nhiêu độ để hình nón có thể tích cực đại? Hướng dẫn giải Gọi x là chiều dài cung tròn của phần đĩa được xếp làm hình nón. Như vậy, bán kính R của đĩa sẽ là đường sinh của hình nón và vòng tròn đáy của hình nón sẽ có độ dài là x . R

)

Do đó số đo của cung x tính bằng độ xấp xỉ bằng 2950 và suy ra cung của hình quạt đã

 Bình luận: so với các bài toán trước thì ở bài toán này, đề bài đã xác định sẵn hàm cho chúng ta nhưng lại đòi hỏi ta phải biến đổi và tìm mối liên hệ giữa các biến từ đó định hướng tìm ra lời giải. So về độ khó đối với các bài toán khác, thì bài toán này có phần dễ hơn. Sau đây ta thử xét một số bài tập tương tự khác xem như thế nào ?

(

 x2 x2 x2 + + R2 − 2 2 2 2 2  2 2   4π x x x 4π  8π 8π 4π 2 V2 = . 2 . 2  R2 − ≤ 2  9 8π 8π  9  3 4π   

f (x)

x2 4π 2

Lập bảng biến thiên, ta thấy yêu cầu bài toán tương đương với x =

max

•

R2 −

Cách khác: Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy, ta có:

f' ( x )

Và khi đó h = l 2 − r 2 =

4π 2

1 x 4 4π 2 R2 − x 2 . Đặt f ( x ) = 4π 2 R 2 x 4 − x 6 , ( 0 < x < 2π R ) 24π 2

f ' ( x ) = 16π 2 R 2 x 3 − 6 x 5 , f ' ( x ) = 0 ⇔ x 2 =

Lập bảng biến thiên ta thấy l

π x    3  2π 

Bán kính r của đáy được xác định bởi đẳng thức 2π r = x  r =

x 2π

Trang 31/65

Bài tập tương tự 2: Cho hình nón đỉnh S , chiều cao là h . Một khối nón có đỉnh là tâm của đáy và đáy là một thiết diện song song với đáy của hình nón đã cho. Chiều cao x của khối nón này là bao nhiêu để thể tích của nó lớn nhất, biết 0 < x < h ? h 3

B. x =

h . 2

2h . 3

D. x =

h 3 . 3

A. x = . C. x =

Hướng dẫn giải Gọi O là tâm đáy của hình nón S, và I là tâm của đường tròn thiết diện song song với đáy nón đã cho. Gọi R,r lần lượt là các bán kính của hai đường tròn đáy hình nón O và đường tròn thiết diện. ( 0 < r < R ) SI r h−x r R = ⇔ = ⇔ r = (h − x) SO R h R h 2 2 1 1 R2 π R2 2 Ta có Vnon = x.π r = π x. 2 ( h − x ) = 2 x ( h − x ) 3 3 h 3h

Ta có:

f ( x)

Trang 32/63

Lập bảng biến thiên

Ta thấy max Vnon ⇔ max f ( x ) với 0 < x < h

h 3  h  4π R2 h Lập bảng biến thiên ta thấy yêu cầu bài toán ⇔ max f ( x ) = f   = x∈( 0 ;h ) 81 3 2

Khi đó f ' ( x ) = ( h − x ) − 2 x ( h − x ) = ( h − x )( h − 3x ) , f ' ( x ) = 0 ⇔ x =

Dấu “=” xảy ra khi 2 x = h − x ⇔ x =

1 ( 2 x + 2h − 2 x ) 4h 3 = 2 27 27

+∞

 1853   thỏa yêu cầu bài toán.  20   

ta suy ra min g ( x ) = g  x∈( 0 ; +∞ )

h . 3

tanθ 2 − tanθ1 tan (θ 2 − θ1 ) = = 1 + tanθ 2 tanθ1

 Bình luận: có vài điều ta cần lưu ý khi giải với các bài toán liên quan đến góc là

2, 4 + 8, 5 8, 5 2, 4 − 2, 4 x x x = = 1853 1853 2 , 4 + 8 , 5 ( ) . 8, 5 1 + x+ 1+ 2 20 x 20 x x x

Một là, trong các tỉ số lượng giác thì max α ⇔ max sin α ⇔ maxtan α với 0 < α < 100 . Hai là, ta có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy nhằm tìm nhanh giá trị maxg(x) như sau: g ( x) = x +

1853 Cauchy 1853 1853 1853 1853 . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = x= ≥ 2 x. =2 20 x 20 x 20 20x 20

Ba là, việc sử dụng công thức tanθ = tan (θ 2 − θ1 ) =

Điều này xảy ra khi và chỉ khi tan ∡BOC → max . Đặt OA = x ( m ) , x > 0 . Ta có tan ∡BOC = tan ( ∡AOC − ∡AOB )

x >0

Hướng dẫn giải. Gọi x là khoảng cách từ khán giả B đến khán giá A . Ta thấy rằng yêu cầu bài toán chính là xác định max θ để từ đó suy ra khoảng cách x = ?

1 + tan θ 2 tanθ1

giúp ta chuyển bài

Bài tập tương tự 1: Một màn ảnh chữ nhật cao 1,4m được đặt ở độ cao 1,8m so với tầm mắt (tính đầu mép dưới của màn ảnh). Để nhìn rõ nhất phải xác định vị trí đứng sao cho góc nhìn lớn nhất. Hãy xác định vị trí đó ? Hướng dẫn giải Với bài toán này ta cần xác định OA = ?  → ∡BOC → max .

● Đến đây, bài toán trở thành tìm min g ( x ) = ?

tanθ 2 − tanθ1

tanθ 2 − tanθ1 1 + tanθ 2 tanθ1

toán từ việc tìm góc sang tìm cạnh (đúng với tinh thần đặt ra của câu hỏi). Hai bài tập tương tự dưới đây sẽ giúp các bạn rèn luyện và củng cố thêm cho mình.

g( x )

2, 4 + 8, 5 8, 5 2, 4 − 2, 4 x x x = = 1853 1853 2 , 4 + 8 , 5) 8 , 5 ( x+ 1+ 1+ . 20 x 20 x 2 x x g( x )

Ta thấy rằng max θ ⇔ max ( tanθ ) ⇔ min g ( x ) . 1853 . Bài toán trở thành tìm min g ( x ) = ? x∈( 0 ; +∞ ) 20 x

Ta có: g' ( x ) = 1 −

min

g ( x)

Bài toán 10. Màn hình TV đặt thẳng đứng tại một sân vận động, cao 2,4m, cạnh thấp nhất nằm phía trên tầm mặt khán giả A ngồi dưới nó là 8,5m. Một khán giả B có góc quan sát TV là thuận lợi nhất khi góc đối diện với màn hình TV là cực đại, khi đó khoảng cách giữa khán giả A và B là bao nhiêu ?  Phân tích: ● Do đề bài yêu cầu góc quan sát θ thuận lợi nhất (tức lớn nhất) nên ta tìm cách biểu thị khoảng cách x theo góc θ . ● Một nhận xét quan trọng là max θ ⇔ max ( tanθ ) , lại có θ = θ2 − θ1 nên ta thử tính

Đặt g ( x ) = x +

−

1 2

Cách khác: f ( x ) = x ( h − x ) = 2 x ( h − x )( h − x ) ≤

Ta có tanθ = tan (θ 2 − θ1 ) =

g' ( x )

 f ( x ) = tan ∡BOC =

(

−1, 4 x 2 − 5 , 76

+ 5 , 76

)

), f' x

Trang 33/65

1, 4 x ,x > 0 . x 2 + 5 , 76

Bài toán trở thành tìm x > 0 để f ( x ) đạt giá trị lớn nhất. f ' ( x) =

1853 1853 , g' ( x ) = 0 ⇔ xo = ≈ 9 , 63 20 20 x 2

AC AB − tan ∡AOC − tan ∡AOB = OA OA AC.AB 1 + tan ∡AOC.tan ∡AOB 1+ OA 2

( x) = 0 ⇔ x 0

x>0 = 5 , 76 → x = 2, 4

2, 4

+∞

Trang 34/63

f ' ( x)

● Ta tạo lát cắt dọc xuống nửa quả cầu như hình vẽ bên. Gọi h, r lần lượt là chiều cao và bán kính của hình trụ.

−

84 193

f (x)

● Ta thấy rằng thể tích của khối trụ sẽ là:

Dựa vào bảng biến thiên, ta kết luận vị trí đứng cho góc nhìn lớn nhất là cách màn ảnh

Vtru = π r 2 h (phụ thuộc theo 2 biến r và h).

2,4m.

●

Bài tập tương tự 2 (trích từ đề thi TSĐH môn Vật Lý khối A-A1 năm 2013) Trong một thí nghiệm về giao thoa sóng nước, hai nguồn kết hợp O1 và O2 dao động cùng pha, cùng biên độ. Chọn hệ tọa độ vuông góc xOy có OP = 4 , 5 cm và OQ = 8 cm . Phải dịch chuyển nguồn O2 trên trục Oy như thế nào để góc ∡PO2Q có giá trị lớn nhất ? Hướng dẫn giải 

Hướng dẫn giải. Ta có Vtru = π r 2 h . Lại có r 2 = R2 − h 2

Bài toán trở thành tìm max f ( h ) = ? h∈( 0 ;R )

Để góc ϕ max  tanϕ max Ta có: tan ∡PO2Q = tan (ϕ2 − ϕ1 ) =

theo h.

Suy ra Vtru = π r 2 h = π h ( R2 − h 2 ) . Xét f ' ( h ) = h ( R2 − h 2 ) , 0 < h < R

 π

Đặt O1O2 = x > 0 và ϕ = ∡PO2Q ∈ 0 ;  . 2 

tanϕ 2 − tanϕ1 1 + tanϕ 2 .tanϕ1

Khi đó f ' ( h ) = R2 − 3h 2 , f ' ( h ) = 0 ⇔ h =

R 3

< R.

Lập bảng biến thiên ta có:

8 4,5 − x = 3,5  tan ∡PO2Q = x 8 4,5 36 1+ . x+ x x x

36 ⇔ x = 6. x Do đó nguồn O2 cách nguồn O1 một khoảng cách 6 cm thì thỏa yêu cầu bài toán.

D. 45π cm3 . (Sưu tầm Facebook, theo Vũ Thị Ngọc Huyền)

 Phân tích:

Trang 35/65

3 0

−

 R  f   3

f (h)

Dấu “=” xảy ra ⇔ x =

Bài toán 11. Công ty mỹ phẩm chuẩn bị cho ra một mẫu sản phẩm dưỡng da mới mang tên Ngọc Trai với thiết kế là một khối cầu như viên ngọc trai khổng lồ, bên trong là một khối trụ nằm trong nửa khối cầu để đựng kem dưỡng da như hình vẽ (hình ảnh chỉ mang tính chất minh họa). Theo dự kiến, nhà sản xuất có dự định để khối cầu có bán kính là R = 3 3 cm. Tìm thể tích lớn nhất của khối trụ đựng kem để thể tích thực ghi trên bìa hộp là lớn nhất (với mục đích thu hút khách hàng). A. 54π cm3 . B. 18π cm3 .

f ' (h)

 36  36 Để tan ∡PO2Q → max ⇔  x +  → min . Ta có x + ≥ 2 36 = 12 x  x 

C. 108π cm3 .

Ta lại có mối liên hệ giữa chúng là

h 2 + r 2 = R2 = const . Để thuận tiện ta sẽ tính r

 R    3

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: max f ( h ) = f  h∈( 0 ;R )

Khi đó ta có: Vtru = π r 2 h = π h ( R2 − h 2 ) = π

R  2 R 2  2π R 3 R =3 3 ←→ Vtru = 54π R − = 3  3 3 3

 Bình luận: ngoài cách giải trên, ta có thể làm như sau: h = R cos x 0 < x < 900 . Vtru = π r 2 h = π R3 sin2 x.cos x . = r R sin x 

Đặt 

(

)

Xét f ( x ) = sin2 x.cos x .Bài toán trở thành tìm max f ( x ) = ?  π x∈ 0 ;   2

Đặt t = cos x,t ∈ ( 0 ; 1)  g ( t ) = ( 1 − t 2 ) t = −t 3 + t  g' ( t ) = −3t 2 + 1  1 ( tm ) t = 3 Khi đó g' ( t ) = 0 ⇔  .  1 t = − ktm ( )  3 

Trang 36/63

 1  1  ⇔ t = = cos x 3  3

Bài toán 12. Một chất điểm chuyển động theo quy luật s ( t ) = 6t 2 − t 3 − 9t + 1 , s tính

Lập bảng biến thiên ta suy ra max f ( x ) = max g ( t ) = g  t∈( 0 ;1)

 π x∈ 0 ;   2

 1

Khi đó ta có V = π R3 

 3

−

1  2π R3 R= 3 3 ←→ V = 54π cm3 = 3 3 3 3

(

theo mét, t tính theo giây. Trong 5 giây đầu tiên, thời điểm t mà tại đó vận tốc của chuyển động đạt giá trị lớn nhất là: A. t = 3 . B. t = 1 . C. t = 2 . D. t = 4 .

)

 Phân tích:

Bài tập tương tự 1: Cho hình trụ nối tiếp trong hình cầu bán kính R . Xác định chiều cao và bán kính để hình trụ có thể tích lớn nhất ? Hướng dẫn giải Gọi h,r lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình trụ nội tiếp khối cầu. h



Lập bảng biến thiên ta có: t

h2   . 4 

(

t∈( 0;5 )

 Bình luận: Ứng dụng của đạo hàm trong Vật lý là rất đa dạng nhưng đặc biệt thể hiện rõ nét nhất chính là qua các bài toán chuyển động khi liên quan đến các đại lượng quãng đường, vận tốc và thời gian. Không chỉ riêng ở các bài toán chuyển động như vậy, ta còn bắt gặp các ứng dụng đạo hàm trong Vật lý ở các bài toán khác. Mời bạn đọc tiếp tục theo dõi các bài toán tiếp theo sau để hiểu rõ hơn. Bài tập tương tự 1: Một tên lửa bay vào không trung với quãng đường đi được là s ( t ) ( km ) là hàm phụ thuộc theo biến t (giây) tuân theo biểu thức sau: s (t ) = et

+ 2te 3 t +1 ( km ) . Hỏi vận tốc của tên lửa sau 1 giây là bao nhiêu (biết hàm

biểu thị vận tốc là đạo hàm cấp một của hàm biểu thị quãng đường theo thời gian) ?

)

= 4 x 2 R2 − x 2 . Đặt f ( x ) = 4 x 2 R2 − 4 x 4

A. 10e 4 ( km / s ) .

B. 5e 4 ( km / s ) .

C. 3e 4 ( km / s ) .

D. 9e 4 ( km / s ) . Hướng dẫn giải

Bài toán trở thành tìm max f ( x ) = ? . x∈( 0 ;R )

Ta có f ' ( x ) = 8 xR2 − 16 x3 , f ' ( x ) = 0 ⇔ x2 =

5 −

Dựa vào bảng biến thiên ta có max v ( t ) = v ( 2 ) = 3 . Đáp án C.

 PQ = 2 x    SMNPQ = PQ.NQ = 2 x R2 − x 2 2 2  NQ = R − x 2

Bài tập tương tự 2: Diện tích của hình chữ nhật nội tiếp nửa hình tròn bán kính R = 3 (xem hình dưới đây) có giá trị lớn nhất bằng: A.9 B. 6 2 C. 6 3 D.7. Hướng dẫn giải Đặt OQ = x,( 0 < x < R )

)

v (t)

 2R h =  3 Lập bảng biến thiên, ta có yêu cầu bài toán tương đương với  R 6  r = 3

(

v ' (t )

 h2  3h 2 2R Xét hàm số f ( h ) = h  R2 −  , ( 0 < h < R )  f ' ( h ) = R2 − =0⇔h= 4 4 3  

 SMNPQ

Hướng dẫn giải v ( t ) = s' ( t ) = 12t − 3t − 9 ,v' ( t ) = −6t + 12 ,v' ( t ) = 0 ⇔ t = 2 .



giây đầu tiên t ∈ [ 0;5] thì ta chỉ cần vận dụng kiến thức đạo hàm đã học. 2

Khi đó ta có   + r 2 = R2  r 2 = R2 − 4 2 Mặt khác, V = π r 2 h = π h  R2 −

● Với kiến thức Vật lý đã học, ta biết v ( t ) = s ' ( t ) . Do đó để tìm giá trị lớn nhất trong 5

v ( t ) = s' ( t ) = 2te t

R2 R x= 2 2

+ 2 e 3 t + 1 + 6te 3 t +1  v ( 1) = 2 e 4 + 2 e 4 + 6 e 4 = 10 e 4 ( km / s )

Bài tập tương tự 2: Cho phương trình chuyển động của một chất điểm s = f ( t ) = t 3 − 6t 2 + 9t , với đơn vị đo của t là giây, và s là mét. Khi nào chất điểm đứng

 R  2 =R =9  2

Lập bảng biến thiên ta suy ra max f ( x ) = f  x∈( 0 ;R )

yên biết rằng biểu thức của phương trình v ( t ) tại điểm t biết rằng v ( t ) = f ' ( t ) ?

x 2 + R2 − x 2 Cách khác: áp dụng bất đẳng thức Cauchy SMNPQ = 2 x R2 − x 2 ≤ 2. = R2 2 R Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = R2 − x 2 ⇔ x = . 2

Trang 37/65

Hướng dẫn giải Theo đề bài ta có: v ( t ) = f ' ( t ) = 3t 2 − 12t + 9 . t = 1

Chất điểm đứng yên khi v ( t ) = 0 ⇔ 3t 2 − 12t + 9 = 0 ⇔ 

t = 3

Trang 38/63

Bài tập tương tự 3: Một máy bay Cessa cất cánh từ sân bay gần mặt nước biển có quỹ đạo bay theo hàm số h ( t ) = 2000 ln ( t + 1) với h tính theo feet và t tính theo phút. Tính tốc độ cất cánh tại thời điểm t = 3 phút ? (biết rằng 1 feet = 0 , 3048 mét)



Hướng dẫn giải 2000 h' ( t ) = , ∀ t > −1 . Do đó tốc độ cất cạnh chính là h' ( 3 ) = 500 feet ≈ 152 , 4 mét. t +1 Bài toán 13. Một nguồn điện với suất điện động E và điện trở r được nối với một biến trở R như hình vẽ. Với giá trị nào của biến trở thì công suất tỏa nhiệt trên toàn mạch sẽ đạt cực đại ? A. r = R . B. r = 2 R . C. r = 3 R . D. r = 4 R .  Phân tích: ● Để làm được dạng toán này, trước tiên ta cần có kiến thức về dòng điện 1 chiều đã học ở lớp dưới: công suất tỏa nhiệt trên toàn mạch sẽ là P = R I 2 và đồng thời cường độ dòng điện trong mạch sẽ là I=

E . R+r

● Đến đây ta thấy P có thể tính theo R và r. Và do đó ta có thể vận dụng kiến thức về đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P. Hướng dẫn giải. E Theo công thức công suất tỏa nhiệt ta có P = R I 2 với I = R+r RE2 RE2 với R > 0 R > 0 ) . Xét hàm số f ( R ) = P= 2 ( 2 (R + r) (R + r)

( R + r ) − 2R ( R + r ) = E r − R (R + r) (R + r) 2

, f ' ( R) = 0 ⇔ r = R

f (R)

+∞

(R + r)

E2 E2 r2 do = ≤ = R + R r 2 2 r + 2r 4r 2r + R + R

Dấu “=” xảy ra ⇔ R =

Ta có PR =

U2 Z

r 2 + ( Z L − ZC ) R

Ta có: ZAB =

f (r )

tiêu thụ trên biến trở đạt giá trị lớn nhất. Xác định điện trở thuần của cuộn dây và tổng trở Z của mạch AB. Biết rằng chúng đều có giá trị nguyên. A. r = 21Ω và Z = 120Ω . B. r = 15Ω và Z = 100Ω . C. r = 12Ω và Z = 157Ω . D. r = 35Ω và Z = 150Ω . (trích thi thử lần 4 - THPT Quỳnh Lưu - Nghệ An 2012) Hướng dẫn giải Mạch gồm (R đổi)----(L-r)-----(C) có U và ω = const Ta có: U2 R

(R + r)

+ ( ZL − ZC )

U2 2  r 2 + ( ZL − ZC )   2r +  R + R  

  → Min  

Cauchy

≥ 2 r 2 + ( ZL − ZC ) . Dấu “=” xảy ra ⇔ R 2 = r 2 + ( ZL − ZC )

Trở lại với bài toán ta có R = 75, r ∈ ℤ, ZAB ∈ ℤ

−

( R + r ) 2 + ( ZL − ZC ) 2

= R 2 + 2Rr + r 2 + ( ZL − ZC ) = 2R 2 + 2Rr R2

 ZAB = 150 ( 75 + r ) = 5 6 ( 75 + r )

 Bình luận: Ta có thể dùng bất đẳng thức Cauchy để giải nhanh bài toán như sau: Ta có P =

Bài tập tương tự 2: Mạch điện xoay chiều gồm biến trở, cuộn dây không thuần cảm và tụ điện ghép nối tiếp. Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp có biểu thức là u = U 2 sin ϖt ( V ) . Trong đó U và ϖ không đổi. Khi biến trở R = 75Ω thì công suất

R+

E2 suy ra max f ( R ) = f ( r ) = . Ta chọn đáp án A. 4r

RE2

Hướng dẫn giải  π  π i' ( t ) = −12π sin  120π t +  . Ta có VL = Li' ( t ) = −24.10 −3 sin  120π t +  ( V ) 6 6   

Dùng đạo hàm hoặc áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

Lập bảng biến thiên ta có: f ' (R)

6

Hãy xác định biểu thức của điện áp đi qua cuộn cảm có độ lớn 2 mH biết rằng VL = L.i' ( t ) ?

2  r 2 + ( ZL − ZC ) PR max ⇔  R +  R 

Ta tìm f ' ( R ) = E2

Bài tập tương tự 1: Một dòng điện (đơn vị Ampere – A) trong mạch máy khuếch đại  π tuân theo hàm số theo thời t(giây – s) cho bởi công thức i ( t ) = 0 , 1 cos  120π t +  (A).

Do ZAB ∈ Z  75 + r = 6k 2  r = 6k 2 − 75 Mặt khác ta có 0 < r < R = 75  0 < 6k 2 − 75 < 75 

r2 ≥ 2 R. = 2 R

Cauchy

5 2

<k<5

Lại có: k ∈ ℤ  r = 21  ZAB = 120 . Đáp án A. Bài tập

r2 ⇔ r = R . Đáp án A. R

u AB

Trang 39/65

tương

tự

3: Cho mạch điện xoay chiều AB như hình vẽ 10−4 ( F) , cuộn cảm thuần có độ tự cảm L = 200 2 sin 100π t ( V ) , R = 100Ω , C =

Trang 40/63

thay đổi được. Hãy xác định L để hiệu điện thể hiệu dụng hai đầu cuộn cảm UL đạt cực đại.

E ( v ) = qv 3

3v 2 ( v − a ) − v 3 v 2 ( 2v − 3a ) L  E' ( v ) = q = q , ∀v > a 2 2 v−a (v − a) ( v − a)

E' ( v ) = 0 ⇔ v =

(H) π

(H) .

π Hướng dẫn giải:

1 (H ) 2π

UZ L = Z

+ ZC 2

) Z1

 3a  27 3 a =  2  4

−2

ZC ZL

 Bình luận: trong thực tế, khi khảo sát việc bơi ngược dòng của những chú cá này, ta thấy tốc độ của chúng gần gấp 1,5 lần tốc độ của dòng nước.

Bài tập tương tự 1: Lưu lượng xe ô tô vào đường hầm được cho bởi công thức:

)

f (v) =

Khi đó U L max ⇔ f ( X )min . Do f ( X) là một tam thức bậc hai với a = R2 + ZC 2 > 0  minf ( X ) tại đỉnh của parabol khi X =

Và khi đó U L max =

U R 2 + ZC 2 R

Z R 2 + ZC 2 −b 2 = 2 C 2 ⇔ L= = (H ) 2 a R + ZC ω ZC π

* Nhận xét: Nếu L = const, tụ C có điện dung thay đổi. Tìm C để UCmax đạt giá trị cực đại ta làm tương tự trên và kết quả là: UC max =

U R2 + ZL 2 R

R2 + ZL2 ⇔ ZC = ZL

( J ) , đơn vị là Jun. Người ta thấy rằng, khi cá di

cư cố gắng cực tiểu hóa năng lượng tổng thể để bơi một cách nhất định. Nếu vận tốc dòng nước là a ( km / h ) thì thời gian cần bơi được khoảng cách L là

290 , 4v −0 , 36 v 2 + 264  f ' ( v ) = 290 , 4 0 , 36 v + 13 , 2 v + 264 0 , 36 v 2 + 13 , 2 v + 264 2

f ' ( v) = 0 ⇔ v =

(

)

,v>0

264 10 66 = ≈ 27 , 08 ( km / h ) 0, 6 3

Lập bảng biến thiên ta có:

Bài toán 14. Khi cá hồi bơi với tốc độ v ( km / h ) ngược dòng nước, năng lượng sản ra của nó trên một đơn vị thời gian là v

290 , 4 v (xe/ giây), trong đó v ( km / h) ) là vận tốc trung bình của 0 , 36 v 2 + 13 , 2v + 264

các xe khi vào đường hầm. Tính vận tốc trung bình của các xe khi vào đường hầm sao cho lưu lượng xe là lớn nhất ? Hướng dẫn giải f (v) =

= 200 2 ( V )

Dựa vào bảng biến thiên ta có: min E ( v ) = E 

1  f ( X ) = R2 + ZC 2 X 2 − 2ZC X + 1 Đặt X = ZL

(

+∞

27 3 a 4

−

E ( v)

Cω

Ta có U L = IZ L =

3a 2

E' ( v )

Cảm kháng ZL = ωL và dung kháng ZC = 1 = 100 Ω Đồng thời tổng trở Z = R 2 + ( ZL − ZC )

3a .Lập bảng biến thiên ta thấy 2

L và năng v−a

f ' (v) f (v)

10 66 3

0 0

0 max

+∞ −

L trong đó q là hằng số dương. Để giảm thiểu tối đa v−a năng lượng khi bơi quãng đường L thì tốc độ v cần thỏa mãn a 3a 5a 7a A. v = B. v = C. v = D. v = 2 2 2 2

Bài tập tương tự 2: Một con cá hồi bơi ngược dòng nước để vượt một khoảng cách là 300 km. Vận tốc dòng nước là 6 ( km / h ) . Nếu vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên là

(Bài toán từ tác giả Hứa Lâm Phong , 2016)

ngược dòng quãng đường 300 km trên trong khoảng thời gian t với vận tốc bao nhieu để năng lượng tiêu hao là thấp nhất ? A. 12 ( km / h ) . B. 9 ( km / h ) . C. 21 ( km / h ) . D. 15 ( km / h ) .

lượng sản ra là E ( v ) = qv 3

 Phân tích: ● Do bài toán đã cho ta sẵn hàm E ( v ) = qv 3

L nên ta có thể ứng dụng đạo hàm tìm v−a

min của E. (lưu ý v > a ).

v ( km / h ) thì năng lượng tiêu hao của cá trong t giờ được cho bởi công thức E ( v ) = cv 3 t (trong đó c là một hằng số dương, E được tính bằng đơn vị Jun). Cá bơi

Hướng dẫn giải Vận tốc khi cá bơi ngược dòng sẽ là v − 6

Hướng dẫn giải. Trang 41/65

Trang 42/63

Do đó thời gian để đi quãng đường 300 km là t = Do đó năng lượng tiêu hao sẽ là E ( v ) = 300c Do c > 0  E ( v )min ⇔ Với v > 6, f ' ( v ) =

300 v−6

Cách khác: Ta có T ( t ) = −0 , 1t 2 + 1, 2t + 98 , 6 = 102 , 2 − 0 , 1 ( t − 6 ) ≤ 102 , 2 ∀t ∈ 0 ; 12  Vậy dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = 6 . Do đó maxT = 102 , 2 ⇔ t = 6

v3 v−6

Bài tập tương tự 2: Sau khi phát hiện một bệnh dịch, các chuyên gia y tế ước tính số người nhiễm bệnh kể từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ t là f ( t ) = 45t 2 − t 3 (kết quả khảo sát được trong tháng 8 vừa qua). Nếu xem f ' ( t ) là tốc độ

v3 = f ( v ) → min v−6

3v 2 ( v − 6 ) − v 3

(v − 6)

2 v 3 − 18 v

( v − 6)

 v = 0 ( ktm ) , f ' ( v) = 0 ⇔   v = 9 ( tm )

Lập bảng biến thiên ta nhận v = 9 . Bài toán 15. Thể tích V của 1kg nước ở nhiệt độ t (t nằm giữa 00 C đến 300 C ) được cho bởi công thức V = 999 , 87 − 0 , 06426t + 0 , 0085043t 2 − 0 , 0000679t 3 ( cm 3 ) . Ở nhiệt độ nào nước có khối lượng riêng lớn nhất ?  Phân tích: ● Khối lượng riêng lớn nhất tương ứng với thể tích của vật nhỏ nhất. Do bài toán đã xác lập hàm nên ta có thể dùng công cụ đạo hàm để min cho biểu thức trên. Hướng dẫn giải. V ' ( t ) = −0 , 06426 + 2.0 , 0085043t − 3.0 , 0000679t

t ≈ 79 , 53138 ∉ 00 ; 30 0 V ' (t ) = 0 ⇔  t ≈ 3 , 9665

(

)

V ' (t ) V (t )

Lập và dựa vào bảng biến thiên của g ( t )  t = 15 là giá trị cần tìm. Đáp án A Bài toán 16. Hai con tàu A và B đang ở cùng một vĩ tuyến và cách nhau 5 hải lý. Đồng thời cả hai tàu cùng khởi hành, tàu A chạy về hướng Nam với 6 hải lý/giờ, còn tàu B chạy về vị trí hiện tại của tàu A với vận tốc 7 hải lý/giờ. Hãy xác định thời điểm mà khoảng cách giữa hai tàu là lớn nhất ?

A •

B1 •

B •

d A1•

 Phân tích:

Lập bảng biến thiên ta có: t

truyền bệnh (người/ ngày) tại thời điểm t . Tốc độ truyền bệnh sẽ lớn nhất vào ngày thứ: A.15. B.30. C.20. D. 12. Hướng dẫn giải g ( t ) = 90 t − 3 t Ta có f ( t ) = 45t 2 − t 3  f ' ( t ) = 90 t − 3t 2    → g ' ( t ) = 90 − 6 t = 0 ⇔ t = 15

0 −

● Trước tiên, bạn cần hiểu đôi chút về khái niệm vĩ tuyến và kinh tuyến ?

3, 9665 +

V min

Dựa vào bảng biến thiên ta có khối lượng riêng lớn nhất của vật khi thể tích nhỏ nhất lúc vật có nhiệt độ xấp xỉ gần bằng 40 C .  Bình luận: Trong thực tế, thì ở nhiệt độ là 4 độ C thì nước có khối lượng riêng lớn nhất. Đây là 1 kiến thức ta đã học được từ Vật Lý lớp 7. Bài tập tương tự 1: Nhiệt độ T của một người trong cơn bệnh được cho bởi công thức T ( t ) = −0 , 1t 2 + 1, 2t + 98 , 6 , 0 ≤ t ≤ 12 , trong đó T là nhiệt độ ( o F − Fahrenheit ) theo thời gian t trong ngày. Tìm nhiệt độ lớn nhất độ celcius ( o C − Celcius ) của người bệnh trong ngày và thời điểm mà nó xảy ra ? (Biết rằng o C =

F − 32 ) 1, 8

Hướng dẫn giải Ta có: T ( t ) = −0 , 1t 2 + 1, 2t + 98 , 6 ,  T' ( t ) = −0 , 2t + 1, 2  T ' ( t ) = 0 ⇔ t = 6

Trên Trái Đất hay các hành tinh hoặc thiên thể hình cầu, vĩ tuyến là một vòng tròn tưởng tượng nối tất cả các điểm có cùng vĩ độ. Trên Trái Đất, vòng tròn này có hướng từ đông sang tây. Vị trí trên vĩ tuyến được xác định bằng kinh độ. Một vĩ tuyến luôn vuông góc với một kinh tuyến tại giao điểm giữa chúng. Các vĩ tuyến ở gần cực Trái Đất có đường kính nhỏ hơn. (theo wikipedia.org). Kinh tuyến là một nửa đường tròn trên bề mặt Trái Đất, nối liền hai Địa cực, có độ dài khoảng 20.000 km, chỉ hướng bắc-nam và cắt thẳng góc với đường xích đạo. Mặt phẳng của kinh tuyến 0° (chạy qua đài quan sát thiên văn tại Greenwich thuộc Luân Đôn) và kinh tuyến 180°, chia Trái Đất ra làm hai bán cầu – Bán cầu đông và Bán cầu tây.(theo wikipedia.org). ● Như vậy khi các tàu, thuyền đi trên biển chúng ta sẽ dùng một đơn vị đo khoảng cách khác là hải lý (1 hải lý = 1852 mét). Từ mô hình và mô tả của bài toán ta có thể gọi t là thời gian mà sau khi xuất 2 tàu cách nhau một khoảng d.

T ( 0 ) = 98 , 6 o F = 37 0 C  Đồng thời ta có: T ( 6 ) = 102 , 2 o F = 39 0 C  max T ( t ) = 390 C ⇔ t = 6 t∈ 0 ;12   o 0 T ( 12 ) = 98 , 6 F = 37 C

Vậy, nhiệt độ lớn nhất của người bệnh trong ngày là 390 C khi t = 6 . Trang 43/65

Trang 44/63

f ( t ) = 85t 2 − 70t + 25 = 85t 2 − 70t +  min f ( t ) =

● Khi đó d = A1B12 = AB12 + AA12 . Trong đó AA1 chính là quãng đường của tàu A đi được. Dựa vào gợi ý 2 tàu cách nhau ban đầu 5 hải lý theo đường vĩ tuyến, nên ta có 2

thể tính AB12 = ( 5 − BB1 ) . ● Cuối cùng, ta vận dụng công thức liên hệ giữa quãng đường, vận tốc và thời gian là AA = v A t S = v.t   1 . BB1 = v B t

Tại thời điểm t sau khi xuất phát, khoảng cách giữa hai tàu là d . khi đó tàu A đang ở vị trí A1 và tàu B đang ở vị trí B1 như hình vẽ. 2

Ta có: t ' ( α ) =

Bài toán trở thành tìm min f ( t ) = ? t∈( 0 ; +∞ )

f ' (t ) f (t )

−

h cos α v 2 sin 2 α

h  1 cos α   −  v2  sin 2 α  v1

v2 <1 v1

Lập bảng biến thiên, ta suy ra mint (α ) ⇔ cos α =

, f ' (t ) = 0 ⇔ t =

7 (h) 17

7 17

0 −

+∞ +

6 85 17

 7 

v2 v1

Bài tập tương tự 2: Một ngọn hải đăng được đặt tại vị trí A cách bờ biển một khoảng AB bằng 1km và một kho hàng được đặt tại vị trí C cách B một khoảng 2km. Người canh giữ hải đăng có thể chèo thuyền từ vị trí A đến vị trí M trên bờ biển nằm giữa B và C với vận tốc 3km/h, sau đó đi bộ đến vị trí C với vận tốc 5km/h. M cần cách B một khoảng ngắn nhất bằng bao nhiêu để thời gian người đó đi đến kho hàng nhanh nhất ? Hướng dẫn giải Đặt x = BM ( km) . Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 .

Lập bảng biến thiên ta thấy t

h v1 sin 2 α

Khi đó t ' ( α ) = 0 ⇔ cos α =

Suy ra d = 85t 2 − 70t + 25 . Đặt f ( t ) = 85t 2 − 70t + 25 với t > 0 .

2 85t − 70t + 25

l − h.cot α h + v1 v2 sin α

Bài toán trở thành tìm min t ( α ) = ?

Và AA1 là quãng đường tàu A đi được AA1 = vA .t = 6t

ℓ

h h h tan α + sin α = l − h.cot α + v1 v2 v1 v2 sinα

Với BB1 là quãng đường tàu B đi được BB1 = vB .t = 7t

170t − 70

l−

Xét hàm số t (α ) =

Ta có d 2 = AB12 + AA12 = ( 5 − BB1 ) + AA12 = ( 5 − 7t ) + ( 6t )

Ta có: f ' ( t ) =

6 85 7 ⇔ t = . (hoặc sử dụng cực trị của parabol) 17 17

Bài tập tương tự 1: Từ cảng A dọc theo đường sắt AB cần phải xác định một trạm trung chuyển hàng hóa C và xây dựng một con đường từ C đến D. Biết rằng vận tốc trên đường sắt là v1 và trên đường bộ là v2 (v1 > v2). Hãy xác định phương án chọn địa điểm C để thời gian vận chuyển hàng từ cảng A đến cảng D là ngắn nhất ? Hướng dẫn giải D Gọi t là thời gian vận chuyển hàng hóa từ cảng A đến cảng D. h AC CD AE − CE CD α A C Thời gian t là: t = + = + B E v1 v2 v1 v2

t=

Hướng dẫn giải.

 245 185 7  185 6 85 + = 85  t −  + ≥ 17 17 17 17 17  

6 85

Dựa vào bảng biến thiên ta có: min f ( t ) = f   = ≈ 3 , 254 (hải lý) t∈( 0 ; +∞ ) 17  17 

Suy ra quãng đường AM = 1 + x2 và quãng đường MC = 2 − x .

 Bình luận: Ta có thêm một cách khác để tìm minf(t) như sau:

Trang 45/65

Trang 46/63

Thời gian người canh hải đăng chèo đò đi từ

người canh hải đăng đi bộ từ M đến

2−x . 5

Thời gian người canh hải đăng đi từ Xét hàm số f ( x ) =

là tMC =

đến

là t AM =

đến C là t = t AM + t MC

1 + x2 .Thời gian 3

Khi đó gọi HC = x ( 0 < x < 70 ) và DK = y ( 0 < y < 70 ) 1 + x2 2 − x = + 3 5

1 + x2 2 − x + trên đoạn 0 ; 2  . 3 5

Bài toán trở thành tìm min f ( x ) = ?

Ta có f ( 0 ) =

1 3 1+ x

−

1 5 4 , f ' ( x ) = 0 ⇔ 1 + x 2 = ⇔ x = ∈ 0 ; 2  5 3 3

AC 10 2 + x 2 = vsahara 30

Quãng đường đi từ D đến B là DB = 100 2 + y 2  t2 =

10 2 + y 2 DB = vsahara 30 CD 70 − ( x + y ) = 50 vstreet

Vậy tổng thời gian mà nhà địa chất học đi từ A đến B là T = t1 + t2 + t3

 4  31 11 5 ≈ 0 , 73 ; f   = ≈ 0 , 68 ; f ( 2 ) = ≈ 0 , 75. 15 3  3  45

Vậy yêu cầu bài toán ⇔ x = BM =

Quãng đường đi từ A đến C là AC = 100 2 + x 2  t1 =

Và quãng đường đi C đến D là CD = 70 − ( x + y )  t3 =

x∈0 ; 2 

Ta có f ' ( x ) =

Hướng dẫn giải. Goi H, K, C, D là các điểm như hình vẽ.

 T ( x; y ) =

10 2 + y 2 70 − ( x + y ) 10 2 + x 2 + + 30 30 50

Đây là một biểu thức có dạng đối xứng 2 biến x, y và ta cần tìm minT ( x; y )

4 km. 3

Bài toán 17. Một nhà địa chất học đang ở tại điểm A trên sa mạc. Anh ta muốn đến điểm B và cách A một đoạn là 70 km. Trong sa mạc thì xe anh ta chỉ có thể di chuyển với vận tốc là 30 km/h. Nhà địa chất ấy phải đến được điểm B sau 2 giờ. Vì vậy, nếu anh ta đi thẳng từ A đến B sẽ không thể đến đúng giờ. May mắn thay, có một con đường nhựa song song với đường nối A và B và cách AB một đoạn 10 km. Trên đường nhựa này thì xe của nhà địa chất học này có thể di chuyển với vận tốc 50 km/h. Làm thế nào để nhà địa chất học đến sớm nhất (đảm bảo trong khung giờ cho phép) ? (Trích dẫn từ Bài toán của Thầy Trần Nam Dũng, theo sputnikedu.com)  Phân tích:

Ta có T ( x; y ) =

10 2 + y 2 35 − y 10 2 + x 2 35 − x + + + = f ( x) + f ( y) 30 50 30 50

10 + u2 35 − u + , 0 < u < 70 30 50 u 1 5u 15 − , f ' ( u ) = 0 ⇔ 10 2 + u2 = >0⇔u= Xét f ' ( u ) = 2 50 3 2 30 10 + u

Khi đó ta xét f ( u ) =

u∈( 0 ;70 )

Do đó ta có T ( x; y ) = f ( x ) + f ( y ) ≥

● Ta có thể mô tả bài toán trên bằng hình vẽ sau:

Dấu “=” xảy ra khi x = y =

● Như đã phân tích ở trên, nếu đi trực tiếp từ A đến B trên sa mạc với vận tốc và khoảng cách hiện có thì nhà địa chất học không thể đến đúng thời gian quy định ● Vì vậy cần thiết phải chia quãng đường đi được thành 3 giai đoạn: Giai đoạn 1: đi từ A đến C (từ sa mạc đến đường nhựa song song) Giai đoạn 2: đi từ C đến D (một quãng đường nào đó trên đường nhựa)

 15  29 =  2  30

Lập bảng biến thiên ta có min f ( u ) = f 

29 29 29 + = ≈ 1, 93 30 30 15

15 . 2

 Bình luận: Bài toán quãng đường, vận tốc, thời gian thì ta nhận thấy có 2 mối quan tâm lớn trong thực tế là đi làm sao để quãng đường là ngắn nhất hoặc thời gian là ít nhất. Trong thực tế, đời sống hằng ngày, điều này không phải lúc nào cũng đúng bởi lẽ còn phải chịu sự tác động của nhiều yếu tố khác nhau như thời điểm, mật độ di chuyển, động cơ và nhiều thứ ta không lường trước được. Việc lý tưởng hóa các bài toán chỉ ở mức sai số chấp nhận được. Bài tập tương tự: Một ngọn hải đăng đặt tại vị trí A có khoảng cách đến bờ AB = 5km . Trên bờ biển có một cái kho ở vị trí C cách B một khoảng 7 km . Người canh hải đăng có thể chèo đò từ A đến M trên bờ biển với vận tốc 4 km / h rồi đi bộ đến C với vận tốc 6 km / h . Xác định vị trí của điểm

Giai đoạn 3: đi từ D đến B (từ điểm kết thúc D trên đường nhựa đi tiếp đến B băng qua sa mạc). Trang 47/65

để

người đó đi đến kho nhanh nhất ? Hướng dẫn giải Đặt x = BM ( km ) . Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 7 . Trang 48/63

Suy ra quãng đường AM = 25 + x 2 và quãng đường MC = 7 − x . Thời gian người canh hải đăng chèo đò đi từ

Thời gian người canh hải đăng đi bộ từ M đến Thời gian người canh hải đăng đi từ Xét hàm số f ( x ) =

đến C

là t AM =

là t MC =

Ta có P ( x ) = 25 + x 2 . 4

25 + x 2 7 − x + 4 6

25 + x 2 7 − x + trên đoạn  0 ; 7  . 4 6 x

4 25 + x 2

−

1500

Cách khác: Ta có P ( x ) =

( )

cách

một khoảng

Vậy dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 30 .

x = 2 5km ≈ 4, 472km.

Bài toán 18. Một công ty đánh giá rằng sẽ bán được N lô hàng nếu tiêu phí hết số tiền là x (triệu đồng) vào việc quảng cáo. Biết rằng N và x liên hệ với nhau bằng biểu thức N ( x ) = − x 2 + 30 x + 6 , 0 ≤ x ≤ 30 . Hãy tìm số lô hàng lớn nhất mà công ty có thể bán sau đợt quảng cáo và số tiền đã dành cho việc quảng cao đó ? Hướng dẫn giải. Ta có: N ( x ) = − x 2 + 30 x + 6  N' ( x ) = −2 x + 30  N' ( x ) = 0 ⇔ x = 15 N ( 0 ) = 6 



Bài tập tương tự 2: Một công ty đang lập kế hoạch cải tiến sản phẩm và xác định rằng 2 tổng chi phí dành cho việc cải tiến là C ( x ) = 2 x + 4 + ( x > 6 ) với x là số sản phẩm x−6 được cải tiến. Tìm số sản phẩm mà công ty cần cải tiến để tổng chi phí thấp nhất ? Hướng dẫn giải Ta có C ( x ) = 2 x + 4 + x − 6 = 1 ⇔ ⇔  x − 6 = −1

Đồng thời  N ( 15 ) = 231  max N ( x ) = 231 ⇔ x = 15 . x∈ 0 ; 30    N ( 30 ) = 6

150000 150000 150000 = ≤ = 1500 100 x 2 − 60 x + 1000 ( x − 30 ) 2 + 100

Do x 2 − 60 x + 1000 = ( x − 30 ) + 100 ≥ 100 , ∀x ∈ ℝ .

5 7 29 74 Ta có f ( 0 ) = + = ≈ 2 , 41; f 2 5 ≈ 2 , 09 ; f ( 7 ) = ≈ 2 , 15. 4 6 12 4 M

+∞

−

Vậy, để tổng thu nhập lớn nhất thì cần sản xuất và bán 30 đơn vị sản phẩm.

1 6

tại điểm

30 0

P (x)

x∈ 0 ;7 

)

Từ bảng biến thiên, ta có max P ( x ) = 1500 ⇔ x = 30 .

  f ' ( x ) = 0 ⇔ 4 25 + x 2 = 6 x ← →x = 2 5

Vậy giá trị nhỏ nhất của

−∞

P ' ( x)

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) với x ∈ 0 ; 7  Đạo hàm f ' ( x ) =

(

P' ( x ) = 0 ⇔ x = 30 . Lập bảng biến thiên ta có:

7−x . 6

đến C là t = t AM + tMC =

−150000 ( 2 x − 60 ) 150000  P' ( x ) = , ∀x ∈ ℝ 2 x − 60 x + 1000 x 2 − 60 x + 1000 2



x = 7 . Do x > 6 nên loại x = 5 .Ta có bảng biến thiên sau:  x = 5

Vậy, nếu công ty dành 15 triệu cho việc quảng cáo thì công ty sẽ bán được nhiều nhất là 231 lô hàng. 2

 Bình luận: ta có thể sử tam thức bậc hai N ( x ) = 231 − ( x − 15 ) ≤ 231, ∀x ∈ 0 ; 30  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 15 . Do bài toán đã cho sẵn hàm nên ta không quá khó để vận dụng đạo hàm tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên. Tuy nhiên với các bài toán cần phải có một bước thiết lập hàm thì không dễ chút nào. Các bài toán tiếp theo bạn đọc sẽ thấy rõ hơn. Bài tập tương tự 1: Một công ty xác định rằng tổng thu nhập (tính bằng USD) từ việc sản xuất và bán x đơn vị sản phẩm được cho bởi công thức: P ( x ) =

150000 . x 2 − 60 x + 1000

Hãy tìm số x đơn vị sản phẩm cần sản xuất và bán để tổng thu nhập lớn nhất ? Hướng dẫn giải

Trang 49/65

2 2 2  C' ( x ) = 2 −  C' ( x ) = 0 ⇔ ( x − 6 ) = 1 2 x−6 ( x − 6)

C' ( x )

−∞

−

+∞ +

C ( x) 20

Dựa vào bảng biến thiên, ta có minC = 20 ⇔ x = 7 Lưu ý: để xét dấu các khoảng của C' ( x ) , ngoài việc sử dụng dấu của tam thức bậc hai thông thường ta có thể “trong vùng của số, chọn số thế vào, nếu ra số dương thì ghi + và ngược lại”. Bài toán 19. Doanh nghiệp tư nhân Tân Hưng Yên chuyên kinh doanh xe gắn máy và tay ga các loại. Hiện nay, doanh nghiệp đang tập trung chiến lược vào kinh doanh xe tay ga Lead với chi phí mua vào một chiếc là 27 (triệu đồng) và bán với giá 40 (triệu đồng) mỗi chiếc. Với giá bán này thì số lượng xe mà khách hàng sẽ mua là 2000 chiếc. Nhằm mục tiêu đẩy mạnh hơn nữa lượng tiêu thụ dòng xe đang ăn khách này, doanh nghiệp dự định giảm giá bán và ước tính rằng nếu giảm 1 (triệu đồng) mỗi chiếc thì số

Trang 50/63

lượng xe bán ra sẽ tăng thêm 800 chiếc. Vậy doanh nghiệp phải định giá bán mới là bao nhiêu để sau khi đã thực hiện việc giảm giá, lợi nhuận thu được sẽ là cao nhất ?  Phân tích: ● Ta có thể thử mô tả bài toán bằng bảng sau: Giá mua vào Giá bán ra 1 chiếc xe 1 chiếc xe

Lợi nhuận

27 (triệu đồng)

13 triệu đồng

Ban đầu 40 (triệu đồng)

Số lượng

Tổng lợi nhuận

2000 chiếc

26 tỷ

Khi bán 1 chiếc xe

Như vậy việc giảm giá bán trên 1 chiếc xe sẽ làm giảm lợi nhuận thu được khi bán 1 chiếc nhưng đồng thời cũng làm tăng lên nhu cầu mua xe của khách hàng. Theo giả thiết nếu giảm giá 1 (triệu đồng) thì số lượng xe bán ra sẽ tăng thêm 800 chiếc. ● Từ đây nếu ta gọi x là giá bán mới của mỗi chiếc Lead . Ta thấy rằng giá bán chỉ có thể dao động trong khoảng 27 triệu đồng đến 40 triệu đồng. ● Ta xác định lại số lượng xe bán ra sau khi giảm giá ứng với giá bán mới là x. Khi đó lợi nhuận của doanh nghiệp sẽ bằng tổng doanh thu – Tổng chi phí và là một hàm phụ thuộc theo biến x. Ứng dụng đạo hàm ta sẽ tìm được giá trị x thỏa yêu cầu bài toán. Hướng dẫn giải. Gọi x là giá bán mới của mỗi chiếc Lead mà doanh nghiệp phải xác định để lợi nhuận thu được sau khi giảm giá là cao nhất. ( 27 < x < 40 ) Suy ra số tiền đã giảm là 40 − x . Đồng thời số lượng xe tăng lên 800 ( 40 − x ) Vậy tổng số sản phẩm bán được là 2000 + 800 ( 40 − x ) = 34000 − 800 x Doanh thu mà doanh nghiệp sẽ đạt được sẽ là ( 34000 − 800 x ) x Chi phí mà doanh nghiệp phải bỏ ra là ( 34000 − 800 x ) .27 Lợi nhuận mà công ty đạt được = Tổng doanh thu – chi phí  ( 34000 − 800 x ) x − ( 34000 − 800 x ) .27 = −800 x 2 + 55600 x − 918000

Đặt f ( x ) = −800 x 2 + 55600 x − 918000 . Bài toán trở thành tìm max f ( x ) = ? 27 < x < 40

139 ≈ 34 , 75 triệu đồng. Ta có f ' ( x ) = −1600 x + 55600 , f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 4  139  Lập bảng biến thiên, ta có max f ( x ) = f   = 48050 (triệu đồng) hay 48 tỷ và 50 27 < x < 40  4  triệu đồng.  Bình luận: trong kinh doanh ta thấy tùy vào từng thời điểm khác nhau, dựa theo nhu cầu của thị trường mà các nhà kinh doanh không ngừng thay đổi chiến lược kinh doanh của mình trong đó có những lúc “đại hạ giá” mà chúng ta vẫn thường quen với tên gọi là “sale off”. Với tâm lý thích giá vừa túi tiền nên các ta luôn thấy các bảng hiệu “sale off” (giảm giá) trưng bày trước rất nhiều cửa hiệu. Dĩ nhiên kinh doanh là

cả một sự tính toán nhiều biến số thay đổi từng giây, từng phút chứ không hẳn chỉ dựa trên chất lượng tốt của sản phẩm v,v... Bài tập tương tự 1: Một nhà sản xuất bóng đèn với giá là 30 USD, tại giá bán này khách hàng sẽ mua 3000 bóng mỗi tháng. Nhà sản xuất dự định tăng giá bán và họ ước tính rằng cứ giá mà tăng lên 1USD thì mỗi tháng sẽ bán ít hơn 100 bóng. Biết rằng nhà sản xuất bóng đèn với chi phí 18USD mỗi bóng. Hỏi nhà sản xuất tăng giá bán là bao nhiêu để lợi nhuận là lớn nhất ? Hướng dẫn giải Gọi x là giá bán mới ( x > 30 ) . Lượng tiền tăng trong giá bán là x − 30 Với giá bán mới, lượng bóng đèn bán ra hàng tháng sẽ giảm 100 ( x − 30 ) Số bóng đèn bán hàng tháng theo giá mới là 3000 − 100 ( x − 30 ) Lợi nhuận mỗi bóng sẽ là x − 18 Lợi nhuận thu được hàng tháng là ( x − 18 )( 6000 − 100 x ) = −100 x 2 + 7800 x − 108000 Đặt f ( x ) = −100 x 2 + 7800 x − 108000 với x > 30 . Bài toán trở thành tìm max f ( x ) = ? x > 30

Ta có f ' ( x ) = −200 x + 7800 , f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 39 (USD) Lập bảng biến thiên ta suy ra max f ( x ) = f ( 39 ) = 44100 USD x > 30

Vậy nhà sản xuất cần bán 39USD/ bóng để đạt được lợi nhuận cao nhất. Bài tập tương tự 2: Một công ty nhận sản xuất 400.000 huy chương bạc nhân ngày kỷ niệm lần thứ 30 Apollo 11 đổ bộ lên mặt Trăng. Công ty sở hữu 20 máy, mỗi máy có thể sản xuất 200 huy chương/giờ. Chi phí lắp đặt máy để sản xuất huy chương là 80 USD/máy và tổng chi phí vận hành là 5,76 USD/giờ. Hãy biểu diễn chi phí sản xuât 400.000 huy chương bằng một hàm theo số máy đã dùng. Hãy ước tính số máy mà công ty nên dùng để chi phí nhỏ nhất. Hướng dẫn giải Gọi x ( 1 ≤ x ≤ 20 , x ∈ ℕ ) là số máy sử dụng và C ( x ) là hàm tổng chi phí sản xuất tương ứng. Chi phí lắp đặt các máy là 80x 400000 .5 , 76 Chi phí vận hành các máy là 200 x 11520 x Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số C ( x ) với x ∈ 1; 20 

Tổng chi phí = Chi phí lắp đặt + Chi phí vận hành  C ( x ) = 80x +

Ta có C' ( x ) = 80 −

 x = 12 ( tm ) 11520  C' ( x ) = 0 ⇔  2 x  x = −12 ( ktm )

C ( 1) = 11600 

Đồng thời C ( 20 ) = 2176  max C ( x ) = C ( 12 ) = 1920 ⇔ x = 12  C ( 12 ) = 1920

x∈1 ; 20 

Vậy công ty nên sử dụng 12 máy để sản xuất thì tổng chi phí sẽ nhỏ nhất. Trang 51/65

Trang 52/63

Bài toán 20. Giám đốc của một nhà hát A đang phân vân trong việc xác định giá vé xem các chương trình được trình chiếu trong nhà hát. Việc này rất quan trọng, nó sẽ quyết định nhà hát thu được lợi nhuận hay bị tổn thất. Theo những cuốn sổ ghi chép của mình, Ông ta xác định rằng: nếu giá vé vào cửa là 20 USD/người thì trung bình có 1000 người đến xem. Nhưng nếu tăng tiền vé lên thêm 1 USD/người thì sẽ mất đi 100 khách hàng trong số trung bình. Biết rằng, trung bình, mỗi khách hàng dành 1,8USD cho việc uống nước trong nhà hát. Hãy giúp giám đốc nhà hát này xác định xem cần tính giá vé vào cửa là bao nhiêu để thu nhập là lớn nhất ?  Phân tích: ● Gọi x là số tiền cần tăng thêm của giá vé vào cửa ( 20USD ). Nếu x < 0 thì có nghĩa là ta nên giảm giá vé. ● Khi đó tổng thu nhập của nhà hát sẽ bao gồm thu nhập từ việc bán vé và bán nước uống. Dĩ nhiên khi tăng giá vé lên thì sẽ tác động đến việc nhu cầu xem phim ở rạp. Và lợi nhuận từ việc bán nước lại phụ thuộc vào số người đi xem. Hướng dẫn giải. Gọi x là số tiền cần tăng thêm của giá vé vào cửa ( 20USD ). Nếu x < 0 thì có nghĩa là ta nên giảm giá vé. Khi đó tổng thu nhập của nhà hát gồm thu nhập từ việc bán vé và bán nước uống. Ta xác định như sau: R ( x ) = ( 1000 − 100 x )( 20 + x ) + 1, 8 ( 1000 − 100 x ) ⇔ R ( x ) = −100 x 2 − 1180 x + 21800 .

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số R ( x ) với x ∈ ℝ R' ( x ) = −200 x − 1180 , R' ( x ) = 0 ⇔ x = −

59 = −5, 9 < 0 . 10

Lại có R'' ( x ) = −200 < 0 , ∀x .

Số giờ để sản xuất đủ số ấn phẩm là Chi phí giám sát là 9.

4000 30 x

4000 1200 = 30 x x

Chi phí sản xuất = Chi phí lắp đặt + Chi phí giám sát = 12x + 1200 . Bài toán trở thành tìm min C ( x ) = ? x∈1 ;14  x 1200 Ta có: C' ( x ) = 12 − 2 ,C' ( x ) = 0 ⇔ x 2 = 100 ⇔ x = 10 > 0 . x Lập bảng biến thiên, ta được

Đặt C ( x ) = 12 x +

C ' ( x)

−

20 0

240

Dựa bảng biến thiên ta có: min C ( x ) = C ( 10 ) = 240USD x∈1 ;14 

Bài tập tương tự 2: Một cửa hàng bán lẻ bán 2500 cái tivi mỗi năm. Chi phí gửi trong kho là 10USD một cái một năm. Để đặt hàng nhà sản xuất thì mỗi lần chi phí cố định là 20USD, cộng thêm 9USD. Biết rằng số lượng tivi trung bình gửi trong kho bằng một nửa số tivi của mỗi lần đặt hàng. Như vậy cửa hàng nên đặt hàng nhà sản xuất bao nhiêu lần mỗi năm và mỗi lần đặt bao nhiêu cái để chi phí hàng tồn kho là thấp nhất ? Hướng dẫn giải Gọi x là số tivi mỗi lần đặt hàng thì x ∈ 1; 2500  Khi đó, số lượng tivi trung bình gửi trong kho sẽ là

Vậy, để tổng thu nhập là lớn nhất, nhà hát nên tính giá tiền mỗi vé là 20 − 5 , 9 = 14 , 1 (USD). Giá vé này sẽ hấp dẫn nhiều người đến xem hơn. Cụ thể 1000 − 100. ( −5 , 9 ) = 1590 khách hàng.

x khi mỗi năm sẽ là 10. = 5x . 2

(10x − 10 x − 118 ) 4

Số lần đặt hàng mỗi năm sẽ là

x . Do đó, chi phí gửi hàng trong 2

2500 . x

2500 50000 = + 22500 x x 50000 + 22500 Suy ra, chi phí hàng tồn kho là C ( x ) = 5x + x Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của C ( x ) với x ∈ 1; 2500 

 Bình luận: Cách khác: R ( x ) = −100 x 2 − 1180 x + 21800 R ( x ) = 10 x ( −10 x − 118 ) + 21800 ≤

14 +

C (x)

Do đó max R ( x ) = R ( −5 , 9 ) = 25281 (USD)

Khi đó tổng thu nhập lớn nhất là 25281 (USD).

1200 x

Do đó chi phí đặt hàng mỗi năm sẽ là ( 20 + 9 x ) .

+ 21800 = 25281 .

Dấu “=” xảy ra khi 10 x = −10 x − 118 ⇔ x = −5 , 9 . Bài tập tương tự 1: Một nhà xuất bản nhận in 4000 ấn phẩm. Nhà xuất bản có tất cả 14 máy in được cài đặt, hoạt động tự động và giám sát bởi 1 kĩ sư. Mỗi máy in có thể in được 30 ấn phẩm trong một giờ. Chi phí cài đặt máy in là 12 USD/máy, chi phí giám sát là 9USD/giờ. Tính số máy in nhà xuất bản nên sử dụng để chi phí in là nhỏ nhất ? Hướng dẫn giải Gọi x là số máy in mà nhà xuất bản sử dụng ( 1 ≤ x ≤ 14 ) . Chi phí lắp đặt là 12 x Trang 53/65

 x = 100 ( tm) 50000 ,C' ( x ) = 0 ⇔ x2 = 1002 ⇔  2 x  x = −100 ( ktm) 100000 Do C'' ( x ) = > 0 , ∀x ∈ 1; 2500  nên min C ( x ) = C ( 100 ) = 23500 x∈1 ; 2500  x3 2500 = 25 lần. Khi đó số lần đặt hàng mỗi năm sẽ là 100

Ta có: C' ( x ) = 5 −

Trang 54/63

Vậy để chi phí hàng tồn kho là nhỏ nhất thì cửa hàng cần đặt hàng 25 lần mỗi năm và 100 cái mỗi lần. Bài toán 21. Một doanh nghiệp chuyên sản xuất một loại sản phẩm, biết nhu cầu của thị trường và chi phí của loại sản phẩm này lần lượt là Q = 5000 −

P , 3

C ( Q ) = Q + 2200Q + 500 , trong đó Q là số sản phẩm và P là giá bán của một sản 2

phẩm. Hãy xác định mức thuế t cần định trên một đơn vị sản phẩm sản xuất ra sao cho thu được lợi nhuận là cao nhất.  Phân tích: ta có thể tổng quát bài toán như sau ● Giả sử một xí nghiệp sản xuất độc quyền một loại sản phẩm có hàm cầu trong một đơn vị thời gian là Q = Q ( P ) và hàm chi phí sản xuất trong một đơn vị thời gian là C = C ( Q ) . Xác định mức thuế trên một đơn vị sản phẩm của xí nghiệp để thu được

nhiều thuế nhất. ● Phương pháp giải: Giả sử mức thuế trên một đơn vị sản phẩm là t > 0 . Ta có Q = Q ( P )  P = P ( Q )

Bài tập tương tự 1: Giả sử một xí nghiệp sản xuất độc quyền một loại sản phẩm có hàm cầu trong một đơn vị thời gian là Q = 300 − P và hàm chi phí sản xuất trong một đơn vị thời gian là C ( Q ) = Q 2 + 100Q + 10 . a. Hãy xác định mức thuế t trên một đơn vị sản phẩm để tổng lợi nhuận và tổng thuế chính phủ thu được đạt giá trị cực đai ? b. Muốn xí nghiệp sản xuất ít nhất là 40 sản phẩm thì mức thuế thu trên mỗi đơn vị sản phẩm là bao nhiêu ? Hướng dẫn giải Ta có Q = 300 − P ⇔ P = 300 − Q > 0  Q < 300 Doanh thu của xí nghiệp là R ( Q ) = Q.P ( Q ) = 300Q − Q 2 Thuế của xí nghiệp là t.Q Lợi nhuận của xí nghiệp là N ( Q ) = R ( Q ) − C ( Q ) − tQ = −2Q 2 + ( 200 − t ) Q − 10

Lợi nhuận của xí nghiệp là N = Q.P ( Q ) − C ( Q ) − Q.t

N' ( Q ) = −4Q + 200 − t,N' ( Q ) = 0 ⇔ Q =

Xí nghiệp sẽ sản xuất ở mức Q = Q ( t ) để N ( Q ) đạt giá trị lớn nhất. Do đó thuế thu được sẽ là T = t.Q ( t ) từ đây ta xác định t để Tmax

200 − t 4

Vậy để lợi nhuận lớn nhất thì xí nghiệp phải sản xuất ở mức: Q =

Hướng dẫn giải. Gọi Q là số sản phầm mà doanh nghiệp cần sản xuất Khi ấy ta có Q = 5000 −

 Bình luận: Trong thực tế, thì tùy vào các mặt hàng sản xuất từ xuất khẩu đến nhập khẩu mà có thể chịu các loại thuế khác nhau. Trên đây chỉ là 1 tình huống ta xét tương ứng với mức thuế cần định cho sản phẩm để đạt được lợi nhuận cao nhất.

Do đó thuế thu được là T = Q.t =

P  P = 15000 − 3Q 3

200 − t 4

200 − t t2 t = − + 50t 4 4

t T' ( t ) = − + 50 ,T' ( t ) = 0 ⇔ t = 100 2

Gọi t là mức thuế cần định trên một đơn vị sản phẩm sao cho thuế thu được là cao nhất. Ta có thuế mà doanh nghiệp phải nộp là T ( t ) = t.Q .

Với mức thuế t = 100 thì xí nghiệp sẽ sản xuất được Q =

Doanh thu mà doanh nghiệp có được sẽ là D ( Q ) = P.Q = ( 15000 − 3Q ) .Q

một đơn vị thời gian.

Suy ra lợi nhuận mà doanh nghiệp thu được sẽ là: L ( Q ) = D ( Q ) − C ( Q ) − T ( t )

200 − t ≥ 40 ⇔ t ≤ 40 4 Nghĩa là cần chọn mức thuế tối đa là 40 cho một đơn vị sản phẩm. Bài tập tương tự 2: Một nhà máy sản xuất máy tính vừa làm ra x sản phẩm mới và bán với giá là p = 1000 − x (USD) cho mỗi sản phẩm. Nhà sản xuất xác định rằng tổng chi

(

Muốn xí nghiệp sản xuất ít nhất 40 sản phẩm thì Q =

)

 L ( Q ) = ( 15000 − 3Q ) Q − Q 2 + 2200Q + 500 − tQ = −4Q 2 + 12800Q − 500 − tQ

Để công ty nộp thuế cao nhất trước hết lợi nhuận thu được của doanh nhiệp là cao nhất −8Q + 12800 − t = 0 1  L' ( Q ) = 0 ⇔ ⇔ Q = 1600 − t − 8 < 0 8 L'' Q < 0   ( )

khi đó ta cần 



t

200 − 100 = 25 sản phẩm trong 4

phí làm ra x sản phẩm là C ( x ) = 3000 + 20 x (USD). a. Hãy xác định tổng thu nhập R ( x ) và tổng lợi nhuận P ( x ) của nhà máy ?

Vậy thuế mà doanh nghiệp phải nộp là T ( t ) = tQ = t  1600 −  = − + 1600t 8 8   1 − t + 1600 = 0 T' ( t ) = 0  4 Theo yêu cầu đề bài, ta có  ⇔ ⇔ t = 6400 − 1 < 0 T'' ( t ) < 0  4 Với mức thuế t = 6400 (đơn vị tiền tệ) cho 1 đơn vị sản phẩm thì doanh nghiệp sẽ thu được lợi nhuận cao nhất là L ( 800 ) = 2559500 .

b. Nhà máy phải sản xuất và bán bao nhiêu sản phẩm và giá bán mỗi sản phẩm là bao nhiêu để lợi nhuận là lớn nhất ? Hướng dẫn giải a. R ( x ) = x ( 1000 − x ) = 1000 x − x 2 và P ( x ) = R ( x ) − C ( x ) = − x 2 + 980 x − 3000 b. P' ( x ) = −2 x + 980 , P' ( x ) = 0 ⇔ x = 490 (sản phẩm) Lại có P'' ( x ) = −2 < 0 , ∀x > 0 nên max P ( x ) = 237.100 ⇔ x = 490 Khi đó giá bán mỗi sản phẩm sẽ là 1000 − 490 = 510 USD .

