Đang tải... (xem toàn văn)
Hai đường chéo đi qua tâm của đường tròn thì sẽ tạo ra một hình chữ nhật thỏ yêu cầu bài toán.. Cho hình chóp.[r]
(1)TUYỂN TẬP CÁC CÂU VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO
TRONG ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN THPT CHUN THÁI BÌNH 2017-2018 (Nhóm GV thuộc tổ thực hiện)
Câu 37. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1; 2;3) Gọi ( )P mặt phẳng qua điểm M cách gốc tọa độ O khoảng lớn nhất, mặt phẳng ( )P cắt trục tọa độ điểm A B C, , Tính thể tích khối chóp O ABC
A 1372
9 B
686
9 C
524
3 D
343
Lời giải
Chọn B.
Gọi Hlà hình chiếu của O lên mp P Tam giác OHM có OH OM , H.
Khi d O P , OH lớn M H , hay OM P . Mp P qua M nhận OM 1;2;3 làm véc tơ pháp tuyến, phương trình P : x2y3z14 0
P cắt Ox ; Oy ; Oz lần lượt A14;0;0, B0;7;0 , 0;0;14
C
Thể tích
868
O ABC
V
Bài toán tương tự:
Bài 01: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1; 2;3) Gọi ( )P mặt phẳng qua điểm M cách gốc tọa độ O khoảng lớn Khoảng cách từ N(1;1;1) đến mặt phẳng ( )P bằng? Đáp số: ,
14
(2)Bài 02: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A2;5;3 đường thẳng
1
:
2
x y z
d Gọi P mặt phẳng chứa đường thẳng d cho khoảng cách từ A đến P lớn Tính khoảng cách từ điểm M1; 2; 1 đến mặt phẳng P
A 11 18
18 B 3 C
11
18 D
4
Lời giải
Gọi H hình chiếu của A d ; K hình chiếu của A P
Ta có d A P , AK AH (Không đổi) GTLN của d d P( , ( )) AH
,
d A P lớn K H
Ta có H3;1; 4 , P qua H AH P x: 4y z
Vậy , 11 18 18
d M P
Câu 40. [2D1-3] Tập tất giá trị của tham số m để hàm sốy ln(cosx 2) mx 1 đồng biến :
A ( , 1]
B ( , 1]
3
C [ 1, )
D. [- , )
3
Lời giải Chọn B
Ta có hàm sốy ln(cosx 2) mx 1 xác định , sinx m
cosx
y
Hàm số đồng biến y,0 x hay sinx m cosx
x (*) Sử lý (*) theo hai cách:
Cách 1: (Dùng hàm số).
Xét hàm số ( ) sinx cosx
y g x liên tục tuần hoàn trênnên ta xét trên0;2 ( Khoảng
chu kì)
Khi sinx m ( ) cosx
x m g x
Ta có
,
2
1 2cos
( ) ;
cos
x g x
x
,( ) 0 cos ;4
2 3
g x x x
Ta có 0;2 thì: (0) 0;
g g(2 ) 0; (2 ) 3;
3
g (4 )
3
(3)Suy ( ) 3
g x
3 ( )
3
m g x m Hay phương án chọn B ( , 1]
3
Cách 2: (Dùng tính chất lượng giác) s in
m cos sin
cos
x
x m x x m x
x
2 20 2
4
m
m m m
m m
Hay phương án chọn B ( , 1]
3
Bài toán tương tự:
Bài 1: (Tương tự hình thức):
Tập tất giá trị của tham số m để hàm sốyln(2 sin ) m x x2018 đồng biến tập xác định
A ( , 1]
B ( , 1]
3
C [ 1, )
D. [- , )
3
Lời giải Chọn B
Ta có hàm sốyln(2 s in ) m x x2018 xác định , cos m
2 sin
x y
x
Hàm số đồng biến y,0 x hay cos m sin
x
x
x (*)
(Dùng tính chất lượng giác) cos
