4 chương 1 đạo hàm phan 4

ĐỀ SỐ Bài 1: Một kiến trúc sư muốn thiết kế kim tự tháp Ai Cập có dạng hình chóp tứ giác ngoại tiếp mặt cầu có bán kính 6m Để tiết kiệm ngun liệu xây dựng kiến trúc sư phải thiết kế kim tự tháp cho tích nhỏ tính chiều cao kim tự tháp đó.? A 12m B 18m C 36m D 24m Giải: S I P H B C M O D A Theo định lý Ta-lét: SI IP h 6    SO OH h OH 6h a  OH  , SO h, OM  h Mặt khác: SO.OM 6h OH    2 h SO  OM ah a2 h   a2  a2 2  a  h   12 h   a  h  12h  36  144  h   4  144h 144h a   h  12h h  12 144h V h h  12 h2 f  h  h  12 Xét f ' h   h  h  24   h  12  BBT h f ' h  h 0  f '  h  0    h 24  24 − f  h + Vậy h=24 Vmin Chọn D Bài 2: Cho hình trụ (T) có bán kính chiều cao thay đổi; (T) có hai đường trịn đáy(O) (O’) cho có hình vng ABCD nội tiếp hình trụ (T) (trong đóA, B thuộc đường tròn (O) C, D thuộc đường trịn (O’)) Biết hình vng ABCD có diện tích 400cm Thể tích lớn Vmax hình trụ (T) là? A Vmax  Vmax  C Giải: 8000 B Vmax  8000 D 8000 Vmax  8000 3 A Kẻ BM  AB cắt (O) M, nối MC Khi đó: OA OM r , MC h O Hình vng ABCD có: S  400cm  AB BC 20cm Gọi chiều cao hình trụ: MC h  x   x  20  (T):  MB 202  x M x  AM 202  202  x 800  x 800  x 2 MO r  Suy Ta có: V(T) V(T)  r h  D 800  x  x  lớn hàm số y  800  x  x B C đạt GTLN y '  3x  800; y ' 0   3x  800 0  x  BBT 20 x Y’ y + 20 20 8000 − AB 5  km  Bài 3: Một hải đăng đặt vị trí A cách bờ biển khoảng Trên bờ biển có km kho vị trí C cách B khoảng   Người canh hải đăng chèo từ A đến điểm km / h  km / h  M bờ biển với vận tốc  đến C với vận tốc  Xác định vị trí điểm M để người đến kho nhanh A 74 C 29 Giải: 29 B 12 D Đặt x BM ;0  x 7 Khi AM  x  25, MC 7  x x  25  x  (giờ),  x 7 Thời gian người canh hải đăng từ A đến C Người canh hải đăng tới kho nhanh thời gian T nhỏ nhất: T  x  y y'  x  25  x  đạt GTNN x  x  25 24 x  25 y ' 0  x  x  25 0  x 2 Lập BBT suy ra: x 2 4, 472  km  Hàm số T đạt GTNN điểm Chọn D Bài 4: Một cơng trình nghệ thuật kiến trúc cơng viện có dạng tịa nhà hình chóp tứ giác ngoại tiếp mặt cầu có bán kính 5m Tồn tịa nhà trang bị hệ thống điều hòa làm mát để tiết kiệm điện người ta xây dựng tịa nhà cho tích nhỏ Tìm chiều cao tịa nhà A SO 20m B SO 19m C SO 18m D SO 17 m Giải: Gọi I tâm mặt cầu nội tiếp, mặt cầu tiếp xúc với mặt (SAB) E, suy E thuộc SH Đặt SO  x , xét hai tam giác vuông đồng dạng SEI SOH ta có: IE SE AB   SO.IE SE.OH  x  SH  EH  HO SO AB  AB AB  AB  SH  OH   SO      S E I D A K H O Suy B C   AB x AB 5  x   AB      S AB  10 x   x  10  AB 100 x  AB  x  10 1 100.SO 2  VS ABCD  SO.AB  3  SO  10  f ( x)  E I 100 x x  20 x  f '( x) 0  0  x 20  x  10  x  10   Xét Vậy chiều cao tòa nhà SO 20m chọn A Bài 5: O H Từ mảnh bìa hình trịn tâm O, bán kính R=4cm, người ta cắt hình gồm hình vng x cm y cm hình chữ nhật Các hình chữ nhật có kích thước     Tìm x, y để diện tích