Tổng hợp các bài toán mức độ vận dụng cao ôn thi THPT quốc gia môn toán

TÔNG HỢP CÁC CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO – GROUP NHĨM TỐN A Câu 1: Nếu đồ thị hàm số y = x−4 cắt đường thẳng ( d ) : 2x + y = m hai điểm AB cho độ x +1 dài AB nhỏ A m = −1 B m = C m = −2 D m = u Đáp án chi tiết: x−4 = −2 x + m x +1 ie Phương trình hồnh độ giao điểm ⇔ x − ( m − 3) x − m − = ∆ = ( m + 1) + 40 > 0, ∀m ∈ R hi ch Ta iL ( x ≠ −1) Suy ( d ) cắt đồ thị hàm số hai điểm A,B x A + xB = m−3 ; x A x B = y A = −2 x A + m; y B = −2 x B + m yB − y A = −2 ( xB − xA ) 2 /T AB = −m − ; ( xB − x A ) + ( y B − y A ) = ( xB − x A ) 5 m + 1) + 40  ≥ (  4 c = om  m −   −m −   = ( xB + x A ) − x A xB =     −4      Vậy AB nhỏ m=-1 fb Chọn A _ Câu 2: Cho n số nguyên dương, tìm n cho log a 2019 + 22 log A n=2017 a 2019 + 32 log a 2019 + + n log n a 2019 = 10082 × 2017 log a 2019 B n=2018 C n=2019 D n=2016 Đáp án chi tiết: Ta có log a 2019 + 22 log a 2019 + + n log n a 2019 = 10082 × 2017 log a 2019 ⇔ log a 2019 + 23 log a 2019 + 33 log a 2019 + + n3 log a 2019 = 10082 × 2017 log a 2019 ⇔ (13 + 23 + 33 + + n3 ) log a 2019 = 10082 × 2017 log a 2019 u ie  n ( n + 1)   2016.2017  ⇔  =  2     Chọn A hi ch Ta iL ⇔ n = 2017 Câu 3: 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 3 B 200 3 D fb c om /T Đáp án chi tiết: C Dễ thấy tam giác ABC vuông B S∆ABC = Gọi p chu vi p= 3+ 4+5 =6 S = pr ⇒ r = Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác từ giả thiết mặt bên với đáy ABC góc 30 độ ta suy I chân đường cao khối chóp u SI 3 ⇒ SI = MI tan 30 = = 3 MI = S∆ABC SI = 3 Do ta chọn A Câu 4: Cho hi ch Ta iL VS ABC ie tan 30 = ∫ f ( x ) dx = Tính I = ∫ f (1 − x ) dx A B 10 Đáp án chi tiết: Đặt t = − x ⇒ dt = dx x =1⇒ t = 0 I = − ∫ f ( t ) dt = D om 1 /T x = ⇒ t =1 C  x = 1− t  Câu 5: Cho đường thẳng ( d ) :  y = − t mp (P): x + y − = Tìm phương trình đường thẳng  z = 2t  c nằm mặt phẳng (P) cắt vuông góc với (d) fb  x = − 2t  x = − 3t   A  y = + 2t B  y = + 3t  z=0  z=5    x = − 2t  C  y = − 2t  z=0   x = 1− t  D  y = + t  z =5  Đáp án chi tiết: Gọi I giao điểm (d) (P) I (1 − t ;1 − t; 2t ) I ∈ ( P ) ⇒ t = ⇒ I (1;1; ) (d) có vectơ phương u = ( −1; −1; ) (P) có vectơ pháp tuyến n = (1;1; ) Vecstơ pháp tuyến mặt phẳng cần tìm ie u u ∆ = u , v  = ( −2; 2;0 ) hi ch Ta iL  x = − 2t  Phương trình mặt phẳng cần tìm  y = + 2t  z=0  Câu 6: Biết số phức Ζ thỏa