những bài toán vận dụng cao luyện điểm 10 trong kỳ thi THPT quốc gia

Trang 1

Những bài toán vận dụng cao luyện điểm 10 trong ky thi THPT Qc gia 3 luyenthithukhoa.vn/index.php/tai-lieu/luyen-thi-dai-hoc-cao-dang/4547-nhung-bai-toan-van-dung-cao-luyen-diem-10- trong-ky-thi-thi-thpt-quoc-gia § DOWNLOAD

TAI XUONG FILE WORD Bai 1 Cho ham sé y=x° +2mx* —3x (1) và đường thẳng (A):y=2mx-2 (với m là

tham số) Tìm 7 để đường thang (A) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân

biệt A, B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng x17 (với A là điểm có hồnh độ khơng đổi và O là gốc toạ độ) A m=1;m=-2 C m=3;m=-2 B m=1;m=2 D m=2;m=3 Giai: Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và (A ) là nghiệm phương trình: x° +2mx? =3x = 2mx— 2 © x` +2mx” —(2m+3)x+2=0 x=1 <> (x=1 x +@m+Ds=3]=0e>| , x” +(2m+1)x-2=0(2) Vậy (A) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt phương trình (2) có hai (2m+1)°+8>0 I+2m+I—2#0

nghiệm phân biệt x # Ï m #0

Trang 2

của tiếp tuyến của (C) tại A và B Có một giá tri m thỏa để P = (k,)}"*+(k,)””"” đạt giá trị nhỏ nhất, khi đó: A me(-3;-1) C me(0;2) B meée(-1;1) D m €(1;3) Giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d: 2x+3 =-2x+m & x#-~2 5 x+2 2x° +(6—m)x+3—2m =(0(*)

Xét phuong trinh (*), tacd: A>0,Vm ® và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m

Trang 3

1 22014 —l

+) S.2013!= ——(2?"*~1) = § = 2014 2014!

Bai 4 Cho khối chóp S.ABC cé SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, ASB=SAC =90",

BSC =120° Goi M, N Ian lugt trén cdc doan SB va SC sao cho SM = SN = 2a Chitng

minh tam giác AMN vuông Tính khoảng cách từ điểm C đến mat phang (SAB) theo a

A d(C:(SAB)) =2ax3 C d(C:(SAB)) = 2aV2

B d(C;(SAB)) = av3 D d(C;(SAB)) = aV2

Giai:

S

Dung DL Cosin tinh dugc: MN = 2aV3 AM= 2aV2, AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nén goc ZASC = 60°)=> tam giác AMN vuông tại A

Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại A 3 => SH l (AMN); tính được SH = a Tính được V „uy = Be V;uuy _ ŠM.SN _ 3 / V S.ABC TT —-=.~ ` h Msase — 94 N? _ qf ° ASAB a

Bai 5 Cho ttr dién déu ABCD canh a, hai diém M, N chay tuong tng trén cac doan AB va CD sao cho BM = DN Tim nho nhat cua MN

A MN,,, = na C MN =av2

B MA, =3 min 2 D MN vụn =av3

Trang 4

Giải: +) Đặt Zf BA - x, với 0<x<1= ĐỂ ~ x, Khi đó ta có: BM DC = xBA va DN=xDC +) Ta có: DN = x.DC < BN - BD = x(BC- BD) © BN = x.BC+(I—x).BD Do đó: MN = BN— BM =~ xBC+(1—x).BD—x.BA 2 2 +) MN? = x'a” +(1—x)*a”+x?a”+2x( ~®—~2#)._=2ad -9 =ø|x? +(l—x)+x+x(—x)—x+x° ~ x(1—x)] = (2x? — 2x + 1)a? +) Xét ham s6 f(x) = 2x? - 2x + 1 trén đoạn |0:1] ta co: l max /() = /(0)= ƒ0) =l;min /@)= ƒC)=2

+) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng m2 khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD

Bài 6 Cho hàm số y= x'°=2(m+1)x”+m”+L (1), với m là tham số thực Tìm m để đồ thị của hàm số (I) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông cân A m=2 C m=1 B m=3 D m=0 Giải: Ta có: y'=4x° -4(m+1)x= 4x(x —m~]) Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi zz+l >0 <>zn >—I (*) Các điểm cực trị của đồ thị là A(0;m? + 1),B(—m + I;~2m) và C{m+1;~2m]

