VÂN DỤNG CAO MÔN TOÁN LỚP 12

TẬP HỢP CÁC CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO – ĐỢT Câu Cho Parabol  P  : y  x hai điểm A , B thuộc  P  cho AB  Diện tích phần mặt phẳng giới hạn  P  cát tuyến AB đạt giá trị lớn Tính T  a  b A T  6,5 B T  7,5 a a (phân số tối giản) b b C T  D T  Lời giải Chọn D Gọi A  a; a  , B  b; b  với a  b 2 Ta có AB    b  a    b  a   x  a y  a2 x  a y  a2  y   a  b  x  ab    b  a b  a2 ba Đường thẳng AB có phương trình: b b Ta có S     a  b  x  ab  x  dx    x  a  b  x  dx a a Đặt t  x  a Suy ba S  ba t  b  a  t  dt   b  a  t  t  dt b  a  t  2 2  Ta có  b  a    b  a     b  a    b  a  b  a  S  ba t3  ba  b  a     b  a   1 a  b 4 23  6 a  b  b  Dấu "  " xảy    A  1;1 , B 1;1 b  a   a  1 Suy b  a   Vậy T    Chú ý: Khi làm trắc nghiệm ta dự đốn (linh cảm:D) a , b đối nhau, nghĩa a  b  2 Từ đó, thay vào  b  a    b  a   tìm a  1 , b  Suy A  1;1 , B 1;1 Viết phương trình AB : y  Từ song song với Ox , từ tìm a  b  Hoặc linh cảm, đặc biệt hóa AB Câu Cho chóp S ABC có SA   ABC  , ABC vuông cân B , AB  a Gọi M trung điểm AB , mặt phẳng   qua M vng góc với SB , cắt S ABC theo thiết diện có diện m 2 a Diện tích mặt cầu ngoại tiếp S ABC tính  a ,  m, n  * ,  m; n   1 n 32 Tổng m  n A B C D Lời giải Chọn B tích S I P A N C Q M B Kẻ MN  SB N Có BC   SAB   BC  MN  MN  BC Ta có   MN  NP với P     SC  MN  SB Có  NP  SB SN NP NP  NP   SAB   NP / / BC     k   k  1  SB BC a  NP  MN  NP  k a   BN  SB 1  k  Có BMN  BSA  BN BS  BM BA  SB 1  k   MN  BM  BN  a a2 a 1 k  SB   BN  2 1  k  a a a 1  k  a 2k     2k  1  MN  4 Ta có     ABC   d qua M / / BC , d  AC  Q trung điểm AB  thiết diện MNPQ hình thang vng Có S a 2 a  2 2k    ka   a  2 2k   2k  1  MN  MQ  NP   a  2 32 2  32   2k  1 2k  1  25  k   SB  a SA  a Tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp trung điểm I SC  R  SI  Suy Smc  4 R  4 Câu SC a  2 3a  3 a suy m  3; n  Vậy m  n  x 1 Các tiếp tuyến x 1 với đồ thị hàm số A, B cắt tiệm cận cặp M , N P, Q Tìm giá trị nhỏ Gọi A, B hai điểm nằm hai nhánh đồ thị hàm số y  tứ giác MNPQ B Q M A 15 10 I P 10 15 N A Smin  16 B Smin  12 C Smin  18 D Smin  20 Lời giải Chọn A  a 1 Gọi A  a,  , I giao hai đường tiệm cận Ta có:  a 1   b 1 Gọi B  b,  Ta có:  b 1   a 1  IM  2d A, y 1  a    a    IN  2d  A, x 1  a    b 1  IP  2d B , y 1  b    b    IQ  2d  B , x 1  b    b 1 a 1   b 1 a 1  S MNPQ  S IMN  S IMQ  S IPQ  S INP       8    16  a 1 b 1   a 1 b 1  Câu   Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm liên tục đoạn 0;  Đồng thời thỏa mãn  2      x f ( x)dx  3 ,   sin x  x  f ' ( )dx  6 , f ( )  Hãy tính tích phân 2 B D   2;   A D   C D   0; 2   f '' ( x)  dx D D   Lời giải Chọn A  x  x 6    sin x  x  f ' ( )d   2     sin x  x  f ' ( x)d  x      sin x  x  f ( x) 02    sin x  x  ' f ( x)d  x    2  2   1  cos x  f ( x)d  