Đáp án một số câu vd vdc

ĐÁP ÁN MỘT SỐ CÂU VD-VDC Câu Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABC D có diện tích mặt ABCD, BCC ' D ', CDD ' C ' 2a ,3a , 6a Góc đường thẳng BD mặt phẳng  ABCD   Tính tan  A Lời giải : Đặt AB x; AD  y; CC  z tan   tan   B  xy 2a   yz 3a  xz 6a  Ta có:  C tan   D tan    x 2a   y a  z 3a   B   ABCD  góc BD Góc đường thẳng BD mặt phẳng tan   BB z 3a    BD x2  y a Cho hình lập phương ABCD ABC D cạnh 2a , gọi M trung điểm BB P thuộc DD DP= DD  AMP  cắt CC  N Thể tích khối đa diện AMNPBCD cho Mặt phẳng Câu A V 3a B V 2a 11a V C D V 9a Lời giải:  BCC B / /  ADDA  CN 3   CN  2a  a  AMP    ADDA  AP  MN / / AP  CC  4    AMP  BCC B  MN     Vì  1 VAMNPBCD VA.BCNM  VA.CDPN  AB.S BCNM  AD.SCDPN 3 Ta có    1 a  a  a 2a  a  a    BM  CN  BC  2a  DP  CN  D C 1 2a    2a    2a 3a 3 3 3 Vậy thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng: 3a (đvtt) x e x 0 f  ln x  1 e  a y  f  x   I  dx   ce x b  x  x  x  Tích phân 1/ e Câu Cho hàm số biết a, b, c  Z a b tối giản Tính a  b  c ? A 35 Lời giải * Đặt B 29 ln x  t  * Khi đó: dx dt x * Đổi cận: I  f  t  dt  f  t  dt  f  t  dt 2 2 C 36 x 1/ e  t  D 27 x e  t 1 I   t  2t   dt   et  1 dt 2 I 32 e Vậy a 32; b 3; c 1 nên a  b  c 36 ỉ 13 ÷ ữ f ( x ) = log ỗ x + x x + ỗ ữ T= ỗ ỗ 4÷ è ø Tính Câu Cho hàm số: A T = 2022 T= 2023 ỉ1 ổ2 ổ2022 ữ ữ ữ fỗ +fỗ + + f ỗ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ2023 ứ ố2023 ứ ố2023ứ è D T = 2023 ỉ ỉ 13 ữ 13 ỗ ữ f (1 - x) = log ỗ x + x x + = log x - x+ ỗ ỗ ( ) ( ) ữ ỗ ỗ ữ ỗ ỗ 4ø è è Lời giải: Ta có: B C T = 1011 ỉ ỉ 13 13 ữ ỗ ữ f ( x ) + f ( - x) = log ỗ x + x x + + log x - x+ ỗ ç ÷ ç ç ÷ ç ç 4ø ố ố ộổ ửổ 13 ỗx - + x - x + 13 ữ ỗ ữ = log3 x2 - x + ỗ ữ ờỗ ỗ ỗ ữ ỗ ỗ ứố ởố ổ 1ữ ửử ữ ỗ ữ x- ữ ỗ ữ ữ ỗ ữ ố ứứ ổ 1ử ữ ç ÷ x- ÷ ÷ ç ÷ ÷ ç ÷ ố ứứ ự ổ 1ữ ửử ữ ỳ ỗ ữ x ỗ ữ ữ ỗ 2ữ ữỳ ố ứứ ú û= log 3 = ỉ1 ỉ2 ữ ổ2022 ữ ữ ỗ ỗ ị T=fỗ + f + + f ữ ữ ữ ỗ ç ç ÷ è ÷ ç2023 ø ç2023 ÷ ç2023 ø è ø è ỉ1 ỉ2022 ỉ2 ỉ2021ư ỉ ỉ 1011 1012 ÷ ÷ ÷ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ỗ ỗ =fỗ + f + f + f + + f + f ữ ữ ữ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ç ç ç ÷ è ÷ è ÷ è ÷ ữ ố ữ = 1011.1 = 1011 ỗ2023ứ ỗ2023 ứ ç2023ø ç2023ø ç2023ø ç2023ø è è Câu Từ thép phẳng hình chữ nhật, người ta muốn làm thùng đựng nước hình trụ có nắp cách cắt hai hình trịn hình chữ nhật (phần tơ đậm) sau hàn kín lại, hình vẽ Hai hình trịn làm hai mặt đáy, hình chữ nhật làm thành mặt xung quanh thùng (vừa đủ) Biết đường tròn đáy ngoại tiếp tam giác có kích thước 50cm, 70cm,80cm (các mối ghép nối gị hàn chiếm diện tích khơng đáng kể Lấy  3,14 ) Diện tích thép hình chữ nhật