hình cắt lớn y x A x y B A x x y O D x y B x y C y x y O D x C y Giải: Đường trịn đường kính R 8cm  AC 8cm  AB  4 2 Diện tích hình cắt là:  2 A  xy 4 xy  32  y B x Xét tam giác MNP: NP MP  MN  y 82   x M x x y  y O  x  16 x  32  y 2  x 4 x  D x C y P f  x  4 x.2  x  x   32 8 x  x  x   32 f '  x  8  x  x   f '  x  0  x   4x 2x    x  2   x2  2x  34  34   S max  x   y 2 Bài 6: Một xưởng khí nhận làm chiếu thùng phi với thể tích theo yêu cầu chiếu Hỏi thùng phải có kích thước để tiết kiệm vật liệu nhất? 2  m3  A R 1m, h 2m B R 1m, h 3m C R 3m, h 2m Giải: Do thùng phi có dạng hình trụ kín hai đầu nên: Gọi R: bán kính đáy thùng (m) h : chiều cao thùng (m) D R 1m, h 4m ĐKXĐ R,h >0 Vth  R h 2  h   * R2 Ta có: Diện tích toàn phần thùng là: Stp 2 R  h  R   ** Thay (*) vào (**), ta có:   2  Stp 2 R   R  2   R  R  R  4  2  4 Stp 2   R    R  1   R  1  R  R  1 R R  R Cho S’=0, Ta có R=1 BBT R S’ || − + S ||  Vậy cần chế tạo thùng với kích thước: R=1m,h=2m Chọn A Bài 7: Một nhà máy dự định sản xuất loại thùng hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy r Biết chi phí sản xuất cho thùng xác định theo công thức: C 5 r  60 rh Hãy xác định r , h cho thùng tích mong muốn 1125cm với chi phí sản xuất thấp nhất? 15 r h 3   A 15 r h 3   B 15 r h 3   C Giải: 15 r h 3   D 1125 V  r h 1125  h  r Thể tích thùng: Chi phí: C 5 r  60 rh 5 r  60 r 1125 67500 5 r  r r Tính đạo hàm C '  r  10 r  67500 r2 C '  r  0  10 r 67500  r  67500 15    15 r  C  r  3375  h  3   Với: BBT r 15 3  − + C ' r   C r 15 r h  3   Suy ra: Với C  r  3375  chi phí sản xuất thấp chọn A Bài 8: Một sợi dây cứng dài 1m cắt thành đoạn, đoạn cuộn thành hình trịn, đoạn thành hình vng Tìm độ dài đoạn tổng diện tích hình trịn hình vng nhỏ nhất?  x m m   , cuộn thành hình vng:   A Cuộn thành hình trịn:  m m   , cuộn thành hình vng:   B Cuộn thành hình trịn:  x m m   , cuộn thành hình vng:   C Cuộn thành hình trịn: 2 x m m   , cuộn thành hình vng:   D Cuộn thành hình trịn: Giải:  x  1 Gọi x chiều dài đoạn dây cuộn thành hình trịn  Suy chiều dài đoạn dây cuộn thành hình vng là:  x x 2 R x  R  2 Chu vi hình trịn với bán kính R là: x Diện tích hình trịn: Stron  R  x2 4  1 x  S hv     Diện tích hình vng 2    x  2 x   x2   x   S Stron  S hv       16   Tổng diện tích hai hình:    x   S' 8   S ' 0  x  (t/ m)       S''   0,  x    x   điểm cực tiểu hàm số S  x  Vậy tổng diện tích hình trịn hình vng nhỏ chiều dài đoạn cuộn thành hình trịn x  m m   , cuộn thành hình vng là:   Chọn A Bài 9: Một chuyến xe bus có sức chứa tối đa 60 hành khách Nếu chuyến xe chở x hành x   3  40  đô Tính số hành khách chuyến để thu khách giá cho hành khách  chuyến lợi nhuận lớn nhất? A 40 hành khách B 45 hành khách C 50 hành khách D 55 hành khách Giải:  t 60  Gọi x số hành khách chuyến xe để tiền thu lớn  Số tiền