điều kiện ≤ z − 3i + ≤ Tập hợp điểm biểu diễn Z tạo thành hình phẳng Diện tích hình phẳng _ A 16π B 4π C 9π c om /T Đáp án chi tiết: D 25π fb Đặt z = x + yi z − 3i − = x − + ( y − 3) i = ( x − 1) + ( y − 3) Do 2 ≤ z − 3i − ≤ ⇔ ≤ ( x − 1) + ( y − 3) ≤ 25 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 = π 52 − π 32 = 16π Câu 7: Trong số khối trụ tích V, khối trụ có diện tích tồn phần bé có bán kính đáy V 2π B R = 4π V C R = π D R = V V π u A R = Đáp án chi tiết: V π R2 STP = S Xp + Sd = 2π Rl + 2π R = Xét hàm số f ( R ) = f ′( R) = om c R V 2π /T Bảng biến thiên + f ′( R) fb 2V + 2π R R 2V + 2π R với R>0 R −2V + 4π R R2 f ′( R) = ⇔ R = hi ch Ta iL ⇒l =h= ie V = π R h V 2π +∞ - +∞ +∞ f ( R) Từ bảng biến thiên ta thấy diện tích tồn phần nhỏ R = V 2π Do chọn A u _ ie B hi ch Ta iL Câu 1: Tìm tham số thực m để bất phương trình: x − x + ≥ x − x + m + có nghiệm thực đoạn [ 2;3] A B m ≤ −1 C m ≤ − D Lời giải D =ℝ /T Tập xác định: Đặt t= x − x + ≥ ⇒ x − x = t − om Khi đó: ⇔ t ≥ t − + m ⇔ m ≤ −t + t + = g t, t ∈ [1; +∞∞ c g ′ t= −2t + Cho g ′ t=0 ⇔ t = Ta có: fb Bảng biến thiên: T -∞ 2 +∞ - g′ t + - g t ie hi ch Ta iL Dựa vào bảng biến thiên, m ≤ −1 thỏa theo yêu cầu toán u -1  π π Câu 2: Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn  − ;   4 sin x + cos x + cos x = m A m ≤ 47 ; ≤m 64 B 49 < m ≤ C 64 49 12m2 − 24m với −1 ≤ t ≤ Lập BBT A m < −1 B m ≤ −1 C m ≤ − D m < − Câu 4: Đặt vào đoạn mạch hiệu điện xoay chiều u = U sin 2π t Khi mạch có T  2π  dòng điện xoay chiều i = I  t + ϕ  với ϕ độ lệch pha dòng điện hiệu điện Hãy  T  tính cơng dòng điện xoay chiều thực đoạn mạch thời gian chu kì B U0 I0 T sin ϕ C U0 I0 U I T cos (ϕ + π ) D 0 T cos ϕ 2 u U0 I0 cosϕ s ie A Lời giải Τ Τ hi ch Ta iL 2π  2π  Ta có: ∫ uidt = ∫ U Ι sin  t + ϕ  sin tdt Τ  Τ  0 Τ 1  4π  = U Ι ∫  cosϕ -cos  t + ϕ   dt 2  Τ  Τ U Ι 1  4π  = 0 ∫  cosϕ -cos  t + ϕ  dt 2  Τ  U 0Ι0  Τ  4π  Τ U Ι t cos ϕ − sin  t + ϕ   = 0 Τcosϕ   4π  Τ  /T = om  2π  Câu 5: Một dòng điện xoay chiều i = Ι sin  t + ϕ  chạy qua mạch điện có điện trở R  Τ  Hãy tính nhiệt lượng Q tỏa đoạn mạch tron g thơi gian chu ki T RI 02 Τ fb c A B RI 02 Τ C RI 02 Τ D RI 02 Τ Lời giải Τ Τ  2π  Ta có: Q = ∫ Ri dt = ∫ RI 02 sin  t + ϕ dt  Τ  0  2π  − cos2  +ϕ   Τ dt = RI 02 ∫ Τ u RI 02  Τ  2π   Τ RI t − t + = Τ ϕ sin    4π  Τ  ie = hi ch Ta iL Câu 6: Một đoàn 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 