Suy ra AB= (_Vm+1;—(m +) và AC= (Vm+1;—(m+1) }

Ta có AB = AC nên tam giác ABC vuông cân khi và chỉ khi 48.AC =0 ©(m+ 1)" —(m+1)=0 Két hop với (*) ta được m=0

2x+3 x+2

cận của (C) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó cắt hai đường tiệm

can tai A va B sao cho JA = JB

A y=3x-2;y=2x-6 C y=x-2;y=x-6

Bài 7 Cho hàm số y = có đồ thị là (C) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm

Trang 5

Giai: l (x, — 2} Tam giác AIB vuông cân tại I nên hệ số góc của tiếp tuyến k = 1 hoặc k = -1 Vi k= Goi M l5: 2% 3) e(C), hệ số góc của tiếp tuyến tại M là k = Xo =-| „ nên k= 1 © AT (x) +2) (x) +2) Xy =—3 Vậy có hai phương trình tiếp tuyén: y=x+2; y=x+6 Bài 8 Tìm hệ số của x” trong khai triển của biểu thức sau thành đa thức: ƒŒ@)=x(I+3x) +x*(I-2x)” A 7119 C 7621 B 8019 D 6970 Giải: Xét E=x(I +3x) Số hạng tổng quát: x.C‡ (3x) =3!⁄.C‡x*'" (0<k<7)

e Số hạng trên chứa x” khi và chỉ khi k+l=6<>k=5§ Vậy hệ số của +x° trong khai triển của E là: 3.Cÿ

Xét @=x?(I-2x)”

e Số hạng tổng quát: x”.Cj(-2x) =(-2}'.C‡.x'? (0<k<9)

e _ Số hạng trên chứa x” khi và chỉ khi k+2=6<>k=4

Vậy hệ số của x° trong khai triển của G là: (-2)” Cÿ = 2!.Cÿ

Vậy hệ số của +° trong khai triển là: 3.Cj+2'.Cÿ =7119

Trang 6

D A Ké HK | AB (K € AB) => AB | (SHK) => SKH = 60" AC 4 cụ ` s_ 33 Tam giác SHK vuông tại H > SH = HK.tan 60 ==" › 1,33 43,

Speen =A ABCD = 4 D> Vo s.aBcD ~ 3 ! app = — A —a 4 = —a 4

Trang 8

x2 Tam giac N’DN vuong can tai N’ nén cd N'D=N'N = > M'N'= AD-M'A-N'D=a-xv2 Khi đó MN?=Š—+[a= x2) +5 2 *_-3y2 —2A|2a.x+a? mv =3|x— Sa] th = save ax2 ‘ ` 3 Vậy MN ngắn nhất băng ° đạt được khi x= > x Bai 12 Cho ham sé y= x+l

của (C) tại điểm M cắt hai tiệm cận tại A và B Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận Tính

diện tích tam giác LAB

có đồ thị là (C) và điểm M tùy ý thuộc (C) Tiếp tuyến A 5g =9 C Sung =5 B Sip = D Suy =] Giải — 3 3 Me()=M|øŠ cu z-L.ytn >—=y(4)= > a+] (x+1)° (a+l) cay vo ¬ 3 a—2 Tiếp tuyến của (C) tại M có pt y = x„(x—)+ (A) (a+]) l

Tiệm cận đứng A, có phương trinh x =—1

Tiệm cận ngang A; có phương trình y=l— ?(-I;])

A¬A,=A=A[-kS—), AOA;=B> B(2a+1;1)

q +

l lla

Sap = tad = 32-3) pa+j=+ © aja+i|=6 2 2 2 |a+I|

Bài 13 Tìm để hàm số y=9x4+mVx +9 có cực đại

A =9<m<9 C.m<-—9

Trang 10

f(t) =1006[1'%° —d—1)') ; ƒ0)=0œt=2 l l l | = = — {i= i = 4 2 <ẶẰ>Íj =—

hay (1) sin? x= > cos2x =O x= 24k (k eZ)

Bai 15 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD 1a hinh vuéng canh a, SA = av3 va SA vuông góc với mặt phẳng đáy

a) Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’ Tinh thé tich khéi chop S.AB’C’D’ theo a \3a° 3./3a° A Vs AB‘C'D' — _20_- C Vs aB‘C'D' — 10, 33a? 3a° B Vs app = —20- D V; g‹c-p: = 10 Giai: S « C De k¿ B' De C A Đ B

