Tong hop cac bai toan muc do van dung cao on thi THPT quoc gia

TỔNG HỢP CÁC CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO – GROUP NHĨM TỐN A x4 cắt đường thẳng (d ) : x  y  m hai đểm AB cho x 1 độ dài AB nhỏ A m=-1 B m=1 C m=-2 D m=2 Đáp án chi tiết : x4  2 x  m ( x  1) x 1  x  (m  3) x  m     (m  1)2  40  0, m  R m at h Phương trình hồnh độ giao điểm Suy (d) ln cắt dồ thị hàm số hai điểm A,B m  ; yB  2 xB  m x A xB  yB  y A  2( xB  xA ) an m3 ; y A  2 xA  m; x A  xB  to AB  ( xB  x A )  ( yB  y A )  5( xB  x A )  m   m       ( x B  x A )  x A xB       4    5  m  1  40   w  w Vậy AB nhỏ m=-1 w Chọn A co m Câu Nếu đồ thị hàm số y  Câu Cho n số ngun dương, tìm n cho loga 2019  22 l o g A n=2017 a 2019  32 log a 2019   n2 log n a 2019  10082  20172 loga 2019 B n=2018 C n=2019 D n=2016 co m Đáp án chi tiết : Ta có log a 2019  22 l o g a 2019  32 log a 2019   n log n a 2019  10082  2017 log a 2019  log a 2019  23 l o g a 2019  33 log a 2019   n3 log a 2019  10082  20172 log a 2019  n(n  1)   2016.2017           n  2017 Chọn A m at h  (13  23  33   n3 ) log a 2019  10082  2017 log a 2019 Câu Cho hình chóp tam giác S.ABC biết AB  3, BC  4, CA  Tính thể tích hình chóp SABC biết mặt bên hình chóp tạo với đáy góc 30 độ A C 200 3 to Đáp án chi tiết : D an B Dễ thấy tam giác ABC vng B w SABC  S Gọi p chu vi 3 45 6 w p w S  pr  r  C A I 30 Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác r từ giả thiết mặt bên tạo với đáy M B ABC, góc 30 độ ta suy I chân đường cao khối chóp tan 300  SI 3  SI  MI t an 300   MI 3 co m VS ABC  SABC SI  3 Do ta chọn A Câu Cho  f ( x)dx  Tính I   f (1  x)dx 0 B 10 C Đáp án chi tiết : Đặt t   x  dt  dx x   t 1 x 1 t  0 D to Chọn A Câu Cho đường thẳng  x   t mp (P) : x  y   Tìm phương trình đường  (d ) :  y   t  z  2t  w thẳng nằm mặt phẳng (P) cắt vng góc với (d) w w  x   2t  A  y   2t  z  an I    f (t )dt  5 m at h A  x   3t  B  y   3t  z  Đáp án chi tiết :  x   2t  C  y   2t  z  x  1 t  D  y   t  z  Gọi I giao điểm (d) (P) I (1  t;1  t; 2t ) (d) có vectơ phương u  (1; 1; 2) (P) có vectơ pháp tuyến n  (1;1;0) Vecstơ pháp tuyến mặt phẳng cần tìm m at h u   u, v  =(-2 ;2 ;0) co m I  ( P)  t   I (1;1;0)  x   2t  Phương trình mặt phẳng cần tìm  y   2t z   Câu Biết số phức Z thỏa điều kiện  z  3i   Tập hợp điểm biểu diễn Z tạo B 4 A 16 C 9 to Đáp án chi tiết : an thành hình phẳng Diện tích hình phẳng D 25 Đặt z=x+yi w z  3i   x   ( y  3)i  ( x  1)2  ( y  3)2 Do O w  z  3i     ( x  1)2  ( y  3)2  25 w Tập hợp điểm biểu diễn Z hình phẳng nằm đường tròn Tâm I (1 ;3) với bán kính R=5 đồng thời nằm ngồi