D01 max min thể tích muc do 3

Câu 13 [2H1-5.1-3] (SGD Bình Dương - HKI - 2017 - 2018 - BTN) Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB  x cạnh lại Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn A x  B x  D x  C x  Lời giải Chọn B CH  AB Cách Gọi H trung điểm AB   (do ABC , ABD cân đáy AB )  DH  AB  AB   CDH  Mặt khác CDH cân H , HC  HD   x2 A x H D B I C Gọi I trung điểm CD  HI  HC  CI   x2 12  x 1  1 HI CD  12  x 2 1 1  AB.SCDH   x  12  x  x 12  x 3 Suy SCDH  Vậy VABCD   , x   0;  Cách 1a: Xét f  x   x 12  x , x  0; f   x   12  x  x2 12  x   12  x 12  x  f   x    x  x  0; Bảng biến thiên: x f  x –  f  x Vậy Vmax 0  x  2 1 x  12  x  1 Cách 1b: VABCD   x 12  x   6  x  12  x  x Dấu “” xảy  x  0;     AH  CD Cách 2: Gọi H trung điểm CD , dễ thấy  (do ACD , BCD cân đáy CD ) Suy  BH  CD CD   ABH    ABH    BCD  theo giao tuyến BH Vì  ABH  kẻ AK  BH K  BH AK   BCD  1 22 3 Do VABCD   AK  SBCD   AK   AK 3 Vậy VABCD lớn  AKmax Trong AHK có AK  AH nên AK lớn K  H  AH  BH  AB2  AH  BH   x  (Vì ACD , BCD tam giác cạnh nên AH  BH  ) A x D B K H C Vậy VABCD lớn x  Câu 18 [2H1-5.1-3](Chuyên Quang Trung - Bình Phước - Lần - 2018 - BTN) Xét khối tứ diện ABCD , AB  x , cạnh lại Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD lớn A x  B x  2 C x  14 Lời giải D x  Chọn D A M x D B H C [Phương pháp tự luận] Gọi M , H trung điểm AB CD CM  AB  AB   CDM  Ta có tam giác ABC , ABD cân C D Suy   DM  AB Ta có: CAB  DAB  c.c.c  suy MC  MD Ta MH  CD Tứ diện BMCH có đường cao BM , đáy tam giác MHC vng H Có BM  x ; BH  BC  CH  12   HC  ; HM  BH  BM   VABCD  2VBMCD  2.2VBMHC  1 x2 x2 Suy SMHC  MH HC   2 4 x x2   2 x x2 x x2  x2 x2  3 9  9       4  4 Vậy giá trị lớn thể tích khối tứ diện 3 , đạt x2 x2    x  18  x  4 [Phương pháp trắc nghiệm] Thực phương pháp tự luận để có V  x x2  Nhập hàm số bên vào máy tính CALC , V  3.872 CALC 2 , V  4.320 CALC 14 , V  5.066 CALC , V  5.196 Câu 15: [2H1-5.1-3] (THPT Chuyên Thái Nguyên - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABC có độ dài cạnh SA  BC  x , SB  AC  y , SC  AB  z thỏa mãn x  y  z  Tính giá trị lớn thể tích khối chóp S ABC A B C D Lời giải Chọn C S x z y A C H K B Thể tích khối tứ diện V  12 Mà x2  y  z  nên V  y 12  z  x  z  x  y  x  y  z  9  x 9  y 9  z  2 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương   2x  ,   2y  ,   2z  ta có  9  x2   9  y   9  z        x   y   z     27    x   y   z   V  Vậy Vmax  Câu 6: 27  V  12 , đạt x  y  z  tức tứ diện cho tứ diện cạnh [2H1-5.1-3] (CHUN THÁI BÌNH L3) Cho khối chóp S ABC có SA  a , SB  a , SC  a Thể tích lớn khối chóp A a a3 C Lời giải a3 B a3 D Chọn D A a a C S H a B AH S SBC Ta có AH  SA ; dấu “=” xảy AS   SBC  Gọi H hình chiếu A lên ( SBC )  V  1 SB.SC.sin SBC  SB.SC , dấu “=” xảy SB  SC 2 1 1 Khi đó, V  AH SSBC  AS  SB  SC  SA  SB  SC 3 Dấu “=” xảy