BC L AB,BC Ì SA > BC 1 (SAB)> BC L AB' SC L(P)=> SC L AB'=> AB' 1 (SBC) => AB' 1 SB Tương tự AD'L SD

Trang 11

Ve arc _ SB’ SC’ _ SB'.SB SC'SC - SAˆ SA? _3 Ve ane SB SC SB” SC? ~ SB SC? 4 Veape: _SD' SC' _ SD'.SD SC'.SC _ SA” SA? _ 3 3 _ 9 Vee SD SC SD SC SD SC? 45 20 11, a3 Do Vs ape =Vs.ane = T2“ 4x3 = 6 Cộng (1) và (2) theo vế ta được Hước co Vee 9, 9 9 a3 3v3a° 3 =~ +—&> Vo AB'C'D' ——^.——— a3 20 20 I0 6 20 6

b) AI và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC va DC sao cho MAN =45" Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S.AMN

A minV _ 2 — 2-1a’ _ 2 cai 2 +1)a $ AMN — C min Vs AMN —— 2 +I 2-1 B minV, sayy = bien! Ja" D minV, sy = _ ili! Ja" Giải: A 7 B X 450 M © x ẦẲ P D y N C 1

Vs.amw = Sau 4x3 Đặt BM = x,DN = y; x, y e[0:a]

Trên tia đối của tia DC lấy điểm P sao cho DP = BM = x

AABM = AADP => AM = AP,BAM = DAP MAN =

45° => BAM + DAN =45° => NAP = DAP + DAN = 45°

Trang 12

= AMAN = APAN => Syiy =Spay = 2AD.PN = sax +y) Œ)

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được MN’ = MC? +CN’? & (x+y) =(a—x)’ +(a- yy

x+y? +2xy=a +x -2axt+a’+y’ -—2ayeSaxyta(xty)=a a’ —ax Sy= x+a 1 2 Thé vao (*) ta duge Š,„„„ =~đ(x + ˆ —) 2 x+a al(x+a ax’ +2ax-a’ Dat f(x)=— f(x) | =>ƒ/(1)=>.———sz— =5 an fx)=0©x=(\2-1)a ƒ£(0)=ƒ()= - f (V2 —Da) =a2(V2 -1) => max f(x) =©, min f(x) =a"(V2-1) [0:2] ; a3 M=B,N=C Vay maxV¢ ayy = 6 khi M=C.N=D X3(@2 -1)a` 3

min, „„„y = khi MB = ND = a(V2 -1)

Bài 16 Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập các số chăn có 4 chữ số đôi một khác nhau.Lấy ngẫu

Trang 13

E\{d, a} cé A; =6 cach Dang nay cé 2.3.6=36 sd Lap dugc 24+36 =60 số e Tính số các số chăn lập được không lớn hơn 2012, có dạng löcd :

Chọn d chan cé 3 cach, chon b va c thứ tự trong tập E\{I, đ} có A‡ =6 cách Dạng này có: 3.6 =18 số Suy ra số lớn hơn 2012 có 60—18=42 số

Xác suất cần tính: P=““=-—

60 10

Bài 17 Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật có AB=a va BC =2a, mat phẳng (SAB) vuông góc với đáy, các mặt phẳng (SBC) và (SCD) cùng tạo với đáy một góc bằng 2a nhau Biết khoảng cách giữa hai đường thắng SA và BD bang Te Tính cosin góc giữa hai đường thắng SA và BD A 1 củ 3 5 Bp 4 p 4 5 2 Giai:

a) Gọi H là hình chiếu của Š trên

(ABCD), suy ra H € AB (do

(SAB) | (ABCD))

CB L HB, suy ra góc giữa hai mặt phẳng

(SBC) va (ABCD) la SBH

Ha HE | CD (E€CD), suy ra goc gitra

hai mat phang (SCD) va (ABCD) la

SEH

Do do SBH =SEH => HB=HE=2a

Ta dugc BD// AE => BD/I(SAE) => d(SA, BD) = d(B,(SAE)) = d(H,(SAE)) (do A la trung điểm HB) => d(H,(SAE)) = = Nhận xét rằng HA, HE, HS đôi một vuông góc, suy ra:

> = Lự _ _— ˆ ` _

d(H(SAE) HA HE HS” 2a a 4a HAS

BD// AE, suy ra g6c gitta hai dwong thang SA va BD la SAE

Ap dung dinh ly ham s6 césin cho tam gidc SAE, v6i AE=SA=\VSH* +HA® =av5 va SA* + AE*-SE* 1

SE = SHV2 = 2V2a, ta cb: cos(SA, V2 =2V2a, ta c6: cos\ BD) = cos SAE = 29 tA" =" =F )= cos 2.SA.AE 5

<> SH = 2q

Trang 14

Bai 18 Voi mdi tham sé me R, goi (Cn) là đồ thị của hàm số: y=+x`-(m—I1)x” +2m(m— ])x + nẺ (1)

Khi thay đổi, đường thẳng (A»): y ==mx— mm” luôn cắt (C„) tại một điểm A có hồnh độ khơng đổi Tìm 1 dé (Am) con cat (Cm) tại hai điểm nữa khác A, mà các tiếp tuyến của (C„) tại hai điểm đó song song với nhau A m=-—] C m=] D m=-< 3 B m= Wir Giai: Phương trình hoành độ giao điểm của (A») và (C„) được viết thành: (x+1)(x” -3mx + 2m”) =0 © (x+)(x—m)(x— 2m) =0

= giao điểm của (A„) và (C„) gồm A(-l;—m—m”), B@n:0) và C(@m;m”); trong số đó, A là điểm đu nhất có hồnh độ khơng đổi (khi m thay d6i)

Đặt ƒ„(x) =x`—(3m—l1)x” +2m(m—])x+mẺ Các tiếp tuyến của (C„) tại B và C lần lượt là các đường thắng: (Ag):y= f„ (Xg)X+ Yg — f„ (Xg)Xzgv (Ac):Yy = f„ (Xe)X+ Vé — f„ (Xe)Xe- Ta cần tìm để B và C cùng khác A va A, //A;; tức là: Xp #X, mez] Xo FX, m#—1/2 2 c© 3 3 © m=—— Fi, (pg) = Fn (Xe) —m =2m +2m 3 Yp — Í„ (Xp)Xp # Ye — ƒ„ (Xe)Xc m` # =4m` — 3m”

Trang 15

Gọi V là thể tích của khối lăng trụ A8C.A'B'C' Theo giả thiết, mặt phẳng (ơœ) chia khối lăng trụ đã cho thành hai phần Gọi V, là thể tích của phần chứa đỉnh C, V, =V -V, là

thể tích của phần còn lại Ta cần xác định vi tri cua (a) để M1 VY, ] VW,=V, © -`=— © -ˆ=_ (1) : V 2 V 2 l Nếu (œ) cắt cặp cạnh AC, BC thì : < a = 3 < 3 nén (1) khéng thoa Vay, (a) phai cat cặp cạnh AA', BB'

Gọi A1 và N tương ứng là giao điểm giữa (œ) với các cạnh AA' và 8B' Cũng theo giả

thiết, A4N//A'B' Theo đề x= ¬ € (0;1), ta co: AA' BB' Vy_2 Vy — _2 ŠSwụg'A' ‹ = _ 2 X V_ 3 VeApgA' 3 SApggA' 3 Suy ra: 0©x=Š 2- Bài 20 Cho hàm số y = - có đồ thị là () Gọi 7 là giao điểm của hai đường tiệm x+

cận của (H) và M là một điểm bất kì trên (H) Tiếp tuyến với (H) tại M cắt tiệm cận

Trang 16

6—2m — E| =1; “Exz.1l 1 8 I(-1;-2)> F(2m+1;-2) m+1)=> |IF=|2m+21 Im+1| =Su„==.——.|2m+2|=8 S2 |m+1l 3 x 2 NA + 1$ ^“ 2 ‘ sar ~ fe

Bài 21 Cho hàm số y = 37 2x°+x+1 cd d6 thi la (C) Trong tất cả các tiếp tuyến với

đồ thị (C), hãy tìm tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất 11 10 A y=-x-— C y=2x+— J 3 J 3 10 11 B =—4X—— D y=-3x+— J 3 J 3 Giải:

Goi M(x,;y,) 1a tiép diém= k = y'(x,) =x? —4x, +1=(x,-2) -32-3

Vậy k đạt giá trị nhỏ nhất bằng -3 khi x„ =2 Khi đó M|2-3] = PTTT:y= Km Bai 22 Tap hop tat ca các số thực m là khoảng (z;b) thì phương trình sau có ba nghiệm

dương phân biệt: x` —30n+1)x” +3(2m+1)x+ 2m” —9m— 5 =0 Tính ø+b=? 13-17 C z+p- 13+ 19 A a+b= 2 2 _ 134417 _13-Vi9 2 2 B a+b D a+b Giai: Đặt ƒ(x)= x`~30n+1)x” + 32m + l)x + 2mm” —9m —5 Từ tính chất đồ thị hàm số bậc 3, suy ra yêu cầu bài toán được thỏa mãn nếu các điều kiện sau xảy ra đồng thời:

Trang 17

m # () 3 x7 K&hep:| _ 3+ =m ¬ 5 2 - cm<5 | 2

Bai 23 Cho ttr dién ABCD cé BAC = CAD = DAB = 60°, AB = 8(cm), AC = 9(cm),

AD=10(cm) Goi A,B,C,D, lần lượt là trọng tam của các tam giác

BCD, ACD, ABD, ABC

a) Tinh khoang cach ttr diém B dén mat phang (ACD) A 4(B,(acb)) =4¥8 C 4(B,(Acp))=Š⁄8 ave v6 B d(B,(ACD))=—— D d(B,(ACD)) =" Giai:

Trên các cạnh AC, AD lần lượt lấy các diém C’, D’ sao cho AC'= AD'=8 Khi do, tt điện ABC'D' là tứ điện đều có cạnh bằng 8

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (AC'D'), H là tâm của tam giác đều AC'D'

Gọi I là trung điểm của C'D', IC'=4, AI=x AC ?—IC” = 4/3 |

He Al, an=2 41-83 ¢ d(B,(ACD)) = BH = V AB? - AH? = s6

b) Tính thể tích khối tứ điện A,B,C, D,

542 (em) C.V AiBiCiD, ~ 202 (cm) 9

A V ABCD, ~

Trang 18

B V A,B,C,D, = 15V2 (2) 9 D V = 10V2 (2) Giai: Gọi B,,C,,D, thứ tự là trung điểm CD, DB, BC Khi dé (B,C,D,)//(BCD) Ta có: BC: _ CD, _ DB, _ AB, 265 -4 -1g - BC, CD, D,B, AB, 3 m2 9g 522 9 d(B,(BCD)) 1 1

Lại có: =a=4(A,(B,C,P, ))=4(B,„(BCD)) =a4(A,(BCP))

Suy ra: Visco, =4(A,(B,C,D, ))Ssc,n = es

Siacp = 5 AC.AD.sin CDA = 45/3

Vasco = > BH Sxrcp = 6002 => Vasc, = 2002 (oy )

Trang 19

Gọi I,r thứ tự là tâm và bán kính của mặt câu có tâm thuộc phân không gian bên trong hình chóp và tính và tiếp xúc với tất cả các mat cua hinh chop S.ABC

rs

+, I.SBC „.+V, +V I.SCA IL.ABC — tt

Vise =V I.SAB 3 Scar + 3 1S crc + 3 1Ssca + 3 rS ABC — 1 1 1 1

Với S,„ là điện tích toàn phân S,„ = -5A.BA.BC =48 Dễ chứng mình SB L BC > SB=SA”+ AB? =10= AC

V, Ste =Ssap + Sspc + Seca +S ape = 108 => 7 = SY ssc - Sop 3

Bai 25

a) Tìm tham số m để hàm số y= x`+3mx”+3(m+l)x+2 nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4

v13 I+x/13 I—x/19 I+x/19 2 A m< m> C.m< vm> 2 2 2 i-Vil I+x1 1-21 I+A/21 2 2 2 2 B m< vm> D m< vm> Giai: Tacó D=R, y'=3xÌ”+6mx+3(m+l)= 3(x° + 2mx+m+ 1)