đường tròn tâm I (1 ;3) với bán kính r=3 Diện tích hình phẳng S   52   32  16 Câu Trong số khối trụ tích V, khối trụ có diện tích tồn phần bé có bán kính đáy B R  4 V C R   V Đáp án chi tiết : V   R h V  R2 STP  S Xq  2Sd  2 Rl  2 R  Xét hàm số f ( R)  2V  2 R R 2V  4 R3 R2 V f '( R)   R  2 f , ( R) an to R + w   2V  2 R với R>0 R f '( R)  Bảng biến thiên V m at h l h D R  co m V 2 A R  V 2 + -  w f ( R) w Từ bảng biến thiên ta thấy diện tích tồn phần nhỏ R  Do chọn A V 2 B x2 4x thực đoạn 2; B m 1 C m 4x m D m m at h A m x2 Lời giải Tập xác định: D x2 Đặt t Khi đó: g' t 2t 4x t Cho g ' t t2 4x m t t2 m t2 t Bảng biến thiên: to t g t w w w g' t Dựa vào bảng biến thiên, m g t, t an Ta có: x2 1 thỏa u cầu tốn có nghiệm co m Câu Tìm tham số thực m để bất phương trình: 1;    ;  4  Câu 2: Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn   sin x + cos4 x + cos2 4x = m B 49 m 64 C 47 m 64 m at h Lời giải D co m 47 ; m 64 47 m 64 A m  Phương trình cho tương đương  cos x  cos x  m  4cos x  cos4x  4m  (1) Đặt t = cos4x Phương trình trở thành: 4t  t  4m  , (2) an   Với x    ;  t   1;1  4   Phương trình (1) có nghiệm phân biệt x    ;  phương trình (2) có  4 to nghiệm phân biệt t[-1; 1), (3) Xét hàm số g(t) = 4t  t với t [1;1) , g’(t) = 8t+1 w g’(t) =  t =  w w Lập bảng biến thiên t  1  g’(t) + g(t)  16 Dựa vào bảng biến thiên suy (3) xảy   Vậy giá trị m phải tìm là: 47  4m    m 16 64 47 m 64 co m Câu : Cho phương trình 3cos4 x  5cos3x  36sin x 15cos x  36  24m 12m2  Tìm m để bất phương trình sau với x  Lời giải Đưa bpt dạng m at h 3cos4 x  20cos3 x  36cos x  12m2  24m Đặt t =cosx ; 1  t  Khi tốn trở thành Tìm m để bất phương trình f (t )  3t  20t  36t  12m2  24m với 1  t  Lập BBT A m B m 1 C m D m an 1 Câu 4: Đặt vào đoạn mạch hiệu điện xoay chiều u = U0 sin 2 t Khi T  2  t    với  độ lệch pha dòng diện  T  to mạch có dòng diện xoay chiều i = I0 sin  hiệu điện thế.Hãy Tính cơng dòng diện xoay chiều thực đoạn mạnh w thời gian chu kì U 0I0 cos w w A Ta có: B U 0I0 T sin  C Lời giải U I0 Tcos(  ) D U 0I0 Tcos T A= T  uidt   U I 0 0  2  2 sin  t    sin tdt T  T  1  4   U I   cos  cos  t     dt 2  T  co m T U I 1  4   0   cos  cos  t     dt 2  T  T T m at h U I  T U I  4   0  tcos  sin  t      0 Tcos  4  T   2  t    chạy qua mạch điện có điện trở  T  Câu 5: Một dòng điện xoay chiều i = I0 sin  R.Hãy tính nhiệt lượng Q tỏa đoạn mạch thời gian chu kì T RI 20 B T an RI 20 A T to Lời giải T Ta cã: Q = T  Ri dt   RI  2  sin  t    dt  T  w  2   cos2     T dt  RI 20  w w T T RI 20  T RI 20  2   t sin  t      T  4  T  RI 20 C T RI 20 D T Câu 