Đề thi thử đại học môn toán trường thpt trần phú yên lạc vĩnh phúc | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Hỏi người đó phải bán với giá mỗi kg là bao nhiêu để lợi nhuận thu được hàng tuần là lớn nhất, biết rằng người đó phải nộp tổng các loại thuế là 2200 đ/kg.. (Kết quả làm tròn đến hàng n[r]

Câu 27: [2H1-2] Cho khối chóp tứ giác S ABCD có đáy hình bình hành Có mặt phẳng cách 5điểm , , , , ?S A B C D

A 5 B 11 C 9 D 3

Lời giải Chọn A.

Bài tập tương tự:

Câu 1: [2H1-2]Cho khối tứ diện ABCD Có mặt phẳng cách 4điểm A B C D, , , ?

A 5 B 7 C 9 D 11

Lời giải Chọn B.

Có hai loại mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu

Loại 1: Mặt phẳng qua trung điểm ba cạnh bên, có chung đỉnh Vì có 4 đỉnh nên có

mặt phẳng loại

Loại 2: Mặt phẳng qua trung điểm bốn cạnh; có 3 mặt phẳng loại

Câu 2: [2H1-2] Cho khối hộp ABCD A B C    D Có mặt phẳng cách đỉnh

, , , , , , , ?

A B C D A B C D   

Lời giải Chọn A.

Câu 35: [1H2-3] Cho tứ diện ABCD có AB6,CD8 Cắt tứ diện mặt phẳng song song với

,

AB CD để thiết diện thu hình thoi Cạnh hình thoi

A 31

7 B

18

7 C

24

7 D

15

Gọi thiết diện hình thoi MNPQ với M , N , P, Q nằm cạnh AC , AD, DB và BC

Xét CAB có MQ AB//

CQ CM MQ

k

CB CA AB

     MQ k AB 6.k1

Xét BCD có PQ CD//

BQ BP QP

k

BC BD CD

     PQ k CD 8.k2

Ta có

CQ BQ

k k

CB BC

    (1)

MQ PQ (do MNPQ hình thoi)  6.k18.k2 (2). Từ (1) (2) ta suy

4

k  ;

3

k  6.4 24

7

MQ

  

CÁC CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 36: [1H3-3] Cho tứ diện ABCD có AB  , 6 CD  AB CD8  Cắt tứ diện mặt phẳng song song với AB CD, để thiết diện thu hình vng Tính diện tích thiết diện

A 961

49 B

324

49 C

576

49 D

225 49 Lời giải

Gọi thiết diện hình vng MNPQ với M, N , P, Q nằm cạnh AC , AD, DB và BC

Xét CAB có MQ AB// CQ CM MQ k1

CB CA AB

     MQ k AB 6.k1

Xét BCD có PQ CD// BQ BP QP k2

BC BD CD

     PQ k CD 8.k2

Ta có

CQ BQ

k k

CB BC

    ; MQ PQ (do MNPQ hình vng)  6.k18.k2

Từ ta suy

4

k  ;

3

k  6.4 24

7

MQ

  

Vậy diện tích hình vng là: 576

49

MNPQ

S MQ 

Câu 37: [1H3-3] Cho tứ diện ABCD có AB  , 6 CD  góc hai đường thẳng 8 ABvà CD bằng 60 Cắt tứ diện mặt phẳng song song với AB CD, để thiết diện thu hình thoi Tính diện tích thiết diện

A 961

98 B

162

49 C

288

49 D

225

98

Lời giải Chọn C

Xét CAB có MQ AB//

CQ CM MQ

k

CB CA AB

     MQ k AB 6.k1

Xét BCD có PQ CD//

BQ BP QP

k

BC BD CD

     PQ k CD 8.k2

Ta có

CQ BQ

k k

CB BC

    ; MQ PQ (do MNPQ hình thoi)  6.k18.k2

Từ ta suy

4

k  ;

3

k  6.4 24

7

MQ

  

Ta có //



 ;





 ,



60 //

MQ AB

MQ PQ AB CD

PQ CD 

   





Vậy diện tích hình thoi là: 2.sin 60 288

49

MNPQ

S MQ  

Câu 36 [1D1-2]( THPT TRẦN PHÚ_YÊN LẠC_VĨNH PHÚC) T ất nghiệm phương trình

2

sin 2x2sin x 6sinx 2cosx 4 là:

A ,

3

x  k  k  B ,

2

x k  k 

C ,

2

x  k  k  D ,

2

x   k k 

Lời giải Chọn C

Phương trình cho tương đương:

2

2sin c osx x2sin x 6sinx 2cosx 4

2

2cos (sin 1) 2sin 6sin 2cos (sin 1) 2(sin 1)(sin 2) (sin 1)(cos sin 2)

sin

cos sin

x x x x

x x x x

x x x

x x x                         

Với s in ,

x  x k  k 

Với cosxs inx2 phương trình bậc sin & c osx x có 2

1 1 2 nên phương

trình vơ nghiệm Vậy ta chọn C

NHẬN XÉT: Đây phương trình giải phương pháp nhóm nhân tử chung, đưa

học sinh Ví dụ từ nhân tử (2sinx1)(sinx 3cosx1) 0 nhân tung ta thu phương

trình 2sin2x 3 sin 2x 3sinx 3 cosx 1 0

     hạ bậc ta phương trình tương đương cos 2x sin 2x3sinx cosx 0

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Câu 1. Số nghiệm phương trình cos 2x sin 2x3sinx cosx 0 đoạn



0; bằng



A 1. B C 5. D 3.

Lời giải Chọn D

Phân tích nhân tử ngược lại với nhận xét, ta phương trình tương đương:

2

1 2

sin 6

2

(2sin 1)(sin 3cos 1) ;

2

sin 3cos

6 2

x k

x k

x

x x x k

x k

x x

x k

 

  

 





 

  

  

 



       



  

 



 

  



.

Trên



0; có ba nghiệm:



;5 ; 6

  

nên ta chọn D

Câu 2. Tìm tất giá trị thực m để phương trình

 

sin cos sin 2( 2) cos 1

m x x m x m x m  có nghiệm

A m  . B m 



0;1



. C m  . D m   



;1



. Lời giải

Chọn A

Phương trình cho tương đương với:

2

2 sin cos sin 2cos 2( 2) c os sin (c os 2) 2(c os 2)(c os )

(c os 2)( sin c os ) sin c os

m x x m x x m x m

m x x x x m

x m x x m

m x x m

     

     

    

  

Vậy phương trình cho có nghiệm m2 1 m2

Câu 37: [2D1-3] Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y x3 3x2 mx 1

    đồng biến khoảng



 ;0



.

A m 2 B m 3 C m  1 D m 0

Lời giải Chọn B

Tập xác định D R ,

Ta có:

3

y  x  x m

Do y liên tục x  nên bất phương trình 0 y    0; x



;0



 y    0; x



;0



.

Hàm số đồng biến



 ;0



 y3x26x m 0;   x



;0







2

3 0; ;0

y x x m x

        





2

3x 6x m; x ;0        .





2

( ) ; ;0

g x x x m x

       

min ( ) ;0g x m

  

Bài tập tương tự:

Câu 1.[2D1-3] Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số cos

cos

x y

x m

 

 nghịch biến khoảng

0;       

A m 2. B m  10 m2 C m 2. D m  0

Lời giải Chọn A.





















2

sin cos sin cos sin '

cos cos

x x m x x x m

y

x m x m

     

 

 

Vì 0; sin

x  x  



Hàm số cos

cos

x y

x m

 

 nghịch biến khoảng 0;2 y' 0, x 0;2

   

   

   

   









2





2

sin

' 0, 0;

0;1

cos

m x m

y x m

m x m                       

Vậy m

Cách khác: Đặt t cos ,x ta có t 



0;1



với 0; x   

 

Yêu cầu toán thỏa mãn hàm số f t

 

t t m  

 đồng biến



0;1



Ta có

 





2 ' m f t t m  

 nên ta có





2 0;1 m m m           

Câu 2.[2D1-3] Có tất giá trị nguyên m để hàm số

8 x m y mx  

 đồng biến khoảng

xác định ?

A 2 B 4 C 3 D 5

Lời giải

Chọn C

Xét trường hợp

TH1:

8

x

m  y hàm số đồng biến khảng



  ;



nên m  thỏa mãn.0

TH2: m  Ta có: 0





2

2

8

' m y x m mx     

Hàm số đồng biến khoảng xác định y' x m

   

4 m2 0 m 1,m 1

      (do m nguyên, khác 0).

Vậy có tất giá trị nguyên m thỏa mãn toán

Câu 38: [1H3-3](Thi thử THPT Trần Phú – Yên Lạc- Vĩnh Phúc) Cho hình lăng trụ ABC A B C   có đáy tam giác cạnh ,a cạnh bên AA 2 a Hình chiếu vng góc Alên mặt phẳng (ABC ) trùng với trung điểm đoạn BG (với G trọng tâm tam giác ABC) Tính cosin góc  hai mặt phẳng (ABC () ABB A )

A cos

95

  B.cos

165

  C cos

134

  D cos

Lời giải Chọn B

Gọi H hình chiếu Alênmặt phẳng (ABC Kẻ HN) AB N



 A N AB Vậy  







ABC

 

, ABB A 









HN A N, 



HNA 

Do H trung điểm BG nên

3

a BH  BM 

o

.sin 30

12

a

HN BH

  

Ta có A H A A AH2 A A



AM2 MH2



     

2

2 123

4

4

a a a

A H a

    

2

2 41 55

12 48

a a a

A N A H HN

     

1 cos

' 165 HN

A N

   

Câu 1: [1H3-3.1-4] Cho lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC tam giác vuông A ,

2 ,

AB a AC  a Mặt phẳng



A BC



hợp với mặt phẳng



A B C  



góc 60 Tính thể tích khối lăng trụ cho

A.3 39 26

a . B.9 39

26

a . C.18 39

13

a . D.6 39

13

a .

Lời giải Chọn C

Ta có



 













 



// // //

;

A A BC A B C

B C BC A BC A B C A d BC B C

B C A B C BC A BC

     

 

           



       



Dựng A H B C  A H Ad

Dựng A K BC A K  A d

Góc mặt phẳng



A BC



với mặt phẳng



A B C  



là KA H  KA H 60

Ta có 22 22 13 13 A B A C

A H a

A B A C    

  

    

Ta có 39

tan 60

13

BBHK  A H  a

Vậy

1 39 18 39

.S A

2 13 13

ABC A B C ABC

Câu 2:[1H3-3] Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D có ' ' ' ' AB a AD , 2a, AA' 3 a Khi góc mặt phẳng



A BD với mặt phẳng '





ABCD sấp sỉ ?



A 45 B 63, 4 C 22,5 D 73, 4 .

Lời giải Chọn D

Ta có hình chiếu DA BD¢ mặt phẳng

(

ABCD

)

DABD nên

(

) (

)

(

·

)

cos , ABD

A BD S A BD ABCD

S

D

¢ D

¢ =

10 , 13 ,

A B¢ = a A D¢ = a BD = a

(

)(

)(

)

2 A BD

SD ¢ p p A B p A D p BDÂ Â a

ị = - - - =

Mặt khác 1 .2

2 ABD

SD = a a=a

Vậy

(

·

(

) (

,

)

)

73,4

ABD

A BD S

A BD ABCD S

D

 D

Â

= ị ằ °

Câu 3: [1H3-4.4-4]( mức độ thơi) Cho hình lăng trụ đứngABC A B C    có



, 120

ABAC a BAC  , AA a Gọi M N, trung điểmBBcủa CCvà Số đo góc mặt phẳng



AMN



mặt phẳng



ABC



A 600. B 300. C arcsin

4 D.

3 arccos

Lời giải Chọn D

j

C'

I

E

M N

B' A'

B C A

Gọi EAN   Ta có A C





AMN

 

, ABC











MNE

 

, MC E





 Kẻ C I ME I    C IN

Dùng định lý cosin tính 13

2

a ME 

0

.sin150 13

MC EC a

C I

ME  

   

4 13

a NI

  cos

4

C I NI

 

  

Cách khác: ( Dùng định lý diện tích hình chiếu.)

Dễ dàng tính ba cạnh tam giác AMN

2

AMN

S a

 

Dễ tính

2

3

A MC a

S    cos







 

,





cos







 

, ' ' '





4

A MC

AMN S

AMN ABC AMN A B C

S

  



   

Câu 40: [2D23] Tìm số nguyên m nhỏ để bất phương trình





3

log x  x 2x 3x log x m 1(ẩn x) có hai nghiệm phân biệt.

A. m 3 B. m 2 C. m 1 D. m 1

Lời giải

Chọn B.

+ Điều kiện: x>









3 3

+ Xét hàm số

 





3

log log

f x  x  x  x x  x 

(

0;+¥

)

.

 









2

2

2

2 1

6 6

ln

1 ln ln

x x

f x x x x x

x

x x x x x

 



       

   

  







1

1 ln x

f x x x

x x x

  



     

 

 

 

+ Do x> nên





6 ln

x

x x x x



 

  f x¢ = 0

( )

 x1 0  x1 + Bảng biến thiên:

+ Bất phương trình f x

( )

£ m có hai nghiệm phân biệt m>1 Do giá trị nguyên nhỏ m m=2

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2D2-3] Cho phương trình x2+2mx+2- 2x2+2mx+2m- x2- m+ =

5 2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

A. m 1 B. m 0 C.

1

m m

 

 

 D.

m

£ £

0

Lời giải

Chọn A.

Ta có:

x2+2mx+2- 2x2+2mx+2m- x2- m+ = Û x2+2mx+2+ +x2 mx+ = 2x2+2mx+2m+ x2+ mx+ m

5 2 2 2

Xét hàm số f t

( )

= +5t t R cú f t =

( )

5tln5 0+ > ị f t

( )

Phương trình cho tương đương với

x2+2mx+ =2 2x2+2mx+2mÛ x2+2m- = Û2 0 x2= -2 m

Phương trình có hai nghiệm phân biệt Û m<1

Câu 2: [2D2-3] Cho bất phương trình +log

(

x2+ ³

)

log

(

mx2+ x m+

)

5

1 Tìm m để bất phương trình nghiệm với xỴ R

A.  1 m0 B.  1 m0 C. 2m3 D. 2< £m

Lời giải

Chọn D.

Cách 1.

