Các câu vận dụng cao có đáp án chi tiết môn toán lớp 12 năm 2017 trường thpt lê hồng phong | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Từ một điểm bất kì trên đường thẳng nào dưới đây luôn kẻ được đúng một tiếp tuyến đến đồ thị ( ) CA. A..[r]

TUYỂN TẬP CÁC CÂU VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO

TRONG ĐỀ THI TRONG ĐỀ THI TUẦN KÌ II- LÊ HỒNG PHONG-NAM ĐỊNH 2017-2018

+ ĐỀ THI THỬ THPTQG –THPT HỒNG LĨNH – HÀ TĨNH (Nhóm GV thuộc tổ 10 thực hiện)

Đề LÊ HỒNG PHONG

Câu 6. [1D3-3] Cho dãy số

n

( u )được xác định

1

1

1

n n

u

u  u n, n 

 

   

 Tìm số giá trị củanđể 21529

n

u  .

A.209 B.208 C.210 D.211

Lờigiải: Chọn B.

2 1

u  u 

3 2

u  u 

4 3

u  u 

1

n n

u  u   n

Cộng vế với vế ta được:

1

n

u  u       n 1  1   21529

2

n

n n

u 

     n208

Bài toán Phát triển:

Câu [1D3-3] Cho dãy số

n

( u )được xác định

1

1

1

n n

u

u  u n , n

  

    

 Tìm số giá trị của n đểu n 21529

A.209 B.208 C.211 D.211

Lời giải: Chọn B.

2

u  u 

3

u  u 

4

u  u 

1

n n

u  u  n

1

n

u  u     n  1   21737

n

n n

u 

     n208

Câu [1D3-3].Cho dãy số

n

( u )được xác định

1 1 n n u

u  u n , n 

 

   

 Tìm số giá trị n để 21529

n

u  .

A.2019 B.2018 C.2020 D.2021 Lờigiải:

Chọn B. 2 1

u  u 

3 2

u  u  3

u  u 

 2

1

n n

u  u   n

Cộng vế với vế ta được:

 2

2 2

1

n

u  u      n  1   2 1 2737280786

n

n n n

u  

     n2018

Câu : [1D3-3] Cho dãysố ( )u xác định saun

1

2

2,

5 ,

n n n

u u

u  u  u n

 

 

   

 Tính giới hạn

lim n n u       A.1

3 B.0 C. D.

1

Lờigiải: Chọn A

Xét phương trình đặc trưng dãy truy hồi là2 5 6 0.    Phương trình có nghiệm là12,2 3

Do 2n 3n n

u a b Với

1

2, ,

2

u  u   a b

Suyra 1

3n 2n n

u  

  đólim

3 n n u        Tổng quát

: Cho dãysố( )un xác định sau

1

2

,

0,

n n n

u u

au  bu  cu n

 

 

    

Tìm số hạng tổng quát Xét phương trình đặc trưng

2 0.

a b c (1) Nếu (1) có nghiệm   số hạng tổng quát 1,

1

1 2

n n

n

u a  a 

Từ u1 ,u2 ta tìm a a1,

Nếu (1) có nghiệm kép ( 2)

n n

u  a na 

(Nguồn:tài liệu thầy Mai Xuân Việt)

Câu 35. [2D1-3] Cho hàm 1 x y

x  

 có đồ thị  C điểm P2;5 Tìm tổng giá trị tham số

m để đường thẳng d y:  x m cắt đồ thị  C điểm phân biệt A B cho tam giác PAB

A 1. B 7. C 5 D. 4.

Lời giải Chọn D.

Phương trình hồnh độ giao điểm  C d:

1 x

x m x



 

  

2 3 1 0

x m x m

       1 ( điều kiện x 1)

 C cắt d điểm phân biệt

 phương trình (1) có nghiệm phân biệt khác 1 m  

Tọa độ giao điểm A x 1;x1m; B x 2;x2m với x x1; nghiệm phương trình  1

Độ dài đường cao PH tam giác PAB là: PH dP d, 

2 m 



Vì tam giác PAB nên AB

PH   

2

2

7

2

x x

m 



 

Áp dụng định lý Viet phương trình  1 ta được:

2m 8m 10

   

Vậy tổng giá trị mthỏa yêu cầu toán 4 Chọn phương án D 4

Bài toán tương tự: Bài 1: [2D1-3] Cho hàm số

2 x y

x  

 có đồ thị  C đường thẳng  d :y x m Tìm m để  d cắt  C điểm phân biệt A B cho trọng tâm tam giác OAB thuộc đường thẳng x y 0

A m 1. B m 0. C m 1 D. m 2.

Phương trình hồnh độ giao điểm  C d:

2 x

x m x



 

  

2

1

x m x m

        1 ( điều kiện x 2)

 C cắt d điểm phân biệt  phương trình (1) có nghiệm phân biệt khác



1 m

m       

*

Tọa độ giao điểm A x 1;x1m; B x 2;x2m với x x1; nghiệm phương trình  1 Gọi G trọng tâm tam giác OAB

Khi 2;

3

x x x m x m

G      

  hay

1

;

3

m m

G   

 

Theo đề G thuộc đường thẳng x y 0 nên 1 0

3

m m

m

 

    ( thỏa  * )

Vậy phương án chọn B m 0 Bài 2: [2D1-3]

Đường thẳng  d :y x 4 cắt đồ thị hàm số  C :y x 32mx2m3x4 3 điểm phân biệt A B C, , cho tam giác MBC có diện tích 4( điểm B C, có hồnh độ khác M1;3) Tổng S giá trị m thỏa yêu cầu toán là:

A S 5. B S 3 C S 5 D. S 1

Lời giải Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm  C d:

 

3 2 3 4 4

x  mx  m x  x  x x 22mx m 2 0

   

0

2

x

x mx m

 

 

   



 C cắt d điểm phân biệt

 phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 m m

     

  

* .

Tọa độ giao điểm B x x  1; 4; C x x  2; 4 với x x1; nghiệm phương trình  1

Độ dài đường cao MHcủa tam giác MBC là: MH dM d, 

1  

  2

Theo đề SMBC 4

2MH BC

   BC4 2  2x2 x12 4 2

Áp dụng định lý Viet phương trình  1 ta 4m2 4m 24 0

  

Giải ta m 3 m 2

Kết hợp với điều kiện  * suy giá trị m cần tìm m 3 Vậy chọn đáp án B S 3.

Bài 3: [2D1-3] Cho hàm

1 x y

x  

A 1. B 7. C 5 D. 4. Lời giải

Chọn D.

Phương trình hồnh độ giao điểm  C d:

1 x

x m x



 

  

2 4 2 0

x m x m

       1 ( điều kiện x 1)

 C cắt d điểm phân biệt

 phương trình (1) có nghiệm phân biệt khác 1 m  

Tọa độ giao điểm A x x 1; 1m; B x x 2; 2m với x x1; nghiệm phương trình  1

Độ dài đường cao PH tam giác PAB là: PH dP d, 

3 m 



Vì tam giác PAB nên AB

PH   

2

2

3

2

x x

m 

 

Áp dụng định lý Viet phương trình  1 ta 2m2 14m 47 0

  

Vậy tổng giá trị mthỏa yêu cầu toán Chọn phương án B.7.

Câu 36. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :

2

x y z

d   

 mặt cầu   S : x12y 22z12 2 Hai mặt phẳng  P và Q chứa d tiếp xúc với  S Gọi M ,N tiếp điểm Tính độ dài đoạn thẳng MN

A

6. B. 2 2. C.

4

3. D 4.

Lời giải Chọn C.

Ta có mặt cầu  S có tâm I1;2;1, bán kính R  Cách 1:

Gọi H hình chiếu điểm I đường thẳng d  IH d I d ,  Theo ta có: IM IN  R  MH NH  IH2 IM2 2

2 2

1 1 1

2 4

ME MI MH

     

2 ME

 

3 MN

 

Đường thẳng d qua điểm A2;0;0 , có vectơ phương u2; 1; 4 

Mặt phẳng  P chứa d có dạng  P A x:   2By Cz 0 A2B2C2 0

Do d P nên ta có 2.A1.B4C 0 B2A4C

Ta có điều kiện tiếp xúc

 

 , 

R d I P

2 2

2

2 A B C

A B C

  

 

 

 

2

3

2 *

5 17 16

A C

A C AC



 

 

Biến đổi phương trình (*) phương trình đẳng cấp bậc A B, Giải phương trình, tìm mối liên hệ A theo B Từ suy phương trình mặt phẳng tiếp diện, suy tọa độ tiếp điểm

Chú ý: - Do phương trình (*) có nghiệm q lẻ nên tơi khơng trình bày chi tiết Tơi chọn 01 minh họa cách giải

- Với tập cách giải thứ phù hợp Tuy nhiên với tốn tìm tọa độ tiếp điểm M N, hay viết phương trình đường thẳng MN cách phù hợp

Bài toán tương tự:

Bài 01: [2H3-3] (Minh họa cách 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 13

:

1

x y z

d    

 mặt cầu  

2 2

: 67

S x y z  x y z  Qua d dựng mặt

phẳng tiếp xúc với  S T T1, Viết phương trình đường thẳng TT1

A.

1

x y z

 

 B

8

1

x y z

 



C x1 8y51z15 D

1

x y z

 

 

Lời giải Chọn A.

Ta có mặt cầu  S có tâm I1;2;3, bán kính R 3

Đường thẳng d qua điểm A13; 1;0  , có vectơ phương u  1;1; 4

Mặt phẳng  P chứa d có dạng  P A x:  13B y 1Cz0 A2B2C2 0 Do d P nên ta có 1.A1.B4C 0 B A 4C

Ta có điều kiện tiếp xúc R d I P  , 

2 2

12 3

9 A B C

A B C

  

 

 

2

9 9

2 17

A C

A C AC

  

 

2

A C

A C

  

  

Suy hai mặt phẳng tiếp diện  P1 : 2x 2y z  28 0;  P2 :8x4y z 100 0

Suy tọa độ tiếp điểm T17; 4;6 ,  T29;6; 4

7

:

1

x y z

TT   

  

 Chọn đáp án A

Bài 02 [2H3-3]: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

2

x y z

d :   



mặt cầu  S tâm I ; ;1 1, bán kính R Hai mặt phẳng  P và Q chứa d tiếp xúc với

A x12y 22z12 6 B. x12y 22z12 3

C.  12  22  12

x  y  z  D      

2 2

1 1

x  y  z 

Lời giải Chọn C.

Gọi M N, tiếp điểm mặt phẳng    P , Q mặt cầu  S Gọi H hình chiếu

điểm I đường thẳng d  IH d I d ,   TH1: Góc MHN   60 :

Theo ta có: .sin 300 6.1 2

R IM IH  

   12  22  12

S : x y z

      

TH2: Góc MHN  120:

Theo ta có: .sin 600 6. 18

2

R IM IH  

   12  22  12

S : x y z

      

Câu 39.[ [2D1-3] Cho hàm số 1  



x y

x có đồ thị ( )C Gọi I giao hai đường tiệm cận Gọi

 0; 0;( 0)

M x y x điểm ( )C cho tiếp tuyến với ( )C M cắt hai đường tiệm cận ,A B thỏa mãn 2 40

 

AI IB Khi tích x y bằng.0

A 1 B 2 C 15

4 D

1 Lời giải

Chọn B.

Ta có I1;2 Gọi ;2 ;( 0)



 



  

 

m

M m m

m

Khi phương trình tiếp tuyến ( )C M

3 ( )

( 1)



  

 

m

y x m

m m

Gỉa sử ,A B giao tiếp tuyến nói với tiệm cận đứng tiệm cận ngang của

( )C , ta dễ tìm tọa độ 1;2 

 



  

 

m A

m B2 m 1;2 

6

;

1

   



IA IB m

Nên 2 40

 

AI IB 2

36

4( 1) 40 ( 1)

   

 m

m  m2  x0 2;y0 1  x y0 2

Phân tích: Ta có số tính chất quen thuộc tiếp tuyến đồ thị hàm   

ax b y

cx d, M

ln trung điểm AB, diện tích tam giác IAB không đổi…

Nếu nhớ nhanh tính chất, tốn biến đổi nhanh chút: 2 40

 

AI IB 40

 AB   IM2 10 ( M trung điểm cạnh huyền tam giác vuông IAB )

2

( 1) 10 ( 1)

   

 m

m suy kết Bài tập phát triển:

Dựa tính chất tiếp tuyến nói trên, ta phát triển thêm số toán

Câu 1. [2D1-3] Cho hàm số 1    x y

x có đồ thị ( )C Gọi I giao hai đường tiệm cận Gọi

 0; 0;( 0)

M x y x điểm ( )C cho tiếp tuyến với ( )C M cắt hai đường tiệm cận ,A B cho bán kính đường trịn nội tiếp tam giác IAB lớn Khi tổng

0 x y bằng.

A

1. B. 3 1 . C. 2 3. D. 1. Lời giải

Chọn A.

Ta có I1;2 Gọi ;2 ;( 0)          m

M m m

m

Khi phương trình tiếp tuyến ( )C M

3 ( )

( 1)



  

 

m

y x m

m m

Gỉa sử ,A B giao tiếp tuyến nói với tiệm cận đứng tiệm cận ngang của

( )C , ta dễ tìm tọa độ 1;2          m A

m B2 m 1;2 

6

;

1

   



IA IB m

m

Ta có: Gọi rlà bán kính đường trịn nội tiếp tam giác IAB Khi r S

p, với , pS diện tích nửa chu vi tam giác IAB

Từ ta có

 

S IA IB , suy r lớn p nhỏ nhất.

2

   

p IA IB IA IB 2 IA IB IA IB 2.6.2 2.6.2 Xảy IA IB

2 1

  

 m

m  m 1  x0  1, y0  2  x0y0 1

Câu 2. [2D1-3] Cho hàm số 1    x y

x có đồ thị ( )C Gọi I giao hai đường tiệm cận Gọi

 0; 0;( 0)

M x y x điểm ( )C cho tiếp tuyến với ( )C M cắt hai đường tiệm

cận ,A B Gọi D điểm đối xứng I qua M Khi bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác DAB 10 tích x y0 0bằng

A 1 B 2 C 15

4 D

Chọn B.

Ta có I1;2 Gọi ;2 ;( 0)          m

M m m

m

Khi phương trình tiếp tuyến ( )C M

3 ( )

( 1)



  

 

m

y x m

m m

Gỉa sử ,A B giao tiếp tuyến nói với tiệm cận đứng tiệm cận ngang của

( )C , ta dễ tìm tọa độ 1;2          m A

m B2 m 1;2 

6

;

1

   



IA IB m

m M là

trung điểm đoạn AB

Do suy tứ giác DAIB hình chữ nhật M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DAB

nên 10 

IM 2

9

( 1) 10 ( 1)

   

 m

m  m2  x0 2;y0 1  x y0 2

Câu 3. [2D1-3] Cho hàm số 1    x y

x có đồ thị ( )C Gọi I giao hai đường tiệm cận Gọi

 0; 0;( 0)

M x y x điểm ( )C Khi khoảng cách từ điểm Iđến tiếp tuyến với ( )C tại M lớn tổng x0y bằng.0

A

1 B. 1 C. 2 D. 1 Lời giải

Chọn A.

Cách lập luận 1: Ta có I1;2 Gọi ;2 ;( 0)          m

M m m

m

Khi phương trình tiếp tuyến ( )C M

3

( ) ( )

( 1)



  

 

m

y x m d

m m

Gọi , pS lần lượt diện tích nửa chu vi tam giác IAB ( ,A B giao điểm tiếp tuyến tại M với tiệm cận)

Từ ta có

 

S IA IB , suy d I( ,d) 2S 12

AB ABlớn AB nhỏ nhất.

2

 

AB IA IB  IA IB  2.6.2 Xảy IA IB  1 2 1

 m

m  m 1

0 1,

 x   y    x0y0 1 Cách lập luận 2:

phương trình tiếp tuyến ( )C M

3 ( ) 1( )

( 1)



  

 

m

y x m d

m m

 4

6 ( ,d) 1     m d I m 6     m m

Xảy IA IB 1

  

 m

m  m 1

0 1,

Câu 43. [2H1-4] Một hình hộp chữ nhật kích thước 4 4 h chứa khối cầu lớn có bán kính khối cầu nhỏ bán kính Biết khối cầu tiếp xúc tiếp xúc với mặt hình hộp (như hình vẽ) Thể tích khối hộp là:

A 64 5. B 48 32 5 .

C 32 32 7 D. 64 32 7 .

Lời giải Chọn C.

Khối cầu lớn khối cầu nhỏ có bán kính r12;r21 Gọi A B C D, , , tâm bốn khối cầu nhỏ (phía dưới), S tâm khối cầu lớn Khi hình chóp

S ABCD hình chóp có cạnh đáy 2r 2 2, cạnh bên r r1 23 Gọi h chiều cao khối chóp S ABCD h2h2r12h2 Ta có

2

2 2

3 7 2

h       h   

Khi thể tích khối hộp chữ nhật là: V 4.4.h16 2  32 32 7.

Một số ý tưởng phát triển làm câu tương tự

1 Thay hình hộp chữ nhật hình lăng trụ đáy tam giác 2 Thay hình hộp chữ nhật hình chóp đều!

Bài tương tự

Câu 1.[2H1-4] Cho hình lăng trụ tam giác chứa khối cầu lớn có bán kính 1 3

3

R  

6 cầu nhỏ có bán kính R 2 Thể tích khối lăng trụ là:

A 64 5. B 48 32 5 .

Lời giải Chọn C.

Cạnh đáy AB2AI2(1 3)

Chiều cao : Tương tự trước h2h2r2

Trong đó: tâm hình trịn lớn tâm hình trịn nhỏ tạo thành tứ diện đáy tam giác cạnh cạnh bên

3 3

R R   

'

h   nên h 2(1 )

Thể tích 1[2(1 3)] 2(12 2 ) 4(4 3)(1 2 )

2

V Bh       

Câu 44 [2D3-3]Cho hình chữ nhật ABCD có AB  , 4 AD 8(như hình vẽ)

Gọi M N E F trung điểm , , , BC, AD , BNvà NC Tính thể tích V vật thể trịn xoay quay hình tứ giác BEFC quanh trục AB

A.100 B.96 C.84 D.90

Lời giải Chọn B.

Chọn hệ trục tọa độ Oxy cho B O , AB Ox , BC Oy

Bài tốn trở thành: Tính thể tích vật thể trịn xoay cho hình phẳng giới hạn bởi: ;

y x y 8 x; x0;x quay quanh trục Ox

 

2

2

0

8 d

V x   x x

0

16x 64dx 

   96 

Cách khác:

Gọi V1 thể tích khối nón cụt tạo CFIB quay quanh AB ,

1

V có chiều cao , bán kính đáy r 6 R 8  2

1 296

.2 6.8

3

V  

    

Gọi V2 thể tích khối nón tạo BEI quay quanh AB ,

2

V có chiều cao bán kính đáy

2

V 

 

Ta tích cần tính V V V 1 96 

4 CÂU PHÁT TRIỂN

Câu 1. [2D3-4-PT1]Cho hình thang vng ABCD có A Dˆ ˆ 90, CD2AB, C  ˆ 45 Gọi M là trung điểm CD , gọi ,H K trung điểm cạnh AM BM Biết , CD 8, tính thể tích V vật thể tròn xoay quay tứ giác HKCD quanh trục AD

A.96 . B.84 C.72 D.60

Lời giải Chọn B.

Ta có AB  , 4 BMC vuông cân M nên AD BM  Gọi O trung điểm AD Chọn hệ trục tọa độ Oxy cho OD Ox , OK Oy

Bài toán trở thành: Tính thể tích vật thể trịn xoay cho hình phẳng giới hạn bởi: ;

y  x y2x4; x0;x quay quanh trục Ox

   

2

2

0

2 d

V  x   x x

2

0

32x 20x 12dx 

    72

Câu 2. [2H1-4-PT2]Cho hình thoi ABCD có cạnh 5,

AC BD Gọi , , ,E F G H là

trung điểm cạnhAB BC CD DA Gọi , , ,, , , M N I K trung điểm cạnh , , ,

EF FG GH HE Tính thể tích V vật thể tròn xoay quay tứ giác MNIK quanh trục

A.9  B.18  C.24  D.30 

Lời giải Chọn B.

Gọi O tâm hình thoi ABCDta tính OA 3,OD4cm

Gọi V1 thể tích khối nón cụt tạo IMNG quay quanh HG V1 có chiều cao ,

bán kính đáy

r  R 3

2

2

1 3 21

.2 3

3 2

V     

         

 

 

Gọi V2 thể tích khối nón tạo NGI quay quanh HG.V2 có chiều cao bán

kính đáy

2

V 

 

Thể tích cần tìm V 2.(V V1 2) 18 

Câu 3. [2H1-4-PT3]Cho hình thang ABCD có A B  90, AB BC a  , AD2a Tính thể tích khối trịn xoay sinh hình thang ABCD quay quanh CD

A 7

12 a 

B 7

6 a

 . C 7 12

a

 . D 7

6 a 

Lời giải Chọn B.

A D

B C

H

Khối nón đỉnh D , trục CD có CD a 2, bán kính đáy CA a

Nên khối nón tích

1 2

3

a V  CD CA  

Khối nón cụt có trục 2 a

CH  , hai đáy có bán kính CA a 2 a

HB  nên thể tích

khối nón cụt  

3

2

2

1

3 12

a V  CH CA HB CA HB  

Khối nón đỉnh C, trục CHcó thể tích 3

1

3 12

a V  CH HB  

Vậy thể tích khối trịn xoay cần tính là: 1 2 3

a V V V  V  

Câu 4. [2H1-4-PT4]Cho hình thang ABCD vng A B có AB a , AD3a BCx với 0x3a Gọi V1, V2 thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình thang

ABCD (kể điểm trong) quanh đường thẳng BC AD Tìm x để

7 V V 

A

4 a

x  B

5 a

x  C x2a D x a

Lời giải Chọn B.

1

1

3 V a  a x

 ,

2

2 V a a  x

 .Theo đề ta có

2 V V 

1

5

3

a x a x x a

   

       

   

Câu 48. [2D3-3] Có vật thể hình trịn xoay có dạng giống ly hình vẽ đây.

6 cm

A B

O 4 cm

Người ta đo đường kính miệng ly 4cm chiều cao 6cm Biết thiết diện ly cắt mặt phẳng đối xứng parabol Tính thể tích V cm 3 vật thể cho

A. 72

5

V  . B 72

5

V   . C.

12

V   D V 12

Lời giải Chọn C.

Chọn hệ trục Oxy hình vẽ

Gọi phương trình Parabol

y ax  Do  P qua điểm B2;0 nên a 

Vậy  : 6

P y x  suy 2 6 y

x 

Thể tích vật thể cần tính  

6

2

d 12

y

V  y 





   .

Bài toán tương tự: Bài 1:

Một đồng hồ cát hình vẽ, gồm hai phần đối xứng qua mặt nằm ngang đặt hình trụ Thiết diện thẳng đứng qua trục hai parabol chung đỉnh đối xứng qua mặt nằm ngang Ban đầu lượng cát dồn hết phần

đồng hồ chiều cao h mực cát

4 chiều cao bên (xem hình)

6 cm

A B

O 4 cm

Cát chảy từ xuống với lưu lượng không đổi 2,90 cm3/ phút Khi chiều cao cát cm bề mặt cát tạo thành đường trịn chu vi 8 cm (xem hình) Biết sau 30 phút cát chảy hết xuống phần bên đồng hồ Hỏi chiều cao khối trụ bên cm ?

A 8cm. B 12cm. C 10 cm D. cm.

Lời giải Chọn C.

Chiều cao khối trụ 3h

Xét thiết diện chứa trục theo phương thẳng đứng đồng hồ cát parabol Gọi  P đường Parabol phía Chọn hệ trục Oxy hình vẽ

Đường trịn thiết diện có chu vi 8 suy bán kính

( )P qua A(4;4) nên

a  Vậy phương trình ( ) : P y x

Thể tích phần cát ban đầu thể tích khối trịn xoay sinh quay nhánh phải ( )P quay quanh trục Oy lượng cát chảy thời gian 30 p

Ta có

0 (2 )

h

V  y dy 2 h2 



Lượng cát chảy 30 p 2,9.30 87(m3)



Vậy V 87 2h 87

  87

2 h

  

Chiều cao hình trụ bên 2.4 10

l h cm

Chọn đáp án C Bài 2:

Một thùng rượu có bán kính đáy 30cm, thiết diện vng góc với trục cách hai đáy có bán kính 40cm, chiều cao thùng rượu 1m (hình vẽ).

Biết mặt phẳng chứa trục cắt mặt xung quanh thùng rượu đường parabol, hỏi thể tích thùng rượu bao nhiêu?

A 425162 lít B 21258 lít C 212,6 lít D. 425, lít

+ Đổi liệu sang đơn vị dm : 30cm3dm;40cm4dm + Chọn hệ toạ độ hình vẽ

Gọi phương trình

( ) :P x ay by c

( )P qua điểm A(4;0); B(3;5)và C(3; 5) nên ta có

1 25 a b

c    

     

Vậy phương trình ( ) : 25 P x y 

Thể tích thùng rượu :

2

5

( 4)

25

V  y dy



   425,2dm3

 425,2l

Suy đáp án D

Bài Ông An muốn làm cửa rào sắt có hình dạng kích thước hình vẽ bên, biết đường cong phía Parabol Giá m 2 rào sắt 700.000 đồng Hỏi ông An phải trả tiền để làm cửa sắt (làm tròn đến hàng phần nghìn)

A 6.520.000 đồng B 6.320.000 đồng C 6.417.000 đồng D 6.620.000 đồng Lời giải

Chọn C.

1,5m 2m

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Trong A  2,5;1,5, B2,5;1,5, C0; 2 Giả sử đường cong Parabol có dạng y ax2 bx c

   , với a b c  ; ;

Do Parabol qua điểm A  2,5;1,5 , B2,5;1,5, C0; 2 nên ta có hệ phương trình

2

2

( 2,5) ( 2,5) 1,5

( 2,5) (2,5) 1,5

2

a b c

a b c

c

     



   

   

2 25

a

b c

   

 

   

Khi phương trình Parabol 2 25

y x 

Diện tích S cửa rào sắt diện tích phần hình phẳng giới đồ thị hàm số

2

2 25

y x  , trục hoành hai đường thẳng x 2,5, x 2,5

Ta có

2,5

2

2,5

2

2 25

S x dx



 

   

 

 556

Vậy ông An phải trả số tiền để làm cửa sắt 700.000  55.700000

S  6.417.000

(đồng)

Câu 49. [1D2-3]Có 30 thẻ đánh số từ đến 30 Lấy ngẫu nhiên thẻ nhân số thẻ Tìm xác suất để kết đạt số chia hết cho4

A

49 B

79

116 C

49

116 D

77 116 Lời giải

Chọn B.

2;6;10;14;18; 22; 26;30  

A  n A 

4;12;16; 20; 24; 28  

B  n B  .

1;3;5; ; 29   15

C   n C 

Xảy trường hợp sau :

 Chỉ có số chẵn số chẵn thuộc tập B: có 7.C152 cách lấy

 Chỉ có hai số chẵn hai số chẵn thuộc tập A B : có C152.15 cách lấy  Cả ba số số chẵn ba số chẵn thuộc tập A B : có C153 cách lấy

Vậy xác suất cần tìm

2

15 15 15

3 30

7 .15 79

116

C C C

C

 



Câu 1. [1D2-3] Có 30 thẻ đánh số từ đến30 Lấy ngẫu nhiên thẻ nhân số thẻ Tìm xác suất để kết đạt số chia hết cho

A 159

406 B

59

406 C

51

203 D

45 203 Lời giải

Chọn A.

3;6;12;15; 21;24;30  

A  n A 

9;18; 27  

B  n B 

1; 2; 4;5; ; 28; 29   20

C   n C 

Xảy trường hợp sau :

 Chỉ có số chia hết cho số thuộc tập B: có 3.C202 cách lấy  Chỉ có hai số chia hết cho hai số thuộc tập A B : có C102.20

 Cả ba số số số chia hết cho ba số thuộc tập A B : có C103 cách lấy

Vậy xác suất cần tìm

2

20 20 10

30

3 159

406

C C C

C

 



Câu 2. [1D2-3]Có 30 thẻ đánh số từ đến30 Lấy ngẫu nhiên thẻ nhân số

thẻ Tìm xác suất để kết đạt số chia hết cho6

A 115

406 B

512

812 C

517

812 D

495 812 Lời giải

Chọn C.

6;12;18;24;30  

A  n A 

2;4;8;10;14;16; 20;22; 26; 28   10

B  n B 

3;9;15; 21; 27  

C   n C 

1;5;7;11;13;17;19;13; 25; 29   10

D  n D 

Xảy trường hợp sau :

 Một số thuộc A hai số thuộc B C D: có 5.C252 cách lấy  Hai số thuộc A số thuộc B C D: có C52.25 cách lấy  Hai số thuộc A: có C53 cách lấy

 Một thuộc B + số thuộc C + số thuộc D: có 10.5.10 cách lấy  Hai thuộc B + số thuộc C: có C102.5 cách lấy

 Một số thuộc B + hai số thuộc C: có 10.C52 cách lấy

Vậy xác suất cần tìm

2 2

25 5 10

3 30

5 .25 10.5.10 10 517 812

C C C C C

C

    



Đề HỒNG LĨNH Câu 39: [2D1-2] Cho hàm số y x3 3x2 3x 1

    có đồ thị ( )C Từ điểm đường thẳng kẻ tiếp tuyến đến đồ thị ( )C ?

A x 1 B x 0 C x 4 D x 1

Lời giải Chọn A.

 C : 3 3 1  13      

Gọi đường thẳng thỏa yêu cầu toán là:  d : x m

Lấy A m a ;   d Đường thẳng qua A có dạng: ( ) : y k x m   a

Điều kiện tiếp xúc:    

 

3

2

3

    

 

  



x k x m a

x k

Þ x13 3x1 2 x m a

Þ x1 2 2x3m1 a

Để phương trình ln có nghiệm với a tùy ý hàm số    1 2 2  1

f x x x m khơng có cực trị

Þ f x' 6x1 x m  phải vơ nghiệm nghiệm kép

Þ m1

Vậy đường thẳng là: x1 Cách 2 :

+ Điều kiện cần: Do từ điểm đường thẳng x a nên ta xét trường hợp đặc biệt kẻ từ điểm M a ;0

Phương trình tiếp tuyến điểm A x f x 0;  0  là:

  

0 0 0

3 3

y x  x  x x x  x  x 

Tiếp tuyến qua điểm M a ;0nên ta có :03x02 6x0 3a x 0x03 3x023x01

 

3

0 0

2x 3a x 6ax 3a

       

      

0 3 *

x x a x a

       

   

0

0

1

2 3

x

x a x a

   

     



Để từ M a ;0 kẻ tiếp tuyến đến đồ thị  C phương trình * phải có nghiệm dẫn đến phương trình  2 có nghiệm képx 0 vơ nghiệm

Mà có phương trình  2 9a2 18a 9

    9a12nên xảy trường hợp 2 có

nghiệm képx 0  

1

a       

 

 

1 a

  Vậy đường thẳng cần tìm x  1

+ Điều kiện đủ: Lấy M1;m thuộc đường thẳng x  Phương trình tiếp tuyến qua1 1; 

M m là:   

0 0 0

3 3

m x  x   x x  x  x 

 

3

0 0

2x 6x 6x m **

     

Xét hàm sốy 2x3 6x2 6x 3

    hàm nghịch biến trên nên phương trình  ** ln có nhiều nghiệm (đpcm)

Bài tập tương tự:

Câu 1: [2D1-2] Cho hàm số y (x 2)3

  có đồ thị ( )C Từ điểm đường thẳng ln kẻ tiếp tuyến đến đồ thị ( )C ?

A x 1 B x 0 C x 4 D x 1

Lời giải Chọn A.

Gọi đường thẳng thỏa yêu cầu toán  d : x m

Lấy A m a ;   d Đường thẳng qua A có dạng ( ) : y k x m   a

Điều kiện tiếp xúc:    

 

3

2

3

    

 

 

 

x k x m a

x k

Þ x 23 3x 2 2 x m a

Þ x 2 2 2x3m1 a

Để phương trình ln có nghiệm với a tùy ý hàm số    1 2 2  1

f x x x m khơng có cực trị

Þ f x' 6x 2 x m  phải vô nghiệm nghiệm kép

Þ m2

Vậy đường thẳng là: x2

Câu 2: [2D1-2] Cho hàm số y x3 3x2 2

   có đồ thị ( )C Hỏi có điểm thuộc đồ thị ( )C mà từ kẻ tiếp tuyến với đồ thị hàm số ( ) ?C

A 2 B 3 C 1 D 0

Lời giải Chọn C.

Xét M a b( ; ) ( ) C , tiếp tuyến qua M với hệ số góc k có dạng: y k x a    a33a2

Điều kiện tiếp xúc:  

3

2

3

3

x x k x a a a

x x k

       

 

  

 

có nghiệm

Thế phương trình thứ hai vào phương trình thứ hệ ta

      2 

3

2 * 3

2 x a

x a x ax a a x a x a a

x   

            

   Để từ M vẽ tiếp tuyến đồ thị hàm số phương trình (*) phải có nghiệm

3

1

2 a

a a b



     

Vậy có điểm M(1,0) thỏa mãn

Câu 3: [2D1-2] Cho hàm số 3

y x  x có đồ thị ( )C Hỏi có điểm đường thẳng

2

x  mà từ kẻ tiếp tuyến với đồ thị hàm số ( ) ?C

A 2 B 7 C 4 D 0

Lời giải Chọn B.

Điểm M(2, )a  x Tiếp tuyến qua M có hệ số góc k là: y k x (  2)a

Điều kiện tiếp xúc  

2

3

3

x x k x a

x k

    

 

  



có nghiệm

Thế phương trình thứ hai vào phương trình thứ hệ ta  

3

2 6 *

a x  x 

Xét hàm số

( ) 6

Để từ M kẻ tiếp tuyến tới đồ thị hàm số phương trình  * phải có nghiệm phân biệt, dựa vào bảng biến thiên ta thấy  * có nghiệm phân biệt 6a2 có giá trị nguyên thỏa

Câu 43. [2D1-3]Cho  P đường Parabol qua ba điểm cực trị đồ thị hàm số 2

y  x  mx m

Gọi m0 giá trị để  P qua điểm B 2;2 Hỏi m0 thuộc khoảng

A  10; 15 B 2; 5. C 5;  . D.8; 2

Lời giải Chọn B.

Ta có: y' x3 2mx

  Hàm số có điểm cực trị phươngtrìnhx3 2mx có nghiệm phân biệt Khiđó m 0

Lại có: ' 2

x m

yy  x m Suy parabol : 2

m

P y x m Do B 2;2 P

 

 

1

m TM

m L

   



 Suy chọn đáp ánB   2;



Nhậnxét: Việc khó khăn trongbài tốn tìm dạng củaParabol Nếusử dụng cách tìm bằngviệc viết Parabol qua điểmcực trị khó khăn Ở ta sử dụngviệc chia y cho 'y để lấy phần dư cơng việc đơn giản

Bài toán tương tự:

Bài 1: [2D1-3]Cho  P đường Parabol qua ba điểm cực trị đồ thị hàm số 2

y x  mx m

Gọi m0 giá trị để  P qua điểm B0;1 Hỏi m0 thuộc khoảng

A  10; 15 B 2; 5. C 5;

 



 

 

D.8;0

Ta có: y' x3 2mx

  Hàm số có điểm cực trị phương trìnhx3 2mx có nghiệm phân biệt Khiđó m 0

Lại có: ' 2

x m

yy  x m Suy parabol : 2

m

P y x m Do B0;1   P

 

 

1

m TM

m L

   



 Suy chọn đáp án B   2;



Bài 2: [2D1-3] Cho  P đường Parabol qua ba điểm cực trị đồ thị hàm số 2

y x  mx m

Gọi m0 giá trị để  P qua điểm B0;4 Hỏi m0 thuộc khoảng

A  10; 15 B 2; 5. C 5;

 



 

 

D.8;2

Chọn B.

Ta có: y' x3 2mx

  Hàm số có điểm cực trị phương trìnhx3 2mx có nghiệm phân biệt Khi m 0

Lại có: ' 2

x m

yy  x m Suy parabol : 2

m

P y x m Do B0;4   P

 

 

2

m TM

m L

   



 Suy chọn đáp ánB   2;



Câu 47. [1D1-3]Số giá trị nguyên tham số m để phương trình sin 2 sin

x x  m

  có

đúng nghiệm thực thuộc khoảng 0;3



 

 

 

A B C 0 D.1

Lờigiải Chọn B.

Ta có:sin 2 sin 2sin2 sin

4 4

x x m x  x  m

     

Đặt sin

t x 

 , ta thu  

2 3 1

t   t m với 0

4 4

x   x  

     

0 sin

4

x 

 

    

   0 t Lý luận số nghiệm t x

Biểu diễn đường tròn lượng giác ta thấy:

Ứng với t  0 t phương trình sin

t  x 

  có nghiệm

0;

x   

Ứng với 1 t phương trình sin

t  x 

  có hai nghiệm

3 0;

4

x   

 

Vậy để phương trình có nghiệm thực thuộc 0;3



 

 

 thì phương trình  1 phải có

nghiệm nghiệmt thỏa mãn

0 t t      

Đặt f t  t2 t

  từ suy    

 

0 3 1

2

f m f m

m f m

               

 2; 1 m

   

Vậy ta có giá trị nguyên m Bài toán tương tự:

Bài 1:[1D1-3]Số giá trị nguyên tham số m để phương trình sin 2 sin

x x  m

  có

hai nghiệm thực thuộc khoảng 0;3



 

 

 

A B C 0 D.1

Lờigiải Chọn C.

Ta có:sin 2 sin 2sin2 sin

4 4

x x m x  x  m

     

Đặt sin

t x 

 , ta thu  

2 3 1

t   t m với

4 4

x   x  

     

0 sin

4

x 

 

    

   0 t Lý luận số nghiệm t x

Biểu diễn đường tròn lượng giác ta thấy:

Ứng với t  0 t phương trình sin

t x 

  có nghiệm

3 0;

4

x   

 

Ứng với 1 t phương trình t sinx4

  có hai nghiệm

3 0;

4

x   

 

Vậy để phương trình có hai nghiệm thực thuộc 0;3



 

 

 thì phương trình  1 phải có nghiệmt thỏa mãn 1 t 2

Đặt f t  t2 t

  từ suy f  1 m 3 f  2   1 m 1  m  Vậy khơng có giá trị ngun m

Bài 2:[1D1-3]Biết tập hợp chứa tất giá trị tham số m để phương trình cos3x sin3x m

  có

đúng hai nghiệm ; 4

x    

 là khoảng a b Tổng ;  2

a b

A

2 B

3

2 C 1 D.

Ta có cos3x sin3x m cosx sinx 1 sin osxc x m

      , đặt

os sin 2cos

4

t c x  x x 

 

Suy sin 2x 1 t2  

Với os

4 x c x t

    

          

  Khi phương trình  

3t t 2m .

Lý luận mối quan hệ nghiệm

Biểu diễn đường tròn lượng giác ta thấy ứng với t 0; 2 phương trình

2cos

t x 

 có nghiệm x 4;  

 

  

 

Vậy để phương trình ban đầu có nghiệm ; 4

x   

 thì phương trình  1 có hai nghiệm t 0; 2

Lập bảng biến thiên hàm số f t  3t t t3; 0; 2

  

Từ ta suy 2 2;1

m m  

     

 

 

thì phương trình ban đầu thỏa mãn

Suy 2

a b 

Bài 3:[1D1-3]Cho phương trình 2sin2 x sin 2x 2 sinxcosx m0 Để phương trình có

hai nghiệm x x1, thuộc khoảng 3 2;  

 



 

  ma b;  Giá trị b a

A 3 B .4 3 C 4 D.4 2

Lời giải: Chọn B

Ta có 2sin2 x sin 2x 2 sinxcosx m0

3sin2x 2 sin cosx x cos2x 2 3 sinx cosx m 1 0

       

 sinx cosx2 2 sinx cosx m

      

Đặt t  sinxcosx phương trình viết lại t2  2t m1 * 

Do ;

3

x   

  nên t sinx cosx 2sin x  1; 2 

 

      

 

Do với t  1; 3

 tương ứng cho nghiệm thuộc khoảng x 3 2;  

 

  

 

3;2

t  

  cho hai nghiệm thuộc khoảng x 3 2;  

 

  

Vậy yêu cầu tốn tương đương với việc tìm m để phương trình * “có hai nghiệm phân

biệt thuộc khoảng   1; 3” “chỉ có nghiệm thuộc  3;2

  khơng có nghiệm thuộc



1;  

 ”

Lập bảng biến thiên hàm số f t  t2  2t 1;2 ta tìm kết

1 m 3 m 2

         

Bài 4:[1D1-3]Cho phương trình 2sin2 x sin 2x 2 sinxcosx m0 Tổng giá trị m

để phương trình có hai nghiệm x x1, thuộc khoảng ;  

 



 

  thoả mãn x1 x2   

A 1 B C 3 D.4

Lời giải: Chọn A.

Đưa phương trình Câu 3.

Ta lại có

x x 

6

x  x  

   

     

    nên

1 2sin

t  x  

  2sin x2

 

        

 

 

2cos

6

x 

 

   

 

Do 2

t t 4sin2 4cos2

6

x  x 

   

   

   

   

Như t1 t22  2t t1 4 2 m1  4 m1 Ngược lại, với m  ta có phương trình 1 t2 2t 0

   t  0 t 2 Với t 0 2sin

6

x 

 

   

  x k

 

   có nghiệm ;

6

x     

 

Với 2sin 2

6

t  x   x k 

  , có nghiệm x 3 2;        

 

Vậy m  giá trị 1 m  1

Câu 48. [2D4-3] Cho số phức w x yi  (x y , R  )thoả điều kiện w2 4 2w Đặt  2

8 12

P  x  y  Khẳng định sau A  2 2

2

P w  B  

2

2

P w  C P w  42 D.   2

4

P  w 

Lời giải Chọn B.

Ta có: w2 4 2 w x2 y2 4 2xyi 2 x yi x2 y2 42 4x y2 4x2 y2

             

 

4 16 2 2 4 12 0 4 2 2 4 4 4 8 2 12 0

x y x y x y x y x y x y x y

                

 2  4 2 2   2 2  2

8 x y 12 x y 2x y 4x 4y P x y w

              

Nhận xét: câu đáp án A w w Bài tương tự:

Bài 1[2D4-3]: Cho số phức w x yi  (x y , R  ) thoả điều kiện

w  2 w Đặt

2

8( ) 12

P x  y  Khẳng định sau đúngP 8x2  y212

A.P (w2 2)2

  B.P(w22)2 C.P(w24)2 D.   2

4

P  w 

Nhận xét: thay số thành -4; 12 thành -12 thay làm tương tự khó khăn cặp số (2;4) giá trị thay

Bài 2[2D4-3]: Cho w sin icos với

2  

  thỏa mãn w2 1 w

Giá trị   2018

26 w

P  

A. 2018 23

P  B. 2018

23

P  C. 2018

23

P i D.P 292018

Hướng dẫn giải Chọn A

Ta có: w2 1 sin icos 2 1 cos 2 isin 2 w2 1 2 2cos

    

          

2

2 w  sin  cos  2

Từ giả thiết: w2 1 w cos

4 

 

   

2    

w 2 w 2 w2

2 i 2 i

       

Vậy P 232018.