6: Một đồn tàu chuyển động đường thẳng nằm ngang với vận tốc khơng đổi v0.Vào thời điểm người ta tắt máy Lực hãm lực cản tổng hợp đồn tàu g.t2 B x  v0 t  10 g.t2 C x  v0 t  30 t2 D x  v0 t  20 m at h g.t2 A x  v0 t  20 co m 1/10 trọng lượng P Hãy định chuyển động đồn tàu tắt máy hãm Lời giải - Khảo sát đồn tàu chất điểm có khối lượng m, chịu tác dụng P, N,Fc - Phương trình động lực học là: ma  P  N  Fc (1) an Chọn trục Ox nằm ngang, chiều (+) theo chiều chuyển động gốc thời gian lúc tắt máy.Do chiếu (1) lên trục Ox ta có: w ngun hàm hai vế (2') ta có: V   (2) (2') g t  C1 10 dx g g   t  C1  dx  t.dt  C1dx dt 10 10 w hay p g ; x"   10 10 dv g g     dt dt 10 10 w hay to ma x  Fc hay viết: mx"  F hay F  ngun hàm tiếp vế ta x   g t  C1.t  C2 20 (3) Hướng dẫn Gọi A trữ lượng gỗ ban đầu khu rừng  m  ; r tốc độ sinh trưởng hàng năm(%);   M n trữ lượng gỗ sau n năm m co m Năm đầu tiên, M1  A  A.r  A(1  r) Năm thứ hai, M2  M1  M1.r  M1(1  r)  A(1  r)2 Năm thứ ba, M3  M2  M2 r  M2 (1  r)  A(1  r)3 m at h Tương tự năm thứ n, Mn  A(1  r)n Áp dụng cơng thức ta có M10  A(1  r)10  3.106 1  0,05  4886683,88  m3  10 Câu Tích phân Một viên đạn bắn lên theo phương thẳng đứng với vận tốc ban đầu 24,5  m / s  gia tốc trọng trường 9,8  m / s2  Qng đường viên đạn từ lúc bắn lên rơi xuống đất (coi viên đạn bắn lên từ mặt đất) A 61,25  m  B 30,625  m  D 59,5  m  an Hướng dẫn C 29,4  m  Chọn chiều dương từ mặt đất hướng lên trên, mốc thời gian t  vật chuyển to động Ta có vận tốc viên đạn theo thời gian t v  t   v0  gt  24,5  9,8t  m / s  w Khi vật vị trí cao có vận tốc tương ứng thời điềm t  w Qng đường viên đạn từ mặt đất đến vị trí cao 5 0 w S  t    v  t  dt   24,5  9,8t dt  245 Vậy qng đường viên đạn từ lúc bắn lên rơi xuống đất 245  61,25  m  Câu Số phức Cho số phức z  m 1 m   m  2i  1  Số giá trị ngun m để z  i  C D Vơ số co m A B Hướng dẫn m   i 1  2mi  m  3m    m  1 i m 1 i    m  2mi  m  2i  1  m  2i  1  zi  3m    m  1 i  m  2mi  3m    m  1 i  m  2mi 1 m at h Ta có z  i   3m    m  1 i   m  2mi   3m  1   m  1  1  m   4m 2  5m  6m    1  m   2 Vì m   Khơng có giá trị m thỏa mãn Câu Hình học khơng gian Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B'C' có đáy ABC tam giác cân A , góc BAC nhọn Góc AA' BC' 300 , khoảng cách AA' BC' a 2a 3 B a3 3 C a3 6 to A an Góc hai mặt bên  AA' B' B  AA'C'C  600 Thể tích lăng trụ ABC.A' B'C' D a3 Hướng dẫn Ta có góc hai mặt bên  AA' B' B  AA'C'C  w BAC  60 A' C' B'  ABC w    300  Vì AA'/ /CC'  AA'; BC'  CC'; BC'  BC'C  300 w Kẻ AI  BC  AI   BB'C'C  A C 600 I B   d  AA'; BC'   d AA';  BB'C'C   AI  a  BC  2a ,CC'  BC  2a tan 300 co m 2a 2a 3  VABC.A ' B ' C '  2a .a  3 Câu Tròn xoay Một hình nón bị cắt mặt phẳng  P  song song với đáy Mặt phẳng  P  chia hình nón làm hai phần  N1   N2  Cho hình cầu nội tiếp  N2  hình vẽ cho thể tích hình cầu nửa N1 m at h thể tích  N2  Một mặt phẳng qua trục hình nón vng góc với đáy cắt  N2  theo thiết diện hình thang cân, tang góc nhọn hình thang cân A B C D Hướng dẫn N2 Giả sử ta có mặt cắt hình nón cụt đại Gọi  góc cần tìm D an lượng hình vẽ r r0 to Xét AHD vng H có DH  h,AH  R  r  h  2r0  AH.tan    R  r  tan  w Thể tích khối cầu V1  r03  w Thể tích  N2  V2  h  R  r  Rr  2 w V1   h  R  r  Rr V2 Ta có BC  R  r (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Mà h2  BC2   R  r   4Rr   h 1 h C α A H O K R B Từ   ,  3   R  r   Rr 4 Từ 1 ,  3 ,    h2   R  r  tan    R  r   tan    tan   (vì  góc nhọn) 2 Câu Hình học Oxyz Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(2; 2;0) , đường x1 y z2 Biết mặt phẳng (P) có phương trình ax  by  cz  d  qua A ,   1 co m thẳng  : song song với  khoảng cách từ  tới mặt phẳng (P) lớn Biết a, b số ngun dương có ước chung lớn Hỏi tổng a  b  c  d bao nhiêu? A B D 1 C m at h Hướng dẫn giải Gọi H hình chiếu vng góc A đường thẳng  Do H    H(1  t; 3t;  t)  AH  (t  3; 3t  2; t  2) Do AH    AH.u  với u  ( 1; 3;1)  1.(t  3)  3.(3t  2)  1.(t  2)   11t  11  t  1  H  0; 3;1 Gọi F hình chiếu vng góc H (P) , đó: d(,(P))  d(H,(P))  HF  HA an Suy d(,(P))max  HA Dấu “=” xảy F  A  AH  (P) , hay tốn phát biểu lại : “ Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A vng góc với AH ” to Ta có AH   2; 1;1  (2;1; 1) , suy n(P)  (2;1; 1) Suy phương trình mặt phẳng (P) là: 2(x  2)  y   z   2x  y  z   a, b  a  2, b    a bcd  (a, b)  c  1,d  2 * w Do  M w Câu Gọi x , x2  x1  x2  hai nghiệm phương trình    x 1  w khẳng định đây, khẳng định sai? A  x1 ,     1,1   1,1 B  x2 ,     1,1   1,1 C  x1 , x2    1,0   1,0  D  x1 , x2    1,1   1,1  1 x  5.2 x1 Trong     1  x x   5.2 x x 1 x  1  1      1     x x  1  1  1  1 x Nhận xét:     1 1     2         x  1 + Đặt t     0, 1  t    x1  log t   Câu Cho hàm số y  x  3mx  m3 có đồ thị 2, x2  log 1 Cm  x co m HDG: x 1 đường thẳng d : y  m2 x  2m3 Biết m1 , m2  m1  m2  hai giá trị thực m để đường thẳng d cắt đồ thị  Cm  điểm m at h phân biệt có hồnh độ x1 , x , x3 thỏa x14  x2  x34  83 Phát biểu sau quan hệ hai giá trị m1 , m2 ? A m1  m2  C m2  2m1  D m1  m2  x  m 2 HDG: pthdgd : x  3mx  m x  3m    x  m  DK : m     x  3m B m12  2m2  ycbt  x14  x24  x34  83  m4  m4  81m4  83  m  1  m1  m2  an Câu Thang đo Richter Charles Francis Richter đề xuất sử dụng lần vào năm 1935 để xếp số đo độ chấn động động đất với đơn vị độ Richter Cơng thức tính độ chấn động sau: M L  lg A  lg Ao , với M L độ chấn động, A biên độ tối đa đo địa chấn kế Ao biên độ chuẩn (nguồn: Trung tâm tư liệu B 20 C 10 D 100 w A.2 .to khí tượng thủy văn) Hỏi theo thang độ Richter, với biên độ chuẩn biên độ tối đa trận động đất độ Richter lớn gấp lần biên độ tối đa trận động đất độ Richter ? HDG: Gọi A1 A2 biên độ tối đa hai trận động đất độ Richter độ w w 7  lg A1  lg Ao Richter Theo cơng thức, ta có:  5  lg A2  lg Ao Trừ vế theo vế hai đẳng thức trên, ta có :  lg A1  lg A2  lg A1 A   102  100 A2 A2 Câu Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' có khoảng cách A ' C C ' D ' cm Thể tích khối lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' là: A cm3 B 2 cm3 C 3 cm3 D 27 cm3 d C ' D ', A ' C   d C ' D ', CA ' B '   d  D ', CA ' B '  Để tính khoảng cách từ điểm D’ đến mặt phẳng (CA’B’), ta tứ diện D’CA’B’  cm  xét khối m at h VD ' CA' B ' 1 a2 a3  CC '.SB ' A' D '  a  3 co m HDG: Để tìm khoảng cách A’C C’D’, ta dựng mặt phẳng chứa A’C song song với C’D’ Dễ thấy mặt phẳng (CA’B’) Gọi a độ dài cạnh khối lập phương, lúc ta có: 1 2 SCA' B '  CB' B'A'  a 2.a  a  cm2  (do tam giác CA’B’ vng B’) 2 an 3V Suy ra: d  D ',  CA ' B '   D ' CA' B ' SCA' B ' a3   a  cm   a  (cm) 2 a Do V  a  2 cm3 to Câu Số phức z thỏa mãn điều có biểu diễn phần gạch hình A Số phức M  x, y  chéo w B Số phức z  x  yi  x, y  R  C Số phức A  1,1 w w D Số phức 1  i Hướng dẫn giải Từ hình biểu diễn ta thấy tập hợp điểm  z   i  biểu diễn số phức z phần gạch chéo thuộc đường tròn tâm   MA  bán kính ngồi R1  2, R2  Vậy M  a, b  điểm biểu diễn số phức  P  S1  S2  2  R1  R2   2 có mơ đun nhỏ có phần thực thuộc đoạn [-1;1] Ta có đáp án A sau ? A dm B dm C co m Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng, SAD tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Biết diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD 4  dm2  Khoảng cách hai đường thẳng SD AC gần với giá trị dm D dm Câu Trong mặt phẳng phức Oxy , cho số phức z thỏa bốn điều kiện  ;  II  : z.z  ;  III  : z  2i  ,  IV  : i  z  4i   Hỏi điều kiện để số phức Z có m at h I : z  z tập hợp biểu diễn đường thẳng A  II  ,  III  ,  IV  B  I  ,  II  C  I  ,  IV  D  I  Hướng dẫn giải Gọi M  x, y  điểm biểu diễn số phức z  x  yi  x, y  R  I : z  z   x   x  1 ;  III  : z  2i an  II  : z.z   x2  y    x   y    16 ;   x2   y  4  to  IV  : i  z  4i     iz w w Vậy đáp án D w (Đường thẳng) (Đường tròn) (Đường tròn) (Đường tròn) co m HDG: Gọi x  cạnh hình vng ABCD H trung điểm cạnh AD x Dễ dàng chứng minh SH   ABCD  , SH  Gọi O  AC  BD G trọng tâm SAD , đồng thời d1 , d trục đường tròn ngoại tiếp ABCD, SAD  d1 qua O va / / SH , d2 qua G va / / AB   I  d1  d tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD  R  SI 2 21  x   x S  4 R  R   SI  SG  GI        x   dm   3   Gọi E điểm thỏa ADEC hình bình hành  ED / / AC  d  AC; SD   d  AC;  SDE   2 m at h  d  AC; SD   d  A;  SDE    2d  H ;  SDE    2HP (phần chứng minh HP   SDE  xin dành cho bạn đọc) 1 1 x 21 SKH :      HP   dm  d  AC ;SD   dm Câu 2 2 HP SH KH 14 7  x 3 x 2         an x 2001 dx có giá trị 1002 (1  x ) 8: Tích phân I   2002.21001 Hướng dẫn giải B 2001.21001 to A 2 w x 2004 I  dx   x (1  x )1002 1 1002   x   1 x  C 2001.21002 dx Đặt t  D 2002.21002   dt   dx x x Câu 9: Cho miếng tơn hình tròn có bán kính 50cm Biết hình nón tích lớn w diện tích tồn phần hình nón diện tích miếng tơn Khi hình nón có w bán kính đáy A 10 2cm HDG B 20cm C 50 2cm D 25cm S I co m J O A H m at h Đặt a  50cm Gọi bán kính đáy chiều cao hình nón x, y  x, y  0 Ta có SA  SH  AH  x  y Khi diện tích tồn phần hình nón Stp   x2   x x2  y an Theo giả thiết ta có  x2   x x2  y   a2  x x2  y  x2  a2    x x  y  a  x  x x  y  a  x  2a x ,  DK : x  a  a4 y  2a to  x2  Khi thể tích khối nón w w y a4 V   y   a 2 y  2a y  2a w V đạt giá trị lớn Ta có y  2a đạt giá trị nhỏ y y  2a 2a 2a  y  y  2a y y y Vậy V đạt giá trị lớn y  2a a , tức y  a  x   25cm y Lưu ý: Bài em xét hàm số lập bảng biến thiên co m N Phần 1: Khảo sát hàm số x x Câu hỏi : Cho hàm số y có đồ thị (C) Gọi I giao điểm đường tiệm cận (C) Tìm tọa độ điểm M (C) cho độ dài IM ngắn ? M 2;5 C M ; M 4; m m Hướng dẫn giải : Gọi M m ; m 16 m Chọn B 3;3 M 11 ; 3 thuộc đồ thị, có I(–1 ; 1) , IM M ; D M m 16 m 2 16 2 Khi (m + 1)2 = Tìm hai điểm M1 ; to IM nhỏ IM an IM B M1 ; m at h A M1 ; M 3;3 Phần 2: Mũ – Logarit log9 x w Câu hỏi : Phương trình A log9 x B log3 x có nghiệm ngun ? C w Hướng dẫn giải : Giải phương trình: log9 x log9 x D log3 x Điều kiện xác định: x w ≥1 log9 x  log9 x log9 x log9 x 1 log3 x 1 log9 x log9 x log9 x log9 x  log9 x log9 x 1 log9 x log9 x  log9 x vì: log9 x log9 x  x = Vậy nghiệm phương trình cho: x = Chọn đáp án B Phần 3: Ngun Hàm – Tích Phân - Ứng dụng tuyến d (P) điểm A(1;1) đường thẳng x A B co m Câu hỏi : Phần bơi đen hình vẽ hình phẳng (D) giới hạn parabol (P) tiếp Tính diện tích hình phẳng (D) C D Một đáp số khác y Hướng dẫn giải : -1 A -1 x an -2 m at h dạng y to Vì parabol (P) nhận gốc O làm đỉnh đối xứng qua Oy nên phương trình parabol (P) có ax (a 0) Vì (P) qua A(1;1) nên a , suy