SA, SB, SC đơi vng góc với SSBC  Suy thể tích lớn khối chóp V  Câu 50: a3 SA.SB.SC  6 [2H1-5.1-3] (THPT Quảng Xương - Thanh Hóa - 2018 - BTN) Cho x , y số thực dương thay đổi Xét hình chóp S ABC có SA  x , BC  y , cạnh lại Khi thể tích khối chóp S ABC đạt giá trị lớn tích x y : A B C Lời giải D Chọn A - Do SB  SC  AB  AC  nên tam giác SBC ABC cân S A Gọi M , N trung điểm BC SA , ta có:  SM  BC  BC   SAM  Hạ SH  AM H SH   ABC    AM  BC - Ta có: AM   y2 y2  S ABC  AM BC  y  4 Mặt khác: SM  AM nên tam giác MSA cân M  MN  MA2  AN   Lại có: SH AM  MN.SA  SH   VS ABC MN SA  AM y x2  4 y x2  2 4  x 4 x  y  y2 y2 1 x  x  x2  y y2 1 y 1  SH S ABC   xy  x  y 2 12 4 y  x2  y   x2  y   x2 y   x2  y      12  12 27  , x y  Câu 1324: [2H1-5.1-3]  x2  y   x2  y  x  y  27 3 [Sở GDĐT Lâm Đồng lần 07] [2017] Người ta muốn mạ vàng cho hộp có đáy hình vng khơng nắp tích lít Tìm kích thước hộp để lượng vàng dùng mạ Giả sử độ dày lớp mạ nơi mặt hộp A Cạnh đáy 3, chiều cao B Cạnh đáy 1, chiều cao C Cạnh đáy 4, chiều cao D Cạnh đáy 2, chiều cao Lời giải Chọn D Vậy Vmax  Gọi x cạnh đáy hộp h chiều cao hộp S  x  diện tích phần hộp cần mạ Khi đó, khối lượng vàng dùng mạ tỉ lệ thuận với S(x) Ta có: S  x   x  xh 1 ;V  x h   h  / x   16 x Dựa vào BBT, ta có S  x  đạt GTNN x  Từ (1) (2), ta có S  x   x  Câu 38: [2H1-5.1-3](THPT HAU LOC 2_THANH HOA_LAN2_2018_BTN_6ID_HDG) Cho tứ diện ABCD có AB 3a , AC 4a , AD 5a Gọi M , N , P trọng tâm tam giác DAB , DBC , DCA Tính thể tích V tứ diện DMNP thể tích tứ diện ABCD đạt giá trị lớn A V 10a3 B V 80a3 C V 20a3 27 D V 120a3 27 Lời giải Chọn C V Ta có: D.MNP VD.HIK DM DN DP DH DI DK 3 VD.MNP 1 AB AC.sin A.DE S ABC SH 3 ( DE đường cao hình chóp D ABC ) Ta có: VD ABC Dấu xảy khi: DA DE BAC 90 1 Suy ra: VD ABC max AB AC.DA 3a.4a.5a 20 Vây: VD.MNP 10a3 a 27 27 VD.HIK 27 VD ABC 27 AB AC.DE VD ABC 27 AB AC.DE 10a3 Câu 1873 [2H1-5.1-3] Cho hình chóp S ABC có SA  a , SB  a , SC  a Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho A Vmax  a3 B Vmax  a3 C Vmax  Lời giải Chọn D a3 D Vmax  a3 Gọi H hình chiếu A mặt phẳng  SBC    AH   SBC  Ta có  AH  AS Dấu ''  '' xảy AS   SBC  1 SB.SC.sin BSC  SB.SC 2 Dấu ''  '' xảy SB  SC 1 1  Khi V  SSBC AH   SB  SC  AS  SA.SB.SC 3  Dấu ''  '' xảy SA, SB, SC đơi vng góc với  SSBC  Vậy thể tích lớn khối chóp Vmax  a3 SA.SB.SC  6 [2H1-5.1-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  , cạnh Câu 1875 bên SA vng góc với mặt phẳng đáy  ABCD  SC  Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho 40 A Vmax  B Vmax  80 C Vmax  Lời giải Chọn A S A B x D C Đặt cạnh BC  x  Tam giác vng ABC, có AC  16  x Tam giác vng SAC , có SA  SC  AC  20  x2 Diện tích hình chữ nhật S ABCD  AB.BC  x Thể tích khối chóp VS ABCD  S ABCD SA  x 20  x 3 Áp dụng BĐT Côsi, ta có 20 D Vmax  24 x 20  x  x2   20  x  2  10 40 Suy VS ABCD  10  3 Dấu "  " xảy  x  20  x  x  10 Vậy Vmax  Cách Xét hàm số f  x    40  x 20  x 0; Câu 1876 [2H1-5.1-3] Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác có SA  SB  SC  Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho A Vmax  B Vmax  12 C Vmax  12 D Vmax  12 Lời giải Chọn A Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Vì S ABC hình chóp  SO   ABC  Đặt AB  x  Diện tích tam giác SABC  Gọi M trung điểm BC  AM  x2 x x  OA  AM  3 Tam giác vng SOA, có SO  SA2  OA2   x2 1 x2 3  x2 Khi VS ABC  SABC SO   x  x 3 12 Xét hàm f  x   x  x 0; , ta max f  x   f 12  0;       16 Câu 1877 [2H1-5.1-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AD  Các cạnh bên Tìm thể tích lớn Vmax khối chóp cho A Vmax  130 B Vmax  128 C Vmax  Lời giải Chọn B 125 D Vmax  250 S x B O C A D Gọi O  AC  BD Vì SA  SB  SC  SD suy hình chiếu S mặt đáy trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy  SO   ABCD  Đặt AB  x  Tam giác vng ABC, có AC  AB2  BC  x2  16 Tam giác vng SOA, có SO  SA2  AO  SA2  AC 128  x    1 128  x 1 128 Khi VS ABCD  S ABCD SO  x  x 128  x   x  128  x   3 3 128 Dấu ''  '' xảy x  128  x  x  Suy VS ABCD  [2H1-5.1-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành với AD  4a Các Câu 1879 cạnh bên hình chóp a Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho A Vmax 8a  B Vmax  a C Vmax  8a3 D Vmax  a3 Lời giải Chọn A S D A H B C Do SA  SB  SC  SD  a nên hình chiếu vng góc S mặt phẳng  ABCD  trùng với tâm đường trịn ngoại tiếp đáy, tứ giác ABCD hình chữ nhật Gọi H  AC  BD , suy SH   ABCD  Đặt AB  x  Ta có AC  AD2  AB2  x2  16a AC 8a  x  Tam giác vng SHA, có SH  SA  1 Khi VS ABCD  S ABCD SH  AB AD.SH 3   8a  x a a 8a3  x.4a  x 8a  x   x  8a  x   3 3 Câu 1881 [2H1-5.1-3] Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân C , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy  ABC  Biết SC  1, tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho A Vmax  12 B Vmax  12 C Vmax  27 D Vmax  27 Lời giải Chọn D S A B x x C Giả sử CA  CB  x  Suy SA  SC  AC   x 1 Diện tích tam giác SABC  CA.CB  x 2 1 Khi VS ABC  SABC SA  x  x Xét hàm f  x    2 x  x  0;1 , ta max f  x   f     0;1     27 Cách Ta có x Câu 1883 1  x2  x2   x2  1 x  x x   x      2   [2H1-5.1-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên  y   vng góc với mặt đáy  ABCD  Trên cạnh AD lấy điểm M đặt AM  x   x  a  Tính thể tích lớn Vmax khối chóp S ABCM , biết x  y  a SA  y A Vmax  a3 3 B Vmax  a3 C ABCD Lời giải Chọn B S x y A a a M D B C Từ x  y  a  y  a  x  BC  AM  ax Diện tích mặt đáy S ABCM    AB    a     D S ABCD   AB  AD Ta có    AB   SAD    AB  SD   SAB  90  AB  SA Tương tự, ta có BC  SD Từ suy SD   ABDC   DH   SBC  Kẻ DH  SC  H  SC   Khi d  A,  SBC   d  D,  SBC   DH Đặt AB  x  1 1 Trong tam giác vng SDC , có    2 DH SD DC a  Suy SD  ax x  2a   1  2 SD x 1 ax3 a x3 Thể tích khối chóp VS ABC  VS ABCD   x  2a x  2a Xét hàm f  x   Câu 1898  x3    a 2;  , ta f  x   f a  3a  a 2; x  2a 2 [2H1-5.1-3] Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD có AB  x, AD  3, góc đường thẳng AC mặt phẳng  ABBA  300 Tìm x để thể tích khối hộp chữ nhật tích lớn A x  15 B x  C x  3 D x  Lời giải Chọn B Vì ABCD ABCD hình hộp chữ nhật suy BC   ABBA  Khi AB hình chiếu AC mặt phẳng  ABBA  Suy 300  AC,  ABBA    AC, AB   CAB Đặt BB  h  h   D' C' B' A' h C D A x B Tam giác vng ABB, có AB  AB2  BB2  x  h2 Tam giác vng ABC , có tan CAB  BC  tan 300  AB  x  h2  27 x h Thể tích khối hộp chữ nhật ABCD ABCD V  BB.S ABCD  3xh 2  x  h2  27 81 81 Áp dụng BĐT Cơsi, ta có 3xh       Vmax  2   x  h  27 Dấu "  " xảy    x2  x 2  x  h  27 Câu 1899 [2H1-5.1-3] Cho hình hộp chữ nhật có tổng diện tích mặt 36 độ dài đường chéo Tính thể tích lớn Vmax khối hộp chữ nhật cho A Vmax  16 C Vmax  B Vmax  12 D Vmax  6 Lời giải Chọn C Giả sử a, b, c kích thước hình hộp chữ nhật Độ dài đường chéo hình chữ nhật a  b2  c Tổng diện tích mặt  ab  bc  ca   ab  bc  ca  18 2  ab  bc  ca   36  Theo giả thiết ta có  2 2 a  b  c  36 a  b  c     Ta cần tìm giá trị lớn V  abc  Ta có  a  b  c   a  b2  c2   ab  bc  ca   72  a  b  c  2   Ta có  b  c   4bc   a     18  a  a    a      18a với a   0;  Khi V  abc  a 18  a  b  c   a 18  a  a   a  2a  18a   Xét hàm số f  a   a3  2a max f  x   f  0;4     f 4    , ta  abc  Nhận xét Nếu sử dụng V  abc     16 sai dấu ''  '' khơng xảy   Câu 1900 [2H1-5.1-3] Cho hình hộp chữ nhật có ba kích thước a, b, c Dựng hình lập phương có cạnh tổng ba kích thước hình hộp chữ nhật Biết thể tích hình lập phương ln gấp 32 lần thể tích hình hộp chữ nhật Gọi S tỉ số diện tích tồn phần hình lập phương diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật Tìm giá trị lớn Smax S A Smax  10 B Smax  16 C Smax  32 Lời giải Chọn D Theo giả thiết ta có cạnh hình lập phương a  b  c ● Hình hộp chữ nhật có: V  abc Stp   ab  ac  bc  ● Hình lập phương có: V '   a  b  c  S 'tp   a  b  c  a  b  c S Suy S   S2 ab  bc  ca 2 D Smax  48 Ta có  a  b  c  a  b  c  32abc  3 bc b c  b c  32     1  32   a a a  a a a3 b  a  x x  y  1  Đặt     x  y  1  32 xy  xy  c 32  y  a Khi  x  y  1 S  x  y  xy  x  y  1  3 x  y  1  x y t  x  y 11   S  96 t2 t  32t  32 32 Ta có  x  y  1  32 xy   x  y    t   t  1   t  8t  16t    2  t  3 t2 Xét hàm f  t   đoạn  2;3   , ta max f  t   f    2;3  10 t  32t  32   Câu 1902 [2H1-5.1-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành, thể tích V Gọi M trung điểm cạnh SA, N điểm nằm cạnh SB cho SN  NB; mặt phẳng   di động qua điểm M , N cắt cạnh SC, SD hai điểm phân biệt K , Q Tính thể tích lớn Vmax khối chóp S.MNKQ A Vmax  V B Vmax  V C Vmax  3V D Vmax  2V Lời giải Chọn B SK   a  1 SC Vì mặt phẳng   di động qua điểm M , N cắt cạnh SC, SD hai Gọi a  điểm phân biệt K , Q nên ta có đẳng thức  2 SA SC SB SD    SM SK SN SQ SD SQ 2a      a SQ SD  a S N M Q P D A B C  SM SN SK SM SK SQ   4a  2a         VS ABCD  SA SB SC SA SC SD   a   a  2a 1 Xét hàm f  a    đoạn  0;1 , ta max f  a   f 1  0;1 a2 Ta có VS MNKQ Câu 1991 [2H1-5.1-3] Cho nhơm hình chữ nhật có kích thước 80cm  50cm Người ta cắt bốn góc tâm nhơm bốn hình vng nhau, hình vng có cạnh x  cm  , gập nhơm lại thùng khơng nắp dạng hình hộp Tính thể tích lớn Vmax hộp tạo thành A Vmax  18000cm3 B Vmax  28000cm3 C Vmax  38000cm3 D Vmax  8000cm3 Lời giải Chọn A Hình hộp tạo thành có kích thước: chiều dài 80  x  cm  , chiều rộng 50  x  cm  , chiều cao x  cm  Suy thể tích thùng tạo thành V  x 80  x  50  x   x3  260 x  4000 x Khảo sát f  x   x3  260 x2  4000 x  0; 25  , max f  x   f 10   18000cm3  0;25 Câu 1992 [2H1-5.1-3] Cho bìa hình chữ nhật có kích thước 60cm  40cm Người ta cắt hình vng hình vẽ, hình vng cạnh xcm , gập bìa lại để hộp có nắp Tìm x để hộp nhận tích lớn A x  20 cm B x  4cm D x  C x  5cm 10 cm Lời giải Chọn A Các kích thước khối hộp là: 60  3x ; 40  x ; x  60  3x  Khi Vhop     40  x  x  3x  120 x  1200 x  f  x    Khảo sát hàm f  x  với  x  20 , ta f  x  lớn x  20 Chọn A Câu 12 [2H1-5.1-3] (THPT HAI BÀ TRƯNG) Cho nhơm hình chữ nhật ABCD có AD  24 cm Ta gấp nhôm theo hai cạnh MN QP vào phía đến AB CD trùng hình vẽ để hình lăng trụ khuyết hai đáy Tìm x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất? M B Q M C Q B,C A x N P N D x P 24cm A,D A x  C x  10 B x  D x  Lời giải Chọn B M Q B I N P x x A  Gọi I trung điểm NP  IA đường cao ANP cân A  AI  x  12  x  = 24  x    diện tích đáy S ANP  NP AI  12  x  24  x   , với  x  12  thể tích khối lăng trụ V  S ANP MN  a 12  x  24  x   (đặt MN  a : số dương)  Tìm giá trị lớn hàm số y  12  x  24  x   ,   x  12  :  12 12  x   36 x  288 + y    24  x    , y   x    6;12   = 24  x   24  x     + Tính giá trị: y 8  16 , y    , y 12    Thể tích khối trụ lớn x  Câu 13 [2H1-5.1-3] (THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD có tồng diện tích tất mặt 36 , độ dài đường chéo AC  Hỏi thể tích khối hộp lớn bao nhiêu? A B C 16 Lời giải D 24 Chọn C Gọi chiều dài cạnh hình hộp chữ nhật là: a , b , c  Ta có AC2  a  b2  c  36; S  2ab  2bc  2ca  36  (a  b  c)2  72  a  b  c  3 abc  abc     abc  abc     16 Vậy VMax  16    3     Câu 14 [2H1-5.1-3] (THPT QUẢNG XƯƠNG1) Cho hình chóp S ABCD có ABCD hình thoi cạnh a , SA  SB  SC  a Thể tích lớn khối chóp S ABCD A 3a B a3 C a3 D a3 Lời giải Chọn D S a a a B a A H a D O C Kẻ SH   ABCD  H  H tâm đường tròn ngoại tiếp ABC Mà ABC cân B AC  BD  H  BD Gọi O giao điểm AC BD Ta có: OB2  AB2  OA2  a   SA2  SO2   SO2  SO  OB  OD  SBD vuông S 1 1  SH BD  SB.SD  V  SH S ABCD  SH AC.BD  SB.SD AC  a AC.SD 3 6 Lại có SD  BD2  SB2  BD2  a Mà AC  2OA  AB  OB  a  BD  4a  BD 2 2 a  4a  BD    BD  a  a3 2 2  V  a 4a  BD BD  a   6 Câu 44: [2H1-5.1-3] (THPT Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - LẦN - 2017 - 2018) Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB , CD thỏa mãn AB2  CD2  18 cạnh cịn lại Biết thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn có dạnh Vmax  x y ; x, y  x, y thỏa mãn bất đẳng thức đây? A x  y  xy  4550 B xy  x  y  2550 C x2  xy  y  5240 D x3  y  19602 Lời giải Chọn A * ;  x; y   Khi Đặt AB  a Gọi M trung điểm CD  CD  AM , CD  BM  CD   ABM  1 Khi VABCD  VABMC  VABMD  S ABM CM  S ABM DM  S ABM CD 3 Do AM trung tuyến tam giác ACD nên: AM  2  AC  AD   CD   52  52   18  a  82  a  Tam giác ABM cân M ( AM  BM ) nên: 82 a 82  AB  S ABM  AB AM      a 4   VABCD 82 82 a  18  a 82 a 82 2   a 18  a   18  a   x  3, y  82 12 12 4 Câu 466: [2H1-5.1-3] Nhân ngày quốc tế phụ nữ 8-3 năm 2017, ông A định mua tặng vợ quà đặt vào hộp tích 32 ( đvtt ) có đáy hình vng khơng có nắp Để q trở nên thật đặc biệt xứng đáng với giá trị ơng định mạ vàng cho hộp, biết độ dạy lớp mạ điểm hộp Gọi chiều cao cạnh đáy hộp Để lượng vàng hộp nhỏ giá trị phải là? A B C D Lời giải Chọn B Ta có, để lượng vàng cần dùng nhỏ Diện tích S phải nhỏ ta có , Câu 471: [2H1-5.1-3] Cho tam giác ABC cạnh a Người ta dựng hình chữ nhật MNPQ có cạnh MN nằm cạnh BC, hai đỉnh P Q theo thứ tự nằm hai cạnh AC AB tam giác Xác định giá trị lớn hình chữ nhật đó? A B C D Lời giải Gọi H trung điểm BC  BH = CH =.Đặt BM = x, ta có: Tam giác MBQ vng M, BM = x  Hình chữ nhật MNPQ có diện tích: S(x) = MN.QM = x S’ +0 S Vậy x = Câu 473: [2H1-5.1-3] Để thiết kế bể cá hình hộp chữ nhật có chiều cao 60cm , thể tích 96000cm Người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành 70000 VNĐ/m2 loại kính để làm mặt đáy có giá thành 100000 VNĐ/m2 Tính chi phí thấp để hồn thành bể cá A 320000 VNĐ B 32000 VNĐ C 832000 VNĐ D 83200 VNĐ Lời giải Chọn D Gọi x, y m x 0, 6xy f x f x 2.0, x 84000 0, y chiều dài chiều rộng đáy bể, theo đề ta suy 0, 096 y 0,16 70000 x 0,16 ,f x x2 0,16 Giá thành bể cá xác định theo hàm số sau: x 100000x x 0,16 x f x 84000 x 0,16 x 16000 (VNĐ) 0, Ta có bảng biến thiên sau: Dựa vào bảng biến thiên suy chi phí thấp để hoàn thành bể cá f 0, 83200 VNĐ Câu 475: [2H1-5.1-3] Tìm diện tích lớn hình chữ nhật nội tiếp nửa đường trịn bán kính, biết cạnh hình chữ nhật nằm dọc đường kính đường trịn A B C D Gọi độ dài cạnh hình chữ nhật khơng nằm dọc theo đường kính đường trịn Khi độ dài cạnh hình chữ nhật nằm dọc đường trịn là: Diện tích hình chữ nhật: Ta có Suy điểm cực đại hàm Vậy diện tích lớn hình chữ nhật là: Câu 488: [2H1-5.1-3] Cho nhơm hình chữ nhật ABCD có AD 60cm Ta gấp nhôm theo cạnh MN PQ vào phía đến AB DC trùng hình vẽ để hình lăng trụ khuyết hai đáy Tìm x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất? A x 20 B x 15 C x  25 D x 30 Lời giải Chọn