đoàn tàu 1/10 trọng lượng P Hãy xác định chuyển động đồn tàu tắt máy hãm A x = v0 t − g t 20 B x = v0 t − g t 10 C x = v0 t − g t 30 D x = v0 t − t2 20 Lời giải - Khảo sát đoàn tàu chất điểm có khối lượng m, chịu tác dụng Ρ, Ν, Fc /T - Phương trình động lực học là: ma = Ρ + Ν + Fc (1) om Chọn trục Ox nằm ngang, chiều ( + ) theo chiêu chuyển động gốc thời gian lúc tắt máy Do chiếu (1) lên trục Ox ta có: p ″ g ;x = − 10 10 c max = − Fc hay viết: mx ″ = − F hay F = fb Hay hay dv g g = − → − dt dt 10 10 Nguyên 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 10 ⇒ ∆ABC ie u BAC=600 hi ch Ta iL Ta có góc hai mặt bên (AA’B’B) (AA’C’C) Vì AA’//CC’ ⇒ ( AA '; BC ') = ( CC '; BC ') = BC ' C = 30 Kẻ AI ⊥ BC ⇒ AI ⊥ ( BB ' C ' C ) d ( AA '; BC') = d ( AA '; ( BB ' C ' C ) ) = AI = a 2a BC , CC ' = = 2a tan 300 /T ⇒ BC = om a 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 c làm hai phần ( N1 ) ( N ) Cho hình cầu nội tiếp ( N ) hình vẽ cho thể tích hình cầu nửa thể tích ( N ) Một mặt phẳng qua trục hình nón vng góc với đáy cắt ( N ) theo thiết diện fb hình thang cân, tang góc nhọn hình thang cân 87 u C D ie B hi ch Ta iL A Hướng dẫn om /T Giả sử ta có mặt cắt hình nón cụt đại lượng hình vẽ .c Gọi α góc cần tìm Xét ∆AHD vng H có DH=h, AH=R-r fb ⇒ h = 2r0 = AH tan α = ( R − r ) tan α (1) π h3 Thể tích khối cầu V1 = π r03 = Thể tích ( N ) V2 = π h ( R + r + Rr ) (2) 88 V1 ⇒ h = R + r + Rr V2 Ta có BC=R+r (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Mà h = BC − ( R − r ) = Rr (3) 2 ie u Từ (2), (3) ⇒ ( R − r ) = Rr (4) hi ch Ta iL Từ (1), (3), (4) ⇒ h = ( R − r ) tan α = ( R − r ) ⇒ tan α = ⇒ tan α = (vì α góc nhọn) Câu Hình học Oxyz Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(2;-2;0), đường thẳng ∆: x +1 y z − biết mặt phẳng (P) có phương trình ax+by+cz+d=0 qua A, song song với ∆ = = −1 khoảng cách từ ∆ tới mặt phẳng (P) lớn Biết a, b số nguyên dương có ước chung lớn Hỏi tổng a+b+c+d bao nhiêu? A B C Hướng dẫn giải D -1 /T Gọi H hình chiếu vng góc A đường thẳng ∆ om Do H ∈ ∆ ⇒ H ( −1 − t ;3t ; + t ) ⇒ AH = ( −t − 3;3t + 2; t + ) Do AH ⊥ ∆ ⇒ AH u∆ = với u∆ = ( −1;3;1) ⇔ −1 ( −t − 3) + ( 3t + ) + ( t + ) = ⇔ 11t = −11 c ⇔ t = −1 ⇒ H ( 0; −3;1) fb Gọi F hình chiếu vng góc H (P), đó: d ( ∆, ( P ) ) = ( H , ( P ) ) = HF ≤ HA Suy d ( ∆, ( P ) )max = HA Dấu “=” xảy F ≡ A ⇒ AH ⊥ ( P ) , hay toán phát biểu lại là: “Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A vng góc với AH” Ta có AH = ( −2; −1;1) = − ( 2;1; −1) , suy n( P ) = ( 2;1; −1) 89 Suy phương trình mặt phẳng (P) ( x − ) + y + − z = ⇔ x + y − z − = a, b ∈ ℕ∗ a = 2, b = Do  ⇒ ⇒ a+b+c+d = ( a, b ) = c = −1, d = −2 x ( ) ( −1 + định đây, khẳng định sai? B ( x2 , +∞ ) ∩ ( −1,1) = ( −1,1) C ( x1 , x ) ∩ ( −1, ) = ( −1, ) D ( x1 , x ) ∩ ( −1,1) = ( −1,1) x x HDG: ( x ) ( −1 +  −1   +1  5 + = 5.2 x−1 ⇔   +   = (1)     ) x x ( )( −1  −1   +1  + = 1x = ⇒   =       ) x /T Nhận xét: x x hi ch Ta iL A ( x1 , +∞ ) ∩ ( −1,1) = ( −1,1) ) + = 5.2 x −1 khẳng ie Câu 1: Gọi x1 , x2 ( x1 < x2 ) hai nghiệm phương trình u H x −1 2, x2 = log −1 om  −1  + Đặt t =   > 0, (1) ⇔ t + = ⇒ x1 = log t   −x Câu 2: Cho hàm số y = x + 3mx − m có đồ thị ( Cm ) đường thẳng d : y = m x + 2m Biết m1 , m2 ( m1 > m2 ) hai giá trị thực m để đường thẳng d cắt đồ thị ( Cm ) điểm phân biệt có fb ? c hồnh độ x1 , x2 , x3 thỏa x14 + x24 + x34 = 83 Phát biểu sau quan hệ hai giá trị m1 , m2 A m1 + m2 = B m12 + 2m2 > C m22 + 2m1 > D m1 − m2 = x = m HDG: pthdgd: x + 3mx − m x − 3m = ⇔  x = − m ( DK : m ≠ )  x = −3m 2 90 ycbt ⇔ x14 + x24 + x34 = 83 ⇔ m + m + 81m = 83 ⇔ m = ±1 ⇒ m1 + m2 = Câu 3: Thang đo Richter Charles Francis 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 − lgA o , với M L độ chấn động, A biên độ tối đa đo địa chấn kế Ao biên độ chuẩn (nguồn: Trung tâm tư liệu khí tượng thủy văn) Hỏi theo thang độ Richter, với trận động đất độ Richter? B 20 C 10 D 100 hi ch Ta iL A ie u biên độ chuẩn biên độ tối đa trận động đất độ Richter lớn gấp lần biên độ tối đa HDG: Gọi A1 A2 biên độ tối đa hai trận động đất độ Richter độ Richter Theo 7 = lg A1 − lgA o cơng thức, ta có  5 = lg A2 − lg Ao Trừ vế theo vế hai đẳng thức trên, ta có: = lg A1 − lgA = lg A1 A ⇒ = 102 = 100 A2 A2 Câu 4: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' có khoảng cách A 'C C ' D ' 1cm Thể tích khối /T lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' là: B 2cm3 C 3cm3 D 27cm3 om A 8cm3 HDG: Để tìm khoảng cách A 'C C ' D ' , ta dựng mặt phẳng chứa A’C song song với C’D’ fb c Dễ thấy mặt phẳng (CA’B’) Gọi a độ dài cạnh khối lập phương, lúc ta có: d ( C ' D ', A ' C ) = d C ' D ', ( CA ' B ' )  = D  D ', ( CA ' B ' )  91 Để tính khoảng cách từ điểm D ' đến mặt phẳng (CA’B’), ta xét khối tứ diện D’CA’B’ VD 'CA ' B ' 1 a a3 = CC '.S B ' A ' D ' = a = ( cm3 ) 3 ie hi ch Ta iL 3V Suy ra: d  D ', ( CA ' B ' )  = D 'CA ' B ' SCA ' B ' a3 a ( cm ) ⇒ a = ( cm ) = = 2 a u 1 2 SCA ' B ' = CB '.B ' A ' = a 2.a = a ( cm ) (do tam giác CA ' B ' vuông B’) 2 Do V = a3 = 2cm3 om A Số phức M ( x, y ) /T Câu 5: Số phức z thỏa mãn điều có biểu diễn phần gạch chéo hình B Số phức z = x + yi ( x, y ∈ R ) c C.Số phức A ( −1,1) fb 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 = 92 Vậy M ( a, b ) điểm biểu diễn số phức ⇒ P = S1 − S2 = 2π ( R1 − R2 ) = 2π có mơ đung nhỏ có phần thực thuộc đoạn [ −1;1] Ta có đáp án A Câu 6: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng, SAD tam giác nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Biết diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD B dm C dm D dm ie dm /T hi ch Ta iL A u 4π ( dm ) Khoảng cách hai đường thẳng SD AC gần với giá trị sau đây? om HDG: Gọi x>0 cạnh hình vng ABCD H trung điểm cạnh AD Dễ dàng chứng minh SH ⊥ ( ABCD ) , SH = x \ c Gọi O = AC ∩ BD G trọng tâm ∆SAD , đồng thời d1 , d lfa trục đường tròn ngoại tiếp fb ABCD, ∆SAD ( d1 qua O // SH , d qua G //AB) ⇒ I = d1 ∩ d tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD ⇒ R = SI 2 21  x   x S = 4π R ⇒ R = = SI = SG + GI =   +   ⇒ x = ( dm )  3   2 Gọi E điểm thỏa ADEC hình bình thành ⇒ ED / / AC ⇒ d ( AC ;SD ) = d ( AC; ( SDE ) ) 93 ⇒ d ( AC;SD ) = d ( A; ( SDE ) ) = 2d ( H ; ( SDE ) ) = HP (phần chứng minh HP ⊥ ( SDE ) xin danh cho bạn đọc) 1 1 x 21 = + = + ⇒ HP = = dm ⇒ d ( AC ; SD ) = dm 2 2 HP SH KH 14 7 x 3 x 2         u ∆SKH = = 2; ( II ) : z.z = 5; ( III ) : z − 2i = 4; ( IV ) : i ( z − 4i ) = Hỏi điều kiện để số phức Z có tập hợp biểu diễn đường thằng A ( II ) , ( III ) , ( IV ) hi ch Ta iL (I ): z + z ie Câu 7: Trong mặt phẳng phức Oxy , cho số phức z thỏa bốn điều kiện 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; ( II ) : z.z = ⇒ x + y = /T (Đường tròn) = ⇔ x + ( y − ) = 16 ; om ( III ) : z − 2i (Đường thẳng) (Đường tròn) + iz = ⇔ x + ( y − ) = ( IV ) : i ( z − 4i ) = ⇔ (Đường tròn) c Vậy đáp án D fb Câu 8: Tích phân I = ∫ A x 2001 1002 (1 + x ) 1 B 1001 2002.2 2001.21001 dx có giá trị C 2001.21002 D 2002.21002 Hướng dẫn giải 94 I =∫ x 2004 x3 (1 + x 1002 ) dx = ∫ 1 1002   x  + 1 x  dx Đặt t = + ⇒ dt = − dx x x Câu 9: Cho miếng tơn hình tròn có bán kính 50cm Biết hình nón tích lớn diện tích tồn phần hình nón diện tích miếng tơn Khi hình