Do bất phương trình nghiệm " Ỵ Rx nên bất phương trình nghiệm với x= + x= Þ ³0 log5mÞ 0< £m Loại đáp án A B

+ m= Þ +log

(

x2+ ³

)

log

(

x2+ x+ Û

)

x2+ x³ x2+ x+

5

3 1 5

(

)

x x x x

Û 2 2- 4 + ³2 0Û - 12³ 0" ẻ R ị m= 3 l giỏ tr tha mãn

Cách 2

+ Bất phương trình nghiệm " Ỵ Rx , trước hết phải có tập xác định R

,

mx2 4x m 0 x

Û + + > " Ỵ R m m

m2

2

4

ì > ïï

Û íï - < Û > ïỵ

+ +log

(

x2+ ³

)

log

(

mx2+ x m+

)

Û x2+ ³ mx2+ x m+

5

1 5

(

m x

)

x m

( )

*

Û 5- 2- 4 + -5 ³ 0

+m= 5,

( )

* trở thành - 4x³ không thỏa " ẻ Rx

+ mạ 5,

( )

* " Ỵ Rx

(

)

;

m m

m

m m

m

ì - >

ï ì <ï

ï ï

Û íï Û íï £ ³ Û £

- - £ ïỵ

ïỵ

5 5

3

3

4

Câu [2D1-3]: Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm hàm số f x

 

 Biết hàm số



2



yf x   có đồ thị hình vẽ bên Hàm số f x

 

nghịch biến khoảng nào?

A



 ; 2



B



1;1



C 5; 2

 

 

  D



2; 



Lời giải. Chọn B.

Hàm số yf x



 2



2 có đồ thị

 

C sau:

Dựa vào đồ thị

 

C ta có: f x



 2



 2 2, x



1;3



 f x



 2



0, x



1;3



Đặt x* x f x



*



0,x* 



1;1



Vậy: Hàm số f x

 

nghịch biến khoảng



1;1



Cách khác:

Tịnh tiến sang trái hai đơn vị xuống đơn vị từ đồ thị

 

C thành đồ thị hàm

 

 

y f x Khi đó: f x

 

0,  x



1;1



.

Vậy: Hàm số f x

 

nghịch biến khoảng



1;1



Phân tích: Cho biết đồ thị hàm số f x

 

sau tịnh tiến dựa vào để xét đồng

biến hàm số f x

 

.

CÂU TƯƠNG TỰ

Câu [2D1-3]: Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm hàm số f x

 

 Biết hàm số



2



A



 ;3 , 5;

 





B



  ; , 1;

 





C



1;1



D



3;5



.

Lời giải. Chọn B.

Hàm số yf x



 2



2 có đồ thị

 

C sau:

Dựa vào đồ thị

 

C ta có:



2



2,



;1

 

3;





2



0,



;1

 

3;



f x       x    f x      x  

Đặt x* x suy ra: f x



*



0,x*   



; 1

 

1;



Vậy: Hàm số f x

 

đồng biến khoảng



  ; , 1;

 





Câu 2. [2D1-3]: Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm hàm số f x

 

 Biết hàm số



2



yf x   có đồ thị hình vẽ bên Hàm số f x

 

nghịch biến khoảng nào?

A



3; , 1;3

 



B



1;1 , 3;5

 



C



  ; , 0;2

 



D



5; ,

 

1;1



Lời giải. Chọn B.

Hàm số yf x



2



 2 có đồ thị

 

C sau:

Dựa vào đồ thị

 

C ta có:



2



2,



3; 1

 

1;3





2



0,



3; 1

 

1;3



f x       x    f x     x  

Vậy: Hàm số f x

 

đồng biến khoảng



1;1 , 3;5

 



Câu 42.[2D3-4]: Một mảnh vườn hình elip có trục lớn bằng100m , trục nhỏ 80m chia thành phần đoạn thẳng nối hai đỉnh liên tiếp elip Phần nhỏ trồng phần lớn trồng rau Biết lợi nhuận thu 2000 m trồng 2 4000 mỗi m trồng2

rau Hỏi thu nhập từ mảnh vườn bao nhiêu? (Kết làm tròn đến hàng nghìn)

A.31.904.000 B.23.991.000 . C.10.566.000.D.17.635.000

Lời giải

Chọn B

- Phương trình elip là:

2

1 2500 1600

x y

 

Dễ dàng chứng minh cơng thức tính diện tích elip : S E ab2000  Diện tích phần nhỏ là: S1 500 1000

Diện tích phần to là: S2 1500 1000

Vậy thu nhập đến từ mảnh vườn là: T S1.2000S2.400023.991.000

========================================= Hai câu tương tự:

Câu 1. [2D3-3]: Một mảnh vườn hình elip có trục lớn bằng100m, trục nhỏ 80m Người ta thiết kế mảnh nhỏ hình thoi có bốn đỉnh bốn đỉnh eip để trồng hoa, phần lại trồng rau Biết lợi nhuận thu 5000 đồng m trồng rau 2 10.000 đồng m trồng hoa Hỏi2

thu nhập từ mảnh vườn bao nhiêu? (Kết làm trịn đến hàng nghìn)