x    sin xf ( x)d  x    sin xf ( x)d  x   0 3 Cách 1: Ta có   2  3 3 ,  sin xf ( x)d  x   f ( x ) dx  3 ,  sin xf ( x)d  x   16 2    2 f Do   2 ( x)dx   sin xd  x   16  sin xd  x     f ( x)  4sin x dx  0 Vậy f ( x)  sin x   2  2 9 9    sin xf ( x)d  x     sin xd  x . f ( x)d  x   Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức 16  0 16 0      Dấu ''  '' xảy f ( x)  k sin x mà  sin xf ( x)d  x   3 3   k sin xd  x   nên 16 16 f ( x)  sin x Vậy f ( x)  sin x   cos x nên f ''( x)  8cos x nên    f Câu '' 3 ( x)  dx  512   cos x  dx  0 1 2016 2017 2017 2018 C2018  C2017 C2018   C2017 C2018  C2017 C2018 Tính giá trị biểu thức: P  C2017 2018 A P  C4035 2017 B P  C4035 2017 C P  C4034 2018 D P  C4034 Lời giải Chọn B 2017 2016 2016 2017 C2018  C2017 C2018   C2017 C2018  C2017 C2018 Ta biến đổi trở thành P  C2017 Xét khai triển 1  x 2017 1  x 2018 2016 2017 2017 2018  C2017  xC2017   x 2016C2017  x 2017 C2017  xC2018   x 2017 C2018  x 2018C2018 C2018  Hệ số x 2017 khai triển là: 2017 2016 2016 2017 P  C2017 C2018  C2017 C2018   C2017 C2018  C2017 C2018 4034 4035 Mặt khác, ta có 1  x2017 1  x2018  1  x4035  C4035  xC4035   x 4034C4035  x 4035C4035 2017 2017 Và khai triển hệ số x 2017 C4035 Do ta có: P  C4035 Câu Tính giá trị biểu thức: P  2018! C P  2018  2017! A P  2017  2017 2016    2015  2016 ? A2017 A2017 A2017 A2017 2017! D P  2018  2018! Lời giải B P  2017  Chọn C Ta có 2017.2017! 2016.2016! 2.2! 1.1! P     2017! 2017! 2017! 2017! 2017.2017! 2016.2016!  2.2! 1.1!  2017! 2018 1.2017! 2017  2016.2016!  3 1.2! 2 1.1!  2017! 2018! 2017!  2017! 2016!   3! 2!  2!1! 2018!1!   2017! 2017!  P  2018  2017! Câu Cho hàm số f  x   x  x  m  Có giá trị nguyên m   2018; 2018 để với giá trị a, b, c   1;3 f  a  ; f  b  ; f  c  độ dài cạnh tam giác? A 2019 Chọn B 2018 C 1978 Hướng dẫn giải D 1979 C Ta có: f  a   a  8a  m  ; f  b   b  8b  m  ; f  c   c  8c  m  Để f  a  ; f  b  ; f  c  độ dài cạnh tam giác f  a   f  b   f  c   a  8a  m   b  8b  m   c  8c  m   m   a  8a  m  1   b4  8b2  m  1   c  8c  m  1 (*) Xét hàm số f  t   t  8t  với t   1;3 Ta có: *  m  max f  t   2.min f  t   1;3  1;3 Mà max f  t   10, f  t   15 nên m  40  1;3  1;3 Mà m   2018; 2018 , suy chọn Câu C Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABC D có khoảng cách hai đường thẳng AB BC khoảng cách hai đường thẳng BC AB 5a Khoảng cách hai a Tính thể tích V khối hộp chữ nhật cho B V  a C V  3a D V  8a đường thẳng AC BD A V  2a Hướng dẫn giải Cách 1: Đặt AB  x, BC  y , BB  z Dựng BH ,  H  BC  đoạn vng góc chung AB BC  BH  Khi đó: d  AB, BC   d  B, BC   BH  5a 1   BH z x Dựng BI ,  I  AB  đoạn vng góc chung AB BC  1   BI x z 2 5a x y Gọi F trung điểm DD  OF //BD Theo cho BH  BI   BD//  ACF   d  AC , BD  d  B;  ACF    d  B;  ACF    3 Xét hình chóp D ACF có DA, DC , DF đơi vng góc