Câu 49 [1D2-3]Trong không gian cho 2n điểm phân biệt n4, nN khơng có ba điểm nào

thẳng hàng 2n điểm có n điểm nằm mặt phẳng Tìm tất giá trị n cho 2n điểm cho tạo 201 mặt phẳng phân biệt.

A B 12 C 5 D.

Lời giải Chọn D.

Gọi  P mặt phẳng chứa n điểm * Tìm số mặt phẳng tạo từ 2n điểm cho:

Vì 2n điểm phân biệt n4, nN khơng có ba điểm thẳng hàng 2n điểm có n điểm nằm mặt phẳng nên:

TH1: Mặt phẳng qua n điểm:

TH2: Mặt phẳng qua điểm  P , điểm không thuộc  P : C C1n n2 TH2: Mặt phẳng qua điểm  P , điểm không thuộc  P : C Cn2 1n TH4: Mặt phẳng tạo từ điểm n điểm không thuộc  P : Cn3

Số mặt phẳng thỏa mãn 1 1. 2.

n n n n

C C C C

  +

n

C

* Theo giả thiết ta có phương trình 1C C1n n2C Cn2 n1Cn3 201

Bài tương tự:

Câu 1. Cho tam giác, ba cạnh AB AC BC, , ta lấy điểm, điểm, n điểmn 3 Tìm n để có tất 1617 tam giác có đỉnh thuộc điểm cho?

A 4 B 7 C 5 D 6

Lời giải ChọnB.

* Số cách chọn điểm từ 16 n điểm cho: C16 n3 * Số cách chọn điểm thẳng hàng: 3

9 n

C C C

* Số tam giác thỏa yêu cầu: C163n C93C73Cn31617 Sử dụng MTCT tìm ran 7

Câu 2.Cho hình vng ABCD Trên cạnh AB BC CD DA, , , cho 1, 2, 3 n im phõn bit (n 3, nẻ Ơ) khỏc A B C D, , , Lấy ngẫu nhiên 3 điểm từ n +6 điểm cho Biết xác

suất lấy tam giác 439

560 Tìm n

A n =10 B n =19 C n =11. D n =12

Lời giải Chọn A.

 

6

n

n  C  .

Gọi A biến cố “Chọn tam giác” A biến cố “Không chọn tam giác”

Ta có n A C33Cn3    

3 3

3

3

6

1

n n

n n

C C C C

P A P A

C  C 

 

    

Theo đề ta có

3

3

6

439

560

n

n

C C

C  

  Thử MTBT ta có n 10

Câu 3. Trong không gian cho 2n điểm phân biệt n4, nN khơng có ba điểm thẳng 

hàng 2n điểm có n điểm nằm mặt phẳng, n điểm lại nằm trên một đường thẳng khơng có điểm chung với mặt phẳng Tìm tất giá trị n cho

2n điểm cho tạo 805 mặt phẳng phân biệt.

A B . 12 C 5 D.

Lời giải Chọn B.

Gọi  P mặt phẳng chứa n điểm, d đường thẳng chứa n điểm cịn lại * Tìm số mặt phẳng tạo từ 2n điểm cho:

Vì 2n điểm phân biệt n4, nN khơng có ba điểm thẳng hàng 2n điểm có n điểm nằm mặt phẳng nên:

TH1: Mặt phẳng qua n điểm:

TH2: Mặt phẳng qua điểm  P , điểm  d : C1n.1 TH2: Mặt phẳng qua điểm  P , điểm  d : : C Cn2 n1 Số mặt phẳng thỏa mãn 1 2.

n n n

C C C

 

Giải phương trình dùng máy tính thử ta có n 12

Câu 50.[2H1-4] Cho tứ diện ABCD có ABAC BD CD 1 Khi thể tích khối tứ diện ABCD lớn khoảng cách hai đường thẳng AD BC, bằng

A

2 B

2

3 C

1

3 D.

1

Lời giải Chọn C.

Gọi M trung điểm BC, Vì DBC ABC, cân  BC(ADM) , Kẻ

MN AD MN đoạn vng góc chung AD BC, , đặt AD x BC , y

2

1

4

x y

MN

   

2

1

6 4

ABCD

x y

V  AD BC MN  xy  

2

2

( )( )

3 2 4

x y x y

  

Áp dụng BĐT côsi: 27

V  , dấu xảy

2

2

2 4

x y x y

x y

      

Vậy

3 MN 

Bài toán tương tự:

Bài 1: [2H1-4] Cho tứ diện ABCD có AB x thay đổi, tất cạnh cịn lại a Tính khoảng cách hai đường thẳng ABvà CD trường hợp thể tích tứ diện ABCD lớn

A

3

a B

a C

a . D.

a

Lời giải

Gọi M trung điểm BC, Vì DBC ADC, đều DC(ABM) , Kẻ MN AB MN

là đoạn vng góc chung AD BC, ,

Dựng AH BM  AH (BDC) , ta có a

AH AM 

ABCD

V lớn khiAHlớn a

AH AM

  

Khi AMB vuông M  d AB CD( , )MN 2 2

4

AM MB a

AM MB

 



Bài 2: [2H1-4] Cho hình chóp S.ABC có SA =SB = SC = 2, đáy ABC tam giác vuông A, AB = Tìm thể tích lớn khối chóp S.ABC.

A 5

8 B

4 C

2

3 D.

4

Lời giải

Chọn A

Gọi H trung điểm BC ta có SH ABC AC = x

2

BC x

2

2 15

2 x SH  SA  AH  

2

1

15

3 12

SABC ABC

V  S SH  x  x

2 15 5 2.12 x   x

 

Dấu xảy 15 30 x   x  x

Bài : [2H1-4] Cho hình chữ nhật S.ABCD có ABCD hình chữ nhật với AD = 4a, cạnh bên 6a Tìm thể tích lớn khối chóp S.ABCD ?

A

3 130

a

B

3 125

3 a

C 128

3 a

D.

3 250

3 a

Lời giải

Chọn C

Gọi O tâm đáy ta có SOABCD

Đặt AB = x ta     2

2

6

4

x a

SO a  

2 32

4 x a

 

Suy :

SABCD ABCD

V  SO S  

2

2 2

1

4 32 128

3

x

ax a ax a x

   

2 2

2 128 128

3

x a x a

a  

  .

Dấu xảy : x 128 x2 x 8a