Trang 55/65

Trang 56/63

Cách khác P ( x ) = − x 2 + 980 x − 3000 = 237100 − ( x − 490 ) ≤ 237100 Dấu “=” xảy ra khi x = 490 . Bài toán 22 (Ứng dụng trong Sinh học). Trong một môi trường dinh dưỡng có 1000 vi khuẩn được cấy vào. Bằng thực nghiệm xác định được số lượng vi khuẩn tăng theo thời gian bởi qui luật N ( t ) = 1000 +

100t (con vi khuẩn), trong đó t là thời gian (đơn 100 + t 2

vị giây)). Hãy xác định thời điểm sau khi thực hiện cấy vi khuẩn vào, số lượng vi khuẩn tăng lên là lớn nhất ?  Phân tích: ● Tương tự như những bài toán trước, do đề bài đã mô hình hóa bài toán dưới dạng hàm nên ta chỉ cần vận dụng kiến thức đạo hàm là có thể tìm được số lượng tăng nhanh nhất của vi khuẩn. Hướng dẫn giải. Ta có tốc độ phát triển của đàn vi khuẩn tại thời điểm t là N' ( t ) =

(

100 100 + t

)

− 100t ( 2t )

(100 + t ) 2

N (t )

0 0

100 − 100t

(100 + t ) 2

10 +

12 0

+∞ −

2880

P (n)

Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra max P ( n ) = P ( 12 ) = 2880 . n>0

Cách khác: P ( n ) = −20n2 + 480n = −20 ( n − 12 ) + 2880 ≤ 2880

Bài toán 23 (Ứng dụng trong Hóa học). Đốt cháy các hidrocacbon của dãy đồng đẳng nào dưới đây thì tỉ lệ mol H 2 O : mol CO2 giảm dần khi số cacbon tăng dần ?

( ∀t > 0 )

A.Ankan B. Anken. C. Ankin. D. Ankylbenzen  Phân tích: ● Để làm được bài này, ta cần có hiểu biết về kiến thức về chương Hidrocabon đã học ở chương trình hóa lớp 9 hoặc hóa lớp 11.

Lập bảng biến thiên ta được: t

P ' ( n)

n>0

Xét N' ( t ) = 0 ⇔ t 2 = 100 ⇔ t = 10 > 0 .

N ' (t )

Khi đo P' ( n ) = 0 ⇔ n = 12 . Khi đó ta có bảng biến thiên:

Suy ra max P ( n ) = 2880 ⇔ n = 12

vụ cân nặng Q ( n ) = 480 − 20n (gam). Hỏi phải thả bao nhiêu con cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau một vụ thu hoạch được nhiều cá nhất? Hướng dẫn giải Vậy với n con cá thì ta có P ( n ) = nQ ( n ) = ( 480 − 20n ) n = 480n − 20n2  P' ( n ) = 480 − 40n

+∞ −

● Từ đây ta thiết lập công thức tổng quát của 1 hidrocacbon là Cn H 2 n+ 2 − 2 k

1005

xt ,t ● Sau đó thực hiện phản ứng cháy Cn H2 n+ 2 −2 k + O2  → nCO2 + ( n + 1 − k ) H2 O

Dựa vào bảng biến thiên, ta kết luận max N ( t ) = N ( 10 ) = 1005 .

Đến đây ta thấy được tỉ lệ mol giữa nước và khí cacbonic sinh ra chính là

 Bình luận: ngoài ra ta cũng có thể làm như sau

nH2O

100t 100 100 N ( t ) = 1000 + = 100 + ≤ 1000 + = 1005 100 2.10 100 + t 2 +t t

nCO2

n +1− k n+1− k ,n ∈ N* . Khảo sát và tìm điều . Tới đây ta có thể xét hàm f ( n) = n n

kiện của k (chính là số liên kết π ) Hướng dẫn giải.

100 Cauchy 100 100 do +t ≥ 2 .t = 20 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = t ⇔ t = 10 t t t

Công thức tổng quát của một hidrocacbon là Cn H 2 n+ 2 − 2 k với k là số liên kết π trong phân tử . Phương trình phản ứng cháy là:

Bài tập tương tự 1: Giả sử n = f ( t ) = no .2t là số lượng cá thể trong một đám vi khuẩn tại thời điểm t , no là số lượng cá thể lúc ban đầu. Khi đó tốc độ phát triển về số lượng của vi khuẩn tại thời điểm t chính là f ' ( t ) . Giả sử mẫu thử ban đầu của ta có no = 100 vi khuẩn . Vậy tốc độ phát triển sau 4 giờ sẽ là bao nhiêu con vi khuẩn ? A. 1109 . B. 1600 . C. 6400 . D. 4436 . Hướng dẫn giải n =100 Ta có: f ' ( t ) = no 2t ln 2  → f ' ( 4 ) = 100.2 4 ln 2 ≈ 1109 con vi khuẩn. o

Bài tập tương tự 2: Khi nuôi cá thí nghiệm trong hồ, một nhà sinh vật học thấy rằng: nếu trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ có n con cá thì trung bình mỗi con cá sau một

Trang 57/65

xt ,t Cn H2 n+ 2 −2 k + O2  → nCO2 + ( n + 1 − k ) H2 O

Ta có

nH2O nCO2

n +1− k n+1− k ,n ∈ N* . Xét hàm số f ( n) = n n

Ta có f ' ( n ) = ⇔

k −1 . Theo giả thiết ta có f ( n ) là hàm nghịch biến nên f ' ( n ) < 0 n2

k −1 k∈ℕ < 0 ⇔ k − 1 < 0 ⇔ k < 1  → k = 0  CTTQ : Cn H 2 n+ 2 : ankan n2

 Bình luận: việc vận dụng kiến thức liên môn kết hợp với nhau, góp phần giúp cho bài toán Hóa trở nên dễ dàng hơn khi có công cụ Toán học hỗ trợ, ngược lại ta cũng

Trang 58/63

tìm thấy được những ứng dụng của Toán học trong quá trình tìm hiểu các môn học khác, điều này góp phần củng cố, khắc sâu tri thức mà ta lĩnh hội được khi học.

Ta có bảng biến thiên sau: x

G' ( x )

Bài tập tương tự : Cho phương trình phản ứng tạo thành Nitơ (IV) Oxit từ Nitơ đioxit

G ( x)

sử x, y lần lượt là nồng độ phần trăm của khí NO và O2 tham gia phản ứng. Biết rằng của tốc độ phản ứng. Để tốc độ phản ứng xảy ra nhanh nhất thì tỉ số giữa 1 2

A. .

1 3

B. 2 .

C. .

x là ? y

D. 3 .

Hướng dẫn giải Ta có v = kx2 y = kx2 ( 100 − x ) ( do x + y = 100%) , 0 < x < 100

+∞ −

100

dk ,t o ,xt

→ 2 NO . Biết rằng đây là một phản ứng thuận nghịch. Giả và Oxy là 2 NO + O2 ← 2

tốc độ phản ứng hóa học của phản ứng trên được xác định v = kx2 y , với k là hằng số

20 0

Dựa vào bảng biến thiên ta có maxG ( x ) = 100 ⇔ x = 20 . Bài toán 24 (Ứng dụng trong thể thao). Trong nội dung thi điền kinh và bơi lội phối hợp được diễn ra tại một hồ bơi có chiều rộng 50m và chiều dài 200m. Một vận động viên cần chạy phối hợp với bơi (bắt buộc cả hai) khi phải thực hiện lộ trình xuất phát từ A đến B như hình vẽ. Hỏi rằng sau khi chạy được bao xa (quãng đường x) thì vận động viên nên nhảy xuống để tiếp tục bơi về đích nhanh nhất ? Biết rằng vận tốc của vận động viên khi chạy trên bờ và khi bơi lần lượt là 4,5 m/s và 1,5 m/s.

Xét hàm số f ( x ) = kx 2 ( 100 − x ) = k ( 100 x 2 − x 3 ) . Bài toán trở thành tìm max f ( x ) = ? x∈( 0 ;100 )

 x = 0 ( ktm )

Ta có: f ' ( x ) = k 200 x − 3x 2  , f ' ( x ) = 0 ⇔  

200 ∈ ( 0 ; 100 ) 3

Lập bảng biến thiên ta có: x

200 3

f ' (x)

100

 Phân tích: ● Với lộ trình đã vạch sẵn như hình vẽ, ta thấy, cùng với chiều rộng và chiều dài của hồ bơi, ta nhận thấy tổng quảng đường vận động viên đó phải đi sẽ là AC + CB ● Giả sử đặt AC = x (x > 0). Khi đó ta nhận thấy để tính quãng đường bơi từ C đến B thì phải dựa vào chiều rộng của hồ, và quãng đường còn lại nếu vận động viên đi dọc theo bờ hồ.

−

 200  f   3 

f (x)

 200    3 

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra max f ( x ) = f  x∈( 0 ;100 )

Và do đó ta có y = 100 − x =

100 x  = 2. 3 y

Bài toán 23 (Ứng dụng trong Y Học). Độ giảm huyết áp của bệnh nhân được cho bởi công thức G( x) = 0,025 x 2 (30 − x ) với x là liều lượng thuốc được tiêm cho bệnh nhân ( x : miligam). Tính liều lượng thuốc cần tiêm cho bệnh nhân để huyết áp giảm nhiều nhất và tính độ giảm ?  Phân tích: ● Tương tự như những bài toán đã cho sẵn hàm số, thì việc ứng dụng đạo hàm không còn quá khó khăn nữa. Hướng dẫn giải. 1 2 1 1 30x2 − x3  G' ( x ) = 60x − 3x2 G ( x) = x ( 30 − x ) = 40 40 40  x = 20 Cho G' ( x ) = 0 ⇔   x = 0 ( ktm)

(

)

(

)

● Do vận tốc trên bộ và dưới nước là khác nhau nên thời gian di chuyển cũng khác nhau. Việc xác định x thỏa mãn yêu cầu bài toán, ta có thể sử dụng ứng dụng của đạo hàm. Hướng dẫn giải. Gọi C là vị trí mà vận động viên kết thúc phần chạy điền kinh và AC = x ( 0 < x < 200 ) Khi đó ta có t1 =

Đồng thời quãng đường bơi chính là BC = 50 2 + ( 200 − x ) Khi đó ta có t2 =

Trang 59/65

AC x là thời gian đi từ A đến C. = vchay 4 , 5

BC = vboi

50 2 + ( 200 − x ) 1, 5

là thời gian đi từ C đến B.

Trang 60/63

50 2 + ( 200 − x ) x + Tổng thời gian của vận động viên sẽ là T = t1 + t2 = 4, 5 1, 5

dưới đường cong y = e − x . Hỏi diện tích lớn nhất của hình chữ nhật lớn nhất có thể nội tiếp được đường cong trên ?  Phân tích: ● Ta có thể mô tả bài toán trên bằng cách vẽ đồ thị

Xét hàm f ( x ) =

502 + ( 200 − x ) x + , 0 < x < 200 4, 5 1, 5

hàm y = e − x .

Bài toán trở thành tìm min f ( x ) = ?

● Dựa vào hình vẽ, ta nhận thấy. Diện tích của hình

x∈( 0 ; 200 )

Ta có: f ' ( x ) =

2 2 + 9 3

− ( 200 − x ) 50 2 + ( 200 − x )

f ' ( x ) = 0 ⇔ 3 ( 200 − x ) = 50 2 + ( 200 − x ) 2

⇔ 8 ( 200 − x ) = 50 2 ⇔ xo =

chữ nhật chính là S = xy = x.e − x

, ∀x ∈ ( 0 ; 200 )

● Đến đây ta nghĩ đến việc sử dụng đạo hàm để tìm x nào cho chúng ta được tương ứng y thỏa mãn diện tích hình chữ nhật trên là lớn nhất.

Hướng dẫn giải.

400 − 25 2 ≈ 182 , 322 2

Ta có diện tích hình chữ nhật bằng S = x.e

Lập bảng biến thiên ta có x

f ' ( x)

−

f ( x)

Đặt f ( x ) = x.e − x  f ' ( x ) = ( 1 − x ) e − x f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 1

+∞ +

Đồng thời f '' ( x ) = − xe − x − ( 1 − x ) e − x = − e − x < 0 , ∀x ∈ ℝ Do đó ta có max f ( x ) = f ( 1) = e −1 ≈ 0 , 3678 .

f ( xo )

 400 − 25 2   ≈ 75 , 87 s   2  

Dựa vào bảng biến thiên ta có: min f ( x ) = f  x∈( 0 ; 200 )

−x

 Bình luận: một lần nữa việc vận dụng đạo hàm đã giúp ta tối ưu hóa bài toán thời gian cho vận động viên trên. Ta tự hỏi thực tế mô hình trên liệu có thực ? Tìm hiểu kiến thức khoa học trên wikipedia, ta có thông tin sau: Ba môn phối hợp (thuật ngữ tiếng Anh: Triathlon) bao gồm chạy bộ, bơi và đua xe đạp. Ban đầu các vận động viên đua bơi lội. Tiếp đó là đua xe đạp tới đường chạy, cuối cùng các vận động viên chạy marathon để về đích.[1][2] Đây là môn thể thao được chơi ngoài trời và là một môn thể thao mới được chơi tại Thế Vận Hội từ năm 2000 ở Sydney, Á Vận Hội và thậm chí tại SEA Games. Ba môn phối hợp đòi hỏi các vận động viên phải có một sức bền cả về thể lực lẫn tinh thần. Đây là môn thể thao thi đấu cá nhân hoặc đồng đội. Môn thể thao này có rất nhiều người tham gia. Bài toán 25 (Ứng dụng trong kỹ thuật vi tính). Một máy tính được lập trình để vẽ một chuỗi các hình chữ nhật ở góc phần tư thứ nhất của hai trục tọa độ 2 chiều, nội tiếp

Bài toán 26 (Ứng dụng trong Thủy lợi). Trong lĩnh vực thuỷ lợi, cần phải xây dựng nhiều mương dẫn nước dạng "Thuỷ động học" (Ký y hiệu diện tích tiết diện ngang của mương là S, ℓ là độ dài đường biên giới hạn của tiết diện này, ℓ - đặc x 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) Hướng dẫn giải. Gọi x, y lần lượt là chiều rộng, chiều cao của mương.  S S = xy  y = x Theo bài ra ta có:  ,0 < y < x l = 2 y + x = 2S + x  x

Xét hàm số f ( x ) = Ta có: f ' ( x ) =

2S + x . Bài toán trở thành tìm min f ( x ) = ? x >0 x

−2S x 2 − 2S +1= . 2 x x2

Cho f ' ( x ) = 0 ⇔ x 2 − 2S = 0 ⇔ x = 2S  y = Lập bảng biến ta suy ra min f ( x ) = f x >0

Trang 61/65

S S = . x 2

( 2S ) Trang 62/63

 x = 2S  S y = 2 

thức của đạo hàm trong giải quyết các bài toán tối ưu của chúng. Để góp phần củng cố và giới thiệu nhiều bài toán hay khác cũng như tiếp cận với hình thức thi trắc nghiệm của Bộ Giáo Dục và Đào Tạo trong kì thi THPT sắp tới, nhóm tác giả thiết kế thêm bài tập trắc nghiệm tiếp sau đây để bạn đọc có dịp làm quen và nâng cao kỹ năng khi tiếp cận với các bài toán thực tế đó.

Do đó mương có dạng thuỷ động học khi kích thước của mương là 

Cách khác: l = 2 y + x = Dấu “=” xảy ra

Cauchy 2S 2S +x ≥ 2 .x = 2 2S . x x

2S = x  x = 2S . x

Bài toán 27 (Ứng dụng trong Xây Dựng). Hãy xác định độ dài ngắn nhất cánh tay nâng của cần cẩu bánh hơi có thể dùng được để xây dựng tòa nhà cao tầng mái bằng có chiều cao H và chiều rộng 2 ℓ ? (Biết rằng cần cẩu thỏa mãn yêu cầu sau đây: Có thể xê xích chiếc cẩu cũng như góc nghiêng của cánh tay nâng để sao cho điểm cuối của cánh tay nâng chiếu xuống theo phương thẳng đứng thì trùng với trung điểm của bề rộng (Hình vẽ). Ta giả sử ngôi nhà xây dựng trên miếng đất rộng, cần cẩu có thể di chuyển thoải mái. Hướng dẫn giải. Gọi h là khoảng cách tính từ mặt đất đến đầu dưới của cánh tay cần cẩu ( 0 < h < H ) Gọi α , A, B,C , E là các kí hiệu như hình vẽ. Khi đó cánh tay cần cầu là AC = AB + BC = Đặt f (α ) =

H −h l + với 0 < α < 90 0 sin α cos α

H−h l + . Bài toán trở thành tìm min f (α ) = ?  π sin α cos α α ∈ 0 ;  

Ta có: f ' (α ) = ( H − h )

− cos α sin α +l 2 = sin2 α cos α

Cho f ' (α ) = 0 ⇔ tan3 α =

2

l sin3 α − ( H − h ) cos3 α sin2 α .cos2 α

H−h > 0 ⇔ tan α = l

H−h =k>0 l

Lập bảng biến thiên ta có α

f ' (α )

−

f (α )

π 2

arctan k 0

Dựa vào bảng biến thiên ta có: min f (α ) = f ( arctan k ) = ( H − h ) k 2 + 1 + l  π α ∈ 0 ;  

2

1 +1 k2

Như vậy, ta vừa điểm qua một loạt các bài toán ứng dụng đạo hàm trong thực tế. Có thể thấy ngoài những lĩnh vực trên, vẫn còn nhiều lĩnh vực khác nữa cần đến kiến Trang 63/65

Trang 64/63

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM CHƯƠNG I Câu 1. Nhiệt độ T của một người trong cơn bệnh được cho bởi công thức T ( t ) = −0 , 1t 2 + 1, 2t + 98 , 6 ( 0 ≤ t ≤ 11) , trong đó T là nhiệt độ ( o F − Fahrenheit ) theo thời gian t trong ngày. Biết rằng o C =

F − 32 , độ chênh lệch (theo độ o C ) giữa nhiệt 1, 8

độ lớn nhất và nhiệt độ thấp nhất trong một ngày là A. 3,60 C . B. 20 C . C. 2,60 C .

D. 2,50 C .

Câu 2. Thể tích của một khối lăng trụ tứ giác đều là 27 dm3 . Khi đó diện tích toàn phần nhỏ nhất của khối lăng trụ trên bằng B. 36 dm2 . C. 45 dm2 . D. 54 dm2 . A. 9 dm2 . Câu 3. Người ta muốn mạ vàng cho một cái hộp có đáy là hình vuông, không nắp, thể tích hộp là 4 lít. Giả sử độ dày của lớp mạ tại mọi điểm trên hộp là như nhau. Gọi chiều cao và cạnh đáy của khối hộp lần lượt x, y . Giá trị của x, y để lượng vàng cần dùng nhỏ nhất là: A. x = 3 4 , y =

4 3

C. x = 3 12 , y =

B. x = 2 , y = 1 .

16 12 3

D. x = 3 24 , y =

144

12 3

576

Câu 4. Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh a như hình vẽ. Người ta cắt ở bốn góc bốn hình vuông bằng nhau, rồi gập tấm nhôm lại để được một cái hộp không nắp. Để thể tích của khối hộp là lớn nhất thì cạnh của hình vuông bị cắt ra bằng: A. a . 6

B. a . 8

D. a .

C. a . 12

Câu 5. Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 48cm . Người ta cắt ở 4 góc 4 hình vuông bằng nhau và gập tấm nhôm lại để được một cái hộp không nắp. Để thể tích khối hộp lớn nhất thì cạnh hình vuông bị cắt dài: 8 48 cm . cm . A. 8 cm. B. C. 24 cm . D. 92 3 Câu 6. Một hình nón có bán kính đáy bằng 6cm và chiều cao 9cm. Tính thể tích lớn nhất của khối trụ nội tiếp trong hình nón ? A. V = 36π 2 ( cm 3 ) . B. V = 54π 2 ( cm 3 ) . 81 2 π cm3 . 2 Câu 7. Một sợi dây kim loại dài 60 cm được cắt thành hai đoạn. Đoạn dây thứ nhất uốn thành hình vuông cạnh a , đoạn dây thứ hai uốn thành đường tròn bán kính r . Để a tổng diện tích của hình vuông và hình tròn là nhỏ nhất thì tỉ số nào sau đây đúng ? r A. 1. B. 3. C. 4. D. 2.

C. V = 48π 2 ( cm 3 ) .

D. V =

(

)

Câu 8. Người ta cần xây một hồ chứa nước với dạng khối hộp chữ nhật không nắp có 500 3 m . Đáy hồ là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thể tích bằng 3 thuê nhân công để xây hồ là 500.000 đồng/m2. Hãy xác định kích thước của hồ nước sao cho chi phí thuê nhân công thấp nhất và chi phí đó là A. 74 triệu đồng. B. 75 triệu đồng. C. 76 triệu đồng. D. 77 triệu đồng. Câu 9. Một công ty Container cần thiết kế các thùng đựng hàng hình hộp chữ nhật, không nắp, có đáy là hình vuông, thể tích là 108 m3 . Để tốn ít nguyên vật liệu nhất thì ta cần thiết kế các cạnh đáy của hình hộp bằng A. 4 cm. B. 3 cm. C. 6 cm. D. 2 cm. Câu 10. Một cửa hàng bán sản phẩm với giá 10 USD. Với giá bán này, cửa hàng bán được khoảng 25 sản phẩm. Cừa hàng dự định giảm giá bán, ước tính cứ giảm 2USD thì số sản phẩm bán được tăng thêm 40 sản phẩm. Xác định giá bán để cửa hàng thu được lợi nhuận lớn nhất, biết rằng giá mua về của một sản phẩm là 5USD. A.

65 USD. 8

63 USD. 8

67 USD. 8

61 USD. 8

Câu 11. Công ty du lịch Ban Mê Tourist dự định tổ chức một tua xuyên Việt. Công ty dự định nếu giá tua là 2 triệu đồng thì sẽ có khoảng 150 người tham gia. Để kích thích mọi người tham gia, công ty quyết định giảm giá và cứ mỗi lần giảm giá tua 100 ngàn đồng thì sẽ có thêm 20 người tham gia. Hỏi công ty phải bán giá tua là bao nhiêu để doanh thu từ tua xuyên Việt là lớn nhất ? A. 1.875.000 (đồng) . B. 1.375.000 (đồng) . C. 1.675.000 (đồng) . D. 1.475.000 (đồng) . Câu 12. Chi phí về nhiên liệu của một tàu được chia làm hai phần. Trong đó phần thứ nhất không phụ thuộc vào vận tốc và bằng 480 ngàn đồng/giờ. Phần thứ hai tỷ lệ thuận với lập phương của vận tốc, khi v = 10 km/h thì phần thứ hai bằng 30 ngàn đồng/giờ. Hãy xác định vận tốc của tàu để tổng chi phí nguyên liệu trên 1 km đường là nhỏ nhất? A. 25 km / h . B. 15 km / h . C. 20 km / h . D. 30 km / h . Câu 13.

Thể tích nước của một bể bơi sau t phút bơm tính theo công thức

1  t4  3 V (t ) =  30t −  , ( 0 ≤ t ≤ 90 ) . Tốc độ bơm nước tại thời điểm t được tính bởi 100  4 . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng ? f (t ) = V ' (t )

A. Tốc độ bơm giảm từ phút thứ 60 đến phút thứ 90. B. Tốc độ bơm tăng từ phút 0 đến phút thứ 75. C. Tốc độ bơm luôn giảm. D. Tốc độ bơm luôn tăng. Câu 14. Một cái gương có hình dạng như trong hình bên. Phần dưới của gương là một hình chữ nhật và phần trên là một nửa hình tròn. Biết rằng chu vi của gương là P , bán kính của nửa hình tròn sao cho gương có diện tích lớn nhất là A.

. B. . C. . D. . π +2 π +3 π +4 π +6 Câu 15. Công ty A chuyên sản xuất một loại sản phẩm và ước tính rằng với q sản phẩm được sản xuất thì tổng chi phí sẽ là C ( q ) = 3q2 + 72q − 9789 (đơn vị tiền tệ). Giá

Trang 1/10

Trang 2/10

mỗi sản phẩm công ty sẽ bán với giá p ( q ) = 180 − 3q . Hãy xác định số sản phẩm công ty cần sản xuất sao cho công ty thu được lợi nhuận cao nhất ? A. 8. B. 9 . C. 10. D. 11. Câu 16. Người ta cần làm một cái bồn chứa dạng hình nón có thể tích 1000 lít bằng inox để chứa nước, tính bán kính r của đáy hình nón sao cho diện tích xung quanh của bồn chứa đạt giá trị nhỏ nhất ? A. r = 6

9 . 2π

B. r =

3 . 2π

C. r =

9 . 4π

D. r =

3 . 4π

Câu 17. Người ta muốn làm một cái hộp hình chữ nhật không có nắp có chiều dài đáy gấp đôi chiều rộng và có thể tích 10 cm3 . Giả sử giá tiền vật liệu làm đáy thùng là 10.000VNĐ/ m2 và vật liệu làm mặt bên là 5000 VNĐ/ m2 . Để chi phí làm thùng nhỏ nhất thì chiều rộng của hình hộp khi đó bằng: A. 3 15 . Câu 18.

30 .

15 . 2

15 . 4

Giả sử rằng mối quan hệ giữa nhu cầu thị trường và sản lượng gạo của 1 2

doanh nghiệp X được cho theo hàm QD = 656 − P ; QD là lượng gạo thị trường cần và P là giá bán cho một tấn gạo. Lại biết chi phí cho việc sản xuất được cho theo hàm C ( Q ) = Q3 − 77Q2 + 1000Q + 100 ; C là chi phí doanh nghiệp X bỏ ra, Q (tấn) là lượng gạo

sản xuất được trong một đơn vị thời gian. Để đạt lợi nhuận cao nhất thì doanh nghiệp X cần sản xuất lượng gạo gần với giá trị nào nhất sau đây? A. 51 (tấn). B. 52 (tấn). C. 2 (tấn). D. 3 (tấn). Câu 19. Một khách sạn có 50 phòng. Người quản lí tính rằng nếu mỗi phòng cho thuê với giá 400 ngàn đồng một ngày thì tất cả các phòng đều thuê hết. Biết rằng cứ mỗi lần tăng giá thêm 20 ngàn đồng thì có thêm 2 phòng trống. Hỏi người quản lí phải quyết định giá phòng là bao nhiêu để thu nhập của khách sạn trong ngày là lớn nhất ? A. 440 ngàn đồng. B. 450 ngàn đồng. C. 430 ngàn đồng. D. 460 ngàn đồng. Câu 20. Cho một tờ giấy hình chữ nhật với chiều dài 12cm và chiều rộng 8cm. Gấp góc bên phải của tờ giấy sao cho sau khi gấp, đỉnh của góc đó chạm dưới đáy như hình vẽ. Để độ dài nếp gấp là nhỏ nhất thì giá trị nhỏ nhất đó bằng bao nhiêu ? A. 6 15 − 6 3 cm. B. 6 3 cm. C. 18 − 6 5 cm. D. 6 cm. Câu 21. Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 36 cm. Người ta cắt ở bốn góc bốn hình vuông bằng nhau rồi gặp tấm nhôm lại để được một cái hộp chữ nhật không nắp. Tính cạnh của các hình vuông được cắt bỏ sao cho thể tích của khối hộp đó lớn nhất ? A. 9 cm. B. 4 cm. C. 8 cm. D. 6 cm. Câu 22. Một công ty chuyên sản xuất đĩa CD với chi phí mỗi đĩa là 40 (ngàn đồng). Nếu mỗi đĩa giá bán là x (ngàn đồng) thì số lượng đĩa bán được sẽ là q ( x ) = 120 − x . Hãy xác định giá bán của mỗi đĩa sao cho lợi nhuận mà công ty thu được là cao nhất ? A. 60 ngàn đồng. B. 70 ngàn đồng.

C. 80 ngàn đồng.

Câu 23. Một ngọn Hải đăng tại vị trí A cách bờ biển một khoảng AB = 9 km . Trên bờ biển có một cái kho ở vị trí C cách B một khoảng 12 km . Người canh hải đăng có thể chèo đò từ A đến một điểm M trên bờ biển với vận tốc 4 km / h rồi đi bộ đến C với vận tốc 8 km / h . Xác định khoảng cách x từ M đến B để người canh hải đăng đến kho nhanh nhất ? A. x = 3 km . B. x = 2 3 km . C. x = 3 3 km . D. x = 4 3 km . Câu 24. Một doanh nghiệp sản xuất và bán một loại sản phẩm với giá 45 (ngàn đồng) mỗi sản phẩm, tại giá bán này khách hàng sẽ mua 60 sản phẩm mỗi tháng. Doanh nghiệp dự định tăng giá bán và họ ước tính rằng nếu tăng 2 (ngàn đồng) trong giá bán thì mỗi tháng sẽ bán ít hơn 6 sản phẩm. Biết rằng chi phí sản xuất mỗi sản phẩm là 27 (ngàn đồng). Vậy doanh nghiệp nên bán sản phẩm với giá nào để lợi nhuận thu được là lớn nhất ? A. 46 ngàn đồng. B. 47 ngàn đồng. C. 48 ngàn đồng. D. 49 ngàn đồng. Câu 25. Người ta muốn rào quanh một khu đất với một số vật liệu cho trước là a mét thẳng hàng rào. Ở đó người ta tận dụng một bờ giậu có sẵn để làm một cạnh của hàng rào. Vậy để rào khu đất ấy theo hình chữ nhật sao cho có diện tích lớn nhất thì giá trị lớn nhất đó tính theo a bằng a2 a2 m2 . m2 . D. 6 8 Câu 26. Một vật được ném lên trời xuyên góc α so với phương nằm ngang, vận tốc ban đầu vo = 9 m / s . Biết rằng gia tốc rơi tự do là g = 10m / s2

a2 m2 . 4

( )

a2 m2 . 12

( )

. Xác định góc α để tầm ném cực đại. A. α = 450 .

( )

B. α = 600 .

D. α = 750 . C. α = 30 . Câu 27. Cần phải làm cái cửa sổ mà phía trên là hình bán nguyệt, phía dưới là hình chữ nhật, có chu vi là a mét ( 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). Gọi d là đường kính của hình bán nguyệt. Hãy xác định d để diện tích cửa sổ là lớn nhất. 0

A. d =

a . 4+π

B. d =

2a . 4+π

C. d =

a . 2 +π

Câu 28. Một nhân viên gác ở trạm hải đăng trên biển (điểm A) cách bờ biển 16,28 km, muồn vào đất liền để đến ngồi nhà bên bờ biện (điểm B) bằng phương tiện ca nô với vận tốc 8 km/h cập bờ sau đó đi tiếp bằng xe đạp với vận tốc 12 km/h. Hỏi ca nô phải cập bờ tại điểm M cách B một khoảng là bao nhiêu để thời gian dành cho lộ trình di chuyển là nhỏ nhất ? (giả thiết rằng thời tiết tốt, độ dạt của ca nô khi di chuyển là không đáng kể ). A. BM = 9 , 6 km . B. BM = 11, 14 km C. BM = 10 , 12 km

D. d =

2a . 2+π

D. BM = 9 , 6 km .

D. 90 ngàn đồng. Trang 3/10

Trang 4/10

Câu 29. Số dân của một thị trấn sau t năm kể từ năm 1970 được ước tính bởi công thức f ( t ) = 26 t + 10 ( f ( t ) được tính bằng nghìn người). Đạo hàm của hàm số f biểu t+5

thị tốc độ tăng trưởng dân số của thị trấn (tính bằng nghìn người/năm). Hỏi vào năm nào thì tốc độ tăng dân số là 0,048 nghìn người/ năm ? (Trích đề thi thử lần 1, k2pi.net.vn) B. 2016 C. 2015 D. 2017 . A. 2014 . Câu 30. Cần phải xây dựng một hố ga, dạng hình hộp chữ nhật có thể tích 3(m3). Tỉ số h - chiều cao giữa chiều cao của hố (h) và chiều rộng của x - chiều dài đáy (y) bằng 4. Biết rằng hố ga chỉ có các mặt y - chiều rộng h bên và mặt đáy (tức không có mặt trên). Chiều dài của đáy (x) gần nhất với giá trị nào ở dưới y để người thợ tốn ít nguyên vật liệu để xây hố x ga. (trích đề kiểm tra chất lượng số 8 – quảng xương 1) A. 1 m. B. 1,5 m. C. 2 m. D. 2,5 m. Câu 31. Nhà cô Thắm có một khu đất trồng rau và hoa hình tam giác có độ dài các cạnh bằng nhau và bằng 12m , để tạo ấn tượng cho khu đất , cô Thắm quyết định sẽ chia nó như hình bên trong đó dự định dùng phần đất MNP để trồng hoa , các phần còn lại sẽ để trồng rau . Hỏi x có giá trị gần bằng số nào sau đây nhất để phần trồng hoa có diện tích nhỏ nhất A. x = 3m . B. x = 4m . C. x = 5m . D. x = 6m . Câu 32. Trong giai đoạn từ năm 1980 đến năm 1994, tỉ lệ phần trăm những hộ gia đình ở Mỹ có ít nhất một đầu máy video (VCR) đã được mô hình hóa bởi hàm số sau: 75 V (t ) = trong đó t là thời gian được tính bằng năm 0 ≤ t ≤ 14 . Thời điểm mà 1 + 74.e−0 ,6t con số VCR tăng nhanh nhất gần với giá trị nào nhất là : A. 14. B. 10. C. 9. D. 7. Câu 33. Trong bài thực hành của môn huấn luyện quân sự có tình huống chiến sĩ phải bơi qua một con sông để tấn công một mục tiêu ở phía bờ bên kia sông. Biết rằng lòng sông rộng 155m và vận tốc bơi của chiến sĩ bằng nửa vận tốc chạy trên bộ. Bạn hãy cho biết chiến sĩ phải bơi bao nhiêu mét để đến được mục tiêu nhanh nhất, nếu như dòng sông là thẳng, vận tốc dòng nước bằng 0 và mục tiêu B cách vị trí H là 1 km (xem hình vẽ)

Câu 34. Người ta muốn làm một con đường đi từ địa điểm A đến đia điểm B ở hai bên bờ một con sông, các số liệu được thể hiện trên hình vẽ, con đường được làm theo đường gấp khúc AMNB. Biết rằng chi phí xây dựng 1 km đường bên bờ có điểm B gấp 1,3 lần chi phí xây dựng một km đường bên bờ có điểm A, chỉ phí làm cầu MN tại địa điểm nào cũng như nhau. Hỏi phải xây cầu tại điểm M cách điểm H bao nhiêu km để chi phí làm đường là nhỏ nhất ? A. 2 , 63 km. B. 1, 28 km. C. 3 , 14 km. D. 2 , 56 km. Câu 35. Một sợi dây có chiều dài là L (m), được chia thành 2 phần. Phần thứ nhất được uốn thành hình tam giác đều, phần thứ hai uốn thành hình tròn. Hỏi độ dài của cạnh hình tam giác đều bằng bao nhiêu để diện tích 2 hình thu được là nhỏ nhất ? (theo Thầy Hứa Lâm Phong)

3L 2L C. ( m) . B. 6 L 3 ( m ) . ( m) . D. 3 L 3 ( m ) . 9 +π 3 9 +π 3 4+π 3 4+π 3 Câu 36. Một sợi dây có chiều dài là L m, được chia thành 3 phần. Phần thứ nhất được uốn thành hình hình vuông, phần thứ hai uốn thành tam giác đều có cạnh gấp 2 lần cạnh của hình vuông, phần thứ ba uốn thành hình tròn (như hình vẽ). Hỏi độ dài của cạnh hình tam giác đều bằng bao nhiêu để diện tích 3 hình thu được là nhỏ nhất ? (theo Thầy Hứa Lâm Phong)

7L 49 + π + π 3 5L

( m) .

5L 49 + π + π 3

( m) .

( m) . 25 + π + π 3 25 + π + π 3 Câu 37. Cho một tấm nhôm hình chữ nhật có chiều dài bằng 80 cm và chiều rộng bằng 50 cm. Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng x ( cm ) , rồi gập tấm nhôm như hình vẽ dưới đây để được một C.

cái hộp không nắp. Tìm x để hộp nhận được thể tích lớn nhất. A. x = 8 cm . B. x = 9 cm . C. x = 10 cm .

155 2

310 2

155 3

310 3

D. x = 12 cm .

Câu 38. Để thiết kế một chiếc bể cả hình hộp chữ nhật có chiều cao là 60 cm, thể tích 96.000 cm3 . Người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành 70.000 đồng/ 1m2 và loại kính để làm mặt đáy có giá thành 100.000 đồng/ 1m2 . Chi phí thấp nhất để hoàn thành bể cá là (trích đề thi thử lần 1, THPT Việt Trì, Phú Thọ). A. 83.200.000 đồng . B. 382.000 đồng . C. 83.200 đồng . D. 8.320.000 đồng.

Trang 5/10

Trang 6/10

Câu 39. Một người nông dân có 3 tấm lưới thép B40, mỗi tấm dài a (m) và muốn rào một mảnh vườn dọc bờ sông có dạng hình thang cân ABCD như hình vẽ (bờ sông là đường thẳng DC không phải rào). Hỏi ông ta có thể rào được mảnh vườn có diện tích lớn nhất là bao nhiêu m2 ? (HSG Phú Thọ 2016-2017) A

A. 3a 2 .

Câu 44. Một sợi dây có chiều dài là 6m, được chia thành 2 phần. Phần thứ nhất được uốn thành hình tam giác đều, phần thứ hai uốn thành hình vuông. Hỏi độ dài của cạnh hình tam giác đều bằng bao nhiêu để diện tích 2 hình thu được là nhỏ nhất ? (theo Vũ Thị Ngọc Huyền)

5 3a 2 B. . 4

3 3a 2 C. . 4

3a 2 . 2

Câu 40. hai chiếc cọc cao 10m và 30m lần lượt đặt tại hai vị trí A, B. Biết khoảng cách giữa hai cọc bằng 24 m. Người ta chọn một cái chốt ở vị trí M trên mặt đất nằm giữa hai chân cột để giăng dây nối đến hai đỉnh C và D của cọc (như hình vẽ). Hỏi ta phải đặt chốt ở vị trí nào trên mặt đất để tổng độ dài của hai sợi dây đó là ngắn nhất. (Trích đề thi thử lần 1 – số 473(11-2016) Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ) A. AM = 6m,BM = 18 m . B. AM = 7 m, BM = 17 m . C. AM = 4m,BM = 20m . D. AM = 12 m, BM = 12 m . Câu 41. Hai chất điểm A và B chuyển động thẳng đều cùng hướng về O (như hình vẽ) biết rằng vận tốc VB =

VA 3

và góc ∡AOB = 300 . Biết rằng khi khoảng cách

giữa hai chất điểm A và B là nhỏ nhất thì A cách O một khoảng bằng 30 3 ( m ) . Tìm khoảng cách B đến O lúc đó ?

A. 30 2 m .

B. 30 3 m .

C. 90 m

D. 15 3 m .

Câu 42. Đặt một điện áp xoay chiều u = 100 2cos(100π t)V,t(s) vào hai đầu một đoạn mạch gồm biến trở R nối tiếp với cuộn dây thuần cảm độ tự cảm L. Điều chỉnh R để tổng điện áp hiệu dụng (U R + U L ) đạt giá trị cực đại, giá trị cực đại đó là A. 100 2 V .

B. 200 V .

C. 50 2 V

do sức đẩy của động cơ, chiếc ca nô từ A chạy song song với bờ theo chiều từ A đến B với vận tốc 24 km/h, còn chiếc ca nô từ B chạy vuông góc với bờ có vận tốc là 18 km/h. Quãng đường AB dài 1 km. Biết rằng sức đẩy của các động cơ không thay đổi và vận tốc của dòng nước bằng 0. A. 300 m . B. 600 m . C. 100 m D. 400 m .

D. 100 V .

Câu 43. Từ hai bến A và B trên cùng một bờ sông có hai ca nô cùng khởi hành. Khi nước chảy Trang 7/10

( m) .

B. 18 3 ( m ) .

C. 36 3 ( m )

( m) . 4+ 3 9+4 3 4+ 3 4+ 3 Câu 45. Người ta tiêm một loại thuốc vào mạch máu ở cách tay phải của một bệnh nhân. Sau thời gian là t giờ, nồng độ thuốc ở mạch máu của bệnh nhân đó được cho bởi công thức C ( t ) = 100 ( e −0 ,4 t − e −0 ,6 t ) ( 0 < t ≤ 24 ) . Hỏi sau bao nhiêu giờ thì nồng A.

độ thuộc ở mạch máu của bệnh nhân là lớn nhất ? (Trích đề thi thử lần 1, k2pi.net.vn) A. 12 giờ. B.8 giờ. C. 6 giờ. D.2 giờ. Câu 46. Ông A muốn xây một hồ nuôi cá hình hộp chữ nhật có thể tích 288cm 2 . Biết đáy hồ có chiều dài gấp hai lần chiều rộng và chiều cao không thấp hơn 9cm . Gọi a, b, h lần lượt là chiều dài, chiều rộng và chiều cao của hồ. Hỏi ông A phải xây hồ có độ dài các cạnh a, b, h bằng bao nhiêu để đỡ tốn nguyên vật liệu nhất. A. a = 6cm,b = 12cm,h = 4cm . B. a = 12cm,b = 6cm,h = 4cm . C. a = 8cm,b = 4cm,h = 9cm D. a = 4cm,b = 8cm,h = 9cm . Câu 47. Một con bọ dừa đậu ở đầu B của một thanh cứng mảnh AB có chiều dài L đang dựng đứng cạnh một bức tường thẳng đứng (Hình vẽ)

Vào thời điểm mà đầu B của thanh bắt đầu chuyển động sang phải theo sàn ngang với vận tốc không đổi v thì con bọ bắt đầu bò dọc theo thanh với vận tốc không đổi u đối với thanh. Trong quá trình bò trên thanh, con bọ đạt được độ cao cực đại h max là bao nhiêu đối với sàn ? Cho đầu A của thanh luôn tỳ lên tường thẳng đứng. 3L2 2L2 L2 L2 A. hmax = . B. hmax = . C. hmax = D. hmax = . v v 3v 2v Câu 48. Người ta tiêm một loại thuốc vào mạch máu ở cách tay phải của một bệnh nhân. Sau thời gian là t giờ, nồng độ thuốc ở mạch máu của bệnh nhân đó được Trang 8/10

0, 28t ( 0 < t < 24) . Hỏi sau bao nhiêu giờ thì nồng độ thuộc ở t2 + 4 mạch máu của bệnh nhân là lớn nhất ? (Trích đề thi thử lần 1, k2pi.net.vn) A. 12 giờ. B.8 giờ. C. 6 giờ. D.2 giờ. Câu 49. Một mạch điện xoay chiều gồm hai đoạn MN và NP ghép nối tiếp. Đoạn MN chỉ có điện trở thuần R. Đoạn NP gồm ba phần tử nối tiếp: một cuộn cảm thuần có độ tự cảm L, một tụ điện có điện dung C và một biến trở Rx có trị số thay đổi trong phạm vị rất rộng. Đặt vào hai đầu MP một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng và tần số không đổi. Thay đổi giá trị của biến trở Rx = R thì điện áp hiệu dụng giữa hai điểm NP đạt giá trị nhỏ nhất thì hệ số công suất toàn mạch lúc này gần giá trị nào nhất sau đây: (bài toán theo thầy Huỳnh Xuân Nghiêm) A. 0,816. B. 0,756. C. 0,566. D. 0,466. Câu 50. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A' B'C' D' có tổng diện tích tất cả các mặt là 36 cm 2 , độ dài đường chéo AC' bằng 6 cm . Hỏi thể tích của hình hộp đạt giá trị lớn nhất là bao nhiêu ? B. V = 12 cm3 . A. V = 8 cm3 . cho bởi công thức C ( t ) =

C. V = 8 2 cm3 .

D. V = 24 3 cm3 .

Trang 9/10

ĐÁP ÁN TRẮC NGHIỆM CHƯƠNG I Câu 1: B Câu 2: D Câu 3: B Câu 4: A Câu 5: A Câu 6: C Câu 7: D Câu 8: B Câu 9: C Câu 10: A Câu 11: B Câu 12: C Câu 13: A Câu 14: C Câu 15: B Câu 16: A

Câu 17: D

Câu 35: A

Câu 18: B

Câu 36: C

Câu 19: B

Câu 37: C

Câu 20: B

Câu 38: C

Câu 21: D

Câu 39: C

Câu 22: C

Câu 40: A

Câu 23: C

Câu 41: C

Câu 24: A

Câu 42: A

Câu 25: D

Câu 43: B

Câu 26: A

Câu 44: D

Câu 27: B

Câu 45: D

Câu 28: B

Câu 46: C

Câu 29: C

Câu 47: D

Câu 30: B

Câu 48: D

Câu 31: A

Câu 49: A

Câu 32: D

Câu 50: C

Câu 33: D Câu 34: A

Trang 10/10

HƯỚNG DẪN GIẢI TRẮC NGHIỆM CHƯƠNG I Câu 1. Đáp án B Hướng dẫn giải. Ta có: T ( t ) = −0 , 1t 2 + 1, 2t + 98 , 6 ,  T' ( t ) = −0 , 2t + 1, 2  T' ( t ) = 0 ⇔ t = 6

Lại có S'' ( x ) = 2 + Và khi đó y =

T ( 0 ) = 98 , 6 o F = 37 0 C  max T ( t ) = T ( 6 ) = 390 C  t∈0 ;12  Đồng thời ta có: T ( 6 ) = 102 , 2 o F = 39 0 C     ⇔ ∆t = 2 0 C 0 min T t = T 0 = 37 C ( ) ( )  t∈0 ;12  o 0    T ( 11) = 99 , 7 F = 37 , 6 C 2

Cách khác: Ta có T ( t ) = −0 , 1t 2 + 1, 2t + 98 , 6 = 102 , 2 − 0 , 1 ( t − 6 ) ≤ 102 , 2 ∀t ∈ 0 ; 12  Vậy dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = 6 . Do đó maxT = 102 , 2 ⇔ t = 6 Câu 2. Đáp án D

4 =1 x2

Vậy, yêu cầu bài toán tương đương với cạnh đáy hình hộp là 2m, chiều cao hình hộp là 1 m và khi đó diện tích toàn phần nhỏ nhất sẽ là 12 m2 . Câu 4. Đáp án A Hướng dẫn giải. 2  a Gọi phần bị cắt là x , ta thấy x ∈  0 ;  . Khi đó thể tích khối hộp V = x ( a − 2 x ) 2   2

Hướng dẫn giải: Ta có thể tổng quát bài toán lên khi xét thể tích của khối lăng trụ tứ giác đều trên là V (đvtt) Gọi x,y > 0 lần lượt là chiều dài cạnh đáy và chiều cao của lặng trụ Khi đó ta có V = y.x 2  y =

V x2

Ta có Sxq = 2Sday + 4Smat ben = 2 x2 + 4 xy = 2 x2 + Đặt f ( x ) = 2 x2 +

32 > 0 , ∀x ∈ ( 0 ; +∞ ) . Do đó minS = S ( 2 ) = 12 x3

4V x

x∈ 0 ;   2

 a  x = 2 ( ktm ) a 2a 3 . Lập bảng biến thiên, ta thấy x =  maxf ( x ) = Cho f ' ( x ) = 0 ⇔  6 27  x = a ( tm )  6

( V)= 3

a 48 = =8 6 6

Câu 6. Đáp án C Hướng dẫn giải: Bài toán có thể tổng quát lên thành một hình nón có bán kính đáy R, chiều cao là H. Gọi r và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ có thể tích lớn nhất nội tiếp trong hình nón trên. Đồng thời gọi O,I lần lượt là tâm của hai đường tròn đáy như hình vẽ.

Theo đề bài ta có minStp = 6 3 V 2 = 6 3 27 2 = 54 . Câu 3. Đáp án B

Ta có

Hướng dẫn giải. Để tốn ít nguyên vật liệu nhất, ta cần thiết kế sao cho diện tích toàn phần của khối hộp là lớn nhất.

SI r H−h H−h với 0 < h < H và = = r=R SO R H H

0<r<R

Ta có Vtru = h.S = h.π r 2 = hπ R2

Ta có Sxq = x + 4 xy 2

4 4 16 Do V = x y = 4  y = 2  S ( x ) = x2 + 4 x 2 = x2 + x x x

( H − h) H

π R2

h ( H − h) H 2 f ( h)

Ta có max Vtru ⇔ maxf ( h )

Ta có f ' ( h ) = ( H − h ) − 2 h ( H − h ) = ( H − h )( H − 3h )

Do S, x phải luôn dương nên ta tìm giá trị nhỏ nhất của S trên ( 0 ; +∞ ) . Ta có : S' ( x ) = 2 x −



 f ' ( x ) = ( a − 2 x ) − 4 x ( a − 2 x ) = ( a − 2 x )( a − 6 x )

4V Ta có f ' ( x ) = 4 x − 2  f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 3 V . x 8V > 0 , ∀x > 0 . Do đó minf ( x ) = f x3

a



Câu 5. Đáp án A. Tương tự câu 4 ta có x =

4V . Bài toán trở thành tìm min f ( x ) = ? x >0 x

Lại có f '' ( x ) = 4 +



Xét f ( x ) = x ( a − 2 x ) , ∀x ∈  0 ;  . Bài toán trở thành tìm max f ( x ) = ?  a 2

f ' (h) = 0 ⇔ h =

16 ,S' ( x ) = 0 ⇔ x3 = 8 ⇔ x = 2 x2

H H < H . Lập bảng biến thiên ta có: max f ( h ) = f   0<h< H 3  3

Khi đó ta có Vtru =

Trang 1/22

π R2 H  H2

H 4π R2 H r H−h 2 và đồng thời = = . H −  = 3 3 27 R H 3

Trang 2/22

Trở lại bài toán ta có: VTru =

Để tốn ít nguyên vật liệu nhất, ta cần thiết kế sao cho diện tích toàn phần của khối hộp là lớn nhất.

4π 6 2 .9 = 48π cm 3 . Đáp án C. 27

(

)

Câu 7. Đáp án A

Ta có Sxq = 2 x2 + 2xy + 2 ( 2xy ) = 2x2 + 6 xy

Hướng dẫn giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử chiều dài dây là L ( cm ) .

Do V = 2 x2 y  y =

Khi đó đoạn dây thứ nhất chính là chu vi của hình vuông và bằng 4a

 S ( x ) = 2 x2 + 6x

Khi đó ta có đoạn dây thứ hai là L − 4a và cũng chính là chu vi của đường tròn bán kính r  2π r = L − 4a  r =

L − 4a L >0a< 2π 4

( L − 4a )

Do S, x phải luôn dương nên ta tìm giá trị nhỏ nhất của S trên ( 0 ; +∞ ) .

( L − 4a )

Lại có S'' ( x ) = 4 +

4π 2

với 0 < a <

4π

L 4

Khi đó ta có: S' ( a ) = 2a +

3V 3V ,S' ( x ) = 0 ⇔ x = 3 2 4 x

 3V 6 > 0 , ∀x ∈ ( 0 ; +∞ ) . Do đó minS = S  3 3  4 x 

Và khi đó chiều cao là y =

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của S ( a ) với 0 < a < −2 ( L − 4 a )

V 3V = 2x2 + x 2x2

Ta có : S' ( x ) = 4 x −

Do đó Tổng diện tích của hình vuông và hình tròn = Svuong + Stron = a 2 + π Đặt S ( a ) = a2 +

V 2x2

L 4

2 L L (π + 4 ) a − L  , S' ( a ) = 0 ⇔ a = <  π +4 4 π

V 2 x2

9V 16

= 23

 9V 2  = 33  2 

16V 9

Vậy, yêu cầu bài toán tương đương với chiều rộng đáy hình hộp là 5m, chiều dài là 10 40 m, chiều cao hình hộp là m và khi đó diện tích toàn phần nhỏ nhất sẽ là 150 m2 . 3 Do đó chi phí thấp nhất sẽ là 150. ( 500000 ) = 75.000.000 (đồng)

Lập bảng biến thiên, ta có: a

S' ( a )

L π+4

−

S (a)

L 4

Cách khác: S ( x ) = 2 x 2 +

Câu 9. Đáp án C Hướng dẫn giải: Gọi x,y lần lượt là chiều dài cạnh đáy hình vuông và

min



L   và khi đó bán kính của đường tròn sẽ là π + 4

Dựa vào bảng biến ta có: min S ( a ) = S   L a∈ 0 ;   4

3V 3V 3V 9V 2 9V 2 = 2x2 + + ≥ 3 3 2 x2 = 33 . 2 2x 2x 2 x 4x

chiều cao của hình hộp ( x > 0 , y > 0 ) Để tốn ít nguyên vật liệu nhất, ta cần thiết kế sao cho diện tích toàn phần của khối hộp là lớn nhất.

L a a r= = . Do đó lập tỉ số ta sẽ có = 2 r 2 (π + 4 ) 2

Ta có Sxq = x 2 + 4 xy

Như vậy rõ ràng, ta không cần thiết phải biết chính xác số đo chiều dài dây mà cần nhớ

Do V = x 2 y = 108  y =

kết quả quan trọng a = 2r khi gặp các bài toán  S ( x ) = x2 + 4x

tương tự. Câu 8. Đáp án B Hướng dẫn giải: Gọi x là chiều rộng của đáy hình chữ nhật và y là chiều cao của khối hộp chữ nhật.

Trang 3/22

108 x2

108 432 = x2 + x x2

Do S,x phải luôn dương nên ta tìm giá trị nhỏ nhất của S trên ( 0 ; +∞ ) .

Ta có : S' ( x ) = 2 x −

432 ,S' ( x ) = 0 ⇔ x 3 = 216 ⇔ x = 6 x2

Trang 4/22

Lại có S'' ( x ) = 2 + Và khi đó y =

864 > 0 , ∀x ∈ ( 0 ; +∞ ) . Do đó minS = S ( 6 ) = 108 x3

108 =3 62

Vậy, yêu cầu bài toán tương đương với cạnh đáy hình hộp là 6m, chiều cao hình hộp là 3 m và khi đó diện tích toàn phần nhỏ nhất sẽ là 108 m2 . Câu 10.

3025 8

f (x)

Đáp án A

x∈( 0 ;2 )

Vậy công ty cần đặt giá tua là 1.375.000 (đồng) thì tổng doanh thu sẽ cao nhất là 378.125.000 (đồng). Đáp án C

Câu 12.

Hướng dẫn giải:

 11   = 378 , 125 8

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy max f ( x ) = f 

Hướng dẫn giải:

Gọi x là giá bán thực tế ( 5 ≤ x ≤ 10 ) Ta có giảm 2USD thì tăng thêm 40 sản phẩm Do đó giảm ( 10 − x ) USD thì tăng thêm 20 ( 10 − x ) sản phẩm

Gọi x (km/h) là vận tốc của tàu. Thời gian tàu chạy quảng đường 1km là

Số sản phẩm bán được tương ứng với giá bán là 25 + 20 ( 10 − x ) = −20 x + 225

1 (giờ). x 1 480 .480 = (ngàn Đồng). x x

Vậy tổng lợi nhuận thu được sẽ là ( −20 x + 225 )( x − 5 ) = −20 x 2 + 325 x − 1125

Chi phí tiền nhiên liệu cho phần thứ nhất là

Đặt P ( x ) = −20 x 2 + 325x − 1125 với 5 ≤ x ≤ 10

Tại v = 10 km/h chi phí cho quảng đường 1 km ở phần thứ hai là

Bài toán trở thành tìm max P ( x ) = ? x∈ 5 ;10 

đồng). Xét tại vận tốc x(km/h): gọi y (ngàn Đồng) là chi phí cho quảng đường 1km tại vận tốc x, ta có y = kx 3 , 3 = k10 3 (k là hệ số tỉ lệ giữa chi phí 1km đường của phần thứ hai và lập

65 = 8 , 125 ∈  5 ; 10 Ta có P' ( x ) = −40 x + 325, P' ( x ) = 0 ⇔ x = 8 P ( 5) = 0   65    65  3125 Xét  P   = ≈ 195 , 3125  max P ( x ) = P   x∈ 5 ;10  8 16  8      P ( 10 ) = 125 

Câu 11.

1 .30 = 3 (ngàn 10

phương của vận tốc), suy ra

y  x  =   ⇔ y = 0 , 003 x 3 . 3  10 

Vậy tổng chi phí tiền nhiên liệu cho 1km đường là p = p ( x ) =

480 + 0 , 003 x 3 . x

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số p ( x )

Đáp án B.

Hướng dẫn giải. Gọi x (triệu đồng) là giá tua ( 0 < x < 2 ) Giá đã giảm so với ban đầu là 2 − x Số người tham gia tăng thêm nếu giá bán x là

Áp dụng Đạo hàm ta có chi phí p nhỏ nhất khi tàu chạy với vận tốc x = 20 ( km / h ) . Đáp án A

Câu 13.

Hướng dẫn giải:

( 2 − x ) 20 = 400 − 200 x

V ' (t ) =

0,1

Số người sẽ tham gia nếu bán giá x là 150 + 400 − 200 x = 450 − 200x

t = 60 1 1 90t 2 − t 3  V '' ( t ) = 0 ⇔ 180t − 3t 2 = 0 ⇔  100 100 t = 0

(

)

(

Lập bảng biến thiên ta có:

Tổng doanh thu là f ( x ) = x ( 550 − 200 x ) = −200 x 2 + 550 x

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) với 0 < x < 2 f ' ( x ) = −400x + 550 , f ' ( x ) = 0 ⇔ x =

V ' (t )

f ' ( x)

60 0

90 −

Dựa vào bảng biến thiên ta chọn đáp án A.

Lập bảng biến thiên ta có: 0

0 0

V (t )

11 . 8

)

11 8 0

Câu 14.

Đáp án C

Hướng dẫn giải: Gọi x là bán ính nửa hình tròn và y là chiều cao của hình chữ nhật, phần dưới của gương. Chu vi của gương là:

2 −

Trang 5/22

Trang 6/22

P = 2 x + 2 y + π x do y =

Lần lượt gọi S là chi phí , x , y lần lượt chiều rộng của đáy và chiều cao của đáy hộp.

1 P ( P − 2x − π x ) và y > 0  0 < x < π + 2 2

( )

Từ giả thiết đề bài ta có: S = 10000Sday + 5000 Sxq = 10000. ( 2 x.x ) + 2 ( xy + 2 xy ) 5000

 1 1 π Diện tích của gương là S = 2 xy + π x 2 = x ( P − 2x − π x ) + π x2 = Px −  2 +  x2 2 2 2  

Đặt f ( x ) = Px −  2 + 

π

2 



Ta có f ' ( x ) = P − 2  2 + 

x2 . Bài toán trở thành tìm

max f ( x ) = ?

Do đó S = 20000x2 +

 P  x∈ 0 ;   π +2 

π

P x, f' ( x ) = 0 ⇔ x = 2  π +4

Lập bảng biến ta suy ra bán kính x = Câu 15.

Suy ra S = 20000x 2 + 30000xy . Mặt khác ta có V = 2 x 2 y = 10  y =

π +4

150000 . Bài toán trở thành tìm min f ( x ) = ? x >0 x

Ta có S' ( x ) = 40000 x −

Đáp án B

S ' (x)

Hướng dẫn giải nhất. Khi đó, nếu bán hết số sản phẩm thì doanh thu sẽ là D ( q ) = q ( 180 − 3q ) = 180q − 3q

Suy ra lợi nhuận mà công ty thu được là L ( q ) = D ( q ) − C ( q ) = −6q 2 + 108q + 9789 Bài toán trở thành tìm max L ( q ) = ? 0 < q < 60

S min

x >0

Do đó các kích thước là dài 2 3

15 , rộng 4

15 4

Đáp án B

● Lợi nhuận của doanh nghiệp: L = R − C = −Q3 + 75Q2 + 312Q − 100 Khảo sát hàm trên ta thấy lợi nhuận đạt cực đại khi Q = 52 . Câu 19.

9 9 + r2 = π + r4 2 4 2 2 r π r π

Đáp án B Hướng dẫn giải:

Gọi x (ngàn đồng) là giá phòng khách sạn cần đặt ra. ( x > 400 )

f (r )

Nhận xét khi Sxq min ⇔ f ( r ) min

Giá chênh lệch sau khi tăng là x − 400 .

Cách 1: khảo sát hàm số Cách 2: sử dụng bất đẳng thức Cauchy

Số phòng cho thuê giảm nếu giá tăng là 2

( x − 400 ) = x − 400 20

x − 400 x = 90 − Số phòng cho thuê với giá x là 50 − 10 10

9 9 9 9 81 + + r4 ≥ 33 . .r 4 = 3 3 2π r 2 2π r 2 2π r 2 2π r 2 4π 2



Tổng doanh thu trong ngày là f ( x ) = x  90 −

9 9 Do đó dấu bằng xảy ra ⇔ 2 = r 4  r = 6 . 2π πr

Câu 17.

 15    4   

Dựa vào bảng biến thiên ta có yêu cầu bài toán ⇔ minS ( x ) = S  3

● Doanh thu của doanh nghiệp: R = P.Q = ( 1312 − 2Q ) .2Q

Đáp án A

1 3 hπ r 2 = 1  h = 2 3 πr

+ r4 =

ta có Q = QD = 656 − P  P = 1312 − 2Q .

Hướng dẫn giải:

+∞

−

1 2

0 < q < 60

Vậy để thu được lợi nhuận cao nhất thì công ty cần sản xuất 9 sản phẩm.

π 2r2

Hướng dẫn giải: Gọi Q là lượng gạo doanh nghiệp X cần sản xuất đề đạt lợi nhuận cao nhất thì khi đó

Lập bảng biến thiên ta có max L ( q ) = L ( 9 ) = 10275

Ta có Sxq = π rl = π r h 2 + r 2 = π r

S ( x)

Câu 18.

Ta có L' ( q ) = −12q + 108 , L' ( q ) = 0 ⇔ q = 9 ∈ ( 0 ; 60 )

V =

 4  150000 15 ,S' ( x ) = 0  xo = 3  y = 53   4 x2  15 

Lập bảng biến thiên, ta có:

thỏa yêu cầu bài toán.

Gọi q ( 0 < q < 60 ) là số sản phầm mà công ty A cần sản xuất để thu được lợi nhuận cao

Câu 16.

5 x2



x  x2 = 90x −  10  10

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) với x > 400

Đáp án D Hướng dẫn giải: Trang 7/22

Trang 8/22

Lợi nhuận mà công ty thu được chính là R ( x ) − C ( x ) = − x 2 + 160 x − 4800

x Ta có f ' ( x ) = 90 − , f ' ( x ) = 0  x = 450 ( tm) . Lập bảng biến thiên ta có: 5 x

f ' ( x)

400

450 0

Xét f ( x ) = − x 2 + 160 x − 4800 . Bài toán trở thành tìm max f ( x ) = ?

+∞

0 < x<120

−

Ta có f ' ( x ) = −2 x + 160 , f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 80 . Lập bảng biến thiên ta có:

20250

f (x)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy max f ( x ) = f ( 450 ) = 20250 Vậy nếu cho thuê với giá 450 ngàn thì sẽ có doanh thu cao nhất trong ngày là 2.025.000 đồng.

Vậy khi bán với giá 80 ngàn thì công ty đạt lợi nhuận cao nhất. Câu 23.

Đáp án C (Trích đề thi thử THPT Thanh Miện, Hải Dương, 2016) Hướng dẫn giải: Đặt x = BM ( km ) . Điều kiện: 0 < x < 12 . Suy ra quãng đường AM = 81 + x2 và quãng đường MC = 12 − x . Thời gian người canh hải đăng chèo đò đi

MN NC x NC =  = 8 NP PQ PB

y −x

x − (8 − x) 2

x 2

1600

0 < x <120

Gọi điểm như hình vẽ. Kẻ PQ ⊥ CD . Điểm N chạm đáy CQ thì MB > MC ⇔ x > 4 Vì ∆MNC đồng dạng



từ

 y2 =

x3 x−4



x3 Tóm lại, 18 − 6 5 ≤ x ≤ 8 . Đặt f ( x ) = .Bài toán trở thành tìm x−4

Ta có: f ' ( x ) =

( x − 4)

 min

x∈18 − 6 5 ;8   

f ( x) = ?

Câu 22.

đến

là t AM =

81 + x 2 . 4

đến C là t = t AM + t MC =

81 + x 2 12 − x + 4 8

81 + x 2 12 − x + trên đoạn ( 0 ; 12 ) . 4 8

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) với x ∈ ( 0 ; 12 )

 f ( 6 ) = 6 3 ≈ 10 , 39   Xét  f 18 − 6 5 = 6 15 − 6 3 ≈ 12 , 8455  min f ( x ) = f ( 6 ) = 6 3 .   f ( 8 ) = 128 a 48 Câu 21. Đáp án D, Tương tự câu 4 ta có x = = =8 6 6

(

Thời gian người canh hải đăng đi từ Xét hàm số f ( x ) =

x = 6 ; f ' ( x) = 0 ⇔   x = 0 ( ktm )

Thời gian người canh hải đăng đi bộ từ M 12 − x đến C là t MC = . 8

Hơn nữa do PB ≤ AB = 12  y 2 − x2 ≤ 12 ⇔ x ∈ 18 − 6 5 ; 18 + 6 5 

2 x2 ( x − 6 )

120 −

Dựa vào bảng biến thiên ta có: max f ( x ) = f ( 80 ) = 1600

Đáp án B (Trích dẫn đề ôn số 13 – Bùi Thế Việt) Hướng dẫn giải:

∆NPQ 

80 0

f (x)

x∈( 400 ;+∞ )

Câu 20.

0 0

f ' ( x)

Đạo hàm f ' ( x ) =

)

4 81 + x

−

1 8

( ) f ' ( x ) = 0 ⇔ 81 + x 2 = 2 x ← →x = 3 3 . x∈ 0 ;12

( )

Lập bảng biến thiên, ta suy ra min f ( x ) = f 3 3 = Vậy giá trị nhỏ nhất của

Đáp án C Hướng dẫn giải:

Câu 24.

tại điểm

cách

12 + 9 3 8

một khoảng

x = 3 3km ≈ 5,196km.