nên 1 1    d  D;  ACF   DF DC DA2 1 1      x  y Kết hợp với   ta tìm z x z x y z x x  y  1, z  Cách 2: Do y  x nên ABCD hình vng, suy AC  BD Từ O dựng OK  BD  d  AC , BD   OK Hay  Từ D dựng DE //OK  DE  2OK 1 1 1      Kết hợp với   ta 2 DE DB DD 2x z z x tìm x  y  , z  Xét tam giác BDD có Câu [2H3-6.8-4] Viết phương trình đường thẳng qua gốc tọa độ O , nằm mặt phẳng x y 1 z 1  góc nhỏ  P : x  y  z  tạo với đường thẳng d  :  1 x y z x y z x y z x y z         A B C D 10 7 13 10 13 10 13 10 7 13 Lời giải Chọn A Gọi A, M hình vẽ cho AM / / d  M   Ta có d , d   MAB  MAH d' Vậy  d ; d min   B  H tức là:  MAH    d   P   ud   nP , nMAH     d   MAH   H A B P     Vì  MAH  song song d  vng góc  P  nên ud   nP ,  nP , ud     10; 7;13    Câu 10 [2D2-5.7-4] (***) Biết tồn số n nguyên dương để phương trình 3x  3 x  cos nx có 2017 nghiệm Cho phương trình x   x   cos 2nx Gọi m số nghiệm phương trình m số sau đây? A m  2017 B m  1009 C m  4034 D m  6051 Lời giải Chọn C Ta có: x   x   cos 2nx  x   x    cos nx   3x  3 x   cos nx Trường hợp 1: 3x  3 x  cos nx phương trình có 2017 nghiệm x1 , x2 , , x2017 khơng có nghiệm (Vì 30  30  cos vô lý) khơng có nghiệm đối (Vì 3x0  3 x0  2cos nx0 3 x0  3x0  cos  nx0   cos nx0  3x0  3 x0 3x0  3 x0  x0  vơ lý) Trường hợp 2: 3x  3 x  2 cos nx  3  x   3  x   cos   nx  Phương trình có 2017 nghiệm  x1 , x2 , ,  x2017 nghiệm trùng với 2017 nghiệm trước Câu 11 Cho hình chóp S ABC có SA   ABC  , tam giác ABC vuông B tam giác SAC vuông cân A Mặt phẳng  P  qua A , vuông góc với SC cắt SB, SC M , N Xác định tỉ số thể tích hai khối cầu ngoại tiếp tứ diện S AMN khối chóp A.BMNC A B C D Lời giải Chọn A S N M C A B Ta có: BC  AB, BC  SA  BC   SAB   BC  AM Do AM  SB, AM  BC  AM   SBC   AM  MC Tam giác AMC vuông M , tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp A.BMNC trung điểm AC , đồng thời bán kính mặt cầu ngoại tiếp R1  AC Lại có tam giác SAM SAN vuông M N Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SAMN trung điểm SA , đồng thời bán kính mặt cầu R2  SA Do tam giác SAC vuông cân A nên SA  AC Vậy R1  R2 nên hai khối cầu tích Câu 12 Biết a a    log 14   b   b  a  Tính giá trị P  a  b A B C D Lời giải Chọn A Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: a  Lại a 1  a   a  a a 14   b   b   14   b  1 b   b  có: Đặt t  b 1  xét f  t   14  t  3t ta có: f   t   3t  , ta có bảng biến thiên sau: t f'(t) +∞ + 16 f(t) 14 ∞ Khi dựa vào bảng biến thiên ta thấy:   14   b  1 b   b   16  log 14   b   b   Khi đó: a a    log 14   b   b  đẳng thức xảy tức a  1, b   P  a  b   Chọn Câu 13 Có số tự nhiên  log log n A nằm đoạn  0; 2017 thỏa mãn điều kiện  2016  có n dấu thức bậc hai 2017 A 2015 B 2016 D 2018 C 2017 Lời giải Chọn B  Ta có log log  2016   log 2017 2016   log 2017 n 2016  2017    2n log 2017 2016   n  log    1, 