Bài tập vận dụng có đáp án chi tiết trong các đề thi thử đại học môn toán trường thpt quảng xương 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền sẽ được nhập vào vốn ban đầu (người ta gọi đó là lãi kép).. Để lãnh được số tiền ít nhất 250 triệu thì người [r]

BÀI TẬP VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO TRONG CÁC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Đề trường THPT Quảng Xương – Tổ 10

Câu 3: [2D2-3] Lãi suất gửi tiền tiết kiệm ngân hàng thời gian qua thay đổi liên tục Bác Mạnh gửi vào ngân hàng số tiền triệu đồng với lãi suất 0,7% /tháng Sau sáu tháng gửi tiền, lãi suất tăng lên 0,9% /tháng, Đến tháng thứ 10 sau gửi tiền, lãi suất giảm xuống 0,6% /tháng giữ ổn định Biết bác Mạnh không rút tiền khỏi ngân hàng sau tháng, số tiền lãi nhập vào vốn ban đầu (ta gọi lãi kép) Sau năm gửi tiền, bác Mạnh rút số tiền bao nhiêu? (biết khoảng thời gian bác Mạnh không rút tiền ra)

A 5.436.521,164 đồng. B 5.452.771,729 đồng. C 5.436.566,169 đồng D 5.452.733, 453 đồng

Lời giải Chọn D

Cho T số tiền ban đầu r lãi suất sau chu kỳ lãi số tiền T Tr T  1r

 sau n chu kỳ lãi số tiền T1rn

Với lãi suất 0,7%, bác Mạnh gửi tháng nên số tiền sau tháng T6 T1r16

Với lãi suất 0,9%, bác Mạnh gửi 3  tháng nên số tiền sau tháng

 3

9

T T r

Với lãi suất 0,6%, bác Mạnh gửi 12 3  tháng nên số tiền sau tháng

 3

12

T T r

  6  3 3

12 1 5.452.773,729

T T r r r

     

Bài tập phát triển:

Câu 1: [2D2-3] Lãi suất gửi tiết kiệm số ngân hàng thời gian vừa qua liên tục thay đổi Bác An gửi số tiền ban đầu triệu đồng với lãi suất 0,7 % tháng Chưa đầy năm lãi suất tăng lên 1,15% tháng, nửa năm bác An tiếp tục gửi Sau nửa năm lãi suất giảm xuống cịn 0,9% tháng, Bác An tiếp tục gửi thêm số tháng tròn nữa, rút tiền, bác An vốn lẫn lãi 5787710,707 đồng ( chưa làm tròn) Hỏi bác An gửi tiết kiệm tháng?

Câu 2: Một người vay ngân hàng 1000 000 000( tỉ) đồng trả góp 60 tháng.Biết lãi suất vay 0,6% /1 tháng khơng đổi suốt thời gian vay Người vay vào ngày 1/1/ 2017 bắt đầu trả góp vào ngày 1/ / 2017 Hỏi người phải trả tháng số tiền không đổi ( làm tròn đến hàng ngàn)?

A.13813000( đồng) B.19896000( đồng) C.13896000( đồng) D.17865000( đồng) Lời giải

Chọn B

Cuối tháng số tiền nợ :A1r

Đầu tháng số tiền nợ : A1r a; cuối tháng số tiền nợ A1r2 a1r

Đầu tháng số tiền nợ :A1r2 a1r a

cuối tháng số tiền nợ A1r3 a1r2  a1r

…

Cuối tháng 60 số tiền nợ :A1r60  a1r59  a1r58   a1r

1 60 1 59 1 58 1 

A r  a r  a r   a r

1 60 1  1 58 1 57

A r a r  r r 

        

      

59

60 1

1 r

A r a r

r

 

   

Đầu tháng 61:      59

60 1

1 r

A r a r a

r

 

   

Theo yêu cầu toán :      59

60 1

1 r

A r a r a

r

 

    

 

  

60

59

19895694,

1

1

A r

a

r r

r



  

 

 

Câu 3: [2D2-3] Một cô giáo văn gửi 200 triệu đồng loại kỳ hạn tháng vào ngân hàng với lãi suất 6,9%/năm Hỏi sau 6 năm tháng, cô giáo nhận số tiền gốc lẫn lãi bao nhiêu? Biết giáo khơng rút lãi tất kỳ hạn trước rút trước ngân hàng trả lãi suất theo loại lãi suất khơng kỳ hạn 0,002%/ngày (Giả sử tháng có 30 ngày)

A 302088933 đồng B 471688328 đồng C 311392503 đồng D 321556228 đồng Lời giải

Chọn C.

