Đề thi thử đại học môn toán trường thpt Nghệ An lần 6 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Nhà sản xuất muốn chi phí bao bì càng thấp càng tốt(tức diện tích toàn phần của hộp nhỏ nhất), nhưng vẫn phải chứa được một thể tích xác định là V.. cho trước.[r]

Câu 5: [2D1-3] Biết tất giá trị m để phương trình





2

4 6 x x  3x m x2 3  x

có nghiệm



a b;



với ,a b   Tính giá trị của

5

a b



?

A

3

5. B

2

5 . C

2

5. D

5

5 .

Lời giải

Chọn C

Điều kiện 2   x

Đặt t x 2 3 x 

2 14 3 6 2 14 3 6

t   x  x x  t   x  x x

Ta có

1

2 2 t

x x

  

 

;





1

0 2;3

2 2

t x

x x

        

 

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta suy t  5;5 Khi phương trình có dạng: t214mt





 

14

5;5 *

t m t

t  

   

 

Đặt

 

14 g t t

t  

; t  5;5 có

 

14

1

g t

t

     t  5;5

 

 

g t 

Để phương trình ban đầu có nghiệm (*) có nghiệm t  5;5

 

5

 

5 11;

5

g m g m   

      

 

Vậy

5

5

a b

 

CÁC BÀI TƯƠNG TỰ

Câu 5.1: [2D1-3] Có giá trị nguyên m để phương trình

3 x 6 x 18 3 x x  có nghiệm?m

A 2 B 3 C 4 D 5

Lời giải

Chọn C

Điều kiện 3   x

Đặt t x 3 6 x 

2 9 18 3 2 9 6

t    x x  t    x x

Ta có

1

2 t

x x

  

  .





1

0 3;6

2

t x

x x

        

 

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta suy t 3;3 2

Khi phương trình có dạng:

 

2 2 9 2 0 2 9 2 *

Phương trình ban đầu có nghiệm (*) có nghiệm t 3;3 2

Đặt

 

2 2 9; 3;3 2 g t t  t t  

  có g t

 

2t2 0;  t 3;3 2 .

 

g t 

là hàm nghịch biến 3;3 2

Để phương trình (*) có nghiệm t 3;3 2 





 

6

3 2 3

2

g  m g   m

Vậy có giá trị nguyên m để phương trình ban đầu có nghiệm.

Câu 5.2: [2D1-3] Có giá trị nguyên m khoảng



10;10



để bất phương trình

3

mx x  m có nghiệm ?

A 9 B 10 C 11 D 19

Lời giải Chọn B

Điều kiện x  3

Bất phương trình trở thành

1

1 x

m x

  

 .

Xét hàm số

1

1 x y

x   



Tập xác định D  



3;



Ta có





2

2

x y

x x

  

 

0

y   x

Vậy bất phương trình có nghiệm

 

3

4

y m m 

Do khoảng



10;10



có 10 giá trị ngun m để phương trình có nghiệm

Câu 8: [2D1-3] Cho hai số thực dương ,a b thỏa mãn a b b a    

Giá trị lớn biểu thức S 6a b là

A 17 12 B 82 C 11 D 89 12 Lời giải Chọn C Ta có a b b a    





9a a b 3b

      27a33a



3b3



3b2



3a



3 3a



3b 2



3 3b

     

(1)

Xét hàm

 

f t   t t 

Ta có

 

f t  t       Hàm số t f t

 

  đồng biến t3 t 

(1) f



3a



f



3b2



 3a 3b2

3 b a   

Vậy S2 3b2 b g b

 

với b  0

Ta có

 

3 g b b     ;

 

0

3

g b

b

    

  3b2 3

7

b

 

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta suy 0; 

 

11

max

S max g b

   b 

Câu 8.1: [2D1-3] (THPT Trần Phú – Đà Nẵng 2018) Cho hai số thực x , y thỏa mãn





3

2y 7y2x 1 x 3 1 x3 2y 1

Tìm giá trị lớn biểu thức P x 2y

A P  10 B P 4 C P  6 D P  8

Lời giải Chọn B

Điều kiện: x   



;1



Ta có





3

2y 7y2x 1 x 3 1 x3 2y 1  2y3 6y27y 1



 x



1 x 1 x















3

2 y1  y1 2 1 x  1 x (1)

Xét hàm

 

f t  t  t 

Ta có

 

f t  t     t  f t

 

2t3 đồng biến t 

(1)  f y



1



f



1 x



 y1 1 x  y 1 1 x Vậy P x  2 1 xg x

 

với x   



;1



 

1

1

g x

x

   

  1 x 1 x 0

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có Pmax max g x ;1

 

4 x  0

Câu 8.2: [2D1-3] Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn

4

2

x y

x y

 



 Tìm giá trị nhỏ của

biểu thức P y 4x

A P 2 B

5

P 

C P  3 D

7

P 

Lời giải Chọn B

Ta có

4

2

x y

x y

 



  4x33x



y2



2y1  8x36x



2y4



2y1



2x



3 2



x

 

2y 1



2y 2y

       (1)

Ta có

 

3

f t  t       Hàm số t f t

 

 t3 3t

đồng biến .