m sin cos cos sin
2 sin
x
x m m x x x x m x m x
x
2 20 2
4
m
m m m
m m
Hay phương án chọn B ( , 1]
3
Bài 2: (Thay đổi hàm):
Tập tất giá trị của tham số m để hàm số ln(2 sin ) 2018 sin
x
y mx
x đồng biến tập
xác định
A ( , ]
B ( , 1] C [ 1, )
D. [ , )
Lời giải Chọn B
Ta có hàm số ln(2 sin ) 2018 sin
x
y mx
x xác định
, 2
4cos 4cos
m m
4 sin cos
x x
y
x x
Hàm số đồng biến y,0 x hay 4cos2 m cos
x
x
x (*)
Đặt 2
4cos cos ;
3 cos
x t
x t t
(4)Khi (*) thành
4
;
t
m t t
t Xét hàm
4
t y
t D 1;1
2 ,
2
4( 3)
0 1;1
(3 )
t
y t
t Hàm số nghịch biến D 1;1 nên
2
1;1
4
1;1 (1)
3
t
y m t m y y
t Hay phương án chọn B ( , 1]
Câu 41: [2H1-4] Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a Gọi E , F lần lượt trung điểm của cạnh SB SC, Biết mặt phẳng (AEF) vng góc với mặt phẳng (SBC) Tính thể tích khối chóp S ABC
A
3
5 24
a B
5
a C
3 24
a D
6 12 a
Lời giải Chọn A
Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, S ABC hình chóp nên
SO ABC
Gọi M , N lần lượt trung điểm của BC EF
Ta có S, M , N thẳng hàng SM BC M , SM EF N Ta có
AEF SBC EF
SM SBC SM AEF MN AN
SM EF
ANM
vng N
Từ suy ANM∽SOM AN AM NM
SO SM OM
NM SM AM OM Mà ta có N trung điểm của SM (vì E , F lần lượt trung điểm của SB, SC)
1
NM SM
;
ABC
cạnh a O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC a AM
;
(5)Vậy
2
1 3
2
a a a
SM
2
a SM
.
Ta có 2 2 15
2 12
a a a
SO SM OM ;
2 3
4
ABC
a
S
2
1 15
3 24
S ABC ABC
a a a
V SO S
CÁC CÂU TƯƠNG TỰ
Câu 41.1:Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a Gọi E , F lần lượt điểm nằm cạnh SB, SC cho SE SF k
SB SC 0k1 Biết mặt phẳng (AEF) vng góc
với mặt phẳng (SBC) Tính thể tích khối chóp S ABC A
3 3 2
24 3
a k
k
. B.
3 3 2
8 3
a k
k
. C.
3 3 2
24 5
a k
k
. D
3 3 2
12 3
a k
k
.
Lời giải Chọn A
Tương tự câu 41 ý MN 1 k SM .
Câu 41.2:Cho hình chóp S ABCD có đáy tam giác cạnh a Gọi E , F lần lượt trung điểm của cạnh SB SC, Biết mặt phẳng (ADFE) vng góc với mặt phẳng (SBC) Tính thể tích khối chóp S ABCD
A
a . B 2
2
a . C 2
12
a . D 2
18
a .
Lời giải Chọn A
Tương tự câu 41
Ta có INM∽SOM MN SM OM IM
2
1
2
a SM
SM a
2
2 2
2
a a
(6)3
1 2
3
S ABCD ABCD
a a
V SO S a
Câu 41.3:Cho hình chóp S ABCD có đáy tam giác cạnh a Gọi E , F lần lượt điểm nằm cạnh SB, SC cho SE SF k
SB SC 0k1 Biết mặt phẳng (ADFE) vuông
góc với mặt phẳng (SBC) Tính thể tích khối chóp S ABCD A 2 a k k
. B.
3 2 1
a k k . C. 2 18 a k k
. D
3 2 1
18 a k k .
Câu 42 [2D3-3] Xét hàm số f x( ) liên tục đoạn [0;1] thỏa mãn 2f x 3 1f x 1 x2
Tính
1
0
( )d f x x
A
B
6 . C. 20 . D 16 Lời giải Chọn C.