nón có bán kính đáy B 20cm C 50 2cm D 25cm hi ch Ta iL ie HDG u A 10 2cm /T Đặt a = 50cm Gọi bán kính đáy chiều cao hình nón x, y ( x, y > ) Ta có om SA = SH + AH = x + y Khi diện tích tồn phần hình nón Stp = π x + π x x + y c Theo giả thiết tacos fb π x2 + π x x2 + y = π a ⇔ x x2 + y + x2 = a ⇔ x x + y = a − x ⇔ x ( x + y ) = a + x − 2a x , ( DK : x < a ) ⇔ x2 = a4 y + 2a Khi thể tích khối nón 95 a4 y V = π y = π a4 2 y + 2a y + 2a V đạt giá trị lớn y + 2a đạt giá trị nhỏ y ie 2a a , tức y = a ⇒ x = = 25cm y hi ch Ta iL Vậy V đạt giá trị lớn y = u y + 2a 2a 2a = y+ ≥ y = 2a Ta có y y y Lưu ý: Bài em xét hàm số lập bảng biến thiên N Phần 1: Khảo sát hàm số Câu hỏi: Cho hàm số y = x−3 có đồ thị (C) Gọi I giao điểm đường tiệm cận (C) Tìm tọa x +1 A M 0; −3 M − 2;5 om 1  C M  2; −  M − 4; 3  /T độ điểm M (C) cho độ dài IM ngắn nhất? B M 11; −1 M − 3;3 1 5  11  D M  ; −  M  − ;   3  3 c  m−3 Hướng dẫn giải: Gọi M  m;  thuộc đồ thị, có I(-1;1)  m +1  16 16 , IM = m + 12 + ≥ 16 ≥ 2 m +1 m + 12 fb IM = m + 12 + IM nhỏ IM = 2 Khi (m+1)2 =4 Tìm hai điểm M 11; −1 M − 3;3 Chọn B Phần 2: Mũ – Logarit 96 Câu hỏi: Phương trình + log9x − 3log 9x = log 3x − có nghiệm nguyên? B C Hướng dẫn giải: Giải phương trình D + log9x − 3log 9x = log 3x − Điều kiện xác định: x ≥ 1 + log 9x − 3log 9x = log 3x − ⇔ + log 9x − 3log 9x = log 9x − ie ⇔ − log 9x = log 9x − 1 + log 9x + log 9x ⇔ log 9x − 1 + log 9x + log 9x + = u A hi ch Ta iL ⇔ log 9x = vì: + log 9x + 3log 9x + > ⇔ x = Vậy nghiệm phương trình cho: x=3 Chọn đáp án B Phần 3: Nguyên hàm – Tích phân - Ứng dụng Câu hỏi: Phần bôi đen hình vẽ hình phẳng (D) giới hạn parabol (P) tiếp tuyến d (P) điểm A(1;1) đường thẳng x = Tính diện tích hình phẳng (D) B C D Một đáp số khác om /T A .c Hướng dẫn giải: Vì parabol (P) nhận gốc O làm đỉnh đối xứng qua Oy nên phương trình parabol (P) có dạng fb y = ax ( a ≠ ) Vì (P) qua A(1;1) nên a = , suy phương trình (P): y = x Đường thẳng d tiếp tuyến (P) A nên có phương trình: y = x − 97 2 1 Diện tích hình phẳng (D) là: S = ∫  x − ( x − 1) dx = ∫ ( x − 1) dx = ( x − 1) = − = 3 1 Chọn A Lưu ý: Bài cần phải tìm phương trình đường dựa hình vẽ u Phần 4: Số phức B 21007 C 22009 Hướng dẫn giải: D 21009 + ( z2 − 1) 2017 hi ch Ta iL A 22017 2017 ie Câu hỏi: Gọi z1 ; z2 nghiệm phức phương trình: z − z + = Tính: ( z1 − 1)  z1 = − i Ta có: ∆ ' = − = −1 = i ⇒   z2 = + i Khi đó: z1 − 12017 + z2 − 12017 = − i 2016 (1 − i ) + + i 2016 (1 + i ) 1008 1008 om Chọn đáp án D (1 + i ) = −2i1008 (1 − i ) + 2i1008 (1 + i ) /T 2 = (1 − i )  (1 − i ) + (1 + i )      1008 1008 1009 = (1 − i ) + (1 + i ) = Phần 5: Thể tích khối đa diện Câu hỏi: Người ta cắt miếng bìa tam giác hình vẽ gấp lại theo đường kẻ, sau dán Tính độ dài cạnh miếng bìa theo a ? 