6 năm tháng tương ứng với 13 kỳ hạn 90 ngày không kỳ hạn

  13 90

0 1

T T r r với T 0 200.000.000 ,

1 6,9 100 r  ,

0,002 100 r  311.392.503

T

  đồng

Câu 4: [2D2-3] Một người gửi số tiền 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 7, 4%/năm Biết không rút tiền khỏi ngân hàng sau năm, số tiền nhập vào vốn ban đầu (người ta gọi lãi kép) Để lãnh số tiền 250 triệu người phải gửi khoảng thời gian năm? (Nếu khoảng thời gian không rút tiền lãi suất không thay đổi)

A 13 năm B 14 năm C 15 năm D 12 năm Lời giải

Chọn A

Gọi số tiền ban đầu A lãi suất r%/năm

Theo giả thiết, ta có

 

% n 250 n

A A r  1 % 250 2,5 100 n

r

     

 

log 2,5

12,835 log 1,074

n

  

Vậy phải gửi 13 năm

Câu 17 [2D1-3] Cho hai hàm số ( )

f x x

= ( ) 2

x

g x = Gọi d ,d1 tiếp tuyến

đồ thị hàm số f x( ), g x( ) cho giao điểm chúng Hỏi góc hai tiếp tuyến bao nhiêu?

A.30° B.90° C.60° D.45°

Lời giải Chọn B.

- Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số là:

2

1

2

x x

x = Û =

- Hệ số góc tiếp tuyến d1của đồ thị hàm số y=f x( ) k1= f¢( )1 =e - Hệ số góc tiếp tuyến d2của đồ thị hàm số y=g x( ) k2=g¢( )1 =e - Ta thấy k k1 =- suy d ,d1 Góc hai tiếp tuyến 90° Bài tập phát triển

Câu 1: [2D1-3] Cho hai hàm số f x( )=ex g x( )= -e lnx Gọi d ,d1 tiếp tuyến đồ thị hàm số f x( ), g x( ) cho giao điểm chúng Gọi a góc hai tiếp tuyến Tính cosa ?

A.0° B.90° C.60° D.45°

Lời giải Chọn A.

- Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số là: ex= -e lnxÛ x=1 - A Hệ số góc tiếp tuyến d1của đồ thị hàm số y= f x( ) k1= f¢( )1 =e

- Hệ số góc tiếp tuyến d2của đồ thị hàm số y=g x( ) k2=g¢( )1 =e - Ta thấy k1=k2 suy d1º d2 Góc hai tiếp tuyến 0°

Câu 2: [2D1-3] Hãy xác định giá trị m để đường thẳng y= f x( )=m x( + +1) cắt đồ thị hàm số y g x   x3 3x ba điểm phân biệt A B C, , (A điểm cố định) cho tiếp tuyến với đồ thị B C vng góc với

A.m=1 B.m=0 C.m=- D m=2

Lời giải Chọn C.

Xét phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số trên:

( )

3

3

x - x=m x+ + ( )1

( )

2

1

2

x x

x x m

é + = Û =-ê

Û ê - - - =êë

Để hai đồ thị cắt điểm phân biệt phương trình ( )2 có hai nghiệm phân biệt

1,

x x khác -

9

4

4

2 2

m m

m m

ìï ìD = + > ï

>-ï ï

ï

Û íï Û íï

¹

-ùợ ù -ùợ x x1, l hai nghim phương trình ( )2 Khi hai đồ thị cắt điểm A B C, , phân biệt, B C, có hồnh độ x x1, hai nghiệm phương trình ( )2 , ta có:

1

x x

x x m

ì + = ïï

íï = -ïỵ

Tiếp tuyến đồ thị hàm số y=g x( ) B C, có hệ số góc

( ) ( )

1 1

B

k =g x¢ = x - ; kC=g x¢( )2 =3(x22- 1)

Để hai tiếp tuyến vng góc với k kB C=- Û ( )( )

2

1 1

x - x -

=-( )2 ( )2

1 2 2

x x x x x x

Û - + + + =

2 2 1 0 1

m m m

Þ + + = Û =- (thỏa mãn điều kiện)

Câu 35 [2H1-2] Cho lăng trụ đứngABC A B C   có cạnhBC2 ,a góc hai mặt phẳng ABC

A BC  bằng60 Biết diện tích tam giácA BC bằng2a Tính thể tích2 V khối lăng trụ

ABC A B C   A V 3a3

 B V a3 C

3

3

a

V  D.

3 3 a V  Lời giải

Chọn B.

KẻAI BC (I BC ) A I BC

Ta có

2 A BC

S  A I BC 2a

  A I 2a

Do đóAAA I sin 60 a 3, AI A I cos 60 a

Vậy

1

.2 3

ABC A B C

Câu 1: [2H1-2] Cho lăng trụ đềuABC A B C.   có cạnh đáy a  biết diện tích tam giác 4, A BC Tính thể tíchV khối lăng trụABC A B C   .

A V 4 B V 8 C V 2 D V 10 3

Lời giải

Chọn B.