ban đầu gần với số liệu sau đây?     m2 6,8 A m2 24, B     m2 6,15 C m2 3, 08 D Lời giải: Đổi: 50cm 0,5m;70cm 0, 7m;80cm 0,8m Xét tam giác nội tiếp đường trịn đáy có kích thước 0,5m;0, m; 0,8m nên bán kính đường 0,5.0, 7.0,8 R  30 1  0,5    0,    0,  tròn đáy thùng đựng dầu h  R Ta có Diện tích hình chữ nhật ban đầu gấp lần diện tích xung quanh hình trụ 7 3 7693 S 3.2 Rh 6.3,14.2.R 6.3,14.2  6,1544   m2 30  1250  Vậy   Câu  8;8  Có giá trị nguyên m thuộc khoảng  để hàm số 0; khoảng ?   y  x2  m  x  m đồng biến Lời giải A B C Đặt  x t Do x  0;  t   2;3  f (t )  D  2t  m t  m khoảng  2;3 , t m Hàm số cho trở thành: m f (t )   t  m  , t   2;3 ; t m Ta có Khi để hàm số cho đồng biến khoảng x t   0, x  0; t   2;3  x m  f (t )   t   2;3  ; t m  t  m   m 0    t  m  m  2;3     m     m 2    m 3   0;  hàm số f (t ) nghịch biến khoảng  m     m 2    m 3    m 2  m 3   8;8  m  1; 2;3; 4;5; 6; 7 Do m số nguyên thuộc khoảng  nên Vậy có giá trị m thỏa mãn Câu Cho hàm số f ( x ) , đồ thị hàm số y  f '( x) đường cong hình Giá trị lớn hàm số g ( x )  f (2 x)  sin x đoạn   1;1 A f ( 1) B f (0) C f (2) D f (1) x    1;1 t    2; 2   2; 2 Lời giải : Đặt t 2 x Ta có suy Ta có BBT hàm số f (t ) đoạn t    2; 2 f (2 x)  f (0), x    1;1 Từ bảng biến thên ta thấy f (t )  f (0) , suy  sin x 0 sin(0), x    1;1 Ta có: g ( x )  f (2 x)  sin x mà Do đó: g ( x) g (0)  f (0)   f (0)   1;1 f (0) Dấu xảy x 0 Vậy GTLN hàm số g ( x )  f (2 x)  sin x đoạn Câu Cho hàm số y  f  x f  x   f   x  ; f    5 liên tục R thỏa mãn Khi tích phân A I 54 I  xf '  x  dx 2 có giá trị B I 34 C I  14 D I 6 xf  x   dx  Lời giải : Ta có: Suy  dx   4 xf  x  8xf  x Lại có: Suy ra,   dx 12  f  t  dt 12  f  x  dx 12 4 f  x  d x  12    2 f  x  dx f   x  dx  f   x  d   x   f  t  dt  f  x  dx 1 1 f  x  dx 12 f  x  dx  f  x  dx  f  x  dx 24 2 Do đó, 2 2 4 2 4 I  xf '  x  dx xf  x    2 Mà f  x dx 4 f    f     24 2 f  x   f   x   f  4  f   2  I 6 f     24 6 Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2, SA 2 SA vng góc với mặt  ABCD  Gọi M , N hai điểm thay đổi hai cạnh AB, AD cho mặt phẳng  SMC  vng góc phẳng đáy 1 T  SNC   Tính tổng AN AM thể tích khối chóp S.AMCN đạt giá trị lớn với mặt phẳng A T 2 Hướng dẫn giải: Đặt AM  x, AN y Gọi T B C T 2  O  AC  DB;  E BD  CM ;  F BD  CN H hình chiếu vng góc O SC , đó: HO   SC  OH SC  HE  SC   HBD     SC  BD SC  HF   Ta có Do góc  SCM   SCN  góc HE HF Suy HE  HF VS AMCN  SA.SAMCN   x  y  3 Mặt khác Ta có x  0, y  x 2, y 2 gọi K trung điểm AM , OE KM x OE EB OB x       OE  EB MB  x x  2x  x 4 x 13 T D OF  Tương tự y 2  y mà OE.OF OH   x    y   12 OE OF OH   x    y   12 y  x  