y =0x°+2mx+m+1=0 (1) Diéu kién cần và đủ để hàm số nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4 > y'<0trên đoạn có độ đài lớn hơn 4 © (I) có hai nghiệm >4 3X, (x, # x,) thoa man |x, — x, »g và A'>4© mỉ I>4 => > aVA|>4ˆ” >4<—=1m —-m-i> lx, —x,|>4 1-21 7 vm> 1+ 21 > Vậy hàm số (I) nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4 [VI I+A/2I 2 2 >1” -m—5 >0 <> m< om< m> —x+] b) Với mọi a, duong thăng d:y=x+a luôn cắt đồ thị hàm số y= (H) tại x-l

hai diém phan biét A,B Goi k,,k, lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (H) tai A

và ö Có một giá trị a thoa dé tong k,+k, đạt giá trị lớn nhất, khi đó:

C ae(-2:0) C ae(0;2)

Trang 20

D ae(1;3) D ae(-I;1) Giải: Phương trình hoành độ giao điểm của d va (H) : ] —x+1 =xta> X#— 2 2x-l 2x”+2ax-a—I=0(*) Đặt g(x)=2x° +2ax-a-1 A =a’ +2a+2>0, Va Vi 1 1 nên (*) có hai nghiệm phân biệt x,,x, khac Ì với moi a t(s)*-sz0.w4 2 2 2 Gọi A(x,:y,).B(x;:y;) với x,x, là hai nghiệm của (*) Theo định lý Vi-ét ta có —aT—Ì] X, ty =—đ., Xxy = 2 Tiếp tuyến tại A và Ø có hệ số góc là &, ¬ 3k, = — (2x,-1) bố (2x, -1) -] -] - (2x,-1) (2-U ` | ðx-(2x;-1} =-|4(x +X, ) —8x¡x; —4(x +x,)+2] (do (2x, -1) (2x, -1) =1) Taco k, +k, = =-4(a+1) -2<-2,Va Dấu bằng xay ra <> a =-1

Vay k, +k, dat gid trị lớn nhất bằng -2 khi a=-1

Trang 21

Mỗi số abe là một tổ hợp chập 2 của chín phần tử {1,2 9} suy ra số các số abc thỏa man a<b=c la CG

TH4 a=b=c

Số các số abe thỏa mãn a=b=c 1a C}

Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là Cÿ +7 +Cÿ +Œ) =165 Bài 27

Cho hình chóp S.ABCD thỏa mãn SA =x/5,SB = $C = SD = AB = BC =CD = DA =+J3 Gọi M là trung điểm của cạnh 8C Tính: a) Thể tích khối chop S.MCD Niti SỊ A Vs ucp = 12 C V§ wcp = 12 26 I5 B Vsmcp = "12, D Vs.mcp = 12 b) Khoảng cách giữa hai đường thắng SM,CD A d(CD,SM)= | C a(CD,SM) = |= 23 23 [is [8 B d(CD,SM )=,|— D d(CD,SM )= ,j— 23 23 Giai: Ta thấy ABCD là hình thoi tam giác SBD cân tại S suy ra BD1(SAC) m BC = 3.31 em m AD = 3.51 em m OS = 7.09 em m MN = 5.64 em

Ta thay ABCD là hình thoi, tam giác SBD cân tại Š suy ra BD | (SAC) Gọi Ø là giao điểm cua AC va BD, ta thay ASBD = AABD = ACBD (c.c.c)

Trang 22

Suy ra OA=OC =OS = 5 AC nên AS4AC vuông tại S

Xét ASAC tacéd AC =VSA2+SC? =2V2 > OC = V2,0D=VCD? -OC? =1=> BD =2

Goi N 1a trung diém cua ADnén CD//(SMN) Suy ra d(CD,SM ) = d(CD,(SMN)) = d(C,(SMN)) = 3-Ve.suw (*) ASMN I5 Thể tích VỆ sựu = Ÿ§ wcp = 12 (1) 3 3 Ta cé MN =\3,SM = 2 SN = = sử dụng công thức đường trung tuyến) v23 5 Theo dinh ly ham sé cosin trong ASMN ta cé cos SMN = — = sin SMN = a5 3.3 v23 Vậy Soy = 2 OM -MN -sin SMN = vã (2) 3/15 ` 3-V 12 15 Thay (1), (2) vao (*) ta duoc d(CD,SM ) = —S = —<— = ||— ( ) Sasun V23 23 4