Đáp án A Hướng dẫn giải:

Gọi x là giá bán của sản phẩm. ( 0 < x < 120 )

Gọi x ( x > 45 ) là giá bán mới của 1 sản phẩm mà doanh nghiệp phải xác định để lợi

Ta có doanh thu mà công ty thu được là R ( x ) = x.q ( x ) = x ( 120 − x ) = 120 x − x 2

nhuận thu được sau khi tăng giá là cao nhất. Suy ra số tiền đã tăng là x − 45 Ta có nếu tăng 2 ngàn thì sẽ bán ít đi 6 sản phẩm

Đồng thời, chi phí mà công ty bỏ ra là C ( x ) = 40 ( 120 − x ) = 4800 − 40 x Trang 9/22

Trang 10/22

Vậy nếu tăng x − 45 thì số lượng sản phẩm giảm xuống là

6 ( x − 45) 2

= 3x − 135

nhau (phương ngang và phương thẳng đứng) như hình vẽ. Vật cao nhất khi

Tổng số sản phẩm bán được l2a 60 − ( 3 x − 135 ) = 195 − 3 x

MN = −MP ,  MP = gt (1)  trong đó  α ∈ 0;900 MN 2 = v o 2 − MK 2 = vo 2 − v o 2 cos 2 α ( 2 )

Lợi nhuận công ty thu được sau khi tăng giá là

( x − 27 )(195 − 3x ) = −3x

Véc tơ vo được phân tích thành tổng của hai véc tơ theo hai phương vuông góc với

(

+ 276 x − 5265

Đặt f ( x ) = −3 x + 276 x − 5625 . Bài toán trở thành tìm max f ( x ) = ? 2

)

x > 45

Ta có f ' ( x ) = −6 x + 276 , f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 46 (ngàn đồng)

(

)

Từ (1) và (2)  ( gt ) = v o 2 1 − cos2 α  t =

Lập bảng biến thiên, ta suy ra max f ( x ) = f ( 46 ) = 1083 (ngàn đồng). x > 45

Do đó h lớn nhất khi và chỉ khi t =

Đáp án D

Câu 25.

Hướng dẫn giải: Gọi x là chiều dài cạnh song song với bờ giậu và y là chiều dài cạnh vuông góc với bờ giậu. a Theo đề bài ta có x + 2 y = a  x = a − 2 y, 0 < y < . 2

a





a





Ta có f ' ( y ) = a − 4 y  f ' ( y ) = 0 ⇔ y =

Câu 27.

a  a và f '' ( y ) = −4 < 0 , ∀y ∈  0 ;  4  2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 y = a − 2 y ⇔ y =

a . 8

Khi đó 1 cạnh của hình chữ nhật có độ dài là 2x và cạnh còn lại là

a a x= . 4 2

Diện tích của cửa số là: S = S1 + S2 =

πx a − π x − 2x + 2 x. 2 2

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số S ( x ) với 0 < x < a

→

( a − π x ) − 2x .

Hướng dẫn giải:

Đáp án B

Tổng ba cạnh của hình chữ nhật là a − π x . 2

Đáp án A

Câu 26.

vo 2 .sin 2α vo 2 ≤ ( do sin 2α ≤ 1) . g g

Ta có chu vi của hình bán nguyệt là π x ,

1 (2y + a − 2y) ≤ 2

vo 2 hoặc sử dụng tính bị chặn 9

Hướng dẫn giải: Gọi x là bán kính của hình bán nguyệt. 0 < x < a

a2 a a ⇔y= x= . 8 4 2

1 2y ( a − 2y ) 2

v o sin α vo 2 .sin 2α = = f (α) g g

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi sin 2α = 1 ⇔ α = 450 .

Cách khác: áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có S = xy = y ( a − 2 y ) =

Ta tính x = MK.2t = vo cos α.2

của hàm số lượng giác x =

Nhận xét bài toán trở thành tìm y ∈  0 ;  để f ( y ) lớn nhất. 2

Do đó: maxS = max f ( y ) =

Vì quỹ đạo của vật ném xiên là Parabol nên tầm ném của vật được

( )

Đặt f ( y ) = y ( a − 2 y ) , ∀y ∈  0 ;  . 2 

vo sin α v 2 sin 2 α và khi đó h = v o sin α.t = o g g

Ta có thể ứng dụng đạo hàm tìm max f ( α ) = f 450 =

Diện tích của miếng đất là S = xy = y ( a − 2 y ) 

vo sin α g

M•

Trước tiên ta tính độ cao nhất của vật trên quỹ đạo và xác định thời điểm mà nó đạt được độ cao đó (g = 10m/s2)

a π   S ( x ) = ax −  + 2  x2  S' ( x ) = a − (π + 4 ) x  S' ( x ) = 0 ⇔ x = . 4+π 2  

a  4 + π  

Đồng thời S'' ( x ) = − (π + 4 ) < 0 , ∀x ∈ ( 0 ; a ) . Do đó maxS = S 

P x

Trang 11/22

Trang 12/22

Khi đó kích thước của nó là chiều cao bằng Câu 28.

a 2a , và chiều rộng bằng . 4 +π 4 +π

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 9 V = 8 y 2 ⇔ y = 3 9 V  x = 4 ≈ 1, 333  1, 5 8y

Đáp án A

Câu 31.

Hướng dẫn giải

Gọi x = HM ( 0 < x < 25 , 86 ) . Khi đó thời gian của lộ trình đi được là S=vtt =

v → Ta có t = tAM + tMB ←

S∆MNP = S∆ABC − S∆AMP − S∆BMN − S∆CNP

16, 262 + x2 25, 68 − x AM MB + = + vAM vMB 8 12

Trong đó S∆ABC =

16 , 262 + x2 25, 68 − x + ( 0 < x < 25, 68 ) 8 12

Bài toán trở thành tìm

min

x∈( 0 ; 25 ,68 )

Ta có f ' ( x ) =

3x − 2 16, 26 + x 2

24 16 , 26 + x

Lập bảng biến thiên, ta suy ra

S∆BMN =

f (x) = ?

, f ' ( x ) = 0 ⇔ xo =

2.16 , 26 5

S∆AMP

≈ 14 , 5434

)

1 3 = AM.AP.sin 60 0 = 36 x − 3 x 2 2 4

(

)

f ( x ) = 11x − 72 x + 144 ; x ∈ 0 ; 12  → Minf ( x ) = 2

Đáp án C

Câu 32.

Hướng dẫn giải. 26t + 10 120 120 6 f (t) =  f ' (t) = ycbt ⇔ = 0, 048 = 2 . Khi đó 2 t+5 125 ( t + 5) ( t + 5) 2

(

Vậy S∆AMN = 3 (11x 2 − 72 x + 144 ) Khảo sát

min f ( x ) = f ( xo ) = 3 , 669 s

x∈( 0 ; 25 ,68 )

 2500 = ( t + 5 ) ⇔ t + 5 = 50 ⇔ t = 45 .

1 3 BM.BN.sin 600 = 12 x − 2 x 2 2 4

(

12 2 3 ; 4

1 3 S∆CNP = CN.CP.sin 600 = 24 x − 6 x 2 2 4

Suy ra MB = 25,68 − 14,5434 ≈ 11,14 km . Câu 29.

Đáp án B Hướng dẫn giải:

Xét f ( x ) =

Đáp án D

Ta có: V ' ( t ) =

Như vậy đến năm 1970 + 45 = 2015 thì đạt tốc

độ tăng dân số 0,048 người/năm .

288 36 ,khi : x = 11 11

3330e

(1 + 74.e ) −0 ,6 t

 V '' ( t ) = 0  e − 0 ,6 t =

Hướng dẫn giải: 1998e −0 ,6 t . 74.e −0 ,6 t − 1  V '' ( t ) = . 3 1 + 74e −0 ,6t

(

−0 ,6 t 2

(

)

1  t o ≈ 7 , 17 74

Lập bảng biến ta suy ra max V ' ( t ) = V ' ( 7 , 17 ) t∈0 ;14 

Câu 30.

Đáp án B Hướng dẫn giải.

Câu 33.

Đáp án D

 V = xyh V Ta có  (x > y)  V = 4y2 x  x = 4y2 h = 4 y

Hướng dẫn giải. Gọi vận tốc bơi của chiến sĩ là v > 0 thì vận tốc chạy là 2v

Để ít tốn nguyên vật liệu nhất suy ra ( S xq + S day ) → min

Độ dài cần ơi là AM = x ta có điều kiện 155 ≤ x ≤ 10002 + 1552

Ta có Sxq + Sday = xy + 2xh + 2 yh = y. Cách 1: Đặt f ( y ) =

V V V 2V 9V + 2 + 2 y.4 y = + + 8y 2 = + 8 y2 y 4y y 4y 4 y2

Thời gian bơi là x . Độ dài HM = x2 − 1552 ,BM = 1000 − x2 − 1552 v

Thời gian chạy bộ là

9V + 8y2 (khảo sát hàm tìm min f ( y ) ) 4y

1000 − x2 − 1552 2v

)

Tổng thời gian f ( x ) = 1 2 x + 1000 − x 2 − 155 2 , v > 0 2v

2 Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 9 V + 8 y 2 = 9 V + 9 V + 8 y 2 ≥ 3 3 81V 4y 8y 8y 8

f ' ( x) =

Trang 13/22

(

1 x 2 − 2 2v  x − 1552

 310  = 0 ⇔ x = . 3  Trang 14/22







3 

Lập bảng biến thiên, ta suy ra min f ( x ) = f  310  ≈ 178 , 9786 m

Chiều dài cạnh hình vuông là

Chiều dài phần dây làm thành hình tròn là L − 5x 

Đáp án

Câu 34.

 AM = x + 1, 44 2

Đặt x = HM ( 0 ≤ x ≤ 4 , 1)  

 BN =

( 4 ,1 − x )

 L − 5x 

+ 2 , 25

AM và BN là: f ( x ) = a x + 1, 44 + 1, 3a

( 4 ,1 − x )

+ 2 , 25 .

(

 f ( x ) : parabol a = 26 + π 3 + π > 0

x∈( 0 ; 4 ,1)

Do đó ta có x =

   2 ( 4 ,1 − x ) + 2 , 25 

Câu 37.

Cho f ' ( x ) = 0 ⇔ x 2  ( 4 , 1 − x ) + 2 , 25  = 1 , 3 2 ( 4 , 1 − x ) ( x 2 + 1 , 44 )   2

Đáp án A

Hướng dẫn giải. Giả sử sợi dây có chiều L ta gọi x là độ dài của cạnh hình tam giác đều. Khi đó ta có Chiều dài phần dây làm thành tam giác là 3x

Do đó ta có x =

Câu 36.

9+π 3

Đáp án C

Hướng dẫn giải: Gọi x, y lần lượt là chiều rộng và chiều dài của đáy hình hộp. ( 0 < x < y ) 1600 y

Khi đó ta có V = 96.000 = 60 xy  x =

(

 C ( x ) = 70.10 3 . ( 2.60 x + 2.60 y ) .10 −4 + 16000 = 840 ( x + y ) + 16000

)

2 9 + π 3 x 2 − 6 Lx + L2  L − 3x  x2 3 =π  + =  4 4π  2π 

 f ( x ) : parabol

Xét f ( x ) = 9 + π 3 x2 − 6 Lx + L2 . Ta có 

Câu 38.

a + b − a 2 − ab + b 2 130 − 80 2 − 80.50 + 50 2 a = 80  →x = = 10 b =15 6 6

L − 3x chính là bán kính của 2π

đường tròn.

Đáp án

x∈( 0 ; 4 ,1)

)

thỏa yêu cầu bài toán.

Hướng dẫn giải:

Lập bảng biến thiên ta suy ra min f ( x ) = f ( xo ) = 6 , 222 a

(

5L 25 + π + π 3

−b 5L = 2a 25 + π + π 3

Áp dụng công thức giải nhanh

(Dùng chức năng của MTCT giải được xo ≈ 2, 6303 )

Khi đó ta có: S = Stron + Stamgiac

 xmax =

Chiều dài phần dây làm thành hình tròn là L − 3x 

a = 9 + π 3 > 0

 xmax =

)

Ta có 

1, 3 ( 4 , 1 − x )

(

25 + π 3 + π x 2 − 10 Lx + L2 x 2 3 x2 + = 4 4 4π

Xét f ( x ) = 25 + π 3 + π x 2 − 10 Lx + L2 .

Bài toán trở thành tìm min f ( x ) = ?  x  − Ta có f ' ( x ) = a  2  x + 1, 44 

Khi đó ta có: S = Stron + Stamgiac = π   +  2π 

Gọi a là số tiền để làm 1 km đường bên bờ có điểm A. Khi đó chi phí để làm hai đoạn 2

L − 5x chính là bán kính của 2π

đường tròn.

Hướng dẫn giải.

Câu 35.

x x nên đoạn dây uốn thành hình vuông là 4 = 2 x 2 2

Ta có chi phí hoàn thành bể cá là C ( x ) = 70.10 3 .Sxq + 100.10 3 .Sday Ta có: x + y ≥ 2 xy = 2 1600 = 80 Do đó ta có C ( x ) ≥ 840.80 + 16000 = 83200

−b 3L = 2a 9 + π 3

Câu 39.

Đáp án C Hướng dẫn giải:

thỏa yêu cầu bài toán. S=

Đáp án C

Hướng dẫn giải. Giả sử sợi dây có chiều L ta gọi x là độ dài của cạnh hình tam giác đều. Khi đó ta có Chiều dài phần dây làm thành tam giác là 3x Trang 15/22

1 ( 2a + 2 x ) a2 − x2 ( 0 < x < a ) 2

S = ( a + x ) a2 − x 2 . Xét f ( x ) = ( a + x ) a 2 − x 2 . Bài toán trở thành tìm min f ( x ) x∈( 0 ;a )

Ta có: f ' ( x ) = a2 − x2 +

( a + x )( −x ) = ( a + x )( a − 2x ) a2 − x 2

a2 − x2

Trang 16/22

Hướng dẫn giải:

 x = − a ( ktm ) . Lập bảng biến thiên ta suy ra f ' ( x) = 0 ⇔  x = a ∈ 0 ; a ( )  2

U R + U L = I ( R + ZL ) =

 a  3a 3 min f ( x ) = f   = 4 2 3

U R 2 + ZL 2

( R + ZL ) =

R 2 + ZL 2 2

( R + ZL ) y( R )

x∈( 0 ;a )

Đáp án A

Câu 40.

Hướng dẫn giải: (bạn đọc có thể tham khảo thêm bài tâp tương tự số 2 (thuộc bài toán số 5, chương I)

Để (U R + U L ) MAX  → y ( R ) MIN với y ( R ) =

Gọi C’, D’ lần lượt là điểm đối xứng của C và D qua cạnh AB.

Khi đó y' ( R ) =

Ta có MC + MD = MC'+ MD ≥ DC ' = AB + ( BD + BD ') = 8 34 Áp dụng định lý Thales ta có:

MB BD MB 30 3 = ⇔ = =  MB = 18  MA = 6 C' D' DD' AB 40 4

Đáp án C

Câu 41.

(

R2 + ZL 2

( R + ZL )

)

2 R ( R + ZL ) − 2 R2 + ZL 2 ( R + ZL )

( R + ZL )

( R > 0)

(

2 R ( R + ZL ) − 2 R 2 + ZL 2

( R + ZL )

y' ( R ) = 0 ⇔ 2 R2 + 2 RZL − 2 R 2 − 2ZL 2 = 0 ⇔ 2ZL ( R − ZL ) = 0 ⇔ R = ZL

1 2

Dựa vào bảng biến thiên (họ sinh tự vẽ) ta suy ra ymin = ⇔ R = ZL Do đó (U R + U L ) MAX = U 2 ⇔ R = ZL  (U R + U L ) MAX = 100 2  A

Hướng dẫn giải: Gọi d1 ,d2 lần lượt là khoảng cách các vật A và B đến 0 lúc đầu ( t = 0 )

Đáp án B

Đồng thời d = AB . Gọi t' là thời điểm mà dmin . Khi đó A ở A’. B ở B’ như hình vẽ Kí hiệu góc ∡B' A'O = β , ∡A' B'O = γ . Áp dụng định lý hàm sin trong tam giác ∆A' B'O ta có:

Độ dài quãng đường mà hai canô đi được sau thời gian t lần lượt là: 

d − AA' d2 − BB' d − v1t d2 − v2 t d OA' OB' = = ⇔ 2d = 1 = ⇔ 2d = 1 = (* ) s in 30 sin γ sin β sin γ sin β sin γ sin β

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác A' B' B vuông tại B ta có:

Do v2 =

A C C−A và áp dụng = = , ta có: B D D−B 3

( * ) ⇔ 2d =

3d2 − d1 3 sin β − sin γ

Do đó ta có d =

3d2 − d1

Ta có 

)

 f ( t ) : Parabol −b 48 2  2   xmin = = =  min f ( t ) = f   = 0 , 36 2a 2.900 75  75   a = 900 > 0

3d2 − d1 3 cos γ + sin γ

Vậy khi đó 2 ca nô cách nhau 1 khoảng ngắn nhất là d = A' B' = 0 , 6 km = 600 m

Cách 1: khảo sát hàm f ( γ ) (xin dành cho bạn đọc)

Câu 44.

Cách 2: áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:

Đáp án D

Hướng dẫn giải. Giả sử sợi dây có chiều L ta gọi x là độ dài của cạnh hình tam giác đều. Khi đó ta có Chiều dài phần dây làm thành tam giác là 3x

3 cos γ + sin γ ≤ 3 + 1 cos2 γ + sin2 γ = 2  −2 ≤ f ( γ ) ≤ 2  max f ( γ ) = 2 0 sin γ 1 = ⇔ tan γ = t an30 0 ⇔ γ = 30 0 và khi đó β = 120 cos γ 3

Chiều dài phần dây làm thành hình vuông là L − 3x 

d1 ' d2 ' sin 1200 d = =  d2 ' = d1 ' = 3d1 ' = 90 ( m ) Khi đó ta có 0 0 0 s in 30 sin 30 sin 120 sin 300

Câu 42.

 AA' = v1 t = 24t  BB' = v2 t = 18t

A' B' 2 = A' B 2 + BB' 2 = ( AB − AA' ) + BB' 2 = ( 1 − 24t ) + ( 18t )

Xét f ( γ ) = 3 cos γ + sin γ . Ta có dmin ⇔ f ( γ )max

Dấu “=” xảy ra ⇔

Hướng dẫn giải:

Xét f ( t ) = 900t 2 − 48t + 1 . Bài toán trở thành tìm min f ( t ) = ?

2  3 sin 300 + γ − sin γ   

(

Câu 43.

mà sin β = sin ( 1800 − β ) = sin ( 30 0 + γ ) =

L − 3x chính là chiều dài cạnh 4

của hình vuông. Khi đó ta có: S = Svuong + Stamgiac =

Đáp án A Trang 17/22

( L − 3x ) 16

(

)

9 + 4 3 x 2 − 6 Lx + L2 x2 3 = 4 16 Trang 18/22

(

 f ( x ) : parabol

)

Xét f ( x ) = 9 + 4 3 x 2 − 6 Lx + L2 . Ta có  Do đó ta có x =

a = 9 + 4 3 > 0

18 9+4 3

 xmax =

−b 3L = 2a 9 + 4 3

thỏa yêu cầu bài toán.

)

(

Đáp án A

Tóm tắt bài toán: MP : − − − − R − − − − − − . − − L − C − Rx − − − ( Rx ր )

)

 U LCRx =

( R + R ) + (Z − Z ) R + (Z − Z ) x

( R + R ) + (Z

− ZC )

Rx 2 + ( ZL − ZC )

R2 + 2 RRx 2

Rx 2 + ( ZL − ZC ) f ( Rx = x )

Vậy (U LCR

với t = h t ≥3

f ' ( x) =

)

min

↔ f ( x )max . Xét f ( x ) =

(

2 Rx + R 2 x 2 + ( ZL − ZC )

( x > 0)

) − 2x.( 2Rx + R ) = 2R ( −x − Rx + ( Z − Z ) ) . ( x + (Z − Z ) ) ( x + (Z − Z ) )

2 R x 2 + ( ZL − ZC )

Hàm số đồng biễn trên 3, +∞ ) nên min f ( t ) = f ( 3) ⇔ t = 3 ⇔ h = 9  a = 8  b = 4 . t∈3 ,+∞) Vậy a = 8cm,b = 4cm,h = 9cm . Đáp án D

Hướng dẫn giải: Gọi t là thời gian của con bọ đi được

2  − R + R2 + 4 ( ZL − ZC )  2 x = ( tm) R2 + 4 ( ZL − ZC ) − R  1 2 f ' ( x) = 0 ⇔   Rx = 2 2  − R − R2 + 4 ( ZL − ZC ) x = < 0 ( ktm ) 2  2

Khi B di chuyển một đoạn S = vt thì con bọ đi được L = u.t 2

L −S u 2 2 = L t − v2 t 4 L L Đặt f ( t ) = L2 t 2 − v 2 t 4 . Bài toán trở thành tìm max f ( t ) = ?

+∞

−

f (x1 )

Độ cao mà nó đạt được khi đó là h = L sin a = ut

Xét f ' ( x ) = 0 ⇔ x2 + Rx − ( ZL − ZC ) = 0. ∆ = R2 + 4 ( ZL − ZC ) > 0 .

Bảng biến thiên. x 0

Ta có 0 < t < L và đồng thời t = L với L là chiều dài thanh cứng.

576  f ' ( t ) = 72 − 3 > 0 ∀ t ≥ 3 t

a2 24 288 288 = 72 h + Diện tích xung quanh của hồ cá : S = 3ah + = 3h. + h h 2 h

Câu 47.

Hướng dẫn giải :

288 t2

Ta có: U LCR = I Rx + ( ZL − ZC ) = 2

a 1 2 24 Theo đề : a = 2b  b =  V = a.b.h = a h = 288  a = 2 2 h

f ( t ) = 72 t +

? Yêu cầu Rx → R  U LCR → MIN  → cos ϕ = ?

3 3 =  t = 5 ln ≈ 2 , 027 2 2

Đáp án C

Xét hàm số

)

Hướng dẫn giải

 3 Lập bảng biến thiên ta suy ra maxC ( t ) = C  5 ln  2 

Câu 46.

(

Câu 49.

C ( t ) = 100 e − 0 , 4 t − e − 0 ,6 t  C ' ( t ) = 100 − 0 , 4 e − 0 , 4 t + 0 , 6 . e − 0 ,6 t

Xét C ' ( t ) = 0 ⇔ e 0 , 2 t

)

t∈( 0 ; 24 )

Hướng dẫn giải.

(

0 , 28. 4 − t 2 0 , 28t C' t  = . Khi đó C' ( t ) = 0 ⇔ t = 2 () 2 t2 + 4 t2 + 4

Lập bảng biến thiên ta suy ra max C ( t ) = 2

Đáp án D

Câu 45.

C (t ) =

− ZC )

R2 + 4 ( ZL − ZC ) − R

L2 L Ta có f ' ( t ) = 2 L t − 4v t , f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 2  t = 2v v 2

Dựa vào bảng biến thiên, ta có max f ( x ) = f ( x1 ) ⇔ Rx =

  Lập bảng biến thiên ta suy ra max f ( t ) = f  L  = L . 2v

Như vậy khi đó ta có 2Rx + R = R + 4 ( ZL − ZC ) ⇔ 4 Rx + 4Rx R = 4 ( ZL − ZC )

2 3

v 2 

Câu 48.

2 2

 Rx 2 + Rx R = ( ZL − ZC ) .

Đáp án D Hướng dẫn giải. Trang 19/22

Trang 20/22

Khi đó tan ϕ = 2

 ( cos ϕ ) =

Câu 50.

ZL − ZC 2 ( ZL − ZC ) = Rx2 + Rx R  2 1 R = Rx ⇔ ( tan ϕ ) = → ( tan ϕ ) = 2 2 R + Rx 2 ( R + Rx ) ( R + Rx )

2 6  cos ϕ = ≈ 0, 816 . 3 3

Đáp án C

Hướng dẫn giải. Đặt AB = a, AD = b, AA' = c . Khi đó V ABCD.A' B'C' D' = abc . Và ABCD.A' B'C' D' là hình hộp chữ nhật nên giả sử a > b Theo giả thiết, ta có 2.SABCD + 2.SABB' A' + 2.SBCC' B' = 36 . ⇔ SABCD + SABB' A' + SBCC' B' = 18 ⇔ ab + bc + ca = 18 .

Xét tam giác AA'C' vuông tại A' , ta có AC' 2 = AA' 2 + A'C' 2 . Mà xét tam giác A' B'C' vuông tại B' , có A'C' 2 = A' B' 2 + B'C' 2 . Khi đó AC' 2 = AA' 2 + A' B' 2 + B'C' 2 = a 2 + b 2 + c 2 = 36 . 2

Ta có ( a + b + c ) − 2 ( ab + bc + ca ) = 36 ⇔ ( a + b + c ) = 72 . Cho các số a,b,c . Đặt m = a + b + c , n = ab + bc + ca , p = abc . 3

Khi đó, ta có 9mn − 27 p − 2m3 ≤ 2 ( m2 − 3n ) . m = a + b + c = 6 2 Áp dụng với  ta được: n = ab + bc + ca = 18

108 2 − 27 p ≤ 108 2 ⇔ 27 p − 108 2 ≤ 108 2 ⇔ p ≤ 8 2

Hay nói cách khác abc đạt giá trị lớn nhất tại 8 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 4 2 , b = c = 2 .

Trang 21/22

CHƯƠNG II.ỨNG DỤNG HÀM SỐ LUỸ THỪA

1. Tiền lãilà một khái niệm xem xét dưới hai góc độ khác nhau là người cho vay và

HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LOGARIT

người đi vay. Ở góc độ người cho vay hay nhà đầu tư vốn, tiền lãi là số tiền tăng thêm

Các bài toán về hàm số luỹ thừa hàm số mũ và hàm số logarit là các bài toán rất hay

trên số vốn đầu tư ban đầu trong một giai đoạn thời gian nhất định. Khi nhà đầu tư

và có nhiều ứng dụng trong thực tế.

đem đầu tư một khoản vốn, họ mong muốn sẽ thu được một giá trị trong tương lai, hơn

1. Các ứng dụng trong kinh tế: Bài toán lãi suất trong gửi tiền vào ngân hàng, bài toán

giá trị đã bỏ ra ban đầu và khoản tiền chênh lệnh này được gọi là tiền lãi. Ở góc độ

vay – mua trả góp….

người đi vay hay người sử dụng vốn, tiền lãi là số tiền mà người đi vay phải trả cho

2. Các ứng dụng trong lĩnh vực đời sống và xã hội: Bài toán tăng trưởng về dân số…. 3. Các ứng dụng trong lĩnh vực khoa học kỹ thuật: Bài toán liên quan đến sự phóng xạ, tính toán các cơn dư chấn do động đất, cường độ và mức cường độ âm thanh

người vay (là người chủ sở hữu vốn) để được sử dụng vốn trong một thời gian nhất định. 2. Lãi suất:Là tỷ số tiền lãi (nhận được) phải trả so với vốn (cho) vay trong 1 đơn vị thời gian

……………

Đơn vị thời gian có thể là năm, quý, tháng, ngày. Trước khi đọc các phần tiếp theo của tài liệu, các em thử một lần nhớ lại có khi nào

Lãi suất được tính bằng tỷ lệ phần trăm hoặc số lẻ thập phân.

ta từng đitheo bố (mẹ) vào ngân hàng: để gửi tiền tiết kiệm, hoặc vay tiền ngân hàng,

Ví dụ: Một ngân hàng A có lãi suất cho tiền gửi tiết kiệm cho kỳ hạn 1 tháng là

hoặc làm một thẻ ATM mới… ở đó các em sẽ thấy được những bảng thông báo về lãi

0,65%một tháng.

suất tiền gửi, lãi suất cho vay, các em nghe được các nhân viên ngân hàng tư vấn về

Nghĩa là ta hiểu nếu ban đầu ta gửi tiết kiệm vào ngân hàng A với số tiền là 100 triệu

hình thức gửi tiền (vay tiền ) và cách tính lãi suất. Liệu có em nào thắc mắc tự hỏi rằng

đồng thì sau một tháng số tiền lãi ta nhận được là 100.106 × 0 , 65% = 650.000 đồng.

lãi suất là gì?có các hình thức tính lãi suất nào thường gặp? Câu trả lời sẽ có trong

Bây giờ ta tìm hiểu một số loại lãi suất hay sử dụng trong các ngân hàng và các dịch

các

vụ tài chính: lãi đơn, lãi kép, lãi kép liên tục.

phần

tiếp

theo

của

tài

liệu.

Trong tài liệu nhỏ này các em cũng tìm được những câu trả lời cho các câu hỏi như:

Trong chủ đề này ta tìm hiểu về lãi đơn.

Dân số các quốc gia được dự báo tăng hay giảm bằng cách nào?

3.Lãi đơn là số tiền lãi chỉ tính trên sốvốn gốc mà không tính trên số tiền lãi do số vốn

Độ to (nhỏ) của âm thanh được tính toán như thế nào?

gốc sinh ra trong một khoảng thời gian cố định. (Chỉ có vốn gốc mới phát sinh tiền lãi). Bây giờ, hãy tưởng tượng ta cầm một khoản tiền 10.000.000 đồng đến gửi ngân hàng,

…….. Qua nội dung này, chúng ta sẽ biết vận dụng các kiến thức đã học về hàm số luỹ thừa,

sau mỗi tháng ta sẽ nhận được 0,5% của số tiền vốn 10.000.000 đồng đó. Quá trình tích

hàm số mũ và hàm số logarit vào để giải quyết một số bài toán thực tế liên quan các

vốn và sinh lãi có thể quan sát trong bảng sau: Tháng

chủ đề nêu ở trên. Các chủ đề trong bài toán, được thể hiện qua các phần sau:

Tổng vốn

Tổng Lãi (nếu không rút)(Đồng)

(Đồng)

• Phần A: Tóm tắt lí thuyết và các kiến thức liên quan. • Phần B: Các bài toán ứng dụng thực tế.

10.000.000

0 , 5%.10.000.000 = 50.000

• Phần C: Các bài toán trắc nghiệm khách quan.

10.000.000

50.000 + 0 , 5%.10.000.000 = 100.000

• Phần D: Đáp án và hướng dẫn giải câu hỏi trắc nghiệm.

10.000.000

100.000 + 0 , 5%.10.000.000 = 150.000

CHỦ ĐỀ 1: BÀI TOÁN LÃI ĐƠN

Như vậy, ta thấy rõ trong suốt quá trình trên tiền lãi ta có thêm hàng tháng là một hằng

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

số, ngoài ra tiền vốn từ đầu chí cuối không đổi.

Trước hết chúng ta tìm hiểu một số khái niệm đơn giản sau. Trang 1/48

Trang 2/48

Bây giờ ta xét bài toán tổng quát sau: Ta đưa vào sử dụng vốn gốc ban đầu P0 với mong muốn đạt được lãi suất r mỗikìtheo hình thức lãi đơntrong thời gian n kì. Vào cuối mỗi

B. CÁC BÀI TOÁN THỰC TẾ

kì ta rút tiền lãi và chỉ để lại vốn. Tính tổng giá trị đạt được (vốn và lãi) sau n kì.

DẠNG 1: CHO BIẾT VỐN VÀ LÃI SUẤT, TÌM TỔNG SỐ TIỀN CÓ ĐƯỢC SAU N KỲ

 Chú ý:Đơn vị thời gian của mỗi kì có thể là năm, quý, tháng, ngày. Ta theo dõi bảng sau: Ở

cuối Vốn gốc

Tiền lãi

kì

Tổng vốn và lãicộng dồn

Phương pháp

ở cuối kì



Xác định rõ các giá trị ban đầu: vốn P0 , lãi suất r , số kỳ n .

P0 .r

P0 + P0 r = P0 ( 1 + r )



Áp dụng công thức Pn = P0 .(1 + nr), (1)

P0 .r

P0 + P0 r + P0 r = P0 ( 1 + 2 r )



Qua các bài toán cụ thể, sẽ minh họa rõ hơn cho phương pháp trên.

P0 .r

P0 + P0 r + 2 P0 r = P0 (1 + 3r )

P0 .r

P0 + P0 r + 3P0 r = P0 ( 1 + 4 r )

…

….

…..

sau 2 năm tổng số tiền anh Lâm rút được về từ ngân hàng là bao nhiêu?(Giả sử lãi

P0 .r

P0 + P0 r + ( n − 1 ) P0 r = P0 ( 1 + nr )

suất hàng năm không đổi)

_____________________________________________________________________ Bài toán 1: Anh Lâm đi gửi ngân hàng với số tiền 120.000.000 đồng theo hình thức lãi đơn với lãi suất 5% một năm. Hỏi nếu anh giữ nguyên số tiền vốn như vậy thì

Do đó, ta có thể tóm gọn lại công thức tính tổng giá trị đạt được (vốn và lãi) sau n kì như sau: Pn = P0 .(1 + nr), ( 1 )

Pn là tổng giá trị đạt được (vốn và lãi) sau n kì.

Ảnh minh hoạ: Nguồn internet

P0 là vốn gốc. r

là lãi suất mỗi kì.

Bây giờ để hiểu rõ hơn về công thức (1) trong bài toán lãi đơn, các em qua phần tiếp theo : Các bài toán trong thực tế hay gặp.

 Phân tích bài toán Ta xác định giả thiết đề bài cho gì: Số tiền ban đầu P0 = 120.000.000 đồng, hình thức gửi lãi đơn với lãi suất r = 5% một năm và gửi trong thời gian n = 2 năm. Đề bài yêu câu tìm tổng số tiền anh Lâm rút được từ ngân hàng sau 2 năm, lúc này ta sử dụng trực tiếp công thức Pn = P0 .(1 + nr), (1)

Hướng dẫn giải •

Áp dụng công thức (1) ta tính được tổng số tiền anh Lâm rút được từ ngân hàng sau 2 năm là: P2 = 120000000 × ( 1 + 2 × 5% ) = 132000000 đồng.

Trang 3/48

Trang 4/48

•

Cũng sau hai năm số tiền lãi mà anh Lâm thu được là:

• Qui đổi lãi suất tháng: r' =

132.000.000 − 120.000.000 = 12.000.000 đồng.

•

 Bình luận: Qua bài toán này ta cần lưu ý:

r = 1% tháng 12

Áp dụng công thức (1) ta tính được tổng số tiền ông B đạt được sau 2 năm 3 tháng là: Pn = 450000000 × (1 + 27 × 1% ) = 571.500.000 đồng.

Một là, khi tính toán các yếu tố trong bài toán gửi tiền vào ngân hàng này các em cần lưu ý là dữ kiện ban đầu tính theo hình thức lãi suất nào: Lãi đơn hay loại lãi khác…

 Bình luận: Qua bài toán này ta cần lưu ý:

từ đó xác định đúng công thức tính toán cho từng trường hợp.

Một là, khi tính toán các yếu tố trong bài toán đầu tư này các em cần lưu ý là dữ kiện

Hai là, nếu lãi suất và thời hạn gửi không cùng đơn vị thời gian, ta phải biến đổi để

ban đầu tính theo hình thức lãi suất nào: Lãi đơn hay loại lãi khác… từ đó xác định

chúng đồng nhất về thời gian rồi mới áp dụng công thức (1). Để hiểu rõ vấn đề này

đúng công thức tính toán cho từng trường hợp.

các em qua bài toán 2.

Hai là, nếu lãi suất và thời hạn gửi không cùng đơn vị thời gian, ta phải biến đổi để chúng đồng nhất về thời gian rồi mới áp dụng công thức (1). Bây giờ các em cùng qua

Bài toán 2: Ông Bbỏ vốn 450.000.000 đồng,đầu tư vào một công ty bất động sản

tìm hiểu dạng toán thứ 2.

với lãi suất đầu tư 12% một năm (theo hình thức lãi đơn) trong vòng 2 năm 3 tháng. Xác định giá trị đạt được vào cuối đợt đầu tư.

DẠNG 2: CHO BIẾT VỐN VÀ LÃI SUẤT, TỔNG SỐ TIỀN CÓ ĐƯỢC SAU N KỲ. TÌM N

 Phân tích bài toán Ta xác định giả thiết đề bài cho gì: Số tiền ban đầu P0 = 450.000.000 đồng, hình thức đầu tư lãi đơn với lãi suất r = 12% = 0,12 một năm và đầu tư trong thời gian n = 2 năm 3 tháng. Như vậy trong bài này ta thời gian đầu tư chưa cùng đơn vị với lãi suất nên ta

Phương pháp 

Xác định rõ các giá trị ban đầu: vốn P0 , lãi suất r , tổng số tiền có được sau n kì .



Áp dụng công thức Pn = P0 .(1 + nr) ⇔ Pn = P0 + P0 nr ⇔ n =



Qua các bài toán cụ thể, sẽ minh họa rõ hơn cho phương pháp trên

phải đổi chúng về cùng đơn vị thời gian. Trong bài này ta có thể đưa về đơn vị thời gian cùng là năm hoặc cùng là tháng. Đề bài yêu câu tìm tổng số tiền ông B đạt được sau 2 năm 3 tháng, lúc này ta sử dụng

Pn − P0 P0 r

_____________________________________________________________________ Bài toán 3: Với lãi suất 10% năm (theo hình thức lãi đơn) cho số vốn 25triệu

trực tiếp công thức Pn = P0 .(1 + nr), (1)

đồng, nhà đầu tư A mong muốn thu được 32.125.000 đồng vào cuối đợt đầu tư. Vậy phải đầu tư trong bao lâu để đạt được giá trị như trên? (Giả sử lãi suất hàng

Hướng dẫn giải Do n = 2 năm 3 tháng = 27 tháng =

năm không đổi) 27 năm. Ta có thể tính giá trị đạt được theo2 cách. 12

Cách 1:Đưa đơn vị thời gian cùng là năm •

 Phân tích bài toán

Áp dụng công thức (1) ta tính được tổng số tiền ông B đạt được sau 2 năm 3 tháng   27 là: Pn = 450000000 ×  1 + × 12%  = 571.500.000 đồng. 12  



Ta xác định giả thiết đề bài cho gì: Số tiền ban đầu P0 = 25000000 đồng, hình thức gửi lãi đơn với lãi suất r = 10% một năm và giá trị đạt được vào cuối đợt đầu tư là 32125000 đồng.

Cách 2:Đưa đơn vị thời gian cùng là tháng. Trang 5/48

Trang 6/48



Để tìm thời gian đầu tư trong bao lâu, xuất phát từ công thức (1) Pn = P0 .(1 + nr)  n =

Pn − P0 P0 r

3 năm 4 tháng = 3 +

•

Áp dụng công thức (1):

Pn = P0 .(1 + nr)  r =

Hướng dẫn giải •

Áp dụng công thức (1):

1 10 năm = 3 3

•

Pn − P0 P0 n

75210000 − 60000000 = 7 , 605% một năm 10 60000000 × 3

• Vậy lãi suất tiền gửi là 7 , 605% một năm để đạt được giá trị mong muốn.

P − P0 32125000 − 25000000 Pn = P0 .(1 + nr)  n = n = = 2 , 85 năm = 2 năm 10 tháng 6 ngày P0 r 25000000 × 10%

• Vậy phải đầu tư số vốn trong thời gian 2 năm 10 tháng 6 ngày để đạt được giá trị

DẠNG 4: CHO BIẾT LÃI SUẤT, TỔNG SỐ TIỀN CÓ ĐƯỢC SAU N KỲ. TÌM VỐN BAN ĐẦU

mong muốn.

Phương pháp DẠNG 3: CHO BIẾT VỐN, TỔNG SỐ TIỀN CÓ ĐƯỢC SAU N KỲ. TÌM LÃI SUẤT

Phương pháp 

Xác định rõ các giá trị ban đầu: vốn P0 , tổng số tiền có được sau n kì, số kỳ n .



Để

tính

lãi

suất

Từ

công

thức

(1)

Xác định rõ các giá trị ban đầu: tổng số tiền có được sau n kì , lãi suất r , số kỳ n .



Tính số vốn ban đầu: Áp dụng công thức Pn = P0 .(1 + nr) ⇔ P0 =



Qua các bài toán cụ thể, sẽ minh họa rõ hơn cho phương pháp trên.

Pn . 1 + nr

_____________________________________________________________________ có:

P − P0 Pn = P0 .(1 + nr) ⇔ Pn = P0 + P0 nr ⇔ r = n P0 n



Bài toán 5: Với lãi suất đầu tư 14% năm (theo hình thức lãi đơn) thì nhà đầu tư anh Tuấn phải bỏ ra số vốn ban đầu là bao nhiêu để thu được 244 triệu đồng trong thời gian 3 năm 9 tháng.(Giả sử lãi suất hàng năm không đổi)

Qua các bài toán cụ thể, sẽ minh họa rõ hơn cho phương pháp trên.

_____________________________________________________________________ Bài toán 4: Bà Cúc gửi ngân hàng 60 triệu đồng trong 3 năm 4 tháng với lãi suất r% năm thì đạt kết quả cuối cùng là 75.210.000 đồng. Xác định r? (Biết rằng hình thức lãi suất là lãi đơn và lãi suất hàng năm không thay đổi)

 Phân tích bài toán Ta xác định giả thiết đề bài cho gì: Số tiền thu được Pn = 244.000.000 đồng, hình thức đầu tư theo lãi đơn với lãi suất r = 14% một năm và đầu tư trong thời gian n = 3 năm 9 tháng.

Đề bài yêu câu tìm vốn đầu tư ban đầu của anh Tuấn,ta sử dụng công thức  Phân tích bài toán

Pn = P0 .(1 + nr)

Ta xác định giả thiết đề bài cho gì: Số tiền ban đầu P0 = 60.000.000 đồng,tổng số tiền có được sau 3 năm 4 tháng là 75210000 đồng.

Hướng dẫn giải

Đề bài yêu câu tìm tìm lãi suất ta áp dụng công thức Pn = P0 .(1 + nr), (1)

Hướng dẫn giải Trang 7/48

9 15 năm = 12 4

•

3 năm 9 tháng = 3 +

•

Từ dụng công thức (1):

Trang 8/48

Pn = P0 .(1 + nr)  P0 =

Pn 1 + nr

 Tiền lãi nhận được: P1 .r

244000000 = 160000000 đồng. 15 1 + × 14% 4

 Tổng giá trị đạt được (vốn và lãi) cuối kì thứ 2 là: 2

• Vậy phải đầu tư 160000000 đồng để đạt được giá trị mong muốn.

P2 = P1 + P1 .r = P1 ( 1 + r ) = P0 ( 1 + r )( 1 + r ) = P0 (1 + r ) .

 Bình luận: Qua các bài toán các em biết được.

…………

Một là,hình thức lãi đơn là gì, từ đó có những kiến thức và hiểu biết nhất định để sau

o Một cách tổng quát, sau n kì, tổng giá trị đạt được là Pn = P0 (1 + r ) , ( 2 )

này áp dụng trong cuộc sống hàng ngày. Trong đó Pn là tổng giá trị đạt được (vốn và lãi)sau n kì.

Hai là,biết tính toán qua lại các yếu tố trong công thức liên quan bài toán lãi đơn.

P0 là vốn gốc.

Để hiểu rõ hơn các vấn đề nêu ở trên, các em làm các bài tập trắc nghiệm ở dưới nhé.

CHỦ ĐỀ 2: BÀI TOÁN LÃI KÉP

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

là lãi suất mỗi kì.

Ta cũng tính đượcsố tiền lãithu được sau n kì là : Pn − P0

Bây giờ để hiểu rõ hơn về công thức ( 2 ) trong bài toán lãi kép, các em qua phần tiếp

Trong chủ đề này ta tìm hiểu về lãi kép.

theo : Các bài toán trong thực tế hay gặp.

2.1. Lãi kép là phương pháp tính lãi mà trong đó lãi kỳ này được nhập vào vốn để tính

B. CÁC BÀI TOÁN THỰC TẾ

lãi kì sau. Trong khái niệm này, số tiền lãi không chỉ tính trên số vốn gốc mà còn tính DẠNG 1: CHO BIẾT VỐN VÀ LÃI SUẤT, TÌM TỔNG SỐ TIỀN CÓ ĐƯỢC SAU N KỲ

trên số tiền lãi do số vốn gốc sinh ra.  Thuật ngữ lãi kép cũng đồng nghĩa với các thuật ngữ như lãi gộp vốn, lãi ghép vốn hoặc lãi nhập vốn.

Phương pháp

2.2. Công thức tính lãi kép.  Trong khái niệm lãi kép, các khoản tiền lời phát sinh từ hoạt động đầu tư mỗi kì được tính gộp vào vốn ban đầu và bản thân nó lại tiếp tục phát sinh lãi trong suốt thời gian đầu tư.  Bây giờ ta xét bài toán tổng quát sau: Ta đưa vào sử dụng vốn gốc ban đầu P0 với mong muốn đạt được lãi suất r mỗi kì theo hình thức lãi kép trong thời gian n kì.



Xác định rõ các giá trị ban đầu: vốn P0 , lãi suất r , số kỳ n .



Áp dụng công thức Pn = P0 (1 + r ) , ( 2 ) .



Qua các bài toán cụ thể, sẽ minh họa rõ hơn cho phương pháp trên.

_____________________________________________________________________ Bài toán 1: Ông A gửi 10 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép.

Vào cuối mỗi kì ta rút tiền lãi và chỉ để lại vốn. Tính Pn tổng giá trị đạt được (vốn và

a) Nếu theo kì hạn 1 năm với lãi suất 7,56% một năm thì sau 2 năm người đó thu

lãi) sau n kì.

được số tiền là bao nhiêu?

Chú ý:Đơn vị thời gian của mỗi kì có thể là năm, quý, tháng, ngày. o Ở cuối kì thứ nhất ta có:

b) Nếu theo kì hạn 3 tháng với lãi suất 1,65% một quý thì sau 2 năm người đó thu được số tiền là bao nhiêu?

 Tiền lãi nhận được: P0 .r  Tổng giá trị đạt được (vốn và lãi) cuối kì thứ nhất:

 Phân tích bài toán

P1 = P0 + P0 .r = P0 ( 1 + r ) .

o Do lãi nhập vào vốn đến cuối kì thứ hai ta có: Trang 9/48

Trang 10/48



Đề bài yêu cầu tìm tổng số tiền ông A rút được từ ngân hàng sau 2 năm, lúc này ta sử dụng trực tiếp công thức Pn = P0 (1 + r ) , ( 2 ) .



Hướng dẫn giải • Ta có P0 = 100 triệu, n = 5 năm, lãi suất trong 1 năm là r = 13% một năm.

Ta phải xác định rõ: P0 = ..,r = ..,n = ....? , từ đó thay vào công thức (2) tìm được Pn .

• Áp dụng công thức (2) ta tính được số tiền người đó thu được sau 5 năm là : 5

P5 = 100 × ( 1 + 13% ) ≈ 184 triệu đồng.

Hướng dẫn giải

• Vậy số tiền lãi thu được sau 5 năm là: P5 − P0 ≈ 184 − 100 = 84 triệu đồng.

a) Ta có P0 = 10000000 triệu, n = 2 năm, lãi suất trong 1 năm là r = 7 , 56% một năm.

Bài toán 3: Chị An gửi tiết kiệm 500.000.000 đồng vào ngân hàng A theo kì hạn 3

Áp dụng công thức (2) ta tính được số tiền người đó thu được sau 2 năm là :

tháng và lãi suất 0,62% một tháng theo thể thức lãi kép. a) Hỏi sau 5 năm chị An nhận được số tiền là bao nhiêu (cả vốn và lãi) ở ngân

P2 = 10000000 × ( 1 + 7 , 65% ) ≈ 11569000 đồng.

b) Ta có P0 = 10000000 triệu, n = 2 năm = 8 quý, lãi suất trong 1 quý là r = 1, 65% một quý. Áp dụng công thức (2) ta tính được số tiền người đó thu được sau 2 năm là :

hàng, biết rằng chị không rút lãi ở tất cả các kì trước đó. b) Nếu với số tiền trên chị gửi tiết kiệm theo mức kì hạn 6 tháng với lãi suất 0,65% một tháng thì 5 năm chị An nhận được số tiền là bao nhiêu (cả vốn và lãi) ở

P2 = 10000000 × ( 1 + 1, 65% ) ≈ 11399000 đồng.

ngân hàng, biết rằng chị không rút lãi ở tất cả các kì trước đó.

 Bình luận: Qua bài toán này ta cần lưu ý: Một là, khi tính toán các yếu tố trong bài toán gửi tiền vào ngân hàng này các em cần lưu ý là dữ kiện ban đầu tính theo hình thức lãi suất nào: Lãi đơn haylãi kép… từ đó xác định đúng công thức tính toán cho từng trường hợp. Hai là, nếu lãi suất và thời hạn gửi không cùng đơn vị thời gian, ta phải biến đổi để chúng đồng nhất về thời gian rồi mới áp dụng công thức (2). Ảnh minh hoạ: Nguồn internet Bài toán 2: Một người đầu tư 100 triệu đồng vào một ngân hàng theo thể thức lãi kép với lãi suất 13% một năm. Hỏi sau 5 năm mới rút lãi thì người đó thu được bao nhiêu tiền lãi? (Giả sử rằng lãi suất hàng năm không đổi)

 Phân tích bài toán 

định, lúc này ta sử dụng trực tiếp công thức Pn = P0 ( 1 + r ) , ( 2 )

Đề bài yêu cầu tìm số tiền lãi thu được sau 5 năm. Trước hết ta tính tổng số tiền người đó có được sau

5 năm, lúc này ta sử dụng trực tiếp công thức

Pn = P0 ( 1 + r ) , ( 2 ) . Từ đó ta tính được số tiền lãi thu được sau 5 năm là: Pn − P0



Đề bài yêu cầu tìm tổng số tiền chị An rút được từ ngân hàng 1 thời gian gửi nhất

Trong công thức (2) ta phải xác định rõ: P0 = ..;r = ..,n = ....? , từ đó thay vào công thức (2) tìm được Pn .

Trang 11/48



Trong công thức (2) ta phải xác định rõ: P0 = ..;r = ..,n = ....? , từ đó thay vào công thức (2) tìm được Pn . Hướng dẫn giải

a)●Do mỗi kì hạn là 3 tháng nên 5 năm ta có n = 20 kì hạn. •

Lãi suất mỗi kì hạn là r = 3 × 0 , 62% = 1, 86% .

•

Áp dụng công thức (2) sau 5 năm chị An nhận được số tiền là: Trang 12/48

Pn = 500000000 × ( 1 + 1, 86% )



≈ 722.842.104 đồng.

phần phương pháp giải) .Ở bài toán này ta dùng cách 2.

b)● Do mỗi kì hạn là 6 tháng nên 5 năm ta có n = 10 kì hạn. •

Lãi suất mỗi kì hạn là r = 6 × 0 , 65% = 3 , 9% .

•

Số tiền nhận được là: Pn = 500000000 × (1 + 3 , 9% ) = 733036297 , 4 đồng.

Hướng dẫn giải

DẠNG 2: CHO BIẾT VỐN VÀ LÃI SUẤT, TỔNG SỐ TIỀN CÓ ĐƯỢC SAU N KỲ. TÌM N

•

Ta có Pn = 280000000 đồng, P0 = 170000000 đồng, r = 13% một năm

•

Sau n năm đầu tư, doanh nghiệp B thu được tổng số tiền là: Pn = P0 (1 + r ) , (* ) .

Trong lời giải này ta sử dụng cách 2, lấy logarit thập phân hai vế. Ta được

Xác định rõ các giá trị ban đầu: vốn P0 , lãi suất r trong mỗi kì, tổng số tiền có

(* ) ⇔ ( 1 + r )

được sau n kì . 

Để tìm n, áp dụng công thức (2), ta có Pn = P0 (1 + r ) ⇔ (1 + r ) =

Pn P0

(* )

Bài toán 5: Một người gửi 60 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép, kì hạn 1 năm với lãi suất 7,56% một năm. Hỏi sau bao nhiêu năm gửi người gửi sẽ có

Cách 2: Lấy logarit thập phân hai vế của đẳng thức (*), ta được

log (1 + r )

280000000 170000000 ≈ 4 , 08 năm= 4 năm 1tháng. log ( 1 + 13% )

muốn.

Pn P ⇔ n = log1+ r n P0 P0

P log n Pn Pn P0 = ⇔ nlog ( 1 + r ) = log ⇔n= P0 P0 log ( 1 + r )

• Vậy phải đầu tư số vốn trong thời gian 4 năm 1 tháng để đạt được giá trị mong

Cách 1: Ta coi (*) là một phương trình mũ, giải ra tìm n.

(1 + r )

log ⇔n=

Để tìm n từ đẳng thức (*) ta có nhiều cách thực hiện:



Để tìm n từ công thức (*) các em sử dụng 2 cách (coi lại phần phương pháp giải)

Phương pháp 

Để tìm thời gian đầu tư trong bao lâu, ta xuất phát từ công thức (2) (Các em coi lại

ít nhất 120 triệu đồng từ số tiền gửi ban đầu (giả sử lãi suất không thay đổi)?

P log n Pn Pn P0 = log ⇔ n.log ( 1 + r ) = log ⇔n= P0 P0 log ( 1 + r )

 Phân tích bài toán

Qua các bài toán cụ thể, sẽ minh họa rõ hơn cho phương pháp trên.

_____________________________________________________________________



thức lãi kép với lãi suất r = 7, 56% một năm và giá trị đạt được sau n năm gửi là

Bài toán 4: Doanh nghiệp B muốn thu được 280 triệu đồng bằng cách đầu tư ở hiện tại 170 triệu đồng, với lãi suất sinh lợi là 13% một năm theo thể thức lãi kép. Xác định thời gian đầu tư?

Ta xác định giả thiết đề bài cho gì: Số tiền ban đầu P0 = 60.000.000 đồng, theo hình

280000000 đồng.



Để tìm thời gian gửi trong bao lâu, ta xuất phát từ công thức (2) (Các em coi lại phần phương pháp giải) . Ở bài toán này ta dùng cách 1. Hướng dẫn giải

 Phân tích bài toán 

Ta xác định giả thiết đề bài cho gì: Số tiền ban đầu P0 = 170000000 đồng, theo hình thức lãi kép với lãi suất sinh lợi r = 13% một năm và giá trị đạt được vào cuối đợt

•

Ta có Pn = 120000000 đồng, P0 = 60000000 đồng, r = 7,56% một năm

•

Áp dụng công thức (2): sau n năm gửi, người gửi thu được tổng số tiền là n

Pn = P0 (1 + r ) ⇔ (1 + r ) =

đầu tư là 280000000 đồng.

Trang 13/48

Pn P 120000000 ⇔ n = log1+ r n ⇔ n = log1+ 7 ,56% ≈ 9 , 51 năm P0 P0 60000000

Trang 14/48

• Vậy sau khoảng 10 năm người gửi sẽ có ít nhất 120 triệu đồng từ số vốn 60 triệu

đồng ban đầu. Bài toán 6: Một khách hàng có 100.000.000 đồng gửi ngân hàng kì hạn 3 tháng với

Pn = P0 ( 1 + r ) ⇔ ( 1 + r ) =



Pn P ⇔1+ r = n n ⇔ r = P0 P0

Pn −1 P0

Qua các bài toán cụ thể dưới đây, sẽ minh họa rõ hơn cho phương pháp trên

lãi suất 0,65% một tháng theo thể thức lãi kép. Hỏi sau tối thiểu bao nhiêu quý

_____________________________________________________________________

gửi tiền vào ngân hàng, khách mới có số tiền lãi lớn hơn số tiền gốc ban đầu gửi

Bài toán 7: Doanh nghiệp C gửi tiền vào ngân hàng với số tiền là 720 triệu đồng,

ngân hàng, giả sử người đó không rút lãi trong tất cả các quý định kì. (Số quý gửi

theo thể thức lãi kép, kì hạn 1 năm với lãi suất r% một năm. Sau 5 năm doanh

là số nguyên)

nghiệp C có một số tiền 1200 triệu đồng. Xác định r? (Biết lãi suất hàng năm không thay đổi)

 Phân tích bài toán 

Ta xác định giả thiết đề bài cho gì: Số tiền ban đầu P0 = 100.000.000 đồng, gửi theo

 Phân tích bài toán

hình thức lãi kép với lãi suất 0, 65% một tháng và kì hạn gửi là 3 tháng, từ đó suy



ra được lãi suất trong 1 kì hạn là: r = 3 × 0 , 65% = 1, 95% 

Ta xác định giả thiết đề bài cho gì: Số tiền ban đầu P0 = 720.000.000 đồng,tổng số tiền có được sau 5 năm ( n = 5 kì hạn) là 1200.000.000 đồng.

Để tìm thời gian n gửi tối thiểu trong bao lâu, để số tiền lãi lớn hơn số tiền gốc ban đầu ta làm như sau: Ta tìm tổng số tiền lãi Pn − P0 có được sau n quý. Từ đó ta



Đề bài yêu cầu tìm lãi suất mỗi kì, ta áp dụng công thức r = n

Pn − 1 (Coi phần P0

phương pháp giải)

giải bất phương trình Pn − P0 > P0 suy ra n vần tìm. Các em coi lời giải chi tiết ở

Hướng dẫn giải

dưới. Hướng dẫn giải

•

Lãi suất mỗi kì là: r = 5

• Áp dụng công thức (2) ta có: P0 = 100000000 đồng, lãi suất trong 1 kì hạn là: r = 3 × 0 , 65% = 1, 95% . Sau n quý tổng số tiền (vốn và lãi)khách hàng có được là:

Pn 1200000000 −1 = 5 − 1 ≈ 10 , 76% một năm. P0 720000000

• Vậy lãi suất tiền gửi là 10 , 76% một năm để đạt được giá trị mong muốn.

Pn = P0 ( 1 + r ) suy ra tổng số tiền lãi có được sau n quý là: Pn − P0 n

DẠNG 4: CHO BIẾT LÃI SUẤT, TỔNG SỐ TIỀN CÓ ĐƯỢC SAU N KỲ. TÌM VỐN BAN ĐẦU

• Cần tìm n để Pn − P0 > P0 ⇔ P0 ( 1 + r ) − P0 > P0 ⇔ ( 1 + r ) > 2 ⇔ n > log1+r 2 ⇔ n > log1+1 ,95% 2 ≈ 35 , 89 ≥ 36

• Vậy sau 36 quý (tức là 9 năm) người đó sẽ có số tiền lãi lớn hơn số tiền gốc ban đầu gửi ngân hàng. DẠNG 3: CHO BIẾT VỐN, TỔNG SỐ TIỀN CÓ ĐƯỢC SAU N KỲ. TÌM LÃI SUẤT

Phương pháp 

Xác định rõ các giá trị ban đầu: tổng số tiền có được sau n kì , lãi suất r , số kỳ n .



Tính số vốn ban đầu: Áp dụng công thức Pn = P0 (1 + r ) ⇔ P0 =



Qua các bài toán cụ thể dưới đây, sẽ minh họa rõ hơn cho phương pháp trên.

(1 + r )

_____________________________________________________________________

Phương pháp 

Xác định rõ các giá trị ban đầu: vốn P0 , tổng số tiền có được sau n kì, số kỳ n .

Bài toán 8: Chủ cửa hàng C vay ngân hàng một số vốn, theo thể thức lãi kép, lãi



Để tính lãi suất r mỗi kì. Từ công thức (2) ta có:

gộp vốn 6 tháng 1 lần với lãi suất 9,6% một năm. Tổng số tiền chủ cửa hàng phải Trang 15/48

Trang 16/48

trả sau 4 năm 3 tháng là 536.258.000 đồng. Xác định số vốn chủ cửa hàng C đã

•

vay.

P1 + a = a ( 1 + r ) + a = a + a ( 1 + r ) = a 1 + ( 1 + r ) 

(Biết lãi suất hàng năm không thay đổi) •

Ta xác định giả thiết đề bài cho gì: Số tiền phải trả sau 4 năm 3 tháng là

•

1 2

suất 9,6% một năm, từ đó suy ra lãi suất trong 1 kì là: r = × 9 , 6% = 4 , 8% và đầu tư

•

…………………

(1 + r )

• Cuối tháng thứ n, ông Ninh có số tiền là:

Hướng dẫn giải •

Ta có n = 8 , 5 , r = 4 , 8%,Pn = 536258000



Số

vốn

P0 =

(1 + r )

⇔ P0 =

chủ

cửa

536258000

(1 + 4 , 8%)

8 ,5

Cuối tháng thứ 3, ông Ninh có số tiền là: 2 2 3 2 P3 = P2 + P2 .r = a 1 + ( 1 + r ) + ( 1 + r )  + a 1 + ( 1 + r ) + (1 + r )  .r = a  ( 1 + r ) + ( 1 + r ) + ( 1 + r )       

trong thời gian 4 năm 3 tháng, từ đó suy ra số kì vay là: n = 8 , 5 Số vốn chủ cửa hàng vay ban đầu là: P0 =

Đầu tháng thứ 3, ông Ninh có số tiền là: 2 2 P2 + a = a  ( 1 + r ) + ( 1 + r )  + a = a 1 + ( 1 + r ) + ( 1 + r )     

Pn = 536.258.000 đồng, hình thức đầu tư theo lãi kép, lãi gộp vốn 6 tháng 1 lần với lãi



Cuối tháng thứ 2, ông Ninh có số tiền là: 2 P2 = P1 + P1 .r = a + a ( 1 + r ) +  a + a ( 1 + r )  .r = a  ( 1 + r ) + (1 + r )   

 Phân tích bài toán 

Đầu tháng thứ 2, ông Ninh có số tiền là:

hàng

  n n−1 n− 2 2 Pn = a ( 1 + r ) + (1 + r ) + ( 1 + r ) + .... + (1 + r ) + ( 1 + r )    Sn  

vay

ban

là:

đầu

⇔ Pn = a ( 1 + r )

≈ 360000000 đồng.

(1 + r )

−1

( 3)

(Lưu ý các số hạng của tổng Sn là tổng của n số hạng đầu tiên của một cấp số

 Bình luận: Qua các bài toán các em biết được.

nhân với công bội là q = 1 + r và số hạng đầu là u1 = 1 + r nên ta có

Một là, hình thức lãi kép là gì, từ đó có những kiến thức và hiểu biết nhất định để sau

này áp dụng trong cuộc sống hàng ngày.

Sn = u1

Hai là, biết tính toán qua lại các yếu tố trong công thức liên quan bài toán lãi kép.

(1 + r ) − 1 ) qn − 1 = (1 + r ) q −1 r

Để hiểu ý tưởng bài toán 1, các em theo dõi các ví dụ phía dưới nhé.

Để hiểu rõ hơn các vấn đề nêu ở trên, các em làm các bài tập trắc nghiệm ở dưới nhé.

Ví dụ 1: Một người hàng tháng gửi vào ngân hàng 3000.000 đồng, theo hình thức lãi kép,kì hạn1 tháng. Biết rằng lãi suất hàng tháng là 0,67% . Hỏi sau 2 năm người đó

CHỦ ĐỀ 3: BÀI TOÁN VAY TRẢ GÓP – GÓP VỐN

nhận được số tiền là bao nhiêu? Hướng dẫn giải

A. TÓM TẮT MỘT SỐ BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP Bài toán 1:Ông Ninh hàng tháng gửi vào ngân hàng Y một số tiền như nhau là a đồng,kì hạn1 tháng với lãi suất r% một tháng. Sau n tháng ông Ninh nhận được số tiền vốn và lãi là bao nhiêu?

Áp dụng công thức (3) cho a = 3000.000 đồng, r = 0 , 67%,n = 2 × 12 = 24 tháng

•

Ta có: Sau 2 năm người đó nhận được số tiền là: P24 = 3000000(1 + 0 , 67%)

Hướng dẫn giải •

•

(1 + 0 , 67%)24 − 1 = 78351483 , 45 đồng 0 , 67%

Ví dụ 2: Muốn có số tiền là 200 triệu đồng sau 36 tháng thì phải gửi tiết kiệm một

Cuối tháng thứ 1, ông Ninh có số tiền là: P1 = a + a.r = a (1 + r )

tháng là bao nhiêu. Biết rằng tiền gửi tiết kiệm ngân hàng theo thể thức lãi kép, kì hạn Trang 17/48

Trang 18/48

1 tháng với lãi suất 0,67% một tháng. Lãi suất không thay đổi trong thời gian gửi.

Để hiểu rõ bài toán trên các em theo rõi các ví dụ phía dưới

Hướng dẫn giải

Ví dụ 1: Một cụ già có 100.000.000 gửi vào ngân hàng theo hình thức lãi kép, kì hạn 1

•

Áp dụng công thức (3) cho Pn = 200000000 đồng, r = 0 , 67%,n = 36 tháng

tháng với lãi suất 0,65% một tháng. Mỗi tháng cụ rút ra 1000.000 đồng vào ngày ngân

•

Ta có:

hàng tính lãi. Hỏi sau hai năm số tiền còn lại của cụ là bao nhiêu?

Pn = a (1 + r )

⇔a=

(1 + r ) r

−1

⇔a=

Hướng dẫn giải

r.Pn

(1 + r ) (1 + r )

− 1 

0 , 67%.200000000 ⇔ a ≈ 4.898.146 36 (1 + 0 , 67%) (1 + 0 , 67%) − 1

•

Áp dụng công thức (4) với: n = 24 ,r = 0 , 65%, x = 1000000 ,a = 100000000

•

Vậy số tiền bà cụ còn lại sau 2 năm là:

Vậy hàng tháng phải gửi tiết kiệm số tiền gần 4.900.000 đồng.

Bài toán 2: Giả sử có một người gửi vào ngân hàng a đồng, lãi suất r% một tháng , kì hạn 1 tháng. Mỗi tháng người đó rút ra x đồng vào ngày ngân hàng tính lãi. Hỏi sau n tháng số tiền còn lại là bao nhiêu?

−1

0 ,65%

= 90941121, 63 đồng.

Ví dụ 2: Bạn An được gia đình cho gửi tiết kiệm vào ngân hàng với số tiền là 200.000.000 đồng, theo hình thức lãi kép, kì hạn 1 tháng với lãi suất 0,75 % một tháng. Nếu mỗi tháng An rút một số tiền như nhau vào ngày ngân hàng tính lãi thì An

Hướng dẫn giải

•

Gọi Pn là số tiền còn lại sau tháng thứ n.

•

Sau tháng thứ nhất số tiền gốc và lãi là: a + ar = a (1 + r ) = ad với d = 1 + r d −1 Rút x đồng thì số tiền còn lại là: P1 = ad − x = ad − x d −1

Sau tháng thứ hai số tiền gốc và lãi là: ad − x + ( ad − x ) r = ( ad − x )(1 + r ) = ( ad − x ) d Rút x đồng thì số tiền còn lại là: P2 = ( ad − x ) d − x = ad 2 − xd − x = ad 2 − x ( d + 1) = ad 2 − x

•

(1+ 0,65%)

phải rút bao nhiêu tiền một tháng để sau đúng 5 năm, số tiền An đã gửi vừa hết?

Hướng dẫn giải

•

= 100000000 (1+ 0 ,65%) − 1000000.

•

Áp dụng công thức (4) với: n = 60 ,r = 0 , 75%,a = 200000000 ,Pn = P60 = 0 . Tìm x ?

•

Ta có P60 = ad60 − x

(

)

ad60 − P60 ( d − 1) d 60 − 1 d60 − 1 ⇔x = ad60 − P60 ⇔ x = d −1 d −1 d60 − 1

 200000000 × (1 + 0, 75% )60 − 0  × 0, 75%  ⇔x=  ≈ 4.151.671 đồng. (1 + 0, 75% )60 − 1

Bài toán 3: Trả góp ngân hàng hoặc mua đồ trả góp.

d2 − 1 d −1

(Bài toán này cách xây dựng giống bài toán số 2)

Sau tháng thứ ba số tiền gốc và lãi là:

Ta xét bài toán tổng quát sau: Một người vay số tiền là a đồng, kì hạn 1 tháng với lãi

ad − x ( d + 1 ) +  ad 2 − x ( d + 1)  r =  ad 2 − x ( d + 1 )  ( 1 + r ) =  ad 2 − x ( d + 1 )  d      

suất cho số tiền chưa trả là r% một tháng (hình thức này gọi là tính lãi trên dư nợ giảm

dần nghĩa là tính lãi trên số tiền mà người vay còn nợ ở thời điểm hiện tại) , số tháng

Rút x đồng thì số tiền còn lại là:

vay là n tháng, số tiền đều đặn trả vào ngân hàng là x đồng. Tìm công thức tính x ?

d3 − 1 P3 =  ad 2 − x ( d + 1)  d − x = ad 3 − xd 2 − xd − x = ad 3 − x d 2 + d + 1 = ad 3 − x   d −1

(

•

………………………………………..