Ta có: 2f x 3 1f x 1 x2
1 1
2
f x x f x
Nên: d
I f x x
1
2
1
1 d
2 x f x x
1 0
1 d d
2 x x f x x
(1)
Xét:
1
0
1 d
f x x
Đặt t 1 x ta có dtdx x 0 t 1, x 1 t0
Khi đó,
1
0
1 d
f x x
dt f t dt f t d f x x
(2)
Xét:
1
2
0
1 x xd
Đặt xsint,
2 t
, ta có
dxcos dt t x 0 t0,
2
x t Khi đó,
1
2
1 x xd
2
0
1 sin cos dt t t
2
0
cos dt t
2
0
1 cos d t t
1 sin
2 t t
(3)
Từ (1), (2) (3) suy ra: I I
I 20
** Nhận xét: Để làm BTTN nhanh ta sử dụng máy tính hỗ trợ sau:
Sau ta thấy
1
0
1 d
f x x
1
0
d f x x
Dùng MTCT tính
1
2
1 x xd
(7)xem giá trị
1
0
d f x xX
, nhập vào MTCT biểu thức
1 1
2
0 0
1
d d d
2
f x x x x f x x
sau:
Giải tìm X chức SOLVE, ta được:
Đối chiếu kết với phương án và chọn.
Bài tương tự
Câu [2D3-3] Xét hàm số f x( ) có đạo hàm liên tục đoạn [0;1] thỏa mãn
2f x 3 1f x 1 x Tính
1
0
d
f x f x x
A 4
B
6
. C. 20
20
. D 16
16
.
Lời giải Chọn C.
Ta có:
1
0
d
f x f x x
1
0
d d
f x x f x x
Theo đề: 2f x 3 1f x 1 x2
1 1
2
f x x f x
Nên:
1
0
d
I f x x
1
2
0
1
1 d
2 x f x x
1
2
0
1
1 d d
2 x x f x x
(1)
Xét:
1
0
1 d
f x x
Đặt t 1 x ta có dtdx x 0 t 1, x 1 t0
Khi đó,
1
0
1 d
f x x
0
1
dt f t
1
0
dt f t
1
0
d f x x
(2)
Xét:
1
2
1 x xd
Đặt xsint,
2 t
, ta có dxcos dt t x 0 t0, x t
(8)1
2
0
1 x xd
2
0
1 sin cos dt t t
2
0
cos dt t
2
0
1 cos d t t
1 sin
2 t t
(3)
Từ (1), (2) (3) suy ra: I I
I 20
Vậy
1
0
d 20 f x x
Lại có: 2f x 3 1f x 1 x2
nên
2
2 1 5
3
2 0 1
5 f
f f
f f f
Do đó,
1
0
3
d 1
5
f x x f f
.
Vậy:
1
0
20
d
20 20
f x f x x
.
Câu [2D3-3] Xét hàm số f x( ) liên tục đoạn [0;1] thỏa mãn 3f x 2 1x f x2 1 x2
Tính
1
0
d f x x
A 16
B
8 . C . D. 16 Lời giải Chọn D.
Ta có: 3f x 2 1x f x2 1 x2 1 2 1 2
f x x x f x
Nên: d
I f x x
1
2
0
1
1 d
3 x x f x x
1 2 0
1 d d
3 x x x f x x
.(1)
Xét:
1
2
2 1x f x dx
Đặt t 1 x2
ta có dt2 dx x x 0 t1, x 1 t0
Khi đó,
1
2
2 1x f x dx
dt f t dt f t d f x x
(2)
Xét:
1
2
1 x xd
Đặt xsint,
2 t
, ta có dxcos dt t x 0 t0, x t
(9)1
2
0
1 x xd
2
0
1 sin cos dt t t
2
0
cos dt t
2
0
1 cos d
t t
2
0
1 sin
2
t t
(3)
Từ (1), (2) (3) suy ra: I I
I 16
Câu [2D3-3] Cho f , g hai hàm liên tục 1;3 thỏa:
3
1
3 d 10
f x g x x
3
1
2f x g x dx6
Tính
3
1
d
f x g x x
A 8. B 9. C 6. D 7.
Lời giải Chọn C
Ta có
3 3
1 1
3 d 10 d d 10
f x g x x f x x g x x
Tương tự
3 3
1 1
2f x g x dx 6 f x xd g x xd 6
Xét hệ phương trình 10
2
u v u
u v v
,
3
1
d
uf x x,
3
1
d
vg x x
Khi
3 3
1 1
d d d
f x g x x f x x g x x
Câu 4. [2D3-3] Cho hàm số f x , ( ) g x liên tục đoạn [0;1] thỏa mãn
( )
m f x n f x g x với m n, là số thực khác 0
1
0
( )d ( )d
g x x f x x
Tính m n
A 0 B 2. C. 1. D 1
2 Lời giải
Chọn C
Ta có: m f x n f 1 x g x( ).
1
0
d ( )d
m f x n f x x g x x
.
1
0
d d
m f x x n f x x
1
0
1 d
m n f x x
(1)
Xét:
1
0
1 d
f x x
(10)Khi đó,
1
0
1 d
f x x
0
1
dt f t
1
0
dt f t
1
0
d
f x x
(2)
Từ (1) (2) suy ra: m n 1
Câu 44. Cho đa giác 100 đỉnh nội tiếp đường tròn Số tam giác tù được tạo thành từ 100 đỉnh của đa giác
A 44100 B 78400 C 117600 D 58800
Lời giải
Chọn C.
Đánh số đỉnh A A1, , ,2 A 100
Xét đường chéo A A của đa giác đường kính của đường trịn ngoại tiếp đa giác chia 1 51
đường tròn làm phần phần có 49 điểm từ A đến 2 A 50 A đến 52 A 100
Khi đó, tam giác có dạng A A A1 i j tam giác tù nếu A i Aj nằm nửa đường
tròn chứa điểm A tính theo chiều kim đồng hồ nên 1 A , i Aj hai điểm tùy ý được lấy từ 49
điểm A , 2 A đến 3 A Vậy có 50
49 1176
C tam giác tù
Vì đa giác có 100 đỉnh nên số tam giác tù 1176.100 117600 tam giác tù Bài tương tự
Câu 1. (Bài toán tổng quát) Cho đa giác 2n n2, n đỉnh nội tiếp đường tròn Số tam giác tù được tạo thành từ 2n đỉnh của đa giác
A. 2n n 1 2 n 2 B 1 2
2 n n
C n n 1 n 2 D 1 2
2 n n n
Lời giải
Chọn C.
Đánh số đỉnh A A1, 2, ,A 2n
Xét đường chéo A A1 n1 của đa giác đường kính của đường trịn ngoại tiếp đa giác chia
đường tròn làm phần phần có n 1 điểm từ A đến 2 A n An2 đến A 2n
Khi đó, tam giác có dạng A A A1 i j tam giác tù nếu A i Aj nằm nửa đường
trịn chứa điểm A tính theo chiều kim đồng hồ nên 1 A , i Aj hai điểm tùy ý được lấy từ n 1
điểm A , 2 A đến 3 A Vậy có n 21
2
2
n
n n
C
tam giác tù
Vì đa giác có 2n đỉnh nên số tam giác tù 2 1.2 1 2
n n
n n n n
Câu 2. Cho đa giác 2n n2, n đỉnh nội tiếp đường trịn Biết rằng số tam giác có đỉnh 2n điểm A A1, 2, ,A gấp 20 lần số hình chữ nhật có đỉnh 2n
2n điểm A A1, , ,2 A Số cạnh của của đa giác là2n
A.14 B 16 C 18 D 20
(11)Chọn B.
+ Số tam giác C2n3
+ Mỗi đa giác 2n đỉnh thì có n đường chéo qua tâm của đường tròn Hai đường chéo đi qua tâm của đường tròn thì tạo hình chữ nhật thỏ yêu cầu toán Nên số hình chữ nhật Cn2
+ Theo giả thuyết ta có : C23n 20Cn2 n 2
2 ! !
20
2 !.3! 2! !
n n
n n
2 2
10
3
n n n
n n
2n 15
do n n 1 0, n 2
n
Vậy đa giác có 16 cạnh
Câu 45. Cho hình chóp S ABCD có cạnh bên bằng bằng 2a , đáy hình chữ nhật ABCD
có AB2 ,a AD a Gọi K điểm thuộc BC cho 3BK 2CK 0 Tính khoảng cách hai đường thẳng ADvà SK
A 2 165 15
a B 165
15
a C 2 135
15
a D 135
15
a
Ý tưởng bài toán
Đưa khoảng cách đường thẳng khoảng cách từ đường đến mặt phẳng đưa khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng
Hướng dẫn giải Chọn A
Gọi H trung điểm của BC Kẻ OM SH OM SBC d O SBC ; OM
Ta có 2 2 12 OM OH OS
165 15
a OM
(12) ; ; ; O;
d AD SK d AD SBC d A SBC d SBC OM
Bài tập tương tự
Câu 1. Cho hình chóp S ABCD có cạnh bên bằng bằng a , đáy hình vng ABCD có AB a Gọi K trung điểm BC Tính khoảng cách hai đường thẳng ADvà SK A 2
15
a B
a C 2
a D
15
a
Câu 2. Cho hình chóp S ABCD có cạnh bên bằng bằng a , đáy hình vng ABCD có
AB a Gọi K điểm thuộc BC cho 3BK 2CK 0 Tính khoảng cách hai đường thẳng ADvà SK
A 2 15
a B
a C 2
a D
15
a
Câu 46. [2D1-4] Xét phương trình ax3 x2bx 1 0 với a b, số thực, a 0, ab cho
nghiệm số thực dương Tìm giá trị nhỏ của biểu thức
2
2
5a 3ab
P
a b a
A 15 3. B 8 2. C 11 6. D 12 3.
Lời giải
Đây tốn trích đề thi HSG QG 1999.
Tinh thần bài toán là ứng dụng Định lý Viet vào bài toán Bất đẳng thức Đáp án D
Gọi m n p, , ba nghiệm dương của phương trình
Ta có
1
1
1
m n p a
mn np pm a
mnp a
Mặt khác
2
3
3
3
m n p mn np pm
m n p mnp
1
3
3
a
b a
Xét hàm số
2
2
5
; b 0;
a ab
f
a a b a
, hàm số nghịch biến nên ta có
3.5 13
3
a
f f g a
a a a
Xét hàm số
5 1
; a 0;
3 3
a g a
a a
, hàm số nghịch biến nên ta có
3
g a g
(13)Bài 1: Giả sử phương trình
2
3
1
a b
x a b x x có ba nghiệm
Gọi M, m GTLN GTNN của 2
a b
P ab Khi M m bằng
A 1 B 1
2 C 1 D 2
Lời giải
Tinh thần bài toán là ứng dụng Định lý Viet vào bài toán Bất đẳng thức Đáp án B
Gọi m,n,p ba nghiệm của phương trình
Ta có
2
1
m n p a b
a b mn np pm
mnp
Mặt khác: m2n2p2 m n p 2 2mn np pm 1
Và
2
2 1 1
2
a b
a b
P ab mn np pm
Do m n p 2 0 m2n2p2 2mn np pm 0
1 2 2
2
mn np pm m n p
Vậy P=-1
GTNN
Mặt khác theo BĐT Bu-nhi-a-cop-xki
2 2 2 2 2 2 2
1
mn np pm m n p m n p
Vậy GTLN P=1 Vậy đáp án là B
Bài 2: Giả sử phương trình
0
x ax bx c có ba nghiệm độ dài ba đường cao của tam giác Khi cơng thức tính diện tích tam giác
A
2
2
4
c S
ab c b bc
B
2
4 8 4
c S
b bc ab c
C 2
4
S c ab c b bc D
2
2
4ab c b 8bc
S
c
Lời giải
Tinh thần bài toán là ứng dụng Định lý Viet vào bài toán đẳng thức Đáp án A
Gọi x x x1; 2; 3 ba nghiệm dương phân biệt của phương trình độ dài ba đường cao của tam giác có cạnh tương ứng y y y1; 2; 3
Ta có
i i
S x
y
thay vào phương trình ta có
3
0
2 i i i
S S S
a b c
y y y
(14)Quy đồng ta có yi nghiệm của phương trình
2
0
bS aS S
f y y y y
c c c
Nên ta có f y y y 1 y y 2 y y 3 0
Theo công thức He-rong ta có
1
S p p y p y p y p f p Với 2
2
y y y bS
p
c
Thay vào ta có 2
4
bS bS S ab c b bc
S p f p f
c c c
Vậy đáp án A
Câu 47: Cho tham số thực a Biết phương trình ex ex 2cosax
có nghiệm thực phân biệt Hỏi phương trình 2cos
x x
e e ax có nghiệm thực phân biệt?
A 5 B 6 C 10 D 11
Lời giải Chọn C.
Ta có
2
2
2 cos cos
x x
x x
e e ax e e ax
2
2
2 4cos
2
x x ax
e e
2
2
2cos 2
2cos
x x
x x
ax
e e
ax
e e
+) Nhận xét 1: Giả sử ex ex cosax
có cặp nghiệm đối x o xo thì
0 0
0 0
0
0
2cos 2cos
2cos 2cos
x x x x
x x x x
e e ax e e ax
e e a x e e ax
ex0 ex0 ex0 ex00 0
0
x x
e e x
(không thỏa mãn)
+) Nhận xét 2: xo nghiệm của 2cos 1
x x
e e ax
thì x o 0 2xo nghiệm của 2
o
2x
nghiệm của 3 ngược lại
Phương trình 1 có nghiệm nên 2 có nghiệm, 3 có nghiệm; nghiệm của 2 3 khác Do phương trình ex ex 2cosax
có 10 nghiệm BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Câu 1: Cho n số tự nhiên thỏa mãn phương trình 3x 3x 2cosnx *
có 2018 nghiệm thực phân biệt Hỏi phương trình 9x 9x 2cosax
có nghiệm thực phân biệt?
A 4036 B 4035 C 2019 D 2018
Lời giải Chọn A. Ta có
9x 9x 2cosax
(15)
3 2cos
3 2cos
x x
x x
nx nx
Do 2 3x 3x 2 cosnx 3x 3 x 2 cosn x
nên nếu x nghiệm củao
3x 3x cosnx *
thì x o x nghiệm của o 1 đồng thời xo nghiệm của 2 ngược lại
Giả sử 1 có cặp nghiệm đối x o xo thì
0 0
0 0
0
0
3 2cos 3 2cos
3 2cos 3 2cos
x x x x
x x x x
nx nx
n x nx
3x0 3x0 3x0 3x00 0
0
2.3x 2.3 x
x
(không thỏa mãn)
Phương trình * có 2018 nghiệm nên 1 có 2018 nghiệm, 2 có 2018 nghiệm; nghiệm của 1 2 khác Do phương trình 9x 9x 2cosax
có 4036 nghiệm Câu 2: Cho phương trình 9x a.3 cosx x
Biết rằng alà số thực để phương trình có nghiệm Hỏi a thuộc khoảng sau đây?
A 8; 4 B 4; 2 C 4;10 D 12;18 Lời giải
Chọn A.
Đặt 9x a.3 cosx x *
Ta có nhận xét sau: Nếu x0 nghiệm của phương trình * thì 2 x nghiệm của
phương trình * Chứng minh nhận xét:
0
0
0
2
0
0
0
9 cos 9.cos 81
9
9
9x cosx
x x
x x
a x
a x
a x
Vậy phương trình * có nghiệm 2 x0 x0 x0 1
Thay x 0 vào phương trình * , ta có: 18 cos a a6
Câu 3: Phương trình 2log cot3 xlog cos2 x có tất nghiệm thuộc khoảng 0; 2018?
A 322 B 321 C 320 D 323
Lời giải Chọn A.
Điều kiện:
cos
cot ; ,
2
sin
x
x x k k k
x
2
3
2
1 cot tan
cot
2log cot log cos
cos cos 4
t t
t
t t
x x
x
x x t
x x
Lại có: 2
1 1
1 tan 1
cos 3t 4t
x t
x
(16)Vậy ta có:
cot
3
3 2 ,
3
1 2
cos
3
x x k
k x k k
x k
x
0; 2018 2018, 1 2018,
3 6
x k k k k
0;1, ,321 k
.