Bai 28 Cho ham sO y=x° —(m+1)x* +x+2m+1, với m là tham số thực, có đồ thị là (C) Có một giá trị z thỏa để đường thắng đ: y= x+z+1 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt

Trang 23

A,B, Cl: y'(I)+y'(x)+ y'(x;)=12

âđ4-2m+3(x +x7)—2(m+1)(x, + x;,)=12

> 3(x,+x,) —6x,x,-2(m+1)(x, +x,)=8+2m (3)

Theo định lí Viet ta cé: x, +x, =m, x,x, =—m, thay vao (3) ta được ” +2m—8=0 Giải ra ta được m=~-4 (loai) hoac m=2 (thoa man) Vay m=2 la gia tri can tim

Bài 29 Cho hình chóp S.ABCD c6 day ABCD la hinh chir nhat, AB = 2a, tam giac SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi M là trung điểm của SD, mặt phẳng (ABM) vuông góc với mặt phẳng (SCD) và đường thắng AM vuông góc với đường thắng BD a) Tính thể tích khối chóp S.BCM và 3 3 da a A Vs ge ~ 3 CLV pom ~ > 3a? V2a° B Vs pcm ~ 3 D Vs acm 5 b) Khoảng cách từ M đến mặt phang (SBC) A A(w:(sac))=#!? C a(M;(SBC)) =“<° B a(m;(sec)) = 2⁄5 D d(M;(sBc))="= Giải: Gọi H, N, L, E lần lượt là trung điểm của AB, CD, SC, HD

Gọi [= ANOBD, K =LM OSN ; Dé thay tứ giác AHND là hình chữ nhật và IN = =

Từ giả thiết ta có SH 1 (ABCD), ME//SH => ME L BD(I)

Trang 24

Lại do AM 1 BD(2) Tir (1)&(2)=> BD L(AMN)= BD L AN Trong tam giác AND ta cé ND? = NI.NA= — = NA = NDV3 =av3 => AD = JNA? — ND? =av2

Dễ thấy CD L(SHN), do ML//CD > ML L (SHN) => ML L SN (3)

Do (ABLM) L (SCD),(ABLM )(SCD) = ML (4), nên từ (3) &(4) => SN L(ABLM)

= SN | HK Lai do K là trung điểm SN nên tam giác SHN vuông cân tại H suy ra SH = HN =aV2 , | 4a’ 1 1(1 a’ Ta CO V¢ agep = 37 fT AB.AD = 3! Vs acu = 5 Vs.sco = 2| 3e = 4 ( đvtt) Ta có 8C L SH, BC L AB BC L (SAB) => BC L SB— Sự = 5 SB.BC - 1 ÍNB?+SH°.BC = ¬ +2a?.a|2= avo 2 2 Mat khac ta c6 d(M;(SBC))= ae - we SBC ~ `*+ ` AY, + , # * > aA ` af l `^

Bài 30 Tìm tất cả các giá trị của để hàm số y = 2x —(m—1)x” =(m—3)x+8m” đồng biến trên khoảng (0:3)

A 0<m<3 C m>3 B -3<m<0 D m<2

Giai:

y'=x° —2(m-1)x—(m-3)

Trang 25

Vậy, m<2 thì hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (0:3)

Bài 31 Tìm tất cả các giá trị của tham số í để đồ thị hàm số y = —Y`+3mx? —3m>—l có điểm cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị đó đối xứng với nhau qua đường thăng x+2y+I1=0 A m=‡2 C m+l1 B m=2 D m=-1 Giai: 3 x=0

Tọa độ hai điểm cực trị A(0;— 3m1), B(2m;4m` ~3m~—1)= AB(2m;4m` và trung điểm của AB là 7 (m;2m` —3m- 1) , led A,B đối xt ối xứng với nhau qua đường thăng 3i nh đường thắng đ: x+2y+l=0< y tag a 4m` —5m—l =0 S , <> m=-l| (thoa man) Vậy, m=—] 4m — 4m = 0

Bai 32 Cho đa giác đều có 15 đỉnh Gọi Mí là tập tất cả các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập M, tính xác suất để tam giác được chọn là một tam giác cân nhưng không phải tam giác đều

Trang 26

A p=28 c.p-2l 9Ị 9] B p= ls D p=bD 91 91 Giai: Số tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho la: C,, = 455 tam giac Số phần tử của tập M là: |M |= 455