phương trình (P) : y x2 w Đường thẳng d tiếp tuyến (P) A nên có phương trình : y w Diện tích hình phẳng (D) : S x (2x 1)dx (x 1) dx 2x (x 3 1) w Chọn A Lưu ý : Bài cần phải tìm phương trình đường dựa hình vẽ 1 Phần : Số Phức Câu hỏi : Gọi z1; z nghiệm phức phương trình: z B 21007 C 22009 D 21009 Hướng dẫn giải : Khi đó: z1 (1 i)2 21008 (1 1008 i) 2017 (1 i) 21008 (1 i2 z2 (1 i)2 i) z1 i z2 i 2017 1008 (1 i 2016 (1 i) i 2016 (1 i) m at h ' Tính : 1)2017 (z A 22017 Ta có: co m 1)2017 (z1 4z i) = 2i 1008 (1 i) 2i 1008 (1 i) 21009 Chọn đáp án D Phần 5: Thể tích khối đa diện Câu hỏi : Người ta cắt miếng bìa tam giác hình vẽ gấp lại theo đường kẻ, a3 Tính độ dài cạnh 12 w w w to miếng bìa theo a ? an sau dán mép lại để hình tứ diện tích V A a B 2a C a D 3a Hướng dẫn giải : Đặt 2x cạnh miếng bìa Khi cạnh tứ diện x , suy thể tích tứ diện : 12 Do x 12 a3 a , suy cạnh miếng bìa 2a Chọn B co m x3 V Lưu ý : Nếu tứ diện có cạnh a thể tích V Phần 6: Khối tròn xoay a3 12 m at h Câu hỏi : Thiết diện qua trục hình nón tam giác vng có cạnh góc vng a Tính diện tích thiết diện qua đỉnh tạo với đáy góc 600 A a2 B Hướng dẫn giải : C a2 Gọi thiết diện qua trục an S a2 Gọi O tâm đáy , SO = a2 SAB vng cân S, SA  SB  a a Gọi thiết diện qua đỉnh, tạo với đáy góc 600 to a D SAC Gọi M trung điểm AC , góc mặt phẳng (SAC) với 45 B O w A w w M C mặt đáy SMO = 600 * SM SO sin 600 a ( SMO vng O) * OM a 6 * AC 2AM * SSAC = a2 1 a 2a SM.AC = = 2 3 OM = 2a 3 co m OA2 Chọn C m at h Phần 7: Hình giải tích Oxyz Câu hỏi : Trong khơng gian tọa độ Oxyz cho M(2;1;0) đường thẳng d có phương trình : x y z Gọi 1 đường thẳng qua M, cắt vuông góc với d Viết ? phương trình đường thẳng x t A y 4t B y z 2t Hướng dẫn giải : x t 4t C y 4t 2t z x t D y 4t 2t z 2t 2t to x t an z x PTTS d y t t w z Gọi H hình chiếu vng góc M lên d, đường thẳng w Vì H thuộc d nên H w Vì MH 2t; d d có VTCP u t; t suy MH (2t (2;1; 1) nên MH u cần tìm đường thẳng MH 1; t t; t ) Do MH ; ; 3 Vậy PTTS x t : y 4t Đáp án A 2t w w w to an m at h co m z ... hình bình hành, M trung w điểm AD Gọi S’ giao SC với mặt phẳng chứa BM song song với SA Tính tỉ số thể tích hai khối chóp S’.BCDM S.ABCD B w A C D Lời giải Trong  ABCD  , gọi I   AC  BM , ... 2 R với R>0 R f '( R)  Bảng biến thi n V m at h l h D R  co m V 2 A R  V 2 + -  w f ( R) w Từ bảng biến thi n ta thấy diện tích toàn phần nhỏ R  Do chọn A V 2 B x2 4x thực đoạn 2;... có chiều cao h tích 18 m3 Hãy tính chiều cao h hồ nước cho chi phí xây dựng thấp nhất? B h  m C h  m an A h  m D h  m Hướng dẫn giải to Gọi x, y, h chiều rộng, chiều dài chiều cao hình hộp