A Ta có PN S ANP 60 60 2x , gọi H trung điểm PN suy AH 2x 60x 900 60 2x 15x 225 60x 900 f x , chiều cao khối lăng trụ không đổi nên thể tích khối lăng trụ max f x max f' x max f x 45 x 20 15x 225 100 x x 20, f 20 100 3, f 15 20 Câu 6305: [2H1-5.1-3] [THPT Thanh Thủy- 2017] Nhân ngày 8/3 ông D định mua tặng vợ quà đặt vào hộp có đáy hình vng khơng có nắp với thể tích hộp 32  đvtt  Để quà trở nên đặc biệt ý nghĩa ông định mạ vàng cho hộp, biết độ dày lớp mạ Khi chiều cao cạnh đáy hộp để tiết kiệm vàng nhất? A B C D Lời giải Chọn D A B D C b A' D' B' a C' Gọi a cạnh đáy hộp b chiều cao hộp ( với a, b  ) 32 Theo giả thiết ta có: V  a 2b  32  b  a Khi tổng diện tích mặt hộp mạ vàng là: 32 128 S  4.SBCCB  SABCD  4.ab  a2  4a  a2  a2  a a 128 128 x  128 Xét hàm số: f  x   x   x  0  f   x   2x  x2  x2 x f   x    x  128   x  BBT: Dựa vào BBT ta thấy: Diện tích mạ vàng nhỏ 48 ( đvdt) x  Vậy chiều cao hộp cạnh đáy hộp Câu 6855: [2H1-5.1-3] [BTN 164] Cho nhơm hình chữ nhật ABCD có AD  60cm Ta gấp nhôm theo cạnh MN PQ vào phía đến AB DC trùng hình vẽ để hình lăng trụ khuyết hai đáy Tìm x để thể tích khối lăng trụ lớn ? A x  15 B x  25 C x  30 Lời giải D x  20 Chọn D Ta có PN  60  x , gọi H trung điểm PN suy AH  60 x  900 SANP   60  x  60 x  900   60  x  15 x  225  f  x  , chiều cao khối lăng trụ khơng đổi nên thể tích khối lăng trụ max f  x  max  f ' x   45  x  20    x  20, f  20   100 3, f 15  15 x  225 max f  x   100 x  20 Câu 6856: [2H1-5.1-3] [BTN 164] Cho nhơm hình chữ nhật ABCD có AD  60cm Ta gấp nhơm theo cạnh MN PQ vào phía đến AB DC trùng hình vẽ để hình lăng trụ khuyết hai đáy Tìm x để thể tích khối lăng trụ lớn ? A x  15 B x  25 C x  30 Lời giải D x  20 Chọn D Ta có PN  60  x , gọi H trung điểm PN suy AH  60 x  900   SANP   60  x  60 x  900   60  x  15 x  225  f  x  , chiều cao khối lăng trụ khơng đổi nên thể tích khối lăng trụ max f  x  max f ' x  45  x  20    x  20, f  20   100 3, f 15  15 x  225 max f  x   100 x  20 Câu 6857: [2H1-5.1-3] [THPT chuyên Phan Bội Châu lần 2] Khối chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a SA  SB  SC  a , Cạnh SD thay đổi Thể tích lớn khối chóp S ABCD là: 3a a3 a3 a3 A B C D 8 Lời giải Chọn B Chọn D S a a A B x O a H D C Khi SD thay đổi thi AC thay đổi Đặt AC  x Gọi O  AC  BD Vì SA  SB  SC nên chân đường cao SH trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  H  BO 4a  x 4a  x  x Ta có OB  a      2 2 1 a  x x 4a  x S ABC  OB AC  x  2 a.a.x a2 x a2 HB  R    4S ABC x 4a  x 4a  x 4 SH  SB  BH  a  a4 a 3a  x  4a  x 4a  x 2 a 3a  x x 4a  x VS ABCD  2VS ABC  SH S ABC  3 4a  x   1  x  3a  x  a3  a x 3a  x  a   3   Câu 6858: [2H1-5.1-3] [TTGDTX Cam Ranh - Khánh Hòa] Người ta cắt tờ giấy hìnhvng cạnh để gấp thành hình chóp tứ giác cho bốn đỉnh hình vng dán lại thành đỉnh hình chóp.Tính cạnh đáy khối chóp để thể tích