00009425  log 2017 2016  Vậy có 2016 số thỏa mãn Câu 14 Biết đồ thị hàm số y  x  3x  m  2017 cắt trục hoành điểm phân biệt x  x  x Trong khẳng định sau, khẳng định đúng? A x  2  1  x   x  B 2  x  1  x  x   C 2  x  1   x  x  D 2  x  1  x   x  Lời giải Chọn D Hàm số có hai điểm cực trị x  x  1 với hình dáng mơ đồ thị hàm số y  x  3x  m  2017 hình vẽ bên ta kết luận x  1  x   x f 1  m  2019  f  m  2019  Mặt khác  nên f 1 f 2  f 1 f 2 f 1  m  2015  f 2  m  2015  Vậy f 1 f 2   f 1 f 2  phương trình có nghiệm 2;1 có nghiệm 1;2 ngược lại Câu 15 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A  2; 2;2  , B  0;2;  , C  2;0;  , D  2; 2;0  Điểm M  a; b; c  không gian cho Khi S  a  b  c A B C Lời giải 3MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ D Chọn B Chú ý ta thấy tứ diện $ABCD$ tứ diện vuông A AB  AC  AD Trước hết ta dự đoán dấu sảy M trùng với A Khi ta có: MB AB MC AC MD AD 3MA  MB  MC  MD  3MA    AB AC AD       MB AB MC AC MD AD  3MA    AB AC AD      AB AC AD   3MA  MA      AB  AC  AD AB AC AD       AB AC AD  3MA  MA    AB  AC  AD AB AC AD  AB  AC  AD Do 3MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ M trùng với A hay M  2; 2;  , tức S  a bc  2 22  Câu 16 Một hộp chứa bóng đỏ ( có số thứ tự từ đến ), bóng vàng ( có số thứ tự từ đến ), bóng xanh ( có số thứ tự từ đến ) Lấy ngẫu nhiên bóng Tính xác suất để bóng lấy có đủ màu mà khơng có bóng có số thứ tự trùng 38 256 64 68 A B C D 91 455 455 455 Lời giải Chọn B Số phần tử không gian mẫu : n     C154 Gọi A : “ bóng lấy có đủ màu mà khơng có bóng có số thứ tự trùng nhau” Trường hợp 1: Lấy bóng xanh; bóng vàng bóng đỏ có: 4.4.C42  96 cách Trường hợp 2: Lấy bóng xanh; bóng vàng bóng đỏ có: 4.3.C42  72 cách Trường hợp 3: Lấy bóng xanh; bóng vàng bóng đỏ có: C42 2.3  36 cách Suy n  A   204 Vậy xác suất A là: P  A  n  A n   68 455   90 , góc AD, BC 45 Câu 17 Tứ diện ABCD có AB  2, CD  2  ABC  DAB Khi đó, bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là: A Chọn B C Lời giải D B 10 +) Lấy điểm I cho ABCI hình chữ nhật  AI / / BC   45o  AD, BC   AD, AI  DAI       90  AB  AD +) Giả thiết:  ABC  90o  AB  BC  AB  AI , mà DAB Từ  BA   ADI  +) Có CI / / BA  CI   ADI   IDC vuông I +) Xét IDC có: CD  2, CI  AB   DI  +) Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện ABCD  R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABDI DI  2.R0  R0  +) Gọi R0 bán kính đường tròn ngoại tiếp IDA  sin 45o +) Tứ diện ABDI có đường cao BA , đáy IDA  R2  BA2 22  R02  2 3 R  4 Câu 18 Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B học sinh lớp 12C thành hàng ngang Xác suất để 10 học sinh khơng có học sinh lớp đứng cạnh 11 1 A B C D 630 126 105 42 Lời giải Chọn A Không gian mẫu: Xếp 10 học sinh thành hàng ngang    10! cách xếp Gọi A biến cố: “để 10 học sinh khơng có học sinh lớp đứng