•

tháng

thứ

số

tiền

)

còn

lại

Biết rằng lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian vay.

là:

Pn = ad n − x

(1 + r ) − 1 , 4 với d = 1 + r n dn − 1 ⇔ Pn = a (1 + r ) − x ( ) d −1 r Trang 19/48

Trang 20/48

Ảnh minh hoạ: Nguồn internet

•

Hướng dẫn giải

x =

•

Gọi Pn+1 là số tiền còn lại đầu tháng thứ n + 1 .

•

Sau tháng thứ nhất số tiền gốc và lãi là: a + ar = a (1 + r ) = ad với d = 1 + r Trả x đồng thì số tiền còn lại đầu tháng thứ hai là: P2 = ad − x = ad − x

•

(

(1 + r )

−1

100.0, 01. 1 + 0, 01

(1 + 0, 01)

Áp dụng công thức (5b) cho: a = 50000000 ,x = 4000000 ,r = 1, 1%,Pn+1 = 0 . Tìm n?

•

Từcông thức (5b) ta có: x=

•

……………………………………….

•

tháng

thứ

n − 1 ,số

(

tiền

)

lại

đầu

−1

⇔ n = log1+ r

tháng

thứ

⇔ x (1 + r ) − x = a r (1 + r ) n

x x − ar

x 4000000 ⇔ n = log1+1 ,1% ⇔ n ≈ 13 , 52 x − ar 4000000 − 50000000 × 1, 1%

 n ≥ 14

là:

Vậy sau 14 tháng người đó sẽ trả hết nợ.

Vậy sau khi tìm hiểu được 3 chủ đề, các em phải nắm được những kiến thức nhất định sau:

(1 + r ) − 1 ( 5a) với d = 1 + r n dn − 1 ⇔ Pn+1 = a ( 1 + r ) − x d −1 r

TỔNG KẾT CHỦ ĐỀ 1 Bài toán 1: Ta đưa vào sử dụng vốn gốc ban đầu P0 với mong muốn đạt được lãi suất

Do sau tháng thứ n người vay tiền đã trả hết số tiền đã vay ta có

r mỗi

Pn+1 = 0 ⇔ ad n − x

Pn+1 = adn − x

(1 + r )

•

còn

a r (1 + r )

⇔ ( x − ar )( 1 + r ) = x ⇔ ( 1 + r ) =

d3 − 1 P4 =  ad − x ( d + 1)  d − x = ad − xd − xd − x = ad − x d + d + 1 = ad − x   d −1 2

≈ 34 triệu đồng một tháng .

−1

•

Trả x đồng thì số tiền còn lại đầu tháng thứ 3 là: 3

Hướng dẫn giải

Sau tháng thứ ba số tiền gốc và lãi là:

)

thức lãi kép. Hỏi sau bao lâu người đó trả hết nợ?

Sau tháng thứ hai số tiền gốc và lãi là: ad − x + ( ad − x ) r = ( ad − x )(1 + r ) = ( ad − x ) d

ad 2 − x ( d + 1) +  ad 2 − x ( d + 1)  r =  ad 2 − x ( d + 1)  ( 1 + r ) =  ad 2 − x ( d + 1)  d      

a ( 1 + r ) .r ad n ( d − 1) dn − 1 ⇔x= =0⇔x= ( 5b ) n d −1 dn − 1 (1 + r ) − 1

kì theo hình thức lãi đơn trong thời gian n kì. Vào cuối mỗi kì ta rút tiền lãi và

chỉ để lại vốn. Tính tổng giá trị đạt được (vốn và lãi) sau n kì. Kết quả cần nhớ:

Để hiểu bài toán vay trả góp, các em theo dõi các ví dụ phía dưới

Pn = P0 .(1 + nr), ( 1 )

Ví dụ 1: Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, lãi suất cho số tiền chưa trả là12%/năm. Ông muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách : Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ, hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và trả hết tiền nợ sau đúng 3 tháng kể từ ngày vay. Hỏi, theo cách đó, số tiền x mà ông A phải trả cho ngân hàng trong mỗi lần hoàn nợ là bao nhiêu? Biết rằng lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ. (Trích đề minh hoạ môn toán năm 2017) Hướng dẫn giải • Lãi suất 12% một năm suy ra lãi suất trong 1 tháng là 1% một tháng. •

)

tiền 4000.000 đồng và phải trả lãi suất cho số tiền chưa trả là 1,1% một tháng theo hình

d −1 d −1

d2 − 1 P3 = ( ad − x ) d − x = ad 2 − xd − x = ad 2 − x ( d + 1) = ad 2 − x d −1

•

(

a .r . 1 + r

Ví dụ 2:Một người vay ngân hàng với số tiền 50.000.000 đồng, mỗi tháng trả góp số

Trả x đồng thì số tiền còn lại đầu tháng thứ 3 là:

•

Vậy số tiền x mà ông A phải trả cho ngân hàng trong mỗi lần hoàn nợ ,để 3 tháng hết nợ là:

Pn là tổng giá trị đạt được (vốn và lãi) sau n kì.

P0 là vốn gốc. r

là lãi suất mỗi kì.

TỔNG KẾT CHỦ ĐỀ 2

Áp dụng công thức (5b) cho: a = 100000000 , ,r = , 1%,n = 3 ,P4 = 0 . Tìm x ?

Trang 21/48

Trang 22/48

Bài toán 2:Ta đưa vào sử dụng vốn gốc ban đầu P0 với mong muốn đạt được lãi suất r mỗi

kì theo hình thức lãi kép trong thời gian n kì. Vào cuối mỗi kì ta rút tiền lãi và

chỉ để lại vốn. Tính Pn tổng giá trị đạt được (vốn và lãi) sau n kì. Kết quả cần nhớ: Ảnh minh hoạ: Nguồn internet n

o Sau n kì, tổng giá trị đạt được là Pn = P0 (1 + r ) , ( 2 )

Kết quả cần nhớ: • Sau tháng

Trong đó Pn là tổng giá trị đạt được (vốn và lãi)sau n kì.

thứ

n − 1 ,số

tiền

còn

lại

đầu

tháng

thứ

là:

P0 là vốn gốc. r

Pn+1 = adn − x

là lãi suất mỗi kì.

Ta cũng tính được số tiền lãithu được sau n kì là : Pn − P0

(1 + r ) − 1 ( 5a) với d = 1 + r n dn − 1 ⇔ Pn+1 = a ( 1 + r ) − x d −1 r

•

Số tiền đều đặn trả vào ngân hàng là x =

a ( 1 + r ) .r

(1 + r )

−1

( 5b )

TỔNG KẾT CHỦ ĐỀ 3 Bài toán 1:Ông Ninh hàng tháng gửi vào ngân hàng Y một số tiền như nhau là a đồng,kì hạn 1 tháng với lãi suất r% một tháng. Sau n tháng ông Ninh nhận được số tiền vốn và lãi là bao nhiêu? Kết quả cần nhớ:Sau n tháng ông Ninh nhận được số tiền vốn và lãi là Pn = a ( 1 + r )

(1 + r )

−1

CHỦ ĐỀ 4: BÀI TOÁN LÃI KÉP LIÊN TỤC – CÔNG THỨC TĂNG TRƯỞNG MŨ - ỨNG DỤNG TRONG LĨNH VỰC ĐỜI SỐNG XÃ HỘI A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Bài toán lãi kép liên tục.

( 3)

Ta đã biết: nếu đem gửi ngân hàng một số vốn ban đầu là P0 với lãi suất mỗi năm là r n

Bài toán 2: Giả sử có một người gửi vào ngân hàng a đồng, lãi suất r% một tháng , kì

theo thể thức lãi kép thì sau n năm gửi số tiền thu về cả vốn lẫn lãi sẽ là P0 ( 1 + r )

hạn 1 tháng. Mỗi tháng người đó rút ra x đồng vào ngày ngân hàng tính lãi. Hỏi sau n

Giả sử ta chia mỗi năm thành m kì để tính lãi và giữ nguyên lãi suất mỗi năm là r thì lãi

tháng số tiền còn lại là bao nhiêu? suất mỗi kì là

Kết quả cần nhớ: Sau n tháng số tiền còn lại là:

 r r và số tiền thu được n năm là (hay sau nm kì) là P0  1 +  m m 

m.n

Hiển nhiên khi tăng số kì m trong một năm thì số tiền thu được sau n năm cũng tăng n

(1 + r ) − 1 , 4 n dn − 1 Pn = ad n − x ⇔ Pn = a (1 + r ) − x ( ) d −1 r Bài (Bài

toán toán

Trả này

góp cách

ngân xây

hàng dựng

theo. Tuy nhiên như ta thấy sau đây, nó không thể tăng lên vô cực được. Thể thức tính lãi khi m → +∞ gọi là thể thức lãi kép liên tục. hoặc

mua

đồ

giống

bài

toán

trả số

góp. 2)

Ta xét bài toán tổng quát sau: Một người vay số tiền là a đồng, kì hạn 1 tháng với lãi suất cho số tiền chưa trả là r% một tháng (hình thức này gọi là tính lãi trên dư nợ giảm dần nghĩa là tính lãi trên số tiền mà người vay còn nợ ở thời điểm hiện tại) , số tháng

Như vậy với số vốn ban đầu là P0 với lãi suất mỗi năm là r theo thể thức lãi kép liên tục thì ta chứng minh được rằng sau n năm gửi số tiền thu về cả vốn lẫn lãi sẽ là: Pn = P0 e nr (6)

Công thức trên được gọi là công thức lãi kép liên tục.

vay là n tháng, số tiền đều đặn trả vào ngân hàng là x đồng. Tìm công thức tính x ? Biết rằng lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian vay. Trang 23/48

Trang 24/48

thể hiện việc dân số tăng quá nhanh, có cơ cấu dân số trẻ, thời gian tăng gấp đôi

Ví dụ 1: Với số vốn 100 triệu đồng gửi vào ngân hàng theo thể thức lãi kép liên tục, lãi suất 8% năm thì sau 2 năm số tiền thu về cả vốn lẫn lãi sẽ là: S = 100.e

2× 8%

rút ngắn. Những vấn đề đặt ra cho các nhà hoạch định chính sách như kế hoạch

≈ 117 , 351087

hóa dân số, việc làm, phân bố dân cư, nhập cư, di dân…. sao cho hợp lí.

triệu đồng. Nhiều bài toán, hiện tượng tăng trưởng (hoặc suy giảm) của tự nhiên và xã hội, chẳng

B. CÁC BÀI TOÁN THỰC TẾ

hạn sự tăng trưởng dân số, cũng được tính theo công thức (6). Vì vậy công thức (6) còn

Ví dụ 1: Dân số nước ta năm 2014 đạt 90,7 triệu người (theo Thông cáo báo chí của

được gọi là công thức tăng trưởng(suy giảm) mũ.

ASEANstats), tỉ lệ tăng dân số là 1,06%.

Để hiểu rõ hơn về công thức tăng trưởng(suy giảm) mũ. Các em qua phần tiếp theo của

a) Dự đoán dân số nước ta năm 2024 là bao nhiêu?

tài liệu.

b) Biết rằng dân số nước ta sau m năm sẽ vượt 120 triệu người. Tìm số m bé nhất?

2. Bài toán về dân số.

Hướng dẫn giải

•

Gọi:

a) Từ giả thiết ta có các dữ kiện sau: P0 = 90700000 ,n = 2024 − 2014 = 10 ,r = 1, 06% o P0 là dân số của năm lấy làm mốc tính.

•

Áp dụng công thức (1): Khi đó dự đoán dân số nước ta năm 2024 là:

o Pn là dân số sau n năm.

P10 = 90700000 × e10×1 ,06% ≈ 100.842.244 (người)

o r là tỉ lệ tăng (giảm) dân số hàng năm. •

•

Áp dụng công thức (2): Khi đó dự đoán dân số nước ta năm 2024 là:

Khi đó sự tăng dân số được ước tính bằng 1 trong 2 công thức sau

o Công thức 1: Pn = P0 e dùng công thức tăng trưởng(suy giảm ) mũ.

P10 = 90700000 × ( 1 + 1 , 06% )

≈ 100.786.003 (người)

o Công thức 2: Pn = P0 (1 + r ) dùng công thức tính lãi kép. •

b) Áp dụng công thức (2) ta có: 120000000 < 90700000 (1 + 1, 06% ) ⇔ 1, 0106m > m

Ta xét một ví dụ sau: Năm 2001, dân số nước ta khoảng 78690 000 người. Theo công thức tăng trưởng mũ, nếu tỉ lệ tăng dân số hằng năm luôn là 1, 7% thì ước tính dân sốViệt Nam x năm sau sẽ là 78690000.e0 ,017 x = 7 , 869.e0 ,017 x (chục triệu người). Để phần nào thấy được mức độ tăng nhanh của dân số, ta xét hàm số

⇔ m > log1,0106 •

1200  m ≥ 27 907

Vậy m bé nhất bằng 27. (Tức là sau ít nhất 27 năm (từ năm 2041) dân số

nước ta sẽ vượt mốc 120 triệu người). Áp dụng công thức (1): 120000000 < 90700000 × e m×1,06% ⇔ e 0 ,0106 m >

f ( x ) = 7 , 8 69.e 0 ,017 x •

Đồ thị của hàm số y = f ( x ) cho thấy khoảng 30 năm sau (tức là khoảng năm

1200 907

•

1200 1200 ⇔ 0 , 0106 m < ln  m ≥ 27 907 907

Vậy m bé nhất bằng 27(Tức là sau ít nhất 27 năm (từ năm 2041) dân số

nước ta sẽ vượt mốc 120 triệu người).

2031), dân số nước ta sẽ vào khoảng 131 triệu người, tức là tăng gấp rưỡi. Chính

 Bình luận: Qua bài toán này ta cần lưu ý:

vì vậy, các em hiểu bùng nổ dân số là

Một là,việc áp dụng công thức (1) hay công thức (2) , tuỳ thuộc vào từng bài toán.

khái niệm dùng rất phổ biến hiện nay, để

Công thức (1) thường dùng trong các bài toán có tính dự báo dân số trong 1 thời gian dài. Công thức (2) dùng trong việc tính toán dân số trong các khoảng thời gian nhất định.

Trang 25/48

Trang 26/48

Hướng dẫn giải

Hai là, trong các bài toán có thể đề bài nói rõ các em dùng công thức nào. Nếu đề bài không nói rõ thì khi đó ta sử dụng công thức nào cũng được vì sai số trong tính toán

Phân tích:Từ giả thiết ta có các dữ kiện sau: P0 = 5 , 30 ,P10 = 6 , 12 , Tính r = ? P21 = ??

đối với hai công thức là không lớn

Ví dụ 2: Sự tăng dân số được ước tính theo công thức Pn = P0 en.r , trong đó P0 là dân số của năm lấy làm mốc tính, Pn là dân số sau n năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm.

•

Áp dụng công thức Pn = P0 (1 + r ) , ta được

•

P10 = P0 ( 1 + r ) ⇔ 6 ,12 = 5 , 30 ( 1 + r ) ⇔ 1 + r = 10

•

Dân số thế giới vào năm 2011 là: P21 = P0 (1 + r ) = 5 , 30 (1 + 1, 45% ) = 7 ,17 tỉ người.

6 ,12 ⇔ r = 1, 45% 5 , 30 21

Biết rằng năm 2001, dân số Việt Nam là 78685800 triệu và tỉ lệ tăng dân số năm đó là 1, 7% . Hỏi cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì đến năm nào dân số nước ta ở mức 100

triệu người?

 Bình luận: Qua bài toán này ta cần lưu ý: Một là,Trong bài toán này đề bài cho biết là ta phải sử dụng công thức (1).

Hướng dẫn giải

Hai là, Trong giải phương trình (*) các em áp dụng trực tiếp cách giải phương trình

Phân tích:

mũ cơ bản sau cũng được: eu = b ⇔ u = lnb với b > 0 .

Từ giả thiết ta có các dữ kiện sau: P0 = 90700000 ,Pn = 100000000 ,r = 1, 7% . Tìm n? •

Áp dụng công thức Pn = P0 e n.r ⇔ 100000000 = 78685800.e1,7%n ⇔ 100 = 78 , 6858.e1 ,7%n (* )

•

Lấy logarit tự nhiên hai vế của (*) ta được

(

)

ln 100 = ln 78 , 6858.e1 ,7%n ⇔ ln 100 = ln 78 , 6858 + 1, 7%n ln 100 − ln 78 , 6858 ⇔n= ≈ 14 1 , 7%

Vậy nếu cứ tăng dân số với tỉ lệ hàng năm là r = 1 , 7% thì đến năm 2015 dân số nước ta sẽ ở mức 100 triệu người.

 Bình luận: Qua bài toán này ta cần lưu ý: Một là,Trong bài toán này đề bài cho biết là ta phải sử dụng công thức (1). Hai là, Trong giải phương trình (*) các em áp dụng trực tiếp cách giải phương trình

CHỦ ĐỀ 5: ỨNG DỤNG TRONG LĨNH VỰC

KHOA HỌC KỸ THUẬT

mũ cơ bản sau cũng được: eu = b ⇔ u = lnb với b > 0 .

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT Ví dụ 3: Sự tăng dân số được ước tính theo công thức Pn = P0 (1 + r ) , trong đó P0 là dân

1. Bài toán về sự phóng xạ của các chất.

số của năm lấy làm mốc tính, Pn là dân số sau n năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm.

Trong vật lí, sự phân rã của các chất phóng xạ được

Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm của thế giới là không đổi trong giai đoạn 1990 –

biểu diễn bằng công thức : m ( t ) = mo   trong đó 2

2001. Biết răng năm 1990 dân số thế giới là 5,30 tỉ người, năm 2000 dân số thế giới là 6,12 tỉ người. Tính dân số thế giới vào năm 2011? (Kết quả là tròn đến hai chữ số)

Trang 27/48

 1 T

  m0 là khối lượng chất phóng xạ ban đầu (tại thời

điểm t = 0 ), m ( t ) là khối lượng chất phóng xạ tại Trang 28/48

thời điểm t , T là chu kì bán rã (tức là khoảng thời gian để một nửa số nguyên tử của chất phóng xạ bị biến thành chất khác).

của Trái đất. Mỗi độ của thang Richter biểu thị sự tăng giảm biên độ rung chấn theo hệ số 10 và tăng giảm về năng lượng phát sinh theo hệ số 32.

Ảnh minh hoạ: Nguồn internet

Như vậy một trận động đất 5 độ Richter sẽ gây nên rung chấn mạnh gấp 10 lần và toả ra một năng lượng gấp 32 lần độ 4, và cứ thế mà tăng theo cấp số nhân với công bội là 10 và 32. Để dễ hình dung, có thể lấy ví dụ: độ 1 Richter tương đương sức nổ của 1,5 kg thuốc nổ TNT thì của một trận động đất cấp độ Richter có sức phá hoại tương đương 6 triệu tấn thuốc nổ TNT.

2. Động đất 2.1. Tìm hiểu sơ lược về động đất. Trước khi tìm hiểu về một số ứng dụng của hàm mũ , hàm logarit trong các tính toán về động đất, các em tìm hiểu sơ qua về hiện tượng động đất. Các cấp độ của động đất Từ thế kỷ 19, người ta bắt đầu quy định cấp độ động đất để dễ hình dung mức độ nguy hiểm của động đất để thông báo cho dân chúng và đánh giá thiệt hại. Năm 1883 hai nhà địa chấn Rossi (Italia) và Forel (Thuỵ Sĩ đưa ra thang Rossi- Forel 10 cấp độ là thang đầu tiên mà thế giới sử dụng. Năm 1902, nhà nghiên cứu núi lửa Italia là Juseppe Mercalli đề xuất thang Mercalli có 12 cấp độ tỉ mỉ hơn, rất được hoan nghênh. Thang này được các nhà địa chấn chỉnh lý nhiều lần và phổ biến trên thế giới. Nước có động đất nhiều nhất thế giới là Nhật cũng có một “thang địa chất của riêng mình gọi là thang Omori, đề xuất năm 1906, song dường như chỉ dùng ở nước họ. Phổ biến nhất hiện nay và gần như ai cũng biết đến là cách phân loại cấp độ động đất theo thang Richter và MKS-64 (hoặc KMS-81).

Thang MKS chú trọng nhiều hơn tới năng lượng huỷ diệt của động đất với sự tăng dần chứ không tới 32 lần như 1 độ Richter làm người ta dễ hình dung hơn. Thang MSK-64 gồm 12 cấp, được Hội đồng địa chấn Châu Âu thông qua năm 1964 và áp dụng cả ở Ấn Độ cụ thể như sau: Cấp 1: Động đất không cảm thấy, chỉ có máy mới ghi nhận được. Cấp 2: Động đất ít cảm thấy (rất nhẹ). Trong những trường hợp riêng lẻ, chỉ có người nào đang ở trạng thái yên tĩnh mới cảm thấy được. Cấp 3: Động đất yếu. Ít người nhận biết được động đất. Chấn động y như tạo ra bởi một ô tô vận tải nhẹ chạy qua. Cấp 4: Động đất nhận thấy rõ. Nhiều người nhận biết động đất, cửa kính có thể kêu lạch cạch. Cấp 5: Thức tỉnh. Nhiều người ngủ bị tỉnh giấc, đồ vật treo đu đưa. Cấp 6: Đa số người cảm thấy động đất, nhà cửa bị rung nhẹ, lớp vữa bị rạn. Cấp 7: Hư hại nhà cửa. Đa số người sợ hãi, nhiều người khó đứng vững, nứt lớp vữa, tường bị rạn nứt. Cấp 8: Phá hoại nhà cửa; Tường nhà bị nứt lớn, mái hiên và ống khói bị rơi. Cấp 9: Hư hại hoàn toàn nhà cửa; nền đất có thể bị nứt rộng 10 cm. Cấp 10: Phá hoại hoàn toàn nhà cửa. Nhiều nhà bị sụp đổ, nền đất có thể bị nứt rộng đến 1 mét.

Ảnh minh hoạ: Trận động đất 9,0 độ Richter ở Nhật Bản. Thang Richter dựa vào hàm logarit cơ số là 10 để xác định biên độ tối đa các rung chấn

Cấp 11: Động đất gây thảm họa. Nhà, cầu, đập nước và đường sắt bị hư hại nặng, mặt đất bị biến dạng, vết nứt rộng, sụp đổ lớn ở núi. Cấp 12: Thay đổi địa hình. Phá huỷ mọi công trình ở trên và dưới mặt đất, thay đổi địa

Trang 29/48

Trang 30/48

hình trên diện tích lớn, thay đổi cả dòng sông, nhìn thấy mặt đất nổi sóng. Nếu so sánh thang động đất giữa thang Richter và thang MSK-64 có thể tóm lược qua bảng sau: Thang Richter Thang MKS - 64 1.0 – 3.0 I 3,0 – 3,9 II - III 4,0 - 4,9 IV - V 5,0 – 5,9 VI - VII 6,0 – 6,8 VIII 6,9 – 7,6 IX 7,6 – 8,0 X Trên 8,0 XI - XII Địa chấn kế xưa và nay Việc xác định mức độ của một trận động đất là cần thiết vì nó nói lên được sức mạnh của việc Trái đất cựa mình và lường được thiệt hại do động đất gây ra. Mức độ tàn phá của một cuộc động đất phụ thuộc vào nhiều yếu tố: chấn tâm,chấn tiêu, chấn cấp.

Chiếc “Địa động nghi” này được chế tạo bằng đồng đen, có hình dáng như một hũ rượu lớn hình tròn, đường kính gần một mét, giữa là có một cây cột đồng lớn có 8 cây cột đồng nhỏ ở xung quanh, bốn phía có 8 con rồng. Đầu 8 con rồng hơi ngẩng lên lần lượt nối liền với 8 cây cột đồng nhỏ, hướng về 8 phía là đông, nam, tây, bắc, đông bắc, đông nam, tây bắc và tây nam. Miệng rồng ngậm một viên bi đồng, dưới mỗi đầu rồng có một con cóc đồng há miệng, sẵn sàng đón lấy hòn bi từ miệng rồng nhả ra. Khi động đất xảy ra ở phía nào thì cột đồng nhỏ của “Địa động nghi” sẽ nghiêng về phía đó, làm đầu rồng há miệng nhả ra hòn bi, rơi vào miệng cóc, phát ra một tiếng “keng”, báo cho mọi người biết phía đó đã xảy ra trận động đất, để Triều đình biết mà cứu giúp. “Địa động nghi” của Trương Hành “đều dự báo đúng, chưa bao giờ sai”. Một hôm vào tháng 2 năm 138 sau công nguyên, khi vua quan đang thiết triều, một tiếng keng vang lên: hòn bi đồng từ miệng rồng hướng về phía tây rơi vào miệng cóc, nhưng mọi người chưa cảm thấy động đất. Các quan vốn hoài nghi “Địa động nghi” bèn nói “Địa động nghi” dự báo không chuẩn xác, chỉ có thể biết động đất xẩy ra ở khu vực xung quanh Lạc Dương. Ba, bốn ngày sau, sứ giả từ phía tây Lạc Dương phóng ngựa hoả tốc về Triều báo tin Cam Túc bị động đất. Lúc ấy, mọi người mới hoàn toàn tin rằng “Địa động nghi” của Trương Hành” là dụng cụ khoa học có tác dụng. Từ đó trở đi, Trung Quốc bắt đầu lịch sử dùng máy móc quan sát từ xa và ghi chép động đất. Tuy nhiên, địa chấn kế cổ của Trung Quốc chỉ mới xác định định tính mà chưa định lượng, chưa nói lên được cấp độ của một trân động đất.

Ảnh minh hoạ: nguồn internet Chấn tiêu là nơi phát sinh ra động đất, thường nằm sâu dưới mặt đất (có khi hàng trăm kilomet). Chấn tâm là hình chiếu của chấn tiêu trên mặt đất, không ít trường hợp là một khu công nghiệp đông dân, thậm chí thủ đô của một nước. Chấn cấp là cường độ va chạm gây chấn động và năng lượng một trận động đất phát sinh đo bằng một số thang cấp độ được thế giới dùng để thông báo cho dân chúng và nhau mỗi khi có động đất và dư chấn của nó gây ra ở nhưng vùng xa tâm chấn. Các thiết bị đế xác định mức độ động đất được gọi là địa chấn kế. Từ thời Đông Hán bên Trung Quốc (thế kỷ 1-2 sau công nguyên, nhà thiên văn Trương Hành quan sát và ghi chép tỉ mỉ các hiện tượng của từng trận động đất, dùng phương pháp khoa học phân tích nguyên nhân xảy ra động đất. Trải qua nhiều lần thí nghiệmkiên trì, năm 132 sau công nguyên, Trương Hành chế tạo ra một chiếc máy đầu tiên có thể dự báo động đất của Trung Quốc nói riêng và thế giới nói chung, và đặt tên là “Địa động nghi”.

Trang 31/48

Ảnh minh hoạ: Nguồn internet

Trang 32/48

Vài thế kỷ sau, người Ý cũng phát minh địa chấn kế dựa trên chuyển động của nước và sau này, của thuỷ ngân. Năm 1885, Luigi Palmieri (Ý) phát minh ra chiếc địa chấn kế gồm ống thuỷ tinh hình chữ U có nhánh đựng thuỷ ngân đầy ngang nhành đó. Kim loại lỏng này rất linh động nên nhạy cảm với các chấn động. Khi động đất xảy ra, một giọt thuỷ ngân lăn ra ngoài, khiến một dòng điện được nối lại, làm ngừng chiếc đồng hồ điện và ghi sự dao động của sóng địa chấn trên trống quay. Từ sơ đồ này, biết được thời gian và độ manh của trận động đất.

Trên thực tế, theo kết quả mà các nhà địa chấn học đo những thảm họa thiên nhiên này, một trận động đất mạnh 6 độ sẽ sở hữu năng lượng nhiều hơn 32 lần so với một trận động đất 5 độ Richter. Điều đó có nghĩa là một khoảng cách từ 5 đến 7 độ có thể tương ứng với một trận động đất mạnh hơn gần 1.000 lần. Những trận động đất gây ra những phá hủy nghiêm trọng thường có cường độ 7,0 độ Richter và cao hơn.

Còn ngày nay, địa chấn kế là các dụng cụ rất phức tạp, tinh vi kết hợp cơ học (con lắc) và điện tử học, có độ chính xác cao để đo độ rung của mặt đất ở mức độ rất nhẹ, từ khoảng cách rất xa, vừa để dự báo, vừa ghi lại những rung chấn trong quá trình trận động đất xảy ra ở cấp độ nào. Có loại theo dõi sự chuyển dịch của thạch quyển, sự va chạm của các mảng kiến tạo nằm sâu dưới lòng đất để dự báo dài hạn khả năng động đất ở từng vùng. Địa chấn kế còn ghi lại cả những vụ thử hạt nhân ở các nước, xác định sức nổ của những vũ khí giết người hàng loạt đó. Ngoài ra còn có những loại chuyên dụng, dùng trong thăm dò địa chất quặng mỏ, dầu khí… Các địa chấn kế hiện đại thuộc nhiều loại khác nhau đo được cả chuyển động theo chiều ngang và chiều dọc đặt tại các trạm quan trắc. Hiện có tới vài trăm trạm quan trắc như vậy trên khắp thế giới. Thông số do các trạm này thu thập thường xuyên được so sánh, đối chiếu. Từ các dữ liệu đó có thể tính được tâm động đất và năng lượng trận động đất gây ra. Theo Song Hà( Nguồn : http://vietnamnet.vn/vn/khoa-hoc/cac-cap-do-dong-dat14267.html)

(Hình minh họa: BBC) Trận động đất năm 2004 gây ra sóng thần tại châu Á là trận động đất lớn thứ 3 kể từ năm 1900, với cường độ 9,3 độ Richter. Mỗi năm có khoảng 20 trận động đất lớn trên thế giới được ghi lại theo khảo sát của Cơ quan Theo dõi địa chấn của Mỹ. Trận động đất năm 2010 ở Haiti được đo lại với cường độ 7,0 độ Richter, và bởi tâm chấn rất gần với thủ đô Port-au-Price, nên gây ra thiệt hại rất nghiêm trọng, và khiến cho hơn 200.000 người chết.

Các trận động đất xảy ra trong lịch sử Mỗi năm có hàng ngàn trận động đất xảy ra trên trái đất, tuy nhiên chỉ một ít trong số đó gây ra những thiệt hại nghiêm trọng. Mỗi trận động đất được đo theo cường độ, theo các quy mô từ nhỏ đến lớn. Một trận động đất có cường độ 6,0 độ Richter và cao hơn được xếp là động đất mạnh và có thể gây ra những thiệt hại nghiêm trọng, giống như trận động đấtChristchurch ở New Zealand. Trận động đất mạnh nhất được ghi lại trong những năm gần đây là trận động đất ở Sumatra vào năm 2004, với cường độ 9,3 độ Richter và gây ra sóng thần tàn phá châu Á. Những con số trên nhằm đo lường cường độ một trận động đất cũng như năng lượng mà nó phát ra.

Số người chết ở Haiti trái ngược với số người chết trong trận động đất mạnh 8,8 độ Richter ở Chile vào tháng 2/2010, khi chỉ có gần 1.000 người chết. Bởi Chile là đất nước đã từng diễn ra những trận động đất mạnh trong lịch sử. Trận động đất lớn nhất được ghi lại tại đây diễn ra vào năm 1960, với cường độ 9,5 độ Richter, và gây ra sóng thần. Nhưng chỉ có khoảng 1.655 người đã chết - con số thương vong này là tương đối thấp, nhờ có những cảnh báo khiến mọi người chạy ra khỏi nhà của họ trước khi động đất diễn ra. Nguồn:http://www.vietnamplus.vn/cuong-do-dong-dat-duoc-do-va-xep-loai-thenao/83511.vnp 2. 2. Ứng dụng của hàm logarit trong việc tính độ chấn động và năng lượng giải toả của một trận động đất.

Những thông số dùng để phân chia và đo các trận động đất cũng rất khác nhau. Ví dụ, sự khác biệt về cường độ giữa một trận động đất mạnh 5 độ với trận động đất 6 độ là rất rõ rệt chứ không chỉ đơn thuần là như là sự khác biệt về một con số. Trang 33/48

Trang 34/48

• Độ chấn động M của một địa chấn biên độ I được đo trong thang độ Richte xác định bởi công thức: M = ln

I hoặc M = log I − logI 0 I0

số). Đầu thế kỷ 20, một trận động đất ở San Francisco có cường độ 8 độ Richte. Trong cùng năm đó, trận động đất khác Nam Mỹ có biên độ mạnh hơn gấp 4 lần. Hỏi cường độ của trận động đất ở Nam Mỹ là bao nhiêu?

Trong đó I0 là biên độ của dao động bé hơn 1µ m trên máy đo địa chấn, đặt cách tâm địa chấn 100 km. I0 được lấy làm chuẩn. • Ở M = 3 độ Richte, địa chấn chỉ có ảnh hưởng trong một vùng diện tích nhỏ, ở 4 đến 5 độ Richte, địa chấn gây một thiệt hại nhỏ, ở 6 đến 8 độ Richte, địa chấn Ảnh minh hoạ hậu quả một trận động đất: Nguồn internet

gây một số thiệt hại lớn, ở 9 độ Richte, địa chấn gây thiệt hại lớn cực lớn. • Năng lượng giải toả E tại tâm địa chấn ở M độ Richte được xác định xấp xỉ bởi

 Phân tích bài toán

công thức log E ≈ 11, 4 + 1, 5 M



3. Âm thanh

M = log A − log A0 . Trong đó A0 là hằng số, vậy muốn tính M các em phải tính được

• Để đặc trưng cho độ to nhỏ của âm, người ta đưa ra khái niệm mức cường độ của

biên độ A . Các em coi kỹ lời giải phía dưới.

âm. Một đơn vị thường dùng để đo mức cường độ của âm là đềxinben (viết tắt là dB).

Khi đó mức cường độ L của âm được tính theo công thức:

L ( dB) = 10 log

I trong đó I là cường độ của âm tại thời điểm đang xét(cường độ của I0

âm tức là năng lượng truyền đi bởi sóng âm trong một đơn vị thời gian và qua một 2

đơn vị diện tích bề mặt vuông góc với phương sóng truyền (đơn vị đo là w / m )). I 0 cường độ âm ở ngưỡng nghe ( I 0 = 10

−12

w / m ). 3

gấp 2,3,.. lần. • Độ



Qua bài toán này các em thấy được những ứng dụng của hàm logarit trong các bài toán khoa học kĩ thuật. Hướng dẫn giải

• Trận động đất ở San Francisco có cường độ 8 độ Richte khi đó áp dụng công thức M 1 = log A − log A0  8 = log A − log A0 với

• Trận động đất ở Nam Mỹ có biên độ là: 4A , khi đó cường độ của trận động đất ở

Nhận xét: Khi cường độ âm tăng lên 10 , 10 ,.... thì cảm giác về độ to của âm tăng lên 2

Để tính cường độ của trận động đất ở Nam Mỹ ta sử dụng công thức đề bài cho

Nam Mỹ là: M 2 = log ( 4 A ) − log A0 ⇔ M 2 = log 4 + log A − log A0  M 2 = log 4 + 8 ≈ 8, 6 độ Richte

của

âm:

Gắn

liền

với

mức

cường

độ

âm

∆I = I − I min với I min là ngưỡng nghe.(Đơn vị của độ to của âm là phôn). Khi

∆I = 1 phôn (độ to tối thiểu mà tai người bình thường phân biệt được) thì

 I  10 log   = 1dB  I min 

Ví dụ 2:Cường độ một trận động đất M (Richte) được cho bởi công thức M = log A − log A0 , với A là biên độ rung chấn tối đa và A0 là một biên độ chuẩn (hằng số). Đầu thế kỷ 20, một trận động đất ở San Francisco có cường độ 8 độ Richter. Trong cùng năm đó, trận động đất khác ở Nhật bản có cường độ đo được 6 độ Richte. Hỏi trận động đất ở San Francisco có biên độ gấp bao nhiêu lần biên độ trận động đất ở Nhật bản.

Trên đây là 1 số ứng dụng hay gặp, để hiểu hơn về vấn đề này các em đọc các ví dụ phía dưới, qua đó thấy thêm được các ứng dụng khác của hàm số mũ, hàm số logarit.

B. CÁC BÀI TOÁN THỰC TẾ Ví dụ 1:Cường độ một trận động đất M Richte) được cho bởi công thức M = log A − log A0 , với A là biên độ rung chấn tối đa và A0 là một biên độ chuẩn (hằng Trang 35/48

Trang 36/48

Bản đồ khu vực ảnh hưởng của động đất ở Nhật Bản. Nguồn: USGS.  Phân tích bài toán 

Để

sánh

biên

độ

giữa

hai

trận

M = log A − log A0  log A = M + log A0  A = 10

động

M + log A

đất log A

= 10 .10 M

thì

công

thức

. Từ đó ta đưa ra

được kết luận. 

Kiến thức sử dụng trong bài toán này là kiến thức về giải phương trình logarit cơ

Ảnh minh hoạ: Nguồn internet

bản và kiến thức về tính chất của hàm mũ. Hướng dẫn giải

 Phân tích bài toán

• Trận động đất ở San Francisco có cường độ 8 độ Richte khi đó áp dụng công thức 8+logA0

M1 = log A1 − log A0  8 = log A1 − log A0  log A1 = 8 + logA0  A1 = 10 với A1 là biên độ của trận động đất ở San Francisco.

log A0

= 10

 8

.10

Đề bài cho biết mức cường độ âm một cuộc nói chuyện trong lớp là L ( dB ) = 68 dB yêu cầu ta tính cường độ âm I ? Ở đây các em biết rằng cường độ âm ở ngưỡng nghe bình thường là I 0 = 10−12 w / m2 .

• Trận động đất ở Nhật có cường độ 6 độ Richte khi đó áp dụng công thức M 2 = log A2 − log A0  6 = log A2 − log A0  log A2 = 6 + logA0  A2 = 106+logA0 = 10log A0 .106 với A2 là biên độ của trận động đất ở Nhật.

• Khi đó ta có



Từ những phân tích trên ta chỉ cần áp dung công thức L ( dB) = 10 log

I và sử dụng I0

kiến thức về giải phương trình logarit cơ bản là tìm được câu trả lời cho bài toán.

Các em tham khảo lời giải ở phía dưới nhé.

A1 10 = = 102  A1 = 100A 2 A2 106

Hướng dẫn giải

• Vậy trận động đất ở San Francisco có biên độ gấp 100 lần biên độ trận động đất ở Nhật bản.

Theo giả thiết ta có L ( dB ) = 68dB,I 0 = 10−12 w / m2 . Tính I . Áp dụng công thức ta có

Ví dụ 3:Để đặc trưng cho độ to nhỏ của âm, người ta đưa ra khái niệm mức cường độ của âm. Một đơn vị thường dùng để đo mức cường độ của âm là đềxinben (viết tắt là dB). Khi đó mức cường độ L của âm được tính theo công thức: L ( dB) = 10 log

I trong I0

L ( dB ) = 10 log

⇔

I I I I ⇔ 68 = 10 log ⇔ log = 6 , 8 ⇔ = 106 ,8 I0 I0 I0 I0

I ≈ 6 , 3.106  I ≈ 6 , 3.106 .10 −12 ≈ 6 , 3.10 −6 w / m2 I0

đó, I là cường độ của âm tại thời điểm đang xét, I0 cường độ âm ở ngưỡng nghe

Ví dụ4:Để đặc trưng cho độ to nhỏ của âm, người ta đưa ra khái niệm mức cường độ

( I0 = 10−12 w / m2 )

của âm. Một đơn vị thường dùng để đo mức cường độ của âm là đềxinben (viết tắt là

Một cuộc trò chuyện bình thường trong lớp học có mức cường độ âm trung bình là

dB). Khi đó mức cường độ L của âm được tính theo công thức: L ( dB) = 10 log

68dB. Hãy tính cường độ âm tương ứng ra đơn vị w / m2

I trong I0

đó, I là cường độ của âm tại thời điểm đang xét, I0 cường độ âm ở ngưỡng nghe ( I 0 = 10−12 w / m2 ) Hai cây đàn ghita giống nhau, cùng hoà tấu một bản nhạc.Mỗi chiếc đàn phát ra âm có mức cường độ âm trung bình là 60dB. Hỏi mức cường độ âm tổng cộng do hai chiếc đàn cùng phát ra là bao nhiêu? Trang 37/48

Trang 38/48

đó, I là cường độ của âm tại thời điểm đang xét, I0 cường độ âm ở ngưỡng nghe ( I 0 = 10−12 w / m2 ) Tiếng ồn phát ra từ một xưởng cưa, ở mức cường độ âm đo được là 93 dB, do 7 chiếc cưa máy giống nhau cùng hoạt động gây ra. Giả sử có 3 chiếc cưa máy đột ngột ngừng hoạt động thì mức cường độ âm trong xưởng lúc này là bao nhiêu?

Ảnh minh hoạ: Nguồn internet

 Phân tích bài toán 

Trong bài toán này ta biết được mức cường độ trung bình phát ra từ một cây đàn ghita. Đề bài yêu cầu tìm mức cường độ tổng cộng phát ra từ 2 cây đàn ghita. Như vậy muốn xử lý bài toán này các em phải chú ý rằng khi dùng một chiếc đàn có

Ảnh minh hoạ: Nguồn internet

cường độ của âm là I1 thì khi ta dùng hai chiếc đàn cùng một lúc thì cường độ của âm là 2I1 .Nếu ta nắm được chi tiết này thì bài toán này hoá giải không khó. Các em coi lời giải ở dưới nhé. 

Bài toán này về mặt tính toán không có gì phức tạp, nhưng ý nghĩa thực tế của nó

 Phân tích bài toán 

Đề bài yêu cầu tìm mức cường độ tổng cộng phát ra từ 4 cưa máy là bao nhiêu.

thì lớn. Ví dụ một trung tâm dạy đàn ghita, phòng học dạy trung bình 15 học viên,

Như vậy muốn xử lý bài toán này các em phải chú ý rằng khi dùng một cưa máy có

tương ứng 15 cây đàn. Trung tâm phải đảm bảo âm thanh phát ra từ các cây đàn

cường độ của âm là I1 thì khi ta dùng 7 (hay 4) cưa máy cùng một lúc thì cường

không ảnh hưởng đến nhà xung quanh, khi đó phải lắp cửa cách âm. Khi đó chuyện

độ của âm là 7 I1 ( hay 4 I1 ) . Nếu ta nắm được chi tiết này thì bài toán này hoá giải

tính mức cường độ âm (độ to) tổng cộng của 15 cây đàn là cần thiết đối với nhà

không khó. Các em coi lời giải ở dưới nhé.

thầu xây dựng. 

Hướng dẫn giải o

Mức cường độ âm do một chiếc đàn ghita phát ra là: L1 = 10 log

Mức cường độ âm do hai L2 = 10 log

Trong bài toán này ta biết được mức cường độ đo được phát ra từ 7 cái cưa máy.

Việc tính toán trong bài này các em sử dụng trực tiếp các tính chất về logarit là xử lý gọn gàng bài toán.

I1 = 60dB I0

Hướng dẫn giải

chiếc đàn ghita cùng phát ra là:

2 I1 I = 10 log 2 + 10 log 1 = 10.log 2 + 60 ≈ 63dB I0 I0

Gọi cường độ của âm do 1 cái cưa phát ra là: I1

Lúc đầu mức cường độ âm là: (7 cưa máy cùng hoạt động) L ( dB) = 10 log

Vậy có thêm một chiếc đàn (phát ra âm cùng lúc) thì mức cường độ âm tăng thêm 3 dB.

Ví dụ5:Để đặc trưng cho độ to nhỏ của âm, người ta đưa ra khái niệm mức cường độ của âm. Một đơn vị thường dùng để đo mức cường độ của âm là đềxinben (viết tắt là dB). Khi đó mức cường độ L của âm được tính theo công thức: L ( dB) = 10 log

I trong I0

Trang 39/48

7 I1 I I = 93dB ⇔ 10 log 7 + 10 log 1 = 93  l og 1 = 9 , 3 − 10 log 7 = 8 , 45 . I0 I0 I0

Lúc sau mức cường độ âm là: (3 cưa máy hỏng nên còn 4 cưa máy hoạt động) L1 ( dB ) = 10 log

4 I1 I = 10 log 4 + 10 log 1 = 10 log 4 + 10.8 , 45 ≈ 90 , 5dB . I0 I0

Ví dụ 6:Để đặc trưng cho độ to nhỏ của âm, người ta đưa ra khái niệm mức cường độ của âm. Một đơn vị thường dùng để đo mức cường độ của âm là đềxinben (viết tắt là

Trang 40/48

dB). Khi đó mức cường độ L của âm được tính theo công thức: L ( dB) = 10 log

I trong I0

hàng năm ( r < 0 ), t là thời gian phân huỷ, S là lượng còn lại sau thời gian phân huỷ t . Hỏi 10 gam Pu239 sau bao nhiêu năm phân huỷ sẽ còn 1 gam?

đó, I là cường độ của âm tại thời điểm đang xét, I0 cường độ âm ở ngưỡng nghe ( I0 = 10−12 w / m2 ) Tiếng ồn phát ra từ tiếng gõ phím liên tục ở một bàn phím của máy vi tính, có cường độ âm đo được là 10−5 w / m2 . Giả sử trong phòng làm việc của một công ti có hai nhân viên văn phòng cùng thực hiện thao tác gõ phím trên hai bàn phím máy vi tính giống nhau thì mức cường độ âm tổng cộng do cả hai bàn phím phát ra cùng lúc là bao nhiêu?

Ảnh minh hoạ: phát hiện ra plutonium trong khuôn viên nhà máy điện hạt nhân Fukushima số I.

 Phân tích bài toán

Ảnh minh hoạ: Nguồn internet

Đây là bài toán về chất phóng xạ, từ công thức S = Aert ta thấy có 4 đại lượng . Yêu  Phân tích bài toán

cầu của bài toán tìm t sao cho Pu239 phân huỷ còn lại 1gam, đọc đề bài các em thấy ta

Trong bài toán này ta biết được cường độ đo được từ tiếng gõ phím liên tục ở một bàn

phải đi tìm tỉ lệ phân huỷ hàng năm của Pu239 ? Để tìm được tỉ lệ phân huỷ các em phải

phím của máy vi tính, có cường độ âm đo được là 10−5 w / m2 . I 0 cường độ âm ở ngưỡng

biết cách khai thác giả thiết sau : chu kì bán huỷ của chất phóng xạ plutônium Pu239 là

nghe ( I 0 = 10−12 w / m2 ). Đề bài yêu cầu tìm mức cường độ tổng cộng phát ra từ tiếng gõ phím liên tục của hai bàn phím của máy vi tính là bao nhiêu. Các em theo dõi lời giải phía dưới nhé.

• Cả hai bàn phìm cùng gõ: L2 = 10 log

bài này các em hiểu như sau: sau thời gian t = 24360 năm, lượng Pu239 từ A = 10 gam còn lại là S = 5 gam , từ đó các em tính tỉ lệ phân huỷ r dễ dàng. Các em theo dõi lời giải phía dưới nhé.

Hướng dẫn giải • Nếu chỉ có một bàn phím gõ L1 = 10 log

24360 năm (tức là lượng Pu239 sau 24360 năm phân huỷ thì chỉ còn lại một nửa). Trong

Hướng dẫn giải

I1 10−5 = 10 log −12 = 70dB I0 10

• Trước tiên, ta tìm tỉ lệ phân huỷ hàng năm của Pu239 .

2 I1 I = 10 log 2 + 10 log 1 = 10.log 2 + 70 ≈ 73dB I0 I0

• Vậy có thêm một bàn phím gõ thì mức cường độ âm tăng thêm 3 dB.

•

Pu239 cóchu kì bán huỷ của chất phóng xạ plutônium Pu239 là 24360 năm, do đó ta có

5 = 10.e r.24360 ⇔ r =

5 10 ⇔ r = ln 5 − ln 10 ≈ −2 , 84543.10 −5 ≈ −0 , 000028 24360 24360 ln

• Vậy sự phân huỷ của Pu239 được tính bởi công thức S = Ae−0 ,000028t trong đó S, A tính Ví dụ7:Cho biết chu kì bán huỷ của chất phóng xạ plutônium Pu239 là 24360 năm(tức là lượng Pu

239

sau 24360 năm phân huỷ thì chỉ còn lại một nửa). Sự phân huỷ được tính

bởi công thức S = Ae , trong đó A là lượng chất phóng xạ ban đầu, r là tỉ lệ phân huỷ rt

Trang 41/48

bằng gam, t tính bằng năm. • Theo đề bài cho ta có: 1 = 10.e −0 ,000028t ⇔ t = −

ln 10 ≈ 82235 năm. −0 , 000028

Trang 42/48

• Vậy sau khoảng 82235 năm thì 10 gam Pu239 sẽ phân huỷ còn lại 1 gam.

 Bình luận: Qua các bài toán các em biết được. Một là, một lượng chất phóng xạ nhỏ, mà thời gian để phân huỷ phải cần tới mấy ngàn năm. Hai là, mức độ nguy hiểm của chất phóng xạ, để biết rõ hơn các em đọc bài viết

Nếu trong tương lai không xảy ra một vụ tai nạn hạt nhân nào lớn nữa thì lượng phóng xạ hiện nay không gây nguy hiểm tới sức khoẻ con người cũng như cho môi trường. Nhưng cần phải nhắc lại rằng chất phóng xạ plutonium phát ra từ vụ thử hạt nhân do Mỹ tiến hành tại đảo san hô Bikini trước kia, nay vẫn còn được phát hiện ra ở vùng biển ngoài khơi Nhật Bản. Vì thế nếu plutonium bị rò rỉ ra nước biển thì cần phải tiến hành giám sát lượng phóng xạ trong hải sản trong một thời gian dài.

phía dưới: Tác hại của chất phóng xạ plutonium.. Bài đọc thêm Tác hại của chất phóng xạ plutonium Ông Takahashi Sentaro, phó giám đốc Viện nghiên cứu lò phản ứng trường Đại học Kyoto, trên NHK, phân tích về tác hại của của plutonium nhân việc phát hiện ra plutonium trong khuôn viên nhà máy điện hạt nhân Fukushima số I.

Hơn nữa, plutonium không phát tán trên diện rộng vì vậy dễ có khả năng là nồng độ plutonium trong khuôn viên nhà máy điện hạt nhân Fukushima số I sẽ rất cao. Vì thế cần phải giám sát liên tục, chặt chẽ lượng phóng xạ tại đây, đồng thời phải đảm bảo sự an toàn cho các công nhân làm việc tại đây bằng nhiều biện pháp, ví dụ như cho họ đeo mặt nạ phòng hộ, tránh không ăn uống trong các khu vực lân cận. (Nguồn:http://vnexpress.net/tin-tuc/khoa-hoc/ta-c-ha-i-cu-a-chat-phong-xa-plutonium2191312.html) Ví dụ 8: Các loại cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ nhận được một lượng nhỏ cacbon 14 (một đồng vị của cacbon ). Khi một bộ phận của cây xanh đó bị chết thì hiện tượng quang hợp cũng dừng và nó sẽ không nhận thêm cacbon 14 nữa.Lượng cacbon 14 của bộ phận đó sẽ phân hủy một cách chậm chạp và chuyển hóa thành nitơ 14.Biết rằng nếu gọi P ( t ) là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong một bộ phận của một cây sinh trưởng từ t năm trước đây thì P ( t ) được tính theo công thức t

P ( t ) = 100. ( 0,5) 500 ( % ) .Phân tích mẫu gỗ từ một công trình kiến trúc cổ, người ta thấy

lượng cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ đó là 65% . Hãy xác định niên đại của công trình đó. Một bức ảnh chụp nhà máy điện hạt nhân Fukushima từ trực thăng hôm 11/3. Ảnh: AP Plutonium là chất phóng xạ do uranium 239 hoặc 235 sinh ra, và nó phát ra tia phóng xạ có tên gọi là tia alpha. Đặc tính của tia alpha này là dù có bám vào da người thì nó cũng không xâm nhập trực tiếp vào cơ thể con người mà xâm nhập gián tiếp qua các loại thực phẩm bị nhiễm xạ hoặc qua đường thở. Ví dụ, trong trường hợp chất plutonium 239 thì chu kỳ bán rã của chất này rất dài, khoảng 20.000 năm. Vì thế một khi đã nhiễm vào cơ thể con người thì nó vẫn sẽ tiếp tục phát xạ tại nơi mà nó đã xâm nhập vào và vì vậy mà khả năng bị ung thư là khá cao.

Ảnh minh hoạ: Nguồn internet  Phân tích bài toán

Cơ thể con người có khả năng loại thải plutonium, vì thế nếu bị nhiễm xạ thì trong vòng vài tháng lượng plutonium trong cơ thể sẽ giảm xuống một nửa. Tuy nhiên người ta cho rằng plutonium thường ở trong cơ thể con người lâu hơn so với chất phóng xạ iodine và cesium.

● Đây là một bài toán có ý nghĩa về khảo cổ học, nghiên cứu về lịch sử thời xưa. Bằng

Trang 43/48

Trang 44/48

những kiến thức toán học các nhà khảo cổ học hoàn toàn biết được công trình kiến trúc đó được xây dựng từ năm nào, để từ đó có những kết luận chính xác nhất

● Trong bài toán này để xác định niên đại của công trình kiến trúc t , các em sử dụng công thức đề bài cho P ( t ) = 100. ( 0,5)

t 500

( % ) trong đó ta đã biết

P ( t ) = 65 , từ đó sử

dụng kiến thức về giải phương trình mũ các em tìm t dễ dáng. Các em coi lời giải ở

●Để tìm các hằng số k và a , ta áp dụng công thức đề bài cho F = ka d ( kHz ) biết khi

mũ và hệ phương trình các em tìm k và a dễ dáng. Các em coi lời giải ở dưới nhé.

Hướng dẫn giải Theo đề bài ta có P ( t ) = 65 . Vậy ta có phương trình t

100. ( 0, 5) 5750 = 65 ⇔ ( 0,5) 5750 =

Hướng dẫn giải a) Khi d = 0 thì F = 53 và khi d = 12 thì F = 160 ,

65 t 65 ⇔ = log 0,5 100 5750 100

0 53 = ka

65 ⇔ t = 5750. log 0,5 100 o

dụng.

d = 0 thì F = 53 và khi d = 12 thì F = 160 , từ đó sử dụng kiến thức về giải phương trình

dưới nhé.

tính toán phân chia và thiết kế các vạch chia tần số cho hợp lí, để người tiêu dùng dễ sử

ta có hệ phương trình 

12 160 = ka

Vậy tuổi của công trình kiến trúc đó là khoảng 3574 năm.

 k = 53  k = 53   ⇔  12 160 ⇔  160 a = 53 a = 12 53 ≈ 1, 096 

Vậy k = 53, a = 1, 096

Ví dụ 9 : Trên mỗi chiếc radio đều có các vạch chia để người sử dụng dễ dàng chọn đúng sóng radio cần tìm. Biết rằng vạch chia ở vị trí cách vạch tận cùng bên trái một

b) Chương trình ca nhạc có tần số là F = 120kHz , vậy ta có phương trình 120 120 120 ⇔ d = log a ⇔ d = log1,096 = 8, 91 ( cm ) . k k 53

khoảng d ( cm ) thì ứng với tần số F = ka d ( kHz ) , trong đó k và a là hai hằng số

120 = ka d ⇔ a d =

được chọn sao cho vạch tận cùng bên trái ứng với tần số 53kHz , vạch tận cùng bên

Vậy muốn mở tới ngay chương trình ca nhạc, ta chỉnh đến vạch chia cách vạch ban đầu

phải ứng với tần số 160kHz và hai vạch này cách nhau 12cm

một khoảng 8,91 cm. Ví dụ10: Khoảng 200 năm trước, hai nhà khoa học Pháp là Clô – zi – ut (R. Clausius) và Clay –pay – rông (E. Claypeyron) đã thấy rằng áp suất p của hơi nước (tính bằng milimét thuỷ ngân, viết tắt là mmHg) gây ra khi nó chiếm khoảng trống phía trên của

a) Tính k và a (tính a chính xác đến hàng phần nghìn) b) Tìm d ( cm ) biết rằng vạch đó là chương trình ca nhạc có tần số là F = 120kHz .

mặt nước chứa trong một bình kín (coi hình vẽ bên dưới) được tính theo công thức k

p = a.10 t + 237

Hơi nước

Trong đó t là nhiệt độ C của nước, a và k là những hằng số. Cho biết k ≈ −2258, 624 a) Tính a biết rằng khi nhiệt độ của nước là 1000 C

Nước ------------------------------------ --Nước --------------------------------------------

thì áp suất của hơi nước là 760mmHg (tính chính xác đến hàng phần trục) b) Tính áp suất của hơi nước khi nhiệt độ của nước ở

Ảnh minh hoạ: Nguồn internet

40 C . (tính chính xác đến hàng phần trục)

 Phân tích bài toán ● Đây là một bài toán có ý nghĩa về mặt thiết kế tính toán các thiết bị điện tử, cụ thể

 Phân tích bài toán:

thiết kế vạch chia tần số để dễ ràng dò các chương trình cần nghe. Các nhà thiết kế phải Trang 45/48

Trang 46/48

● Đây là một bài toán có ý nghĩa về mặt thiết kế tính toán các bình kín đựng nước, nước ngọt, các loại dung dịch lỏng...Qua bài toán này giúp ta tính toán được tính được áp suất p của hơi nước gây ra khi nó chiếm khoảng trống phía trên của mặt nước chứa trong một bình kín, từ đó có những thiết kế vỏ chai, vỏ bình đựng cho hợp lí để không bị bể …. k

●Để tìm các hằng số a , ta áp dụng công thức đề bài cho p = a.10 t + 237 biết khi t = 1000 C thì p = 760 , từ đó sử dụng kiến thức về giải phương trình a dễ dáng. Các em

coi lời giải ở dưới nhé. Hướng dẫn giải a)Khi

t = 1000 C

760 = a.10

−2258,624 373

thì

p = 760 .

đó

có

phương

trình

(ẩn

 a ≈ 863188841, 4

b)Áp suất của hơi nước khi nhiệt độ của nước ở 400 C là: p = 863188841, 4.10

−2258,624 40+ 237

 p ≈ 52, 5mmHg .

Trang 47/48

A. 15 tháng.

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM CHƯƠNG II Câu 1: Một người gửi 15 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kỳ hạn một

B. 16 tháng.

C. 14 tháng.

D. 19 tháng.

Đề bài dùng cho câu 6, câu 7:(Trích đề thi HSG tỉnh ĐaKnông năm 2009)

quý với lãi suất 1,65% một quý. Hỏi sau bao nhiêu quý thì người đó có được ít nhất

Bố Hùng để dành cho Hùng 11000 USD để học đại học trong ngân hàng theo hình

20 triệu ?

thức lãi kép với lãi suất 0,73% một tháng. Mỗi tháng Hùng đến rút 60USD để sinh

A.15 quý.

B.16 quý.

C.17 quý.

sống.

D.18 quý.

Câu 2: Sau nhiều năm làm việc anh Nam tiết kiệm được P đồng, dự định số tiền đó để

Câu 6: Hỏi sau một năm số tiền còn lại là bao nhiêu? ( Kết quả làm tròn đến hàng đơn

mua một căn nhà. Nhưng hiện nay với số tiền đó thì anh ta chưa thể mua được ngôi

vị)

nhà vì giá trị ngôi nhà mà anh ta muốn mua là 2 P đồng. Vì vậy anh Nam gửi tiết

A.11254USD.

kiệm số tiền này vào ngân hàng Sacombank. Theo bạn sau bao nhiêu năm anh Nam

hàng đơn vị)

năm , lãi hằng năm được nhập vào vốn và giá của ngôi nhà đó không thay đổi trong

A.65 tháng.

A.9 năm.

B.10 năm.

C.8 năm.

C.1257USD.

D.1256USD.

Câu 7: Nếu mỗi tháng rút 200 USD thì sau bao lâu sẽ hết tiền? ( Kết quả làm tròn đến

mới có thể sở hữu được ngôi nhà đó. Biết rằng lãi suất gởi tiết kiệm là 8,4% một 12 năm tới. ( Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)

B.1259USD.

B.81 tháng.

C.71 tháng.

D.75 tháng.

Câu 8: Tỉ lệ tăng dân số hàng năm của In – đô – nê – xia – a là 1,5%. Năm 1998, dân

D.11 năm.

số của nước này là 212942000 người. Hỏi dần số của In – đô – nê – xia – a vào năm

Câu 3: Một người gửi tiết kiệm theo ngân hàng một số tiền là 500 triệu đồng, có kì hạn

3 tháng (sau 3 tháng mới được rút tiền), lại suất 5,2% một năm, lãi nhập gốc (sau 3

2006 gần với số nào sau đây nhất? A. 240091000.

B. 250091000.

C. 230091000.

D. 220091000.

tháng người đó không rút tiền ra thì tiền lãi sẽ nhập vào gốc ban đầu). Để có số tiền

Câu 9: Biết rằng tỉ lệ giảm dân hàng năm của Nga là 0,5%. Năm 1998, dân số của

ít nhất là 561 triệu động thì người đó phải gửi bao nhiêu tháng ? ( Kết quả làm tròn

Nga là 146861000 người. Hỏi năm 2008 dân số của Nga gần với số nào sau đây

hàng đơn vị)

nhất?

A.25 tháng.

B.27 tháng.

C.26 tháng.

D.28 tháng.

A. 135699000.

B. 139699000.

C. 140699000.

D. 145699000.

Câu 4: Một học sinh 16 tuổi được hưởng tài sản thừa kế 200 000 000 VNĐ. Số tiền này

Câu 10: Biết rằng tỉ lệ giảm dân hàng năm của I – ta – li -a là 0,1%. Năm 1998, dân số

được bảo quản trong một ngân hàng với kì hạn thanh toán 1 năm và học sinh này chỉ

của Nga là 56783000 người. Hỏi năm 2020 dân số của nước này gần với số nào sau

nhận được số tiền này khi đã đủ 18 tuổi. Biết rằng khi đủ 18 tuổi, số tiền mà học

đây nhất?

sinh này được nhận sẽ là 228 980 000 VNĐ. Vậy lãi suất kì hạn 1 năm của ngân

A. 56547000.

hàng này là bao nhiêu ? A.6% / năm.

B.5% / năm.

B. 55547000.

C. 54547000.

D. 53547000.

Câu 11: Tỉ lệ tăng dân số hàng năm của Nhật là 0 , 2% . Năm 1998, dân số của Nhật là

C.7% / năm.

D.8% / năm.

Câu 5: Lãi suất của tiền gửi tiết kiệm của một ngân hàng thời gian qua liên tục thay đổi.

Bạn Hùng gửi số tiền ban đầu là 5 triệu đồng với lãi suất 0,7% tháng. Chưa đầy một năm, thì lãi suất tăng lên 1,15% tháng trong nửa năm tiếp theo và bạn Hùng tiếp tục gửi. Sau nửa năm đó lãi suất giảm xuống còn 0,9% tháng. Bạn Hùng tiếp tục gửi thêm một số tháng tròn nữa. Biết rằng khi rút ra số tiền bạn Hùng nhận được cả vốn lẫn lãi là 5747478,359 đồng (chưa làm tròn). Hỏi bạn Hùng đã gửi tiết kiệm trong bao nhiêu tháng ? (Trong suốt quá trình gửi thì lãi nhập gốc)

125932000 . Vào năm nào dân số của Nhật sẽ là 140000000 ? ( Kết quả làm tròn đến

hàng đơn vị) A. 2061 .

B. 2055 .

C. 2051 .

D. 2045 .

Câu 12: Tỉ lệ tăng dân số hàng năm của Ấn độ là 1, 7% . Năm 1998, dân số của Ấn độ là

984 triệu. Hỏi sau bao nhiêu năm dân số của Ấn độ sẽ đạt 1, 5 tỉ ? ( Kết quả là tròn

đến hàng đơn vị) A. 15 .

B. 25 .

C. 20 .

D. 29 .

Câu 13: Nếu cường độ âm tăng lên 1000 lần thì độ to của âm thay đổi như thế nào? Trang 1/13

Trang 2/12

A.Tăng 10 dB.

B.Tăng 3 lần.

C.Giảm 30dB.

D.Tăng 30 dB.

A.3 giờ 9 phút.

B.3 giờ 2 phút.

C.3 giờ 16 phút.

D.3 giờ 30 phút.

Câu 14: Áp suất không khí P ( đo bằng milimet thuỷ ngân, kí hiệu là mmHg) suy giảm

Câu 19: Cường độ một trận động đất M (richter) được cho bởi công thức

mũ so với độ cao x ( đo bằng mét), tức P giảm theo công thức P = P0 e trong đó

M = log A − log A0 , với A là biên độ rung chấn tối đa và A0 là một biên độ chuẩn

P0 = 760mmHg là áp suất ở mực nước biển ( x = 0 ) , i là hệ số suy giảm. Biết rằng ở

(hằng số). Đầu thế kỷ 20, một trận động đất ở San Francisco có cường độ 8 độ

độ cao 1000 m thì áp suất của không khí là 672 , 71mmHg . Hỏi áp suất không khí ở độ cao 3000m gần với số nào sau đây nhất? A. 530 , 23mmHg .

B. 540 , 23mmHg .

C. 520 , 23mmHg .

D. 510 , 23mmHg .

Câu 15: Một khu rừng có trữ lượng gỗ 4.10 5 mét khối. Biết tốc độ sinh trưởng của các

Richter. Trong cùng năm đó, trận động đất khác Nam Mỹ có biên độ mạnh hơn gấp 4 lần. Cường độ của trận động đất ở Nam Mỹ gần với số nào sau đây nhất là: A.7,9.

B.8,6.

C.8,5.

Câu 20: Biểu đồ bên cho thấy kết quả thống kê sự

cây ở khu rừng đó là 4% mỗi năm. Hỏi sau 5 năm, khu rừng đó sẽ có bao nhiêu mét

tăng trưởng về số lượng của một đàn vi khuẩn

khối gỗ ?

: cứ sau 12 tiếng thì số lượng của một đàn vi

A. 545470.

B. 488561.

C. 465470.

D. 535470.

khuẩn tăng lên gấp 2 lần. Số lượng vi khuẩn

Câu 16: Trong vật lí, sự phân rã của các chất phóng xạ được biểu diễn bằng công thức :

1 m ( t ) = mo   2

t T

D.8,9.

trong đó m0 là khối lượng chất phóng xạ ban đầu ( tại thời điểm

()

t = 0 ), m t là khối lượng chất phóng xạ tại thời điểm t , T là chu kì bán rã ( tức là

ban đầu của đàn là 250 con. Công thức nào dưới đây thể hiện sự tăng trưởng về số lượng của đàn vi khuẩn N tại thời điểm t ? t

A. N = 500.t12 .

B. N = 250.2t .

khoảng thời gian để một nửa số nguyên tử của chất phóng xạ bị biến thành chất khác).