A.25.708.000. B.51.416.000 . C.31.415.000. D.17.635.000

Lời giải Chọn B

Diện tích phần hoa là: S 2 4000

Diện tích phần rau là: S1 2000  4000

Vậy thu nhập đến từ mảnh vườn là: T S1.5000S2.10.000 51.416.00 

trùng nhau), phần lại làm hồ Biết chi phí để trồng 1m2

hoa hồng 500.000đồng, chi phí làm 1m2

hồ 2.000.000 đồng Hỏi thành phố phải bỏ chi phí bao nhiêu? (Kết làm trịn đến hàng nghìn)

A 706.858.000 B 514.160.000 C 1.413.717.000 D 680.340.000

Lời giải Chọn B

Diện tích hình trịn là: 225 

Diện tích elip hay diện tích trồng hoa là: S1 ab 75

Diện tích phần làm hồ là: S2 150 

Vậy chi phí để thành phố phải bỏ là: T S1.500.00S2.2.000.000 514.160  00

Câu 43. [2D3-3]Cho hàm số f x

 

liên tục và f

 

2 16,



02 f x x 

 

d Tính 04 d x I  xf  x

 



A.I 12. B I 112 C I 28 D. I 144

Lời giải Chọn B

*) Đặt

2

x t x

t

dx dt     



 ; với

0 0;

x  t x  t .

*)

 

 

 

2

 

0

0 2dt 4 | dt

I 



tf t 



tdf t  tf t 



f t

4.2.f

 

2  4.



02 f x x

 

d 4.2.16 4.4 112 

=========================================

Hai câu tương tự:

Câu 1: [2D3-3]Biết F x

 

là nguyên hàm f x

 

, F x

 

và f x

 

là hàm liên tục , thỏa

mãn 21F x



1



dx 1;F

 

3

   



Tính I 



03xf x dx

 

A.I 8. B I 9 C I 10 D. I 11

Lời giải Chọn A

*) Ta có : 21F x



1



dx 21F x



(



d x 1) 03F t dt

 

03F x dx

 

 





 



  









*)

 

 

 

3

 

 

0

0 | 3

Câu 2: [2D3-3]Cho hàm số f x

 

liên tục và f

 

1  2f

 

0 2,

 

0 f x x d



Tính





3

0 3 d

x I   x f  x

 



A.I 61. B I 63 C I 65 D. I 67

Lời giải Chọn B

*) Đặt

3

x t x

t

dx dt     



 ; với

0 0;

x  t x  t .

*) 1





 

1





 



  

1

  



0

0 9 |

I 



 t f t dt 



 t df t    t f t  



f t d  t

9 f

 

1  2f

 

0 9



01f t dt

 

9.2 9.5 63 

=========================================

Câu 44. [2H2-3] Cho hình chóp SABC có AB 3. Hình chiếu Slên mặt phẳng



ABC



điểm H thuộc miền tam giác ABC cho AHB 120 

 Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SHAB, biết SH 4

A R  B R 3 C R  15 D R 2

Lời giải

Chọn C.

Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, d trục tam giác ABC, E trung điểm SH

Mặt phẳng trung trực SH cắt trục d I Khi ISIH IA IB nên I tâm mặt cầu

Tam giác HAB có  sin

AB

HK

AHB  HK 

Tam giác IHK vng K có R IH IK2 KH2

   2 15 SH KH         

Hai câu tương tự:

Câu 1. [2H2-3] Cho hình chóp .S ABC có SA SB SC  2a tam giác ABC có góc A 120

 2a

BC  Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

A

2

a

R  B 2a

3

R  C

6

a

R  D

2

a

R 

Lời giải Chọn D.

Áp dụng công thức giải nhanh cho hình chóp có cạnh bên nhau, ta có bán kính mặt cầu

ngoại tiếp

2 2 b R b r 

 , b cạnh bên,

r bán kính đường trịn ngoại tiếp đáy

Ta có 

2a 2a 2sin120 2sin BC r BAC

   Vậy









2 2a 2a 2 a R a        

Câu 2. [2H2-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB a AD a ,  Hình

chiếu S mặt phẳng



ABCD trung điểm



Hcủa BC ,

2

a

SH  Tính bán kính

mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S BHD

A

2

a

R  B.

2

a

R  C 17

4

a

R  D 11

4

a

R 

Ta có:

2

2

2

3

4 2

HBD

HBD

a a

HD a

BD a

HB HD BD a R

S

  



 

Từ bán kính mặt cầu: 2

16

cau

a a a

R   

Câu 45. [2D1-3] Một chất điểm chuyển động có vận tốc tức thời ( )v t phụ thuộc vào thời gian t theo hàm số v t( ) t4 24t2 500

   (m/s) Trong khoảng thời gian từ t 0(s) đến t 10(s) chất điểm đạt vận tốc lớn thời điểm nào?