12 fb c mép lại để hình tứ diện tích V = a 98 u ie hi ch Ta iL A a B 2a C Hướng dẫn giải: a D 3a Đặt 2x cạnh miếng bìa Khi cạnh tứ diện x , suy thể tích tứ diện là: V = x3 2 = a3 Do x = a , suy cạnh miếng bìa 2a Chọn B 12 12 Phần 6: Khối tròn xoay 12 /T Lưu ý: Nếu tứ diện có cạnh a thể tích V = a om 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 a2 B .c A a2 C a2 D a2 fb Hướng dẫn giải: 99 Gọi thiết diện qua trục ∆SAB vuông cân S, SA = SB = a Gọi O tâm đáy, SO = a Gọi thiết diện qua đỉnh, tạo với đáy góc 600 ∆SAC Gọi M trung điểm AC, góc mặt phẳng (SAC) với mặt đáy SO a = (∆SMO vuông O) sin 60 * OM = a 6 hi ch Ta iL ie * SM = u SMO = 600 * AC = AM = OA2 − OM = * S SAC = 2a 3 1 a 2a a 2 SM AC = = 2 3 Chọn C Phần 7: Hình giải tích Oxyz x −1 y + z = = Gọi ∆ đường thẳng qua M, vuông góc với d Viết phương trình đường −1 thẳng ∆ ? x = + t  B  y = − 4t  z = − 2t  c x = + t  A  y = − 4t  z = −2t  om trình: /T Câu hỏi: Trong khơng gian tọa độ Oxyz cho M (2;1;0) đường thẳng d có phương x = 1+ t  C  y = − 4t  z = −2t  x = − t  D  y = − 4t  z = −2t  fb Hướng dẫn giải:  x = + 2t  PTTS d  y = −1 + t  z = −t  Gọi H hình chiếu vng góc M lên d, đường thẳng ∆ cần tìm đường thẳng MH 100 Vì H thuộc d nên H + 2t ; −1 + t ; − t suy MH = ( 2t − 1; −2 + t ; −t )  −4 −2  Vì MH ⊥ d d có VTCP u = ( 2;1; −1) nên MH u = ⇔ t = Do MH =  ; ;  3 3  u fb c om /T hi ch Ta iL ie Vậy PTTS ∆ x = + t   y = − 4t Đáp án A  z = −2t  101 ... làm hồ nước gạch xi măng có dạng hình hộp đứng đáy hình chữ nhật có chi u dài gấp ba lần chi u rộng khơng nắp, có chi u cao h tích 18 m3 Hãy tính chi u cao h hồ nước cho chi phí xây dựng thấp nhất?... t2 20 Lời giải - Khảo sát đoàn tàu chất điểm có khối lượng m, chịu tác dụng Ρ, Ν, Fc /T - Phương trình động lực học là: ma = Ρ + Ν + Fc (1) om Chọn trục Ox nằm ngang, chi u ( + ) theo chi u... ′ t=0 ⇔ t = Ta có: fb Bảng biến thi n: T - 2 +∞ - g′ t + - g t ie hi ch Ta iL Dựa vào bảng biến thi n, m ≤ −1 thỏa theo yêu cầu tốn u -1  π π Câu 2: Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm