Tuyển tập 200 bài toán VD - VDC hay nhất ôn thi THPT 2020 - 2021 môn Toán - TOANMATH.com

Câu 33: Một nhóm bạn đi du lịch dựng lều bằng cách gập đôi chiếc bạt hình vuông cạnh là 6 m (hình vẽ), sau đó dùng hai chiếc gậy có chiều dài bằng nhau chống theo phương thẳng đứng vào[r]

Thúc em đỗ đại học NV 1

Cô của em

Uhm

LỜI NĨI ĐẦU

uốn sách 200 BÀI TỐN VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO quà tâm huyết nhất năm học cô Đây q muốn tặng cho tất em học sinh theo dõi cô fan page “Học tốn Ngọc Huyền LB” Giao Thừa chuyển sang năm Tân Sửu Đặc biệt cô muốn gửi tới tất cả bạn học sinh “VỀ ĐÍCH + TỔNG ƠN VÀ LUYỆN 150 ĐỀ:

“Giai đoạn Tết khốc liệt, em vừa phải gồng Luyện đề, vừa phải nghiền ngẫm lại VD-VDC kĩ thuật Casio cô tin khóa Vận Dụng – Vận Dụng Cao mà cho triển khai từ 1/3 tới giúp em qua giai đoạn cách ngoạn mục Ngoài việc sàng lọc câu VD – VDC từ 200 đề thi thử nhất, cịn bổ sung thêm câu TH-NB mà em hay nhẫm lẫn Tất quay video chi tiết làm file chi tiết Ngồi ra, bạn gia nhập VỀ ĐÍCH 9+ sau cần tập trung vào tinh hoa mà cô sàng lọc từ đề thi khóa VD-VDC Khơng cần thiết phải xem lại đề dài lê thê”

1 đề khơng giỏi, 10 đề chưa giỏi, 100 đề chưa thực giỏi, trải qua 150 đề tin chinh phục cánh cổng Đại Học! Cuối cùng, cô mong em kiên định mục tiêu định, ghì chặt xơng lên chinh phục cơ!

A Đề

I Hàm số

II Mũ – logarit 11

III Tích phân 13

IV Số phức 16

V Thể tích khối đa diện 18

VI Khối trịn xoay 23

VII Hình tọa độ Oxyz 27

VIII Tổ hợp – Xác suất, Giới hạn, Cấp số 34

B Hướng dẫn giải chi tiết 36

I Hàm số 36

II Mũ – logarit 74

III Tích phân 83

IV Số phức 95

V Thể tích khối đa diện 109

VI Khối trịn xoay 135

VII Hình tọa độ Oxyz 147

VIII Tổ hợp – Xác suất, Giới hạn, Cấp số 177

A ĐỀ BÀI

I HÀM SỐ

Câu 1: Biết tồn số nguyên ,a b cho hàm số 2

ax b y

x

 

 đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn số nguyên tập giá trị hàm số cho có số nguyên Giá trị a2 2b2

A. 36 B. 34 C. 41 D. 25

Câu 2: Cho hàm số y f x  Hàm số yf x  có bảng biến thiên sau

Bất phương trình f3 4 xe3 4 x2m với 5; 4

 

 

 

x

A. m f  2 12

e B.

 2 2.

2

 f 

m e C.  2 12

2



 f 

m

e D.  

2

2

 

m f e

Câu 3:Cho hàm số

2 

     

 

y x m x m

m m0 Gọi giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số

1;1

 

  y , 1 y Số giá trị m để 2 y1y2 8

A. B. C. D.

Câu 4:Giá trị tham số thực k sau để đồ thị hàm số

3

  

y x kx cắt trục hoành ba điểm

phân biệt

A.   1 k B. k1 C. k1 D. k1

Câu 5: Cho số thực x y z, , thỏa mãn điều kiện 2 2 23     



  



x y z

x y z Hỏi biểu thức

2   



x y P

z nhận

bao nhiêu giá trị nguyên?

A. B. C. D.

Câu 6: Cho hàm số y f x  liên tục \ 2; 2  có bảng biến thiên sau:

Số nghiệm phương trình f2018x 2019 2020

A. 2 B. 1 C. 4 D

Câu 7:Cho hàm số yf x x32m1x2 2 m x  Tập tất giá trị m để đồ thị hàm số 2

 

y f x có điểm cực trị a;c b

 

 

  với a , b , c số nguyên

a

b phân số tối giản Tính a b c 

A. a b c  11 B. a b c   C. a b c  10 D. a b c  

+

3

x

y y’

–2

–∞

–∞ +∞

+∞

– –

2018

Câu 8: Cho hàm số f x  thỏa mãn xf x 2 1 x21 f x f   .  x 

    với x dương Biết

 1  1

f  f   tính f2 2 .

A. f2 2 ln 1 B. f2 2  ln 1 C. f2 2 2ln2 2 D. f2 2  2ln 2

Câu 9: Tìm tất giá trị tham số thực m để phương trình

   2  2 

2 2

2log x2 log x2 2log 2x 6x m có hai nghiệm phân biệt 

A m  20; 4 B m  20;4   5;7 C m5;  D m  20; 4   5;7

Câu 10: Cho hàm số yx3 3x2 C Biết đường thẳng d y: mx1 cắt  

C ba điểm phân biệt A B C, , Tiếp tuyến ba điểm A B C, , đồ thị  C cắt đồ thị  C điểm A B C  , ,

(tương ứng khác A B C, , ) Biết A B C  , , thẳng hàng, tìm giá trị tham số mđể đường thẳng qua ba điểm A B C  , , vng góc với đường thẳng :x2018y2019 0

A  1009

2

m B  1009

4

m C  2009

4

m D  2019

4

m

Câu 11: Cho hàm số 1  



x y

x có đồ thị  C Tiếp tuyến M x y 0; 0x00 đồ thị  C tạo với hai

đường tiệm cận đồ thị  C tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp lớn Giá trị biểu thức

0

2018 2019

 

T x y

A T2021 B T2016 C T2018 D.T2019

Câu 12: Cho hàm số y x 33x1 C Biết tồn hai tiếp tuyến đồ thị  C phân biệt có

hệ số góc k , đồng thời đường thẳng qua tiếp điểm hai tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tam giác cân Gọi S tập giá trị k thỏa mãn điều kiện trên, tính tổng phần tử S

A 3 B 9 C 12 D 0

Câu 13: Cho số thực dương x y z thỏa mãn , , ex y z  e x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức    

 2

4

  



P

xz y

x z

A 108 B 106 C 268 D 106

Câu 14: Hàm số  

2

y x x  có điểm cực trị?

A. B. C. D.

Câu 15: Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình 2

x

m x

 

 có nghiệm phân biệt

A 1;5

m 

  B.

1 2;

2

m  

  C. m 0;3 D.

1 ;

m  

 

Câu 16: Cho hàm số f x x312x2ax b đồng biến , thỏa mãn f f f   3 

 

 

 

 

f f f f  Tìm f 7

A 31 B 32 C 33 D 34

Câu 17: Cho hàm số y ax 3bx2cx d (a  ) đạt cực trị điểm 0 1,

x x thỏa mãn

   

1 1;0 ; 1;

x   x  Biết hàm số đồng biến khoảng x x1; 2, đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ dương Khẳng định đúng?

C a0,b0,c0,d D a0,b0,c0,d

Câu 18: Cho hàm số y f x  có đạo hàm x 1 Gọi d d1, 2 tiếp tuyến đồ thị hàm số

 

y f x yg x x f 2x điểm có hồnh độ 1 x 1 Biết hai đường thẳng d1 d2 vng góc với Khẳng định đúng?

A. 2 f 1  B. f 1  C. f 1 2 D. 2 f 1 2

Câu 19: Cho hàm số bậc ba f x   g x  f mx n   m n,  có đồ thị hình vẽ

Biết hàm số g x nghịch biến khoảng có độ dài Giá trị biểu thức   3m2n

A. –5 B. 13

5

 C 16

5 D.

Câu 20: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên sau  

Hàm số y f x 3 có điểm cực trị?

A. B. C 3 D.

Câu 21: Cho hai hàm số yf x y , g x có đồ thị hình vẽ bên Khi tổng số nghiệm hai  

phương trình f g x  0 g f x  0

A 25 B 22 C. 21 D. 26

Câu 22: Cho hàm số y x 311x có đồ thị  C Gọi M điểm 1  C có hồnh độ x   Tiếp 1 tuyến  C M cắt 1  C điểm M khác 2 M tiếp tuyến 1,  C M cắt 2  C điểm M 3

O

x y

2 f (x)

3

g(x)

–1

–2

0

x

y'

y

–∞

+

–∞

+∞

0 – +

+∞

6

O

x y

-1 -3

y = g(x) -2

3

2

-1 -2 -3 -4

khác M2, , tiếp tuyến  C điểm Mn1 cắt  C điểm Mn khác Mn1 n ,n4  Gọi

 ;  n n n

M x y Tìm n cho 11xnyn220190

A. n 675 B. n 673 C n 674 D. n 672

Câu 23: Cho hàm số y f x  có đạo hàm f x  x4 22 2x x

     x f 1   Khẳng định nào sau đúng?

A. Phương trình f x   có nghiệm  0;1

B. Phương trình f x   có nghiệm 0; 

C. Phương trình f x   có nghiệm  1;

D. Phương trình f x   có nghiệm  2;

Câu 24: Cho hàm số y f x  có đạo hàm có đồ thị hình vẽ:

Đặt g x   2f x 3f x  Tìm số nghiệm phương trình g x 

A. B. C. D.

Câu 25: Cho phương trình sinx2 cos 2 x2 cos 3x m 1 cos3x m  2 cos3x m  Có giá trị nguyên tham số m để phương trình có 1 nghiệm 0;2

3

x 

 ?

A 1 B. C. D.

Câu 26: Các giá trị thực tham số m để bất phương trình 2 2

1

x x

m

x x

    

   

  nghiệm với

mọi số thực x

A  ; 4 2;

m    

  B.

2

;

3

m 

 

C. 4;2

3

m  

  D m   ; 

Câu 27: Gọi T tập hợp giá trị nguyên m cho nửa khoảng 1; 2019 , phương trình

2 4 5 1 0

x  x    có hai nghiệm phân biệt Khi số phần tử m T

A. 2006 B. 2009 C. 2019 D. 2018

Câu 28: Có giá trị nguyên a nhỏ để bất phương trình a x 4  với x x   2;1 ?

A 3 B. C. D 4

Câu 29: Giả sử đường thẳng y x m  cắt đồ thị  C hàm số 1

 



x y

x hai điểm phân biệt E

F Gọi k k hệ số góc tiếp tuyến với 1, 2  C E F Tìm giá trị nhỏ minS

biểu thức 4

1

  

S k k k k

O y

x

3

A. minS 1 B.  

S C. minS135 D. 25

81  

S

Câu 30: Cho hàm số y f x  có đạo hàm có đồ thị đường cong hình vẽ bên Đặt

    

g x f f x Tìm số nghiệm phương trình g x' 0

A B C D

Câu 31: Cho hàm số y x 36x29x1 có đồ thị  C Gọi T tập hợp tất điểm thuộc đường

thẳng y x mà từ điểm kẻ tiếp tuyến đến đồ thị  C Tìm tổng tung độ điểm thuộc T

A 1 B 0 C 1 D 2

Câu 32: Cho hàm số y x33x272x90 Tìm tổng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số

đoạn 5; 5

A 328 B 470 C 314 D 400

Câu 33: Một mảnh giấy hình chữ nhật có chiều dài 12cm chiều rộng 6cm Thực thao tác gấp góc bên phải cho đỉnh gấp nằm cạnh chiều dài cịn lại (như hình vẽ) Hỏi chiều dài L tối thiểu nếp gấp bao nhiêu?

A. minL6 2cm B.

L cm C.

2

L cm D. minL9 2cm

Câu 34: Cho hàm số y f x  có đạo hàm có đồ thị hình vẽ

Đặt g x 2f x 3f x  Tìm số nghiệm phương trình g x 0

A. B. C. D.

Câu 35: Cho ,x y 0

x y  cho biểu thức

4

P

x y

  đạt giá trị nhỏ Khi đó:

A. 2 25 32

x y  B. 2 17

16

x y  C. 2 25

16

x y  D. 2 13

16

x y 

Câu 36: Cho hàm số 1

x y

x

 

 có đồ thị  C điểm M di động ,  C Gọi d tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ Khi giá trị nhỏ d là:

O x y

3

-6

-1 -1

-7

O y

x

3

A. 207

250 B. 1. C. 2 1. D. 2

Câu 37: Cho hai chất điểm A B bắt đầu chuyển động trục Ox từ thời điểm t0 Tại thời điểm t , vị trí chất điểm A cho  

6 2

    

x f t t t vị trí chất điểm B cho

bởi x g t  4sint Biết hai thời điểm t 1 t (2 t1t ), hai chất điểm có vận tốc Tính 2

theo t 1 t độ dài quãng đường mà chất điểm 2 A di chuyển từ thời điểm t đến thời điểm 1 t 2

A    2

1 2

1

2

 t t  t t B    2

1 2

1

2

 t t  t t

C    2

2

1

2

  

t t t t D    2

1 2

1

2

  

t t t t

Câu 38: Cho hàm số f x x33ax23x3 có đồ thị  C g x x33bx29x5 có đồ thị  H , với

a,b tham số thực Đồ thị    C , H có chung điểm cực trị Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

P a b

A. 21 B. 6. D. 3. D.

Câu 39: Tìm tất giá trị m để hàm số  

1

x x

x x

f x

x

m x

x

   

 

  

  

 



liên tục x 0

A. m 1 B. m  2 C. m  1 D. m 0

Câu 40: Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục   , với f x   0, x f 0 1 Biết

     

' 3 2   0,

f x x x f x x Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình f x  m có bốn nghiệm thực phân biệt

A. 1m e 4. B.    e6 m 1. C.    e4 m 1. D. 0m e 4.

Câu 41: Có giá trị ngun m để phương trình sau vơ nghiệm:

      

6 3 6 6 3 1 0.

x x x mx x x

A. Vô số B. 26 C. 27 D. 28

Câu 42: Cho số thực dương x y thỏa mãn:  ,

x y biểu thức

4

S

x y

  đạt giá trị nhỏ

x a y b

   

 a b có giá trị bao nhiêu?

A.

a b  B. 25

64

a b  C. a b 0 D.

4

a b 

Câu 43: Cho hàm số yf x  Đồ thị hàm số yf x  hình vẽ Đặt g x 3f x x3. Mệnh đề sau đúng?

A. g      2 g   g

B. g     2    g g

C. g        1 g g

D. g      1 g  g O x

y

1 -1

4

Câu 44: Cho hàm số f x  có đạo hàm f x  Đồ thị hàm

số y f x  cho hình vẽ Biết

       2

f  f f  f Giá trị nhỏ giá trị lớn

 

f x đoạn 0; 4 là:

A. f   2 ; f B. f   4 ; f

C. f   0 ; f D. f   2 ; f

Câu 45: Có giá trị m nguyên thuộc đoạn 2020; 2020 để hàm số y x 33x22m5x5

đồng biến khoảng 0;+?

A.2020 B.2022 C.2021 D.2023

Câu 46: Cho hàm số y f x  có đạo hàm đồ thị hàm số y f x  cắt trục hồnh điểm có hồnh độ  3; 2; ; ;3; ;5a b c với 1;1 4;

3

   a  b

4 c có dạng hình vẽ bên Có giá trị nguyên m để hàm số y f2x   có m 3 điểm cực trị?

A.2 B.3

C.4 D.Vô số

Câu 47: Cho hàm số f x Đồ thị hàm số   y f x  3; 2 hình vẽ (phần cong đồ thị

một phần parabol

y ax bx c )

Biết f   3 0, giá trị f    1 f

A. 23

6 B.

31

6 C.

35

3 D.

9

Câu 48: Cho hàm số y f x  liên tục có đồ thị hình vẽ

Có giá trị nguyên tham số m để phương trình 3sin cos  4

2cos sin

x x

f f m m

x x

     

   

  có

nghiệm?

A B C Vô số D

x y

O -3

-1 -2

2

x y

O

y = f(x)

-4

16

O

x y

2

4

x y

O c a b -2

Câu 49: Cho số thực m hàm số y f x  có đồ thị hình vẽ Phương trình f2x2x có nhiều m

nhất nghiệm phân biệt thuộc đoạn1; 2?

A B C D

Câu 50: Cho hàm số y f x có đạo hàm   Đồ thị hàm số y f x hình vẽ  

Hàm số y g x   f 2 x nghịch biến khoảng nào?

A.  ;  B.  1;  C.  0; D.  1;

Câu 51: Cho hàm số   1

y f x x x m

x x

     

 , với m tham số Gọi a giá trị nguyên nhỏ của m để hàm số có điểm cực trị nhất; A giá trị nguyên lớn m để hàm số có nhiều điểm cực trị Giá trị A a

A. 7 B. 4 C 3 D.

Câu 52: Cho hàm số y f x  xác định \ 1 , liên tục khoảng xác định có bảng biến thiên hình vẽ sau:

Có giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn 2020; 2020 để phương trình

     

3 2

3 12 12 36

m f x  mf x  m  m   m  có hai nghiệm phân biệt?

A.4041 B.2019 C.2010 D.2021

Câu 53: Biết họ đồ thị  Cm :ym3x34m3x2m1x m qua ba điểm cố định 

thẳng hàng Viết phương trình đường thẳng qua ba điểm cố định

A y4x3 B y 4x3 C y4x3 D y 4x3

3 O

x y

2

x y

O -2

5

x y’

–∞

y

–∞

-1

+ +

-4 –

+∞

II MŨ – LOGARIT

Câu 1: Cho số thực a b thỏa mãn ,

16  b a Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

16

log 16log

256 

 a  b

a

b

P a

A 15 B 16 C 17 D 18

Câu 2: Tìm giá trị thực tham số m để phương trình

3

log x3log x2m 7 có hai nghiệm thực phân biệt x x thỏa mãn 1, 2 x13x2372

A. 61

m  B. m 3 C. Không tồn D.

2

m 

Câu 3: Để cấp tiền cho trai tên Lâm học đại học, ông Anh gửi vào ngân hàng 200 triệu đồng với lãi suất cố định 0,7%/tháng, số tiền lãi hàng tháng nhập vào vốn để tính lãi cho tháng (thể thức lãi kép) Cuối tháng, sau chốt lãi, ngân hàng chuyển vào tài khoản Lâm khoản tiền giống Tính số tiền m tháng Lâm nhận từ ngân hàng, biết sau bốn năm (48 tháng), Lâm nhận hết số tiền vốn lẫn lãi mà ông Anh gửi vào ngân hàng (kết làm tròn đến đồng)

A m 5.008.376 (đồng)  B m 5.008.377 (đồng) 

C m 4.920.224 (đồng)  D m 4.920.223 (đồng) 

Câu 4: Cho phương trình 9x2x m 3x2x2m  Gọi T tập hợp tất giá trị thực tham số m cho phương trình có nghiệm dương Mệnh đề đúng?

A T khoảng B T nửa khoảng

C T đoạn D T 

Câu 5: Cho biểu thức A log 2017 log 2016 log 2015 log log log             Biểu thức A có giá trị thuộc khoảng khoảng đây?

A log 2017;log 2018  B log2018;log2019 

C log2019;log2020  D log2020;log2021 

Câu 6: Xét số thực ,a b thỏa mãn b  1 a  Biểu thức b a loga 2log b

b

a

P a

b

 

   

  đạt giá trị nhỏ

A.

a b B.

a b C.

a b D.

a  b

Câu 7: Hỏi có tất giá trị m nguyên thuộc đoạn 2017; 2017 để phương trình

  2     

1 log log

x  x  m x  x     có hai nghiệm m x x thỏa mãn 1, 2

1

1 x  x 3

A. 4017 B. 4028 C. 4012 D. 4003

Câu 8: Trong thời gian liên tục 25 năm, người lao động gửi 4.000.000 đồng vào ngày cố định tháng ngân hàng M với lãi suất không thay đổi suốt thời gian gửi tiền 0,6% tháng Gọi A số tiền người có sau 25 năm Hỏi mệnh đề đúng?

A. 3.500.000.000 A 3.550.000.000 B. 3.400.000.000 A 3.450.000.000

C. 3.350.000.000 A 3.400.000.000 D. 3.450.000.000 A 3.500.000.000

hàng Y với lãi suất 0,73% tháng thời gian tháng Tổng tiền lãi đạt hai ngân hàng 27.507.768,13 đồng (chưa làm trịn) Hỏi số tiền Huyền gửi ngân hàng X Y bao nhiêu?

A. 140 triệu 180 triệu B. 120 triệu 200 triệu

C. 200 triệu 120 triệu D. 180 triệu 140 triệu

Câu 10: Đầu tháng bác An gửi tiết kiệm vào ngân hàng HD Bank số tiền với lãi suất

0,45% /tháng Giả sử lãi suất hàng tháng không thay đổi năm liền kể từ bác An gửi tiết

kiệm Hỏi bác An cần gửi lượng tiền tối thiểu T (đồng) vào ngân hàng HD Bank để sau năm gửi tiết kiệm số tiền lãi đủ để mua xe máy có trị giá 30 triệu đồng?

A.T10050000 B. T25523000 C. T9 493000 D.T9 492000

Câu 11: Một tỉnh A đưa nghị giảm biên chế cán công chức năm từ 2017 đến 2023 10,6% với số lượng có năm 2017 theo phương thức “ra vào 1” (tức giảm đối tượng hưởng lương từ ngân sách Nhà nước người tuyển người) Giả sử tỉ lệ giảm tuyển hàng năm so với năm trước Tính tỉ lệ tuyển dụng hàng năm (làm trịn đến 0,01%)

A. 1,13% B. 1,72% C. 2,02% D. 1,85%

Câu 12: Cho x y, số thực lớn thỏa mãn x29y26 xy Tính

 

12 12 12

1 log log

2.log

x y

M

x y

 





A. M  1 B. 12

12

1 log log

y

M  C. M 2 D. M log 6.12

Câu 13: Cho ,a b số thực hàm số:f x alog2021 x2 1 xbsin os 2020x c  x6 Biết f2020ln 202110 Tính P f2021ln 2020

A. P4 B. P2 C. P 2 D. P10

Câu 14: Cho hai số thực a, b thỏa mãn 1

4   Tìm giá trị nhỏ biểu thức b a

log log

4

a a b

P b  b

 

A

2 

P B

2 

P C

2 

P D.

2 

III TÍCH PHÂN

Câu 1: Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A1,

2

A , B1, B2 hình vẽ bên Biết chi phí phần tơ đậm 200 000 đồng/ m2 phần lại 100 000 đồng/ m2 Hỏi số tiền để sơn

theo cách gần với số tiền đây, biết

1 28 ,

A A m B B1 26m tứ giác MNPQ hình chữ nhật có



MQ m ?

A. 7.322.000 đồng B. 7.213.000 đồng

C. 5.526.000 đồng D. 5.782.000 đồng

Câu 2: Cho hàm số  

2

1 d ln

x

x

g x t

t

  với x  Tính 0 g e 2

A.  

2

2

2

e

g e   B.  

2

2

e

g e   C.  2

2

g e  D. g e 2  2

Câu 3: Cho hàm số f x  liên tục \ 1;0  thỏa mãn x x 1   f x  x 2   f x x x1

 1 2ln2 1

f Khi f 2  a bln3, với ,a blà hai số hữu tỉ Tính a b

A 27

16 B

15

16 C

39

16 D.

3

Câu 4: Cho hàm số y f x  xác định liên tục đoạn 5; 3 Biết diện tích hình phẳng S S S 1, 2, 3 giới hạn đồ thị hàm số y f x  đường parabol y g x  ax2bx c m, n, p

Giá trị tích phân  

3

d

f x x 

A. 208

45

m n p

    B. 208

45

m n p   C. 208

45

m n p   D. 208

45

m n p

   

Câu 5: Tính tích phân  

2

3

max x x, dx



A. B. C. 15

4 D.

17

Câu 6: Khối tròn xoay tạo thành quay hình phẳng  H giới hạn đường cong  4 ,

x x

x e

y

xe

 



 trục hoành hai đường thẳng x0,x quanh trục hồnh tích V   a blne1 ,

,

a b số nguyên Mệnh đề đúng?

A. a b  B. a3b  C. a b  D. a3b17

O x y

-5 -2 -1

y = f (x) S1

5

2

3 S2

S3 y = g(x)

A1 A2

B1

B2

P N

Câu 7: Cho hàm số f x x22x3e Gọi x M m giá trị lớn giá trị nhỏ ,

hàm số F x ax2bx c e đoạn   x 1;0

  , biết F x'   f x , x Tính T am bM c   

A.T 2 24 e B. T0 C. T 3 e D.T 16 e

Câu 8: Cho hàm số y f x  liên tục không âm thỏa mãn f x f x   .  2x f2 x  1 f 0  0.

Gọi M, m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y f x  đoạn 1;  Biết giá trị biểu thức P2M m có dạng a 11b 3c a b c, , ,  . Tính a b c 

A. a b c   B. a b c   C. a b c   D. a b c  

Câu 9: Cho số thực x x x x thỏa mãn 1, 2, 3, 4 0 x1x2x3x hàm 4

số yf x  Biết hàm số y f x  có đồ thị hình vẽ Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số đoạn

 

0;x4 Đáp án sau đúng?

A. M m  f   0 f x3 B. M m f x   3 f x4

C. M m  f x   1  f x2 D. M m f   0  f x1

Câu 10: Cho 0  a hàm  



 ax a x

f x ,  

2



 ax a x

g x Trong khẳng định sau, có bao

nhiêu khẳng định đúng?

I f2 x g x2 1 II g x 2 2g x f x    

III f g  0 g f  0  IV g         2x g x f x g x f x 

A B C D

Câu 11: Trong mặt phẳng  P , cho elip  E có độ dài trục lớn

8  

AA độ dài trục nhỏ BB 6. Đường trịn tâm O đường kính 

BB hình vẽ Tính thể tích vật thể trịn xoay có cách cho

miền hình phẳng giới hạn đường elip đường trịn (phần hình phẳng tơ đậm hình vẽ) quay xung quanh trục AA 

A. V36  B. V 12

C. V 16 D. 64

 

V

Câu 12: Cho hàm số y f x có đạo hàm cấp hai liên tục đoạn 0;1    thỏa mãn

     

1 1

0 0

d   d   d 0

e f xx x e f xx x e f xx x Giá trị biểu thức    

   

  



e f f

e f f

A. –2 B. –1 C. –2 D.

Câu 13: Cho hai đường tròn O1; 5 O2; 3 cắt hai điểm A,B cho

AB đường kính đường trịn  O2 Gọi  D hình phẳng giới

hạn hai đường trịn (ở ngồi đường trịn lớn, phần gạch chéo hình vẽ) Quay  D quanh trục O O ta khối trịn xoay Tính thể tích V khối 1 2

trịn xoay tạo thành

A. 14

3

V   B. 68

3

V  

C. 40

3

V   D. V 36 

O x y

a

A

B

A

Câu 14: Một khuôn viên dạng nửa hình trịn có đường kính

 

4 m Trên người thiết kế hai phần để trồng hoa có dạng cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm nửa hình trịn hai đầu mút cánh hoa nằm nửa đường trịn (phần tơ màu), cách khoảng m , phần cịn lại khn viên (phần không tô màu) dành để trồng cỏ Nhật Bản Biết kích thước cho hình vẽ kinh phí để trồng cỏ Nhật Bản 100.000 đồng/m Hỏi cần 2

bao nhiêu tiền để trồng cỏ Nhật Bản phần đất đó? (Số tiền làm trịn đến hàng nghìn)

A. 3.895.000 đồng B. 1.948.000 đồng C. 2.388.000 đồng D. 1.194.000 đồng

Câu 15: Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục đoạn 1; 2 thỏa mãn    

2

2

1

2 0, '

45

 

   

f f x dx

   

2

1

1

1

30

  

 x f x dx Tính  

2

1



I f x dx

A.

12  

I B.

15  

I C.

36  

I D.

12 

I

Câu 16: Cho biết      

2 16

2

0

d 4, d 2, f t d

x f x x f z z t

t

  

   Tính  

4

0

d

f x x



A. B. 10 C. D. 11

Câu 17: Cho hàm số f x  có đạo hàm đến cấp liên tục 1; 3, f 1 f  1 1

         

0, , 1;

f x  f x f x f x  xf x    x   Tính lnf 3

A. 4 B. 3 C.4 D.3

Câu 18: Xét hàm số f x liên tục   1; 2 thỏa mãn      

2

f x  xf x   f x  x Tính giá trị

của tích phân  

2

1

d

I f x x





A. I  5 B.

2

I  C. I  3 D. I 15

Câu 19: Cho hàm số f x   thỏa mãn điều kiện f x   2x3   f2 x  

0

f  Biết tổng

   1 2017 2018 2019 a

f f f f f

b

      với *

,

a b a

b phân số tối giản Mệnh đề

sau đúng?

A. a

b  B.

a

b C. a b 1010 D. b a 1516

Câu 20: Cho hàm số f x ax3bx2cx d , có đồ thị  C M điểm thuộc  C cho

tiếp tuyến  C M cắt  C điểm thứ hai N ; tiếp tuyến  C N cắt  C điểm thứ hai

P Gọi S S diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng MN 1, 2  C ; đường thẳng NP

và  C Mệnh đề đúng?

A. 2 1

16

S  S B. 1 2

8

S  S C. 1 2

16

S  S D. 2 1

8

S  S

4m

IV SỐ PHỨC

Câu 1: Cho số phức z thỏa mãn z 1 3i   z i 65 Giá trị nhỏ z 2 i đạt

z a bi  với ,a b số thực dương Giá trị 2b3a

A. 19 B. 16 C. 24 D. 13

Câu 2: Cho số phức z thỏa mãn z z 2 z z 8; a b c dương Gọi , , M m giá trị lớn nhất, nhỏ , biểu thức P  z 3i Tính M m 

A. 10 34 B. 5 58 C. 10 58 D. 10

Câu 3: Xét tất số phức z thỏa mãnz  3i Giá trị nhỏ

7 24

z   inằm khoảng nào?

A. 0;1009  B. 1009; 2018  C. 2018; 4036  D. 4036;  

Câu 4: Cho phương trình

0

z az bz cz d  , với , , ,a b c d số thực Biết phương trình có

nghiệm khơng số thực, tích hai bốn nghiệm 13 i tổng hai nghiệm lại i Hỏi b nằm khoảng nào?