A. t 4 B t 2 C t 0. D t 1

Lời giải

Chọn B.

Xét hàm số

( ) 24 500

v t t  t  , với t 



0;10



Có hàm số v t

 

liên tục đoạn



0;10



và v t

 

4t3 48t

   ;

 













3

2 0;10

0 48 0 0;10

2 0;10

t

v t t t t

t

  



         



 



Khi ta có: v

 

0 500 v



2 3



644

v

 

10 7100

Vậy chất điểm đạt vận tốc lớn t 2

Bài tương tự

Câu 1. [2D1-3] Cho chất điểm chuyển động thẳng xác định phương trình

 

32 2 4

4

S t  t  t  t , t tính giây (s) S tính mét (m) Tại thời điểm nào,

chất điểm đạt vận tốc lớn nhất?

A. t  B t 1 C t  D t 2

Lời giải

Chọn A.

Ta có vận tốc v t

 

S t

 

t36t Có hàm số v t

 

liên tục khoảng



0; 



 

3 6

v t  t  ;

 

 

2

2

t v t

t l

 

   





Bảng biến thiên

Ta có v t

 

đạt giá trị lớn t 

Câu 2. [2D1-3] Một cá hồi bơi ngược dòng để vượt khoảng cách 300 km Vận tốc dòng nước 6km / h Nếu vận tốc bơi cá nước đứng yên v km/h





lượng tiêu hao cá t cho công thức: E v

 

cv t3 Trong c số, E tính jun Tìm vận tốc bơi cá nước đứng yên để lượng tiêu hao

A. v 6 B v 8 C v 9 D v 12

Lời giải

Chọn C.

Gọi v



km/h



vận tốc cá nước đứng yên

Suy

 

300 E v cv t c v

v

 



3 3

Xét hàm số

 

300 , 6

f v v v

v

 



3

Có hàm số f v liên tục khoảng

 



6; 



và

 





3

2

2 18

300

6

v v

f v

v



 

 ;

 

 

0

9

v l

f v

v      

 

Ta thấy f v

 

nhỏ đạt v 9 Vậy E v

 

đạt nhỏ v 9

Câu 46: [2H2-3] Cho tứ diện ABCD có AB CD 6



cm



, khoảng cách AB CD 12



cm



, góc hai đường thẳng AB CD 30 0 Tính thể tích khối tứ diện

A 36 cm



3



B 25 cm



3



C 60cm3. D 32 cm



3



.

Lời giải Chọn A



,





,



'







,



'





12 d CD AB d CD AD B d D AD B 









' ' '

1

, '

3

ABCD A BCD A DBD D AD B AD B

V V V V  d D AD B S

Với ' '

1 1

' .6.6

2 2

AD B AD B

S  AB BD S  

Do đó: 1.12.9 36



3



3

ABCD

V   cm

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2H2-3] Cho khối lăng trụ tam giác ABC A B C mà mặt bên ’ ’ ’ ABB A’ ’ có diện tích Khoảng cách cạnh CC’



ABB A Thể tích khối lăng trụ là’ ’



A 10 B 12 C 14 D 16

Lời giải

Chọn C

Dựng khối hộp ABCD A B C D ta có: ’ ’ ’ ’

1

ABC A B C ABCD A B C D

V    V    

Xem khối hộp ABCD A B C D khối lăng trụ có hai đáy ’ ’ ’ ’ ABB A’ ’ DCC D ’ ’ Vậy VABCD A B C D    SABB A .h

Trong đó:



 





D ,





,







h d C D C   ABB A  d CC ABB A  

và SABB A 4 . 1.4.7 14

ABC A B C

V   

  

Câu 2: [1H3-4] Cho hình chóp .S ABCD có đáy hình chữ nhật ABCD có AD2AB,





,

SA ABCD SC a góc SC



ABCD



600, M trung điểm cạnh

A 510 17

a

B 51 17

a

C 510 17

a

D 510 17

a

Lời giải

Chọn A

Ta có SA



ABCD



 SC có hình chiếu



ABCD AC







SC ABCD,





SC AC ,



SCA 600

   

Ta giác SAC vuông A

0

.cos 60

AC SC a

  

và SA SC.sin 600 a 15

 

Ta có AB2 AD2 AC2

 

2

5AB 5a AB a

   

Dựng hình bình hành AMDN dựng AH SN H Ta có:





















•AM DN//  AM// SDN  d AM SDN, d A SDN, • AM MD nên AMDN hình chữ nhật

ND AN

  mà DN SA DN 



SAN



DN AH

  mà AH SN AH 



SDN



 d A SDN



,







AH

Ta có 2 12 2 12 12 172

15 30

AH AS AN  a  a  a

510 17

a AH

  Vậy



,



510 17

Câu 48: [2H3-3] Biết có n mặt phẳng với phương trình tương ứng

( ) :P x a y b z ci  i  i  i 0(i1, 2, )n qua M(1; 2;3) (nhưng không qua O) cắt trục tọa