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của đa giác đều Xét một đỉnh A bất kì của đa giác: Có 7 cặp đỉnh của đa giác đối xứng với nhau qua đường thang OA, hay có 7 tam giác cân tại đỉnh A Như vậy, với mỗi một đỉnh của đa giác có 7 tam giác nhận nó làm đỉnh

“sf A xv “fs `^ sf > ` , > > “Ff ` 15 “Ff

tam giác cân Số tam giac déu có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác là 3 =5 tam giac

Tuy nhiên, trong các tam giác cân đã xác định ở trên có cả tam giác đều, do mọi tam

giác đều thì đều cân tại ba đỉnh nên các tam giác đều được đếm ba lần

Suy ra, số tam giác giác cân nhưng không phải tam giác đều có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho là: 7.15 — 3.5 = 90

Vậy, xác suất để chọn được một tam giác cân nhưng không phải tam giác đều từ tập M: 90 18

“s8

Bài 33 Cho hình chóp S.ABCD có day ABCD là hình chữ nhật, AB=a,AD =b(a,b>0), SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và SA =2a Lấy

điểm ⁄ bất kì thuộc cạnh SA sao cho AM =x voi 0< x<2a

Trang 27

B é Do BC //AD > mặt phang (MBC) cat mat phang (SAD) theo giao tuyén MN (NeSD) và MN //AD

AD 1 (SAB)= MN l (SAB)= MN L BM Suy ra thiết diện của hình chóp S.ABCD

Trang 28

Thể tích khối chóp S.BCNM: l b[2a—xÌ(4a — x Vs sexu = 34(S.(BCNM )) Srena = ( 12 )( ) Để mặt phẳng (MIBC) chia khối chóp S.ABCD thanh hai phần có thể tích bằng nhau: Vs asco = 2V scum 3 cà ) ( Xx (3+V5)a (loại) x =(3-V5)a

x -6ax+4a =00 Vay x=(3-V5)a

Bài 34 Có bao nhiêu giá trị thực m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập

thành một cấp số nhân: x —7x° +(m+6)x—m=0

A 1 gia tri C 2 gia tri

Trang 29

m=]

X,.X, =1

Vay, c6 ba gia tri cua m thoa man yéu cau bai toan 1a: m=1,m=8,m=-27

Bài 35 Người ta dùng 18 cuốn sách bao gồm 7 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Lý và 5 cuốn sách Hóa (các cuốn sách cùng loại thì giống nhau) để làm phần thưởng cho 9 học

sinh A,B,C,D,E,F,G,H,1I, méi hoc sinh nhận được 2 cuốn sách khác thể loại (không tính thứ tự các cuốn sách) Tính xác suất để hai hoc sinh A va nhận được phân

thưởng giống nhau

A p=— C pall

18 18

== 18 D p= 18

Giai:

S6 cach phat thuong ngau nhién cho 9 hoc sinh la: C3.C2.C? = 1260 Goi T là biến cố “hai học sinh A và B có phần thưởng giống nhau“

+) Nếu A và B có phần thưởng là sách (Toán- Lý), có: C?.Cÿ.Cÿ = 210 cách phát +) Nếu A và B có phần thưởng là sách (Toán- Hóa) có: C).C2.C; = 105 cach phat +) Nếu A và B có phần thưởng là sách (Lý- Hóa) có: Cÿ.C‡ =35 cách phát

Vậy xác suất cầm tìm là P7)= 2192195135 _ 5, 1260 T

Trang 30

Trong SBC goi K=SBO/IH => K=SBQ HIJ

Trong SCD goi L=SDOJH =>L=SD HI lJ LAC

Ta có IJ LSA = IJ 1 SAC +=IJ LSC,ma AH LSC.Suyra SC 1 WH Suy ra AK | SC.Ma BC | SAB => BC L AK Vậy AK L SBC

Tacé SA=VSD*? — AD? =av2; AH =—S44@ 7a AK — SAAB _ 24

Vs +ac v3 \SA°+AB° V6

Do AK | SBC => AK | KH ,do dé KH =VAH?— ARK? == Tương tự phần (a) thì AL.L SCD = AL 1 AL Tt do tính được

Định dạng
Số trang	30
Dung lượng	2,56 MB