A. 0;10 B. 10; 40 C. 40;60 D. 60;100

Câu 5: Cho z x yi x y   ,   số phức thỏa mãn điều kiện z 3 2i 5 3  

  

z i

z i Gọi M m, lần

lượt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Tx2y28x4y Tính M m 

A  18 B 4 C  20 D. 2

Câu 6: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z   1 i 2z đường tròn  C Tính bán kính

R  C

A. 10

R  B R 2 C

3

R  D 10

3

R 

Câu 7: Cho z x yi x y   ,   số phức thỏa mãn điều kiện z 2 3i    z i Gọi M m, giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức 2

8

   

P x y x y Tính M m

A. 156 20 10

5  B. 60 20 10. C.

156

20 10

5  D. 60 20 10.

Câu 8: Cho số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z i  z 2m  với m tham số thực 2 Tập hợp giá trị thực tham số m để tồn hai số phức thỏa mãn điều kiện

A. 2; \    B. 2;  C.  2; \    D. 2; 

Câu 9: Xét số phức z a bi a b   ,   thỏa mãn  z 3i  Tính P a b    z 3i   z i

đạt giá trị lớn

A. P 10 B. P C. P D. P

Câu 10: Xét số phức z thỏa mãn điều kiện z 3 4i    z i Gọi M m, giá trị lớn giá trị nhỏ z 4 3i Tính tổng bình phương M m

A. 82 B. 162 C. 90 D. 90 40 5.

Câu 11: Cho hai số phức z1 7 9i z2 8i Gọi  z a bi (a b,  ) số phức thỏa mãn z  1 i Tìm a b , biết biểu thức P z z1 2z z đạt giá trị nhỏ  2

A -3 B -7 C 3 D 7

Câu 12: Cho hai số phức z z thỏa mãn 1, 2 z1 3,z2 4,z1z2  37 Xét số phức

z

z a bi

z

   Tìm b

Câu 13: Cho z z z z bốn nghiệm phương trình 1, 2, 3, 4

4

1

z z i

  



  

  Tính giá trị biểu thức

    

1 P z  z  z  z 

A. 17

P  B. 17

9

P   C. P 425 D. P  425

Câu 14: Cho hai số phức z z1, 2 thỏa mãn z12i  z2 2 2i  z2 2 i Giá trị nhỏ biểu thức P z1z2

A. B. C. D.

Câu 15: Cho số phức z1 thỏa mãn z122 z1121 số phức z2 thỏa mãn z2  4 i Tìm giá trị nhỏ z1z2

A.

5 B. C. D.

3

Câu 16: Cho số phức z z thỏa mãn tổng chúng tích Khi 1, 2 z1 z2 là:

A. B. C. D.

4 

Câu 17: Cho số phức z11,z2  số phức z thỏa mãn 2 3i z     1 i z i 2. Gọi M, m lần lượt giá trị lớn giá trị nhỏ P z z1  z z2 Tính tổng S M m 

A. S  4 B. S  5 17 C. S  1 10 17 D. S  10 5.

Câu 18: Cho số phức z thỏa mãn z

z

  Tổng giá trị lớn giá trị nhỏ z

A. B. C. D. 13

Câu 19: Biết số phức z thỏa mãn điều kiện 3   z 3i 5 Tập hợp điểm biểu diễn z tạo thành hình phẳng Diện tích hình phẳng

A. 16 B. 4 C. 9 D. 25

Câu 20: Cho số phức z thỏa mãn z i   z 2i Tập hợp điểm biểu diễn số phức w  2 i z mặt phẳng tọa độ đường thẳng Phương trình đường thẳng

A. x7y  B. x7y  C. x7y  D. x7y 

Câu 21: Trong số phức z thỏa mãn z 4 3i   z 5i 2 38 Tim giá trị nhỏ z 2 4i

A.

2 B.

5

2 C. D.

Câu 22: Vói hai số phức z1, z thỏa mãn 2 z1z2 8 6i z1z2  Tìm giá trị lớn Pz1 z2

A. P  5 B. P 2 26 C. P 4 D. P 34 2.

Câu 23: Cho số phức z thỏa mãn tập hợp z  1 3. Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w với

3 2 i w iz   đường trịn Tìm tọa độ tâm I bán kính r đường trịn 2

A. ; ,

13 13 13

I  r

  B. I2; ,  r 13 C.

4

; ,

13 13 13

I  r

  D.

2

; ,

3

I   r

 

Câu 24: Cho z z nghiệm phương trình 1, 2 3 i iz  2z 6 9i thỏa mãn 1 2

z z  Tìm giá trị lớn z1z2

A. 56

5 B

28

V KHỐI ĐA DIỆN

Câu 1: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng

ABCD Góc hai mặt phẳng SBD ABCD 60 Gọi M N, trung điểm cạnh SB SC, Thể tích khối chóp S ADNM

A. 3.

8 a B.

3

3

16 a C.

3

6

16 a D.

3

6 24a

Câu 2:Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy hình bình hành, cạnh SA SB SC, , lấy

điểm M N P, , cho 1, 1,

3

  

SM SN SP

SA SB SC Mặt phẳng MNP cắt cạnh SD Q Biết thể tích khối

chóp S MNPQ 1

8 Tính thể tích V khối chóp S ABCD

A. V10 B. V12 C. V80 D. V8

Câu 3: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình bình hành tâm ;O mặt phẳng SAC vng 

góc với mặt phẳng SBD Biết khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB , SBC , SCD 1; 2; Tính khoảng cách d từ O đến mặt phẳng SAD 

A. 20

19 

d B. 19

20 

d C. d D.

2 

d

Câu 4: Cho hình chóp S ABCD có ABCD hình chữ nhật, SA vng góc với mặt phẳng ABCD , 

1

SA AB  ,AD 2 Điểm M thuộc SA choAM x 0  Tìm x để mặt phẳng x 1 MCD chia khối 

chóp S ABCD thành hai khối tích V V Biết 1, 2

2

V

V  , hỏi giá trị x nằm khoảng nào?

A. 0;1

 

 

  B.

1 ;

 

 

  C.

4 ;

 

 

  D.

5 ;1

 

 

 

Câu 5:Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a Gọi E, F trung điểm cạnh SB SC Biết mặt phẳng , AEF vng góc với mặt phẳng  SBC Tính thể tích V khối chóp 

S ABC

A.

3

5 24

a

V  B.

3

5

a

V  C.

3

3 24

a

V  D.

3

6 12

a

V 

Câu 6: Cho hình chóp S ABC có tam giác ABC cân ,B AB BC a, ABĈ 120  SAB̂ = Ŝ 90CB  

Gọi  góc tạo đường thẳng SA mặt phẳng  , sin  

SBC Tính thể tích khối chóp S ABC,

biết khoảng cách từ điểm S mặt phẳng ABC nhỏ a

A

3

3 12 

S ABC

a

V B

3

3 

S ABC

a

V C

3

3 

S ABC

a

V D

3

3 

S ABC

a

V

Câu 7: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy 2 ,a SA tạo với đáy góc 30  Tính theo a khoảng cách d hai đường thẳng SA CD

A. 14

a

d  B 10

5

a

d  C. 15

5

a

d  D.

5

a

d 

A

3 3

36

a

V  B.

3 3

12

a

V  C

37 3

96

a

V  D

37 3

48

a

V 

Câu 9: Cho hình chóp S.ABCD có SA a SB , 2 ,a SC3a ASB̂ = ASĈ = BSĈ 60   Biết đáy ABCD hình bình hành Tính thể tích V khối chóp S.ABCD

A.

2

V a B.

3 2

a

V  C.

3 2

a

V  D.

3

V  a

Câu 10: Cho tứ diện ABCD có cạnh a Gọi M điểm thuộc miền khối tứ diện tương ứng Giá trị lớn tích khoảng cách từ điểm M đến bốn mặt phẳng tứ diện cho

A.

521

a

B.

4 576

a

C.

4 6 81

a

D.

4 6 324

a

Câu 11: Cho tam giác nhọn ABC, biết quay tam giác quanh cạnh AB, BC CA ta khối tròn xoay tích tương ứng 672 ,3136 ,9408

5 13

 

 Tính diện tích tam giác ABC

A S 1979 B S 364 C S 84 D. S 96

Câu 12: Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C có    AB AA 

Gọi M,N,P trung điểm cạnh  A B A C BC (tham khảo ,   hình vẽ bên) Cơsin góc tạo hai mặt phẳng AB C   MNP bằng: 

A. 13

65 B.

13 65

C. 17 13

65 D.

18 13 65

Câu 13: Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng

ABC điểm  H thuộc cạnh AB cho HA2HB Góc đường thẳng SC mặt phẳng ABC 

bằng

60 Tính khoảng cách d hai đường thẳng SA BC theo a

A. 42

8  a

d B. 21

12  a

d C. 42

12  a

d D. 462

66  a

d

Câu 14: Xét hình chóp S ABCD thỏa mãn điều kiện: đáy ABCD hình vng, cạnh bên SA

vng góc với đáy khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC a Biết thể tích khối chóp 

S ABCD đạt giá trị nhỏ V cosin góc đường thẳng SB mặt phẳng 0 ABCD p q ,

trong p q, số nguyên dương phân số p

q tối giản Tính Tp q V  .0

A.T3 a 3 B. T a 3 C.T2 a 3 D. 3

2 

T a

Câu 15: Xét tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O R Gọi ;  V V 1, 2 V thể tích 3

các khối tròn xoay sinh quay tam giác OCA quanh trung trực đoạn thẳng CA , quay tam giác

OAB quanh trung trực đoạn thẳng AB quay tam giác OBC quanh trung trực đoạn thẳng BC Tính V theo 3 R biểu thức V1V đạt giá trị lớn 2

A. 3

2

 

V R B. 3

81  

V R

C.

3

2 81

 

V R D.

3

18



 

V R

A B

C

M

N

Câu 16: Cho hình tứ diện  H Gọi  H hình tứ diện có đỉnh tâm mặt  H Tính tỉ số diện tích tồn phần  H  H

A 1

4 B

1

8 C

1

9 D

1 27

Câu 17: Cho tứ diện ABCD M, N điểm thay đổi cạnh AB CD cho AM CN

MB ND Gọi

P điểm cạnh AC S diện tích thiết diện cắt mặt phẳng MNP hình chóp Tính tỉ số k diện tích tam giác MNP diện tích thiết diện S

A.

k

k  B.

1

k C.

k

k  D.

1

k 

Câu 18: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành Gọi K trung điểm SC Mặt phẳng  P qua

AK cắt cạnh SB SD, M N, Gọi V V  thể tích khối chóp S ABCD

S AMKN Tỉ số V V



có giá trị nhỏ

A.

5 B.

3

8 C.

1

3 D.

1

Câu 19: Cho tam giác OAB cạnh a Trên đường thẳng d qua O vng góc với mặt phẳng OAB

lấy điểm M cho OM x Gọi E,F hình chiếu vng góc A MB OB Gọi N giao  điểm EF OM Tìm x để thể tích tứ diện ABMN có giá trị nhỏ

A. x a B.

2  a

x C.

12  a

x D.

2  a

x

Câu 20: Cho hình thoi ABCD có BAD 60 ,AB2 a Gọi H trung điểm AB Trên đường thẳng d

vng góc với mặt phẳng ABCD H lấy điểm S thay đổi khác H Trên tia đối tia BC lấy điểm M

sao cho

4 

BM BC Tính theo a độ dài SH để góc SC SAD có số đo lớn 

A. 21 .

4 

SH a B.

421



SH a C. 21

4 

SH a D. 21

4 

SH a

Câu 21: Cho hình lăng trụ ABC A B C    có tất cạnh a , hình chiếu C mặt phẳng

ABB A  tâm hình bình hành ABB A Tính theo a thể tích khối cầu qua năm điểm , , ,   A B B A  

và C

A

3

2

 a

B

3

8

81  a

C

3

2 24

 a

D

3

2 81

 a

Câu 22: Cho mặt cầu  S bán kính R cố định Gọi  H hình chóp tứ giác tích lớn nội

tiếp  S Tìm theo R độ dài cạnh đáy  H

A 4

3

R

B 2

3

R

C

3

R

D R

Câu 23: Cho khối lập phương ABCD A B C D     cạnh a Các điểm E F trung điểm cúa

C B  C D  Mặt phẳng AEF cắt khối lập phương cho thành hai phần, gọi V thể tích khối chứa 1

điểm A V thể tích khối chứa điểm 2 C Khi

V V

A. 25

47 B. C.

17

25 D.

Câu 24: Cho tứ diện ABCD có ADABC, đáy ABC thỏa mãn điều kiện:

cot cot cot

2

A B C BC CA AB

AB AC BA BC CA CB

 

  

Gọi H, K hình chiếu vng góc A lên BD BC Tính thể tích V khối cầu ngoại tiếp khối chóp A.BCHK

A.

3

V   B. 32

3

V  C.

3

V   D.

3

V  

Câu 25: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ Gọi M, N trung điểm BB’, CC’ Mặt phẳng

A MN  chia khối lăng trụ thành hai phần, V1là thể tích phần đa diện chứa điểm B, V2 thể tích phần

đa diện cịn lại Tính tỉ số V V

A.

7

V

V  B.

1

2

V

V  C.

1

3

V

V  D.

1

5

V V 

Câu 26: Một hình lập phương có cạnh cm Người ta sơn đỏ mặt ngồi hình lập phương cắt hình lập phương mặt phẳng song song với mặt hình lập phương thành 64 hình lập phương nhỏ có cạnh cm Có hình lập phương có mặt sơn đỏ?

A. B. 16 C. 24 D. 48

Câu 27: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh Mặt bên SAB tam giác nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M, N, P trung điểm cạnh SD, CD, BC Thể tích khối chóp S.ABPN x, thể tích khối tứ diện CMNP y Giá trị x, y thỏa mãn bất đẳng thức đây?

A. 2

2 160

x  xy y  B. 2

2 109

x  xy y  C.

145

x xy y  D.

125

x xy y 

Câu 28: Một người thợ có khối đá hình trụ có bán kính đáy 30cm Kẻ hai đường kính MN PQ, hai đáy cho MNPQ Người

thợ cắt khối đá theo mặt cắt qua ba bốn điểm M N P Q, , , để khối đá có hình tứ diện (như hình vẽ dưới) Biết khối tứ diện MNPQ tích

30dm Thể tích lượng đá bị cắt bỏ gần với kết nhất?

A.

111,40dm B.

111,39dm C. 111,30dm 3. D. 111,35dm 3.

Câu 29: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB2,AD2 3 Mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng ABCD Gọi  M N P, , trung điểm cạnh SA CD CB, , Tính cơsin góc tạo hai mặt phẳng MNP SCD

A. 435

145 B.

11 145

145 C.

2 870

145 D.

3 145 145

Câu 30: Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC tam giác cân B BC a ABC ,   60 ,

CC  a Tính thể tích khối A CC B B  

A.

3

2

a

V  B.

3 3

a

V  C. V a3 D.

3

V  a

Câu 31: Kim tự tháp Kê - ốp Ai Cập xây dựng vào khoảng 2500 năm trước Công nguyên Kim tự tháp khối chóp tứ giác có chiều cao 147 m, cạnh đáy 230 m Thể tích là:

A.

2592100 m B.

2952100 m C.

2529100 m D.

2591200 m

Q

P N M

Câu 32: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA  vng góc y với đáy Trên AD lấy điểm M, đặt AM x 0 x a Nếu x2y2 giá trị lớn thể tích a2

S ABCM bằng:

A.

3 3

a

B.

3 3

a

C.

3 3

24

a

D.

3

3

a

Câu 33: Một nhóm bạn du lịch dựng lều cách gập đơi bạt hình vng cạnh m (hình vẽ), sau dùng hai gậy có chiều dài chống theo phương thẳng đứng vào hai mép gấp để không gian lều lớn chiều dài gậy là:

A. 3m

2 B.

3 m

2 C.

3 m

2 D. m

Câu 34: Cho hình hộp ABCD A B C D O AC    ,  BD M N, , trung điểm BB C D  Mặt phẳng MNO cắt B C  E tỉ số B E

EC

  là:

A.

5 B.

2

3 C.

1

3 D.

1

Câu 35: Cho lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC tam giác cân đỉnh A, ABC , BC tạo với ABC

góc  Gọi I trung điểm AA biết , BIC 90  Tính tan2 tan2 .

A.

2 B. C. D.

Câu 36: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành tâm O Gọi I điểm thuộc đoạn SO

sao cho

3

SI SO Mặt phẳng   thay đổi qua B I   cắt cạnhSA SC SD , , M N P , , Gọi m n, GTLN, GTNN VS MBNP. ;VS ABCD. Tính m

n

A. B.

5 C.

9

5 D.

8

Câu 37: Cho hình chóp S ABCD có cạnh bên a , góc hợp đường cao SH hình chóp

mặt bên  Tìm  để thể tích S ABCD lớn nhất.

A. 30  B. 45  C. 60  D. 75 

3 m 6 m

VI KHỐI TRÒN XOAY

Câu 1: Một đội xây dựng cần hồn thiện hệ thống cột trịn cửa hàng kinh doanh gồm 10 Trước hoàn thiện, cột khối bê tơng cốt thép hình lăng trụ lục giác có cạnh 20 cm; sau hoàn thiện (bằng cách trát thêm vữa vào xung quanh), cột khối trụ có đường kính đáy 42 cm Chiều cao cột trước sau hoàn thiện m Biết lượng xi măng cần dùng chiếm 80% lượng vữa bao xi măng 50 kg tương đương với 64000

cm xi măng Hỏi cần bao xi măng loại 50 kg để hoàn thiện toàn hệ thống cột?

A. 22 bao B. 17 bao C. 18 bao D. 25 bao

Câu 2: Thầy Thư dạy toán trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu, tỉnh Đồng Tháp muốn xây dựng hố ga dạng hình hộp chữ nhật có nắp bê tơng với thể tích3m , biết tỉ số chiều cao chiều rộng 3

của hố ga 1,5 Xác định chiều cao hố ga để xây hố tiết kiệm nguyên liệu nhất?

A. 1,2 (m) B. 45 (m).

8 C. (m) D.

3

3 (m)

Câu 3: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy Gọi B C hình chiếu 1, 1 A SB SC Tính bán kính mặt cầu qua năm điểm ,

1

, , , ,

A B C B C

A

2

a

B

3

a

C

4

a

D

6

a

Câu 4: Cho tam giác vng OPM có cạnh OP nằm trục Ox, cạnh huyền OMkhông đổi, OM R (

0

R  ) Tính theo R giá trị lớn thể tích khối tròn xoay thu quay tam giác xung quanh trục Ox

A

3

2 27

R



B

3

2

R



C

3

2 27

R



D

3

2

R



Câu 5: Một hình hộp chữ nhật có kích thước 4 h  chứa khối cầu bán kính tám khối cầu nhỏ có bán kính Các khối cầu nhỏ đôi tiếp xúc tiếp xúc với ba mặt hình hộp, khối cầu lớn tiếp xúc với tám khối cầu nhỏ (xem hình vẽ) Tìm giá trị h

20cm

x y

O

R

P M

A 2 7 B 3 5 C 4 7 D 5 5

Câu 6: Cho khối trụ có bán kính đáy r chiều cao h Cắt khối trụ mặt phẳng  P song song với trục cách trục khoảng

2

r

Mặt phẳng  P chia khối trụ thành hai phần Gọi V1 thể tích phần chứa tâm đường tròn đáy V thể tích phần không chứa tâm đường tròn 2

đáy, tính tỷ số

V V

A.

3

  

 

V

V B.

1

2

3

  

 

V

V C.

1

3 2  

V

V D.

1

3

  

 

V V

Câu 7: Cho hình chóp S.ABCD có ABCADC90  Cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng ABCD, góc tạo SC mặt phẳng đáy 60 ,CD a  ADC có diện tích

2

3

a

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

A. S 16 a2 B. S 4 a2 C. S32a2 D. S 8 a2

Câu 8: Cho mặt cầu  S tâm O bán kính r Hình nón có đường tròn đáy  C đỉnh I thuộc  S

được gọi hình nón nội tiếp mặt cầu  S Gọi h chiều cao hình nón Tìm h để thể tích khối nón lớn

A 4

3

r

B

3

r

C

6

r

D 7

6

r

Câu 9: Cho cốc có dạng hình nón cụt viên bi có đường kính chiều cao cốc Đổ đầy nước vào cốc thả viên bi vào, ta thấy lượng nước tràn nửa lượng nước đổ vào cốc lúc ban đầu Biết viên bi tiếp xúc với đáy cốc thành cốc Tìm tỉ số bán kính miệng cốc đáy cốc (bỏ qua độ dày cốc)

A B 2 C 3

2 

D 1

2 

Câu 10: Một ly dạng hình nón (như hình vẽ) Người ta đổ lượng nước vào ly cho chiều cao lượng nước ly

3 chiều cao ly (tính phần chứa nước) Hỏi bịt kín miệng ly úp ngược ly lại tỉ lệ chiều cao mực nước chiều cao ly nước lúc bao nhiêu?

A. 2 

B.

3

3 25



C.

9 D.

3

3 26



Câu 11: Cho hình nón đỉnh S đáy hình tròn tâm O, SA, SB hai đường sinh biết SO 3, khoảng cách từ O đến SAB diện tích SAB  18 Tính bán kính đáy hình nón

A. 674

4 B.

530

4 C.

9

4 D.

23

Câu 12: Học sinh A sử dụng xơ đựng nước có hình dạng kích thước giống hình vẽ, đáy xơ hình trịn có bán kính 20 cm, miệng xơ đường trịn bán kính 30 cm, chiều cao xơ 80 cm Mỗi tháng A dùng hết 10 xô nước Hỏi A phải trả tiền nước tháng, biết giá nước 20000 đồng/

3

1 m (số tiền làm tròn đến đơn vị đồng)?

A. 35279 đồng B. 38905 đồng

C. 42116 đồng D. 31835 đồng

Câu 13: Cho tơn hình nón có bán kính đáy

r  , độ dài đường sinh l 2 Người ta cắt theo đường sinh trải phẳng hình quạt Gọi M, N thứ tự trung điểm OA OB Hỏi cắt hình quạt theo hình chữ nhật MNPQ (hình vẽ) tạo thành hình trụ đường sinh PN trùng MQ (2 đáy làm riêng) khối trụ tích bao nhiêu?

A.  13 1

8

 

B. 3 13 1

8 

 C.

 

5 13

12 

 D.

 13 1

9

 

Câu 14: Cho hình cầu  S tâm O, bán kính R Hình cầu  S ngoại tiếp hình trụ trịn xoay  T có đường

cao đường kính đáy hình cầu  S lại nội tiếp hình nón trịn xoay  N có góc đỉnh

bằng 60 Tính tỉ số thể tích hình trụ  N hình nón  T

A.    

2

T

N

V

V  B.

   

2

T

N

V

V  C.

   

3

T

N

V

V  D. Đáp án khác

Câu 15: Một phễu đựng kem hình nón bạc tích 12 (cm ) chiều cao cm Muốn tăng thể

tích kem phễu hình nón lên lần chiều cao khơng thay đổi diện tích miếng giấy bạc cần thêm

A.  

12 13 15 (cm ) B. 12 13 (cm ).2 C. 12 13(cm ).2

15 D.  

2

12 13 15 (cm )

O

O

A M N B

Câu 16: Cho hình chóp S ABCD đáy ABCD hình vng cạnh , , a SAD tam giác nằm

mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M N trung điểm BC , CD Khi bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối SCMN là:

A.

a

B. a C. 93

6 a D.

31 12a

Câu 17: Chia bìa hình trịn bán kính R 30cm thành phần (như hình vẽ) Lấy phần uốn thành hình nón có đường sinh bán kính hình tròn Khi thể tích khối nón tạo thành là:

A.

3

2

81

R



B.

3

27

R



C.

3

2

27

R



D.

3

81

R



Câu 18: Thể tích khối trịn khối trịn xoay gây nên hình trịn  2 2 

0

x  y a R  R a quay quanh trục Ox là:

A. 82aR2. B. 42aR2. C. 2aR2. D. 22aR2.

Câu 19: Cho tứ diện ABCD có đáy BCD tam giác đều, trọng tâm G  đường thẳng qua G vng góc với BCD A chạy  cho mặt cầu ngoại tiếp ABCD tích nhỏ Khi thể tích khối ABCD là:

A.

3

12

a

B.

3 2

12

a

C.

3 3

12

a

D.

3 3

a

Câu 20: Cho hình trụ có đáy hai đường trịn tâm O O’, bán kính R chiều cao R Trên hai đường tròn  O  O lấy hai điểm A B cho góc hai đường thẳng OA OB  khơng đổi Tính AB theo R 

A. 1 sin2 .

2

R   B. 2 sin2 .

2

R   C.

2 4sin

R   D. R 1 4sin 2 .

r R

l

VII HÌNH TỌA ĐỘ OXYZ

Câu 1: Trong không gian Oxyz cho hai điểm , A2; 2;4 ,  B 3;3; 1  mặt phẳng

 P : 2x y 2z 8 0. Xét M điểm thay đổi thuộc  P , giá trị nhỏ 2MA23MB2 bằng:

A 135 B 105 C. 108 D 145

Câu 2: Trong không gian Oxyz , cho điểm A1;0;0, B0; 2;0, C0;0; 1  Biết tồn điểm S a b c ; ;  khác gốc tọa độ để SA , SB , SC đơi vng góc Tính tổng bình phương giá trị a ,

b c

A. 16

9 B.

4

81 C.

4

9 D.

16 81

Câu 3: Trong không gian Oxyz , cho điểm M2; 3; 4  Gọi  P mặt phẳng qua M cắt trục

, ,

x Ox y Oy z Oz   điểm D E F, , cho  

2 2

    

OD OE m m OF , m

tham số thực Gọi S tập hợp giá trị m để có ba mặt phẳng  P thỏa mãn yêu cầu

Tập hợp S có tập hợp khác rỗng?

A. B. C. 15 D.

Câu 4: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1; 4; , B 1; 2; 4 đường thẳng :

1

 

 



y

x z

d

Biết tồn điểm M a b c ; ;  d cho 2

MA MB đạt giá trị nhỏ Giá trị 2a b 3c

A. 10 B. 35

3 C. 11 D.

1

Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình chóp S ABCD với S1; 1;6 ,  A 1; 2; , B 3;1; , 2; 3; 4

D Gọi I tâm mặt cầu  S ngoại tiếp hình chóp Tính khoảng cách d từ I đến mặt phẳng SAD 

A.

2 

d B. 21

2 

d C. 3

2 

d D.

2 

d

Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2

( ) :S x y z 4x4y2z  đường thẳng d giao tuyến hai mặt phẳng m x 1 2m y 4mz 4 2x my 2m1z 8 0. Khi m

thay đổi giao điểm d m  S nằm đường trịn cố định Tính bán kính r đường trịn

A. 142

15

r  B. 92

3

r  C. 23

3

r  D. 586

15

r 

Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A1;0;0, B3; 2;0, C  1; 2; 4 Gọi M điểm thay đổi cho đường thẳng MA , MB , MC hợp với mặt phẳng ABC góc nhau; N 

điểm thay đổi nằm mặt cầu   : 3 2 2 2 32

S x  y  z  Giá trị nhỏ độ dài đoạn MN

bằng:

A.

2 B. C D.

3 2

Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có A0;0; , B 0; 3;0 , C3;0;0 ,

3; 3; 3

D Hỏi có điểm M x y z (với  ; ;  x y z, , nguyên) nằm tứ diện

A. B. C. 10 D.

Câu 9: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : 1

2 1

 

 

 

y

x z

,

B C di động đường thẳng d cho mặt phẳng OAB vng góc OAC Gọi điểm B hình chiếu

vng góc điểm B lên đường thẳng AC Biết quỹ tích điểm B đường trịn cố định, tính

bán kính r đường trịn

A 60

10 

r B

10 

r C 70

10 

r D.

5 

r

Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho ba điểm A0;1;1 ; B 1;2; ;  C1;2;2 mặt phẳng

  :x2y2z 1 0 Xét điểm M thay đổi thuộc mặt phẳng   , giá trị nhỏ biểu thức

2 22 .

MA MB MB MC

A 25

4 B

17

4 C

13

2 D

11

Câu 11: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A3; 3;1  B  4; 4;1  Xét điểm M thay đổi thuộc mặt phẳng  P z   Giá trị nhỏ : 2

3MA 4MB

A. 245 B. 189 C. 231 D. 267

Câu 12: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng  P x: 2y z  1 0,

 Q x: 2y z  8  R x: 2y z  4 0. Một đường thẳng d thay đổi cắt ba mặt phẳng

     P , Q , R A B C, , Tìm giá trị nhỏ biểu thức TAB2 144 AC

A. 72 3 B. 96 C. 108 D. 72 3

Câu 13: Hai bóng hình cầu có kích thước khác đặt hai góc nhà hình hộp chữ nhật cho bóng tiếp xúc với hai tường nhà Biết bề mặt bóng tồn điểm có khoảng cách đến hai tường nhà mà tiếp xúc 1, 2, Tổng độ dài đường kính hai bóng

A. B. 14 C 12 D. 10

Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, biết tập hợp điểm M x y z cho  ; ;  x    y z là hình đa diện Tính thể tích V khối đa diện

A. V 54 B. V 72 C. V 36 D. V 27

Câu 15: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A1;1;1 , B 2; 3; ,   C 0; 1;1   Mặt cầu  S có bán kính

R  tiếp xúc với mặt phẳng ABC trọng tâm G tam giác ABC Mặt cầu  S nhận điểm làm tâm?

A. M3;1;4  B. N5; 3;   C. P5; 3;   D Q 3; 1; 

Câu 16: Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hình lăng trụ đứng ABC A B C có ' ' ' A x 0;0;0,

 0;0;0 , 0;1;0

B x C B'x0;0;y0, x y số thực dương thoả mãn 0, 0 x0y04 Khi khoảng cách hai đường thẳng AC '' B C lớn mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ có bán kính

R bao nhiêu?

A R 17 B 29

4 

R C R17 D 29

2 

R

Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, biết tập hợp điểm M x y z cho  ; ;  x    y z là hình đa diện Tính thể tích V khối đa diện

Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét điểm A a ;0;0 , B 0; ;0 ,b  C 0;0;c với a,b,c khác a2b2c Biết a,b,c thay đổi quỹ tích tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt 6 phẳng  P cố định Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng  P

A. d  1 B. d  C. d 2 D. d 3

Câu 19: Cho hình chóp S ABC có SA a SB b SC ,  ,  Một mặt phẳng c   qua trọng tâm ABC, cắt cạnh SA SB SC, , A B C   Tìm giá trị nhỏ , , 12 12 12

SA SB SC

A. 2 32 2

a b c B. 2

2

a b c C. 2

2

a b c D. 2

9

a b c

Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S x: 2y2z2  Một mặt phẳng 3.   tiếp

xức với mặt cầu  S cắt Ox, Oy, Oz tương ứng A B C, , Tính giá trị biểu thức

2 2

1 1

T

OA OB OC

  

A.

3

T  B.

3

T  C.

9

T  D.T 

Câu 21: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm 2; 3;0 , 0; 2;0 , 6; 2;

 

   

 

A B M đường

thẳng :

2         

x t d y

z t

Điểm C thuộc d cho chu vi tam giác ABC nhỏ độ dài CM

A. B. C. D.

5

Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu   S : x12y2z22 9 ngoại tiếp khối bát diện  H ghép từ hai khối chóp tứ giác S.ABCD S ABCD. (đều có đáy tứ giác ABCD) Biết đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD giao tuyến mặt cầu  S mặt phẳng

 P : 2x2y z  8 Tính thể tích khối bát diện  H

A.   34 

H

V B.   665

81 

H

V C.   68

9 

H

V D.   1330

81 

H

V

Câu 23: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S x: 2y2z24x2y6z 5 mặt phẳng

 P : 2x2y z 16 0. Điểm M, N di động  S  P Khi giá trị nhỏ đoạn MN

là:

A. B. C. D.

Câu 24: Trong không gian Oxyz cho điểm A1; 2; 3 , véc – tơ u6; 2; 3   đường thẳng d :

4

3



   



y

x z

Viết phương trình đường thẳng  qua A, vng góc với giá u cắt d

A 1

2



 

 



y

x z

B

2



 

y 

x z

C

1



   



y

x z

D

3



  y  

x z

Câu 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng  P x y:  2z 1

tuyến đường trịn có bán kính cắt mặt phẳng  Q theo giao tuyến đường trịn có bán kính r Xác định r cho có mặt cầu  S thỏa mãn điều kiện toán

A. 2

r  B. 10

2

r  C. r  D. 14

2

r 

Câu 26: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A6; 3; ,  B a b c; ;  Gọi M,N,P giao điểm đường thẳng AB với mặt phẳng tọa độ Oxy    , Oxz , Oyz Biết M,N,P nằm đoạn AB cho AM MN NP PB   Tính giá trị tổng a b c 

A. a b c  11 B. a b c   11

D. a b c  17 D. a b c   17

Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : 2x y z   2 0,  Q x: 2y z  2 0, R x y:  2z 2 0, T x y z:    Hỏi có mặt cầu có tâm thuộc  T

và tiếp xúc với      P , Q , R ?

A. B. C. D.

Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm O0;0;0, A1;0;0, B0;1;0, C0;0;1 Hỏi có điểm cách mặt phẳng OAB, OBC, OCA, ABC?

A 1 B 4 C 5 D 8

Câu 29: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A2;0;0 , B 0; 4; , C 2; 2;   Gọi d đường thẳng qua A vng góc với mặt phẳng ABC S, điểm di động đường thẳng d, G

H trọng tâm ABC, trực tâm SBC. Đường thẳng GH cắt đường thẳng d S Tính tích SA S A 

A.

2

SA S A  B

2

SA S A  C. SA S A  12 D.SA S A  6

Câu 30: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hình lăng trụ có diện tích đáy (đvdt) hai đáy hai tam giác nằm hai mặt phẳng     , có phương trình   :x2y3z a 0

  : 3x6y9z b 0 ,a b ,b3 a Hỏi thể tích khối lăng trụ 14 khẳng định sau đây đúng?

A. 3a b  14 B. 42

b

a   C. 3a b 14 D. 14

3

b

a  

Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :

x t

d y

z t

         

mặt phẳng    P , Q có phương trình x2y2z  ; x2y2z  Viết phương trình mặt cầu  S có tâm I thuộc đường thẳng d, tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  Q

A.  3 2 1 2 32

x  y  z  B.  3 2 1 2 32

9

x  y  z 

C.  3 2 1 2 32

x  y  z  D.  3 2 1 2 32

9

x  y  z 

Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Viết phương trình mặt phẳng  P qua điểm M1; 2; 3 và cắt trục Ox, Oy, Oz ba điểm A, B, C khác với gốc tọa độ O cho biểu thức

2 2

1  

A.  P x: 2y3z14 0 B.  P x: 2y3z11 0

C.  P x: 2y z 14 0 D.  P x y:  3z14 0

Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A0;1;1 , B 3;0; ,  C 0; 21; 19  mặt cầu

    2  2 2

: 1 1

S x  y  z  M a b c điểm thuộc mặt cầu  , ,   S cho biểu thức

2 2

3

T MA  MB MC đạt giá trị nhỏ Tính tổng a b c 

A. 14

5

a b c   B. a b c  0 C. 12

5

a b c   D. a b c  12

Câu 34: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S x: 2y42z2 Tìm tọa độ điểm

A thuộc trục Oy, biết ba mặt phẳng phân biệt qua A có vec-tơ pháp tuyến vec-tơ

đơn vị trục tọa độ cắt mặt cầu theo thiết diện ba hình trịn có tổng diện tích 11 A. 0; 2; 0

0; 6;

A A

 

 B.

 

0; 0; 00; 8; 0

A A

 

 C.

 

0; 0; 00; 6; 0

A A

 

 D.

 

0; 2; 00; 8; 0

A A

  

Câu 35: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :

1

y

x z

d    

 Điểm sau

thuộc đường thẳng d?

A. Q1; 0; 2 B. N1; 2;0  C. P1; 1; 3  D. M  1; 2;0

Câu 36: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm 59; 32 2;

9 9

  

 

 

M mặt cầu  S có phương trình

2 2 22 4 6 11 0.

x y z x y z Từ điểm M kẻ tiếp tuyến MA MB MC, , đến mặt cầu  S , , ,

A B C tiếp điểm Mặt phẳng ABC có phương trình  px qy z r   0 Giá trị biểu thức

 

p q r

A. 4. B. C. D. 36

Câu 37: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho tam giác ABC có A2; 3;1 , B 1; 2;0 , C 1;1; 2  Đường thẳng d qua trực tâm tam giác ABC vng góc với mặt phẳng ABC có phương trình 

A.

1



 

 



y

x z

B. 13

1



 

 



y

x z

C. 11

1



   



y

x z

D. 21 14

1



   



y

x z

Câu 38: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1

1

y

x z

d     



3

:

1

y

x  z

   Viết phương trình mặt phẳng  P chứa d tạo với tam giác góc 30  có

dạng: xaybz c với a b c , , giá trị a b c 

A. B -8 C 7 D -7

Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A2; 11; 5 mặt phẳng 

 P : 2mxm21 y m21z10 0. Biết m thay đổi, tồn hai mặt cầu cố định tiếp xúc với

 P qua A Tìm tổng bán kính hai mặt cầu

Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba mặt phẳng   : 2x4y5z 2 0,

  :x2y2z 1   : 4x my z n   0 Để ba mặt phẳng có chung giao tuyến tổng m n 

bằng

A. 4 B. C. 8 D.

Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A3;0;0 , B 0;2;0 , C 0;0;6 , D1;1;1  Kí hiệu

d đường thẳng qua D cho tổng khoảng cách từ điểm A, B, C đến d lớn Hỏi đường

thẳng d qua điểm đây?

A. M   1; 2;1  B. N5;7;  C. P3;4;3  D.Q7;13; 

Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M8;1;1  Mặt phẳng  P qua M cắt tia

, ,

Ox Oy Oz A B C, , thỏa mãn 2

OA OB OC đạt giá trị nhỏ có dạng  P : 12

ax by cz    Khi a b c  là:

A. B. 9. C. 11 D. 11.

Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A3; 1; ,    B 3;0; ,   C  1; 3;1 mặt phẳng

 P : 2x4y3z19 0. Tọa độ điểm M a b c thuộc  ; ;   P cho MA2MB5MC đạt giá trị nhỏ nhất Khi a b c  bằng:

A. B. C. D.

Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho   : 2x2y z 14 0, mặt cầu

 S x: 2y2z22x4y6z11 0. Mặt phẳng    P //  cắt  S theo thiết diện hình trịn có diện

tích 16  Khi phương trình mặt phẳng  P là:

A. 2x2y z 14 0. B. 2x2y z   C. 2x2y z 16 0. D. 2x2y z  

Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A1;2; ,   B 1;1;2 ,  C0; 3;    Xác định điểm M mặt phẳng Oxy cho: MA MB MC  đạt giá trị nhỏ Giá trị nhỏ là:

A. B. C. D.

Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm H2; 1; 2  hình chiếu vng góc gốc tọa độ O xuống mặt phẳng  P Số đo góc mặt phẳng  P mặt phẳng  Q có phương trình    y z là:

A. 90  B. 60  C. 45  D. 30 

Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A2; 1; ,   B 0; 3; 1 mặt phẳng

 P x y z:     Tìm tọa độ điểm M thuộc 3  P cho 2MA MB có giá trị nhỏ

A. M   4; 1;  B. M   1; 4;  C. M4; 1;  D. M1; 4;  

Câu 48: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho : 2

1 1

y

x z

d     

 

3

: ,

5

x t

d y t t

z

    

       



Viết

phương trình tắc đường vng góc chung d d

A

1 1

y

x   z

  B

2

1

1

y

x    z

 

C

1 2

y

x   z

  D

2

1

1

y

x    z

Câu 49: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1;0; , B0; 1; 2  mặt phẳng

 P x: 2y2z12 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc  P cho MA MB nhỏ nhất?