độ Ox,Oy Oz theo thứ tự , ,, A B C cho hình chóp O ABC hình chóp Tính tổng

1 n

S a a  a

A S 3 B S 1 C S 4 D S 1

Lời giải Chọn D

Mặt phẳng



ABC



là: x y z



abc 0



a b c   





 

(1; 2;3) *

M ABC

a b c

    

O ABC hình chóp nên ta có:

 

 

 

 

b a c a b a c a

a b c

b a c a b a c a                                 

+) Thay

 

1 vào

 

* ta được: a b c   6

 

P x y z1 :    0

+) Thay

 

2 vào

 

* ta được:

a a a   ( vô nghiệm)

+) Thay

 

3 vào

 

* ta được:

 

2

1

1 a c 2;b P :x y z a a a            +) Thay

 

4 vào

 

* ta được:

 

3

1

1 a 4;b c P x y z: a a a            Vậy S a 1a2 an   1



1

 

 1



1

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng

 

P qua hai điểm M(1;8;0),



0;0;3



C cắt nửa trục dương Ox, Oy A, B cho OG nhỏ (G trọng tâm tam giác ABC) Biết G a b c( ; ; ), tính P a b c  

A 7 B 12 C 3 D 6

Lời giải

Chọn D.

Gọi A m



;0;0 ,



B



0; ;0n



màC



0;0;3



nên ; ;1 3 m n G  

 





2 2 1

9

OG  m n 

 

:

3 x y z P

m n  

 

P qua hai điểm M(1;8;0) nên

1 m n 

Ta có





2

1 16

1 25

2 m n

m n m n m n



       

Suy 25 5



2



2 125 134

m n m n m n OG

        

Dấu

1

1 5

5 10 ; ;1 10 3

m

m n G

n m n                       

Câu 2: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M



1; 2;5



Mặt phẳng

 

P qua điểm M cắt trục tọa độ Ox , Oy, Oz A B C, , cho M trực tâm tam giác ABC Phương trình mặt phẳng

 

P là.

A

5

x y z

   B x y z   0 C x2y5z 30 0 D

5

x y z

  

Lời giải

Chọn C.

Cách 1:

Gọi A a



;0;0 ,



B



0; ;0 ,b



C



0;0;c



Phương trình mặt phẳng



ABC



x y z

ab c  Do M



ABC



nên ta có phương trình 1

 

a b c  

Ta có AM  



1 a; 2;5 ,



BC



0;b c BM ; ,







1; 2  b;5 ,



AC 



a;0;c



Do M trực tâm tam giác ABC nên

 

2

5

c

AM BC b c b

a c

BM AC a c

                                                      .

Thế

 

2 vào

 

1 ta 30; 15 5c5c c   c  a b

Vậy phương trình mặt phẳng



ABC



30 30 15

x y z

x y z

       

Cách 2:

Ta có chứng minh OM 



ABC





ABC qua



M nhận OM làm VTPT



ABC

 

:1 x1



2



y 2



5



y 5



 0 x2y5y 30 0

Câu 49 [12D1-3] Một người bán buôn Thanh Long Đỏ Lập Thạch - Vĩnh Phúc nhận thấy rằng: Nếu bán với giá 20000đ/kg tuần có 90 khách đến mua khách mua trung bình 60 kg Cứ tăng giá 2000đ/kg số khách mua hàng tuần giảm khách lại mua mức trung bình kg, giảm giá 2000đ/kg số khách mua hàng tuần tăng thêm

và khách lại mua nhiều mức trung bình kg Hỏi người phải bán với giá kg để lợi nhuận thu hàng tuần lớn nhất, biết người phải nộp tổng loại thuế 2200đ/kg (Kết làm trịn đến hàng nghìn)

A 16000đ B 24000đ C 22000đ

D 12000đ

Chọn C

Gọi số tiền tăng kg x (nghìn đồng), 10x12

Khi số khách mua hàng : 90 x khách mua 60 5x (kg)

Giá kg 17,8 2x (nghìn đồng)

Tổng số tiền thu gốc lãi

  

 

 



 

90 60 17,8 10 931 1722 96120

f x   x  x  x  f x  x  x  x

'

 

30 1862 1722 0

61 x

f x x x

x  

     

 

0;20

 

 

1 96921

Max f x f  .