C. N = 250.2 2 .

D. N = 250.22t .

( Trích đề thi thử lần 7 – Group toán 3K ) Câu 21: Thang đo Richter được Charles Francis Richter đề xuất và sử dụng lần đầu tiên

Cho biết chu kì bán rã của một chất phóng xạ là 24 giờ ( 1 ngày đêm). Hỏi 250 gam

vào năm 1935 để sắp xếp các số đo độ chấn động của các cơn động đất với đơn vị là

chất đó sẽ còn lại bao nhiêu sau 3 , 5 ngày đêm ? ( Kết quả làm tròn đến 3 chữ số thập

độ Richter. Công thức tính độ chấn động như sau: ML = log A − log Ao , với M L là độ

phân sau dấu phẩy)

chấn động, A là biên độ tối đa đo được bằng địa chấn kế và Ao là một biên độ

A. 22 , 097 (gam).

B. 23 , 097 (gam).

C. 20 , 097 (gam).

D. 24 , 097 (gam

358 Câu 17: Năm 1994, tỉ lệ thể tích khí CO2 trong không khí là . Biết rằng tỉ lệ thể tích 106

khí CO2 trong không khí tăng 0,4% hàng năm. Hỏi năm 2004, tỉ lệ khí CO2 trong

B. 379.10 −6 .

với cùng một biên độ chuẩn thì biên độ tối đa của một trận động đất 7 độ Richter sẽ lớn gấp mấy lần biên độ tối đa của một trận động đất 5 độ Richter ? 7

A.2 .

không khí gần với số nào sau đây nhất? A. 393.10 −6 .

chuẩn. (nguồn: Trung tâm tư liệu khí tượng thủy văn). Hỏi theo thang độ Richter,

C. 373.10 −6 .

D. 354.10 −6 .

. rt ,trong đó Câu 18: Sự tăng trưởng của một loại vi khuẩn tuân theo công thức S = Ae

A là số lượng vi khuẩn ban đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng ( r > 0 ), t là thời gian tăng

trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban đầu là 100 con và sau 5 giờ có 300 con. Để số lượng vi khuẩn ban đầu sẽ tăng gấp đôi thì thời gian tăng trưởng t gần với kết quả nào sau đây nhất. Trang 3/13

B.20.

C. 10 5 .

D.100.

(Trích đề thi thử lần 8 – Group toán 3K) Câu 22: Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với kì hạn 3 tháng (1 quí), lãi suất

6% một quí theo hình thức lãi kép ( lãi cộng với vốn). Sau đúng 6 tháng, người đó lại gửi thêm 100 triệu đồng với hình thức và lãi suất như trên. Hỏi sau 1 năm tính từ lần gửi đầu tiên người đó nhận số tiền gần với kết quả nào nhất? A.239 triệu đồng.

B.230 triệu đồng.

C.243 triệu đồng.

D.236 triệu đồng. Trang 4/12

(Trích đề thi giữa kỳ1 năm 2016 trường THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội)

Hình minh hoạ: Lượng thuốc còn theo ngày

Câu 23: Tỷ lệ tăng dân số hàng năm của Việt Nam là 1,07%. Năm 2016, dân số của

Việt Nam là 93422000 người. Hỏi với tỷ lệ tăng dân số như vậy thì năm 2026 dân số

Câu 25: Lượng thuốc còn lại là bao nhiêu vào cuối ngày thứ nhất?

A.6mg.

B.12mg.

C.26 mg.

D.32 mg.

Việt Nam gần với kết quả nào nhất? A.115 triệu người.

B.118 triệu người.

C.122 triệu người.

D.120 triệu người.

(Trích đề thi giữa kỳ 1 năm 2016 trường THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội)

Câu 26: Tính tỉ lệ về lượng thuốc của ngày hôm trước còn lại hoạt động trong máu của

Peter

Câu 24: Theo thể thức lãi kép, nghĩa là nếu đến kì hạn người gửi không rút lãi ra thì

tiền lãi được tính vào vốn của kì kế tiếp. Nếu một người gửi số tiền A với lãi suất r N

A.40%.

B.80%.

C.30%.

D.10%.

Câu 27: Năng lượng giải toả E của một trận động đất tại tâm địa chấn ở M độ Richte

mỗi kì thì sau N kì, số tiền người ấy thu được cả vốn lẫn lãi là C = A (1 + r ) (triệu

được xác định bởi công thức: log ( E) = 11, 4 + 1, 5 M . Vào năm 1995, Thành phố X

đồng). Nếu bạn gửi 20 triệu đồng vào ngân hàng X theo thể thức lãi kép với lãi suất

xảy ra một trận động đất 8 độ Richte và năng lượng giải toả tại tâm địa chấn của nó

một quý thì sau 3 năm (vẫn tính lãi suất kì hạn theo quý), bạn sẽ thu được số

gấp 14 lần trận động đất ra tại thành phố Y vào năm 1997. Hỏi khi đó độ lớn của

8, 65%

tiền cả vốn lẫn lãi gần với giá trị nào nhất sau đây(giả sử lãi suất hằng năm của ngân hàng X là không đổi) ?

trận động đất tại thành phố Y là bao nhiêu? ( kết quả làm tròn đến hàng phần trục) A. 7,2 độ Richte

B. 7,8 độ Richte.

C. 8,3 độ Richte.

D. 6,8 độ Richte.

A. 54 , 34 triệu đồng.

B. 54 ,12 triệu đồng.

Câu 28: Một người gửi ngân hàng 100 triệu đồng theo hình thức lãi đơn, kì hạn 3 tháng

C. 25 , 65 triệu đồng.

D. 25 , 44 triệu đồng.

với lãi suất 3% một quý. Hỏi người đó phải gửi trong ngân hàng ít nhất bao lâu, số

Đề bài dùng chung cho câu 25, câu 26

tiền thu về hơn gấp hai số tiền vốn ban đầu?

Peter dùng 80 mg thuốc để điều chỉnh huyết áp của mình. Đồ thị dưới đây là đồ thị của

A.102 tháng.

B.103 tháng.

C.100 tháng.

D.101 tháng.

hàm số mũ có dạng y = 80.r x ( với x thời gian (ngày) sau khi tiêm thuốc, r tỉ lệ về

Câu 29: Một người gửi 15 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kỳ hạn 1 quý

lượng thuốc của ngày hôm trước còn lại hoạt động trong máu của Peter , y lượng

với lãi suất 1,65% một quý. Hỏi sau bao lâu người đó có được ít nhất 20 triệu đồng

thuốc còn tác dụng sau x ngày tiêm thuốc), chỉ số lượng thuốc đầu tiên và số lượng thuốc còn lại hoạt động trong máu của Peter sau một, hai, ba và bốn ngày.

cả vốn lẫn lãi từ số vốn ban đầu? A.sau khoảng 4 năm 6 tháng.

B.sau khoảng 4 năm 3 tháng .

C.sau khoảng 4 năm 2 tháng.

D.sau khoảng 4 năm 9 tháng.

Câu 30: Một sinh viên được gia đình gửi tiết kiệm số tiền vào ngân hàng với số tiền là

20 triệu đồng theo mức kì hạn 1 tháng với lãi suất tiết kiệm là 0,4%/tháng. Nếu mỗi tháng anh sinh viện rút ra một số tiền như nhau vào ngày ngân hàng tính lãi thì hàng tháng anh ta rút ra bao nhiêu tiền để sau 5 năm, số tiền vừa hết? A. 375.594 , 84 đồng.

B. 357.549 , 84 đồng.

C. 537.594 , 84 đồng.

D. 573.594 , 84 đồng.

Câu 31: Một người gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn 3 tháng, lãi suất 5%

một quý theo hình thức lãi kép (sau 3 tháng sẽ tính lãi và cộng vào gốc). Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 50 triệu đồng với kì hạn và lãi suất như trước đó. Cho biết số tiền cả gốc và lãi được tính theo công thức T = A(1 + r )n , trong đó A là số tiền Trang 5/13

Trang 6/12

gửi, r là lãi suất và n là số kì hạn gửi. Tính tổng số tiền người đó nhận được 1 năm

mất khoảng 25% lượng Cabon ban đầu của nó. Hỏi mẫu đồ cổ đó có tuổi là bao

sau khi gửi tiền.

nhiêu?

A. ≈ 176, 676 triệu đồng.

B. ≈ 178, 676 triệu đồng.

A. 2378 năm.

B. 2300 năm.

C. ≈ 177, 676 triệu đồng.

D. ≈ 179, 676 triệu đồng.

(Trích đề ôn tập Group nhóm toán)

C. 2387 năm.

D. 2400 năm.

Câu 32: Biết rằng năm 2001, dân số Việt Nam là 78.685.800 người và tỉ lệ tăng dân số

Câu 36: Một nghiên cứu cho thấy một nhóm học sinh được cho xem cùng một danh

năm đó là 1, 7% . Cho biết sự tăng dân số được ước tính theo công thức S = A.e Nr

sách các loài động vật và được kiểm tra lại xem họ nhớ bao nhiêu % mỗi tháng. Sau

(trong đó A: là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau N năm, r là tỉ lệ

t tháng, khả năng nhớ trung bình của nhóm học sinh được cho bởi công thức

tăng dân số hàng năm). cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì đến năm nào dân số nước

M (t ) = 75 − 20 ln (t + 1) , t ≥ 0 (đơn vị %). Hỏi sau khoảng bao lâu thì nhóm học

ta ở mức 120 triệu người.

sinh nhớ được danh sách đó dưới 10%?

A.2026.

B.2022.

C.2020.

A. 24.79 tháng.

D.2025.

Câu 33: Cường độ một trận động đất M được cho bởi công thức M = log A − log A0 , với

B. 23 tháng.

C. 24 tháng.

D. 22 tháng.

(Trích đề ôn tập Group nhóm toán)

A là biên độ rung chấn tối đa và A0 là một biên độ chuẩn (hằng số). Đầu thế kỷ 20,

Câu 37: Một công ty vừa tung ra thị trường sản phẩm mới và họ tổ chức quảng cáo trên

một trận động đất ở San Francisco có cường độ 8,3 độ Richter. Trong cùng năm đó,

truyền hình mỗi ngày. Một nghiên cứu thị trường cho thấy, nếu sau x quảng cáo

trận động đất khác ở gần đó đo được 7,1 độ Richter. Hỏi trận động đất ở San

được phát thì số % người xem mua sản phẩm là P(x ) =

Francisco có biên độ gấp bao nhiêu trận động đất này. A.1,17.

B.2,2.

C.15,8.

100 , x ≥ 0 . Hãy 1 + 49e −0.015x

tính số quảng cáo được phát tối thiểu để số người mua đạt hơn 75%.

D.4.

Câu 34: Nam định mua một chiếc xe máy theo phương thức trả góp. Theo phương thức

này sau một tháng kể từ khi nhận xe phải trả đều đặn mỗi tháng một lượng tiền nhất định nào đó, liên tiếp trong vòng 24 tháng. Giả sử giá xe máy thời điểm Nam mua là

A. 333.

B. 343.

C. 330.

D. 323.

(Trích đề ôn tập Group nhóm toán) Câu 38: Một người gửi tiết kiệm số tiền 100.000.000 VNĐ vào ngân hàng với lãi suất

16 triệu (đồng) và giả sử lãi suất công ty tài chính cho vay tiền là 1% một tháng trên

8% một năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi sau 15 năm, số tiền người ấy

số tiền chưa trả. Với mức phải trả hàng tháng gần với kết quả nào sau đây nhất thì

nhận về là bao nhiêu? ( làm tròn đến đơn vị nghìn đồng)

việc mua trả góp là chấp nhận được ? A.755 ngàn mỗi tháng.

B.751 ngàn mỗi tháng.

C.826 ngàn mỗi tháng.

D.861 ngàn mỗi tháng.

B.417.217.000 VNĐ.

C.317.217.000 VNĐ.

D.217.217.000 VNĐ.

(Trích đề thi sở giáo dục Hưng Yên năm 2016)

Câu 35: Trong vật lí, sự phân rã của các chất phóng xạ được biểu diễn bởi công thức: t

 1 T m (t ) = m0   , trong đó m0 là khối lượng ban đầu của chất phóng xạ (tại thời điểm  2 

t = 0); T là chu kì bán rã (tức là khoảng thời gian để một nửa khối lượng chất phóng xạ bị biến thành chất khác). Chu kì bán rã của Cabon

A.117.217.000 VNĐ.

C là khoảng 5730 năm.

Người ta tìm được trong một mẫu đồ cổ một lượng Cabon và xác định được nó đã

Câu 39: Một người gửi số tiền 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 5% một năm.

Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi được nhập vào vốn ban đầu. Sau n năm ( n ∈ ℕ* ), nếu trong khoảng thời gian này không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi, người đó nhận được A. 100. (1, 05)

n−1

triệu đồng.

C. 100. (1, 05) triệu đồng.

B. 100. (1,05) triệu đồng. D. 100. (1,05)

n+1

triệu đồng.

(Trích đề thi thử 01 câu lạc bộ giáo viên trẻ TP. Huế) Trang 7/13

Trang 8/12

Câu 40: Bà A gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép ( đến kì hạn mà

Câu 45: Một người gửi tiết kiệm ngân hàng, mỗi tháng gửi 1 triệu đồng, với lãi suất kép

người gửi không rút lãi ra thì tiền lãi được tính vào vốn của kì kế tiếp) với lãi suất

1%/tháng. Gửi được hai năm 4 tháng người đó có công việc nên đã rút toàn bộ gốc

7% một năm. Hỏi sau 2 năm bà A thu được lãi là bao nhiêu ( giả sử lãi suất không

và lãi về. Số tiền người đó rút được là:

thay đổi) ? A. 15 ( triệu đồng).

B. 14,49 ( triệu đồng).

C. 20 ( triệu đồng).

D. 14,50 ( triệu đồng).

( Trích đề thi thử số 3 – Tạp chí Toán học tuổi trẻ số 473 tháng 11 năm 2016) Câu 41: Một người gửi 6 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép, kì hạn 1 năm

với lãi suất 7,56% một năm. Hỏi sau bao nhiêu năm người gửi sẽ có ít nhất 12 triệu B.9 năm.

C.8 năm.

với lãi suất 7,56% một năm. Giả sử lãi suất không thay đổi, hỏi số tiền người đó thu được ( cả vốn lẫn lãi) sau 5 năm là bao nhiêu triệu đồng ( làm tròn đến chữ số thập

phân thứ hai) ? B. 20,59 triệu đồng.

C. 19,59 triệu đồng.

D. 21, 59 triệu đồng.

C. 100. (1, 01) 28 − 1 (triệu đồng).

D. 101. (1, 01) 28 − 1 (triệu đồng).

(Trích đề thi thử Trường THPT Nguyễn Xuân Nguyên) Câu 46: Một người gửi tiết kiệm 100 triệu đồng với lãi suất kép theo quý 2%. Hỏi sau 2

năm người đó lấy lại được tổng là bao nhiêu tiền? B.117,1 triệu.

C.160 triệu.

D.116 triệu.

(Đề thi thử trường THPT Quảng Xương 1 – Thanh Hoá năm 2016)

D.15 năm.

(Trích đề thi thử trường THPT Nguyễn Gia Thiều) Câu 42: Một người gửi 15 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn 1 năm

A. 22,59 triệu đồng.

B. 101. (1, 01) 27 − 1 (triệu đồng).

A.171 triệu.

đồng từ số tiền gửi ban đầu? ( giả sử lãi suất không thay đổi) A.10 năm.

A. 100. (1, 01) 27 − 1 (triệu đồng).

Câu 47: Sự tăng trưởng của một loài vi khuẩn được tính theo công thức f (t) = Ae rt ,

trong đó A là số lượng vi khuẩn ban đầu, r là tỷ lệ tăng trưởng (r > 0 ) , t (tính theo giờ) là thời gian tăng trưởng. Biết số vi khuẩn ban đầu có 1000 con và sau 10 giờ là 5000 con. Hỏi sao bao lâu thì số lượng vi khuẩn tăng gấp 10 lần. A. 5 ln 20 (giờ)

B. 5 ln 10 (giờ)

C. 10 log5 10 (giờ)

D. 10 log 5 20

(giờ) (Trích đề ôn tập Group nhóm toán)

(Trích đề thi thử trường THPT Nguyễn Gia Thiều) Câu 43: Một người gửi tiết kiệm ngân hàng, mỗi tháng gửi 1 triệu đồng, với lãi suất kép 1%/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 rút được là: A. 100. (1, 01) 26 − 1 (triệu đồng). C. 100. (1, 01) 27 − 1 (triệu đồng).

B. 101. (1, 01) 27 − 1 (triệu đồng). D. 101. (1, 01) 26 − 1 (triệu đồng).

(Trích đề thi thử Trường THPT Nguyễn Xuân Nguyên) Câu 44: Một người gửi tiết kiệm ngân hàng, mỗi tháng gửi 1 triệu đồng, với lãi suất kép

Câu 48: Trong kinh tế vĩ mô (macroeconomics), lạm phát là sự tăng mức giá chung của

hàng hóa và dịch vụ theo thời gian và sự mất giá trị của một loại tiền tệ. Khi so sánh với các nước khác thì lạm phát là sự giảm giá trị tiền tệ của một quốc gia này so với các loại tiền tệ của quốc gia khác. Theo nghĩa đầu tiên thì người ta hiểu lạm phát của một loại tiền tệ tác động đến phạm vi nền kinh tế một quốc gia, còn theo nghĩa thứ hai thì người ta hiểu lạm phát của một loại tiền tệ tác động đến phạm vi nền kinh tế sử dụng loại tiền tệ đó. Phạm vi ảnh hưởng của hai thành phần này vẫn là một vấn đề gây tranh cãi giữa các nhà kinh tế học vĩ mô. Ngược lại với lạm phát là giảm phát. Một chỉ số lạm phát bằng 0 hay một chỉ số dương nhỏ thì được người ta gọi là sự "ổn định giá cả".

1%/tháng. Gửi được hai năm 6 tháng người đó có công việc nên đã rút toàn bộ gốc và lãi về. Số tiền người đó rút được là: A. 101. (1, 01)30 − 1 (triệu đồng).

B. 101. (1, 01) 29 − 1 (triệu đồng).

C. 100. (1, 01)30 − 1 (triệu đồng).

D. 100. (1, 01)30 − 1 (triệu đồng).

(Trích đề thi thử Trường THPT Nguyễn Xuân Nguyên) Trang 9/13

Trang 10/12

Hình minh hoạ: Tỷ lệ lạm phát của 5 thành viên chính của G8 từ1950 tới 1994 ( Theo https://vi.wikipedia.org/wiki/L%E1%BA%A1m_ph%C3%A1t) Giả sử tỉ lệ lạm phát của Trung Quốc trong năm 2016 dự báo vào khoảng là 2,5 % và tỉ lệ này không thay đổi trong 10 năm tiếp theo. Hỏi nếu năm 2016, giá xăng là 10.000 NDT/ lít thì năm 2025 giá tiền xăng là bao nhiêu tiền một lít? ( kết quả làm tròn đến hàng đơn vị) A. 12488 NDT/ lít . B. 12480 NDT/ lít . C. 12490 NDT/ lít . D. 12489 NDT/ lít. Câu 49: Ông B đến siêu thị điện máy để mua một cái laptop với giá 15,5 triệu đồng theo hình thức trả góp với lãi suất 2,5% một tháng. Để mua trả góp ông B phải trả trước 30% số tiền, số tiền còn lại ông sẽ trả dần trong thời gian 6 tháng kể từ ngày mua, mỗi lần trả cách nhau 1 tháng. Số tiền mỗi tháng ông B phải trả là như nhau và tiền lãi được tính theo nợ gốc còn lại ở cuối mỗi tháng. Hỏi, nếu ông B mua theo hình thức trả góp như trên thì số tiền phải trả nhiều hơn so với giá niêm yết là bao nhiêu? Biết rằng lãi suất không đổi trong thời gian ông B hoàn nợ và hàng tháng ông B đều trả tiền đúng hạn. (Kết quả làm tròn đến chữ số hàng chục nghìn) A. 1628000 đồng . B. 2325000 đồng . C. 1384000 đồng. D. 970000 đồng . Nguồn tham khảo: http://toanhocbactrungnam.vn/ 24 Câu 50: Tiêm vào máu bệnh nhân 10cm3 dung dịch chứa 11 Na có chu kì bán rã T = 15h

Câu

Câu17 Câu

Câu19 Câu

Câu

với nồng độ 10-3mol/lít. Sau 6h lấy 10cm3 máu tìm thấy 1,5.10-8 mol Na24. Coi Na24 phân bố đều. Thể tích máu của người được tiêm khoảng: A. 5,1 lít .

B.6,2 lít .

C. 4,8 lít.

D.7,3 lít.

ĐÁP ÁN TRẮC NGHIỆM CHƯƠNG II

Câu 1

Câu 2

Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6

Câu 7

Câu 8

Câu 9

Câu 10

Trang 11/13

Trang 12/12

Gọi n là số tháng gửi với lãi suất 0,7% tháng và m là số tháng gửi với lãi suất 0,9%

HƯỚNG DẪN GIẢI TRẮC NGHIỆM CHƯƠNG II

tháng.

Câu 1: Đáp án D

Khi đó, số tiền gửi cả vốn lẫn lãi là:

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức (2) : Pn = P0 (1 + r )

5000000. (1 + 0 , 07 ) . (1 + 0 , 115 ) . (1 + 0 , 09 ) = 5747 478 , 359

Với P0 = 15 ,Pn = 20 ,r = 1, 65% . Tính n

Do n ∈ ℕ ,n ∈ 1; 12  nên ta thử lần lượt các giá trị là 2, 3, 4, 5,... đến khi tìm được m ∈ ℕ

Theo yêu cầu bài toán ta có:

Sử dụng MTCT ta tìm được n = 5  m = 4 . Do đó số tháng bạn Hùng đã gửi là 15.

n  20  Pn ≥ 20 ⇔ 15 (1 + 1, 65% ) ≥ 20 ⇔ n ≥ l og1,0165   ≈ 17 , 5787  n = 18  15 

Câu 6: Đáp án A

Hướng dẫn giải

Câu 2: Đáp án A

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức (2) tính số tiền lĩnh sau n năm gởi tiết kiệm với lãi suất như trên là n

Pn = P0 ( 1 + 0 , 084 ) = P ( 1, 084 )

Áp dụng công thức (4): Pn+1 = a (1 + r ) − x

−1

,(4)

Với a = 11000USD,x = 60USD,r = 0 , 73%,Pn+1 = ? Số tiền trong ngân hàng sau 1 năm ( 12 tháng) là

Theo yêu cầu bài toán đặt ra, ta có:

11000 ( 1 + 0 , 73%)

Pn = 2 P ⇔ P ( 1, 084 ) = 2 P ⇔ ( 1, 084 ) = 2 ⇔ n = log1,084 2 ≈ 8 , 59  n = 9

 1 + 0 , 73%)12 − 1 (  − 60 ≈ 11254 USD 0 , 73%

Số tiền còn lại sau 1 năm là : 11254USD

Câu 3: Đáp án B

Câu 7: Đáp án C

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức (2) Pn = Po (1 + r ) Với P0 = 500 ,Pn = 561,r =

(1 + r )

Hướng dẫn giải

Áp dụng công thức (4): Pn+1 = a (1 + r )

5 , 2% = 1, 3% một quý . Tính n 4

(1 + r ) −x

−1

⇔ Pn+1

n n ar ( 1 + r ) − x ( 1 + r ) − 1   = r

Hết tiền trong ngân hàng suy ra Pn+1 = 0 n n 11000 × 0 , 73% ( 1 + 0 , 73% ) − 60  ( 1 + 0 , 73% ) − 1   =0 0 , 73%   −200 ln  11000 × 0 , 0073 − 200   n= ≈ 71 ln ( 1, 0073 )

Theo yêu cầu bài toán ta có:



n  561  Pn = 561 ⇔ 500 ( 1, 013 ) = 561 ⇔ n = log1,013   ≈ 8 , 9122  n = 9  500 

Do đó cần gửi 3.9 = 27 tháng. Câu 4: Đáp án C

Vậy sau 71 tháng Hùng sẽ hết tiến trong ngân hàng.

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức (2) Pn = Po (1 + r )

Câu 8: Đáp án A

Hướng dẫn giải

Với P0 = 200000000 ,P2 = 228980000 ,r = n = 2 . Tính r 2

Áp dụng công thức Pn = P0 e

n.r

Với P0 = 212942000 , r = 1, 5%, n = 2006 − 1998 = 8

Khi đó: P2 = 228.980.000 ⇔ 200.000.000 (1 + r ) = 228.980.000 ⇔ (1 + r ) = 1, 1499

Ta có P8 = 212942000e1 ,5%×8 ≈ 240091434 , 6

 r = 1,1499 − 1 = 0 , 07 = 7%

Câu 9: Đáp án B

Câu 5: Đáp án A

Hướng dẫn giải

Áp dụng công thức Pn = P0 e

Trang 1/11

n.r

Trang 2/11

Với P0 = 146861000 ,r = −0 , 5%, n = 2008 − 1998 = 10 Ta có P19 = 146861000e

− 0 ,5%×10

Đáp án A

Câu 16:

Hướng dẫn giải

= 139527283 , 2

 1 T Áp dụng công thức m ( t ) = mo   2

Câu 10: Đáp án B

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức Pn = P0 e n.r

Với m0 = 250 ,T = 24 giờ = 1 ngày đêm, t = 3 , 5 ngày đêm.

Với P0 = 56783000 ,r = −0 , 1%, n = 2020 − 1998 = 22

1 Ta có m ( 3 , 5 ) = 250   2

Ta có P8 = 56783000 e −0 ,1%× 22 ≈ 55547415 , 27

3 ,5 1

≈ 22 , 097 gam.

Câu 11: Đáp án C Câu 17: Đáp án C

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức Pn = P0 e n.r

Với P0 = 125932000 , r = 0 , 2%, Pn = 140000000 . Tính n? Ta có Pn = 125932000e 0 ,2%× n = 140000000 ⇔ 0 , 2%.n = ln

Với P0 =

140000000  n ≈ 52 , 95 125932000

Câu 12: Đáp án B

Ta có P10 = Hướng dẫn giải

Áp dụng công thức Pn = P0 e

Ta có Pn = 984.106 e 01 ,7%× n

Câu 18: Đáp án A

Hướng dẫn giải Trước tiên, ta tìm tỉ lệ tăng trưởng mỗi giờ của loài vi khuẩn này. Từ giả thiết

1500 = 1500.106 ⇔ 1, 7%.n = ln  n ≈ 24 , 80 984

ln 3 ≈ 0 , 2197 5 Tức là tỉ lệ tăng trưởng của loại vi khuẩn này là 21, 97% mỗi giờ. 300 = 100.e 5 r ⇔ e 5 r = 3 ⇔ 5r = ln 3 ⇔ r =

Câu 13: Đáp án D

Hướng dẫn giải

Từ 100 con, để có 200 con thì thời gian cần thiết là bao nhiêu? Từ công thức

I I I Ta có = 1000 = 103  log = 3  L ( dB) = 10 og = 30dB I0 I0 I0

200 = 100.e rt ⇔ e rt = 2 ⇔ rt = ln 2 ⇔ t =

Câu 14: Đáp án A

Áp dụng công thức P = P0 e xi Ở độ cao 1000 m ta có : P0 = 760mmHg, n = 1000m, P = 672 , 71mmHg , từ giả thiết này ta tìm được hệ số suy giảm i . Ta có

Câu 15: Đáp án B

Áp dụng công thức Pn = P0 e n.r

Với P0 = 4.105 ,r = 4%,n = 5 Ta có P8 = 4.10 e

Câu 20: Đáp án D

Hướng dẫn giải Cách 1: Từ giả thiết và quan sát đồ thị ta có bảng sau Thời điểm t ( ngày) Số lượng của đàn vi khuẩn

Hướng dẫn giải

4%× 5

Hướng dẫn giải • Trận động đất ở San Francisco có cường độ 8 độ Richte khi đó áp dụng công thức M 1 = log A − log A0  8 = log A − log A0 với • Trận động đất ở Nam Mỹ có biên độ là: 4A , khi đó cường độ của trận động đất ở Nam Mỹ là: M 2 = log ( 4 A ) − log A0 ⇔ M 2 = log 4 + log A − log A0  M 2 = log 4 + 8 ≈ 8, 6 độ Richte

672 , 71 ⇔ 1000i = ln ⇔ i ≈ −0 , 00012 760

Khi đó ở độ cao 3000 m , áp suất của không khí là : P = 760e −0 ,00012×3000 ≈ 530 , 2340078

ln 2 ln 2 ⇔t= ≈ 3 , 15 (giờ) = 3 giờ 9 phút. ln 3 r 5

Câu 19: Đáp án B

Hướng dẫn giải

672 , 71 = 760e

358 0 ,4%×10 e ≈ 372 , 6102572.10 −6 106

n.r

Với P0 = 984.10 6 , r = 0 = 1 , 7%, Pn = 1500.106 . Tính n?

1000×i

358 , r = 0 , 4%, n = 2004 − 1994 = 10 106

250

≈ 488561 Trang 3/11

Trang 4/11

500 = 250.2

100250.4 = 250.22.1

3 2

Hướng dẫn giải:

1 2

2000 = 250.8 = 250.2

Áp dụng công thức C = A (1 + r ) với A = 20 , r = 8 , 65%, n = 3 năm = 12 quí. 12

Vậy số tiền thu được sau 3 năm là: C = 20 (1 + 8, 65% ) = 54,12361094 triệu đồng.

3 2

Câu 25: Đáp án D

Từ đó ta thấy được công thức thể hiện sự tăng trưởng về số lượng của đàn vi khuẩn N tại thời điểm t có dạng : N = 250.22t . Cách 2: Từ đồ thị ta thấy sau thời gian t = 0 , 5 ngày số lượng của đàn vi khuẩn là: 500 con. Từ đồ thị ta thấy sau thời gian t = 1 ngày số lượng của đàn vi khuẩn là: 1000 con. Từ đó thay t = 1,t = 0 , 5 lần lượt vào các công thức ở các đáp án A,B,C,D thì ta thấy chỉ có công thức ở đáp án D thoả mãn, từ đó suy ra chọn đáp án D. Câu 21: Đáp án D Hướng dẫn giải: • Trận động đất 7 độ Richte : Áp dụng công thức trên ta có: M 1 = log A1 − log A0  7 = log A1 − log A0  logA1 = 7 + log A0  A1 = 107 + log A0

107 +log A0 105 +log A0

E1 10 23 ,4 ⇔ E2 = 14 14

log ( E) = 11, 4 + 1, 5 M ta được phương trình sau:  10 23 ,4  log ( E2 ) = 11, 4 + 1, 5 M2 ⇔ log   = 11, 4 + 1, 5 M 2 ⇔ M2 ≈ 7 , 2 độ Richte  14 

Hướng dẫn giải: Áp dụng công thức (2) Pn = Po (1 + r )

log E1 = 11, 4 + 1 , 5 M1 ⇔ logE1 = 11, 4 + 1 , 5.8 ⇔ E1 = 10 23 ,4

Gọi M2 độ lớn của trận động đất tại thành phố Y, áp dụng công thức

= 10 2 = 100  A1 = 100 A2 .Chọn đáp án D.

Đáp án A

Câu 22:

Hướng dẫn giải: Ta có năng lượng giải toả của trận động đất ở thành phố X tại tâm địa chấn là:

chấn là: E2 =

M 2 = log A2 − log A0  5 = log A2 − log A0  logA 2 = 5 + log A0  A2 = 105+ log A0

Đáp án A

Câu 27:

Khi đó theo giả thiết năng lượng giải toả của trận động đất ở thành phố Y tại tâm địa

• Trận động đất 5 độ Richte : Áp dụng công thức trên ta có:

Khi đó ta có:

Hướng dẫn giải: Dựa vào đồ thị, ta thấy cuối ngày thứ nhất lượng thuốc còn lại phải lớn hơn 30mg. Vậy thấy đáp án D thoả mãn. Câu 26: Đáp án A Hướng dẫn giải: Theo câu 25 sau thời gian t = 1 ngày lượng thuốc còn lại là 32mg. Áp dụng công thức y = 80r t  32 = 80r  r = 0, 4 = 40%

Câu 28: Đáp án A

Giai đoạn 1: Gửi 100 triệu : Áp dụng công thức trên với P0 = 100 ,r = 6% = 0.06 ; n = 4 . Số

Áp dụng công thức lãi đơn ta có: Pn = P0 ( 1 + nr ) , số tiền thu về hơn gấp hai lần số

tiền thu được sau 1 năm là: P4 = 100 ( 1 + 0.06 ) triệu đồng. Giai đoạn 2: Sau đúng 6 tháng gửi thêm 100 triệu : Áp dụng công thức trên với

vốn ban đầu ta có: Pn > 2P0 ⇔ P0 (1 + n.3% ) > 2 P0 ⇔ n >

100 quý = 100 tháng 3

Suy ra để số tiền thu về hơn gấp hai số tiền vốn ban đầu cần gửi ít nhất 102 tháng.

P0 = 100 ,r = 6% = 0.06 ; n = 2 . Số tiền thu được sau 2 quí cuối năm là: P2 = 100 (1 + 0.06 )

Hướng dẫn giải

triệu đồng.

Câu 29: Đáp án A

Vậy tổng số tiền người đó thu được sau một năm là: P = P4 + P0 = 238 , 307696 triệu đồng Câu 23: Đáp án A

Hướng dẫn giải: Áp dụng công thức lãi kép ta có số tiền cả vốn lẫn lãi người gửi sau n quý là n

Pn = 15 ( 1 + 1, 65%) = 15.1, 0165n ( triệu đồng)

Hướng dẫn giải: Áp dụng công thức Pn = P0 e n.r

Từ đó ta có : n = log1 ,0165

Với P0 = 93422000 ,r = 1, 07%, n = 2026 − 2016 = 10 Ta có dân số của Việt Nam đến năm 2026 là: P10 = 93422000 e10×1 ,07% = 103972543 , 9

Pn 15

Để có số tiền Pn = 20 triệu đồng thì phải sau một thời gian là: n = log1 ,0165

20 ≈ 17 , 58 ( 15

quý)

Câu 24: Đáp án B Trang 5/11

Trang 6/11

Vậy sau khoảng 4 năm 6 tháng ( 4 năm 2 quý), người gửi sẽ có ít nhất 20 triệu đồng từ số vốn ban đầu 15 triệu đồng ( vì hết quý thứ hai, người gửi mới được nhận lãi của quý đó. Câu 30: Đáp án A Hướng dẫn giải Áp dụng công thức đã thiết lập, với k = r + 1 = 1, 004 ,n = 60 , M = 2.106

m (t ) = m0e

Câu 31:

−X

ln 2 t 5730

⇔

3m 0 4

= m0e

75 − 20 ln (t + 1) ≤ 10 ⇔ ln (t + 1) ≥ 3, 25 ⇔ t + 1 ≥ 25, 79 ⇒ t ≥ 24, 79

Đáp án A

Câu 37: Đáp án A

Hướng dẫn giải Theo giả thiết ta phải tìm x thoả

Bài toán chia làm 2 giai đoạn Giai đoạn 1 (6 tháng đầu tiên) ta có: A1 = 100 (triệu đồng), n = 2 (6 tháng = 2 kỳ, với

100

mỗi kỳ 3 tháng)và r = 0, 05 . Áp dụng công thức

1 + 49e −0.015x

T1 = A1 (1 + r ) n = 100 (1 + 0, 05) = 110.25 (triệu đồng).

≥ 75 ⇔ 100 ≥ 75 + 3675e −0,015x ⇔ e −0,015x ≤

⇔ −0, 015x ≤ ln

Giai đoạn 2 (6 tháng cuối của 1 năm) A 2 = T1 = 110, 25 + 50 (triệu đồng), n = 2 (6 tháng = 2 kỳ, với mỗi kỳ 3 tháng)và r = 0, 05 . Áp dụng công thức

Hướng dẫn giải

P15 = 100.106 (1 + 8%) = 317217000 ( đồng)

Theo bài ta có r = 0, 017, A = 78.685.800 Và yêu cầu bài toán là SN ≥ 120.000.000 ⇔ 78.685.800e0,017N ≥ 120.000.000

Câu 39: Đáp án C

 N ≥ 24,85  min N = 25 . Do đó đến năm 2001 + 25 = 2026 thì thỏa yêu cầu bài toán. Câu 33: Đáp án C

Câu 34:

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức lãi kép ta có số tiền cả vốn lẫn lãi người gửi sau n năm là n

⇔

A8,3 A 7,1

= 108,3−7,1 ≈ 15,8

Câu 40: Đáp án B

Hướng dẫn giải

Đáp án A

Áp dụng công thức (2) Pn = Po (1 + r ) với P0 = 100 ,r = 7%, n = 2 .

Hướng dẫn giải: n

Áp dụng công thức 5b: x =

a ( 1 + r ) .r

(1 + r )

Pn = 100 ( 1 + 5%) = 100. ( 1, 05 ) ( triệu đồng)

Hướng dẫn giải A 7,1

1 ⇒ x ≥ 332, 6955058 147

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức lãi kép ta có số tiền cả vốn lẫn lãi người gửi sau 15 năm là

Đáp án A

A8,3

1 147

Câu 38: Đáp án C

T2 = A2 (1 + r ) n = 160, 25 (1 + 0, 05) = 176, 67 (triệu đồng).

Ta có M 8,3 − M 7,1 = log

 3 5730 ln    4  ⇔t = ≈ 2378 (năm) − ln 2

ln 2 t 5730

Hướng dẫn giải Theo công thức tính tỉ lệ % thì cần tìm t thỏa mãn:

1, 004 60 − 1 = 0  X ≈ 375594 , 8402 1, 004 − 1

Hướng dẫn giải

Câu 32:

−

Câu 36: Đáp án A

Sau 5 năm (60 tháng) ta có B60 = 0 ⇔ 20.10 6 ( 1 + 0 , 004 )

−

−1

x=

16 ( 1 + 1%)

( 1 + 1% )

× 1%

= 753175 , 5556 ( đồng)

Ta có tổng số tiền bà A thu được sau 2 năm gửi ngân hàng là: P2 = 100 (1 + 7%) = 114 , 49 ( triệu đồng)

−1

Câu 35: Đáp án A

Từ đó tính được số tiền lãi thu được sau 2 năm là: P2 − P0 = 114 , 49 − 100 = 14 , 49 triệu

Hướng dẫn giải Giả sử khối lượng ban đầu của mẫu đồ cổ chứa Cabon là m0 , tại thời điểm t tính từ thời

đồng.

điểm ban đầu ta có:

Câu 41: Đáp án A

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức lãi kép ta có số tiền cả vốn lẫn lãi người gửi sau n năm là Trang 7/11

Trang 8/11

Câu 47: Đáp án C

Pn = 6 (1 + 7 , 56%) = 6.1, 0756n ( triệu đồng)

Hướng dẫn giải Số vi khuẩn ban đầu có 1000 con và sau 10 giờ là 5000 con. Áp dụng công thức

Từ đó ta có : n = log1 ,0756

Để có số tiền Pn = 12 triệu đồng thì phải sau một thời gian là: n = log1 ,0756

f (t) = Ae rt , ta có: 5000 = 1000 e10 r ⇔ e10 r = 5 ⇔ r =

12 ≈ 9, 5 6

( năm) Vậy sau 10 năm, người gửi sẽ có ít nhất 12 triệu đồng từ số vốn ban đầu 6 triệu đồng .

phẩm B sẽ tăng thêm 2,5 % so với giá của sản phẩm đó ở năm trước. Ví dụ như giá

Câu 43: Đáp án B

xăng năm 2016 là 10.000 NDT/ lít thì giá xăng năm 2017 sẽ tăng thêm

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức 3 : Pn = a (1 + r ) Từ

đó

(1 + 1%)

−1

(1 + r )

−1

suy

= 101 ( 1 + 1% ) 

10000 × 2 , 5% = 250 NDT/ lít, khi đó giá xăng năm 2017 là: 10000 + 250 = 10250 NDT/ lít

với a = 1, r = 1%, n = 2 năm 3 tháng

số

tiền

rút

được

là:

− 1 

Áp dụng công thức 3 : Pn = a (1 + r ) Từ

đó

( 1 + 1% )

−1

suy

= 101 ( 1 + 1%) 

Câu 49: Đáp án D

Hướng dẫn giải

với a = 1, r = 1%, n = 2 năm 6 tháng

số

tiền

rút

được

là:

− 1 

Áp dụng công thức 3 : Pn = a (1 + r ) Từ

đó

( 1 + 1% )

là: x = Hướng dẫn giải

P28 = 1 ( 1 + 1%)

Ông B phải trả trước 30% số tiền nên số tiền ông B cần phải vay là: 15 , 5 − 15 , 5 × 30% = 10 , 85 triệu đồng. Áp dụng công thức 5b: Ta tính được số tiền háng tháng ông B phải trả

Câu 45: Đáp án A

= 28 tháng.

kép Pn = Po (1 + r ) với P0 = 10000 ,r = 2 , 5%,n = 2025 − 2016 = 9 9

Hướng dẫn giải

(1 + r )

Để tính giá xăng năm 2025 , ta có thể áp dụng công thức (2) trong hình thức lãi

Ta có giá xăng năm 2025 là: P9 = 10000 (1 + 2 , 5%) ≈ 12489 NDT/ lít

Câu 44: Đáp án A

P30 = 1 (1 + 1% )

ln 10 10 ln 10 ⇔t= ⇔ t = 10 log 5 10 r ln 5

Hướng dẫn giải Tỉ lệ lạm phát của nước ta trong năm 2016 là 2,5 %, nghĩa là cứ sau một năm giá sản

P5 = 15 ( 1 + 7 , 56%) = 21, 59 ( triệu đồng)

= 30 tháng.

Do đó, 10000 = 1000 e rt ⇔ e rt = 10 ⇔ rt = ln 10 ⇔ t = Câu 48: Đáp án D

Hướng dẫn giải Áp dụng công thức lãi kép ta có số tiền cả vốn lẫn lãi người gửi sau 5 năm là

P27 = 1 ( 1 + 1% )

Gọi t là thời gian cần tìm để số lượng vi khuẩn tăng gấp 10 lần.

giờ nên chọn câu C.

Câu 42: Đáp án D

= 27 tháng.

ln 5 . 10

−1

suy

(1 + r )

−1

với a = 1, r = 1%, n = 2 năm 4 tháng

số

tiền

rút

được

là:

28 = 101 ( 1 + 1% ) − 1  

a ( 1 + r ) .r

(1 + r )

−1

x=

10 , 85 ( 1 + 2 , 5%) × 2 , 5%

(1 + 2, 5%)

= 1, 969817186 ( triệuđồng)

−1

Từ đó ta tính được tổng số tiền ông B phải trả sau 6 tháng là: 1, 969817186 × 6 = 11, 81890312 triệu đồng. Vậy ông B mua theo hình thức trả góp như trên thì số tiền phải trả nhiều hơn so với giá niêm yết là: 11, 81890312 − 10 , 85 = 0 , 9689031161 triệu đồng ≈ 970000 đồng. Câu 50: Đáp án A

Câu 46: Đáp án B

Hướng dẫn giải Hướng dẫn giải

Số mol Na24 tiêm vào máu: no = 10−3 .10−2 = 10−5 mol.

2 năm = 8 quý. Áp dụng công thức lãi kép ta có số tiền cả vốn lẫn lãi người gửi sau 8 quý là

Số mol Na24 còn lại sau 6h: n = no e

−

t ln 2 T

= 10 −5 .e

−

6 ln 2 15

= 0 , 7579.10 −5 (mol).

P8 = 100 ( 1 + 2%) = 117 , 1659381 ( triệu đồng)

Trang 9/11

Trang 10/11

Thể tích máu của bệnh nhân V =

n 0 , 7579.10 −5 = = 5 , 05 lit ≈ 5 , 1 lit . C 1, 5.10 −8

Trang 11/11

MỤC LỤC Chương 1. Lượng giác ...................................................................................................................................1 Chương 2. Tổ hợp ..........................................................................................................................................2 Chương 3. Dãy số ..........................................................................................................................................9

Câu 1:

Chương 4. Giới hạn .....................................................................................................................................10

Chương 1. Lượng giác  π Cho x, y ∈  0;  thỏa cos 2 x + cos 2 y + 2sin ( x + y ) = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của  2 P=

Chương 5. Đạo hàm .....................................................................................................................................13

sin 4 x cos 4 y + . y x

A. min P =

Chương 6. Phép biến hình ...........................................................................................................................13

C. min P =

2 . 3π

D. min P =

Lời giải

Chương 6. Quan hệ vuông góc ....................................................................................................................14

Chọn B

Chương 7. Ứng dụng đạo hàm.....................................................................................................................23

Ta có cos 2 x + cos 2 y + 2 sin ( x + y ) = 2 ⇔ sin 2 x + sin 2 y = sin ( x + y ) . Suy ra: x + y =

Chương 8. Mũ – logarit ...............................................................................................................................54

a b ( a + b) + ≥ Áp dụng bđt: m n m+n 2

Chương 9. Nguyên hàm – tích phân ............................................................................................................67 Chương 10. Số phức ....................................................................................................................................72

Suy ra P ≥

( sin

Chương 11. Thể tích khối đa diện ...............................................................................................................75

Câu 2:

x + sin 2 y )

x+ y

π 2

. Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y =

π 4

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

Do đó min P =

Chương 12. Nón – trụ - cầu .......................................................................................................................102 Chương 13. Oxyz .......................................................................................................................................113

B. min P =

A. m > −1 . Hướng dẫn giải Đáp án C

B. m ≥ −1 .

 2  C. m < −1 .

D. m ≤ −1

PT đã cho ⇔ m (sin 2 x −1) − 3sin x cos x −1 = 0 ⇔ 3sin x cos x + cos 2 x + 1 = 0

Câu 3:

Dễ thấy cos x ≠ 0  PT ⇔ tan 2 x + 3 tan x + m + 1 = 0  3π  Để PT đã cho có ba nghiệm thuộc  0;  thì PT t 2 + 3t + m + 1 = 0 có hai nghiệm trái dấu  2  ⇔ m + 1 < 0 ⇔ m < −1 . Tìm m để phương trình sin 4 x + cos 4 x + cos2 4 x = m có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn  −π π   ; .  4 4 

 47 m ≤  64 A.  3   m≥  2

49 3 <m≤ 64 2

47 3 <m≤ 64 2

47 3 ≤m≤ 64 2

Lời giải Chọn C 3 + cos 4 x + cos2 4 x = m ⇔ 4 cos2 4 x + cos 4 x = 4 m − 3 (1) 4 Đặt t = cos 4 x . Phương trình trở thành: 4t 2 + t = 4m − 3, (2) , (2)

Phương trình đã cho tương đương

 −π π   −π π  Với x ∈  ;  thì t ∈ [−1;1] Vì một giá trị t ∈ [−1;1] sẽ tạo ra hai giá trị x ∈  ;  nên  4 4   4 4 

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

 −π π  phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x ∈  ;  khi và chỉ khi phương trình (2) có 2  4 4 

nghiệm phân biệt t ∈ [−1;1](3)

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

Xét hàm số g (t ) = 4t 2 + t víi t ∈ [−1;1) , g ′ (t ) = 8t + 1; g ′ (t ) = 0 ⇔ t = −

1 8

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

B. 2 2018 + 1.

C. 4 2018.

D. 22018 −1.

Lời giải Chọn D •

Tự luận: Khai triển nhị thức Niu tơn 2018

(1 + x)

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

1 2 3 2018 Cho x = 1 ta ®−îc 2 2018 = C2018 + C2018 + C2018 + … + C2018 = 1 + T ⇒ T = 2 2018 − 1

Lập bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên suy ra (3) xảy ra ⇔ −

Câu 7: 1 47 3 < 4m − 3 ≤ 3 ⇔ <m≤ 16 64 2

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

47 3 Vậy giá trị của m phải tìm là: <m≤ . 64 2

Câu 4:

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

A. 260.

Chương 2. Tổ hợp (THPT Chuyên Đại Học Vinh - Nghệ An - 2018) Có bao nhiêu số có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sao cho số đó chia hết cho 15 ? A. 234 B. 243 C. 132 D. 432 Lời giải Đáp án B

Gọi số số cần lập có dạng: ℕ = abcd (1 ≤ a, b, c, d ≤ 9 ) .

C. 280.

D. 270.

Lời giải Chọn C Số tứ giác có 4 đỉnh là 4 điểm trong 13 điểm đã cho là C82 .C52 = 280

Mỗi tứ giác đó có hai đường chéo cắt nhau tại 1 điểm thuộc góc phần tư thứ nhất của hệ tọa độ Oxy . Câu 8:

• Để ℕ⋮15  ℕ⋮ 3 va ℕ⋮ 5. + ℕ⋮ 5  d = 5. + ℕ⋮ 3  a + b + c + 5⋮ 3. • Chọn a có 9 cách, chọn b có 9 cách chọn thì:

B. 290.

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

Lời giải Chọn A

+ Nếu a + b + 5 chia hết cho 3 thì c ∈ {3; 6;9}  c có 3 cách chọn. + Nếu a + b + 5 chia cho 3 dư 1 thì c ∈ {2;5;8}  c có 3 cách chọn.

+ Nếu a + b + 5 chia cho 3 dư 2 thì c ∈ {1; 4; 7}  c có 3 cách chọn. Câu 5:

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

C. 200

D. 120

Gọi số cần tìm là abcde . Số mà chia hết cho 15 thì phải chia hết cho 3 và 5 . Trường hợp 1. Số cần tìm có dạng abcd 0 , để chia hết cho 3 thì a, b, c, d phải thuộc các tập sau A1 = {1, 2,3, 6} , A2 = {1, 2, 4,5} A3 = {1,3,5, 6} A4 = {2,3, 4, 6} , A5 = {3, 4,5, 6}. Do đó trong trường hợp này có 5.4! = 120 số.

Có tất cả 27 điểm. 3 Chọn 3 điểm trong 27 có C27 = 2925 Có tất cả ( 8.2 + 6.2 + 4 + 3 + 2 + 2 + 2 ) = 49 bộ ba điểm thẳng hàng. Câu 9:

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

D. n = 101 .

Câu 10:

(TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho đa thức 8

p ( x ) = (1 + x ) + (1 + x ) + (1 + x ) + (1 + x ) (1 + x ) . Khai triển và rút gọn ta được đa thức: 2

k =0

P ( x ) = a0 + a1 x + a2 x + ... + a12 x . Tìm hệ số a8

B. 700.

C. 715.

Cách giải: 8

m 13

bài toán cho P ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a2 x12 ta tìm được hệ số a8 (đi theo x8 ) Cách giải: 8− k

8 8

C

n 8

m=0

n=0

m=0

n =0

=  C13m x m −1 −  C13n x n −1 13

a =1

b =1

 a0 + a1 + a2 + ... + a12 = ( C131 − C81 ) + ( C132 − C82 ) + ... + ( C138 − C88 ) + C139 + ... + C1313 =  C13a −  C8b

+ ) (1 + x ) =  C .1 .x  a8 = C k 8

− 1 (1 + x )13 − (1 + x )8 (1 + x )13 (1 + x )8 = = − 1+ x −1 x x x

C

k =0

(1 + x ) (1 + 5 )

Đối với bài toán này ta áp dụng công thức (1 + x ) =  Cnk .1n − k .x k . Sau đó dựa vào khai triền

k =0

a =1

Xét tổng (1 + 1) =  Cnk = 2 n   C13a = 28 − C80 = 28 − 1 2

+ ) (1 + x ) =  C9k .19− k .x k  a8 = C98

 a0 + a1 + a2 + ... + a12 = 213 − 1 − 28 + 1 = 7936

k =0

+ ) (1 + x ) =  C10k .110 − k .x k  a8 = C108

Câu 13:

(THPT Chuyên Bắc Ninh - Bắc Ninh - Lần 1 - 2018) Tìm tất cả số tự nhiên n thỏa mãn Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 2100 − n − 3 + + + .... + = 1.2 2.3 3.4 ( n + 1)( n + 2 ) ( n + 1)( n + 2 )

k =0 11

+ ) (1 + x ) =  C11k .111− k .x k  a8 = C118 11

k =0

p ( x ) = (1 + x ) + (1 + x ) + (1 + x ) + (1 + x ) + (1 + x ) n

k n

k =0

D. 730.

Phương pháp: Áp dụng công thức khai triển tổng quát: ( a + b ) =  Cnk .a n− k .b k

Sử dụng tổng (1 + 1) =  C = 2

A. 720. Lời giải Đáp án C

Áp dụng khai triển nhị thức Newton ( a + b ) =  Cnk a k b n − k

k =0 12

+ ) (1 + x ) =  C12k .112 − k .x k  a8 = C128 12

k =0

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

(THPT Lê Văn Thịnh- Bắc Ninh-Lần 1) Tìm hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai triển

(1 − 2 x + 2015x A. −C

2016

− 2016 x

3 60

2017

+ 2017 x

2018 60

)

3 60

C. 8.C603

B. C

D. −8.C603

Lời giải Đáp án D

B. n = 98

− 2016 x

2017

− 2017 x

2018

)

=  (1 − 2 x ) (.....) k

Ta có

 (1 + x )

 x (1 + x )

80 − k

dx =  ( C0n + C1n x + ....Cnn x n ) dx  0

80− 3

3 Khi đó số hạng chứa x 3 trong khai triển là: C60 (1)

. ( 2 x ) = −8.C603 x3

p ( x ) = (1 + x ) + (1 + x ) + (1 + x ) + (1 + x ) (1 + x ) . Khai triển và rút gọn ta được đa thức: 2

P ( x ) = a0 + a1 x + a2 x + ... + a12 x . Tính tổng các hệ số ai , i = 0,1, 2,...,12 A. 5. Lời giải Đáp án B Phương pháp:

B. 7936.

C. 0.

Sử dụng công thức tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân Sn =

⇔  (1 + x )

n +1

dx −  (1 + x )

D. 7920.

n +1

 (1 + x ) ⇔  n+2 

n +2

(TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho đa thức 8

dx =  x ( C0n + C1n x + ....Cnn x n ) dx 0

Số hạng chứa x 3 trong khai triển là hệ số x 3 trong khai triển (1 − 2 x ) . ( .....)

C0n C1n Cn 2n+1 − 1 + + ... + n = n +1 n +1 1 2

k =0

D. n = 101

 C 0 C1 Cn0 Cn1 Cn2 Cnn Cnn   Cn0 Cn1 Cnn  + + + .... + =  n + n + ... + + + ... +  −   1.2 2.3 3.4 ( n + 1)( n + 2 )  1 2 ( n + 1)   2 3 ( n + 2 ) 

2016

C. n = 99

Ta có

Ta có (1 − 2 x + 2015 x

Câu 12:

A. n = 100 Lời giải Đáp án B

−

dx =  ( C0n x + C1n x 2 + ....Cnn x n+1 ) dx 0

  C x 2 C1n x 3 C n xn+2   = + + ... + n  n + 1  3 n+2 0  2 1

(1 + x )

n +1

n 0

 Cn Cn Cn  n 2n+1 + 1 ⇔  0 + 1 + ... + n  = n n 2 3 + 2   ( + 1)( n + 2 ) Như vậy  C 0 C1 Cn0 Cn1 Cn2 Cnn C n   C 0 C1 Cn  + + + .... + =  n + n + ... + n  −  n + n + ... + n  1.2 2.3 3.4 n +1  2 3 n+2 ( n + 1)( n + 2 )  2 3

u1 ( q n − 1) q −1

2n +1 − 1 n2n +1 + 1 2n + 2 − n − 3 2100 − n − 3 − = =  n = 98 n + 1 ( n + 1)( n + 2 ) ( n + 1)( n + 2 ) ( n + 1)( n + 2 )

Câu 14:

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

* Không có bộ {0; 9} , có 7! số. * Có bộ {0; 9} , có C32 ( 7!− 6!) số  n ( A ) = 4.7!+ C32 ( 7!− 6!) số.

 P ( A) = Câu 17:

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

TH2: Đánh 2 ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ hai xác suất là ( 0,5 )

1 6

ngồi cạnh Huyền là C .3!.5! .

TH3: Đánh 3 ván. Người thứ nhất thắng ở ván thứ ba xác suất là ( 0,5 )

Vậy số cách chọn xếp được giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh Huyền là n ( A ) = 4!.6!− C61.3!.5! = 12960 .

Câu 16:

n ( A) n (Ω)

1 . 280

[THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 2-2018] Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc A , tính xác suất để số tự nhiên được chọn chia hết cho 45. 2 53 1 5 A. B. C. D. 81 2268 36 162 Lời giải Chọn B Ta có n ( Ω ) = A108 − A97 . Gọi A là tập hợp các số a có 8 chữ số khác nhau chia hết cho 45 . Khi đó a chia hết cho 5 và 9 (tổng các chữ số chia hết cho 9 và số hàng đơn vị bằng 0 hoặc 5 ).

Trường hợp 1: a có hàng đơn vị bằng 0 ; 7 chữ số còn lại có chữ số 9 và 3 trong 4 bộ số {1;8} , {2; 7} , {3; 6} , {4; 5} , có 4.7! số. Trường hợp 2: a có hàng đơn vị bằng 5 ; 7 chữ số còn lại có chữ số 4 và 3 trong 4 bộ số {0; 9} , {1;8} , {2; 7} , {3; 6} .

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

Lời giải

Cách sắp xếp giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam là: 4!.6! Nữ Nam Nam Nữ Nam Nam Nữ Nam Nam Nữ Có 6 trường hợp hai bạn Nam, Nữ ngồi cạnh nhau. Giả sử Quang và Huyền ngồi cạnh nhau Khi đó số cách chọn xếp được giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời Quang

Xác suất cần tìm là P ( A ) =

4.7!+ C32 ( 7!− 6!) 53 = . A108 − A97 2268

7 . 8 ( THPT Hàn Thuyên-Bắc Ninh-Lần 1) Kết quả ( b; c ) của việc gieo con súc sắc cân đối và 2

Vậy P = 0, 5 + ( 0, 5 ) + ( 0, 5 ) =

Câu 18:

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

1 . 2

Phương pháp: Xác suất của biến cố A là

x 2 + bx + c = 0 ( *) . Xác suất để phương x +1

1 . 6

19 . 36

nA trong đó n A là số nΩ

khả năng mà biến cố A có thể xảy ra, nΩ là tất cả các khả năng có thể xảy ra. x 2 + bx + c = 0 (*) x +1 Để phương trình (*) vô nghiệm thì phương trình x 2 + bx + c = 0 (**) có 2 trường hợp xảy ra:

Cách giải:

TH1: PT (**) có 1 nghiệm x = −1.

∆ = b 2 − 4c = 0 b2 = 4c  ⇔ ⇔ b2 = 4b − 4 ⇔ b 2 − 4b + 4 = 0 ⇔ b = 2  c = 1 1 − b + c = 0 c = b − 1

 ( b; c ) = ( 2;1) 2

TH2: PT (**) vô nghiệm ⇔ ∆ = b − 4c < 0  b < 4c ⇔ b < 2 c

Câu 20:

Vì c là số chấm xuất hiện ở lần gieo thứ 2 nên c ≤ 6  b ≤ 2 6 ≈ 4,9 .

bởi a1 = 5, an +1 = q.an + 3 với mọi n ≥ 1, trong đó q là hằng số, a ≠ 0, q ≠ 1. Biết công thức số

Mà b là số chấm xuất hiện ở lần giao đầu nên b ∈ {1; 2;3; 4}

hạng tổng quát của dãy số viết được dưới dạng an = α .q n −1 + β

1  c ∈ {1; 2;3; 4;5; 6}  có 6 cách chọn c . 4 Với b = 2 ta có: c > 1  c ∈ {2;3; 4;5;6}  có 5 cách chọn c .

Với b = 1 ta có: c >

A. 13.

B. 9.

C. 11.

1 − q n −1 . Tính α + 2β ? 1− q D. 16

Lời giải Chọn C

9  c ∈ {3; 4;5; 6}  có 4 cách chọn c . 4 Với b = 4 ta có: c > 4  c ∈ {5; 6}  có 2 cách chọn c .

Với b = 3 ta có: c >

Ta có: an +1 − k = q ( an − k ) ⇔ k − kq = 3 ⇔ k =

3 1− q

Đặt vn = an − k  vn +1 = q.vn = q 2 .vn −1 = ... = q n v1

Do đó có 6 + 5 + 4 + 2 = 17 cách chọn ( b; c ) để phương trình (**) vô nghiệm.

Câu 19:

Chương 3. Dãy số [THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Cho dãy số ( an ) xác định

Gieo con súc sắc 2 lần nên số phần tử của không gian mẫu nΩ = 6.6 = 36

 3  Khi đó vn = q n −1.v1 = q n−1. ( a1 − k ) = q n −1.  5 −  − q 1 

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

1 + 17 1 = . 36 2 (THPT Việt Trì) Kết quả ( b, c ) của việc gieo con súc sắc cân đối và đồng chất hai lần, trong

 3  3  3 1 − q n−1 n −1  = 5q n−1 + 3 Vậy an = vn + k = q n−1.  5 −  + k = q . 5 − + 1− q  1− q   1− q  1− q Do dó: α = 5; β = 3  α + 2 β = 5 + 2.3 = 11

đó b là số chấm xuất hiện trong lần gieo đầu, c là số chấm xuất hiện ở lần gieo thứ hai, được thay vào phương trình bậc hai x 2 + bx + c = 0 . Tính xác suất để phương trình có nghiệm. 19 1 1 17 A. B. C. D. 36 18 2 36 Lời giải Chọn A

Cách 2. Theo giả thiết ta có a1 = 5, a2 = 5q + 3. Áp dụng công thức tổng quát, ta được

• Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = 36 .

 α + 2 β = 5 + 2.3 = 11 .

 1 − q1−1 1−1 =α  a1 = α .q + β 1− q 5 = α α = 5  , hay  , suy ra   2 −1 5 q + 3 = α . q + β 1 − q  β = 3  a = α .q 2−1 + β = α .q + β 2 1− q 

Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 21:

Phương trình x 2 + bx + c = 0 có nghiệm khi và chỉ khi ∆ = b 2 − 4c ≥ 0 ⇔ b 2 ≥ 4c .

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

Xét bảng kết quả (L – loại, không thỏa ; N – nhận, thỏa yêu cầu đề bài)

Dựa vào bảng kết quả trên ta thấy số kết quả thuận lợi cho A là 19 . 19 Vậy xác suất của biến cố A là : P ( A ) = . 36

[THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Gọi S n = B. 30,5

C. 325

3 (1 + n ) n 1 3 1+ n 1 2  S = .n + 3  + + .... +  = 1 + . n = 1+ n n n 2 2 n n  S 20 =

Chọn D

65 = 32,5 2

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

D. 32,5

Câu 22:

(THPT LÊ VĂN THỊNH) Cho dãy số (un )

  u1 = 2    * thỏa mãn  u = un + 2 − 1 , ∀n ∈ ℕ .  n + 1   1 − 2 − 1 un   

(

Đặt

)

2 a = 4n2 + 1  a ± 2b = ( 2n ± 1)   2 b = 2n   a = b + 1 2

 g ( n) =

Tính u2018 .

A. u2018 = 7 + 5 2 Câu 23:

B. u2018 = 2

C. u2018 = 7 − 5 2

 un = ∏ g ( i ) = i =1

(MEGABOOK-ĐỀ 3). Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c theo thứ tự lập thành A C x tan = ( x, y ∈ ℕ ) , giá trị x + y là: 2 2 y B. 1 C. 2

D. 3

A+C A−C B B A+C A+C cos = 4 sin .cos = 4 sin .cos 2 2 2 2 2 2 A−C A+C A C A C A C A C ⇔ cos = 2cos ⇔ cos cos + sin sin = 2cos cos − 2sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A C A C A C A C 1 ⇔ 3sin sin = cos cos ⇔ 3 tan tan = 1 ⇔ tan tan = 2 2 2 2 2 2 2 2 3 a + c = 2b ⇔ sin A + sin C = 2 sin B ⇔ 2 sin

Do đó:

3 2

Suy ra un =

f (1) . f ( 3) . f ( 5) ... f ( 2n − 1) f ( 2 ) . f ( 4 ) . f ( 6 ) ... f ( 2n )

Lời giải Đáp án D 2

f ( 2n − 1) ( 4n2 − 2n + 1) + 1 Xét g ( n ) = ⇐ g (n) = 2 f ( 2n ) ( 4n2 + 2n + 1) + 1

f (1) f ( 3) f ( 5) f ( 2n − 1) ⋅ ⋅ ⋅⋅⋅ f ( 2 ) f ( 4 ) f ( 6) f ( 2n )

12 + 1 32 + 1 52 + 1 ( 2n − 1) + 1 2 1 ⋅ ⋅ ⋅⋅⋅ = = 32 + 1 52 + 1 7 2 + 1 ( 2n + 1) 2 + 1 ( 2n + 1)2 + 1 2n 2 + 2n + 1 1 2n 2 + 2n + 1

C. lim n u n = 3 .

 lim n un =

f (1) . f ( 3) . f ( 5 ) ... f ( 2n − 1) un = . Tính lim n un . f ( 2 ) . f ( 4 ) . f ( 6 ) ... f ( 2n )

B. lim n un =

D. lim n u n =

2 2 2 f ( 2n − 1) ( 2n − 1) + 1 ( 2n ) + 1 ( 2n − 1) + 1 = = 2 2 f ( 2n ) ( 2n ) + 1 ( 2n + 1) + 1 ( 2n + 1)2 + 1   

(TOÁN HỌC TUỔI TRẺ 10/2017) Đặt f ( n ) = n2 + n + 1 + 1. Xét dãy số ( un ) sao cho

A. lim n u n = 2 .

C. lim n u n = 3

2 = ( n2 + 1) ( n + 1) + 1  

 n un = n.