thu là: t  t3 3t  F  t    t   F '  t  9  t  t 9t  40  20 1600 10 1600   t 40  N  F '  t  0    t 120  L  Cho BBT t F '(t ) + 40 160 60 − F  t Vậy để thu tiền lớn số khách chuyến xe 40 hành khách Chọn A Bài 10: Người ta muốn làm hộp chữ nhật khơng có nắp có chiều dài gấp đơi chiều rộng tích 10cm Giả sử giá tiền vật liệu làm đáy thùng 100.000 đồng/m vật liệu làm mặt bên 5.000đồng/m2 Hãy xác định kích thước thùng để chi phí thùng nhỏ A Dài  15 /  ; rộng là: B Dài  15 /  ; rộng là: C Dài  15 /  ; rộng là:  15 /  3  15 /   15 /  y 5 / ; cao là: y 6 / ; cao là: y 7 / ; cao là: 3  15 /   15 /   15 /   15 /   15 /  y 8 /  15 /  D Dài ; rộng là: ; cao là: Giải: Gọi S : chi phí, x : chiều rộng, x : chiều dài, y : chiều cao Từ giả thiết đề Ta có: S 2 x.x.10000   xy  xy  5000 20000 x  30000 xy V 2 x y 10  y  Mà Suy ra: x2 150000 S 20000 x  30000 20000 x  x x 150000 S ' 40000 x  x2 S ' 0  40000 x  150000  15    x   y    x2 15  4 15 /  15 /    ; cao là: y 5 /  15 /  chọn A Vậy: Dài ; rộng là: Bài 11: Cho hình trụ nội tiếp hình cầu bán kính r Xác định chiều cao bán kính để hình trụ tích lớn r1 h/2 r A C h 3r ; r1  r 3 h 3r ; r1  r B h D 3r ; r1  r 3 h 3r ; r1  r 3 Giải: Goi h chiều cao hình trụ r1 bán kính đáy hình trụ Ta có: h 2    r1 r  2 Thể tích hình trụ là: h3  h V  r h   r   h  r h   4  Xét hàm V  h   r h   h3 3 h 3 4r 2 3r V '  h  0   r  h  h2   h 3  V '  h   r  Dễ thấy điểm h 3r 3r h V h   điểm cực đại hàm số V(h) đạt giá trị lớn Vậy, thể tích hình trụ lớn h 3r  r1  r 3 Chọn A Bài 12: Cho nửa hình cầu bán kính r khơng đổi Một hình nón có chiều cao h, bán kính đáy r1 Hãy xác định h r1 để diện tích xung quanh hình nón nhỏ biết mặt ngồi hình nón tiếp xúc mặt cầu đường tròn đáy đồng tâm thuộc mặt phẳng A B C r1  r  h  3r r1  r  h  5r r1  r  h  5r h r l r1 10 1  2x  y  z   y.z.x  x.2 y.z    4  3   16      27  x 2 y  z  Chọn A Dấu “=” xảy Bài 2: Một lon hình trụ làm từ miếng kim loại chứa lít chất lỏng trong, nhà sản xuất muốn tổng diện tích miếng kim loại cần dùng nhỏ Khi kích thước lon nào? A.Diện tích đáy lon  dm   h B Tổng diện tích miếng kim loại 2  m   dm   r C Đường kính đáy lon là: D Thể tích lon 1m Giải: V 1   r h 1  h  + Stp 2 rh  2  r2 1   2 r    2 3 2 r r r 1 2 r  r  2 Dấu “=” xảy r  2r   Chọn C Bài 3: Để đo chiều cao h (khoảng cách cao từ đỉnh đến mặt đất) cổng Parapol trường Đại học Bách khoa Hà Nội, người ta tiến hành đo khoảng cách L hai chân cổng L = 9m Người thấy đứng cách chân cổng (gần nhất) 0,5m đầu chạm cổng, biết người cao 1,6m Tính chiều cao h cổng Parapol 625 639 652 648 h m m h m h m 78 91 93 A B 85 C D Giải: Giả sử pt parapol y ax  bx  c 14 b  x  x   a   x x  c a Theo Vi-et ta có:  b x2   x2 9  a   c 0  x1 0  9a  b 0   y ax  bx  8 A ;  Mà   thuộc đồ thị (đề bài)  32  a 9a  b 0  32 288 32   648   85  1  y  x  x  8 x   288 85 85 85 2 85 a  b    b   85 Chọn B Bài 4: Chiều dài bé thang AB để tựa vào tường AC mặt đất BC, ngang qua cột đỡ DH cao 4m, song song cách tường CH=0,5m là: A xấp xỉ 5, 4902 B Xấp xỉ 5,602 C xấp xỉ 5,5902 D Xấp xỉ 6,5902 Giải: Đặt CB  x; CA  y cách xét tam giác đồng dạng ta có hệ thức:  1 2x y 2 Bài toán quy tìm x  y a  2 x  x 0  y 2 x  a 2 y  0 y Giải hệ  5 ABmin  x  ; y 5 2 Do hàm đạt hay Chọn C Bài 5: Một cửa hàng bánh nhỏ vào dịp lễ khai trương đặt sau: Nếu lượt khách a   3  30  (đô la) Hỏi với lượng khách qn có a khách giá cho người là:  cửa hàng thu lợi nhuận lớn nhất? 15 A 10 Giải: B 20 C 15 a   a    30  Số tiền cửa hang thu lafL  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 3 D 23 a  a  a  4.5   9 a    10    10    30  10  30  128   4 a a 3   a 22,5 30 Dấu “=” xẩy 10 Vậy cửa hang có 23 khách thu lợi nhuận cao Chọn D Bài 6: Một người thợ xây, muốn xây dựng bồn chứa nước hình trụ trịn với thể tích 150m (như hình vẽ) Đáy làm bê tông, thành làm tôn nắp làm nhơm Tính chi phí thấp để bồn chưa nước (làm trịn đến hàng nghìn) Biết giác thành vật liệu sau: Bê tơng 100 2 nghìn đồng m , tơn 90 nghìn đồng m nhơm 120 nghìn đồng A 15 037 000 đồng B 15 038 000 đồng C 15 039 000 đồng D 15 040 000 đồng Giải: 150 V 150m3  r 2l   rl r Ta có: Giá tiền để xây bồn nước là:: 90.102.2 rl  100.103. r  120.103. r 103.90.2 rl 220.103. r 90.2.150 103  103.220. r r Áp dụng BĐT Cauchy cho số: 90.150 90.150 220 r   3 220  90.150  15038,3 r r Vậy giá tiền khoảng 15038000 đồng Chọn B Bài 7: Một công ty kinh doanh thực phẩm ước tính số tiền thu vào việc kinh doanh rau h x  x  29000 x  1000100000 tính xấp xỉ cơng thức   tiền lãi tính cơng thức g  x  1000 x  100000 với x số tiền cho kg Tìm x để số tiền bỏ A 15000 đồng B 30000 đồng C 10000 đồng D 20000 đồng Giải: 16 Khi số tiền vốn bỏ tính công thức: f  x  h  x   g  x   x  10000 x  1000 000 000 =  x  15000   775000000 775000000 Dấu “=” xảy x=15000 Chọn A Bài 8: Trong giai đoạn từ năm 1980 đến năm 1994, tỉ lệ phần tram hộ gia đình Mỹ có 75 V  t   75.e  0.6t , t thời đầu máy video (VCR) mơ hình hóa hàm số sau: gian tính năm t 14 Thời điểm mà số VCR tăng nhanh gần với giá trị sau đây? A t 14 B t 10 C t 9 D t 7 Giải: 75 V  t    max f t 1  74.e  0,6 t     75.e  0.6t Để   t     f t    :1  74  0,6  1  74  0,6  e  e  Để 14 t    0,6  Vì  e  hàm nghịch biến V t   max Vậy t = 14   chọn A y Bài 9: Đường thẳng qua điểm cực trị đồ thị hàm số tam giác có diện tích S bằng: A S 1,5 B S 2 C S 3 x2  x  x hợp với trục tọa độ D S 1 Giải: y u  x v x y0  u '  x0  v '  x0  x ;y có điểm cực trị  0  y 2 x   d  Suy phương trình đường thẳng qua điểm cực trị  d  cắt trục tọa độ điểm A  0;   , B  1;0  nên diện tích tam giác OAB Chọn D Ta có kết quả: Nếu đồ thị hàm số 2x x Bài 10: tìm m để phương tình e  me   m 0 có