Gọi I trung điểm BC Tam giác ABCcân nên

ABC

S  A I BC   A I 4 Khi AA AI2 A I2 2

    VậyVABC A B C   AA S ABC 8

Câu 2: [2H1-2] Cho lăng trụ ABC A B C    có đáy ABC tam giác cạnh 2a, hình chiếu Alên

ABC trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết góc cạnh bên mặt đáy bằng60 Thể tích khối lăng trụ

A 3

4 a

V  B. 3

8 a

V  C V 2a3 3

 D.V 4a3 3 Lời giải

ChọnC.

Gọi I trung điểmBC nên, 2

3

a

Vậy

ABC A B C ABC

V   A G S  a

Câu 38 [2D2-4] Biết x x x1; 2 x2 nghiệm phương trình  

2

2

3

log 2  

    x x 

x x

và  

1

2

  

x x a b với a b, nguyên dương Tính a b

A a b 13 B a b 14 C a b 11 D a b 16 Lời giải

Chọn B. Điều kiện:

3   

x x Đặt 3 2 0

  

t x x Khi phương trình trở thành: 1

3

log (t 2) 5t 

    f t  f    1 *

Vớ

3

( ) log ( 2) 

   t

f t t với t0; Ta có hàm số f t( ) liên tục 0;  và

2 1

( ) ln

( 2).ln



   



t

f t t

t với t0

nên f t( ) đồng biến 0;  Khi (*) tương đương với

2 5 –

x x

x

t x x

x                     1

2

2

x x a b

      14 a a b b         

Bài toán phát triển.

Câu 1: [2D2-4] Biết bất phương trình log2 x2 5x 5 1log3x2 5x72 có tập

nghiệm Sa b;   c d;  Tính T    a b c d

A T 10 B T 11 C T 12 D T 13 Lời giải

Chọn A.

Điều kiện

5

5

5               x x x x

Đặt 5 5 0

  

t x x , phương trình trở

thành:

         

2 *

log t1 log t 2 2 f t f

   

2

( ) log 1 log 2

f t t t , t0; Ta có hàm số f t( ) liên tục 0; 

2

1

( )

( 1).ln ( 2).ln

   

 

t f t

t t với t0

nên f t( ) đồng biến 0;  Do (*) tương đương với

t  x2 5x 5 1

      1 x

   

5 5 5 5

1; ;4 ; ; 10

2 2

       

           

   

S a b c d T

Câu 2: [2D2-4] Tìm số nghiệm nguyên nhỏ 10 bất phương trình 3 2( 1) 1 3 4 3

   

x x x x .

A 10 B 9 C 8 D 7

Lời giải Chọn C.

Điều kiện:x1 Khi bất phương trình tương đương với

2( 1)

3 x  2(x 1) 3x x 2x

       2(x1) 1 2(x1) 3 (x1) 1 (x1)2

 

  x 1  *

f x f 

  .

trong ( ) 31  t 

f t t , t0; Ta có hàm số f t( ) liên tục 0; 

'( ) ln 2 0,  t    

f t t t

nên f t( ) đồng biến 0;  Khi (*) tương đương với

 f( 2(x 1))f x(  1)  2(x 1) x 1

 2(x 1) ( x 1) ,(2 do x1)  x2  4x  3 0 x   ;1  3;

Kết hợp với điều kiện tập nghiệm bất phương trình là: S  1 3;, nên số nghiệm nguyên nhỏ 10 bất phương trình

Câu 3: [2D2-4] Tìm số nghiệm phương trình

3 sin sin

1

sin

27 81

   

 

   

   

x x

x 0; 2018

A 1930 B 1928 C 1927 D 1925 Lời giải

Chọn B.

Phương trình tương đương với

3sin 4sin

3

1

3sin 4sin

3

x x

x x

   

  

       

3

3sin 4sin

3

1

3sin 4sin

3

x x

x x

   

     

   

 

3 (3sin ) (4sin ) *

f x f x với ( )

3     

  t

f t t

Ta có ( ) ln 1

3

         

    t

f t với t , nên f t( ) hàm số nghịch biến , (*) tương đương với

3

3sinx4sin x sin 3x0 ,

x k k

   

Vì x0; 2018, nên 2018 0;1927 

3 

k   k Vậy số nghiệm phương trình

0; 2018 1928

Câu 4: [2D2-4] Bất phương trình

2

2

1

1

2

2

 

  

x x

x x

A 5 B 4 C 3 D 2 Lời giải

Chọn D.

Điều kiện x Bất phương trình tương đương với

2

1 2

2

1

2

2

x x

x x x x

x x              2

1 2

2

1 1

2

2

x x

x x x x

x x           2

1

* x x f f x x               

Với ( ) 2  t 

f t t Ta có f t  liên tục  ( ) ln 2   t  

f t với x , nên hàm số f t  đồng biến  Khi (*) tương đương với

2

2

1 x 2x

x x

 



2 2 0

0 x x x       

0 x   

Vậy tập nghiệm bất phương trình S 0;2 a b;  a b     

  b a 2

Câu 5: Gọi S tập nghiệm bất phương trình  

2

log 1 x log x Giá trị nhỏ tập S

A 1 B 243 C Không tồn D 3 Lời giải:

Chọn B.

Đặt log7 73 t

t  x x Khi bất phương trình cho viết lại  3 

2

log t 3t

  1 7t 8t

   * 

8

t t          

   

Dễ thấy hàm số  

8

t t

f t     

    nghịch biến R       * : f t f

1 243

t x

   

Câu 6: Giá trị m để bất phương trình 2 2 2 4 2 2

5x mx x mx m

x mx m

    

    với x R a b;  Giá trị b a

A 2. B 1. C  D.

Chọn B

2 2 2 2 4 2 2

5x  mx x  mx m  x 2mx m

   

   

2 2 2 2 2 4 2 2

5x  mx x 2mx x  mx m  2x 4mx m

        

Dễ thấy hàm số f t  5t t

hàm số đồng biến R nên

 * : f x 2mx 2 f 2x2 4mx m 2

      x2 2mx 2 2x2 4mx m 2

      

2 2 0

x mx m

YCBT x2 2mx m 0, x m2 m 0

     R    (vì a  1 0)  m  1;0 Câu 39.[2D1-3] Biết đường thẳng d y: 3x m cắt đồ thị ( ) :

1 x C y x  

 hai điểm phân biệt A B, cho trọng tâm G tam giác OAB thuộc đồ thị ( )C với O(0;0) gốc tọa độ Khi giá trị thực tham số m thuộc tập sau đây?

A (2;3] B (5; 2] C (3;) D (  ; 5]

Lời giải Đáp án: Khơng có

d cắt ( )C hai điểm phân biệt A B,

2 x x m x    

 có nghiệm phân biệt

2 ( )( 1)

x

x x m x

   

    



có nghiệm phân biệt

2

( ) ( 1)

g x x m x m

       có nghiệm phân biệt khác

2

3

11

10 11

m m m m                (*)

Khi d cắt ( )C hai điểm phân biệt A a( ; 3 a m B b ), ( ; 3 b m ) Với a b, nghiệm g x ( )

Trọng tâm G tam giác OAB ; 3( )

3

a b a b m

G     

  mà

1 m a b  

Nên 1;

9

m m

G   

  1 9 ( ) 1 m m G C m        

2 15 25 0

m m

   

15 13

( / )

15 13 ( / )

m t m

m t m

          

Bài tập phát triển:

Câu 1. [2D1-3] Biết đường thẳng d y: 2x3m cắt đồ thị ( ) : x C y x  

 hai điểm phân biệt ,

A B cho OA OB                . 4 Khi giá trị thực tham số m thuộc tập sau đây?

A (1;3] B ( 1;4] C (2;) D (  ; 1]

Lời giải Chọn B

d cắt ( )C hai điểm phân biệt A B, 3 x x m x    

 có nghiệm phân biệt

2

2 3(1 )

x

x m x m

   

    



2

( ) 3( 1)

g x x m x m

       có nghiệm phân biệt khác -2

2

9m 30m 33 m

  

  

  



(*)

Khi d cắt ( )C hai điểm phân biệt A a a( ;2 3 ), ( ;2m B b b3 )m Với a b, nghiệm g x ( )

Có (2 )(2 ) 12 15

2 12

m

OA OB                 ab a m b m      m

Câu 2. [2D1-3] Biết đường thẳng d y: 3x m cắt đồ thị ( ) : 1 x C y

x  

 hai điểm phân biệt A B, cho trọng tâm G tam giác OAB thuộc đồ thị ( ) :d x 2y 0 với

(0;0)

O gốc tọa độ Khi giá trị thực tham số m thuộc tập sau đây?

A A.(2;3] B B.(1;2] C C.(1;) D D   .( ; 5] Lời giải

Chọn D

d cắt ( )C hai điểm phân biệt A B,

2

3 x

x m x



  

 có nghiệm phân biệt

2 ( )( 1)

x

x x m x

   

    

 có nghiệm phân biệt

2

( ) ( 1)

g x x m x m

       có nghiệm phân biệt khác

2

3

11

10 11

m m

m m

  

 

   



   



(*)

Khi d cắt ( )C hai điểm phân biệt A a( ; 3 a m B b ), ( ; 3 b m ) Với a b, nghiệm g x ( )

Trọng tâm G tam giác OAB ( ; 3( ) )

3

a b a b m

G     mà

3 m a b  

Nên ( 1; 1)

9

m m

G  

1 2 11

( )

9

m m

G d        m (t/m)

Câu 40 [2D2-4] Biết 2x1x log 14 (2  y 2) y1

  x 0 Tính giá trị biểu thức P x2 y2 xy 1

   

A 1. B 2. C 3 D.

Phân tích:

Đề cho ràng buộc x y, thông qua hệ thức Thông thường ta biến đổi (sử dụng hàm số, dạng tích, …) để tìm mối liên hệ đơn giàn x y, Tuy nhiên ta gặp khó khăn hàm bên VT hàm mũ, hàm VP loogarit mà lại có số 14 cụm biểu thức y phức tạp mặt khác yêu cầu tính P khả x y, phải “chốt” giá trị Ta nên nghĩ sang đánh giá cụm

Chọn B.

Ta có

1

1

2 2x x

x x

x x



    

Lại có : 14 ( y 2) y 1 14 ( y1) y 1 y1 Đặt t y 1

Ta xét hàm số f t( ) t3 3 14t

   0; có kết tmax ( )0; f t f(1) 16 Vậy 14 ( y 2) y 1 16 log 14 (2  y 2) y1 4

Khi

2

1

2 log 14 ( 2)

0 x

x y y x P

y

  

 

         





Bài tập phát triển:

Câu 1. Biết 2

1

2 log

2 x x x y

y

     

   

 

, x y  .

Tính giá trị biểu thức P x2 y2 2xy

  

A 1. B 1

2 . C 2 D.

Câu 2. Biết  

2

2

1

2 log

4 x x

y y

   

     

  Tính giá trị biểu thức

2

2

4

P x y   

A 20. B 18. C 353

16 D.

289 16

Câu 41 [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a, SAvng góc với mặt phẳng đáy (ABCD) SA a Điểm M thuộc cạnh SAsao cho SM k,0 k

SA    Khi giá trị k

để mặt phẳng (BMC) chia khối chóp S ABCD thành hai phần tích là:

A

2

k   . B

2

k  . C

4

k  . D

2

k   .

Lời giải Chọn A.

Phân tích: Bài tốn tốn tỉ số thể tích, trước hết phải xác định thiết

Do (BMC) chứa BC song song với AD nên (BMC) cắt (SAD) theo giao tuyến song song AD

Để tính VS BCNM xác định đường cao phức tạp chia thành hai khối sử dụng toán tỉ số thể tích

Kẻ MN/ /AD N SD;  thiết diện hình chóp S ABCD với (BMC)là hình thang BCNM Suy (BMC) chia khối chóp thành hai khối đa diện SBCNM DABCNM Đặt V1VS BCNM ; V2 VDABCNM ; V V S ABCD

Để V1V2 1

V  V

Ta có SNMC SADC

V SN SM

k

V SD SA 

2

SNMC

V k V

 

Ta có SMCB SABC

V SM

k

V  SA 

1 SMCB

V k V

 

Vậy

1

( )

V  k k V

Khi 1

V  V k2 k 1

  

1 5

2

k

k

      

     

Do 0k1 nên

k  Vậy chọn đáp án A

Nhận xét: Qua tập ta xây dựng cơng thức tính tỷ số thể tích khối chóp, khối lăng trụ tam giác khối hộp vài trường hợp đặc biệt

Bài tốn 1: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành Một mặt phẳng ( ) cắt cạnh bên SA SB SB SC SD, , , , hình chóp điểm A B C D/, /, /, /

Đặt /

;

SA x

SA 

/ ;

SB y

SB 

/ ;

SC z

SC 

/

SD t

1) 1 1

xz  y t

2) / / / /

1 1

( )

4 S A B C D

S ABCD

V xyzt

V  xyz t

Lời giải

Gọi O giao điểm AC BD ; / /

I A C SO Suy B I D/, , / thẳng hàng

Kẻ AM / /A C CN/ /; / /A C/ /

Ta có:

/ /

1 SA SC x z SA SC

SM SN

SI SI

  SM SN

SI



 2SO

SI



Chứng minh tương tự ta có: 1 2SO

y t  SI , Suy điều phải chứng minh

2)Ta có / / / / / / / / / /

S A B C D S A B C S A D C

V V V

/ / / SA B C

SABC

V

x z y

V  / / / .

1 S ABCD SA B C

V xzy V

Chứng minh tương tự ta có / / / .

S ABCD SA D C

V  xzt V

Suy / / / /

1

( )

S A B C D

V  xz y t (1)

Tương tự ta có / / / /

1

( )

2 S A B C D

V  yt x z (2)

Từ (1) (2) ta / / / /

4

S A B C D

xyzt x z y t

V

xz yt

   

   

 

1 1

xyzt

x y z t

 

     

 

Bài tốn 2: Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C 1 Trên AA1, BB1, CC1 lấy điểm M N P, , cho

1 AM

a AA  ,

BN b BB  ,

CP c

CC  Khi đó: 1 1

ABC MNP ABC A B C

V a b c

V

  

Lời giải

Khơng tính tổng qt ta giả sử a c b 

Khi mặt phẳng qua N song song với ABC cắt  AA CC1, D E, Mặt phẳng qua M song song với ABC cắt  BB CC1, I H,

Ta có VABC MNP VABC DEN  VN DEPM

    ;