)

1 3

Ta có f ( n ) = ( n 2 + 1) + n  + 1 = ( n 2 + 1) + 2n. ( n 2 + 1) + n 2 + 1 = ( n 2 + 1)  n 2 + 1 + 2n + 1

  1  = lim 1 −  = 1  x →+∞  n 

(

B. lim n u n =

Lời giải Chọn D

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + ... + 2 = − + − + + ... + + = 1− A 2n A 2n A 2n An 1 2 2 3 4 n −1 n n

Câu 25:

f (1) .f ( 3) .f ( 5 ) ...f ( 2n − 1) . Tính lim n u n . f ( 2 ) .f ( 4 ) .f ( 6 ) ...f ( 2n )

A. lim n u n = 2

Chương 4. Giới hạn

 1 1 1 1 Vậy lim  2 + 2 + 2 + ... + 2 x →+∞ A An  n An A n

2n2 1 . = 4n + 4n + 2 2 2

Câu 26: (THPT Việt Trì) Đặt f ( n ) = ( n 2 + n + 1) + 1. Xét dãy số ( u n ) sao cho

un =

 1 1 1 1  Câu 24: [ME GA BOOK] Tính giới hạn lim  2 + 2 + 2 + ... + 2  x →+∞ A A A A  n n n n  3 7 A. 1 B. C. 4 8 Lời giải Đáp án A 1 1 1 1 Ta có 2 = = − , do đó A k k ( k − 1) k − 1 k

2 10 ( 2n − 1) + 1 2 . ... = 10 26 ( 2n + 1)2 + 1 ( 2n + 1)2 + 1

 lim n un = lim

một cấp số cộng. Biết tan

A. 4 Lời giải Chọn A Ta có:

D. u2018 = 7 + 2

( a − b ) + 1 = a 2 − 2ab + b 2 + 1 = a 2 − 2ab + a = a − 2b + 1 = ( 2n − 1) + 1 2 2 2 2 2 ( a + b ) + 1 a + 2ab + b + 1 a + 2ab + a a + 2b + 1 ( 2n + 1) + 1

D. lim n un =

1 2

Câu 27:

1 . 2

x + 8 − 3 29 − 2 x bằng bao nhiêu? x →1 x −1 1 2 A. B. 6 27 Lời giải Chọn C ♦ Tự luận: lim

13 54

12 54

1 2

Để f ( x ) liên tục tại x = 1 thì lim f ( x ) = f (1)

x + 8 − 3 29 − 2 x x + 8 − 3 + 3 − 3 29 − 2 x = lim x →1 x −1 x −1

lim x →1

x →1

Ta có: lim f ( x ) = lim x →1

 x + 8 − 3 29 − 2 x  x + 8 − 3 + 3 − 3 29 − 2 x = lim   = lim x →1 x →1 1 x − x −1  

x →1

x 2016 + x − 1 2018 x + 1 − x + 2018

= lim x →1

2016 x + 1 = 2 2019 1009 1 − 2018 x + 1 2 x + 2018

Vậy k = 2 2019.

 x + 8 − 3 3 − 29 − 2 x  = lim  +  x →1 x −1  x −1  3

Câu 30:

  x −1 27 − 29 + 2 x = lim  + x →1  ( x − 1) . x + 8 + 3 ( x − 1) . 9 + 3 3 29 − 2 x + 3 29 − 2 x 

(

)

 1 2 = lim  + x →1  3 x + 8 + 3  9 + 3 29 − 2 x +  Câu 28:

(

29 − 2 x

)

)) 2

    

♦ Tự luận: Theo tính chất vật lí ta có đạo hàm của quãng đường là vận tốc vận tốc của chất điểm là v = S ′ = −3t 2 + 18t + 1

  = 13  54  

Ta có: −3t 2 + 18t + 1 = −3 ( t − 3) + 28 ≤ 28, ∀t ⇔ v ≤ 28, ∀t

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

f ( x ) − 20

Vận tốc chất điểm đạt giá trị lớn nhất bằng 28 tại t = 3s

6 f ( x) + 5 − 5

= 10 . Tính lim x →2 x2 + x − 6 x−2 12 4 A. T = B. T = 25 25 Hướng dẫn giải Đáp án B Phương pháp giải: Sử dụng phương pháp tính giới hạn vô định lim

Chương 5. Đạo hàm Một chất điểm chuyển động theo phương trình S = −t 3 + 9t 2 + t + 10 trong đó t tính bằng (s) và S tính bằng (m). Thời gian vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất là: A. t = 6s B. t = 5s C. t = 2s D. t = 3s. Lời giải Chọn D

♦Trắc nghiệm:

x→2

C. T =

2 25

D. T =

6 25

Câu 31:

được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C ) .

∞ ∞

A. 3 Lời giải Đáp án C

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

và mẫu bằng cách nhân liên hợp, tạo hằng đẳng thức. Lời giải: 3

Đặt P = P ( x ) = 3 6 f ( x ) + 5  P − 5 =

Vì lim

f ( x ) − 20 x−2

x→2

3 x →2

P −5 = P 2 + 5P + 25 P 2 + 5P + 25

Câu 29:

(

= lim x →2

f ( x ) − 20 x−2

 f ( x ) − 20  6  f ( x ) − 20  6 = lim  .  2 2 x→2 x − 2 x − 2 x − 3 P + 5 P + 25 x − 3 P + 5 P + 25 ( )( ) ( ( )( ) )  

.lim x→2

6 6 4 = 10. = 2 5.75 25 x − 3 P + 5 P + 25 ( )( )

B. k = 2 2019

C. k =

2017. 2018 2

Chương 6. Phép biến hình [THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d có

phương trình x + y − 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép đồng dạng

 x 2016 + x − 2 ,x ≠1  liên tục tại x = 1. f ( x ) =  2018 x + 1 − x + 2018 k , x =1 

Lời giải Đáp án A

)

⇔ 3x 4 − 4x2 + a − 3 = 0 có 3 nghiệm phân biệt  a − 3 = 0 ⇔ a = 3 (nên có 1 giá trị thỏa)

Câu 32:

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

A. k = 1

D. 0

Suy ra x 4 − 4x 2 + 3 = 4x3 − 8x x + a có 3 nghiệm phân biệt

x2 + x − 6

x →2

C. 1

4 2 x − 4x + 3 = kx + a Điều kiện tiếp xúc  3 có 3 nghiệm phân biệt 4x − 8x = k

= 10 nên f ( x ) − 20 = 0  f ( x ) = 20  P = 5

6 f ( x) + 5 − 5

Suy ra T = lim

B. 2

Ta có điểm M ( 0;a ) ∈ Oy. Tiếp tuyến ∆ qua M có dạng y = kx + a 6  f ( x ) − 20 

Khi đó

lim

(ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỊNH KỲ) Cho hàm số y = x 4 − 4x 2 + 3 có đồ thị ( C ) . Có bao nhiêu điểm trên trục tung từ đó có thể vẽ

có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm I ( −1; −1) tỉ số k =

20016 D. k = 2019 2017

góc −45° A. y = 0 Hướng dẫn giải Đáp án D

B. y = − x

C. y = x

1 và phép quay tâm O 2

D. x = 0

Ta có V

1 I;   2

V

1 I;   2

1  ′ 1  x = − 2 thì IM ′ = IM ⇔  2  y′ = 1  2

biến M ( 0; 2 ) ∈ d thành M ′ ( x′; y′)

 1 1 biến đường thẳng d thành đường thẳng đi qua M ′  − ;  , có cùng vtpt (1;1) và có  2 2

1  2 

 

1 2

M ≥ 8 + 4.3. 3

1 1 1 + 2.3.. 3 + ≥ 8 + 4.3.3 + 2.3.9 + 27 = 125 . 2 XYZ ( XYZ ) XYZ

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

phương trình là  x +  +  y −  = 0 ⇔ x + y = 0

điểm của SB và CD. Tính cosin góc giữa MN và ( SAC) .

Phép quay tâm O góc quay −45° biến điểm N ( x; y ) thuộc đường thẳng x + y = 0 thành điểm

 x=  x = x′ cos 45° − y′ sin 45°  N ′ ( x′; y′ ) ∈ d ′     y = x′ sin 45° + y′ cos 45°   y =

2 ( x′ − y′) 2 2 ( x′ + y′) 2

1 5

3 5 10

55 10

2 5

Lời giải Chọn C

(*)

Thay (*) vào x + y = 0 ta được x′ = 0  ( d′) : x = 0

Câu 33:

Chương 6. Quan hệ vuông góc (THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 1 NĂM 2018) Xét tứ diện OABC có OA, OB , OC đôi một vuông góc. Gọi α , β , γ lần lượt là góc giữa các đường thẳng OA, OB , OC

M A J

với mặt phẳng ( ABC ) (hình vẽ). Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức

(

)(

M = 3 + cot 2 α . 3 + cot 2 β . 3 + cot 2 γ

A. 48.

) là:

B. Số khác.

C. 125.

D. 48 3 .

D I

N C

B A

a 2

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

sin α = cos nABC ; uOA =

(

)

bc 2

( bc ) + ( ca ) + ( ab )

Viết kết quả tương tự  sin α + sin β + sin γ = 1 . Cách 2: Từ đẳng thức: 2

D a 2

N C

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

MN và ( SAC ) là góc

N JC .

1 1 1 1 OH OH OH = + + ⇔ + + = 1 ⇔ sin2 α + sin2 β + sin2 γ = 1. OH 2 OA2 OB2 OC2 OA2 OB2 OC2 1 1  1  1 ≥ 27 .  Dạng M =  2 +  .  2 +  .  2 +  với X + Y + Z = 1  XYZ X Y Z  1 1  1  1 1 1  1 + +  + 2 + + +  X Y Z   XY YZ ZX  XYZ

Biến đổi M = 8 + 4 

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

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

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

Ta dễ tính được CN =

a 2 a 10 , JN = . 2 3

= Tam giác NJC vuông tại C nên cosNJC Câu 35:

JC 55 = . JN 10

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

ABCD.A ' B ' C ' D ' có các cạnh AB = 2, AD = 3, AA′ = 4. Góc giữa mặt phẳng ( AB′D′) và

( A′C′D) là α. Tính giá trị gần đúng của góc α? A. 4 2, 5 ° .

B. 3 8 , 1 ° .

C. 5 3, 4 ° .

D. 6 1, 6 °

Lời giải

Chọn D

Cách 1: Hai mặt phẳng ( AB′D′) và ( A′C′D) có giao tuyến là EF như hình vẽ. Từ A′ và D′ ta

kẻ 2 đoạn vuông góc lên giao tuyến EF sẽ là chung một điểm H như hình vẽ. Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng cần tìm chính là góc giữa hai đường thẳng AH′ và DH

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

BD ⊥ SA ( do SA ⊥ ( ABCD) ) Suy ra BD ⊥ ( SAC )  BD ⊥ SO (do SO ⊂ ( SAC ) )

D′B′ 13 D′A 5 B′A , D′F = = = ;EF= = 5 Tam giác DE’F lần lượt có D′E = 2 2 2 2 2 Theo hê rông ta có: SDEF =

2S 61 305 . Suy ra D′F = DEF = 4 EF 10

HA '2 + HD '2 − A' D '2 29 A' HD ' = =− Trong tam giác D ' A ' H có cos 2HA'.HD ' 61 Do đó A'HD' ≈ 118,4° hay ( A ' H , D ' H ) = 180 ° − 118, 4° = 61, 6 ° Cách 2: Gắn hình hộp chữ nhật ABCD.A ' B ' C ' D ' vào hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó

A ( 0;0;0) , B ( 2;0;0) , D ( 0;3;0) , C ( 2;3;0) , A′ ( 0;0;4) , B′ ( 2;0;4) , D′ ( 0;3;4) , C′ ( 2;3;4) Gọi n1 là véc tơ pháp tuyến của ( AB′D′) . Có n1 =  AB ; AD  = ( − 12; − 8; 6 )   Gọi n2 là véc tơ pháp tuyến của ( A′C ′D ) . Có n 2 =  A ′ C ′; A ′D  = ( − 12; 8; 6 ) Gọi

là góc giữa hai mặt phẳng ( AB′D′) và ( A′C′D)

cosα = Câu 36:

n1 n2 n1 n2

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

( SBD ) ∩ ( ABCD ) = BD  . Ta lại có: SO ⊂ ( SBD ) , SO ⊥ BD  ( ( SBD ) , ( ABCD ) ) = ( SO, AC ) = SOA   AC ⊂ ( ABCD ) , AC ⊥ BD a 6 SA = 60° . Chọn A. = 2 = 3  SOA Tam giác SAO vuông tại A nên tan SOA = AO a 2 2 Câu 37: [ THPT Thuận Thành – Bắc Ninh – 2018] Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A’B’C’D’ có AB = a, AD = 2a, AA’ = 3a . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, C’D’ và DD’. Tính

khoảng cách từ A đến mp(MNP). A. 15 a . 22

B. 9 a . 11

C. 3 a . 4

D. 15 a . 11

Lời giải Chọn D

6 1, 6 °

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

a 6 . Tính số đo góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và mặt phẳng đáy ( ABCD) . 2 B. 30° . C. 45° . D. 90° .

Lời giải Chọn A

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

(MEG). Gọi d 1 , d 2 lần lượt là khoảng cách từ C, A đến mặt phẳng (MEG). Do AC cắt (MEG) tại điểm H (như hình vẽ) nên

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

1 1 1 1 = + + d12 CM2 CE2 CG2

2 A

GC ' C ' N 1 Ta có = = GC CE 3 3 9a Suy ra GC = CC ' = 2 2

1 1 4 4 Như vậy: 2 = 2 + 2 + d1 a 9a 81a 2 2 Từ đó d1 =

Câu 38:

81a 2 9  d1 = . Ta có QD = ED = 1  QD = a 12 11 MC EC 3 3

2a 5 . 7

a 5 . 7

Câu 40:

a 5 . 5

2a 5 5

Hướng dẫn giải Đáp án D

a 3 . 2

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

giác ABC. Biết thể tích của khối lăng trụ là

a3 3 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 4

AA' và BC . A.

4a 3

2a 3

3a 4

3a 2

Hướng dẫn giải Đáp án D

• d ( SA; BM ) = AM =

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

F M

B O D N

Vì AB / / ( SCD) ⇒ khoảng cách d giữa AB bằng khoảng cách giữa AB và ( SCD) Gọi M , N lần lượt là trung điểm của A B , C D khi đó AB ⊥( SMN ) Kẻ đường cao MH của ∆SMN ⇒ MH là khoảng cách giữa AB và SC a2 a 5 SO.MN a.a 2a 5 . = ⇒ d = MH = = = 4 2 SN 5 a 5 2 Câu 39: (THPT Chuyên Đại Học Vinh - Nghệ An - 2018) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , S A vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a. Tính khoảng cách giữa hai

Ta có: SN = SO 2 + ON 2 = a 2 +

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

a 3 4

a 3 2

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

1 1 a3 3 2a A′G.S ∆ABC = VLT =  A′G = a  AA′ = AG 2 + A′G 2 = 3 3 12 3

 S BB′C ′C =

2a 2 3

2 3

Có VA′BB′C′C = VLT =

a3 3 1 3a = d ( A′, ( BB′C′C ) ) .SBB′C′C  d ( A′, ( BB′C′C ) ) = 6 3 2

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

A. a 5

2 17 a 17

a 3 2

2 5 a 5

Lời giải Đáp án B

Kẻ DH ⊥ CK ta có DH ⊥ ( ABC )

1 3

11 3 2

1 1 3 2

 

Vậy V = S.h =  CK.AB  .DH =  CK.DH  .AB

Suy ra V = 1 AB.S ∆ KDC 3

Dễ thấy ∆ CAB = ∆ DAB  CK = DK hay ∆ KDC cân tại K. Gọi I là trung điểm CD, suy ra

KI ⊥ CD và KI = KC2 − CI2 = AC2 − AK 2 − CI2 = 4 −

A M

Suy ra S∆KDC =

• Gọi I , M lần lượt là trung điểm của A′B , BC .  IM //A′C  A′C // ( AB′M )

 d ( AB′, A′C ) = d ( A′C, ( AB′M ) ) = d ( C, ( AB′M ) ) = 1 3

1 6

• VB '. AMC = BB '.S AMC = .BB '.S ABC = .2a. • B ' M = BM 2 + BB '2 =

3VB ' AMC . S AB ' M

• S ABM =

a 2 3 a3 3 = . 4 12

15 . 62 Lời giải Chọn B

Chọn B

C. a.

15 . 68

D. a.

15 . 17

K M C

mp(ABC).Với giá trị nào của x thì biểu thức V = x =

30 . 31

B. a.

3 3 3VB ' AMC 3.a . 12 2a 17 = = . 17 S AB ' M 51 a2 8

1 x2 +12 − x2 = 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 6 2

1 6

2 Vậy V = x 12 − x ≤ .

A. a.

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

A. x = 1 . Lời giải

1 1 KI.CD = 12 − x 2 2 2

mặt phẳng ( ABCD) bằng 60 0. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và DM là:

a2 a 17 + 4a 2 = 4 2

1 1 a 3 a 17 a2 51 AM .B ' M = . . = . 2 2 2 2 8

• d ( AB ', A ' C ) =

x2 1 −1 = 12 − x 2 4 2

x = 12 − x 2 hay x = 6 . Câu 43: (THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình, lần 1 – 2018) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi M ; N lần lượt là trung điểm của SA và BC. Biết góc giữa MN và

 AM ⊥ BC •   AM ⊥ ( BCC ' B ' )  AM ⊥ B ' M  AM ⊥ BB '

Câu 42:

Gọi K là trung điểm của AB, do ∆CAB và ∆DAB là hai tam giác cân chung cạnh đáy AB nên CK ⊥ AB  AB ⊥ ( CDK )  DK ⊥ AB

1 S.h đạt giá trị lớn nhất. 3

x = 2 6

D. x = 2 .

600

Gọi O = AC ∩ BD. Gọi H là trung điểm OA  MH // SO mà SO ⊥ ( ABCD)  MH ⊥ ( ABCD)  MH là hình

(

)

= 600. ; ( ABCD ) = MNH chiếu vuông góc của MN lên mặt phẳng ( ABCD ) . Do đó, MN Ta có: BC // AD    BC // ( ADM ) AD ⊂ ( ADM ) 

 d ( BC; DM ) = d ( BC; ( ADM ) ) = d ( BC; ( SAD) ) = d ( N ∈ BC; ( SAD) ) = 2d ( O; ( SAD) ) . Gọi I là trung điểm AD, ta có ( SAD) ⊥ ( SOI ) theo giao tuyến SI. Kẻ

OK ⊥ SI  OK = d ( O; ( SAD) ) Tính được NH =

a 10 a 30 a 30 ; MH =  SO = . 4 4 2

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

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

4 21 cm 21

8 21 cm 21

2 21 cm 3

Chương 7. Ứng dụng đạo hàm Câu 45:

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

2x3 + 3x2 + 6x + 16 − 4 − x ≥ 2 3 có

tập nghiệm là [ a;b]. Hỏi tổng a + b có giá trị là bao nhiêu?

A. 5 Hướng dẫn giải

4 21 cm 7

B. − 2

C. 4

D. 3

Đáp án là A Tập xác định : D = [ −2,4]

Lời giải Chọn D

Xét hàm số f ( x ) = 2x 3 + 3x 2 + 6x + 16 − 4 − x

 f ′( x ) = M I

6x 2 + 6x + 6 2x 3 + 3x 2 + 6x + 16

1 2 4−x

Suy ra hàm số f ( x ) đồng biến trên tập xác định. Ta nhận thấy phương trình C

2x3 + 3x2 + 6x + 16 − 4 − x = 2 3 có một nghiệm x = 1.

Suy ra trong đoạn [1,4] thì bất phương trình đã cho luôn đúng (vì hàm số đồng biến).

Do đó tổng a + b = 5.

 Chọn đáp án

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

Gọi H là trung điểm của

Câu 46:

 ( SAB ) ⊥ ( ABC )  ∩ = SAB ABC AB ) ( ) AB . Ta có (   SH ⊥ ( ABC ) . SH ⊥ AB

 

AC ⊥ AB    AC ⊥ ( SAB )  IM ⊥ ( SAB )  IM ⊥ BI  ∆BIM vuông tại I . AC ⊥ SH  VSBAM SM 1 1 1 1 1 4 31 4 3 AB. AC = AC . = =  VSBAM = VSBAC = . SH .S△ ABC = . VSBAC SC 3 3 3 3 9 2 2 9 V ABIM AI 2 2 2 4 3 8 3 = =  VABIM = VABSM = . AC . AC = VABSM AS 3 3 3 9 27

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

3sin 2 x + cos 2 x ≤ m + 1 đúng với mọi x∈ ℝ sin 2 x + 4 cos 2 x + 1

A. m ≥

3 5 4

B. m ≥

3 5 +9 4

1 1 4 7 1 2 7 . AC = S∆BIM = BI .IM = . AC . 2 2 3 3 9 8 3 3. AC 1 3V 4 21 27 . VABIM = S△ BIM .d ( A, ( BIM ) )  d ( A, ( BIM ) ) = ABIM = = 3 S△ BIM 7 2 7 AC 9

65 − 9 2

D. m ≥

65 − 9 4

Hướng dẫn giải Đáp án D Ta có: y=

3sin 2x + cos 2x 3sin 2x + cos 2x = . sin 2x + 4 cos 2 x + 1 sin 2x + 2 cos 2x + 3

Và sin 2x + 2 cos 2x + 3 > 0; ∀ x ∈ i . Xét phương trình y =

3sin 2x + cos 2x sin 2x + 2 cos 2x + 3

⇔ ( sin 2x + 2cos2x + 3) y = 3sin 2x + cos2x ⇔ ( y − 3) sin2x + ( 2y − 1) cos2x = −3y 2

8 112 4 7 8 . BI = AB + AI − 2 AB. AI .cos60 = 4 +   − 2.4. .cos600 =  BI = 3 9 3 3 2

C. m ≥

Phương trình trên có nghiệm nên ( y − 3) + ( 2y − 1) ≥ ( −3y ) ⇔ 5y 2 − 10y + 10 ≥ 9y 2

⇔ −4y2 − 10y + 10 ≥ 0 ⇔

−5 − 65 −5 + 65 ≤y≤ . 4 4

Suy ra giá trị lớn nhất của y là Phương trình

−5 + 65 4

3sin 2x + cos 2x ≤ m + 1 nghiệm đúng với mọi số thực x khi sin 2x + 2 cos 2x + 3

−5 + 65 −9 + 65 ≤ m +1 ⇔ m ≥ 4 4

Câu 47:

(TOÁN HỌC TUỔI TRẺ Lần 05) Tìm tất cả các giá trị của y = 8 c o t x + ( m − 3).2 c o t x

A. −9 ≤ m < 3. Lời giải Đáp án C Đặt t = 2cot x thì

t = t ( x ) = 2 cot x

π



nghịch biến trên  ;π  và tập giá trị của 4 

Bài toán trở thành tìm

m để hàm số

π  + 3 m − 2 đồng biến trên  ; π  . 4  B. m≤ 3. C. m ≤ −9.

Hướng dẫn giải Chọn C Ta có y ' =

D. m < −9.

−2 m 2 + 8 > 0  −2 < m < 2  y ' > 0 3   ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ −2 < m ≤ . 3 x 2 m ≤ ≠ ∀ ∈ +∞ m x 3;  x ≠ 2m ∀x ∈ ( 3; +∞ ) ( )   2  2 Câu 50: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ 10/2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số

t là ( 0;2] .

m để hàm số f (t) = t 3 + (m − 3)t + 3m − 2, t ∈( 0;2] ,

y = sin 3 x − 3 co s 2 x − m sin x − 1

nghịch biến trên nửa

A. m > −3 . Lời giải Đáp án B

 3 − m ≥ 0   3−n 2 ≤ 0 ⇔ m ≤ −9. khoảng ( 0;2]. Ta có f ′(t ) = 3t + m − 3 ≤ 0∀t ∈ ( 0; 2] ⇔ − 3   3−m ≥2   3

π



2 Ta có f ' ( t ) = 3t + 6t − m

Để hàm số f ( t ) đồng biến trên [ 0;1] cần: f ' ( t ) ≥ 0, ∀t ∈[ 0;1]

⇔ 3t 2 + 6t − m ≥ 0 ∀t ∈[ 0;1] ⇔ 3t 2 + 6t ≥ m ∀t ∈[ 0;1]

y = ( x + m ) + ( x + n ) − x3 (tham số m, n ) đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞) . Giá trị nhỏ nhất

của biểu thức P = 4 ( m + n

A. −16 .

2 Xét hàm số g ( t ) = 3t + 6t; g ' ( t ) = 6t + 6; g ' ( t ) = 0 ⇔ t = −1

) − m − n bằng

B. 4.

D. m > 0

3 2 Xét hàm số f ( t ) = t + 3t − mt − 4

B. m ≤ 0 .

 π  

[THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Hàm số 3

 π   C. m ≤ −3 .

đồng biến trên đoạn 0; . 2

Đặt sin x = t , x ∈ 0;   t ∈[ 0;1] 2

Vậy với m ≤ −9 thì hàm số đã cho đồng biến trên  ; π  . 4 

Câu 48:

−2m2 + 8 . Để hàm số đồng biến trên ( 3;+∞) x − 2m

Bảng biến thiên:

−1 . 16

1 4

Lời giải Chọn C 2

Ta có y ′ = 3 ( x + m ) + 3 ( x + n ) − 3 x 2 = 3  x 2 + 2 ( m + n ) x + m 2 + n 2  a > 0 Hàm số đồng biến trên ( −∞; +∞ ) ⇔  ⇔ mn ≤ 0 ∆ ≤ 0 m = 0 TH1: mn = 0 ⇔  n = 0 Do vai trò của m, n là như nhau nên ta chỉ cần xét trường hợp m = 0

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy với m ≤ 0 thì hàm số f ( t ) đồng biến trên [ 0;1] , hàm số

 π f ( x) đồng biến trên đoạn 0;  .  2 Câu 51:

m để hàm số

y = 3( m −1) x − ( 2m +1) cos x nghịch biến trên ℝ

1 1 1   P = 4n2 − n =  2n −  − ≥ − (1) 4 16 16  

A. 2 ≤ m ≤ 4 5

TH2: mn < 0 ⇔ m > 0; n < 0 (Do vai trò của m, n như nhau).

B. m ≤ 2 5

C. m ≤ 4

D. 2 < m < 4 5

Lời giải Đáp án B

1 1 1 Ta có P =  2 m −  − + 4 n 2 + ( − n ) ≥ − ( 2 ) 4  16 16 

Từ (1) , ( 2) ta có Pmin = − 1 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m = 1 ; n = 0 hoặc m = 0; n = 1 .

16 8 mx − 8 Câu 49: Cho hàm sô y = , hàm số đồng biến trên ( 3;+∞) khi: x − 2m 3 3 A. −2 ≤ m ≤ 2 . B. − 2 ≤ m ≤ . C. − 2 < m ≤ . 2 2

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

D. −2 < m < 2 .

Ta có y ' = 3( m −1) + ( 2m + 1) sin x để hàm số nghịch biến trên ℝ thì y ' ≤ 0 với mọi

x xét BPT

3( m −1) + ( 2m +1) sin x ≤ 0 Nếu m = −1 BPT luôn đúng. Với m > −1 BPT ⇔ sin x ≤ 2

3(1− m) 2m + 1

3(1− m)

≥ 1  − 1 < m ≤ 2 . Với m < −1 BPT để hàm số luôn nghịch biến với mọi x thì 2m +1 2 5 2 ⇔ sin x ≥

3(1− m) 2m + 1

để hàm số luôn nghịch biến với mọi

x thì

3 (1 − m ) 2m + 1

≤ −1  m < − 1

Kết hợp hai trường hợp ta có m ≤ 2

Đặt CM = x ( x > 0) 2

2 Dễ tính ra CD = 615 − ( 487 −118) = 492 2 2 Từ đề bài ta có: f ( x ) = x + 118 +

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

2x3 + 3x2 + 6x + 16 − 4 − x ≥ 2 3 có tập nghiệm là [ a;b] . Hỏi tổng a + b có giá trị là bao nhiêu? A. 5 .

( 492 − x )

Quãng đường ngắn nhất người đó có thể đi

Câu 52:

Cách 1: Giải bằng hàm số

B. −2 .

C. 4 .

D. 3 .

Lời giải

Ta có : f ′ ( x ) = −

2x 2

2 x + 118

+ 4872

⇔ Giá trị nhỏ nhất của f ( x ) trên ( 0;492 )

2 ( 492 − x )

+ 2

( 492 − x )

+ 4872

f ′( x ) = 0 2

Chọn A

⇔ ( 492 − x ) x2 + 1182 − x ( 492 − x ) + 4872 = 0

Tập xác định : D = [ −2,4]

⇔ ( 492 − x ) ( x2 + 1182 ) − x2 ( 492 − x ) + 4872 = 0

Xét hàm số f (x) =

 f ′( x ) =

⇔ x=

2x 3 + 3x 2 + 6x + 16 − 4 − x

6x 2 + 6x + 6 3

2x + 3x + 6x + 16

1 >0 2 4−x

(

)

58056 605

Ta có bảng biến thiên

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

2x3 + 3x2 + 6x + 16 − 4 − x = 2 3 có một nghiệm x = 1.

Suy ra trong đoạn [1,4] thì bất phương trình đã cho luôn đúng (vì hàm số đồng biến). Do đó tổng a + b = 5.

 Chọn đáp án Câu 53:

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

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

Đáp án C

Vậy quãng đường ngắn nhất mà người đó có thể đi là: 779,8 Cách 2: Giải bằng hình học Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua D Dễ thấy AM + MB = AM + MB’

 AM + MB ngắn nhất  AM + MB’ ngắn nhất Dễ thấy theo bất đẳng thức tam giác: AM + MB’ ≥ AB’

 AM + MB’ ngắn nhất  AM + MB’ = AB’ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A, M, B’ thẳng hàng

Với m = 1 thì A ( 0; −1) ,B(1; −2) ,C ( −1; −2) . Ta có AB = (1; −1)  AB = 2. Tương tự ta có 2 . Như vậy ABDC là hình thoi. Vậy m = 1thỏa mãn yêu cầu bài toán. 9   1 Do m = 1∉  ;2  ,  −1;  , ( 2;3) nên các đáp án A, B, C đều sai. 5   2 BD = CD = CA =

Với m =

Trong trường hợp này B

(

) (

)

3; 0 , C − 4 3; 0 , A ( 0; 3 ) . Ta kiểm tra được

AB = BD = DC = CA = 9 + 3. Do đó ABDC cũng là hình thoi và m =

Câu 54:

(THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Cho hàm số y = x 4 − 2 m x 2 − 2 m 2 + m 4 có đồ thị (C). Biết đồ thị (C) có ba điểm cực trị A, B, C và ABDC là hình thoi, trong đó D( 0; −3) ,A thuộc trục tung. Khi đó m thuộc khoảng nào?

9 5

 

1 2

 

A. m ∈  ; 2  .

thỏa mãn yêu cầu

điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân. Tính giá trị của biểu thức: P = m 2 + 2 m + 1 . A. P = 1 B. P = 5 C. P = 0 D. P = 2. Lời giải Đáp án B Ta có y ' = 4 x 3 − 4 m x

1 9  2 5

C. m ∈ ( 2;3) .

B. m ∈ −1;  .

bài toán Nhận xét. Đối với bài toán thi trắc nghiệm đòi hỏi cần tiết kiệm thời gian thì chỉ cần xét trường hợp m = 1 thì chúng ta đã có thể kết luận được đáp án cần chọn là D mà không cần xét thêm trường hợp m = 3 . Câu 55: (TRƯỜNG THPT C PHỦ LÝ - HÀ NAM) Biết rằng đồ thị hàm số: y = x 4 − 2 m x 2 + 2 có 3

D. m ∈  ;  .

Lời giải Chọn D Ta có y ' = 4 x 3 − 4 m x Để đồ thị có ba điểm cực trị thì phương trình y ' = 0 ⇔ 4 x 3 − 4 m x = 0 phải có 3 nghiệm phân biệt.

x = 0  y ' = 0 ⇔  x = m với m > 0 x = − m  2

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

x = 0 4x 3 − 4mx = 0 ⇔  2 x = m

Câu 56:

(ĐỀ THI CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH KSCL HK1 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo 2

Khi đó điều kiện cần là m > 0. Ta có ba nghiệm là x = 0, x = m,x = − m

hàm f ' ( x ) = x 2 ( x − 1)( x − 4 ) . Khi đó số điểm cực trị của hàm số y = f ( x2 ) là

Với x = 0 thì y = m 4 − 2 m 2 Với x = ± m thì y = m 4 − 3m 2

A. 3. Lời giải Đáp án A

Do A thuộc trục tung nên A ( 0; m 4 − 2m 2 ) Giả sử điểm B nằm bên phải của hệ trục tọa độ, khi

đó B

(

) (

m ; m 4 − 3m 2 , C − m ; m 4 − 3m 2

)

) (

) )

) (

AB = CD ⇔

(

m ; −m

)=(

)

m ; − m + 3m − 3 ⇔ − m = − m + 3m − 3

m2 = 1 m = ±1 ⇔ −m4 + 4m2 − 3 = 0 ⇔  2 ⇔ m = 3  m = ± 3 3

D. 2

(1) 2

(2) ) = x ( x − 1)( x − 4 ) Từ (1) và (2) suy ra g ' ( x ) = 2 x ( x − 1)( x − 4 ) → Bảng biến thiên (tự vẽ) Dựa vào BBT, suy ra hàm số y = g ( x ) có 3 điểm cực trị x = 0, x = ± 1 . (MEGABOOK-ĐỀ 3). Cho đồ thị hàm số y = f ( x ) có đồ thị đạo hàm như hình vẽ. Số điểm 5

cực trị của đồ thị hàm số y = f ( x3 ) là:

Do điều kiện để có ba điểm cực trị là m > 0 nên ta chỉ có m = 1 hoặc m =

Mà f ' ( x ) = x ( x − 1)( x − 4 )  f ' ( x 2

Câu 57:

Do đó

C. 5.

Ta có: g ( x ) = f ( x 2 )  g ' ( x ) = ( x 2 ) '. f ' ( x 2 ) = 2 x. f ' ( x 2 )

Ta kiểm tra được AD ⊥ BC. Do đó để ABDC là hình thoi thì trước hết ta cần AB = C D. Ta có AB = m; ( m4 − 3m2 ) − ( m4 − 2m2 ) = m; − m2 CD = m; −3 − ( m4 − 3m2 ) = m; −m4 + 3m2 − 3

( (

B. 4.

 m < −1  2 ∆ ' = ( 2m −1) − 3(2 − m) = 4m2 − m − 5 > 0 ⇔  5 m > 4  Dựa trên điều kiện của ∆' ta đã có thể chọn đáp án.

Câu 60: [THPT PHAN CHU TRINH ĐAKLAK LẦN 2 - 2018] Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số

m để hàm số

A. 44 Lời giải Chọn B B. 1

A. 0 Lời giải Chọn C Ta có: y ′ = 3 x 2 f ′ ( x 3 )

C. 2

y = 3 x 4 − 4 x3 − 12 x 2 + m có 5 điểm cực trị.

B. 27

C. 26

D. 16

4 3 2 Xét hàm số f ( x) = 3x − 4x −12x + m .

D. 3

3 2 Ta có f ′ ( x ) = 12x − 12x − 24x ,

x = 0 f ′ ( x ) = 0 ⇔ 12 x3 − 12 x 2 − 24 x = 0 ⇔  x = −1 .  x = 2

x = 0  = 0 ⇔ x = 1 . x = 3 4 

Ta có bảng biến thiên

 x3 > 4  x > 3 4 ⇔ . Dựa vào đồ thị đạo hàm ta thấy f ′ x > 0 ⇔  3  x < 0  x < 0

( ) 3

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

(

)

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

[THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Đồ thị hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d

có hai điểm cực trị A (1; −7 ) , B ( 2; −8) . Tính y ( −1) ?

A. y ( −1) = 7 .

B. y ( −1) = 11 .

C. y ( −1) = −11 .

 f ( x ) neáu f ( x ) ≥ 0 Xét hàm số y = f ( x ) =  − f ( x ) neáu f ( x ) < 0

D. y ( −1) = −35

Lời giải

Nên từ bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) suy ra hàm số y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m có 5

Chọn D Ta có y ′ = 3 a x 2 + 2 b x + c

m − 32 < 0 điểm cực trị khi và chỉ khi  ⇔ 5 ≤ m < 32 . m − 5 ≥ 0

3a + 2b + c = 0 3a + 2b + c = 0 a = 2 12a + 4b + c = 0 12a + 4b + c = 0 b = −9    ⇔ ⇔ Theo bài cho ta có:  a + b + c + d = − 7 7 a + 3 b + c = − 1   c = 12 8a + 4b + 2c + d = −8 d = −7 − a − b − c d = −12 Suy ra

y = 2 x3 − 9 x2 + 12 x − 12.

Do đó có 27 giá trị nguyên dương của tham số

Do đó y ( −1) = −35 .

Câu 61:

f ( x) = x3 − ( 2m −1) x2 + ( 2 − m) x + 2 . Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = f ( x ) có 5 điểm cực trị 4

B. 5 ≤ m ≤ 2 . 4

C. − 5 < m < 2 . 4

D. − 2 < m < 5

Hướng dẫn giải Đáp án A Hàm số f ( x ) có năm điểm cực trị ⇔ f ( x) có hai cực trị có giá trị trái dấu

y ' = 3x2 − 2(2m −1) x + 2 − m

y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m có 5

điểm cực trị.

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

A. 5 < m < 2 .

m để hàm số

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y

A. m = 3 Lời giải Chọn D Phương pháp:

B. m = 1 ∨ m = 3

= x3 − 2mx2 + m 2x + 2

C. m = −1

đạt cực tiểu tại x = 1 D. m = 1

 f ' ( x0 ) = 0 Điểm x = x 0 là điểm cựa tiểu của hàm số bậc ba y = f ( x ) nếu   f '' ( x0 ) > 0 Cách giải: TXĐ: D = R Ta có: y ' = 3 x 2 − 4 m x + m 2 → y '' = 6 x − 4 m

Để x = 1 là điểm cực tiểu của hàm số bậc ba với hệ số x 3 dương thì: m = 1; m = 3  m 2 − 4m + 3 = 0  y ' (1) = 0  ⇔ ⇔ ⇔ m =1  3  6 − 4m > 0 m < 2  y '' (1) > 0

 S m2 m m2 m3 + 1 − 1 = = r = = 4 3 P m  m +m + m m +1 +1 theo giả thiết R = 2r Mặt khác  4 3 m + m 2 m ( )  1 m +1 AB. AC .BC = = R = 4S 2 m 4m2 m 

Chú ý khi giải: Nhiều HS sẽ nhầm lẫn điều kiện để điểm

là điểm cực tiểu là f '' ( x0 ) > 0 dẫn đến chọn đáp



án m = 3 là sai.

Câu 62:

(THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Cho hàm số y =

x3 − ax2 − 3ax + 4. Để hàm số 3

(

m3 + 1 − 1 m

) ⇔ (m

+ 1) = 4 m 3 + 1 − 4 ⇔

(

m3 + 1 − 2

)

=0⇔

m3 + 1 = 2

⇔ m3 = 3 ⇔ m = 3 3 4 2 Câu 64: (ĐỀ THI CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH KSCL HK1 2018) Cho hàm số f ( x) = ax + bx + c

x12 + 2ax2 + 9a x22 + 2ax1 + 9a + = 2 thì a thuộc khoảng nào? a2 a2 −7    7  B. a ∈  −5;  . C. a ∈( −2; −1) . D. a ∈ − ; −3 2    2 

với a > 0 , c > 2017 và a + b + c < 2017 . Số cực trị của hàm số y = f ( x ) − 2017 là:

đạt cực trị tại x 1 ; x 2 thỏa mãn

−5   A. a ∈  −3;  . 2  

3 1 ( m + 1) =2 2 m

A. 1. Lời giải Đáp án D

Lời giải Chọn B Ta có y ' = x 2 − 2ax − 3a. Để phương trình đã cho có hai điểm cực trị x 1 , x 2 thì ta cần phương

B. 5.

Ta có: y = f ( x ) − 2017 =

C. 3.

( f ( x ) − 2017 )

 y' =

D. 7

2 ( f ( x ) − 2017 ) . f ' ( x ) 2

( f ( x ) − 2017 )

 f (1) = a + b + c < 2017 4 2  f (1) < f ( 0 ) Xét f ( x) = ax + bx + c ( a > 0) ta có:   f ( 0) = c > 2017 Dựa vào 2 dạng của đồ thị hàm số bậc 4 trùng phương khi a > 0

2 trình y' = 0 ⇔ x − 2ax − 3a = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt. Phương trình (1) có hai nghiệm

a > 0 phân biệt khi và chỉ khi ∆ ' = a 2 − ( −3a ) = a 2 + 3a > 0 ⇔ a ( a + 3) > 0 ⇔   a < −3 Khi đó áp dụng định lý Vi-et ta nhận được x1 + x2 = 2a ( 2) . Chú ý x 1 là nghiệm của (1) và sử dụng ( 2 ) nên x12 − 2ax1 − 3a = 0  x12 + 2ax 2 + 9a = ( x12 − 2ax1 − 3a ) + 2a ( x1 + x 2 ) + 12a = 2a ( x1 + x 2 ) + 12a = 4a 2 + 12a 2 2 Tương tự ta có x2 + 2ax1 + 9a = 4a +12a

Từ đó x12 + 2ax 2 + 9a a2 4a 2 + 12a a2 4a + 12 a + 2 =2⇔ + 2 =2⇔ + =2 2 2 a x 2 + 2ax1 + 9a a 4a + 12a a 4a + 12 Suy ra hàm số y = f ( x ) có 3 điểm cực trị và PT: f ( x ) − 2017 có 4 nghiệm phân biệt

2 −7  2  ⇔ ( 4a + 12 ) + a 2 − 2a ( 4a + 12 ) = 0 ⇔ ( 4a + 12 ) − a  = 0 ⇔ a = −4 ∈  −5;  2   Câu 63: (THPT C NGHĨA HƯNG-NAM ĐỊNH Lần 1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = x 4 − 2 m x 2 + 2 m + m 4 có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có bán kính đường

C. m =

2 ( f ( x ) − 2017 ) . f ' ( x ) 2

Câu 65:

tròn ngoại tiếp bằng 2 lần bán kính đường tròn nội tiếp?

A. m = 1

Như vậy PT y ' =

( f ( x ) − 2017 )

D. m =

6 2

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

(THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho hàm số y = f ( x ) với đạo hàm f ′ ( x) có đồ thị như hình

3 2

vẽ. Hàm số g ( x ) = f ( x) −

x3 2 + x − x + 2 đạt cực đại tại điểm nào? 3

Lời giải Đáp án B Ta có y ' = 4 x 3 − 4mx = 4 x ( x 2 − m ) để tồn tại ba điểm cực trị thì m > 0 khi đó tọa độ ba điểm cực trị là A ( 0; m 4 + 2 m ) , B 4

 AB = AC = m + m ,

(

) (

m ; m 4 − m 2 + 2m , C − m ; m 4 − m 2 + 2m

BC = 2

)

gọi M là trung điểm

BC  MB = m  AM = AB − MB2 = m4 + m − m = m2  S ABC =

1 1 AM .BC = m 2 .2 m = m 2 m 2 2

A. x = −1. Lời giải

B. x = 1.

C. x = 0.

D. x = 2.

Chọn B ⇔

x3 2 2 Xét hàm số g( x) = f ( x) − + x − x + 2, có g '(x) = f ' ( x) − x + 2x −1; ∀x ∈ℝ. 3

2a ( x1 + x2 ) + 12a a

4a2 + 12a a2 a2 + 2 =2 =2⇔ 2 a 4a + 12a 2a ( x1 + x2 ) + 12a

2 4 a + 12 a 2 2 ⇔ + = 2 ⇔ ( 4a + 12 ) + a = 2a ( 4a + 12 ) ⇔ 9a + 72a + 144 = 0 a 4 a + 12

Ta có: g '( x) = 0 ⇔ f ' ( x ) = ( x − 1) (*)

⇔ a = −4 (thỏa mãn điều kiện (1)).

Từ đồ thị hàm số f ' ( x) ta thấy: f ' ( 0 ) = 1 = ( 0 − 1) nên x = 0 là một nghiệm của g '( x ).

Vậy a 0 = − 4 Câu 68: (THPT QUẾ VÕ SỐ 2) Một đoàn cứu trợ lũ lụt đang ở vị trí A của một tỉnh miền trung muốn đên xã C để tiếp tế lương thực và thuốc men, phải đi theo con đường từ A đến B và từ B đến C (như hình vẽ) Tuy nhiên, do nước ngập con đường từ A đến B nên đoàn cứu trợ không thể đên C bằng xe, nhưng đoàn cứu trợ có thể chèo thuyền từ A đến D với vận tốc 4 k m h , rồi đi bộ đên C với

f ' (1) = 0 = (1 − 1)  x = 1 là một nghiệm của g '( x ). 2

f ' ( 2 ) = 1 = ( 2 − 1)  x = 2 là một nghiệm của g '( x ).

Vậy phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt x1 = 0, x 2 = 1, x 3 = 2 . 2

Vẽ đồ thị hàm số y = ( x − 1) trên cùng mặt phẳng tọa độ với y = f '( x ) ta thấy:

vận tốc 6 k m h . Biết A cách B một khoảng 5km, B cách C một khoảng 7km. Hỏi vị trí D cách A bao xa để đoàn cứu trợ đi đến C nhanh nhất?

Trong khoảng (0;1) thì đồ thị hàm số y = f '( x ) nằm phía trên đồ thị hàm số y = ( x − 1) nên g '( x ) < 0, ∀ x ∈ ( 0;1) 2

Trong khoảng (1; 2) thì đồ thị hàm số y = f '( x ) nằm phía dưới đồ thị hàm số y = ( x − 1) nên g '( x ) < 0, ∀ x ∈ (1; 2 ) .

Câu 66:

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

D. 2.

C. 3.

A. AD = 2 5km . Lời giải Chọn B

Ta có y ' = 4 ( m + 1) x3 − 2 ( m − 1) x = 2 x ( m + 1) x 2 − ( m − 1)   m +1 < 0 Để hàm số có một điểm cực đại mà không có điểm cực tiểu thì  m − 1 ⇔ m∈∅  m + 1 = 0

Câu 67:

(

f ′( x) =

D. a 0 ∈ (1;7 )

Lời giải Chọn C

Ta có f ( 5) =

2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ > 0 ⇔ a + 3a > 0 ⇔ a ∈ ( −∞; −3) ∪ ( 0; +∞) (1).

Ta có x1 − 2ax1 − 3a = 0  x1 = 2ax1 + 3a ; tương tự x2 = 2ax2 + 3a . 2ax1 + 3a + 2ax2 + 9a x12 + 2ax2 + 9a a2 a2 + 2 =2 ⇔ + =2 2 2 a x2 + 2ax1 + 9a a 2ax2 + 3a + 2ax1 + 9a

  x≥0 x≥0   x 1 − ⇔ ; f ′ ( x ) = 0 ⇔ 3 x 2 − 25 = 2 x ⇔    x = 3 5 ⇔ x = 3 5. 2 2 4 6 x 2 − 25 9 ( x − 25) = 4 x     x = −3 5

29 7 5 74 ;f 3 5 = + 5; y 74 = 12 6 12 4 7 5  Min f ( x ) = + 5 . Dấu " = " xảy ra khi x = 3 x∈5; 74  6 12

• Ta có y ′ = x 2 − 2 a x − 3 a . Hàm số có hai điểm cực trị ⇔ y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ x 2 − 2 ax − 3 a = 0 (*) có hai Khi đó hàm số đạt cực trị tại hai điểm x 1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình (*).

AD CD x 7 − x 2 − 25 . Ta cần tìm giá trị nhỏ + = + 4 6 4 6

nhất của hàm f ( x) này trên 5; 74  .   Có

x12 + 2ax 2 + 9a a2 + 2 = 2. Mệnh đề nào dưới đây đúng? a2 x 2 + 2ax1 + 9a

C. a 0 ∈ ( −7; −3)

D. AD = 5 3km

)

Tổng thời gian đi từ A đến C là f ( x ) =

tham số a để hàm số đã cho đạt cực trị tại hai điểm x 1 , x 2 thỏa mãn

B. a 0 ∈ ( 7;10)

C. AD = 5 2km .

2 2 Gọi AD = x 5 ≤ x ≤ 74 . Khi đó thì BD = x − 25  CD = 7 − x − 25 .

(THPT Việt Trì) Cho hàm số y = 1 x 3 -ax 2 − 3ax + 4 với alà tham số. Biết a 0 là giá trị của

A. a 0 ∈ ( −10; −7 )

B. AD = 3 5km .

Câu 69:

( )

5. .

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

2x + 3 + y + 3 = 4.

Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x + 2 + y + 9

1 + 21 2 Lời giải A.

17 2

C. 3

3 10 2

Đáp án D

(

• Ta có: P = x + 2 + y + 9 = =  

(

2x + 3

)

2x + 3

)

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

(

y+3

)

(

y+3

)

6   4 + 6   +    10 10 

Vậy min g ( x ) = g ( − 1 ) .

• Ap1 dụng

[ − 3;1]

2 1 2 BCS: P ≥ 2x + 3 + + 10 10 10 ≥

( 10

)

2x + 3 + y + 3 +

6 y + 3 + 6. 10

Câu 71:

3 10 . 2

(THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Cho hàm số y = thỏa mãn min y+ max y = [1;2]

Câu 70: [THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị y = f ′ ( x) như hình vẽ. Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) − 1 x 3 − 3 x 2 + 3 x + 2018. Mệnh đề nào 3

dưới đây đúng?

[1;2]

x+m (m là tham số thực) x +1

16 3

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

D. m > 4.

x+m m −1 Với m > 1 khi đó ta có y = = 1+ . Do

x +1 x +1 1 1 1 m −1 m −1 m −1 ≤ ≤  ≤ ≤ . Vì vậy 1+ 2 x +1 1+1 3 x +1 2 [ max y = 1 + m − 1 , min y = 1 + m − 1 . Kéo theo [1;2 ] [1;2 ] 2 3 x ∈ [1; 2 ]  1 ≤ x ≤ 2 

A. min g ( x ) = g ( − 1 ) . − 3;1

B. min g ( x ) = g (1 ) . − 3;1

C. min g ( x ) = g ( − 3 ) . [ − 3;1]

D. min g ( x) =

[

]

[

max y + min y = [1;2 ]

]

[1;2 ]

Chọn A Ta có g ( x ) = f ( x ) − 1 x 3 − 3 x 2 + 3 x + 2018  g ′ ( x ) = f ′ ( x ) − x 2 − 3 x + 3 4

[1;2 ]

này không tồn tại giá trị của mthỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 72: (THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 1 NĂM 2018) Xét hàm số

Lời giải

5 ( m − 1) 16 16  m − 1   m − 1  16 ⇔ 1 + = −2 ⇔ m =5> 4  + 1 + = ⇔ 3 2   3  3 6 3 

Nếu m < 1 lý luận tương tự ta cũng có max y = 1 + m − 1 , min y = 1 + m − 1 . Trong trường hợp

g ( −3) + g (1)

[−3;1]

[1;2 ]

Căn cứ vào đồ thị y = f ′ ( x ) ta có

 f ′ ( −1) = −2  g ′ ( −1) = 0    f ′ (1) = 1   g ′ (1) = 0    f ′ ( −3) = 3  g ′ ( −3) = 0

f ( x ) = x 2 + ax + b , với a, b là tham số. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số trên [ −1;3] . Khi

M nhận giá trị nhỏ nhất có thể được, tính a − b . A. 1. B. 2. C. -1. Lời giải

D. 3.

f ( −1) = 1 − a + b ; f ( 3) = 9 + 3a + b ; f (1) = 1 + a + b . Xét 4 số f (1) ; f (1) ; f ( 3) ; f ( −1) có tổng T = −1 − a − b + −1 − a − b + 9 + 3a + b + 1 − a + b ≥ 8( *)  có một trong 4 số không bé

Ngoài ra, vẽ đồ thị ( P ) của hàm số y = x 2 + 3 x − 3 trên cùng 2

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

 3  4

qua các điểm ( −3;3) , ( −1; −2) , (1;1) với đỉnh I  − ; −

33   16 

Rõ ràng 3 3  Trên khoảng ( −1;1) thì f ′ ( x ) > x 2 + x − , nên g′ ( x) > 0 ∀x ∈ ( −1;1) 2

 Trên khoảng ( −3; −1) thì f ′ ( x ) < x 2 + 3 x − 3 , nên g′ ( x ) < 0 ∀x ∈( −3; −1) 2

Từ những nhận định trên, ta có bảng biến thiên của hàm y = g ′ ( x ) trên [ −3;1] như sau:

hơn 2  M ≥ 2. - Nếu M = 2 thì điều kiện cần là mỗi số f (1) ; f (1) ; f ( 3) ; f ( −1) không lớn hơn M = 2  tổng T ≤ 8. Kết hợp với (*)  dấu "=" ở (*) phải xảy ra, đồng thời cả 4 số f (1) ; f (1) ; f ( 3) ; f ( −1) đều bằng 2  −1 − a − b = 9 + 3a + b = 1 − a + b = ±2  a = − 2; b = − 1 . 2 - Ngược lại khi a = − 2; b = − 1 , kiểm tra cụ thể f ( x ) = x − 2 x − 1 thỏa mãn M = 2 

a − b = −1 . Đáp án C

Câu 73: [TRƯỜNG THPT YÊN DŨNG 3] Cho các số thực x, y thỏa mãn x + y +1 = 2

(

Lời giải Đáp án D

)

y + 3 . Giá trị lớn nhất của x + y

x−2 +

B. 1

A. 7 Hướng dẫn giải Đáp án A

C. 2

Cho x, y > 0 thỏa mãn 2 ( x 2 + y 2 ) + xy = ( x + y ) (2 + xy)

D. 3

⇔ 2 ( x + y ) − ( 2 + xy )( x + y ) − 3 xy = 0 (*)

Sử dụng BĐT buhinhacopski ta có

(

)

x + y = u Đặt  ( u, v > 0) ta đc PT bậc II: 2u2 − ( v + 2) u − 3 = 0 gải ra ta được  xy = v

x − 2 + y + 3 ≤ (1 +1)( x − 2 + y + 3) = 2 ( x + y ) + 2 .

Tức là ta có ( x + y + 1) ≤ 4 ( 2 ( x + y ) + 2 ) . Đặt t = x + y . Chú ý rằng t ≥ −1.

Ta có ( t + 1) ≤ 8t + 8 ⇔ t 2 − 6t − 7 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ t ≤ 7. Vậy max t = 7 xảy ra khi x − 2 = y + 3 ⇔   x+ y =7

Câu 74:

4 xy

(x+

 x y Đặt t =  +  , ( t ≥ 2 )  P = 4t 3 − 9t 2 − 12t + 18 ; P ' = 6 ( 2t 2 − 3t + 2 ) ≥ 0 với  y x ∀t ≥ 2  MinP = P(t0 )

x2 + 4 y 2

A. max P=1 .

)

B. max P=

1 . 10

C. max P=

1 . 8

 x y trong đó t0 = min t = min  +  với x, y thỏa mãn điều kiện (*). y x Ta có:

1 2

D. max P= .

Lời giải Chọn C

(

4 xy

(x+

 y 4  x

x + 4y

)

2 v + 2 + v 2 + 28v + 4  x y  (x + y) u2 t = + = −2= −2= xy v 16v y x

 1 + 1 + 4  y   x 

   

 1  2 4 1 + v + + 28  − 2 ≥ 2 2 + 32  v+ 16  v 16 v 

. Đặt

(

   2

2  y 1 + 4   = t, t ≥ 1  4  y  = t 2 − 1 x x

(1 + t )

t −1

(1 + t )

, t ≥ 1, f ′(t ) =

− t 2 + 2t + 3

(1 + t )

5  2

5 2

−2 =

)

−2=

5 2

23 4

Câu 76: [TRƯỜNG THPT ĐỒNG HẬU-VĨNH PHÚC. LẦN 1] Một sợi dây kim loại dài 60 cm được cắt thành hai đoạn. Đoạn thứ nhất được uốn thành một hình vuông, đoạn thứ hai được uốn thành một vòng tròn. Hỏi khi tổng diện tích của hình vuông và hình tròn ở trên nhỏ nhất thì chiều dài đoạn dây uốn thành hình vuông bằng bao nhiêu (làm tròn đến hàng phần trăm)? A. 33, 61cm . B. 26, 43 cm . C. 40, 62 cm . D. 30, 54 cm .

Ta được hàm: t2 −1

5  2

)

Vậy min P = P 5  = 4.   − 9   −12. + 18 = −

f (t ) =

 x3 y3   x2 y2   x y   x y  x y + 3  − 9  2 + 2  = 4  +  − 9  +  −12  +  +18 , 3  y x  y x  y x   y x   y x

Ta có P = 4 

x = 6 .  y =1

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

v + 2 + v 2 + 28v + 4 4

 t = − 1( L ) , f ′(t ) = 0 ⇔  t = 3

Hướng dẫn giải Đáp án A Gọi độ dài các sợi dây uốn thành hình vuông và hình tròn lần lượt là x , y ⇒ x + y = 60 và x, y chính là chu vi của các hình trên. 2 2  x  y x2 y2 Diện tích hình vuông là S1 =   = ; Diện tích hình tròn là S 2 = π   =  4  16  2π  4π

Vậy max P = max f (t ) = [1; +∞ )

Câu 75:

1 . 8

Tổng diện tích hai hình S = S1 + S2 =

(THPT C NGHĨA HƯNG-NAM ĐỊNH Lần 1) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn 2(x + y 2

 x2 y 2  900 2 (16 + 4π ) ≥ ( x + y ) = 3600 ⇒ S ≥ ⇒ S .(16 + 4 π ) =  +  16 4 π  4+ π

) + xy = ( x + y )( xy + 2 ) . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

x  x2 y2  y3  P = 4 3 + 3  − 9 2 + 2  y x x    y 25 A. − B. 5 4

Đạt được khi x = y = x + y =

C. −13

D. − 23 4

x2 y 2 + 16 4π

Câu 77:

4π

16 + 4 π

60 15 15.16 = ⇒ x= = 33, 61 . 16 + 4 π 4+π 4+π

[TRƯỜNG THPT ĐỒNG HẬU-VĨNH PHÚC. LẦN 1] Người ta cần xây một hồ chứa nước với dạng khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 500 m 3 . Đáy hồ là hình chữ nhật có 3

chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để xây hồ là 500, 000 ñ o àn g /m 2 . Hãy xác định kích thước của hồ nước sao cho chi phí thuê nhân công thấp nhất. Chi phí đó là? A. 65 triệu đồng. B. 75 triệu đồng. C. 85 triệu đồng. D. 45 triệu đồng Hướng dẫn giải Đáp án B Chi phí thấp nhất khi diện tích xây dựng S là thấp nhất. Gọi độ dài hai kích thước đáy là a , 2 a độ dài cạnh bên là b thì diện tích xây dựng là M Vậy chi phí thấp nhất là: 150.0, 5 = 75 trệu đồng. Câu 78: [THPT ĐỘI CẤN – VĨNH PHÚC 2018 - LẦN 1] Một công ty muốn làm một đường ống dẫn dầu từ một kho A ở trên bờ đến một vị trí B trên một hòn đảo. Hòn đảo cách bờ biển 6 km . Gọi C là điểm trên bờ sao cho BC vuông góc với bờ biển. Khoảng cách từ A đến C là 9 km . Người ta cần xác định một vị trí D trên AC để lắp ống dẫn theo đường gấp khúc ADB . Để số tiền chi phí thấp nhất mà công ty phải thì khoảng cách từ A đến D là bao nhiêu km, biết rằng chi phí để hoàn thành mỗi km đường ống trên bờ là 100 triệu đồng và dưới nước là 260 triệu đồng. A. 8 km. B. 5 km. C. 7, 5 km . D. 6, 5 k m .

Lời giải Chọn D

B 6 C

go ta nhận được BD 2 = BC 2 + CD 2 = 6 2 + ( 9 − x ) = x 2 − 18 x + 117  BD = x 2 − 18 x + 117 Chi phí lắp đặt là

(

100.000.000x+260.000.000 x 2 − 18x+117 = 20.000.000 5x+13 x 2 − 18x+117

)

Để chi phí là thấp nhất thì ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm f ( x ) = 5x +13 x 2 − 18x+117 , 0 < x < 9

Ta có f ' ( x ) = 5+

13 ( x − 9 )

. x 2 − 18x+117 13 ( x − 9 ) f ' ( x ) = 0 ⇔ 5+ = 0 ⇔ 5 x 2 − 18x+117 = 13 ( x − 9 ) x 2 − 18x+117 9 − x > 0 0 < x < 9 Do đó ⇔  2 2 2 ⇔  2 2 5 x 18x+117 13 x 9 − = − ( ) ) 144 x − 2592x + 10764 = 0  (  x = 6, 5 < 9 ⇔  x = 11, 5 > 9 Như vậy giá trị x = 11, 5 bị loại. Ta kiểm tra được f ' ( x ) > 0 trên (6, 5; 9) và f ' ( x ) < 0 trên

(0; 6,5) do đó f ( x ) ≥ f ( 6,5) , ∀x ∈ ( 0;9) . Như vậy hàm f ( x ) đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 6, 5

Khi đó chi phí lắp đặt sẽ nhỏ nhất. Do đó khoảng cách AD tìm được khi chi phí thấp nhất là 6,5km. Câu 80: (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Người ta muốn xây một chiếc bể chứa nước có

Gọi CD = x, ( 0 ≤ x ≤ 9) .

BD = x2 + 36 , AC = 9 − x. Chi phí xây dựng đường ống là: T = 100 ( 9 − x ) + 260 x 2 + 36 (triệu đồng)

T ′ = −100 +

260x x2 + 36

=0⇔x=

5 2

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

Ta đặt x=AD. Khi đó ta có CD=9 − x ( km) . Do ∆BCD vuông tại C nên áp dụng định lý Py-ta-

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

500 3 m . Biết đáy hồ là một 3 hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng và giá thuê thợ xây là 100.000 đồng /m2 . Tìm

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

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

500 250 =h.x. ( 2x ) =2x 2 h  h= 2 (1) 3 3x

Do bể chứa không nắp nên chi phí thuê nhân công chính là chi phí thuê nhân công để xây dựng mặt đáy với các mặt xung quanh. Diện tích mặt đáy là x. ( 2x ) = 2x 2 ( m 2 ) Có 4 mặt xung quanh với tổng diện tích là h.x + h ( 2x ) + h.x + h ( 2x ) = 6xh 2 Do đó tổng diện tích mặt xung quanh với mặt đáy là S = 2x + 6xh ( 2) . Để chi phí thuê nhân

công là thấp nhất thì ta cần tìm cực trị của hàm S ( x ) Thay (1) vào ( 2 ) ta nhận được S = 2x 2 + 6x

250 500 = 2x 2 + 3x 2 x

 

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

S ( x ) = 2x 2 +

 x1 + x2 = 6  x1.x2 = 2 m

Gọi 2 nghiệm phân biệt của (*) là x 1 < x 2 ta có 0 ≤ x 1 < x 2 ≤ 4 . Theo định lí Vi-et ta có 

250 250 250 250 . + ≥ 3 3 2x 2 . = 3 3 2.150.250 = 150 x x x x

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2x 2 = Câu 81:

250 250  ;  ta nhận được x x 

Khi đó

 x1 x2 ≥ 0  x1 x2 ≥ 0  2m ≥ 0 x + x ≥ 0 x + x ≥ 0  1 2 1 2 m ≥ 0   6 ≥ 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔m≥4  x − 4 x − 4 ≥ 0 x x − 4 x + x + 16 ≥ 0 ( )( ) ( ) 2 m − 24 + 16 ≥ 0 2 1 2  2m − 8 ≥ 0  1  1 2    6 − 8 ≤ 0 ( x1 − 4 ) + ( x2 − 4 ) ≥ 0 ( x1 + x2 ) − 8 ≤ 0

250 ⇔ x = 5. Khi đó chi phí thuê nhân công là x

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

Câu 83:

9 2

Tìm tất cả các giá trị thực của

m để đồ thị hàm số y =

A. m < 0 . C. m > 0 .

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

x +1 mx2 + 1

có hai tiệm cận ngang

Hướng dẫn giải

hình hộp chữ nhật ta có a b = 8 ( a , b > 0 )  ab = 8 a Diện tích đáy hình hộp là a 2 và diện tích xung quanh là 4ab nên chi phí để làm thùng tôn là

Chọn C

8 1600 16   100a + 50.4ab = 100a + 200ab = 100a = 100. = 100a2 + = 100  a2 +  (nghìn đồng) a a a 

1 1+ x +1 x = 1 . Để lim y xác định ⇔ 1 xác định hay m > 0. = lim Ta có lim x →∞ x →∞ m m mx2 + 1 x→∞ m + 1 x2 Câu 84: [THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Tiếp tuyến của đồ thị hàm

Áp dụng BĐT Cauchy ta có a 2 +

16 8 8 8 8 = a2 + + ≥ 3 3 a2 + + = 3.4 = 12 a a a a a

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 2 +

8 ⇔ a = 2. a

Để hàm số có 2 tiệm cận ngang khi và chỉ khi lim y = a ∀a ∈ ℝ x →∞

số y =

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

Câu 82:

Kết hợp nghiệm ta có 4 ≤ m ≤

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

12 + 4 x − x 2 x 2 − 6 x + 2m

có đồ thị

( Cm ) . Tìm tập S tất cả các giá trị của tham số thực m để ( Cm ) có đúng hai tiệm cận đứng. A. S = [8;9 )

 9  2

 9  2

B. S = 4; 

D. S = ( 0;9]

C. S =  4; 

Hướng dẫn giải Đáp án B Phương pháp: Hàm số có hai tiệm cận đứng

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

B. 7.

A. 6.

C. 5.

Chọn C 1 Gọi M ( x0 ; y0 ) là điểm nằm trên đồ thị hàm số, x0 ≠ −

y′ =

( 2 x + 1)

Phương trình tiếp tuyến tại M: y = f ′ ( x0 )( x − x0 ) + y0  y =

⇔ phương trình MS = 0 có hai nghiệm phân biệt

không trùng với nghiệm của tử số và thỏa mãn ĐKXĐ.

Tiệm cận đứng: x = − 1 , Tiệm cận ngang: y = 2

Cách giải :

Gọi A là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng  xA = −

 x − 6 x + 2m > 0

Ta có 12 + 4x − x2 ≠ 0 ∀x nên để

( Cm ) có

( 2 x0 + 1)

( x − x0 ) +

4 x0 − 3 2 x0 + 1

0 ≤ x ≤ 4

ĐKXĐ: 

D. 4

Lời giải

hai tiệm cận đứng thì phương trình

x 2 − 6 x + 2 m = 0 ⇔ x 2 − 6 x + 2 m = 0 (* ) có hai nghiệm phân biệt thuộc [ 0;4].

Đế phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì ∆ ' = 9 − 2 m > 0 ⇔ m < 9

1 10  yA = 2 2 ( 2 x0 + 1)

 1  4 x0 − 3 Vậy  1 4 x0 − 3  A − ; .   − − x0  +  2  2 x0 + 1  2 2 x0 + 1 

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

( 2 x0 + 1)

( x B − x0 ) +

 1  2

 

Giao điểm 2 tiệm cận là I  − ;2 

 4 x0 + 1  4 x0 − 3 1 ;2   xB = 2 x0 + . Vậy B  2 x0 + 1 2  2 



Ta có IA =  0; − 

10  10   IA = 2 x0 + 1  2 x0 + 1

Dấu bằng xảy ra khi a − 2 =

IB = ( 2 x0 + 1;0)  IB = 2x0 + 1 Tam giác IAB vuông tại I nên S IAB =

Câu 85:

Câu 87:

1 1 10 IA.IB = . 2 x0 + 1 = 5 . 2 2 2 x0 + 1

 a=4 4 ⇔ do hoành độ dương nên a=4 a−2  a=0

Vậy M(4;3) [THPT ĐỘI CẤN – VĨNH PHÚC 2018 - LẦN 1] Cho hàm số y = a x 3 + b x 2 + c x + d có đồ thị như hình bên. Mệnh để nào dưới đây là đúng?

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

x+2 sao cho tổng khoảng cách từ x−2

M đến hai đường tiệm cận của đồ thị (C) đạt giá trị

nhỏ nhất.