cạnh nhau” Ta có cách xếp sau: - Đầu tiên xếp học sinh lớp 12C , có 5! cách xếp - Khi đó, học sinh lớp 12C có tất chỗ trống (gồm chỗ trống chỗ trống trước, sau) Do học sinh lớp 12C đứng gần nên buộc phải có người (của lớp 12 A 12B ) - Ta xét hai trường hợp sau : + TH1 : Có học sinh A B phía ngồi (trước hàng sau hàng), học sinh lại xếp vào chỗ trống bạn C , có 2.5! cách xếp A C B C A C B C B C 11 + TH2 : có cặp học sinh A B vào chỗ trống, học sinh lại xếp vào vị trí lại, có 2.3.2.4.3! cách xếp C AB C A C B C B C - Vậy A  5! 2.5! 2.3.2.4.3! P  A  A   5! 2.5! 2.3.2.4.3! 10!  11 630 Bài toán tổng quát Lớp 12A: có n học sinh Lớp 12B: có m học sinh Lớp 12C: có n  m học sinh Xếp hàng ngang cho khơng có học sinh lớp cạnh Bước 1: Xếp  n  m  học sinh lớp 12C  có  n  m  ! cách + Tạo  n  m  1 khoảng trống Nhận xét  n  m  1 khoảng trống bắt buộc phải xếp TH1: Mỗi khoảng trống xếp học sinh lớp A B  Phải xếp học sinh lại đầu cuối  Có  n  m  !  n  m  ! TH2: (Vì có  n  m  1 khoảng trống phải xếp mà có  n  m  học sinh lớp A B nên Chỉ xếp khoảng trống có học sinh khoảng trống Có Cn1 m 1 cách chọn khoảng trống  Có: Cn1 m 1.Cn1 Cm1 2!  n  m   !  n  m  ! cách xếp     n  m  ! n  m  ! n  m !.Cn1 m 1.Cn1 Cm1 2!  n  m   Câu 19 Một phao hình xuyến, bơm căng phao có bán kính đường tròn viền viền R1  3, R2  hình vẽ Thể tích phao  C 4 A B 3 D 4 Lời giải Chọn D 12 Chiếc phao hình xuyến Hình xuyến tạo từ hình tròn  C  có tâm I có bán kính quay xung quanh đường thẳng  song song với đường kính AB khoảng cách đường kính AB đường thẳng  Chọn hệ trục tọa độ Oxy cho trục Ox   , tâm I  0;2  Do đường tròn  C  có phương trình x   y    Cung  AMB có phương trình: y  f1  x     x Cung  ANB có phương trình: y  f  x     x 2 Gọi V thể tích phao, ta có V  V1  V2     f1  x   dx    f  x   dx 1        x2 1     2   x2 1  dx=   x dx=8  1  x dx 1    Đặt x  sin t ,    t    dx  cos tdt 2  Khi V  8    2    sin t cos tdt  8   cos t cos tdt  8    cos tdt  8    cos2t dt 2   2     4  x  sin 2t   4     4    2 2 Câu 20 Cho hình cầu  O, R  , hai mặt phẳng  P   Q  song song với nhau, cách O , đồng thời cắt khối cầu thành ba phần cho thể tích phần nằm hai mặt phẳng 13 thể tích 27 khối cầu Tính khoảng cách  P   Q  A 3R B R C 2R D R Lời giải Chọn C 13 Gọi khoảng cách từ A, A' đến mặt phẳng  P   Q  h Suy d   P  ,  Q    R  2h Với R  , ta có: + Phương trình mặt cầu x  y  z  4 + Thể tích khối cầu là: V   R  3 13 13 4 52  + Thể tích đối cầu là: V1  V  27 27 81 Mặt khác: 1 h 1 h  1  x  dx V1    2  1 h  1  h   1 h     h   52   x3  x   h 1  x  dx  2  x   x   2 1  h     81     3 1  h    h  26    h   h  26     3 81 81 Suy d   P  ,  Q    R  2h  R  R  R 3 Câu 21 [1D2-4] Tính tổng S  Cn0  A S  4n 1  2n 1 n 1 4n 1  2n 1 C S  1 n 1 32  1 3n 1  n Cn   Cn n 1 B S  4n 1  A2n 1 1 n 1 4n 1  2n 1 D S  1 n 1 Lời giải O Chọn D Ta có S  S1  S2 , đó: 32 33 3n 1 n 1 2n 1  Cn  Cn   Cn ; S2  Cn1  Cn2   Cnn   n 1 n 1 n 1  n  1! 