nghiệm A m 2 B m  C m  17 D m  Giải: t2  m x Đặt t e , t  Biến đổi phương trình dạng: t  t2  f  t  ,t  f t 2 t 1 Khảo sát hàm ta có:   Suy m 2 Chọn A (Dùng casio để tìm nhanh hơn) y x3  x    m  x  m Bài 11: Cho hàm số có đồ thị (C ) Giá trị m để (C ) cắt trục hoành 2 điểm phân biệt x1 , x2 , x3 cho x1  x2  x3  là:    m     m 1  A m  B  m 0 C Giải: Phương trình hồnh độ gaio điểm (C ) trục hoành là:  x 1 x  x    m  x  m 0    x  x  m 0 m 0   m   (C ) trục hoành cắt điểm pb  m 1 D Ta có: x12  x22  x32    x1  x2   x1 x2     2m    m  Chọn B y  x  m   3x  m  1 Gọi M điểm cực đại đồ thị hàm số (1) ứng với Bài 12: cho hàm số giá trị m thích hợp đồng thời điểm cực tiểu đồ thị hàm số (1) ứng với giá trị khác m Số điểm M thỏa mãn yêu cầu đề là: A B C D Giải: (KSHS) Ta có: y ' 3  x  m   3, y '' 6  x  m   x m  y ' 0    x m  Suy x  x1 m  1, y ''  m  1  Vì nên hàm số đạt cực đại tại: x  x1 m  giá trị cực đại y1 m  3m  2 Tương tự, ta có hàm số đạt cực tiểu x  x2 m  giá trị cực tiểu y2 m  3m  18 Ta giả sử điểm M điểm cực đại đồ thị hàm số ứng với giá trị m1 điểm cực tiểu ứng với giá trị m2 m1  m2   m  3m1  m22  3m2  Từ YCBT suy hệ phương trình  1 1 M  ;  m1  , m2   4 2 suy tồn điểm Giải hệ ta tìm nghiệm thỏa tốn Chọn A Bài 13: Tìm m để đồ thị hàm số y  x  3mx  có hai điểm cực trị A, B cho tam giác OAB có diện tích (O gốc tọa độ) A m 1 B m 3 C m 1 D m  Giải: y ' 3 x  6mx 3 x  x  2m  Ta có: Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị m 0 Khi hai điểm cực trị đồ thị hàm số A  0;1 B  2m;  4m3  1 Gọi H hình chiếu vng góc điểm B trục tung, ta có 1 S  BH OA  2m 2 Diện tích tam giác OAB BH  2m 2m 1 Theo đề S 1 nên ta có suy m 1 Vậy m 1 giá trị cần tìm Chọn A Bài 14: Tìm tất giá trị tham số m cho bất phương tình sau có tập nghiệm (  ;0] :  m x 1   2m  1  A m  B x  3 5 m x  C m Giải: BPT cho tương đương: x x  3   3  2m   2m  1       1 2     x  3  t   0   Đặt ta được: 19 D m 2m   2m  1  t   f  t  t  2mt  2m     t BPT (1) nghiệm x 0 , nên BPT (2) có nghiệm  t 1 , suy phương tình f(t)=0 có nghiệm t1 , t2 thỏa  f   0 2m  0 t1 0   t2     4m    f  1  m thỏa mãn Chọn D Vậy m  0,5  m   0,5 x y C 1 x Bài 15: Cho hàm số Tìm m để đường thẳng d : y mx  m  cắt (C ) hai điểm 2 A  1;1 phân biệt M, N cho AM  AN đạt giá trị nhỏ với  A m  B m 0 C m 1 D m 2 Giải: Phương trình hồnh độ giao điểm (C ) (d)  x 1 x mx  m    1 x mx  2mx  m  0  1   1 (d) cắt (C ) hai điểm pb có nghiệm pb khác  m   I  1;  1 Gọi I trung điểm MN cố định 2 Ta có: AM  AN nhỏ  MN nhỏ MN  x2  x12    m   4m  Vậy 8 m Dấu “=” xảy m   AM  AN  20 m  chọn A ĐỀ SỐ Bài 1: Hai điểm M, N thuộc hai nhánh đồ thị bằng? A B C xM  y 3x  x  Khi độ dài đoạn thẳng MN ngắn D Giải: 8  8  M   m;3   , N   n;3   m  n  với m, n  Giả sử xM  3, xN  3,   8 MN  m  n       mn  m n   2  1 64    64   4  mn   64 m n mn     20