A. M (1; −3) .

B. M ( 3;5) .

C. M ( 0; −1) .

D. M ( 4;3) .

Lời giải Chọn D y=

x+2 x−2

A. a > 0, b < 0, c < 0, d > 0 . B. a < 0, b < 0, c > 0, d < 0 . C. a < 0, b > 0, c > 0, d < 0 . D. a < 0, b > 0, c < 0, d < 0 . Lời giải Chọn C Dựa vào hình dạng đồ thị ta suy ra đây là đồ thị hàm số bậc ba có hệ số của x 3 âm ⇒a < 0 Dựa vào hình vẽ đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm y = d < 0

Tiệm cận đứng: x = 2 Tiệm cận ngang y = 1

M ( x0 ;

x0 + 2 ) với x0 > 0, x0 ≠ 2 x0 − 2

Tổng khoảng cách từ

y ' = 3a x 2 + 2b x + c

Hàm số có hai điểm cực trị thỏa

M đến hai đường tiệm cận là

xcd .xct < 0 ⇒

x +2 4 d = x0 − 2 + 0 − 1 = x0 − 2 + ≥ 2.2 = 4 x0 − 2 x0 − 2

Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x0 − 2 =

xI =

 x0 − 2 = 2  x0 = 4(TM) 4 ⇔ ( x0 − 2) 2 = 4 ⇔  ⇔ x0 − 2  x0 − 2 = −2  x0 = 0( L )

−b > 0 ⇒b > 0 3a

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

Vậy M ( 4;3) .

Câu 86:

c < 0 ⇒c > 0 3a

( C ) tại hai điểm

[THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Cho hàm số y = x + 2 có đồ thị ( C ) . Tìm x−2

A , B phân biệt lần lượt có hoành độ a, b. Chọn khẳng định đúng trong các

khẳng định sau:

tọa độ điểm M có hoành độ dương thuộc ( C ) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận là nhỏ nhất.

A. M ( 2;2)

B. M ( 4;3)

C. M ( 0; −1)

Hướng dẫn giải Đáp án B

 a+2 Gọi M  a;  thuộc đồ thị hàm số  a−2 d ( M;TCD ) = a − 2

d ( M;TCN ) =

A. 4 ≥ a − b ≥ −4

B. a − b ≥ 0

C. a , b < 3

D. a 2 + b 2 > 10

Lời giải Đáp án D Đồ thị hàm số y = f ' ( x ) cắt trục hoành tại 3 điểm x = ±1; x = 3  f ' (1) = 0

4 a−2

Tổng khoảng cách = a − 2 +

D. M (1; −3)

Suy ra phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại x = 1 là ( d ) : y = f (1) 4 4 ≥ 2 a−2 . =4 a−2 a−2

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT, ta thấy đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt đường thẳng y = f (1) tại 2 điểm A , B phân biệt có hoành độ lần lượt là x A = a < − 1 và x B = b > 3 . Vậy a 2 + b 2 > 10

Câu 89:

A. 7. Lời giải Chọn C

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

R . Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y = f ′( x ) , ( y = f ′( x ) liên tục trên R ). Xét hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 ) . Mệnh đề nào dưới đây sai?

C. 6.

D. 5.

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

Câu 91:

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

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

n bé nhất

Với n ≤ 4 : thì ta có VT − 2 x 8 = x12 − 2 x 8 + 1 = ( x 4 − 1)( x 8 + x 4 − 1) ≥ 0 vì x 4 > 1 thế nên

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

VT ≥ 2 x 8 .

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

Ta có 2 x 8 = 2 x 4 . x 4 = 2 x 4 . ( x 4 − 1 + 1) ≥ 2 x 4 . x 4 − 1 ≥ VP (Ta chỉ cần xét với x ≥ 1)

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

Câu 90:

B. 9.

Lời giải Chọn C Từ đồ thị ta có f '( x ) = x 3 − 3 x − 2 . Do đó g '( x ) = 2 xf '( x 2 − 2 ) = 2 x (( x 2 − 2 ) 3 − 3( x 2 − 2 ) − 2 )

Vậy VT ≥ VP nhưng dấu bằng ko thể xảy ra được vì điều kiện 2 dấu trên là khác nhau. Do đó n ≤ 4 loại.

 x = −2  x = −1  g'( x) = 0 ⇔  x = 0  x =1  x = 2 Ta có g'( x ) > 0, ∀ x ∈ ( − 1; 0) . Vậy g ( x ) đồng biến trên ( − 1; 0)

Với n = 5. Xét f ( x ) = x12 + 1 − 4 x 4 x 5 − 1 ( x ≥ 1) Ta có đây là hàm liên tục trên R và ta có

f (1) > 0; f (1,1) < 0 nên phương trình có nghiệm trong (1;1,1) . Tức là n = 5 thỏa mãn.

Câu 92:

3 2 (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho hàm số f ( x ) = x − 3x + 2 có đồ thị là

đường cong trong hình bên.

3 2 (THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình, lần 1 – 2018)Cho hàm số f ( x ) = x − 3x + 2 có đồ 3

thị là đường cong trong hình bên. Hỏi phương trình ( x 3 − 3 x 2 + 2 ) − 3 ( x 3 − 3 x 2 + 2 ) + 2 = 0 có bao nhiêu nghiệm thực phân biêt?

Hỏi phương trình ( x 3 − 3 x 2 + 2 ) − 3 ( x 3 − 3 x 2 + 2 ) + 2 = 0 có bao nhiêu nghiệm thực dương phân biệt?

A. 3. Lời giải Đáp án C Phương pháp:

B. 5.

C. 7.

D. 1.

 x1 ≈ −2,169  x ≈ 0,114 Giải phương trình bằng MTBT ta được 4 nghiệm  2 . Các nghiệm này đã được lưu  x3 ≈ 2, 45   x4 ≈ 4,94 chính xác ở trong bộ nhớ của MTBT. Bảng biến thiên:

3 2 Đặt t = x − 3x + 2 = f ( x ) , dựa vào đồ thị hàm số đã cho tìm ra các nghiệm t i .

Xét các phương trình f ( x) = ti , số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số

y = f ( x ) và đường thẳng

y = t i song

song với trục hoành.

Cách giải: 3 2 Đặt t = x − 3x + 2 = f ( x ) khi đó phương trình trở thành t 3 − 3t 2 + 2 = 0 và hàm số

t = 1 − 3

f ( t ) = t 3 − 3t 2 + 2 có hình dáng y như trên. Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy f ( t ) = t = 1

t = 1 + 3 

(1) . Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị

Với t = 1 + 3  f ( x ) = 1 + 3

hàm y = f ( x ) và đường thẳng y = 1+ 3 song song với trục hoành.

Câu 94:

[TRƯỜNG THPT ĐỒNG HẬU-VĨNH PHÚC. LẦN 1] Tìm m để đồ thị ( C ) của y = x3 − 3x2 + 4

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

Từ BBT và m ∈ ℤ  m ∈{−2; −1;0;1;2} .

( 2) . Lập luận tương tự như trên ta thấy phương trình ( 2 ) có 3 nghiệm

cho ∆OBC có diện tích bằng 8. A. m = 4 . B. m = 3 . Hướng dẫn giải Đáp án A

Với t = 1 − 3  f ( t ) = 1 − 3

( 3) . Phương trình 3 có 3 nghiệm phân biệt.

D. m = 2

m > 0 và m ≠ 9

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

điểm phân biệt? A. 1.

Khoảng các từ O tới đường thẳng y = mx + m là: h =

B. 5.

C. 3.

D. 7

( x −1)( x 2

)

) = m (1) , ( x ≠ 4) ( x − 4) 2

−9

Số nghiệm của (1) bằng số giao điểm của 2 đồ thị hàm số y = f ( x ) =

m m2 +1

(m 2 + 1)( x2 − x1 )2 = (m 2 + 1) ( x2 + x1 )2 − 4 x1 x2  =

4 m ( m 2 + 1)

m 4m(m2 +1) =8 ⇒ m = 4 . m2 +1 Câu 95: [THPT Phạm Công Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Hình vẽ sau là đồ thị của một hàm trùng phương. Giá trị của m để phương trình f ( x ) = m có 4 nghiệm phân biệt là

Chọn B Ta có phương trình hoành độ giao điểm

− 9 = m ( x − 4) 

⇒ BC = ( x2 − x1 ) +( y2 − y1 ) = ( x2 − x1 ) + m2 ( x2 − x1 )

⇒ S OBC =

m m2 +1

Gọi tọa độ của B( x1; y1 ), C ( x2 ; y2 ) .

Lời giải

C. m = 1 .

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

phân biệt.

( x −1)( x

và đường thẳng y = mx + m cắt nhau tại 3 điểm phân biệt A ( −1;0 ) , B, C sao

)(

− 1 x2 − 9

( x − 4)

)

1 1 h.BC = 2 2

và

y =m Ta có

f ′( x) =

A. m = 0; m = 3.

(

)

(

)

(

)(

) = 3x

2 x x 2 − 9 ( x − 4 ) + 2 x x2 − 1 ( x − 4 ) − x 2 − 9 x 2 − 1

( x − 4)

f ′ ( x ) = 0  3x4 −16x3 −10x2 + 80x − 9 = 0

( x − 4)

− 16 x − 10 x + 80 x − 9

Hướng dẫn giải Đáp án A

B. 1 < m < 3.

C. −3 < m < 1.

D. m < 0.

Vậy phương trình có 8 nghiệm

điểm phân biệt ⇔ 0 < m < Câu 97:

⇔ đường y = m giao đồ thị hàm số y = x4 – 5 x2 + 4 tại 8

9 4

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

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

Câu 96:

[THPT THUẬN THÀNH SỐ 3] Tìm m để phương trình x 4 − 5x 2 + 4 = m có 8 nghiệm phân biệt

−9 <m<4 A. 4

−9 <m<0 B. 4

9 C. < m < 4 4

Lời giải Chọn D

Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( x ) = m + 2 có bốn nghiệm phân

9 D. 0 < m < 4

biệt?

A. −3 ≤ m ≤ −2 . B. −2 < m < −1. C. −2 ≤ m ≤ −1. D. −3 < m < −2 . Câu 98: [THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 2-2018] Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình bên. Tồn tại bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

x = 0 4 2 3  y = x – 5 x + 4  y ' = 4 x − 10 x = 0 ⇔ Xét hàm x = ± 5  2

m để phương trình

f ( s in x ) = m

có đúng hai nghiệm thuộc đoạn [ 0 ; π ] ?

Ta có bảng biến thiên

A. 4 Lời giải

B. 7

C. 5

D. 6

Chọn C Đặt t = sin x , để phương trình

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

f ( s in x ) = m

có đúng hai nghiệm

f ( t ) = m có đúng một nghiệm t ∈ [ 0 ; 1 ) . Dựa vào đồ thị ta có m ∈ [ − 7; − 2 ) , do m nguyên nên

x ∈ [ 0; π ]

thì phương trình

m ∈ { − 7 ; − 6 ; − 5; − 4 ; − 3 } . Vậy có 5 giá trị. Câu 99: (THPT CHUYÊN BẮC NINH) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y = mx − m + 1 cắt đồ thị hàm số y = x 3 − 3x 2 + x + 2 tại ba điểm phân biệt A, B,

C sao cho AB = BC

A. m ∈ ( −∞;0] ∪ [ 4; +∞) .

 5  4

 

C. m ∈  − ; +∞  . Lời giải Chọn

D. m ∈( −2; +∞) .

B. m∈ ℝ .

Hoành độ giao điểm của đường thẳng y = mx − m + 1 và đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x 2 + x + 2 là nghiệm của PT

Đặt v = sin u  h ( v ) = 2 ( 3t − 4t 3 )(1 − 4t 2 ) + 12 6 t − 24 t 3 − 8t 3 + 32 t 5 + 12

mx − m + 1 = x3 − 3x 2 + x + 2

32 t 5 − 32t 3 + 6t − 12

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

 π  

Xét u ∈ 0;   v ∈ [ 0;1] 2

⇔ ( x − 1)( x 2 − 2 x − m − 1) = 0 PT này có ba nghiệm phân biệt ⇔ x 2 − 2 x − m − 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt ≠1 ∆ ' = m + 2 > 0 ⇔ ⇔ m > −2 khi đó tọa độ ba giao điểm là m + 2 ≠ 0

(

A (1,1) , B 1 −

m + 2 ,1 +

) (

m + 2 ,C 1+

m + 2 ,1 +

m+2

trị bằng 13.

) từ đây tính được

AB = AC = 2(m + 2) .

trong khoảng ( 0,3;0, 4) có 1 lần hàm số đạt giá trị bằng 13.

x +1 Câu 100: (THPT QUẾ VÕ SỐ 2) Cho hàm số y = có đồ thị ( C) . Tìm tất cả các giá trị thực của 2x + 1 m +1 tham số m để đường thẳng d : y = mx + cắt đồ thị ( C ) tại hai nghiệm phân biệt A, B sao 2 cho O A 2 + O B 2 đạt giá trị nhỏ nhất (O là gốc tọa độ). A. m = 1. B. m > 0 . C. m ± 1. Lời giải Chọn A Xét phương trình hoành độ giao điểm:

trong khoảng ( 0,9;1) có 1 lần hàm số đạt giá trị bằng 13. Vậy v ∈ [ 0;1] thì có 3 lần f ( v) = 13.

 



3π 

Xét u ∈ π ;   v ∈ [ −1;0] có 2 lần f ( v) = 13.  2

12π  3π 12π   ;  v ∈ −1;sin 7  2 7  

Xét u ∈ 

2 Phương trình (1) có 2 nghiệm xA ; xB ⇔ ∆ ' = 4m − 4m ( m −1) = 4m > 0 ⇔ m > 0.

 

π 2

Xét u ∈  ;π   v ∈[ 0;1] . Tương tự như trên ta có 3 lần f ( v) = 13.

D. m = 2

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

Khi đó giao điểm của 2 đồ thị là A  xA ; mxA +

: trong khoảng ( 0, 2;0,3) có 1 lần hàm số đạt giá

Dùng [MODE] [7] ta có

   có 1 lần f ( v) = 13. 

Vậy có tất cả 9 lần mực nước trong kênh đạt độ sâu 13m. Câu 102: (THPT CHUYÊN BẮC NINH) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để

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

2x + 3 đường thẳng y = − 2 x + m cắt đồ thị ( H) của hàm số y = tại hai điểm A, B phân biệt sao x+2

2018 2018 cho P = k1 + k2 đạt giá trị nhỏ nhất (với là hệ số góc của tiếp tuyến tại A, B của đồ thị ( H)

với x A + x B = − 1; x A . x B = m − 1 4m

B. m = − − 2 .

A. m = −3 .

Ta có 2

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

 πt   πt  ngày ( 0 ≤ t < 24) cho bởi công thức h = 2sin  3  1 − 4sin 2    + 12. Hỏi trong một ngày  14    14   có bao nhiêu lần mực nước trong kênh đạt độ sâu 13m. A. 5 lần. B. 7 lần. C. 11 lần. D. 9 lần. Hướng dẫn giải Đáp án D Cách giải:

 12π  2 = u  u ∈ 0; Đặt  khi đó ta có h = 2sin ( 3u ) (1 − 4sin u ) + 12 14  7 

πt

⇔ h = 2 ( 3sin u − 4 sin 3 u )(1 − 4 sin 2 u ) + 12

D. m = 2.

C. m = 3 .

Lời giải Chọn

Hoành độ giao điểm x 1 , x 2 của đt và đồ thị ( H ) là nghiệm PT 

x +x =

m−6

 1 2 2 2x + 3 2 = − 2 x + m ⇔ 2x − ( m − 6) x − ( 2m − 3) = 0   x+2  x x = −2m + 3 1 2 

y'=

−1

( x + 2)

 −1  k12008 + k 22008 =   ( x + 2 )2  1   1 = 2  x x + 2 ( x + x ) + 4  1 2  1 2 

   

2008

2018

 −1 +  ( x + 2 )2  2

   

2008

 1  1 ≥ 2   + + x 2 x 2 ( ) ( ) 1 2  

  2 = 2  ( − 2 m + 3 ) + 2 ( m − 6 ) + 8   

2008

2018

= 2 2019

Đạt được khi ( x1 + 2) = − ( x2 + 2) ⇔ x1 + x2 = −4  m − 6 = −8  m = −2 .

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

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

A. m = 1 . Lời giải Chọn A

B. m > 0 .

C. m = ±1 .

D. m = 2 .

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị nhỏ nhất của f ( x ) trên đoạn [ 0;5] là f ( 2) .

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

Có f ( 0) + f ( 3) f ( 2) + f ( 5) ⇔ f ( 0) − f ( 5) = f ( 2) − f ( 3) . Ta có f ( 2) < f ( 3)  f ( 2) − f ( 3) < 0  f ( 0) − f ( 5) < 0  f ( 0) < f ( 5) .

2 Phương trình (1) có 2 nghiệm xA ; xB ⇔ ∆ ' = 4m − 4m ( m −1) = 4m > 0 ⇔ m > 0.

 

Khi đó giao điểm của 2 đồ thị là A  xA ; mxA +

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

với x A + x B = − 1; x A . x B = m − 1 4m

Do đó giá trị lớn nhất của f ( x) trên đoạn [ 0;5] là f ( 5) .

Câu 105: (THPT VIỆT ĐỨC) Trong bài thi thực hành huấn luyện quân sự có một tình huống chiến sĩ phải bơi qua một con sông để tấn công mục tiêu ở ngay phía bờ bên kia sông. Biết rằng lòng sông rộng 100 m và vận tốc bơi của chiến sĩ bằng một phần ba vận tốc chạy trên bộ. Hãy cho biết chiến sĩ phải bơi bao nhiêu mét để đến được mục tiêu nhanh nhất? Biết dòng sông là thẳng, mục tiêu cách chiến sĩ 1km theo đường chim bay và chiến sĩ cách bờ bên kia 100 m. A.

Ta có  

OA 2 + OB 2 = x A2 +  mx A +

m +1  m +1  m 2 + 2m + 1  2 =  + xB +  mxB +  = 2  2  2m 

200 2 ( m) . 3

B. 75 2 ( m ) .

C. 75 3 ( m ) .

200 3 ( m) . 3

Lời giải Chọn B Ta có sơ đồ:

1 1 1 1+  m +  ≥ 1 + .2 = 2 ( vì m > 0, theo Cauchy ta có m + 1 ≥ 2 . Dấu bằng xảy ra khi 2 m 2 m m =1

- Đặt HE = x (100 ≤ x ≤ 1000)

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

Câu 104: ( THPT QUẾ VÕ 2 ) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x) . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x )

được cho như hình sau.

- Thời gian chạy từ H đến G là:

300 11 − x 2 − 10000 3a

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

Biết rằng f ( 0) + f ( 3) = f ( 2) + f ( 5) . Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của f ( x ) trên đoạn

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

[0;5] lần lượt là A. f ( 2) , f ( 5) .

y = f ( x − 1) + m có 5 điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng

B. f ( 0) , f ( 5) .

C. f ( 2) , f ( 0) .

D. f (1) , f ( 5) .

Lời giải Chọn A Dựa vào đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) ta có bảng biến thiên

A. 12. Lời giải Chọn A

B. 15.

C. 18.

D. 9

Nhận xét: Số giao điểm của ( C ) : y = f ( x ) với O x bằng số giao điểm của ( C′) : y = f ( x −1)

2a + 1  Điểm M ( a; b ) ∈ ( H )  M  a;   d ( M ; ( d )) =  a+2 

với O x Vì m > 0 nên ( C′′) : y = f ( x −1) + m có được bằng cách tịnh tiến ( C′) : y = f ( x −1) lên trên

3a −

2a + 1 +6 1 3a 2 + 10a + 11 a+2 = . a+2 10 10

3 ( a + 4a + 3) 3a2 + 10a + 11 a = −1 =0⇔ với a ≠ −2, có f ' ( a ) = 2 a+2 ( a + 2) a = −3 2

đơn vị.

Xét hàm số f ( a ) =

Tính các giá trị f ( −1) = 4; f ( −3) = −8 và lim f ( a ) = ∞; lim f ( a ) = ∞ x → −2

x →∞

Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( a ) bằng 4 ⇔ a = −1

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

(

)

x ∈[ −1;3] ? A. m ≤ 6 2 − 4 .

B. m ≥ 6 2 − 4 .

C. m ≤ 6 .

D. m ≥ 6 .

Lời giải Chọn A TH1: 0 < m < 3. Đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị. Loại. TH2: m = 3. Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Nhận. TH3: 3 < m < 6. Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Nhận. TH4: m ≥ 6. Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị. Loại. Vậy 3 ≤ m < 6. Do m ∈ ℤ * nên m∈{3;4;5} Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12. Câu 107: (THPT LỤC NGẠN 1-BẮC GIANG) Một con cá hồi bơi ngược dòng nước để vượt một khoảng cách 300km, vận tốc của dòng nước là 6 (km/h). Giả sử vận tốc bơi của cá khi nước yên lặng là v (km/h). Năng lượng tiêu hao của cá trong t giờ được tính theo công thức E = cv 3 t ; c là hằng số cho trước, đơn vụ của R là Jun. Vận tốc v của cá khi nước đứng yên để năng lượng của cá tiêu hao ít nhất là: A. 9 (km/h). B. 8 (km/h). C. 10 (km/h). D. 12 (km/h).

Hướng dẫn giải Đáp án A 300 v−6

300 Bấm máy tính v−6

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

(

 f '( x) = ⇔

)

1+ x + 3 − x − x 1+ x 3 − x

4 ( − x + 1) 3 3 − − =0 2 1 + x 2 3 − x 2 1+ x 3 − x

12 (1 − x ) 3 − x x +1

4 ( − x + 1) 2 1+ x 3 − x

Giải phương trình trên ta thu được nghiệm quy nhất x = 1. Lại có f (1) = 6 2 − 4, f ( −1) = f ( 3) = 6 , do đó hàm số đạt cực tiểu tại x = 1. Từ đây ra suy ra với m ≤ 6 2 − 4 thì bất phương trình đã cho có nghiệm đúng với mọi x∈[ −1;3] .

Câu 110: [TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH] Gọi x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện log9 x = log6 y = log4 ( x + y ) và

Ta có: ( v − 6 ) t = 300  t = Vậy E = cv 3

f (x) = 3

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

A. a + 2b = 1 . B. a + b = 2 . C. a + b = −2 . D. a + 2b = 3 . Lời giải Đáp án C Phương pháp giải: Sử dụng công thức tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng, đưa về khảo sát hàm số để tìm giá trị nhỏ nhất - giá trị lớn nhất. Cách giải:

x −a + b , với a , b là hai số nguyên dương. Tính ab . = y 2

A. a.b = 5 . Lời giải

B. a.b = 1 .

C. a.b = 8 .

Chọn A t t t • Ta đặt t = log9 x = log6 y = log4 ( x + y )  x = 9 ; y = 6 ; x + y = 4

  3 t − 1 − 5 ( loai )   = 2 Ta có: 9 t + 6 t = 4 t ⇔  3  +  3  = 1    2   3 t −1 + 5 2 2    = ( nhan ) 2   2  2t

D. a.b = 4

Mà

Lời giải Đáp án A Ta có 5 log 6 = 6 log 5 = x  − 6 log 5 = − x

x −a + b  9   3  −1 + 5 . Do đó: a = 1; b = 5 và a.b = 5 . = ⇔  =  = y 2 2 6 2

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

x + 2xy + 3y = 4. Giá trị lớn nhất của

Khi đó f ( − x ) = a.ln

biểu thức P = log 2 ( x − y ) là:

max P= 3log2 2

max P = log2 12

C. max P = 12

D. max P = 16

Lời giải Chọn B

x2 + 1 + x

= −  a.ln 2017 

P = log 2 ( x − y ) ⇔ 4. ( x − y )

− bx sin 2018 x + 2

)

x 2 + 1 + bx sin 2018 x + 2  + 4 

định nào sau đây là khẳng định đúng? 2

)

x + 1 − x − bx sin 2018 x + 2

Câu 114: [THPT THUẬN THÀNH SỐ 3] Giả sử ta có hệ thức a 2 + b 2 = 11ab ( a ≠ b, a, b > 0 ) . Khẳng

Nếu y = 0 thì x = ±2  P = 2 Nếu y ≠ 0. Ta có:

(

Mặt khác f ( x ) = 6 → P = f ( − x ) = − f ( x ) + 4 = −6 + 4 = −2

Từ x + 2xy + 3y = 4. Suy ra:

Đặt t =

= a.ln 2017

2017

x  4  − 1 2 4( x − y) 4.2P y  = 4.2  = 2 = 4 x + 2 xy + 3 y 2  x 2 x  y  +2 y +3  

A. 2log2

x 4t 2 − 8t + 4 , t ∈ ℝ  2P = 2 ⇔ 2P t 2 + 2t + 3 = 4t 2 − 8t + 4 y t + 2t + 3

(

)

C. 2 log 2

a− b = log2 a + log2 b 3 a−b

3 Lời giải

B. log2

= log 2 a + log 2 b

a−b 3

= 2 ( log 2 a + log 2 b )

D. 2 log2 a − b = log2 a + log2 b

Chọn C

⇔ ( 2 P − 4 ) t 2 + ( 2 P + 8 ) t + 3.2 P − 4 = 0 . ( Xét P ≠ 4 )

Ta có: a 2 + b 2 = 11ab ⇔ ( a – b ) = 9ab

Để phương trình có nghiệm: ∆ ′ ≥ 0 ⇔ ( 2 P + 4 ) − ( 2 P − 4 )( 3.2 p − 4 ) ≥ 0

|a −b|  a −b  ⇔ log 2  = log 2 a + log 2 b  = log 2 ab ⇔ 2 log 2 3  3 

⇔ − 2. ( 2 P ) + 24.2 P ≥ 0 ⇔ 0 ≤ 2 P ≤ 12  P ≤ log 2 12.

Vậy giá trị lớn nhất của P là log2 12.

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

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

P = loga ( bc) + logb ( ac ) + 4logc ( ab) đạt giá trị nhỏ nhất bằng m khi logb c = n.Tính giá trị

log3

2x + y + 1 1 2 = x + 2 y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = + x+ y x y

P = loga ( bc ) + logb ( ac ) + 4logc ( ab ) = loga b + loga c + logb a + 4logb c + 4logc b

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

Ta có: loga b + logb a ≥ 2;loga c + 4logc a ≥ 4;logb c + 4logc b ≥ 4

Ta có

m+ n . A. m + n = 12 .

B. m + n =

25 . 2

C. m + n = 14 .

D. m + n = 10 .

Lời giải Chọn A

Khi đó P ≥ 10 = m

log 3 ( 2 x + y + 1) +2x+y+1=log 3 3 ( x + y )  +3 ( x + y ) (*) .

a = b a = b a = b Dấu bằng xảy ra ⇔  ⇔ ⇔ log a c = 4 log c a  log a c = 2  log b c = 2 Vậy m + n = 12. Câu 113: (THPT Lê Văn Thịnh- Bắc Ninh-Lần 1) Cho a , b là các số thực và

f ( x ) = a ln 2017

(

)

x 2 + 1 + x + bx sin 2018 x + 2 . Biết f ( 5log

Xét hàm số f ( t ) = log3 t + t trên khoảng ( 0;+∞)  f ( t ) là hàm số đồng biến trên ( 0;+∞) Mà (*) ⇔ f ( 2x + y + 1) = f ( 3x + 3 y ) ⇔ 2x + y + 1 = 3x + 3y ⇔ x + 2 y = 1.

) = 6 , tính giá trị của biểu thức

P = f ( −6logc 5 ) với 0 < c ≠ 1

A. P = −2

B. P = 6

C. P = 4

2x + y +1 = x + 2 y ⇔ log3 2x + y +1 − log3 ( x + y ) = 3( x + y ) − ( 2x + y +1) + 1 x+ y

D. P = 2

2 2 Đặt a = y > 0 ⇔ y = a ⇔ x = 1 − 2 y = 1 − 2a > 0 ⇔ 0 < a <

1 2 Khi đó T = g ( a ) = + . 1 − 2a 2 a

1 2

Xét hàm số g ( a ) =

(

2 ( 2 a − 1) 2 a 3 − 2 a − 1  1  1 2 + trên khoảng  0;  , có g ' ( a ) = − 2 1 − 2a 2 a 2  a 2 2a 2 − 1

(

)

Phương trình đã cho ⇔ x 2 + 3 x − 6 + x 2 − x − 3 = ( x 2 − x − 3 ) .8 x

)

 u + v = u .8 v + v.8 u (với

 1  3 Xét h ( a) = 2a − 2a −1 trên  0;  có 2  h ' ( a ) = 6a 2 − 2 = 2 ( 3a 2 − 1) = 0 ⇔ a = ±

là 1

A. 3. Lời giải Chọn C

u = x2 + 3x −6; v = x2 − x −3) ⇔ ( 8u − 1) v + ( 8v − 1) u = 0 (*) .

TH3. Nếu u > 0; v > 0 , khi đó ( 8u − 1) v + (8v − 1) u > 0  (*) vô nghiệm. TH4. Nếu u < 0; v < 0 , tương tự TH3.

TH6. Nếu u < 0; v > 0 , tương tự TH5.

B. 3.2 3 .

C. 4.

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.

Hoặc biến đổi (*) ⇔

[1;2] thỏa mãn log32 a + log32 b + log32 c ≤1. Khi biểu thức P = a + b + c − 3 ( log a + log b + log c ) đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của tổng a + b + c 2

− x −3

TH2. Nếu v = 0, tương tự TH1.

1 . Tính các giá trị g  1  = 6; lim g ( a ) = +∞ ; lim g ( a ) = +∞ 1 x→0 2 a→ 2 2

2

TH5. Nếu u > 0; v < 0 , khi đó ( 8u − 1) v + (8v − 1) u < 0  (*) vô nghiệm.

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

)

2  x − x − 3 = 0

1  1 1   1   h ' ( a ) < 0, ∀a ∈  − ;  ⊃  0;  3 3 3  2 

1 Suy ra min g ( a ) = g   = 6 . Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là Tmin = 6  1  2  0; 

(

+ x 2 + 3 x − 6 .8 x

 x 2 + 3x − 6 = 0

 1  trình h( a) = 0 vô nghiệm trên  0;  2 



+3 x−6

TH1. Nếu u = 0 , khi đó (*) ⇔ v = 0  

 1   1  Do đó h ( a ) nghịch biến trên  0;   h ( a ) < h ( 0 ) = −1 < 0, ∀a ∈  0;  nên phương 2 2  

Phương trình g ' ( a ) = 0 ⇔ a =

8u −1 8v −1 8u − 1 + = 0, dễ thấy > 0; ∀u ≠ 0 (Table = Mode 7). u v u

Câu 118: (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số phương trình 4 x − 2 m .2 x + m + 2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt. A. −2 < m < 2 . B. m > −2 . C. m > 2 . D. m < 2 Lời giải Đáp án C Phương pháp:

m để

x Đặt 2 = t ( t > 0 ) , đưa về phương trình bậc 2 ẩn t , tìm điều kiện của phương trình bậc 2 ẩn

D. 6.

để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt. x 2 Cách giải: Đặt 2 = t ( t > 0) khi đó phương trình trở thành t − 2mt + m + 2 = 0 (*)

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

Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm dương phân

log32 a + log32 b + log32 c ≤ 1 và do

biệt.

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

a +b+c = 4 Tự luận: + Đặt x = log2 a, y = log2 b, z = log2 c  x, y, z ∈ [0;1] và 3

m > 2  m 2 − m − 2 > 0 ∆ ' > 0   m < −1    Khi đó:  S > 0 ⇔  2m > 0 ⇔ m > 0  m > 2 P > 0 m + 2 > 0  m > −2     Chú ý và sai lầm: Rất nhiều học sinh sau khi đặt ẩn phụ thì quên mất điều kiện t > 0, dẫn đến

x3 + y3 + z3 ≤1

Ta được P = ( 2 x ) + ( 2 y ) + ( 2 z ) − 3 x .2 x − 3 y .2 y − 3 z .2 z x x + Ta chứng minh được 2 ≤ x + 1, ∀x ∈[0;1] ⇔ 2 − x −1 ≤ 0

Và khi A + B + C ≥ 0 thì A 3 + B 3 + C 3 ≤ 3 ABC 3

việc chỉ đi tìm điều kiện đề phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt.

Khi đó ( 2 x ) + ( − x )3 + ( − 1)3 ≤ 3 x.2 x ⇔ ( 2 x ) − 3 x.2 x ≤ x 3 + 1

Câu 119: ( THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định – 2018 ) Tìm giá trị nguyên của m để phương

Tương tự

(2 ) y

(

trình 41+ x + 41− x = ( m + 1) ( 2 2 + x − 2 2 − x ) + 16 − 8m có nghiệm trên [ 0;1] ?

)

3 3 3 − 3 y .2 y ≤ y 3 + 1 và ( 2 z ) − 3 z.2 z ≤ z 3 + 1  P ≤ x + y + z + 3 = 4 .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ( x; y; z ) = ( 0;0;1) và các hoán vị của nó

(

)

2 x + 2 x − 9 = x − x − 3 .8

A. 1. Lời giải Chọn D

x2 +3 x −6

B. 3.

(

)

+ x + 3 x − 6 .8

x2 − x −3

C. 2.

C. 4.

D. 3.

1 1   41+ x + 41− x = ( m + 1) ( 22+ x − 22− x ) + 16 − 8m ⇔ 4  4x + x  = 4 ( m + 1)  2x − x  + 16 − 8m 4  2   

Câu 117: [THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 3] Số nghiệm của phương trình 2

B. 5.

Chọn A

 ( a; b; c) = (1;1;2) và các hoán vị của nó  a + b + c = 4 . 2

A. 2. Lời giải

là

D. 4.

Đặt t = 2 x −

1 1 với x ∈ [ 0;1]  4 x + x = t 2 + 2 2x 4

1 3  t ' = ln 2  2x + x  > 0 ≤ t ≤ 2 2  

Phương trình (1) có dạng f

t = 2 ( L ) PT trở thành: t = ( m + 1) t + 2 − 2m ⇔ ( t + 1)( t − 2 ) = m ( t − 2 ) ⇔  t = m − 1

(( 2x − t ) ) 2

Yêu cầu đề  0 ≤ m − 1 ≤

3 5 ⇔ 1≤ m ≤ . 2 2

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

( x +1)

1+ log2

(

)

= log2 −x3 + 3x2 + 3x có dạng

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

( x + 1)

a+ c − b b ( a, b, c ∈ ℕ ) . Giá trị a + b + c b

C. 11

D. 12

(

)

⇔ x 6 − 6 x 5 + 3 x 4 + 14 x 3 − 3 x 2 − 12 x − 4 = 0

(

⇔ x−2−2 2



)( x − 2 + 2 2 )  x − 12 − 

5  2 

 1 5  x − +  = 0 2 2  

Câu 121: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ 10/2017) Biết

 x −1 > 0 x > 1 x > 1 x > 1    pt ⇔  mx − 8 > 0 ⇔  mx − 8 > 0 ⇔ 2 ⇔ 9  x − 2 x + 9 = mx log ( x − 1)2 = log (mx − 8) ( x − 1) 2 = mx − 8  x − 2 + x = m   2 2 x

Để Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt ⇔ Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số

x1 , x 2

là hai nghiệm của phương trình

C. a + b = 14 .

⇔ 4 < m < 8.

S = 1 + 22 log 2 2 + 32 log 3 2 2 + 42 log 4 2 2 + ... + 20172 log2017 2 2.

)

B. a + b = 11 .

y = f ( x ) trên (1; +∞ ) tại hai điểm phân biệt

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

D. a + b = 13

A. S = 1008 2.2017 2 Lời giải Chọn C

B. S = 1007 2.2017 2

C. S = 1009 2.2017 2

D. S = 1010 2.2017 2

3 3 3 3 Ta có: Sn = 1 + 2 + 3 + ... + n .

Cho n = 10 thấy S = 13 + 23 + 33 + ... + 103 = 3025 =

 ( 2 x − 1) 2   4 x2 − 4 x + 1  2  + 4 x2 − 4x + 1 = 2 x Ta có log 7   + 4 x + 1 = 6 x ⇔ log7   2x 2 x     2

⇔ log 7 ( 2 x − 1) + ( 2 x − 1) = log 7 2 x + 2 x

(1)

Xét hàm số f ( t ) = log 7 t + t ⇔ f ' ( t ) = 1 + 1 > 0 với t > 0 t ln 7 Vậy hàm số đồng biến

D. vô số.

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

C. 5.

Bảng biến thiên

(

B. 4.

Xét hàm số f ( x ) = x − 2 + 9 trên (1; +∞ ) . Ta có f '( x ) = 1 − 92 ; f '( x ) = 0 ⇔ x = ± 3 .

x = 2 − 2 2  1 5  x = 2 − 2 2 x = − 2 + 2  ⇔ (thử lại)   1 5 1 5   x = 2 + 2 x = 2 + 2   x = 2 + 2 2

A. a + b = 16 . Lời giải Đáp án C x > 0  Điều kiện  1  x ≠ 2

9 − 5 (l )  4  a = 9;b = 5  a + b = 9 + 5 = 14 Vậy x1 + 2 x2 =  9 + 5 tm ( )   4 Cách 2: Bấm Casio. Câu 122: (THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình, lần 1 – 2018) Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình log 2 ( x −1) = log2 (mx − 8) có hai nghiệm thực phân biệt là: A. 3. Lời giải Chọn A

= − x 3 + 3 x 2 + 3 x  4 x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 = x 6 + 9 x 4 + 9 x 2 − 6 x 5 − 6 x 4 + 18 x 3

 3+ 5 x = 4  = f ( 2 x ) ⇔ ( 2 x − 1) = 2 x ⇔  3− 5 x = 4  2

2 121 2 n ( n + 1) .10 = 4 2

Với n = 2007 ta thấy p.án C đúng. Câu 124: [ THPT Kim Liên-Hà Nội-Lần 1] Cáp tròn truyền dưới nước bao gồm một lõi đồng và bao quanh lõi đồng là một lõi cách nhiệt như hình vẽ. Nếu x =

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

vật liệu cách nhiệt thì bằng đo đạc thực nghiệm người ta thấy rằng vận tốc truyền tải tín hiệu

được cho bởi phương trình v = x 2 ln 1 với 0 < x < 1. Nếu bán kính lõi là 2 cm thì vật liệu cách x

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

Đáp án C 2017 −z x+ y

Ta có 3 = 5 = 15 x



1 2017 3=kx − z = t suy ra  = k và và 15 = k t 1 x+ y  y

5 = k

1 t

1 y

1 x

1 t

Khi đó 3.5 = k ⇔ k .k = k ⇔ k

A. h = 2e ( cm) .

B. h =

2 ( cm ) . e

C. h = 2 e ( cm) .

D. h =

1 1 + x y

1 t

= k ⇔ t ( x + y ) = xy ⇔ 2017 − ( x + y ) z = ( xy )

Vậy xy + yz + xz = 2017 → S ∈ ( 0;2018)

2 ( cm) e

Câu 127: [THPT PHAN CHU TRINH ĐAKLAK LẦN 2 - 2018] Cho f ( x ) = e

Lời giải

. Biết rằng

m n

f (1) . f ( 2 ) . f ( 3) ... f ( 2017 ) = e với $m,n$ là các số tự nhiên và m tối giản. Tính m − n 2 .

Đáp án C

A. m − n 2 = − 1 Lời giải Chọn A

 x = 0 ( loai ) 1 1  2 2 2 1  Ta có: v = x ln = − x ln x  v ' = −  2x ln x + x .  = 0 ⇔  1 x= x x e   ln x = −  2

C. a + b = 4 .

Từ (1) , ( 2 ) và ( 3) ta có 9t + 6t = 4t ⇔ ( 3

)

D. m − n 2 = − 2018

1 1 1+ − x x+1

. =e

2018 −

1 2018

(1) ( 2) ( 3)

+ y2 −2

.log 2 ( x − y ) =

(

)

M = 2 x 3 + y 3 − 3 xy.

A. 7

13 2

17 2

D. 3

Lời giải Đáp án B

( 4) 2t

Ta có 3 x

3 3 + ( 3.2 ) − 4t = 0 ⇔   +   − 1 = 0 2 2

+ y2 − 2

.log 2 ( x − y ) =

⇔ 3x

 3  −1 + 5 (TM )   = − 2 2   ⇔  3 t −1 − 5   = (L) 2  2 

+ 2 xy + y 2 − 2 + 2 xy

2 2 1 2 1 + log 2 (1 − xy )  ⇔ 3 x + y − 2.log 2 ( x − y ) = log 2 ( 2 − 2 xy ) 2

.log 2 ( x − y ) = log 2 ( 2 − 2 xy ) ⇔ 3(

x− y )

.log 2 ( x − y ) = 3 2 − 2 xy.log 2 ( 2 − 2 xy )

t t Xét hàm số f ( t ) = 3.log2 t trên khoảng ( 0;+∞) , có f ′ ( t ) = 3 ln3.log2 t +

3t > 0; ∀t > 0 t.ln 2

2 2 2 Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ( 0;+∞) mà f ( x − y )  = f ( 2 − 2xy )  x + y = 2



(

x  3  −1 + 5 − a + b =  = =  a = 1; b = 5 . y 2 2 2

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

2017 −z x+ y

Gọi S = xy + yz + zx . Khẳng định nào đúng?

B. S ∈( 0;2017)

C. S ∈( 0;2018)



2 Khi đó M = 2 x + y − 3xy = 2 ( x + y ) ( x + y ) − 3xy  − 3xy  

A. S ∈ (1;2016)

20182 −1 2018

1 1 + log 2 (1 − xy )  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2

Thế vào ( 4 ) ta được

Suy ra m = 2 0 1 8 2 − 1; n = 2 0 1 8 . Vậy m − n 2 = − 1. Câu 128: [Thử sức trước kì thi- Đề 07] Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện

D. a + b = 8

t 2

1 1 + x2 ( x +1) 2

1 1 1 1 1 1 1 1+1− +1+ − +1+ − + ...+1+ − 2 2 3 3 4 2017 2018

 x = 9t  t y' = 6 log 9 x = log 6 y = t  Theo đề ra ta có    x + y = 4t log 9 x = log 4 ( x + y ) = t  t x 3 y =2   

)

Vậy f (1) . f ( 2 ) . f ( 3 ) ... f ( 2017 ) = e

x −a + b log9 x = log6 y = log4 ( x + y ) và = , với a, b là hai số nguyên dương. Tính a + b. y 2

B. a + b = 11 .

C. m − n 2 = 2018

(

Suy ra f ( x ) = e

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

A. a + b = 6 . Lời giải Đáp án A Đặt lo g 9 x =

B. m − n 2 = 1

2 2 2 x2 + x + 1 x 2 ( x + 1) + x 2 + ( x + 1) 1 1 1 1   + = = 2 = 1 + −  2 2 2 2 2 x x x +1  x ( x + 1) x ( x + 1) ( x + 1)

Ta có 1 +

1 1 r 2  1  1 Lại có: lim v = lim v = 0; f   Max v = khi x = = =  h = 2 e. . = x →1 ( 0;1) 2e x →0 e h h  e  2e

Lời giải

1 1 + x2 ( x +1)2

D. S ∈ ( 2016;2017)

)

2 ⇔ 2M = 2 ( x + y ) 2 ( x + y ) − 3.2xy  − 3.2xy   2 2 2 2 ( x + y )  2 ( x + y ) − 3 ( x + y ) + 6 − 3 ( x + y ) + 6  

2 2 = 2 ( x + y ) 6 − ( x + y )  − 3( x + y ) + 6 = −2a3 − 3a2 +12a + 6, với a = x + y ∈ ( 0; 4 )  

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

3 2 Xét hàm số f ( a ) = −2a − 3a +12a + 6 trên ( 0;4) , suy ra max f ( a ) = 13. ( 0;4 )

log3

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

Câu 129: (THPT Lê Văn Thịnh- Bắc Ninh-Lần 1) Cho 0 ≤ x , y ≤ 1 thỏa mãn 20171− x− y =

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

thức S = ( 4 x + 3 y )( 4 y + 3 x ) + 25 xy. Khi đó M + m bằng bao nhiêu? 2

A. 3 + 3 Lời giải Chọn D Ta có

A. 136

B. 391

C. 383

B. 4

C. 3 + 2 3

D. 6

2x + y +1 = x + 2 y ⇔ log3 2x + y +1 − log3 ( x + y ) = 3( x + y ) − ( 2x + y +1) + 1 x+ y

log 3 ( 2 x + y + 1) +2x+y+1=log 3 3 ( x + y )  +3 ( x + y ) (*) .

D. 25

Xét hàm số f ( t ) = log3 t + t trên khoảng ( 0;+∞)  f ( t ) là hàm số đồng biến trên ( 0;+∞)

Lời giải Đáp án B Ta có 20171− x − y =

2x + y + 1 1 2 = x + 2 y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = + x+ y x y

Mà (*) ⇔ f ( 2x + y + 1) = f ( 3x + 3 y ) ⇔ 2x + y + 1 = 3x + 3y ⇔ x + 2 y = 1. x 2 + 2018 20171− y x 2 + 2018 ⇔ = 2 y 2 − 2 y + 2019 2017 x (1 − y ) + 2018

2 2 Đặt a = y > 0 ⇔ y = a ⇔ x = 1 − 2 y = 1 − 2a > 0 ⇔ 0 < a <

2017x ( x2 + 2018) = 20171− y (1 − y ) + 2018 ⇔ f ( x ) = f (1 − y )  

1 2 Khi đó T = g ( a ) = + . 1 − 2a 2 a

Xét hàm số f ( t ) = 2017t ( t 2 + 2018 ) = t 2 .2017t + 2018.2017t , có

Xét hàm số g ( a ) =

f ' ( t ) = 2t.2017t + t 2 .2017t.ln 2017 + 2018.2017t.ln 2017 > 0; ∀t > 0 Lại có P = ( 4 x 2 + 3 y )( 4 y 2 + 3 x ) + 25 xy = 16 x 2 y 2 + 12 x3 + 12 y 3 + 34 xy 3 16x y +12 ( x + y ) − 3xy ( x + y )  + 34xy = 16x2 y2 +12 (1 − 3xy ) + 34xy = 16x2 y2 − 2xy +12    1 2 1 Mà 1 = x + y ≥ 2 xy ⇔ xy ≤ nên đặt t = xy ∈ 0;  khi đó P = f ( t ) = 16t − 2t + 12 4  4 2 2

  1  191 f (t ) = f   = min  1  16  16  0; 4   1 2 Xét hàm số f ( t ) = 16t − 2 y +12 trên  0;  ta được   4 max f ( t ) = f  1  = 25    0; 1  4 2   4 

h ' ( a ) = 6a 2 − 2 = 2 ( 3a 2 − 1) = 0 ⇔ a = ±

2 ( 2a − 1) ( 2a 3 − 2a − 1)  1   0;  , có g ' ( a ) = − 2 2  a 2 ( 2 a 2 − 1)

Hướng dẫn giải 1 1 + log a b  log a b = 2 m − 1 2 2 1 Lại có P = log 2 a b + 54 log b a = ( 2 m − 1) 2 + 54. . 2m − 1 Đặt t = 2m − 1 ( t ≠ 0 ) khảo sát hàm P = t 2 + 54 thấy Pm in = 2 7 ⇔ t = 3  m = 2 t

1  1 1   1   h ' ( a ) < 0, ∀a ∈  − ;  ⊃  0;  3 3 3  2 

 1   1  Do đó h ( a ) nghịch biến trên  0;   h ( a ) < h ( 0 ) = −1 < 0, ∀a ∈  0;  nên phương 2 2    1  trình h ( a) = 0 vô nghiệm trên  0;  2 

Phương trình g ' ( a ) = 0 ⇔ a = 1 . Tính các giá trị g  1  = 6; lim g ( a ) = +∞ ; lim g ( a ) = +∞ 1 x→0 2 a→ 2 2

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

m để P đạt giá

Chọn A Ta có m = log a ab =

 1  3 Xét h ( a ) = 2a − 2a −1 trên  0;  có 2 

Suy ra f ( t ) là hàm đồng biến trên ( 0;+∞) mà f ( x) = f (1− y )  x + y = 1

Câu 130: Cho m = log a ab với a , b > 1 v à P = lo g 2 b + 5 4 lo g b a . Khi đó giá trị của trị nhỏ nhất? A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.

1 2 + trên khoảng 1 − 2a 2 a

T m in = 6

2

Chương 9. Nguyên hàm – tích phân Câu 132: (THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 1 NĂM 2018) Cho hàm số f ( x) có đạo hàm dương, liên tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn f ( 0) = 1 và 1

2 1  5   f ' ( x )  f ( x )  + dx ≤ 2  25  0  0

25 . 33

5 . 4

f ' ( x ) f ( x )dx . Tích phân

  f ( x )

dx .

1 . 2

53 . 50

Lời giải 1

2 1   5   f ' ( x )  f ( x )  + dx ≤ 2  25  0  0

2 1 f ' ( x ) f ( x )dx ⇔ 5  f ' ( x )  f ( x )  dx + ≤ 2  5

f ' ( x ) f ( x )dx

1 Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:    0

 1 1 2 f ' ( x ) f ( x )dx  ≤  dx. f ' ( x )  f ( x )  dx  0 0

1 1 1  1 1 1 1  5   f ' ( x ) f ( x )dx  + ≤ 2 f ' ( x ) f ( x )dx ⇔ 5   f ' ( x ) f ( x )dx −  ≤ 0 ⇔  f ' ( x ) f ( x )dx = 5 5 0  5 0 0 0

Đặt t = a − x  dt = −dx Đổi cận x = 0  t = a ; x = a  t = 0 0 a a a f ( x ) dx dx dx dx − dt = = = = 1+ f ( x) a 1+ f (a − t ) 0 1+ f (a − x) 0 1+ 1 1+ f ( x) 0 0 f ( x)

Lúc đó I = 

a f ( x ) dx a dx + = 1dx = a 1 + f ( x ) 0 1 + f ( x ) 0 0

Suy ra 2 I = I + I = 

 1  f ' ( x ) f ( x )dx = 5 k = 1. Dấu “=” xảy ra khi chỉ khi:  0 5  f '( x) f ( x ) = k  1

Cách 2: Chọn f ( x) = 1 là một hàm thỏa các giả thiết. Dễ dàng tính được



 f ' ( x ) f ( x ) dx =  2

 f ( x )  1 1 1 dx = x+C   x + C ⇔ f (x) = = 25 25 3 25 1

f ( 0 ) = 1  3C = 1  f ( x ) =

3 x + 3C 25

C. I =

D. I =

1201 45

Lời giải Chọn A



f ′( x) 1+ 2 f (x)

dx =



x. 1+ 2 f ( x) = f ′( x ) 

x dx + C ⇔



df ( x ) 1+ 2 f (x)

dx =



f ′( x ) 1+ 2 f (x)

∀x ∈[1;4] .

x dx + C

A. e −1

e2 4

D. e

C. e− 2

Lời giải Chọn C 1

2 3  1 + 2 f ( x ) = x 2 + C . Mà f (1) = 3  C = 4 . Vậy f ( x ) = 3 2 3 4

Do đó I =  f ( x ) dx = 1

 2 32 4   x +  −1 3 3 2

1186 . 45

a  f ( x ) . f ( a − x ) = 1 dx ba b và  là phân = , trong đó b , c là hai số nguyên dương và  1 + f x c c f x > 0, ∀ x ∈ 0; a ( ) ( ) [ ]  0 số tối giản. Khi đó b + c có giá trị thuộc khoảng nào dưới đây?

B. ( 0; 9) .

C. ( 7; 21) .

(

)

 K = − J −  xe x f ′ ( x ) d x  I = J + K = −  xe x f ′ ( x ) d x .

Câu 134: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ 10/2017) Cho f ( x ) là hàm liên tục trên đoạn [ 0; a] thỏa mãn

A. (11; 22 ) .

x x u = e f ( x ) du = e f ( x ) + e f ′ ( x )  dx  Tính K =  e x f ( x ) dx . Đặt  v = x 0 dv = dx x

 K = ( xe x f ( x ) ) −   xe x f ( x ) + xe x f ′ ( x )  dx = −  xe x f ( x ) dx −  xe x f ′ ( x ) dx do f (1) = 0 0 2

Lời giải Đáp án B

e2 − 1 và f (1) = 0 . Tính 4

- Tính : I =  ( x + 1) e x f ( x ) dx =  xe x f ( x ) dx +  e x f ( x ) dx = J + K .

2 Ta có x + 2x. f ( x) =  f ′ ( x )  

Suy ra

dx =  ( x + 1) e x f ( x ) dx =

1222 45

 f ( x )d x

1174 45

  f ′ ( x )

x + 2x. f ( x) =  f ′ ( x )  2 , ∀x ∈[1;4] . Biết rằng f (1 ) = 3 , tính I =  f ( x ) dx ? 2

tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn

hàm liên tục trên đoạn [1;4] , đồng biến trên đoạn [1;4] và thỏa mãn đẳng thức

B. I =

1 a  b = 1; c = 2  b + c = 3 2

Câu 135: [THPT PHAN CHU TRINH ĐAKLAK LẦN 2 - 2018] Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên

Câu 133: [THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 2-2018] Cho hàm số y = f ( x ) có đạo

1186 45

3 3 53  3  x + 1    f ( x )  dx =   x + 1 dx = . 25 25 50  0 0 

Đáp án D

A. I =

1 a  b = 1; c = 2  b + c = 3 2

Do đó I =

D. ( 2017; 2020)

- Kết hợp giả thiết ta được :

1 1 2 2 e2 −1 e2 − 1 (1)   f ′ ( x )  dx =   f ′ ( x )  dx = 4 4 0 0  1  1 2 2 − xex f ′ x dx = e −1 2 xe x f ′ x dx = − e −1 (2) ( ) ( )     4 2  0  0 1

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

e2 − 1 (3) . 4

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

 (  f ′ ( x ) 0

)

+ 2 xe x f ′ ( x ) + x 2 e 2 x dx = 0 ⇔

x 2

 ( f ′ ( x ) + xe ) o

d x = 0 ⇔ π  ( f ′ ( x ) + xe x ) d x = 0 o

x hay thể tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) + xe , trục Ox , các đường thẳng

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

 f ′ ( x) + xex = 0 ⇔ f ′ ( x ) = −xex  f ( x ) = −  xe x dx = (1 − x ) e x + C . x - Lại do f (1) = 0  C = 0  f ( x ) = (1 − x ) e 1

  f ( x ) dx =  (1 − x ) e x dx = ( (1 − x ) e x ) +  e x dx = − 1 + e x = e − 2 . Vậy 0 0

 f ( x ) dx = e − 2 . 0

A. 7. Đáp án B

B. 6 2 .

C. 9.

Gọi O là tâm nửa đường tròn. Ta có: PQ = 2OP = 2 9 − x2

Đặt diện tích hình chữ nhật là: f ( x ) = 2 x 9 − x 2  f 2 ( x ) = 4 x 2 ( 9 − x 2 )

Câu 136: [THPT PHAN CHU TRINH ĐAKLAK LẦN 2 - 2018] Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ \ {−1;1} và thỏa mãn: f ′ ( x ) =

 1  2

2 Đặt y = x ( 0 < y ≤ 3) . Xét hàm số g ( y ) = 4 y ( 9 − y )

1 . Biết rằng f ( −3) + f ( 3) = 0 x2 −1

Ta có f ( x) lớn nhất khi g ( y ) lớn nhất. g ( y ) lớn nhất khi y = 3  x = 3

1 2

và f  −  + f   = 2 . Tính T = f ( −2) + f ( 0) + f ( 4) . 9 5

A. T = 1 + ln .

B. T = 1 + ln

6 . 5

max f ( x ) = f

1 2

9 5

C. T = 1 + ln .

1 2

6 5

D. T = 1 + ln .

Lời giải Chọn C Ta có f ( x ) = 

1 1  1 1  1 x −1 dx =   − +C  dx = ln x2 − 1 2  x −1 x + 1  2 x +1 1 2

Với x ∈ ( −∞; −1) : f ( x ) = ln

x −1 + C1 . x +1

1 2

x −1 + C3 . x +1

1 2

−3 −1 1 3 −1 + C1 + ln + C3 = 0 −3 +1 2 3 +1

Với x ∈ (1; +∞ ) : f ( x ) = ln Mà f ( −3) + f ( 3) = 0 ⇔ ln

1 1 1 ln 2 + C1 + ln + C 3 = 0 ⇔ C 1 + C 3 = 0 . 2 2 2 1 1 3 Do đó f ( −2 ) = ln 3 + C1 ; f ( 4 ) = ln + C3 . 2 2 5

( 3) = 6

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

⇔

Diện tích toàn bộ ao là S = π.40.50 = 2000 π ( m 2 )

1 x −1 + C2 . Với x ∈ ( −1;1) : f ( x ) = ln 2 x +1

Diện tích phần nuối cá giống là S1 = S − SOAB = 500 π − 1000 ( m 2 ) 4

1 − −1 1 1  1 1 + C2 + ln Mà f  −  + f   = 2 ⇔ ln 2 2 − 1 +1 2  2 2 2 ⇔

1 −1 2 + C2 = 2 1 +1 2

1 1 1 ln 3 + C2 + ln + C 2 = 2 ⇔ C 2 = 1 . 2 2 3

1 2

Do đó với x ∈ ( −1;1) : f ( x ) = ln

x −1 + 1  f ( 0) = 1 . x +1

Vậy T = f ( −2) + f ( 0) + f ( 4 ) = 1 + 1 ln 9 . 2

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

Diện tích phần nuối cá thịt là S2 = S − S1 = 1500π + 1000 ( m 2 ) Tiền lãi từ nuôi cá là 4 0 0 0 0 .S 1 + 2 0 0 0 0 .S 2 = 1 3 7 0 8 0 0 0 0

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

Để nhìn rõ nhất phải xác định vị trí đứng cách màn ảnh bao nhiêu sao cho góc nhìn lớn nhất. Hãy xác định khoảng cách đó. A. 2, 4m B. 2, 42m C. 2, 46m D. 2, 21m

A. M + m = 63 . Lời giải Đáp án B

Lời giải Chọn A Với bài toán này, ta cần xác định OA để góc BOC lớn nhất. Điều này xảy ra ⇔ tan BOC lớn nhất.

Ta có phương trình đường tròn ( C ) : ( x − 4 ) + ( y − 3) = 9 Do điểm A nằm trên đường tròn (C) nên ta có ( a − 4 ) + ( b − 3 ) = 9

Đặt OA = x ( m) với x > 0 . Ta có:

F − 24 = 4 ( a − 4) + 3( b − 3)

AC AB 1, 4 − tan AOC − tan AOB 1, 4 x x tan BOC = tan ( AOC − AOB ) = = OA OA = = . 1 + tan AOC .tan AOB 1 + AC . AB 1 + 3, 2.1,8 x 2 + 5, 76 2 2 OA x

Xét hàm số f ( x ) =

f '( x) =

+ 5, 76 )

x > 0 ; f '( x) = 0 ⇔  2 ⇔ x = 2, 4  x = 5,76

Tính cách giá trị f ( 0 ) = 0; f ( 2, 4 ) =

C. M + m = 50 .

D. M + m = 41

Mặt khác F = 4a + 3b −1 = 4 ( a − 4) + 3( b − 3) + 24

2 2 2 2 Ta có 4 ( a − 4) + 3( b − 3)  ≤ 4 + 3 ( a − 4) + ( b − 3)  = 25.9 = 255

(

)

 −15 ≤ 4 ( a − 4) + 3( b − 3) ≤ 15 ⇔ −15 ≤ F − 24 ≤ 15 ⇔ 9 ≤ F ≤ 39 Khi đó M = 39, m = 9 Vậy M + m = 48 Cách 2:

1,4x trên ( 0;+∞) , có: x2 + 5,76

−1, 4 x 2 + 1, 4.5, 76

B. M + m = 48 .

Ta có F = 4 a + 3b − 1  a =

7 7 ; lim f ( x ) = 0 suy ra max f ( x ) = . ( 0; +∞ ) 24 x → +∞ 24

Vậy khoảng cách OA cần tìm là 2,4 m.

( a − 4)

F + 1 − 3b 4 2

2  F + 1 − 3b  + (b − 3) = 9   − 4  + b 2 − 6b + 9 = 9 4  

⇔ 25b2 − 2 ( 3F + 3) b + F 2 + 225 = 0 2

Chương 10. Số phức Câu 140: (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Trong tập các số phức, cho phương trình 2

z − 6z + m = 1,m ∈ℝ(1) . Gọi

là một giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân

biệt z 1 , z 2 thỏa mãn z1 z1 = z2 z2 . Hỏi trong khoảng (0; 20) có bao nhiêu giá trị m?

A. 13. Lời giải Chọn D

B. 11.

C. 12.

D. 10.

m0 = 9  z = 3

Hay phương trình chỉ có một nghiệm. (Loại)

Nếu m 0 < 9 thì phương trình đã cho có hai nghiệm thực z1 = 3 − 9 − m0 , z 2 = 3 + 9 − m0 . Do

(

z1 z1 = z 2 z 2 ⇔ z1 = z 2 ⇔ 3 − 9 − m 0

) = (3 +

9 − m0

)

3 − 9 − m 0 = 3 + 9 − m 0 ⇔ ⇔ 9 − m 0 = 0 ⇔ m0 = 9 ( ktm ) 3 − 9 − m0 = −3 − 9 − m 0 ( VN )

Nếu m 0 > 9 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phức liên hợp là

z1 = 3 − i m0 − 9, z 2 = 3 + i m0 − 9.

Câu 142: Cho số phức

Do đó m 0 > 9 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do bài toán đòi hỏi m 0 ∈ ( 0 ; 20 ) nên

m0 ∈{10;11;12;...;19} . Vậy có 10 giá trị thỏa mãn. Câu 141: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ 10/2017) Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ℝ ) . Biết tập hợp các điểm

A biểu diễn hình học số phức

là đường tròn ( C ) có tâm I ( 4; 3) và bán kính R = 3. Đặt M

m là giá trị nhỏ nhất của

z và số phức liên hợp của nó z có điểm biểu diễn là M , M ′ . Số phức z. ( 4 + 3i )

và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn lần lượt là N , N ′ . Biết rằng 4 điểm M , N , M ′, N ′ tạo thành hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức z + 4i − 5

1 2

2 5

4 13

Lời giải Chọn.A Giả sử x = a + bi ( a, b ∈ ℝ) . Ta có M ( a; b ) và M ' ( a; −b) * Khi đó z ( 4 + 3i ) = ( 4a − 3b) + ( 3aq + 4b) i Suy ra N ( 4a − 3b;3a + 4b) và N ' ( 4a − 3b; − 3a − 3b) * Do 4 điểm M , N , M ’, N ’ tạo thành hình thang cân nhận Ox làm trục đối xứng nên 4 điểm  a = −b 2 đó lập thành hình chữ nhật ⇔ MM ' = NN ' ⇔ 4b 2 = 4 ( 3a + 4b ) ⇔  a = − 8 b 3  2

Khi đó z1 z1 = z 2 z 2 = 32 + m0 − 9

là giá trị lớn nhất,

∆ ' ≥ 0 ⇔ − 16 F 2 + 18 F − 5625 ≥ 0 ⇔ 9 ≤ F ≤ 39 .

Viết lại phương trình đã cho thành ( z − 3) = 9 − m0 Nếu

∆ ' = ( 3 F + 3 ) − 25 F 2 − 5625

F = 4a + 3b − 1. Tính giá trị M + m.

* Với a = −b , ta có z + 4i − 5 = Dấu bằng xảy ra khi a =

( b + 5) + ( b + 4)

 9 1 1 = 2 b +  + ≥ 2  2 2

9 9 ,b=− 2 2

8 3

 

* Với a = − 8 , ta có z + 4i − 5 =  b + 5  + ( b + 4) = 3

73 2 104 289 1 b + b + 41 ≥ > 9 3 73 2

Vậy min z + 4i − 5 =

1 . 2

  b − 2 ≤ b − 4 ( VN ) 2 2 2 2  2 2   a + ( b − 2 ) ≤ a + ( b − 4) ( b − 2 ) ≤ ( b − 4 )    b ≤ 3 ⇔ ⇔   b − 2 ≤ − b + 4 ⇔  2 2 2 2 2 2  ( a − 3) + ( b − 3) = 1  ( a − 3 ) + ( b − 3) = 1 2 2 ( a − 3 ) + ( b − 3 ) = 1 ( a − 3) + ( b − 3) = 1

Câu 143: (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Trong tập các số phức, gọi z 1 , z 2 là hai nghiệm của phương trình z 2 − z + 2017 = 0 với z 2 có thành phần ảo dương. Cho số phức z

thỏa mãn z − z1 = 1 Giá trị nhỏ nhất của P = z − z2 là

2016 − 1 .

2017 −1 . 2

Do đó P = z − 2 =

2016 −1 . 2

2 01 7 − 1

1 − i 2016 1 + i 2016 , z2 = 2 2 Giả sử z = a + bi ( a,b ∈ℝ) Từ z − z1 = 1 ta suy ra Tính toán ta tìm được hai nghiệm z1 =

2 1 + i 2016 1  2016   =  a −  +  b −  2 2  2  

+ b2 ≤ 22 + 32 = 13. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

M là trung điểm của SB . P là điểm thuộc cạnh SD sao cho SP = 2DP . Mặt phẳng ( AMP )

cắt cạnh SC tại N . Tính thể tích của khối đa diện ABCDMNP theo V 23 19 2 7 A. VABCDMNP = V B. VABCDMNP = V C. VABCDMNP = V D. VABCDMNP = V 30 30 5 30 Lời giải Đáp án A

2  1  2016  2016 2016   =  a −  +  b + = −1 − 2b 2016 ≥ 1 − 2 1 −  − 4b  2016 = 1 − 2 2016 + 2016 = 2  2  2 2    Do đó giá trị nhỏ nhất của P = z − z2 là 2 0 1 6 − 1

Đạt được khi và chỉ khi b = 1 −

Chương 11. Thể tích khối đa diện Câu 145: [ME GA BOOK] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Gọi

2016 2016 ≤ b ≤ 1− (1) 2 2 Áp dụng (1) ta nhận được 2

( a − 2)

2  1 − i 2016 2016  2016   1  = 1 ⇔  a −  +  b +    b +  ≤1 2 2  2   2  

 −1 −

z − z2 = ( a + bi ) −

( a − 2 ) 2 = 2 2  a = 4  ⇔ b = 3 b = 3  2 2 ( a − 3 ) + ( b − 3) = 1 Chú ý. Đối với bài toán liên quan tới cực trị học sinh thường mắc phải sai lầm là quên tìm giá trị để cực trị xảy ra. Điều này có thể dẫn tới việc tìm sai giá trị lớn nhất nhỏ nhất.