(1)  f



2x



f



2y1



 2x 2y1

2

2

y

x 

 

Vậy P y 2y 1 g y

 

với y 



0;



Ta có

 

2 g y

y

   

  2y 1

3

y

 

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có 0; 

 

5

min

P min g y



 

khi

3

y 

Câu 32. [2H2-3] Một xưởng khí sản xuất thùng phi có nắp đậy dạng hình trụ với thể tích 2 m 3 Người ta nên làm thùng phi với bán kính đáy R chiều cao h bao

nhiêu để tiết kiệm vật liệu nhất?

A R1 ,m h2m B R2 ,m h0,5m

C R ,m h1m D R0,5 ,m h1m

Để tiết kiệm vật liệu diện tích tồn phần hình trụ nhỏ

Thể tích khơng đổi

2

2

2

V R h h

R

 

   

Ta có

2 2

2 2

tp

S R Rh R

R

   

     

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương

2, ,1

R

R R.

Ta có

2 1 3 1

2

tp

S R R

R R R R

   

     

 

Vậy diện tích tồn phần nhỏ :

 

Stp min 6  R 1 h2

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Câu 32.1.[2H2-4] Một nhà sản xuất sữa có hai phương án làm hộp sữa Hộp sữa có dạng khối hộp chữ nhật hộp sữa có dạng khối trụ Nhà sản xuất muốn chi phí bao bì thấp tốt(tức diện tích tồn phần hộp nhỏ nhất), phải chứa thể tích xác định V

cho trước Khi diện tích toàn phần hộp sữa bé hai phương án

A 32 V B 6 V 3 C 3 6V 3 D 3 V3 

Trường hợp 1: Hộp sữa hình trụ

Thể tích khơng đổi

2 2

2

2

, tp 2

V V

V R h h S R Rh R

R R

   



      

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương

2 R , ,V V

R R



Ta có

3

2 3 2

2

tp

V V V V

S R R V

R R R R

  

    

(* ) Trường hợp 2: Hộp sữa hình hộp chữ nhật

Thể tích không đổi





; tp 2 2

V V V V V

V abh h S ab a b h ab a b ab

ab ab ab b a

 

             

 

Áp dụng bất đẳng thức Cau chy cho ba số dương ; ;

V V ab

a b .

Ta có

3

2.3 tp

V V

S ab V

a b

 

(**) Xét hai kết ta thấy (*) nhỏ

Vậy diện tích tồn phần hộp sữa bé

3

3

tp

S  V

(đvdt)

Câu 32.2.[2H2-4] Một khúc gỗ có dạng hình khối nón có bán kính đáy r2m, chiều cao h6m.

Bác thợ mộc chế tác từ khúc gỗ thành khúc gỗ có dạng hình khối trụ hình vẽ Gọi V thể tích lớn khúc gỗ hình trụ sau chế tác Tính V

A

 

3

32

V 



m

B

 

32

V 



m

C

 

3

32

V  m

D

 

2

32

V 



m

Lời giải Chọn A.

Giả sử khối trụ có bán kính đáy đường cao r h, ', 0



 x 2;0h6



Ta có:

2

6

6

h x

h x

 



   

Thể tích khối trụ:





2 6 3 6 3

V x hx  x  x  x

Ta có

2

( ) 12 ( ) 0

3

V x  x x  V x   x  x

Khi ta suy với

4

x 

V đạt giá trị lớn

 

32

V 



m

Câu 25: [1D3-3] (KSLẦN 1_THPT NGHÈN_HÀ TĨNH) Cho tam giác ABC cân



AB AC



, có cạnh đáy BC , đường cao AH, cạnh bên ABtheo thứ tự lập thành cấp số nhân Hãy tính cơng bội qcủa cấp số nhân

A.

1

2

2  . B.





1

2

2  . C. 2



1



. D. 1

Lời giải:

Chọn B

1 1.5 2.5 3.5 4.5

1.5 2.5

x y

A

B

H

C

Đặt AB a BC ; 2b a b



 0



AH2 a2 b2 Ta có 2 ,b a2 b a2, theo thứ tự lập

thành CSN









2 2

2

1

a b

ab a b

a b

   

  

  

 Vì a b  nên 0 a 



1 2



b thỏa mãn

Mặt khác





2

2 1

2

2 2

0

a bq a

q b q

  

    

 

 .

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Câu 25.1: Độ dài cạnh tam giac ABC lập thành cấp số nhân Tam giác ABC có tối đa góc khơng q 600?