lớn A 2 B 2 C 2 D Lời giải Chọn C Từ giả thiết ta có hình vẽ Gọi S ABCD hình chóp thoả yêu cầu Gọi H trung điể m AB , O tâm hình vng ABCD  2 Ta đặt AB  x, x  0;   AH    2x x , OH  2   x   x 2 1 x Ta có: SO       2     VS ABCD 1  x x x  x5  SO.S ABCD   3 12  2 VS ABCD lớn f  x   x  x5 đạt giá trị lớn 0,    f '  x   x  5x x  f ' x     x  2   2 2 2 64 f  0  , f    0, f   3125     Vậy VS ABCD lớn x  2 Câu 6859: [2H1-5.1-3] [THPT Quoc Gia 2017] Xét khối chóp S ABC có đáy tam giác vng cân A , SA vng góc với đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  Gọi  góc mặt phẳng  SBC   ABC  , tính cos  thể tích khối chóp S ABC nhỏ A cos   B cos   C cos   D cos   Lời giải Chọn B Gọi M trung điểm BC , H giao điểm đường thẳng qua A vng góc với SM Ta được: Góc mặt phẳng  SBC   ABC  SMA 3 ; AM  BC ; SA  sin  cos  Suy VS ABC  AM SA  sin  cos  Thể tích khối chóp nhỏ sin  cos  lớn AM Xét hàm số f  x   sin x.cos x  cos x  cos x với  x   sin x  f   x    sin x  3cos x.sin x , f ( x)    cos x    Suy sin  cos  lớn cos   3 Câu 47: [2H1-5.1-3] (Sở Phú Thọ - Lần - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABCD có SC  x   x   , cạnh cịn lại (tham khảo hình vẽ) Biết thể tích khối chóp S ABCD lớn x  a b  a, b   Mệnh đề đúng?  B a  8b  20 A a  2b  30 D 2a  3b2  1 C b2  a  2 Lời giải Chọn B Gọi H hình chiếu S lên mặt phẳng  ABCD  , SA  SB  SD nên H  AO với O trung điểm BD Ta xét hai tam giác SBD ABD có cạnh BD chung, SB  AB , SD  AD nên SBD  ABD suy AO  SO  OC SAC vuông S  x2 1 Ta có AO  AC   S ABCD   x  BO  2 SA.SC x Mặt khác SH    x2 SA2  SC Vậy VS ABCD x2 3  x2   SH S ABCD   1  x 3  x  2 0  x   Thể tích khối chóp S ABCD lớn x2   x2  x  a  Vậy  Suy a  8b  20 b  Câu 34: [2H1-5.1-3] (THPT Ngọc Tảo - Hà Nội - 2018 - BTN – 6ID – HDG) Một kẽm hình vng ABCD có cạnh 30cm Người ta gập kẽm theo hai cạnh EF GH AD BC trùng hình vẽ để lăng trụ khuyết hai đáy A E G B G E A D F H C B F H C D Đặt DF  HC  x Giá trị x  cm  để thể tích khối lăng trụ lớn A 10 B C Lời giải D Chọn A Khối trụ có đáy tam giác cân chiều cao 30cm 30  x  2  30  x  x     15  x  x  15  x   15  x  30 x  225   S AEG  Thể tích khối lăng trụ V  15  x  30 x  225.30   455  30 x  30 x  225 30  45 x  450   45  ,   x  15  , V    x  10 30 x  225   Dựa vào BBT V , ta thấy x  10 cm thể tích khối lăng trụ lớn V  ... h  a Diện tích tồn phần lăng trụ: Stp  S2 day  S xung quanh  Áp dụng BĐT Cơsi, ta có Stoan phan   a2 4V  3a 2 a a 3V  a a 3V 3V a 2 3V 3V    33  3 2V 2 a a a a a 3V 3V Dấu '' ... a4 a 3a  x  4a  x 4a  x 2 a 3a  x x 4a  x VS ABCD  2VS ABC  SH S ABC  3 4a  x   1  x  3a  x  a3  a x 3a  x  a   3   Câu 6858: [2H 1-5 . 1 -3 ] [TTGDTX Cam Ranh - Khánh... ? ?3  x2   SH S ABCD   1  x ? ?3  x  2 0  x   Thể tích khối chóp S ABCD lớn x2   x2  x  a  Vậy  Suy a  8b  20 b  Câu 34 : [2H 1-5 . 1 -3 ] (THPT Ngọc Tảo - Hà Nội - 2018 -