Lời giải Chọn A

( a + bi ) −

Từ ( a − 3 ) + ( b − 3 ) = 1  ( a − 3 ) ≤ 1  2 ≤ a ≤ 4  0 ≤ a − 2 ≤ 2

(

)

2016 − 1

2016 1 ,a = . 2 2

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

z − 2i ≤ z − 4i và z − 3 − 3i = 1. Giá trị lớn nhất của P = z − 2 là A. 13 + 1 . Lời giải Chọn C

B. 10 + 1 .

C. 13 .

D. 10

Giả sử số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán có dạng z = a + bi, ( a, b ∈ ℝ ) Khi đó ta có 2  2  z − 2i = ( a + bi ) − 2i = a + ( b − 2 )  2  z − 4i = ( a + bi ) − 4i = a2 + ( b − 4 )   z − 3 − 3i = ( a + bi ) − 3 − 3i = ( a − 3)2 + ( b − 3)2  2  2  z − 2 = ( a + bi ) − 2 = ( a − 2 ) + b Từ giả thiết ta suy ra

Gọi O là tâm hình bình hành Gọi I = MP ∩ SO  N = AI ∩ SC Ta có S S 1 SP SM S∆SPM S∆SPI + S∆SMI = = = = ∆SPI + ∆SMI . 3 SD SB S∆SDB S ∆SDB 2S∆SDO 2S ∆SBO

SI  SP SM  7 SI SI 4 +  =  = . 2SO  SD SB  12 SO SO 7 Suy ra: S S SN S∆SAN S∆SAI + S ∆SNI SI SI SN 2 2 SN = = = ∆SAI + ∆SNI = + . = + . SC S ∆SAC S ∆SAC 2 S∆SAO 2S∆SAO 2SO 2SO SC 7 7 SC =

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

 V ABCDMNP =

23 V 30

1 d ( A; ( SCD ) ) = 2 2 = α (0 < α < 900 )  OE = OH = 2 Gọi SEO sin α sin α OH 2 4  Cạnh của hình vuông ABCD là: = SO = cos α cos α sin α 1 32 1 Từ đó VS . ABCD = SO.S ABCD = . 2 . 3 3 sin α .cos α

OH = d ( O; ( SCD ) ) =

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

(

)

Đặt cos α = t ( t ∈ ( 0;1) ) thì sin 2 α .cos α = t 1 − t 2 . 1  t = − 3 Xét hàm f ( t ) = t − t ; f ′ ( t ) = 1 − 3t ; f ′ ( t ) = 0 ⇔  1  t= 3  3

Ta có bảng biến thiên trên ( 0;1)

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

2  x x SO = SM 2 − OM 2 =  1 −  − = 1− x 4  2 1 1 1 4 Thể tích khối chóp là V = S .h = x 2 1 − x = x − x5 3 3 3 Xét hàm f ( x ) = x 4 − x5 , với x ∈ ( 0;1)

Khi đó f ' ( x ) = 4 x 3 − 5 x 4 = x3 ( 4 − 5 x ) ; f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 0, x = Như vậy để thể tích khối chóp lớn nhất thì x =

Vậy giá trị nhỏ nhất của V đạt được khi f ( t ) lớn nhất tức là min V = 16 3 .

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

4 5

1 2

2 2 3

3 3 2

D. 1

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

A. 32 3 .

B. 8 3 .

C. 16 3 .

Lời giải Chọn C

Ta vẽ hình như hình vẽ. E là trung điểm của CD , OH ⊥ SE . Dề dàng cm được

16 3 D. 3

Chọn D Gọi tứ diện đã cho là S. ABC. Ta có 1 3 3 VS . ABC = S ABC SH = SH = SD.sin φ 3 3 3

Suy ra, VS . ABC đạt GTLN khi và chỉ khi sin φ = 1 .  D ≡ H  SH = 3, VS . ABC = 1 .

 Chọn phương án

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

Và d ( P; ( ABCD ) ) = d ( N; ( ABCD ) ) =

DP d SD

(( S ; ( ABCD ) ) )

k k .d ( S ; ( ANCD ) )  VP . ACD = VN . ABC = .VS . ABCD k +2 2k + 4 V SM SP 1 1 2 Ta có S . AMP = . = .  VS . ANMP = .V VS . ACD SC SD k + 1 k + 2 ( k + 1)( k + 2 ) S . ABCD =

Vậy VC . ANMP = VS . ABCD − VS . ANMP − VP . ACD − VN . ABC

 2 k  2k = 1 − − .VS . ABCD  .VS . ABCD = 2 k + 1 k + 2 k + 2 k + 3k + 2 ( )( )  

Để {VC . ANMP }max ⇔ f ( k ) = Xét hàm số f ( k ) =

f '( k ) =

k đạt giá trị lớn nhất. k 2 + 3k + 2

k trên khoảng ( 0; +∞ ) có: k 2 + 3k + 2

−k 2 + 2 = 0 ⇔ k = 2 (vì k > 0 ) ( k + 3k + 22 ) 2

 max f ( k ) = f ( 0; +∞ )

( 2) = 3− 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi k = 2. Vậy khi k = 2 thì thể tích khối chóp C . ANMP lớn nhất. Câu 150: (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích V . Gọi E là điểm trên cạnh SC sao cho EC = 2 ES . Gọi (α ) là mặt phẳng chứa đường thẳng AE và song song với đường thẳng BD , (α ) cắt hai cạnh SB , SD lần lượt tại hai điểm M , N . Tính theo V thể tích khối

chóp S . AMEN . V A. . 6 Lời giải Đáp án A

V . 27

V . 9

V . 12

Phương pháp giải: Dùng định lí Thalet và phương pháp tỉ số thể tích để tính thể tích khối chóp cần tìm Cách giải: Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và I = SO ∩ AE . . Ba điểm E, A, I thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có: SE CA OI OI SI 1 . . =1 =1 = . EC AO IS SI SO 2 SM SN SI 1 Vì MN / / BD  = = = (định lí Thalet). SB SD SO 2

VS . AME SM SN 1 1 1 V = . = . =  VS . AME = ; 12 VS . ABC SB SD 2 3 6

Do đó

V V V V . Vậy VS . AMEN = VS . AME + VS . ANE = + = . 12 12 12 6 Câu 151: (THPT C NGHĨA HƯNG-NAM ĐỊNH Lần 1) Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC = 120°, SBA = SCA = 90°. Biết góc giữa SB và là tam giác cân tại A, AB = a, BAC

Tương tự, ta có VS . AME =

đáy bằng 60°. Tính thể tích V của khối chóp S . ABC. a3 4 Lời giải Đáp án C

A. V =

B. V =

3a 3 3 4

C. V =

a3 3 4

D. V =

3a 3 4

1 1 3 3 Như vậy VSABC = SH .dt ABC = 3a.a 2 = a3 3 3 4 4 Câu 152: [THPT THUẬN THÀNH SỐ 3] Cho hình chóp S.ABC có = BSC = 45°,ASC = 60°. Thể tích của khối chóp S.ABC SA = 3,SB = 4,SC = 5, ASB

là:

A. 5

5 6

5 3

5 2

Lời giải Chọn A

H B

600

C M

Ta chuẩn hóa các cạnh SA, SB, SC của hình chóp về độ dài là 1

Gọi M là trung điểm BC khi đó BC ⊥ ( SAM ) do AB = AC và SB = SC Trong ( SAM ) kẻ SH ⊥ AM ta có SH ⊥ ABC  góc SBH = 600 , đặt SB = SC = x ta có: AM = AB.sin 30 0 = dt ABC =

1 3 a , BM = AB.cos 600 = a  BC = a 3 , 2 2

1 1a 3 , AM .BC = a 3 = a2 2 22 4

SH = SB.sin 60 0 = x

3 , SA = SB 2 + AB 2 = x 2 + a 2 , 2

SM = SB 2 − BM 2 = x 2 − 3 MH = SM 2 − SH 2 = x 2 −

a2 3x 2 1 2 = x + 4a 2 , , AH = SA2 − SH 2 = x 2 + a 2 − 4 4 2

3a 2 3x2 1 2 − = x − 3a 2 4 4 2

Lưu ý: việc chuẩn hóa phải đảm bảo các thông số về góc của bài toán không bị thay đổi

Ta có: AH − MH = AM 

1 2 1 2 1 x + 4a 2 − x − 3a 2 = a ⇔ 2 2 2

⇔ 3a = x 2 − 3a 2 ⇔ x 2 = 12a 2  x = 2a 3  SH = 3a

Gọi M là trung điểm AC, N là trung điểm AB, H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC x 2 + 4a 2 = x 2 − 3a 2 + a

Vì hình chóp có SA = SB = SC => Hình chiếu của S trên (ABC) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

Xét ∆SAB, ta có: AC = sin

450 450  AB = 2sin 2 2

Ta có:

1 1 1 1 2a 3 VS .CAB = .SC. .BA.BC = .2a. .2a 2 = 3 2 3 2 3 Xét ∆SAC ta có:

7−4 2 Xét ∆ABC, ta có: AM + MB = AB  MB = 2 2

Ta có: S ABC =

SC 2 = SD.SA 

abc 2− 2 abc 1 = = . AC .MB  R = 4R 2 2MB 7−4 2

Xét ∆ASH, ta có: AH 2 + SH 2 = SA2  SH =

Tương tự xét ∆SBC ta có:

7−4 2

SC 2 = SE.SB ⇔

Vậy VS . ABC = 5 `

Câu 153: (MEGABOOK-ĐỀ 3). Cho hình chóp S. ABC có SC = 2av a SC ⊥ ( ABC ) . Đáy

ABC là tam giác vuông cân tại B và có AB = a l 2. Mặt phẳng (α ) đi qua C và vuông góc với SA , (α ) cắt SA, SB lẩn lượt tại D , E . Tính thể tích khối chóp S .CDE .

2a 3 3

SE SC 2 4a 2 2 = = 2 = 2 SB SB 4a + 2a 2 3

1 2 2a 3 2a 3 Vậy suy ra VS .CE F = . . = 2 3 3 9

1 1 1 Lại có: VS . A ' B 'C ' = . . .VS . ABC 3 4 5

4a 3 9 Lời giải Chọn C

SD SC 2 4a 2 1 = = = SA SA2 4a 2 + 4a 2 2

Ta có: AB ⊥ ( SBC )  AB ⊥ CE  CE ⊥ ( SAB )  CE ⊥ SB

1 1 1 7−4 2 1 Vậy VS . A' B ' C ' = . . . .1 = 3 7−4 2 2 2 12

VS .CDE SD SE SD SE . . .VS .CAB =  VS .CDE = VS .CAB SA SB SA SB

2a 3 9

Câu 154: Cho tứ diện S . ABC trên cạnh SA và SB lấy điểm M và N sao cho thỏa SM 1 SN tỉ l ệ = ; = 2 , mặt phẳng đi qua MN và song song với SC chia tứ diện AM 2 NB thành hai phần, biết tỉ số thể tích của hai phần ấy là K , vậy K là giá trị nào? 2 4 4 5 A. K = . B. K = . C. K = . D. K = 3 9 5 9 Lời giải Chọn.C

a3 3

Qua M kẻ MF song song với SC và qua N kẻ NE song song với SC với E và F thuộc CA và CB . Khi đó thiết diện cần tìm là hình thang MNEF . Đặt VS . ABC = V ; VMNEFCS = V1 ; VMNEFAB = V2 , V1 = VSCEF + VSFME + VSMNE Ta có:

VSCEF CF CE 1 2 2 VSFME CM SE SM 1 = . = . = , = . = = V CA CB 3 3 9 VSFEA SE CA SA 3

VSFEA S EFA S EFA SCEA FA CE 4 V 1 4 4 = = . = . =  SFME = . = V V 3 9 27 V S ABC SCEA S ABC CA CB 9

VSMNE SM SN 2 VSMNE S ∆BEA S ∆AEC EB CE 1 = . = , = . = . = VSABE SA SB 9 V S ∆ABC S ∆ABC CE CB 3  VSABE =

vuông góc với đáy, SC = a 5 và khoảng cách từ D tới mặt phẳng ( SHC ) là 2a 2 ( H là trung điểm của AB ). Thể tích khối chóp S.ABCD là:

2 2 4 4 V 4  V1 = V + V = V , 1 = . 27 9 27 9 V2 5

a3 3 3 Lời giải Chọn C

Câu 155: (THPT C NGHĨA HƯNG-NAM ĐỊNH Lần 1) Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh B, AB = 4, SA = SB = SC = 12. Gọi M , N lần lượt là trung điểm AC, BC. Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm E , F sao cho

a3 3

4a 3 3 3

SE BF 2 = = . Tính thể tích khối tứ diện MNEF SA BS 3

16 34 3 Lời giải Đáp án C

4 17 9

4 34 9

4 34 3

( SAB ) ⊥ ( ABCD )  Ta có: ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB  SH ⊥ ( ABCD ) .  SH ⊥ AB 

 DI ⊥ CH  DI ⊥ ( SHC )  d ( D, ( SHC ) ) = DI = 2a 2 . Mà   DI ⊥ SH Ta có ∆BHC = ∆AHE  S ∆BHC = S ∆AHE và HE = HC . Ta có ΔABC vuông cân tại B nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp. SM = SB = SC  SM ⊥ ( ABC ) FE ∩ AB = K , kẻ FG / / BA FH / / SM  FH ⊥ ( ABC ) ta có: 2 2 2 4 FH = SM = SA2 − AM 2 = 12 2 − 8 = 34 3 3 3 3 1 1 1 1 dt KMN = dt BNMK − dt BNK = ( MN + BK ) .BN − KB.BN = MN .BN = 2.2 = 2 2 2 2 2 1 ΔFGE = ΔKAE ( C .G.C )  FE = FK 2

VFMNE FE 1 1 1 1 1 4 4 34 = =  VFMNE = VFMNK = . FH .dt KMN = . 34.2 = 2 2 3 6 3 9 VFMNK FK 2 Câu 156: (THPT Việt Trì) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với BC là đáy nhỏ. Biết rằng tam giác SAB đều có cạnh là 2a và nằm trong mặt phẳng

Mà S ABCD = S AHCD + S ∆BHC = S AHCD + S ∆AHE = S ∆DCE . Tam giác SAB đều nên SH = a 3 . Tam giác SHC có HC = SC 2 − SH 2 = a 2  EC = 2 HC = 2a 2 . Khi đó S ABCD = S ∆DCE =

1 DI .EC = 4 a 2 . 2

1 1 4a 3 3 Vậy VABCD = SH .S ABCD = a 3.4a 2 = . 3 3 3

4a 3 3

Câu 157: (THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình MC hành. Điểm M di động trên cạnh SC , đặt = k . Mặt phẳng qua A, M song song MS với BD cắt SB , SD thứ tự tại N , P . Thể tích khối chóp C. APMN lớn nhất khi A. k = 3. Lời giải Chọn D

B. k = 1.

C. k = 2.

D. k = 2.

 max f ( k ) = f ( 0; +∞ )

( 2) = 3− 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi k = 2. Vậy khi k = 2 thì thể tích khối chóp C. ANMP lớn nhất. Câu 158: (TRƯỜNG THPT C PHỦ LÝ - HÀ NAM) Cho lăng trụ ABC . A ' B ' C ' , trên cạnh AA '; BB ' lấy các điểm M, N sao cho AA ' = 3 A ' M ; BB ' = 3 B ' N . Mặt phẳng (C ' MN ) chia khối lăng trụ đã cho thành hai phần. Gọi V1 là thể tích khối chóp

C '. A ' B ' NM , V2 là thể tích khối đa diện ABC .MNC ' . Tính tỉ số

2 . 9 Lời giải Đáp án C

3 . 4

2 . 7

V1 . V2

5 . 7

A' Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và I = SO ∩ AM . Ba điểm M,A,I thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có: SM CA OI OI k . . =1 =1= . MC AO IS SI 2 SP SI SN 2 Vì NP / / BD  (định lí Thalet). = = = SD SO SB k + 2 DP Và d ( P; ( ABCD ) ) = d ( N; ( ABCD ) ) = d ( S ; ( ABCD ) ) SD k k = .d ( S ; ( ANCD ) )  VP . ACD = VN . ABC = .VS . ABCD k +2 2k + 4 V SM SP 1 1 2 Ta có S . AMP = . = .  VS . ANMP = .V VS . ACD SC SD k + 1 k + 2 ( k + 1)( k + 2 ) S . ABCD

(

)

Vậy

 2 k  2k VC . ANMP = VS . ABCD − VS . ANMP − VP . ACD − VN . ABC = 1 − − .VS . ABCD  .VS . ABCD = 2 k + 1 k + 2 k + 2 k + 3k + 2 ( )( )  Để {VC . ANMP }max ⇔ f ( k ) =

Xét hàm số f ( k ) =

f '(k ) =

k đạt giá trị lớn nhất. k 2 + 3k + 2

k trên khoảng ( 0; +∞ ) có: k 2 + 3k + 2

−k 2 + 2 = 0 ⇔ k = 2 (vì k > 0 ) ( k + 3k + 22 ) 2

C' B'

B 2 S ABC . A′A 3 1 1 1 VC ′.MNK = C ′K .S MNK = C ′C.S ABC = A′A.S ABC 3 9 9 2 1 7  V2 = VABC . MNK + VC ′. MNK = S ABC . A′A + A′A.S ABC = A′A.S ABC 3 9 9 1 ′ ′ VMNK . A′B′C ′ = S MNK .C K = S ABC . A A 1 1 2 3  V1 = VMNK . A′B′C ′ − VC ′. MNK = S ABC . A′A − A′A.S ABC = A′A.S ABC 3 9 9 VABC . MNK = S ABC .CK =

Vậy:

2 A′A.S ABC V1 9 2 = = . V2 7 A′A.S 7 ABC 9

Câu 159: (THPT Chuyên Đại Học Vinh - Nghệ An - 2018) Cho hình lăng trụ ABC.A ' B 'C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, BC = a 3, góc hợp bởi đường thẳng AA ' và mặt phẳng ( A 'B 'C ' ) bằng 45°, hình chiếu vuông góc của B' lên mặt phẳng

( ABC )

Chọn D Ý tưởng: 1 - MN phải chăng sẽ là hai điểm đặc biệt nào đó 2 – Khi nhận ra M là trung điểm của BA’ thì ta tiến hành tính toán MN qua điểm A’ bằng cách lấy P thuộc BC’!

trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ

ABC.A ' B ' C '.

3 3 a 9 Lời giải Đáp án B

3 3 a 3

C. a 3

a3 3

A' 450

M A

Dễ có mặt phẳng (BA’C’) vuông góc với AB’. Do đó để MN là nhỏ nhất thì M là giao của AB’ và BA’, N là điểm thuộc BC’ sao cho góc giữa MN và (A’B’C’D’) là 30o . Gọi P là điểm thuộc BC’sao cho A’P cũng hợp với mặt phẳng đáy một góc 30o , khi đó 1 MN là đường trung bình của tam giác BA’P nên MN = A ' P . 2 Giả sử độ dài đoạn B’H = x, khi đó PH = HC’ = a – x (tam giác PC’H vuông cân tại

C’), và A ' H = A ' B '2 + B′H 2 = a 2 + x 2 . Theo điều ta đã giả sử ở trên thì góc giữa

a 3

A’P và (A’B’C’D’) = 30o , do đó

B 1 a2 3 BA.BC = ; AC = BA2 + BC 2 = 2a . 2 2 • Gọi G là trọng tâm tam giác ABC  B ' G ⊥ ( ABC ) . Gọi M là trung điểm của AC

• S ABC =

2 BM = 3 • AA ', ( A ' B ' C ' )  BG =

(

2 1 2a . . AC = 3 2 3 = 450  BB ', ( ABC ) = 450  B ' BG = 450  ∆B ' BG vuông cân

)

(

)

2a tại G  B ' G = GB = 3

2a a 2 3 a3 3 . = . 3 2 3 Câu 160: (THPT Tam Phước) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a . Điểm M thuộc đoạn thẳng BC’ , điểm N thuộc đoạn thẳng AB’, MN tạo với mặt phẳng đáy

Vậy VABC . A ' B 'C ' = B ' G.S ABC =

một góc 30° . Tìm độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng MN . a 2a 2a A. B. C. 2 3 5 −1

Lời giải

2a 5 +1

PH a−x 3 tan PA 'H = = = hay 3 A' H a2 + x2

(

)

a 2 + x 2 = 3 ( a − x ) (1) 2

Mặt khác ta lại có A ' P = A ' H 2 + HP 2 = a 2 + x2 + (a − x) 2 = 4 ( a − x ) = 2 ( a − x )

(2) Từ (1) và (2) ta tính được A ' P =

 Chọn phương án

4a 2a . Từ đây ta rút ra được MN = . 5 +1 5 +1

Câu 161: Một người xây nhà xưởng hình hộp chữ nhật có diện tích mặt sàn là 1152 m2 và chiều cao cố định. Người đó xây các bức tường xung quanh và bên trong để ngăn nhà xưởng thành ba phòng hình chữ nhật có kích thước như nhau (không kể trần nhà). Vậy cần phải xây các phòng theo kích thước nào để tiết kiệm chi phí nhất (bỏ qua độ dày các bức tường). A. 16m × 24m. B. 8m × 48m. C. 12m × 32m. D. 24 m × 32 m. . Lời giải Chọn A

Đặt x, y, h lần lượt là chiều dài, chiều rộng và chiều cao mỗi phòng. 384 Theo giả thiết, ta có x.3 y = 1152 → y = . x Để tiết kiệm chi phí nhất khi diện tích toàn phần nhỏ nhất. 384 576   Ta có Stp = 4 xh + 6 yh + 3 xy = 4 xh + 6 h + 1152 = 4h  x +  + 1152. x x  

Vì h không đổi nên S tp nhỏ nhất khi f ( x ) = x +

576 (với x > 0 ) nhỏ nhất. x

576 với x > 0 ,ta được f ( x ) nhỏ nhất khi x = 24 → y = 16. . x Câu 162: (THPT C NGHĨA HƯNG-NAM ĐỊNH Lần 1) Cho hình hộp ABCD. A′B ′C ′D′ có

Khảo sát f ( x ) = x +

Do B ' C / / A'D nên góc giữa B ' C và ( ABCD ) là góc A ' DH = 450  ΔA ' BD vuông BD 2a = = a từ đây tính được VABCD. A ' B ' C ' D ' = A ' H .S ABCD = a.2a 2 = 2a 3 2 2 Câu 163: (THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích bằng 2018. Gọi M là trung điểm AA’; N, P lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh BB’, CC’ sao cho BN = 2B ' N, CP = 3C ' P. Tính thể tích khối đa diện ABCMNP

cân  A ' H =

4036 . 3

Chọn

A. 2a

a3 6 C. 2

a3 6 D. 6

40360 . 27

23207 . 18

một góc 450 , tam giác A′AB vuông tại B, tam giác A′CD vuông tại D. Tính thể tích của khối hộp ABCD. A′B ′C ′D′ theo a. 2a 3 B. 3

Lời giải

AB = a; B ′C ′ = a 5, các đường thẳng A′B và B′C cùng tạo với mặt phẳng ( ABCD )

32288 . 27

Lời giải Đáp án A

N E

C B

450

H A

ΔAA ' B ⊥ AB ⊥ A ' B  AB ⊥ ( A ' BD ) Theo giả thết ta có:  ΔA ' CD ⊥ CD ⊥ A ' D  AB ⊥ A ' D  AB ⊥ BD  BD =

AD 2 − AB 2 = 5a 2 − a 2 = 2a

 S ABCD = 2 S ABD = AB. AD = a.2a = 2a 2

Kẻ đường cao AH trong ΔA ' BD  A ' H ⊥ ( ABCD ) , góc giữa AB ' và ( ABCD ) là góc A ' BH = 450

Gọi E , F là trung điểm BB ', CC ' 1 1 1 1 1 1 Ta có NE =  −  BB ' = BB ', PF =  −  CC ' = CC ' 6 4  2 3 2 4

11 1 5 S NEFP =  +  S BCC ' B ' =  26 4 24 5 5 2 5 VMNEFP = VA ' BCC ' B ' = VA ' B 'C ' ABC = VA ' B 'C ' ABC 24 24 3 36 . 1 5  VABC .MNP = VABC .MEF + VMNEFP = VA ' B ' C ' ABC + VA ' B ' C ' ABC 2 36 23 23 23207 = VA ' B ' C ' ABC = .2018 = 36 36 18 Câu 164: (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình thang vuông tại A và B, biết

AB = BC = a, AD = 2a,SA = a 3 AB = BC = a, AD = 2a,SA = a 3 và

SA ⊥ ( ABCD ) . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SB,SA. Tính khoảng cách từ

Lời giải Gọi O là tâm của đáy. Gọi a > 0 là khoảng cách giữa SA và DB .

M đến (NCD) theo a. a 66 . B. 2a 66 . 22 Lời giải Chọn C Gọi E=AB ∩ CD, G=NE ∩ SB.

a 66 . 11

a 66 44

1 Vì BC / /AD, BC= AD nên BC là đường trung bình của tam giác ADE. Do đó B, C 2 lần lượt là trung điểm của AE, DE. Do đó G là trọng tâm của ∆SAE. 2 1 4 4 Kéo theo SG= SB. Mà SM= SB, nên SG= SM= ( SG − MG )  SG=4MG. 3 2 3 3 Do đó d ( S, ( NCD ) ) =d ( S, ( NED ) ) = 4d ( M, ( NED ) )  d ( M, ( NCD ) ) = d (S, ( NCD ) )

Đặt AB = x > 0 . Vẽ OH ⊥ SA ta có

Ta có

VS.ABCD

S∆AED

1 1 1 1a 3  a3 3 2 = AD.AE = ( 2a )( 2a ) = 2a 2  VNAED = NA.S∆AED =   ( 2a ) = 2 2 3 3  2  3

1 2a 3 3 a3 3 VSAED = SA.S∆AED =  VSNED = VSAED − VNAED = 2 3 3 Mặt khác gọi P là trung điểm của AD, thì CP ⊥ AD, CP=PD  ∆ACD vuông tại.

C. Do đó CD ⊥ AC. Mà CD ⊥ SA  CD ⊥ ( SAC )  CD ⊥ NC Ta có NC2 = NA 2 + AC2 = NA 2 + AB2 + BC2 = ED 2 = AD 2 + AE 2 = 8a 2  S∆NDE =

DB ⊥ SO, DB ⊥ AC  DB ⊥ ( SAC )  DB ⊥ OH Suy ra d ( SA, DB ) = OH = a 1 1 1 x 2a 2 = +  SO 2 = 2 2 2 2 OH SO OA x − 2a 2 1 1 xa = .SO.AB2 = .x 2  min VS.ABCD = a 3 3 khi x = a 3 3 3 x 2 − 2a 2

Mặt khác,

Áp dụng a = 2 3  min VS.ABCD = 72 ( cm3 )

Câu 166: ( THPT QUẾ VÕ 2 ) Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng SCD bằng 4 . Gọi V là thể tích khối chóp S. ABCD , tìm giá trị lớn nhất của V : A. 32 3

3a 11a + 2a 2 = 4 4

C. 16 3

Lời giải Chọn C

1 1  a 11  a 2 22 NC.ED =   2 2a =  2 2 2  2

(

B. 8 3

)

3a 3 3 1 3VSNDE a 66 = 23 = . Vì VSNED = d (S ( NED ) ) S∆NDE  d (S ( NDE ) ) = 3 S∆NDE 11 a 22 3 Câu 165: (ĐỀ 6_TOÁN 3K_HỨA LÂM PHONG) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD , thể tích nhỏ nhất của khối chóp là bao nhiêu nếu như khoảng cách giữa hai đường thẳng

SA và DB là 2 3 ( cm ) A. 72 ( cm3 )

B. 9 ( cm 3 )

C. 8 3 ( cm3 )

16 3 ( cm3 ) 3

Ta vẽ hình như hình vẽ. E là trung điểm của CD , OH ⊥ SE .

16 3 . 3

Dề dàng cm được OH = d ( O; ( SCD ) ) =

1 d ( A; ( SCD ) ) = 2 2

Hạ đường cao CK xuống HD khi đó CK ⊥ AB. Do đó CK ⊥ ( ABD ) . Vậy CK là đường cao của tứ diện. Ta có HB =

= α (0 < α < 900 ) Gọi SEO có HC = BC2 − HB2 =

OH 2  OE = = sin α sin α OH 2 4  Cạnh của hình vuông ABCD là: = cos α cos α sin α 1 32 1 Từ đó VS . ABCD = SO.S ABCD = . 2 . 3 3 sin α .cos α SO =

(

)

Đặt cos α = t ( t ∈ ( 0;1) ) thì sin 2 α .cos α = t 1 − t 2 .

Tương tự ta có HD =

(2 3)

x Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác HBC ta 2 2

48 − x 2 x −  = 2 2

48 − x 2 . Đặt y = KD. Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác 2

CHK và CKD ta có 2

(

CK 2 = CH 2 − HK 2 = CD 2 − KD 2 ⇔ CH 2 − ( HD − y ) = 2 3 CH 2 − HD 2 + 2HD.y − y 2 = 12 − y 2 ⇔ 2HD.y = 12 ⇔ y =

)

− y2

6 = HD

12 48 − x 2

Vì vậy 1  t = − 3 3 2 Xét hàm f ( t ) = t − t ; f ′ ( t ) = 1 − 3t ; f ′ ( t ) = 0 ⇔  1  t= 3  Vậy giá trị nhỏ nhất của V đạt được khi f ( t ) lớn nhất tức là min V = 16 3 .

Câu 167: (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Xét khối tứ diện ABCD, AB = x, các cạnh còn lại bằng 2 3. Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD lớn nhất.

A. x = 6 . B. x = 2 2 . C. x = 14 . D. x = 3 2 . Lời giải Chọn D Gọi H là trung điểm của cạnh AB, do ∆ABC cân tại C nên CH là đường cao. Tam giác ABD có AD=DB=2 3 nên là tam giác cân tại D. Do đó HD là đường cao. Khi đó ta có

CK 2 = CD 2 − y 2 = 12 −

12 48 − x 2

Diện tích tam giác ABD là S1 =

12 ( 48 − x 2 ) − 12  48 − x

12 ( 36 − x 2 ) 48 − x

 CK =

12 ( 36 − x 2 ) 48 − x 2

1 1 48 − x 2 x 48 − x 2 = AB.HD = x 2 2 2 4

2 1 1 12 ( 36 − x ) x 48 − x 2 1 . = 3.x. 36 − x 2 Do đó thể tích tứ diện là V = CK.S1 = 3 3 48 − x 2 4 6

(

)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho x, 36 − x 2 ta có 2 2 3 3 x + ( 36 − x ) V= x. 36 − x 2 ≤ = 3 3. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 6 6 2

x = 36 − x 2 ⇔ x = 18 = 3 2

Nhận xét.Chúng ta có thể thay điều kiện các cạnh còn lại bằng 2 3 bởi điều kiện các cạnh còn lại bởi một số a > 0 nào đó bất kì, để được một bài toán khác nhưng cách làm tương tự bài này. Câu 168: (THPT Lê Văn Thịnh- Bắc Ninh-Lần 1) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. I nằm trên cạnh SC sao cho IS = 2IC . Mặt phẳng ( P ) chứa cạnh AI cắt cạnh SB, SD lần lượt tại M , N . Gọi V ', V lần lượt là thể tích khối chóp

S. AMIN và S. ABCD . Tính giá trị nhỏ nhất của tỷ số thể tích CH ⊥ AB  AB ⊥ ( CHD )  HD ⊥ AB

4 5 Lời giải

5 54

8 15

V V'

5 24

Đáp án C Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD Gọi H = SK ∩ AI qua H kẻ d / / BD cắt SB , SD lần lượt tại M , N Xét tam giác SAC có

. Đặt VSABCD = 2VSABC .

VSABC =

IS AC OH OH 1 SH 4 . . =1 =  = IC OC SH SC 4 SC 5 SM SN SH 4 Mà MN / / BD → = = = SB SD SO 5 V V SM SI 2 SM 1 SM Ta có S . AMI = . = .  S . AMI = . VS . ACD SB SC 3 SB VS . ABCD 3 SB

Và

VSABC lớn nhất cosα =

a3 3 a3 a3 =  maxVSABCD = 6 4 8 4 Câu 170: [THPT THUẬN THÀNH SỐ 3] Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có = 30°. Người ta muốn trang trí cho hình chóp bằng một dây đèn nháy SA = a,ASB

V ' 1  SM SN  1  4 4  8 =  +  = . +  = V 3  SB SD  3  5 5  15

Câu 169: [THPT ĐỘI CẤN – VĨNH PHÚC 2018 - LẦN 1] Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA = SB = SC = a , cạnh SD thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD bằng a3 . 8 Lời giải Chọn D

a3 . 2

3a 3 . 8

−b 1 = 2a 4

maxVSABC =

VS . ANI SN SI 2 SD V 1 SN = . = .  S . ANI = . VS . ACD SD SC 3 SD VS . ABCD 3 SD

Suy ra

1 1 1 1 SA.SB.SC. 1 − cos 2α − cos 2 β − cos 2γ + 2cosα cosβ cosγ = a 3 −cos2α + cosα + 6 6 2 2

chạy theo các điểm A, M, N rồi quay lại A (đúng một vòng) như hình bên dưới. Độ dài ngắn nhất của dây đèn nháy là:

a3 . 4

a 2 2 Lời giải

Chọn B

B. a 2

C. a 3

a 3 3

Trải hình ra ta thu được:

1  30 − 2 x  V = 30. . ( 30 − 2 x ) . x 2 −   = 30 (15 − x ) . 30 x − 225 2  2  15 −45 x + 450   V ′ = 30.  − 30 x − 225 + (15 − x ) . = 30 = 0 ⇔ x = 10 [ N ] 30 x − 225  30 x − 225  Ta có: lim− V = lim + V = 0 , V (10 ) = 30.5.5 3 = 750 3 . x →15

 30  x→   4 

(

)

Vậy thể tích khối lăng trụ lớn nhất V (10) = 30.5.5 3 = 750 3 cm3 khi x = 10 ( cm ) .

Dễ thấy AM + MN + NA đạt giá trị nhỏ nhất khi A, M, N, A thẳng hàng Lại có S . ABC là hình chóp tam giác đều  ∆SAB = ∆SBC = ∆SAC ( c.c.c )

= CSA  AS  AS B = BSC A = 90°

Câu 172: [THPT-Chuyên-Bắc-Ninh-Bắc-Ninh-Lần-2]Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD MC là hình bình hành. Điểm M di động trên cạnh SC, đặt = k . Mặt phẳng qua A, M MS song song với BD cắt SB, SD thứ tự tại N, P. Thể tích khối chóp C. APMN lớn nhất khi A. k = 3 .

B. k = 1 .

C. k = 2 .

D. k = 2 .

Lời giải Chọn D

 AM + MN + NA min = a 2 Câu 171: (THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình, lần 1 – 2018) Một tấm kẽm hình vuông ABCD có cạnh bằng 30cm. Người ta gập tấm kẽm theo hai cạnh EF và GH cho đến khi AD và BC trùng nhau như hình vẽ bên để được một hình lăng trụ khuyết hai đáy. Giá trị của x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất là:

A. x = 5 ( cm ) .

B. x = 9 ( cm ) .

C. x = 8 ( cm ) .

x = 10 ( cm ) .

Lời giải Chọn D 1 Thể tích khối trụ: V = AD. CI . FH , I là trung điểm FH, có FH = 30 − 2 x , với 2 30 < x < 15 4

Phương pháp giải: Dùng định lí Thalet, định lý Menelaus và phương pháp tỉ số thể tích để tính thể tích khối chóp theo tham số k. Khảo sát hàm số chứa biến k để tìm giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất Lời giải: Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và I = SO ∩ AM . Ba điểm M,A,I thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có: SM CA OI OI k . . =1 =1= . MC AO IS SI 2

Lời giải Chọn A Phương pháp: Trải 4 mặt của hình chóp ra mặt phẳng và tìm điều kiện để AM + MN + NP + PQ là

SP SI SN 2 (định lí Thalet). = = = SD SO SB k + 2 DP Và d ( P; ( ABCD ) ) = d ( N; ( ABCD ) ) = d ( S ; ( ABCD ) ) SD k k = .d ( S ; ( ANCD ) )  VP . ACD = VN . ABC = .VS . ABCD k +2 2k + 4 V SM SP 1 1 2 Ta có S . AMP = . = .  VS . ANMP = .V VS . ACD SC SD k + 1 k + 2 ( k + 1)( k + 2 ) S . ABCD

Vì NP / / BD 

(

)

nhỏ nhất. Cách giải: Ta “xếp” 4 mặt của hình chóp lên một mặt phẳng, được như hình bên:

Vậy  2 k  2k VC . ANMP = VS . ABCD − VS . ANMP − VP . ACD − VN . ABC = 1 − − .VS . ABCD  .VS . ABCD = 2 k + 3k + 2  ( k + 1)( k + 2 ) k + 2  Để {VC . ANMP }max ⇔ f ( k ) =

Xét hàm số f ( k ) =

Như hình vẽ ta thấy, để tiết kiệm dây nhất thì các đoạn AM, MN, NP, PQ phải tạo thành một đoạn thẳng AQ. Lúc này, xét ∆SAQ có:

k đạt giá trị lớn nhất. k 2 + 3k + 2

k trên khoảng ( 0; +∞ ) có: k 2 + 3k + 2

ASM = MSN = NSP = PSQ = 15° SA = 600m, SQ = 300m

−k 2 + 2 f '(k ) = 2 = 0 ⇔ k = 2 (vì k > 0 ) ( k + 3k + 22 )

 max f ( k ) = f ( 0; +∞ )

k =

( )

2 = 3 − 2 2.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi k = 2. Vậy khi k = 2 thì thể tích khối chóp C. ANMP lớn nhất. Câu 173: Bên cạnh con đường trước khi vào thành phố người ta xây một ngọn tháp đèn lộng lẫy. Ngọn tháp hình tứ giác đều S.ABCD cạnh bên SA = 600 mét, ASB = 15° . Do sự cố đường dây điện tại điểm Q (là trung điểm của SA) bị hỏng, người ta tạo ra một con đường từ A đến Q gồm bốn đoạn thẳng: AM, MN, NP, PQ (hình vẽ). Để tiết kiệm kinh phí, kỹ sư đã nghiên cứu và nó được chiều dài con đường từ A đến Q ngắn nhất. AM + MN Tính tỷ số k = NP + PQ

AM + MN AN SA = = =2 NP + PQ NQ SQ

AN SA do tính chất của đường phân giác SN). = NQ SQ Câu 174: (THPT Chuyên Đại Học Vinh - Nghệ An - 2018) Một người muốn xây một cái bể (Vì

chứa nước, dạng một khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 288dm3 . Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng, giá thuê nhân công để xây bể là 500000 đồng/ m 2 . Nếu người đó biết xác định các kích thước của bể hợp lí thì chi phí thuê nhân công sẽ thấp nhất. Hỏi người đó trả chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây dựng bể đó là bao nhiêu? A. 1,08 triệu đồng. B. 0,91 triệu đồng. C. 1,68 triệu đồng. D. 0,54 triệu đồng Lời giải Đáp án A • Gọi x ( x > 0 ) chiều rộng của đáy bể.

Ta có: + Chiều dài của đáy bể là: 2x . 0,144 . + Chiều cao của bể là: x2 0,864 • Diện tích cần xây: 2x 2 + . x

A. k = 2

B. k =

4 3

C. k =

3 2

D. k =

5 3

Xét f ( a ) = 2 x 2 +

0,864 0,864 . Ta có: f ′ ( x ) = 4 x − 2  f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 0, 6. x x

• Bảng biến thiên:

x -∞ f'(x)

0.6

+∞

lượng nước trong phễu bằng

+∞

f(x)

Một cái phễu có dạng hình nón. Người ta đổ một lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của

1 chiều cao của phễu. Hỏi nếu bịt kín miệng phễu rồi lộn ngược 3

phễu lên thì chiều cao của mực nước xấp xỉ bằng bao nhiêu? Biết rằng chiều cao của phễu là 15cm.

2,16

A. 0,5 ( cm ) .

Từ bảng biến thiên ta có min f ( x ) = 2,16 .

B. 0,3 ( cm ) .

C. 0,188 ( cm ) .

0,216 ( cm ) .

Vậy: chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây bể là: 2,16.500000 = 1080000 đồng

Lời giải Chương 12. Nón – trụ - cầu Câu 175: [THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 3] Với một đĩa phẳng hình tròn bằng thép bán kính R , phải làm một cái phễu bằng cách cắt đi một hình quạt của đĩa này và gấp phần còn lại thành một hình nón. Gọi độ dài cung tròn của hình quạt còn lại là x . Tìm x để thể tích khối nón tạo thành nhận giá trị lớn nhất. A. x =

2π R 6 . 3

B. x =

2π R 2 . 3

C. x =

2π R 3 . 3

πR 6

. 3 Lời giải Chọn A Gọi r , l lần lượt là bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón. 1 1 Thể tích khối nón là V = π r 2 h = π r 2 l 2 − r 2 , với h là chiều cao khối nón. 3 3 x=

Chọn C

(

)

Ta có r 4 l 2 − r 2 = 4. Suy ra r 2 l 2 − r 2 ≤

Gọi r, r1 , r2 , h, h1 , h 2 như hình vẽ. Gọi V là thể tích khối nón ban đầu. r1 h1 1 1 = =  Thể tích nước đổ vào bằng V r h 3 27

 4 r2 r2 2 2 4  r2 r2 . . l − r ≤  + + l2 − r2  = l6 2 2 27  2 2  27

(

Khi lộn ngược phễu thì thể tích phần không gian không chứa nước là

)

2l 3 2π l 3  V( N ) ≤ . Dấu “=” xảy ra 3 3 9 3

r2 3r 2 = l2 − r2 ⇔ l2 = (1) 2 2 Mà x là chu vi đường tròn đáy hình nón  x = 2π r và đường sinh l = R

Khi đó:

3  x  8π R 2π R 6 2 Từ (1) , ( 2) suy ra R 2 = .  x= .  ⇔x = 2  2π  3 3 Câu 176: ( THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định – 2018 )

r 2 .h r h 1 2 26 1 26 πr2 .h2 = . πr 2 .h ⇔ 2 2 2 = mà 2 = 2 nên 3 27 3 r h r .h 27

⇔

26 V 27

( 2)

 h2  26 h 26 26 ⇔ 2=3 ⇔ h2 = 15 3   = h 27 h 27 27   Vậy chiều cao của nước khi lộn ngược phễu là 15 − 15 3

26 ≈ 0,188 (cm). 27

Câu 177: (THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A′B′C′ . Tính tỉ số giữa khối đa diện A′B′C ′BC và khối lăng trụ ABC. A′B′C′ . 2 1 5 1 A. B. C. D. 3 2 6 3 Lời giải Chọn A Dễ thấy mặt phẳng (A’BC) chia khối lăng trụ thành 2 phần là khối đa diện A’B’C’BC và chóp A’.ABC.  VABC . A ' B 'C ' = VA ' B 'C ' BC + VA ' ABC 1 2 Mà VA ' ABC = V ABC . A ' B ' C '  VA ' B ' C ' BC + VABC . A ' B 'C ' 3 3 Câu 178: Người ta muốn thiết kế một bể cá bằng kính không có nắp với thể tích 72dm3 và chiều cao là 3dm. Một vách ngăn (cùng bằng kính) ở giữa, chia bể cá thành hai ngăn, với các kích thước a, b (đơn vị dm) như hình vẽ. Tính a, b để bể cá tốn ít nguyên liệu nhất (tính cả tấm kính ở giữa), coi bề dày các tấm kính như nhau và không ảnh hưởng đến thể tích của bể.

A. a = 24, b = 24. a = 4, b = 6.

B. a = 3, b = 8.

Câu 179: (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho tấm tôn hình nón có bán kính đáy là 2 r = , độ dài đường sinh l = 2 . Người ta cắt theo một đường sinh và trải phẳng ra 3 được một hình quạt. Gọi M , N thứ tự là trung điểm OA và OB . Hỏi khi cắt hình quạt theo hình chữ nhật MNPQ (hình vẽ) và tạo thành hình trụ đường sinh PN trùng

MQ (2 đáy làm riêng) thì được khối trụ có thể tích bằng bao nhiêu?

C. a = 3 2, b = 4 2. D.

(

3π

(

13 − 1 4π

(

13 − 1 12π

13 − 1

trụ V = π r 2 h . Cách giải:

24 (1) b

Bể cá tốn ít nguyên liệu nhất nghĩa là diện tích toàn phần nhỏ nhất. Ta có diện tích toàn phần của bể cá là: Stp = 3.3a + ab + 2.b3 = Áp dụng bất đẳng thức Côsi: Stp =

Phương pháp: Tính độ dài các đoạn thẳng MN và MQ sau đó áp dụng công thức tình thể tích hình

Chọn D  Tự luận: Có: V = 72 ⇔ 3.ab = 72 ⇔ a =

13 − 1

9 Lời giải Đáp án A

Lời giải

216 = 6b ⇔ b = 6 ( b > 0 ) . Từ (1), ta suy ra: a = 4. b

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

216 + 6 b + 24 b

216 216 + 6b + 24 ≥ 2 + 6b + 24 = 96 b b

Độ dài cung AB là chu vi đường tròn đáy nên l AB = 2π .r = 2π

2 4π = 3 3

4π l AB 2π = 3 = = AOB OA 2 3 Áp dụng định lí cosin trong tam giác OAB có

Ta có độ dài cung AB là l AB = α OA  α =

AB = OA2 + OB 2 − 2OA.OB.cos

2π  1 = 22 + 22 − 2.22  −  = 2 3 3  2

1 1 3 AB = 3 = PQ  MH = MN = 2 2 2 Hạ OD ⊥ MN ta có OD là tia phân giác của AOB  AOD = 60°, OD cắt AQ tại E . MN =

qua 3 trong 4 điểm M , N , P , Q để thu được khối đá có hình tứ diện MNPQ . Biết rằng

MN = 60cm và thể tích khối tứ diện MNPQ bằng 30 dm 3 . Tìm thể tích của lượng đá bị cắt bỏ (làm tròn kết quả đến 1 chữ số thập phân). A. 101, 3dm 3 B. 141,3dm 3 C. 121,3dm 3 D. 111, 4dm 3 Lời giải Chọn D

1 1 Xét tam giác vuông OMH có OH = OM .cos 60 = 1. = 2 2 OP 2 + OQ 2 − PQ 2 4 + 4 − 3 5 Xét tam giác OPQ có cos POQ = = = 2.OP.OQ 2.2.2 8

Mà cos POQ = cos ( 2DOQ ) = 2 cos 2 DOQ − 1 =

Câu 180: (MEGABOOK-ĐỀ 3). Một người thợ có một khối đá hình trụ. Kẻ hai đường kính MN , PQ của hai đáy sao cho MN ⊥ PQ . Người thợ đó cắt khối đá theo các mặt cắt đi

5 13  cos DOQ = 8 4

Xét tam giác DOQ có QD 2 = OQ 2 + OD 2 − 2OQ.OD cos DOQ = 4 + 4 − 2.2.2.

13 = 8 − 2 13 4

Xét tam giác vuông DQF có:

DF2 = QD2 − QF2 = 8 − 2 13 +

3 29 29 − 8 13 16 − 2.4. 13 + 13 4 − 13 = − 2 13 ⇔ DF = = = 4 4 2 2 2

1 4 − 13 4 − 1 − 4 + 13 13 − 1 − = = = MQ 2 2 2 2 Khi đó thể tích khối trụ tạo ra bởi hình chữ nhật MNPQ là:  HF = OD − OH − DF = 2 −

(

)

2  3  13 − 1 3π 13 − 1 V = π.MH 2 .MQ = π  =  . 2 8  2  Chú ý khi giải: Có thể tính độ dài MQ bằng cách như sau:

EA 2 = OA 2 + OE 2 − 2OA.OE cos AOE = 4 + ( 2 + DE ) − 2.2. ( 2 + DE ) .

 EA 2 = DE 2 + 2DE + 4 Gọi F là giao điểm của ED với đường tròn tâm O bán kính OA = 2. Khi đó theo tính chất hai cát tuyến EQA , EDF ta có 1 EA 2 = ED ( ED + 4 ) ⇔ EA 2 = 2ED 2 + 8ED 2

DE 2 + 2DE + 4 = 2DE 2 + 8DE ⇔ DE 2 + 6DE − 4 = 0 ⇔ DE = 13 − 3

Do đó OE = OD + DE = 2 + 13 − 3 = 13 − 1  MQ = 13 − 1 2

1 2

π  60 

.   .50 − 30 ≈ 111, 4dm3 . 10  2  Câu 181: (THTT - Lần 2 – 2018) Có tấm bìa hình tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền bằng a. Người ta muốn cắt tấm bìa đó thành hình chữ nhật MNPQ rồi cuộn lại thành 3

một hình trụ không dáy nhu hình vẽ.

( 2)

Từ (1) , ( 2 ) suy ra

Vậy MQ =

1 1 Do đó thể tích khối tứ diện MNPQ là: VMNPQ = .S MNO .PQ = .OO ′.MN .PQ 3 6 1 Trong đó d ( MN , PQ ) = OO ′ = h  .60 2.h.1 = 30.103 ⇔ h = 50 cm. 6 Vậy thể tích của lượng đá bị cắt bỏ bằng:

V = Vt − VMNPQ = π R 2 .h − 30 =

Xét tam giác OAE có:

EQ.EA = ED.EF 

Ta dễ dàng chứng minh được ( O′MN ) vuông góc với PQ .

1 13 − 1 OE = 2 2

Diện tích hình chữ nhật đó bằng bao nhiêu để diện tích chung quanh của hình trụ là lớn nhất?

a2 2 Lời giải

3a 2 4

a2 8

3.a 2 8

Đáp án D

Thể tích khối nước tạo thành khi ngyên cốc có hình dạng cái nêm nên 2 2 h Vkn = R 3 tanα  Vkn = R 3 . = 60cm3 . 3 3 R Câu 183: (Toan Luyen de THPTQG) Cho hình vuông ABCD cạnh a . Gọi N là điểm thuộc cạnh AD sao cho AN = 2DN. Đường thẳng qua N vuông góc với BN cắt BC tại K.

MN AN a − 2x AN a − 2x Đặt MN = PQ = x , có = ⇔ =  AN = BC AC a a 2 2 2 a a − 2x  NC = − =x 2 2 2 NC = PC 2 + PN 2 = 2 x 2 + x 2 = x 3 Có S xq = S MNPQ = x 3 ( a − 2 x ) 2  a a2 3  a a 3 Xét hàm số f ( x ) = f  =  có f max = f   =  8 8   4 4 Câu 182: (MEGABOOK-ĐỀ 3). Bạn A có một cốc thủy tinh hình trụ, đường kính trong lòng đáy cốc là 6cm , chiểu cao trong lòng cốc là 10cm đang đựng một lượng nước. Bạn A

nghiêng cốc nước, vừa lúc khi nước chạm miệng cốc thì ở đáy mực nước trùng với đường kính đáy. Tính thể tích lượng nước trong cốc.

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tứ giác ANKB quanh trục BK là 7 3 πa 6 2 Câu 184: (THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho tấm tôn hình nón có bán kính đáy là r = , độ 3 dài đường sinh l = 2 . Người ta cắt theo một đường sinh và trải phẳng ra được một hình quạt. Gọi M , N thứ tự là trung điểm OA và OB . Hỏi khi cắt hình quạt theo hình chữ

A. V =

6 3 πa 7

B. V =

3 3 πa 2

C. V =

4 3 πa 3

D. V =

nhật MNPQ (hình vẽ) và tạo thành hình trụ đường sinh PN trùng MQ (2 đáy làm

A. 60cm3

B. 15π cm3

C. 70cm3

D. 60π cm3

riêng) thì được khối trụ có thể tích bằng bao nhiêu?

Lời giải Chọn A

A. Xét thiết diện cắt cốc thủy tinh vuông góc với đường kính tại vị trí bất kì có (tam giác màu đen): 1 1 S ( x) = R 2 − x 2 . R 2 − x 2 . tanα  S ( x ) = ( R 2 − x 2 ) tan α 2 2 R

1 2 Thể tích hình cái nêm là: V = 2. tan α  R 2 − x2 dx = R 3 tan α 2 3 0

(

)

(

3π

(

)

13 − 1 8

)

13 − 1

9 Lời giải Chọn A

(

)

13 − 1 4π

(

)

13 − 1 12π

Câu 185: (THPT Lê Văn Thịnh- Bắc Ninh-Lần 1) Cho hình chóp S. ABC có mặt đáy là tam giác đều cạnh bằng 2 và hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC ) là điểm H nằm = 120°, CHA = 90° Biết tổng diện tích trong tam giác ABC sao cho AHB = 150°, BHC

mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S .HAB, S .HBC , S .HCA là 2 4π Độ dài cung AB là chu vi đường tròn đáy nên l AB = 2π .r = 2π = 3 3 4π l 2π Ta có độ dài cung AB là l AB = α OA  α = AB = 3 = = AOB OA 2 3 Áp dụng định lí cosin trong tam giác OAB có

AB = OA2 + OB 2 − 2OA.OB.cos

2π  1 = 22 + 22 − 2.22  −  = 2 3 3  2

1 1 3 AB = 3 = PQ  MH = MN = 2 2 2 Hạ OD ⊥ MN ta có OD là tia phân giác của AOB  AOD = 60°, OD cắt AQ tại E. MN =

1 1 Xét tam giác vuông OMH có OH = OM .cos 60 = 1. = 2 2

Xét tam giác OPQ có cos POQ =

OP 2 + OQ 2 − PQ 2 4 + 4 − 3 5 = = 2.OP.OQ 2.2.2 8

Mà cos POQ = cos ( 2DOQ ) = 2 cos 2 DOQ − 1 =

5 13  cos DOQ = 8 4

Xét tam giác DOQ có QD 2 = OQ 2 + OD 2 − 2OQ.OD cos DOQ = 4 + 4 − 2.2.2.

13 = 8 − 2 13 4

Xét tam giác vuông DQF có:

3 29 29 − 8 13 16 − 2.4. 13 + 13 4 − 13 − 2 13 ⇔ DF = = = DF = QD − QF = 8 − 2 13 + = 4 4 2 2 2 2

1 4 − 13 4 − 1 − 4 + 13 13 − 1 − = = = MQ 2 2 2 2 Khi đó thể tích khối trụ tạo ra bởi hình chữ nhật MNPQ là:  HF = OD − OH − DF = 2 −

 3  13 − 1 3π V = π.MH 2 .MQ = π  =  . 2  2 

(

)

13 − 1 8

124 π . Tính thể tích khối 3

chóp S . ABC . 9 4 A. VS . ABC = B. VS . ABC = C. VS . ABC = 4a 3 D. VS . ABC = 4 2 3 Lời giải Đáp án B Gọi r1 , r2 , r3 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆HAB, ∆HBC , ∆HCA

 2 3 AB 2 r = = 2r1  r1 = = 2; tương tự  2 3 2.sin150° sin AHB r = 1 3 Gọi R1 , R2 , R3 lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp

Theo định lí Sin, ta có

S .HAB , S .HBC , S .HCA

Đặt SH = 2 x  R1 = r12 +

Suy ra

S = S

SH 2 3 = x2 + 4; R2 = x 2 + và R3 = x 2 + 1 4 4

19  124π 2 3  + S2 + S3 = 4π R12 + 4π R22 + 4π R32 = 4π  3x 2 +  = x= 3 3 3 

1 1 4 3 22 3 4 Vậy thể tích khối chóp S . ABC là V = .SH .S ∆ABC = . . = 3 3 3 4 3 Chú ý: “Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với đáy và R∆ABC là bán kính đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABC → R = R∆2ABC +

SA2 là bán kính mặt cầu ngoại tiếp 4

khối chóp S . ABC ” Câu 186: [THPT-Chuyên-Bắc-Ninh-Bắc-Ninh-Lần-2]Cho tấm tôn hình nón có bán kính đáy 2 là r = , độ dài đường sinh l = 2 . Người ta cắt theo một đường sinh và trải phẳng ra 3 được một hình quạt. Gọi M, N thứ tự là trung điểm OA và OB. Hỏi khi cắt hình quạt theo hình chữ nhật MNPQ (hình vẽ) và tạo thành hình trụ đường sinh PN trùng MQ (2 đáy làm riêng) thì được khối trụ có thể tích bằng bao nhiêu?

Xét tam giác OPQ có cos POQ =

OP 2 + OQ 2 − PQ 2 4 + 4 − 3 5 = = 2.OP.OQ 2.2.2 8

Mà cos POQ = cos ( 2DOQ ) = 2 cos 2 DOQ − 1 =

5 13  cos DOQ = 8 4

Xét tam giác DOQ có QD 2 = OQ 2 + OD 2 − 2OQ.OD cos DOQ = 4 + 4 − 2.2.2.

(

3π

(

13 − 1 8

(

13 − 1 4π

(

13 − 1 12π

Xét tam giác vuông DQF có:

DF2 = QD2 − QF2 = 8 − 2 13 +

13 − 1 9

13 = 8 − 2 13 4

3 29 29 − 8 13 16 − 2.4. 13 + 13 4 − 13 = − 2 13 ⇔ DF = = = 4 4 2 2 2

1 4 − 13 4 − 1 − 4 + 13 13 − 1 − = = = MQ 2 2 2 2 Khi đó thể tích khối trụ tạo ra bởi hình chữ nhật MNPQ là:  HF = OD − OH − DF = 2 −

Lời giải Chọn A

(

)

 3  13 − 1 3π 13 − 1 V = π.MH 2 .MQ = π  =  . 2 8  2  Chú ý khi giải: Có thể tính độ dài MQ bằng cách như sau: Xét tam giác OAE có: 2

Phương pháp: Tính độ dài các đoạn thẳng MN và MQ sau đó áp dụng công thức tình thể tích hình trụ V = π r 2h . Cách giải: 2 4π Độ dài cung AB là chu vi đường tròn đáy nên l AB = 2π .r = 2π = 3 3 4π l 2π Ta có độ dài cung AB là l AB = α OA  α = AB = 3 = = AOB OA 2 3 Áp dụng định lí cosin trong tam giác OAB có

AB = OA2 + OB 2 − 2OA.OB.cos

2π  1 = 22 + 22 − 2.22  −  = 2 3 3  2

1 1 3 AB = 3 = PQ  MH = MN = 2 2 2 Hạ OD ⊥ MN ta có OD là tia phân giác của AOB  AOD = 60°, OD cắt AQ tại E.

EA 2 = OA 2 + OE 2 − 2OA.OE cos AOE = 4 + ( 2 + DE ) − 2.2. ( 2 + DE ) .

1 2

 EA 2 = DE 2 + 2DE + 4 Gọi F là giao điểm của ED với đường tròn tâm O bán kính OA = 2. Khi đó theo tính chất hai cát tuyến EQA, EDF ta có 1 EQ.EA = ED.EF  EA 2 = ED ( ED + 4 ) ⇔ EA 2 = 2ED 2 + 8ED ( 2 ) 2 Từ (1),(2) suy ra

DE 2 + 2DE + 4 = 2DE 2 + 8DE ⇔ DE 2 + 6DE − 4 = 0 ⇔ DE = 13 − 3

Do đó OE = OD + DE = 2 + 13 − 3 = 13 − 1  MQ = Vậy MQ =

1 13 − 1 OE = 2 2

13 − 1 . 2

MN =

1 1 Xét tam giác vuông OMH có OH = OM .cos 60 = 1. = 2 2

Chương 13. Oxyz Câu 187: [THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 0; 0; −1) , B ( −1;1;0 ) , C (1; 0;1) . Tìm điểm M sao cho 3MA2 + 2 MB 2 − MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.

3 1  A. M  ; ; −1  . 4 2   3 1  M  − ; ; −1  .  4 2  Lời giải Chọn D

 3 1  B. M  − ; ; 2  .  4 2 

 3 3  C. M  − ; ; −1  .  4 2 

Suy ra {BM + BC + CN }min  B,C , M , N thẳng hàng.

Hay B là hình chiếu của A trên Oz , Vậy B ( 0;0;1)

Câu 189: ( THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định – 2018 ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A ( 1; 2; −1) , B ( 2; −1; 3 ) , C ( −4; 7; 5 ) . Tọa độ chân

 3 1  Gọi I ( xI ; yI ; z I ) thỏa mãn điều kiện 3IA + 2 IB − IC = 0  I  − ; ; −1  4 2  2 2 2 Ta có P = 3MA2 + 2 MB 2 − MC 2 = 3 MI + IA + 2 MI + IB − MI + IC

(

)

(

) (

)

= 4MI 2 + 2MI 3IA + 2 IB − IC + 3IA2 + 2 IB 2 − IC 2 = 4MI 2 + 3IA2 + 2 IB 2 − IC 2

 3 1  Suy ra Pmin ⇔ MI min  M trùng với điểm I . Vậy M  − ; ; −1   4 2  Câu 188: [THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm

A (1; −6;1) và mặt phẳng ( P ) : x + y + 7 = 0. Điểm B thay đổi thuộc Oz , điểm C thay

của tam giác ABC là đường phân giác trong góc B  2 11   11   2 11 1  B.  ; −2;1 . C.  ; ;  . A.  − ; ;1 .  3 3  3   3 3 3 Lời giải

Chọn A Gọi D là chân đường phân giác góc B của ∆ABC . Theo tính chất đường phân giác ta có: DA DC AB =  DA = − .DC (*) AB BC BC Với AB = (1; −3; 4 )  AB = 26 và BC = ( −6;8; 2 )  BC = 104 AB 1 =− BC 2

đổi thuộc mặt phẳng ( P ) . Biết rằng tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. Tọa độ điểm

k=−

B là A. B ( 0;0;1) .

Từ (*) ta có, điểm D chia đoạn thẳng AC theo tỷ số k nên D có toạ độ

B. B ( 0;0; −2 ) .

C. B ( 0;0; −1) .

D. B ( 0;0; 2 )

D. ( −2;11;1)

xA − kxC 2   xD = 1 − k = − 3  y A − kyC 11   2 11  =  D  − ; ;1 .  yD = 1− k 3  3 3   z A − kzC   zD = 1 − k = 1 

Lời giải Chọn A

Câu 190: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz; cho A ( a; 0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với a, b, c

Gọi M , N lần lượt là hai điểm đối xứng với A qua Oz và mặt phẳng ( P ) ( hình vẽ bên: Điểm A nằm giữa Oz , ( P ) vì O, A cùng phía với ( P ) và

(

)

d Oz; ( P ) > d ( A; ( P ) ) . Khi đó C∆ABC = AB + BC + AC = BM + BC + CN

dương. Biết A, B, C di động trên các tia Ox, Oy, Oz sao cho a + b + c = 2 . Biết rằng khi a, b, c thay đổi thì quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng (P) cố định. Tính khoảng cách từ M tới mặt phẳng (P) 2014 2016 2015 A. 2017. B. . C. . D. 3 3 3 Lời giải Chọn.D

B ∈ d  B (1 + 3t ; 2 + 4t ; −3 − 4t ) Mà B ∈ ( P ) ⇔ 18t + 18 = 0 ⇔ t = −1  B ( −2; −2;1) Do ∆MAB vuông tại M  MB = AB 2 − MA2 Để MB lớn nhất => MA nhỏ nhất Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( P ) Xét ∆AHM vuông tại H  AM ≥ AH Gọi D, K lần lượt là trung điểm của AB, OC.

Để MA nhỏ nhất  M ≡ H  MB là giao tuyến của mặt phẳng ( P ) với mặt phẳng

Từ D kẻ đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ( OAB ) và cắt mặt phẳng trung trực

(α ) ( (α ) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với mặt phẳng ( P ) ) nα = [ nP , ud ] = ( −4;5; 2 )  uMB = [ nP , uα ] = 9 (1;0; 2 )

c của OC tại I  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC suy ra z1 = 2 a a b a b c Tương tự DF =  x1 = ; y1 =  I  ; ;  2 2 2 2 2 2 a+b+c = 1  I ∈ ( P ) : x + y + z −1 = 0 2 2015 Vậy khoảng cách từ điểm M đến ( P ) bằng d = . 3

Suy ra x1 + y2 + z2 =

Câu 191: (MEGABOOK-ĐỀ 3). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (1; 2; −3) và mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y − z + 9 = 0 . Đường thẳng d đi qua A và có véctơ chỉ phương u = ( 3; 4; −4 ) cắt ( P ) tại B . Điểm M thay đổi trong ( P ) sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới góc 90° . Khi độ dài MB lớn nhất, đường thẳng MB đi qua điểm nào trong các điểm sau? A. H ( −2; −1;3) B. I ( −1; −2;3) C. K ( 3;0;15 ) D. J ( −3; 2;7 )

Lời giải Chọn B

 x = −2 + t  Vậy phương trình đường thẳng MB :  y = −2 .Thấy ngay điểm I ( −1; −2;3) thỏa  z = 1 + 2t  mãn. Câu 192: (THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 1 NĂM 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A(2; 0; 0) , B (0;3; 0) , C (0; 0; 6) , D (1;1;1) . Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5 điểm O, A, B , C , D ? A. 10. B. 6. C. 7. D. 5. Lời giải - O,A,B,C không đồng phẳng nên chúng là 4 đỉnh của một tứ diện. x y z Phương trình mặt phẳng (ABC) là + + = 1  D ∈ (ABC). Dễ thấy D không 2 3 6 nằm trên các mặt phẳng (OAB), (OBC), (OCA) ( tự vẽ hình minh họa). Đếm trực tiếp ta có 7 mặt phẳng phân biệt. Đáp án C Câu 193: (MEGABOOK-SỐ 06) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A ( 9; −3; 5 ) , B ( a; b; c ) . Gọi M , N , P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với các mặt phẳng toạ độ ( Oxy ) , ( Oxz ) và ( Oyz ) . Biết M , N , P nằm trên đoạn AB sao cho AM = MN = NP = PB. Giá trị của tổng a + b + c là: A. −21 B. −15 C. 15 Lời giải Đáp án B

 x = 1 + 3t  Phương trình đường thẳng d là:  y = 2 + 4t , t ∈ ℝ  z = −3 − 4t 

x = 9 + (9 − a ) t  Đường thẳng AB  y = −3 + ( −3 − b ) t .  z = 5 + (5 − c ) t

D. 21

Từ điều kiện M , N , P ∈ AB và AM = MN = NP = PB .

2 2 2  x ( x − 2 ) + ( y + 1)( y + 3) + z ( z − 2 ) = 1  x + y + z − 2 x + 4 y − 2 z + 2 = 0 ⇔ ⇔ 2 2 2  x + y + z + 2 x − 4 z + 1 = 0  x ( x + 2 ) + ( y + 1)( y − 1) + ( z − 1)( z − 3) = 1

 M, N, P là trung điểm của AB, AN và BN 9+a −3 + b 5+c   5+  9 + 2 −3 + 2  9 + a −3 + b 5 + c  2   N ; ; , M ; ;    2 2  2 2 2  2    

Suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm I1 (1; −2;1) , R1 = 2 và mặt cầu tâm I 2 ( −1;0; 2 ) , R2 = 2 .

9+a −3 + b 5+c   c+ a+ 2 b+ 2 2  M ; ;  2 2 2    

M I1

 5+c 5 + 2 =0   M ∈ ( O xy )  2  a = −3   −3 + b  = 0 ⇔ b = 3 . Vậy a + b + c = −15. Mà  N ∈ ( O xz )     2 c = −15   P ∈ ( Oyz ) 9+a  a +  2  2 

Ta có: I1 I 2 = 5 . 2

5 11 II  Dễ thấy: r = R12 −  1 2  = 4 − = . 4 2  2 

Câu 194: [THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 2-2018] Trong mặt phẳng tọa A 0; −1; 2 ) B ( 2; −3;0 ) C ( −2;1;1) D ( 0; −1;3 ) L độ Oxyz , cho bốn điểm ( , , , . Gọi ( ) là

tập hợp tất cả các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức ( L ) là một đường tròn, đường tròn đó có bán kính r MA.MB = MC.MD = 1 . Biết rằng bằng bao nhiêu? A. r =

11 2

B. r =

7 2

C. r =

3 2

Lời giải Chọn A Gọi M ( x; y ; z ) là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có AM = ( x; y + 1; z − 2 ) , BM = ( x − 2; y + 3; z ) , CM = ( x + 2; y − 1; z − 1) , DM = ( x; y + 1; z − 3 ) .

 MA.MB = 1 Từ giả thiết: MA.MB = MC.MD = 1 ⇔   MC.MD = 1

D. r =

5 2