3k 1 k n! 3k 1 3k 1 k 1 Cn  3k 1 A  C Ta có k 1  k  1 ! n  k ! n   k  1 ! n  1   k  1 ! n  n1 S1  Cn0  Suy S1  n k 1 k 1  n 1 k k 4n 1  0 C  C  C  C    n2 n n    n 1 n  n  k 0 n 1 k 0  14 Vậy S  4n 1  2n 1  n 1 Câu 22 Tính I   x  x dx Lời giải u  x Ta đặt   J    x dx dv  x  x dx 1 Với J    x dx u   x dx +) Cách 1: Tích phân phần  K   x2  dv  dx  dt dx t  x   x * K  ta đặt x  tan t   cos t 1 x 0  +) Cách 2: đặt x  tan t  J   2 Đặt u  sin t  J    dt cos tdt   cos t cos t du 2 1  u  Ta có  2 1  u    1  1          u  1 u  1    u  u    1      đưa dạng   u  1  u  1 u  1  u  12  +) Cách 3: I   x  x dx   4 dt dt Đặt x  tan t  I     A J cos t cos t Tính J 2 A  Ta có 2 Và  du 1  u  1  u   u  1     1 1         u  13  u  1  u  13    u  1 u  1    du  J 15 Câu 23 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ Biết tập hợp giá trị m để phương trình f  sin x   f  m  có 12 nghiệm phân biệt thuộc đoạn   ; 2  khoảng  a; b  Tính giá trị biểu thức T  a  b A B C 10 Lời giải D 13 Nếu ta đặt t  sin x rõ ràng phương trình f  sin x   f  m  trở thành f  t   f  m  với t   0;2 Ta xét phương trình 2sin x  a đoạn   ; 2  rõ ràng ta thấy phương trình có nghiệm a   0;  (dựa vào bảng biến thiên), ta có hai giá trị a1  a2   0;  hai phương trình 2sin x  a1 , 2sin x  a2 có 12 nghiệm 3 Ta quan sát đồ thị m   0;  \   phương trình f  t   f  m  với t   0;2 có hai 2 nghiệm  f  t1   f  t  t1  2sin x1 t  t t1 ; t2   0;  nghĩa  1  phương trình có  f  t2   f  t  t  t t2  2sin x2 nghiệm đoạn   ; 2  t1  t2   0;2  Như để phương trình f  sin x   f  m  có 12 nghiệm phân biệt thuộc đoạn   ; 2  3 m   0;  \   nên khơng có đáp án 2 Câu 24 Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục 1;8 thỏa mãn: 2 2 2 1  f  x  dx  21 f  x  dx  1 f  x dx  1  x  1 dx 3 16 Tính tích phân   f '  x   dx 8.ln A 27 B ln 27 C D Lời giải Chọn A Đặt x  t  dx  3t dt Với x   t  1; x   t  Ta được: 2 f  x dx   t f  t  dt   x f  x  dx 1 1 Thay vào giả thiết ta được: 2 2 2 3   f  x  dx  2 f  x  dx  2 x f  x dx    x  1 dx 1 2 2 2    f  x   dx   f  x3  dx   x f  x dx   1  x  dx   2     f  x    f  x  1  x   1  x  dx       f  x3   1  x  dx   f  x   1  x     f  x3   x2   f  x   x2  1  f  x  3 x 2 8 8.ln Do tích phân cần tính là:   f   x   dx  dx   ln x    27 x 27 27 1 Câu 25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A  2; 2;  , B  0; 2;  , C  2;0;  , D  2; 2;0  Điểm M  a; b; c  khơng gian cho Khi S  a  b  c bằng: A B 3MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ C Lời giải D Chọn B Ta thấy tứ diện ABCD tứ diện vuông A AB  AC  AD Ta có: MB AB MC AC MD AD 3MA  MB  MC  MD  3MA    AB AC AD       MB AB MC AC MD AD  3MA    AB AC AD      AB AC AD   3MA  MA      AB  AC  AD  AB AC AD      AB AC AD  3MA  