Nếu ta có 2 12 2  VS AMCN  SA.S AMCN   x  y     x     y        x    x   3 Suy max VS AMCN Do  4    x 1  1 1  y 2 2   T   2  2   x 2 AM AN x y    y 1 y  f  x Câu 10 Cho hàm số có đồ thị hình vẽ bên Số giá trị nguyên tham số m để đồ thị hàm số g  x  f  x  f  x  m có điểm cực trị A 16 B 17 C 15 D 18 Hướng dẫn giải Xét h x  f  x  f  x  m Suy h x  0  f  x   f  x   1 0  x 0 f  x  0    x  Dựa vào đồ thị, ta có  x x1    f  x  1   x x2    2;0   x x   (đạo hàm đổi dấu qua nghiệm nghiệm đơn khác nghiệm trên)  x x4  x3 f  x      x  (trong x  x4 nghiệm đơn x  nghiệm kép) h  x1  h  x2  h  x3  m  Ta tính giá trị: Bảng biến thiên h  x : ; h  x4  h    m  h   m  18 Suy hàm số h  x ln có điểm cực trị g  x  f  x  f  x  m y h  x  Đồ thị hàm số có điểm cực trị tương đương đồ thị cắt trục hoành điểm (không kể điểm tiếp xúc)  m  0  18  m   18  m  Vậy m    17;  16; ;  2 hay có 16 giá trị nguyên m Câu 11 Gọi a số nguyên dương lớn thỏa mãn điều kiện chữ số a A B 16 Lời giải : Giả sử a thỏa mãn: Đặt   3log  a  a  log a C 17   3log  a  a  log a Khi tổng D 18 3log   x  x   x log a 3 x  a 64 x Ta bất phương trình: x 3log   x  x  x x  1 8  4          1  x   8x  x  x  9 9  9 x x x 1 8  4 f  x                nghịch biến R lại có f   1 nên Do hàm số f  x   f  2  x  BPT trở thành Suy a  64 4096 nên số nguyên dương lớn thỏa mãn a 4095 Vậy tổng chữ số a 18 x  2m log m    2023; 2023 m Câu 12 Có ngun để phương trình  18  x 1 12m  có nghiệm? A 213 B 2022 Lời giải: Phương trình C 2025 D 215 x  2m log  18  x  1  12m   x 2 m  3log   x  2m     x 2m    log  x  2m     x 3log  x  2m    2m  3,  * Đặt y log  x  2m  3  y 3 x  2m  3,  1 Mặt khác, PT(*) trở thành: x 3 y  2m  3,   Lấy (1) trừ vế với vế cho (2), ta y  x 3 x  y  x  x 6 y  y Xét hàm số f  t  6t  3t , t    3 Ta có f '  t  6t ln   0, t   => f t đồng biến  Mà PT (3) f  x   f  y   x  y x x Thay y x vào PT (1), ta 3 x  2m    x 2m    g '  x  6 x ln   g '  x  0  x log   g  x  6  3x  ln  Xét hàm số , với x   Ta có x BBT:    2m   g  log  0,81  m  1, 095 ln   Từ suy PT cho có nghiệm Vậy có 2025 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu  ...   2  2   x 2 AM AN x y    y 1 y  f  x Câu 10 Cho hàm số có đồ thị hình vẽ bên Số giá trị nguyên tham số m để đồ thị hàm số g  x  f  x  f  x  m có điểm cực trị A 16 B... hàm số f (t ) nghịch biến khoảng  m     m 2    m 3    m 2  m 3   8;8  m  1; 2;3; 4;5; 6; 7 Do m số nguyên thuộc khoảng  nên Vậy có giá trị m thỏa mãn Câu Cho hàm số f...   1 nên Do hàm số f  x   f  2  x  BPT trở thành Suy a  64 4096 nên số nguyên dương lớn thỏa mãn a 4095 Vậy tổng chữ số a 18 x  2m log m    2023; 2023 m Câu 12 Có ngun để