N DEPM DEPM

V  d N DEPM S

 

     

1

; ;

3d N DEPM DM PE d DM PE

 

 

   

1

; ;

3

PE

d N DEPM DM d DM PE

DM             1

;

3 DEHM

PE

d N DEPM S

DM         1

2 N DEHM

PE V DM        

2 DEN MIH

PE V DM

 

   

  1

1

3 ABC A B C

PE DM

V

DM AA

 

   

  1

1

1

3 ABC A B C

DM PE V AA AA        

1 1

1

ABC DEN ABC A B C BN

V V

Do : 1 1 1 1

1 1

1

3

ABC MNP ABC A B C ABC A B C

BN DM PE

V V V

BB AA AA

 

    

 

1 1

1 1

1 ABC MNP

ABC A B C

V BN BN AM BN CP

V BB BB AA BB CC

 

       

  1

ABC MNP ABC A B C

V a b c

V

 

  .

Bài toán 2: Cho hình hộp ABCD A B C D 1 1 Trên đoạn thẳngAA1, BB1, CC1 lấy điểm , ,

M N P cho AM aAA1, BN bBB1, CP cCC Mặt phẳng MNP cắt  DD1 Q Ta có tỉ số thể tích:

1 1

ABCD MNPQ ABCD A B C D

V a c

V

 

2

b d



Lời giải Dựa vào giả thiết đề cho ta có AM  a AA1, BN bBB1

 

, CP cCC 1  

,

1 1

AA BB CC DD

   

giả sử DQ d DD 1

 

Gọi O vàI trung điểm AC MP, MP đường trung bình chung hình thang AMPC , BNQD Do ta có AM CP   2OI BN DQ 2OI.

Suy

AM CP BN DQ      

1 1

a AA c CC b BB d DD       

a c b d AA1

 

        a c b d  

Tiếp theo, ta có  

1 1

2 ABCD MNPQ

ABCD A B C D

V a b d c

V

  



1 1

2

ABCD MNPQ ABCD A B C D

V a c b d

V

 

   .

Bài tập phát triển :

Câu 1: [2H1-3]: Cho hình lăng trụ / / /

ABC A B C , M điểm cạnh AA/ cho

/

AM k

MA  Giá trị

k để thể tích khối đa diện M BCC B. / / 2

3 thể tích khối lăng trụ

/ / /

ABC A B C

A k 2 B k 1 C

2

k  D k 3

Câu 2: [2H1-3]: Cho hình chóp tứ giác S ABCD tích V Lấy điểm A/ thuộc cạnh SA cho SA/ k SA.

 Mặt phẳng ( ) qua điểm A/ song song với đáy hình chóp, chia khối chóp thành hai khối đa diện, gọi V1 thể tích khối đa diện chứa điểm S Giá trị k để

1 27

V  V

A

k  B

3

k  C

3

k  D

4

k 

Câu 3: Người ta cần cắt khối lập phương thành hai khối đa diện mặt phẳng qua A (như

hình vẽ) cho phần thể tích khối đa diện chứa điểm B nửa thể tích khối đa diện cịn lại

Tính tỉ số

' CN k

CC



A

k  B

3

k  C

3

k  D

Câu 45 [2D1-3] Cho hàm số y x4 2mx2 1 m

    Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành tam giác nhận gốc toạ độ O làm trực tâm.

A. m  1 B. m  0 C. m  1 D. m  2

Lời giải Chọn C.

Điều kiện để hàm số có ba điểm cực trị m  0

Toạ độ điểm cực trị A0;1 m, B m m;  m1, C m m;   m1. Vì ba điểm cực trị đồ thị hàm số trùng phương tạo thành tam giác cân đỉnh

0;1 

A  m nhận trục tung làm trục đối xứng nên AOBC, ta cần tìm m để BOAC xong

Ta có AC  m m; 2, OB  m m;  m1

AC OB  m m m 2 m 1 0 3 2

m

m m m

 

     



0 1

m m m

  

 

    Kết hợp điều kiện hàm số có ba cực trị có giá trị m  thoả 1 Phân tích phát triển tốn.

Xét hàm số trùng phương y ax4 bx2 c

   với a  0

Điều kiện để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị ab  Khi điểm cực trị đồ thị hàm0

số A0,c ,  ; Δ

2

b B

a a

 

 

 

 

 

; ; Δ

2

b C

a a

 

  

 

 

 

, Δ b2 4ac

 

NHẬN XÉT.