Câu 48 [2D1-4] Cho hàm số yf x liên tục R Đồ thị của hàm số yf x hình bên Đặt
12
g x f x x Mệnh đề đúng. A Min g x3;3 ( )g(1)
B Max g x3;3 ( )g(1)
C. Max g x3;3 ( )g(3)
D Không tồn giá trị nhỏ của g x( ) trên 3;3
Lời giải Chọn B
Ta có yg x( ) hàm số liên tục có g x( ) 2 f x x1 Để xét dấu g x( ) ta xét vị trí tương đối yf x( ) y x 1
Từ đồ thị ta thấy yf x( ) y x 1 có ba điểm chung A3; , B1;2 , C3; 4; đồng thời g x( ) 0 x 3;1 3; g x( ) 0 x ; 3 1;3 Trên đoạn 3;3 ta có BBT:
Từ BBT suy B BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ
Bài [2D1-4] Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục có đồ thị của hàm yf x hình vẽ Xét hàm số
( )
g x f x Mệnh đề sai ? A Hàm số g x( ) nghịch biến 0; B Hàm số g x( ) đồng biến 2; C Hàm sốg x( )nghịch biến 1;0 D Hàm số g x( )nghịch biến ;
O 1 3 x
2 4
2 3
(17)Lời giải
Chọn C
Ta có yg x( ) hàm số liên tục g x( ) 2 x f x( 2 2) Nên
2
2
0 0
( ) 1
2 2
x x
g x x x
x x
Từ đồ thị của yf x( )suy f x( 2 2) 0 x2 2 x ; 2 2; ngược lại Do ta có bảng xét dấu của g x( ):
Từ BXD ta thấy 1;0 hàm số đồng biến Vậy C sai.
Bài [2D1-4] Cho hàm số yf x có đồ thị
yf x hình vẽ Xét hàm số
3 2018
3
g x f x x x x Mệnh đề đúng?
A. min3; 1 g x g1
B min3; 1 g x g 1
C min3; 1 g x g3
D
3;
3
min
2
g g
g x
Lời giải
Chọn A
Ta có: 3 2018 3
3 2
g x f x x x x g x f x x x
Căn vào đồ thị yf x , ta có:
1
1 1
3 3
f g
f g
f g
O x
y
1
3
3
1
(18)Ngoài ra, vẽ đồ thị P của hàm số 3
2
y x x hệ trục tọa độ hình vẽ bên
(đường nét đứt ), ta thấy P qua điểm 3;3, 1; 2 , 1;1 với đỉnh 3; 33
4 16
I Rõ ràng
o Trên khoảng 1;1 thì 3
2
f x x x , nên g x 0 x 1;1
o Trên khoảng 3; 1 thì 3
2
f x x x , nên g x 0 x 3; 1 Từ nhận định trên, ta có bảng biến thiên của hàm y g x 3;1 sau:
Vậy min3; 1 g x g1
Bài [2D1-4] Cho hàm số f x( ) có đạo hàm f x( ) có đồ thị hình vẽ
-2 -1
-2 -1
x y
Hàm số
3
( ) ( )
3
x
g x f x x x đạt cực đại điểm nào?
A. x 1 B x 1 C x 0 D x 2
Lời giải Chọn A
x y
1
3
3
1
2 P
(19)Ta có g x( ) xác định g x( ) f x( ) (x 1)2
số nghiệm của phương trình ( )
g x bằng số giao điểm của hai đồ thị yf x( ) y (x 1)2
; g x( ) 0 đồ thị ( )
yf x nằm y (x 1)2
ngược lại
-2 -1
-2 -1
x y
Từ đồ thị suy
0
( )
1
x
g x x
x
g x( ) đổi dấu từ dương sang âm qua x Do1
đó hàm số đạt cực đại x 1
Câu 49: [2H1-4] Cho khối chóp S ABCD có đáy hình bình hành ABCD Gọi M , N , P, Q lần
lượt trọng tâm tam giác SAB , SBC , SCD , SDA Biết thể tích khối chóp S MNPQ
V , thể tích của khối chóp S ABCD là:
A. 27
4 V
B.