Vậy giá bán tốt 22000(đồng) Bài tập tương tự

Câu 49.1 [12D1-3] Một cửa hàng bán Quần áo nhận thấy rằng: Đối với mặt hàng áo sơ mi, bán với giá

120.000đ/chiếc tháng có 60 khách đến mua khách mua trung bình kg Cứ tăng giá 10.000đ/ số khách mua hàng tháng giảm khách lại mua mức trung bình chiếc, giảm giá 10.000đ/ số khách mua hàng tháng tăng thêm

8 khách lại mua nhiều mức trung bình Hỏi người phải bán với giá để lợi nhuận thu hàng tuần lớn nhất, biết người phải nộp tổng loại thuế 5000đ/ (Kết làm trịn đến hàng chục nghìn)

A 100.000đ B 140.000đ C 60.000đ

D 80.000đ

Lời giải Chọn C

Gọi số tiền tăng kg 10x (nghìn đồng), 12x4

Khi số khách mua hàng : 60 8x khách mua 4 x (kg)

Giá kg 115 10x (nghìn đồng)

Tổng số tiền thu gốc lãi

  

 

 



 

60 115 10 80 8180 27600

f x   x  x  x  f x  x  x

'

 

240 8180 0 6

 

6

x l

f x x

x  

    

 

0;20

 



6



59400

Max f x f   (nghìn đồng).

Câu 49.2 [12D1-3] Một cửa hàng đại lí bán bn xe đạp nhận thấy rằng: Nếu bán với giá 1.200.000đ/chiếc tháng có 60 khách đến mua khách mua trung bình 12 kg Cứ tăng giá 100.000đ/ số khách mua hàng tháng giảm khách lại mua mức trung bình

chiếc, giảm giá 100.000đ/ số khách mua hàng tháng tăng thêm khách lại mua nhiều mức trung bình Hỏi người phải bán với giá để lợi nhuận thu hàng tuần lớn nhất, biết người phải nộp tổng loại thuế 10.000đ/ (Kết làm tròn đến hàng trăm nghìn)

A 1.000.000đ B 1.400.000đ C 600.000đ

D 800.000đ

Lời giải Chọn C

Gọi số tiền tăng kg 100x (nghìn đồng), 11,9x4.

Khi số khách mua hàng : 60 5x khách mua 12 3x ( chiếc)

Giá kg 1190 100x (nghìn đồng)

Tổng số tiền thu gốc lãi

  

60 5

 

12 3

 

1190 100



 

1500 6150 213600 856800

f x   x  x  x  f x  x  x  x

'

 

4500 12300 213600 8

 

x l

f x x x

x  

     

 

0;20

 



6



1.593.000

Max f x f   (nghìn đồng).

Vậy giá bán tốt 600.000(đồng)

Câu 50: [2D2-4] (Thi thử THPT Trần Phú – Yên Lạc) Tính tổng S tất nghiệm phương

trình: ln 5 5.3 30 10

6

x x

x x x

x



  

    

 



 

A S 1 B S 2 C S 1 D S 3

Lời giải Chọn A

Điều kiện:

3

x 

Ta có: ln 5 5.3 30 10 ln(5 ) 5(5 ) ln(6 2) 5(6 2)

6

x x

x x x x x x x x x

x



  

            

 



 

Xét hàm số: f t( ) ln t5t với t  ,0 ta có:

1

'( ) 0 (5x )x (6 2) 5x 3x 5x 3x

f t t f f x x x

t

Xét hàm số: g x( ) 5 x3x 6x 2 với

x   , ta có: g x '( ) ln ln 6x  x 

2

''( ) ln ln

3

x x

g x      x  g x( ) 0 có nhiều nghiệm ( 1; )

3

 

Mà: g(0)g(1) 0  g x( ) 0 có nghiệm

1 x S x       

Bài tập tương tự:

Câu 1: Tính tổng S tất nghiệm phương trình:

2

lg (x 1) x x 4x x

     

Lời giải

Điều kiện: x 

Đặt:

2

lg (x 1) y x 2y x 4y 2.2y

        

Ta có:

2

lg (x 1) x x 4x 2x 4y 2.2y y 4x 2.2x x

           

Xét hàm số: f t( ) 4t 2.2t t

   với t R , ta có:

2

1 ln ln

'( ) 2.4 ln 2.2 ln 2(4 ).ln 2(2 ) ln

4 2

t t t t t

f t               t R

2

( ) ( ) lg ( 1) 2x

f x f y x y x x x

          

Xét hàm số: g x( ) 2x x

   với x   , ta có: 1 g x '( ) ln 1x 

2

''( ) ln 0x

g x     x  g x( ) 0 có nhiều nghiệm ( 1; )

Mà: g(0)g(1) 0  g x( ) 0 có nghiệm 1 x S x       

Câu 2: Tính tổng S tất nghiệm phương trình: 2

2

lg

( 1) x x x x      Lời giải Điều kiện: x x         Ta có:

2 2

2 2 2

2 2

lg lg lg (2 1)

( 1) ( 1)

x x x

x x x x x x x

x x x x

  

             

   

2

2

lg (2x 1) 2x lg (2x 4x 2) 2x 4x

         

2

1

'( ) 0 (2 1) (2 2) 2

.ln

f t t f x f x x x x x

t

              

2

2 ( / )

2

x x x  t m S