MA    AB  AC  AD AB AC AD  AB  AC  AD Do 3MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ M trùng với A hay M   2; 2;  Vậy S  a  b  c     17 Câu 26 Cho hình hộp chữ nhật ABCD AB C D  có tổng diện tích mặt 36 , độ dài đường chéo AC  Hỏi thể tích khối hộp lớn bao nhiêu? A D 16 B 6 C 24 Lời giải Gọi a, b, c (a, b, c  0) độ dài cạnh hình chữ nhật  a  b  c  36 Theo ta có:    a  b  c   72  a  b  c   2ab  2bc  2ca  36    Thể tích khối hộp cuả hình chữ nhật V  abc  a 18  a   Ta có:  b  c   4bc   a   18  a  a   a  4a   a      a   a  6a 2  18a  Xét hàm số: f  a   a  6a 2  18a   0;    max f  a   f   Vmax  0;4  Vậy chọn A Câu 27 Cho a, b, c số thực thuộc đoạn 1;2 thỏa mãn log 32 a  log 32 b  log 32 c  Khi biểu thức P  a  b3  c3   log2 a a  log2 bb  log2 c c  đạt giá trị lớn giá trị tổng a  b  c ? A B 3.2 C Lời giải 3 Ta xét hàm số f  x   x  x log x  log x với x  1;2 D Cách Sử dụng máy tính Casio: Xét hàm số TABLE với Start  , End  , Step  0,1 : Dựa vào TABLE ta nhận thấy f  x    x P   log 32 a  log 32 b  log 23 c  Đẳng thức xảy a  b  1, c  hoán vị Vậy chọnC Cách Giải phương pháp tự luận: Ta có đạo hàm f   x   3x  3log2 x  3log22 x  ln x ln 6log x 3log2 x  22  2 x ln x ln x ln 6log x   log x      0, x  1;2 nên Vì f   x      x ln  x ln x ln 2  f   x   x  f   x   f  1  1, 67  Như hàm số f   x  đồng biến có nghiệm 1;2 (Vì f  1  0; f     ) có đồ thị lõm 1;2 Gọi nghiệm x0 ta có bảng biến thiên : 18 Từ bảng biến thiên ta nhận thấy f  x    x P   log 32 a  log 32 b  log 23 c  Đẳng thức xảy a  b  1, c  hoán vị Vậy chọnC Câu 28 Cho mặt cầu có bán kính R Hình chóp tam giác nội tiếp mặt cầu tích lớn A 3R B 27 3R 27 3R C 27 Lời giải 16 3R D 27 Chọn C Gọi S.ABC hình chóp tam giác đều, có đáy ABC tam giác Hình chóp S.ABC nội tiếp mặt cầu bán kính R Gọi H trọng tâm tam giác ABC, suy SH  ( ABC ) Ta có R  SA2  SA2  Rh  AH  SA2  SH  Rh  h  AB  3(2 Rh  h ) 2h Ta có VS ABC  3 ( h  h  R  h )3 R h (2 R  h )  h h (4 R  h )     8 27 27 Dấu “=” xảy h  4R 3R Như max VS ABC  27 Câu 29 Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C (0;0; m), D(1;1; n ) thỏa mãn m, n  m.n  Tính bán kính mặt cầu nhỏ ngoại tiếp tứ diện ABCD A B C D Lời giải Chọn A Gọi tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD I ( a; b; c ) ,  AI  BI ( a  1)2  b  c  a  (b  1)2  c  AI  BI    2 2 2  AI  CI   AI  CI  ( a  1)  b  c  a  b  (c  n )  AI  DI  AI  DI ( a  1)2  b  c  ( a  1)2  (b  1)2  ( c  n )2    19  n a  mn  n   b  mn   m2  n c   2( m  n )  R  AI  m2 n2 ( m  n )2 4m  n  ( m  n )2    ( m  n )2 ( m  n )2 4( m  n )2 4( m  n )2 ( m  n )2    ( m  n )2   ( m  n )4  1    ( m  n )2  2 4( m  n ) 4( m  n ) ( m  n )2 Đặt t  m  n Vì m, n  nên ta có m  n  mn  t  t  , t2 t Ta có f '(t )  t   với t  t Vậy f (t )  f (2)  t  [2;  )  R  f (t )  Bán kính mặt cầu nhỏ ngoại tiếp tứ diện ABCD -HẾT - 20