2
9
2 V
C.
9 V
D. 81
8 V
Lời giải
Chọn A.
Ta có
,
3 ,
d S MNPQ SM SI d S ABCD Mặt khác gọi SSABCD ta có
1 1
4
DEJ BDA
S S
16
DEJ
S S
Tương tự ta có
JAI DAB
S S
8
JAI
S
Suy 2.1
16
HKIJ
S S S
Mà
2
2
3
MNPQ HKIJ
S S
2
MNPQ ABCD
S S
(20)Suy
1
,
3
S ABCD
V d S ABCD S , .9 27 2d S MNPQ 2S V
Câu tương tự
Câu 1: [2H1-4] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy
ABCD , góc hai mặt phẳng SBD ABCD bằng 60 Gọi M, N lần lượt trung điểm của SB , SC Tính thể tích khối chóp S ADMN
A.
3
6 16 a
V B.
3
6 24 a
V C.
3
3
16 a
V D.
3
6 a
V
Lời giải
Chọn A.
Gọi O tâm của hình vng ABCD Khi ta có SOA góc hai mặt phẳng SBD và
ABCD nên SOA 60 Khi tan 60 SA
AO
.tan 60 3
2
SA AO a
2 a
Ta có
1
4
S AMN S ABC
V SA SM SN
V SA SB SC
1
2
S AND S ACD
V SA SN SD V SA SC SD Do
1 1
2
S ADMN S ABCD
V V
3 8VS ABCD
3
3 6
8 16
a a
a
Câu 2: [2H1-4] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA vng góc với
đáy, SA a Gọi B, D hình chiếu của A lần lượt lên SB , SD Mặt phẳng AB D cắt SC C Thể tích khối chóp S AB C D là:
A 3
a
V B
3 a
V C
9 a
V D 3
3
a
V
Lời giải Chọn C
Ta có:
1
3
S ABCD
V a a
3
(21)Vì B, D hình chiếu của A lần lượt lên SB , SDnên ta có SC AB D Gọi C hình chiếu của A lên SC suy SCACmà ACAB D A nên
AC AB D hay CSCAB D
Tam giác SAC vuông cân A nên C trung điểm của SC. Trong tam giác vuông SAB ta có
2
2
SB SA
SB SB
2
2
2 a
a
2
SAB C D SAB C SAC D S ABCD S ABCD
V V V
V V
1
SB SC SD SC SB SC SD SC
SB SC SB SC
2
3
Vậy
9
SAB C D
a
V
Câu 3: [2H1-4] Cho khối chóp .S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Một mặt phẳng thay đổi
nhưng song song với đáy cắt cạnh bên SA , SB , SC , SD lần lượt M , N , P, Q Gọi M , N, P, Q lần lượt hình chiếu vng góc của M , N , P, Q lên mặt phẳng
ABCD Tính tỉ số SM
SA để thể tích khối đa diện MNPQ M N P Q đạt giá trị lớn A 2
3 B
1
2 C
1
3 D
3 Lời giải
Chọn A.
Đặt SM k
SA với k 0;1
Xét tam giác SAB có MN AB nên // MN SM k
AB SA MN k AB
Xét tam giác SAD có MQ AD// nên MQ SM k
AD SA MQ k AD Kẻ đường cao SH của hình chóp Xét tam giác SAH có:
//
MM SH nên MM AM
SH SA
SA SM SM k
SA SA
MM 1 k SH
Ta có VMNPQ M N P Q MN MQ MM
AB AD SH k k
Mà
1
S ABCD
V SH AB AD VMNPQ M N P Q. 3.VS ABCD. 1k2 k.
Thể tích khối chóp khơng đổi nên VMNPQ M N P Q đạt giá trị lớn 2 1
(22)Ta có
3
2. 1 2
2
k k k k k k
k k
2
27 k k
Đẳng thức xảy khi: 2 k k
3 k
Vậy SM