Lời giải

Chọn D

Gọi ba cạnh tam giác a b c, , ; không tính tổng quát giả sử a b c, , theo thứ tự lập thành

CSN Do ta có b2 ac.

Ta lại có:

2 2 2

0

2

cos 60

2 2

a c b a c ac ac ac

B B

ac ac ac

    

     

Dấu " " xảy ABC đều, lúc ba góc tam giác 600. Cách khác: làm trắc nghiệm

Với tam giác ABC cạnh tạo thành cấp số nhân có cơng bội q 1 góc

60o

 nên chọn D.

Câu 25.2: Cho tam giác ABC có cạnh tương ứng a b c, , Biết

 90 ; , , o

A a b c

theo thứ tự lập thành cấp số nhân Tìm số đo góc B

A 30o B 45o C 15o D 60o

Lời giải

Chọn D

Vì ABC vuông A nên: b2c2 a2

 

1

Mặt khác theo giả thiết:

2

2

3

ac b b  ac

thay vào

 

1 ta được:

2 2

1

2 2

2

2

a c

ac c a a ac c

a c

  

      

  

Vì a c, cạnh tam giác nên ta có a2c thỏa mãn

Khi

0

1

cos 60

2

c

B B

a

   

Câu 37: [1H2-3.7-2] (THPT Nghèn – Hà Tĩnh lần 1) Cho hình chóp S ABCD có tất cạnh

bằng a, điểm K thuộc cạnh SC cho SK 2KC Mặt phẳng

 

P chứa AK song song

BD Tính diện tích thiết diện hình chóp S ABCD cắt

 

P .

A

2

5 a

B

2 26

15 a

C

2 26

15 a

D

2

5 a

Lời giải

Gọi OACBD, mặt phẳng



SAC



gọi O AKSO

Do mặt phẳng

 

P chứa AK song song BD nên mặt phẳng

  

P  SBD



theo giao tuyến là đường thẳng qua O song song BD , cắt SD, SB M N

Vậy thiết diện tứ giác AMKN

Do hình chóp S ABCD nên SO



ABCD



 BD



SAC



 MN 



SAC



 MN AK

1

AMNK

S AK MN

 

Ta có

AO O S KC AC O O KS



 

'

4

5

O S SO

O O SO



   



Mặt khác

4

MN SO

BD SO



 

5 a MN

 

Tam giác SAC vuông S, nên

2 13

AS

3 a

AK  SK 

Vậy

2 26

15 AMNK

a

S 

Bài tập tương tự:

Câu 37.1:[1H3-3.11-2] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , tâmO ,





SA ABCD Đường thẳng SC tạo với đáy góc

45 Cắt hình chóp mặt phẳng

 

P

A

2

3 a

B

2 2

3 a

C

2

3 a

D

2

3 a

Lời giải

Chọn A

Gọi K hình chiếu Atrên SC Trong



SAC



gọi I SOAK

Ta có





BD SA

BD SAC

BD AC

 

 

  

BD SC

  mặt khác

 

 SC nên BD/ /

 



Ta có

  







 

/ /

I SBD

BD SBD

BD 



 

 

   

  

 SBD



HL BD H SD L SB/ / , ,

    

Thiết diện tứ giác AHKL

Ta có

/ / HL BD

HL AK

BD AK



 

 



Vậy

1

AHLK

S  AK HL

Ta có

2

2

2

3

HL SH SA a

BD SD SD  a 

2 a HL

 

Vậy

2 2

3 AHLK

a

S 

Câu 37.2:[1H3-3.9-3] Cho hình chóp S ABCD Thiết diện qua đỉnh A vng góc với cạnh bên SC có diện tích thiết diện nửa diện tích đáy Gọi  góc cạnh bên đáy Tính 

A

1 33 arcsin

4

  

B

1 33 arcsin

8

  

C

1 33 arcsin

8

  

D

2 33 arcsin

8

  

Lời giải

Chọn B

Đặt cạnh đáy hình vuông ABCD a AC a 2.

Giả sử thiết diện qua A cắt SC , SB , SD K, N , M

Theo giả thiết SC



ANKM



 MNSC

Mặt khác: BDSC(vì BD



SAC



)  MN BD//  MN 



SAC



 MN AK

ANKM

S AK MN

 

 sin 2 sin

SCA  AK AC  a 

     .

1

MN SO SO OO OO

BD SO SO SO

   

    

(vì AO O ACK ; với O MNAK).

2

2 cot

1 2

2 cot 1 cot

2 tan

a MN

OO a

BD OC



 

 

      



1 cot2



2 cot





0

2

MN BD  a     

        

Ta có





2 2

1 1

sin cot

2 2

AMKN ABCD

S  S  AK MN  a  a  a   a





2 2sin sin 4sin sin 0

2 

      

          

 

1 33 33

sin arcsin

8

   

   