Ba điểm A B C, , tạo thành tam giác cân đỉnh A, nhận trục Oy làm trục đối xứng Theo

đó có kết phổ biến sau:



5

2 ABC

b

S a

a

 

  

 

 Tam giác ABC vuông cân b3 8a0; Tam giác ABC b324a0; Tam giác

ABC có góc đỉnh cân  8 3tan2 0 a b  

 Trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp tam giác nằm trục Oy

Gọi G0;g ,  H0;h ,  I0;m  J0;n trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn 

 G0;g trọng tâm tam giác ABC nên  3gyA yB  yC, có nghĩa 2Δ c g a

   b2 6a c g  

 H0;h trực tâm tam giác ABC nên  BH AC               AC BH. 0

Δ ; b AC c a a            , ; Δ b BH h a a            

Suy               AC BH  Δ Δ

2 4

b

c h

a a a

   

         

     

2

8ab b b 4ah 4ac

     8 b a h c ab    

Áp dụng kết vào tập ta có:

3 8 m m m       1 m m m 

   

1 m m      

Kết hợp điều kiện có ba điểm cực trị ta thấy m  thoả.1

 Do tam giác ABC cân A I0;m nên IB IC  Để I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cần thêm điều kiện

IA IB  IA2 IB2  

2

2 Δ

2

b

c m m

a a

 

     

 

b2 4am 4ac2 16a m c2 2 8ab

      8 a b c m ab    

Từ ta rút biểu thức tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là

3 8 ABC

b a

R IA c m

ab



   

 J0;n tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC nên ta có đẳng thức 

BC JA CA JB AB JC      OJ BC OA CA OB AB OC

BC CA AB

                                                

Ta dễ dàng tính 42 16

b b

AB AC

a a

    ,

2

b BC

a

2

3

4

1

b b

a a

c n

b a

  

 

Đẳng thức thực khó nhớ, nên để làm nhanh ta nên nhớ đẳng thức tìm toạ độ tâm

Bài tập phát triển.

Câu Cho hàm số y x4 2mx2 m2 m

    Giá trị m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có trọng tâm gốc toạ độ O thoả mãn

A.m    4; 3 B. m    2; 1 C. m   1;0  D. m 0;1 Chọn A.

Áp dụng cơng thức ta có b2 6a c g    4m2 6(m2 m)  m3 m 0 Kiểm tra lại ta thấy m 3 thoả yêu cầu toán

Câu Cho hàm số y x4 2(m8 16) x2 m2 2018

     Biết I0;m2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo ba điểm cực trị đồ thị hàm số Bán kính đường trịn có giá trị

A. R 4 B. R 2 C. R  2018 D. R 2018 Chọn D.

Áp dụng công thức ta có RABC  c m m2 2018 m2 2018 Câu 48 [2D - ] Cho hàm số

( )

f x ax bx cx d với a b c d, , , ;a0và

0

2018

d

a b c d

  

    

 Số điểm cực trị hàm số

( ) ( ) 2018 g x f x  là

A. B. C. D 5

Lời giải

Chọn D.

Hàm số g x( )f x( ) 2018 (là hàm số bậc ba) liên tục 

Ta có g(0) d 2018 0 ; g(1)   a b c d 2018 0 Vìxlim ( )  g x   lim ( )

x g x  nên $ <x1 : ( ) 0f x1 < 1: ( )2

x f x

$ > > nên phương trình g x ( ) có nghiệm phân biệt 

Khi đồ thị hàm số g x( )f x( ) 2018 cắt trục hoành 3điểm phân biệt nên hàm số ( ) 2018

y f x  có điểm cực trị Bài tập phát triển:

Câu 1: [2D1-4] Cho hàm số f x  x3 ax2 bx c

    với a b c  , , thỏa mãn

8

a b c

a b c

     



   



Số điểm cực trị hàm số y f x  bằng

A. B. C. D 5

Chọn D.

 Hàm số yf x  (là hàm số bậc ba) liên tục 

 Ta có f 2  8 4a 2b c 0; f  2  8 4a2b c 0

vàxlim   f x  ; limx  f x   nên phương trình f x  có   0 3nghiệm thực phân

biệt Do đó, đồ thị hàm số yf x  cắt trục hoành 3điểm phân biệt nên hàm số y f x  có 5điểm cực trị

Câu 2: Cho hàm số f x x3ax2bx 2 thỏa mãn

3

a b a b

   

  

 Số điểm cực trị hàm số  

y f x

A.11 B. C. D 5

Lời giải Chọn A.

Hàm số yf x  (là hàm số bậc ba) liên tục 

Ta có f  0 2 0 , f  1 a b  0 , f  2 2a b  3 lim  

x f x  nên x0 2; f x 0 0

Do đó, phương trình f x  có   nghiệm dương phân biệt 

Hàm số yf x  hàm số chẵn Do đó, hàm số yf x  có điểm cực trị Vậy hàm số y f x  có 11 điểm cực trị

Câu 49 [2H1-4] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a Cạnh bên SA vuông

góc với đáy Góc SC mặt đáy 45 Gọi E trung điểm BC Tính khoảng cách hai đường thẳng DE SC

A.

19

a . B. 38

19

a . C.

5

a . D. 38

5

a .

Lời giải Chọn B.

Ta đưa cách giải sau:

Do SAC tam giác vng có góc SCA  45 nên SAAC a 2, SC 2a,

SBSD a

Gọi M trung điểm SB , ME/ /SC suy ra:

 ;   ; 

d SC DE d SC DME d S DME ;  Do M E, trung điểm SB BC, nên

2 SDME SBDE

V  V

4VSBCD



8VABCD 

1

S ABCD ABCD

V  SA S

3SA AB 

3 2

a



3 2 24 SDME

a V

 

1

ME  SCa; a DE 

2 2

2

2

SD BD SB

DM   

2

4

a

 , suy a

DM 

Áp dụng công thức Herong kết hợp Casio ta tính diện tích tam giác DEM 19

8 DEM

a

S 

Suy  ;  SDME DME V d S DME

S

 38

19

a



Vậy khoảng cách hai đường thẳng SC DE 38 19 a

Cách 2: (Tọa độ hóa)

Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho tia Ox , Oy, Oz trùng với tia AB, AD, AS Khi toạ độ điểm điểm D0; ;0a , ; ;0

2 a E a 

 , C a a ; ;0, S0;0;a 2

; ;0 a DE a  

 



, SC   a a a; ; 2 , DCa;0;0;

Suy

2

2

2

; ; 2;

2

a a

DE SC  a 

      

   

 

 

 ;  ;

; DE SC DC d DE SC

DE SC

 

 



 

 

  

  38

19

a

Cách 3: (Tính trực tiếp)

 450

SCA   SA AC a  2.

QuaC kẻ đường thẳng song song với DEcắt ABtạiG.

Khi : d SC DE ,  d DE SGC ,  d M SGC ,   , 

3d A SGC

 .

Kẻ AN CG, ta cóSAN  SGC,SAN  SGC SN Hạ AK SN

 , 

3

d SC DE  AK Ta có: 12 12 12

AK SA AN 2

1

2a AN

 

Xét AGNđồng dạng CGB AN AG

CB CG

 

5

AN a

a a

 

5

a AN

  .

2 2

1

2

AK a a

   192

18a

 18

19

AK a

   ,  18

3 19

d SC DE a

  38

19

a



Câu 50 [2D4-1] Hàm số yf x  có đồ thị y f x  hình vẽ

Xét hàm số     3 2017

3

g x f x  x  x  x Trong mệnh đề đây:

III) Hàm số g x nghịch biến   3; 1 

IV) xmax  3;1g x  maxg3 ; g 1

Số mệnh đề

A. B. C. D.

Lời giải Chọn D

    3

2

g x f x  x  x 

 



Trên mặt phẳng toạ độ có đồ thị hàm số f x  ta vẽ thêm đồ thị hàm số 3

2

y x  x

Dựa vào đồ thị hàm số ta có

Khi x    3; 1   3 2

f x x  x , x   1;1   3 2

f x  x  x Do ta có bảng biến thiên hàm số yg x  đoạn 3;1 sau

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Vì 0;1 hàm số  g x đồng biến nên   g 0  g 1 , (I) đúng.

Dựa vào bảng biến thiên dễ thấy 3; 1  hàm g x nghịch biến nên  min3; 1 g x  g1, đó

(II), (III)

Bài tập phát triển:

Vận dụng tư tưởng xử lí tập dựa tính biến thiên hàm yg x  thông qua đồ thị

hàm số f x  hàm phụ Ta xây dựng tập tương tự sau

Câu [2D4-1] Cho hàm số yf x  có đạo hàm f x  hình vẽ

Số điểm cực tiểu hàm số     g x f x  x

A.1 B. C. D.

Lời giải Chọn B.

Ta có:    

g x f x  x Khi     g x   f x  x

Vẽ đồ thị hàm số

y  x mặt phẳng toạ độ có đồ thị f x .

Dựa vào hình vẽ ta thấy phương trình  

Dựa vào bảng xét dấu ta thấy dấu g thay đổi từ   sang   hai lần Vậy có hai điểm cực tiểu

Câu [2D4-1] Cho hàm số yf x  có đồ thị f x  hình vẽ.

Xét hàm số   2018

4

yf x  x  x  x  phát biểu

i) Hàm số có hai điểm cực trị 1; 2

ii) Giá trị nhỏ hàm số g x   1; 2 g 0

iii) g 0 g 1

iv) Giá trị lớn hàm số g x   1;1 g  1

Số phát biểu sai

A. B. C. D.

Lời giải Chọn A.

Ta có g x  f x  x3 x2 x

  

   ; g x   0 f x  x3  x2 x.

Dựng đồ thị hàm số y x3 x2 x

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình f x  x3 x2 x

   có bốn nghiệm là: x   1;0;1;2 Ta có bảng biến thiên hàm số g sau

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

 Hàm số có hai điểm cực trị 1;2

 Giá trị nhỏ hàm số g x   1;2 g 0

 g 0 g 1

Hơn ta lại có

               

0

1

1 1

g x dx g x dx g g g g g g



          