A M2; 2;9  B 6; 18 23;

11 11 11

M  

 

C 7 31; ; 6

M 

  D

2 11 18

; ;

5 5

M  

 

Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

1 2

: , :

1

x t x t

d y t d y t

z t z t



      

       

 

       

 

mặt

phẳng  P x y z:    2 Đường thẳng vng góc với mặt phẳng  P , cắt d d có phương trình

A

1 1

y

x    z

B 1

1

y

x   z

 

C 1

1 1

y

x    z

D 1

2 2

y

x   z

Câu 51: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P : x y z    điểm A3;2;4 ,

5; 3;7

B Mặt cầu  S thay đổi qua A, B cắt mặt phẳng  P theo giao tuyến đường tròn  C có bán kính r 2 2.Biết tâm đường trịn  C ln nằm đường trịn cố định  C Bán kính 1

 C 1

VIII TỔ HỢP – XÁC SUẤT, GIỚI HẠN, DÃY SỐ

Câu 1: Có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có ba ghế Xếp ngẫu nhiên học sinh, gồm nam nữ, ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Xác suất để học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ

A 2

5 B

1

20 C.

3

5 D.

1 10

Câu 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, chọn ngẫu nhiên điểm mà tọa độ số nguyên có giá trị tuyệt đối nhỏ Nếu điểm có xác suất chọn xác suất để chọn điểm mà khoảng cách đến gốc tọa độ nhỏ

A. 13

81 B.

15

81 C.

13

32 D.

11 16

Câu 3: Có người ngồi xung quanh bàn tròn Mỗi người cầm đồng xu cân đối, đồng chất Cả người đồng thời tung đồng xu Ai tung mặt ngửa phải đứng dậy, tung mặt sấp ngồi yên chỗ Tính xác suất cho khơng có hai người ngồi cạnh phải đứng dậy?

A 47

256. B

67

256 C

55

256 D

23 128

Câu 4: Trong hình tứ diện ta tơ màu đỉnh, trung điểm cạnh, trọng tâm mặt trọng tâm tứ diện Chọn ngẫu nhiên điểm số điểm tơ màu Tính xác suất để điểm chọn đỉnh hình tứ diện

A. 188

273 B.

1009

1365 C.

245

273 D.

136 195

Câu 5: Trong khai triển 1 n 0 1 n, *

n

x a a x a x n

      Tìm số lớn hệ số a a0, 1, ,a n,

biết

0 4096

2

n n

a a

a    

A. 126720 B. 213013 C. 130272 D. 130127

Câu 6: Lớp 12B có 25 học sinh chia thành hai nhóm I II cho nhóm có học sinh nam nữ, nhóm I gồm học sinh nam Chọn ngẫu nhiên nhóm học sinh, xác suất để chọn học sinh nam 0,54 Xác suất để chọn hai học sinh nữ

A. 0,42 B. 0,04 C. 0,23 D. 0,46

Câu 7: Cho ba toa tàu đánh số từ đến 12 hành khách Mỗi toa chứa tối đa 12 hành khách Gọi n số cách xếp hành khách vào toa tàu thỏa mãn điều kiện “mọi toa có khách” Tìm số các chữ số n

A 5 B 6 C 7 D 8

Câu 8: Cho đa giác lồi  H có 22 cạnh Gọi X tập hợp tam giác có đỉnh ba đỉnh  H Chọn ngẫu nhiên hai tam giác X Tính xác suất để chọn tam giác có cạnh cạnh đa giác  H

và tam giác khơng có cạnh cạnh đa giác  H (Kết làm tròn đến chữ số thập phân thứ ba)

A. 0,374 B. 0,375 C. 0,376 D. 0,377

Câu 9: Cho tập hợp số nguyên liên tiếp sau:     1 , 2; , 4; 5;6 , 7;8;9;10 ,    , tập hợp chứa nhiều tập hợp trước phần tử, phần tử tập hợp lớn phần tử cuối tập hợp trước đơn vị Gọi S tổng phần tử tập hợp thứ n Tính n

999 S

Câu 10: Chiếc kim bánh xe trò chơi “Chiếc nón kì diệu” dừng lại mười vị trí với khả Xác suất để ba lần quay, kim bánh xe dừng lại ba vị trị khác

A. 0,001 B. 0,72 C. 0,072 D. 0,9

Câu 11: Để thi học kỳ hình thức vấn đáp, thầy giáo chuẩn bị 50 câu hỏi cho ngân hàng đề thi Bạn A học làm 20 câu Để hồn thành thi bạn A phải rút trả lời câu ngân hàng đề Tính xác suất để bạn rút câu mà có câu học

A.

4 20 50

C

C B.

4 30 50

1 C

C

 C.

4 30 50

C

C D.

4 20 50

1 C

C



Câu 12: Tổng 2018 2017 2016 2018 2018.2 2018.2 2018.2 2018

P C C C  C là:

A. P 1 B. P 0 C. 2017

2

P  D. 2018

2

P 

Câu 13: Cho dãy số 23 23, 23, 23, , 23

C C C C Có gồm số hạng liên tiếp dãy số lập thành cấp số cộng?

A. B. C. D.

Câu 14: Một bình chứa viên bi đủ bốn màu: đỏ, trắng, xanh lam Lấy ngẫu nhiên đồng thời bốn viên bi từ bình xác suất xảy biến cố sau nhau:

(1) Cả bốn viên bi màu đỏ

(2) Có viên bi màu trắng ba viên bi màu đỏ

(3) Có viên bi màu trắng, viên bi màu xanh hai viên bi màu đỏ (4) Bốn viên bi có đủ bốn màu

Hỏi số viên bi nhỏ bình thỏa mãn điều kiện trên?

A 19 B. 69 C 46 D. 21

Câu 15: Cho hai số thực a b thỏa mãn

2

4

lim

2

x

x x

ax b x



   

  

  

  Khi a2b

A. 4 B 5 C. D 3

Câu 16: Cho dãy số  u thỏa mãn n  

1

,

3 

 

   

  

 n n

u

n n

u u Tìm giá trị nhỏ n để

9

log un100

A 102 B 101 C 202 D. 201

Câu 17: Cho cấp số cộng  u Gọi n Snu1u2  un Biết

2

p

q

S p

S  q với p q p q; , 

  Tính giá trị

của biểu thức 2017 2018

u u

A. 4031

4035 B.

4031

4033 C.

4033

4035 D.

4034 4035

Câu 18: Cho hàm số  

4

4

x

e e

x

f x x

ae x



  

  

 



Giá trị a để f x liên tục   x  0

B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

I HÀM SỐ

Câu 1: Biết tồn số nguyên ,a b cho hàm số 2

ax b y

x

 

 đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn số nguyên tập giá trị hàm số cho có số nguyên Giá trị a2 2b2

A. 36 B. 34 C. 41 D. 25

Lời giải

Bằng cách sử dụng điều kiện tồn nghiệm phương trình, có: Khi 

a hàm số đạt giá trị lớn (khi  0b ) đạt giá trị nhỏ

(khi  0b ) Còn  0a      

2 2

2

b a b b a b

y

Do đó,   

2

min

2

b a b

y   

2

max

2

b a b

y

Vì ; maxy y số nguyên nên tập giá trị hàm số cho có

6 số nguyên maxyminy 5 a2b2  5 a2b225 Suy ra,  5

2

b

y max  5

b

y

Theo giả thiết, b số nguyên lẻ  0a nên a216,b29

Do đó, a22b2 34

Đáp án B Câu 2: Cho hàm số y f x Hàm số   yf x  có bảng biến thiên sau

Bất phương trình f3 4 xe3 4 x2m với 5; 4

 

 

 

x

A. m f  2 12

e B.

 2 2.

2

 f 

m e

C.  2 12

2



 f 

m

e D.  

2

2

 

m f e

Lời giải

Đặt g x  f 4 xe3 4x

Ta có g x  4f3 4 x4e3 4x

Với 5;

4

 

 

 

x 4 x  2; 2 Từ bảng biến thiên hàm số y f x , ta có

 

3 0, ;

4

f  x   x  

  Do đó,  

1

0, ;

4

g x   x  

  hay hàm số g x  đồng Cho hàm số liên tục

trên đoạn Đặt

Khi đó: (1): có nghiệm thuộc

(2): với

(3): với (4): có nghiệm thuộc

(5): có nghiệm thuộc

biến khoảng 5; 4

 

 

  Do bất phương trình g x 2m với

; 4

 

 

 

x  2 12

4 2

  

   

   

f

g m m

e

Đáp án C

Câu 3: Cho hàm số

2 

     

 

y x m x m

m m0 Gọi giá trị lớn nhất, giá trị

nhỏ hàm số 1;1 y , 1 y Số giá trị m để 2 y1y28

A. B. C. D.

Lời giải

Đặt    22  1 

 

 

y f x x m x m

m ,

1 ' 2 2  

 

y x m

m

1

    

y x m

m

* Với m0, m 2

m Khi đó, hàm số nghịch biến 1;1

 

1

y  f  3m 1

m ; y2f 1

2

  m m

Theo đề ta có:

1 8

y y  3m    1 m 8

m m m0

2 2 1 0

m  m   m

* Với m0, m  2

m Khi đó, hàm số đồng biến 1;1

 

1

y  f   1 m

m; y2 f 1

2

3

 m 

m

Theo đề ta có:

1 8

y y  3m    1 m  8

m m m0

2 2 1 0

m  m    m Vậy có hai giá trị m thỏa mãn

Đáp án A Câu 4:Giá trị tham số thực k sau để đồ thị hàm số y x 33kx24 cắt

trục hoành ba điểm phân biệt

A.   1 k B. k1 C. k1 D. k1

Lời giải

Cách 1: Ta có y 3x26kx

Để đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt  Đồ thị hàm số có hai cực trị nằm hai phía so với trục hồnh

   

2

2

0

2 4

  

  

 

 

    



 

 

y

CĐ CT CĐ CT

k

k x k x

y y

 

4

0

4 16

  

     

 CĐ CT CĐ CT

k

k x x k x x

Cho hàm số

với Gọi giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số + Nếu

+ Nếu

Theo Vi-et, ta có        CĐ CT CĐ CT

x x k

x x Suy

0

1

16 16

          k k k

Cách 2: Xét phương trình hồnh độ giao điểm  

3

3

2

4

3

3 

    x  

x kx k

x ,

0 

x

Xét hàm số

3

2

4 24

3

  

x   x x

y y

x x

Với 4

0  24

         

x x y x x x

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên  Để đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt

 k

Cách 3: Ta có y 3x26kx Xét 0

2         x y

x k

Để đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt  Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm hai phía so với trục hồnh

Điều kiện: 2   0 3

0 16 16

                 k k k

y y k k

Đáp án B Câu 5: Cho số thực x y z, , thỏa mãn điều kiện 2 2 23

5          

x y z

x y z Hỏi biểu thức

2     x y P

z nhận giá trị nguyên?

A. B. C. D.

Lời giải

Cách 1: Điều kiện: z 2

  2 2          x y

P P z x y

z

3

      

x y z x y z

  2 2

2 2 2 5    2 10

x y z x y x y z

 2 2   2 2 2

10 3

 x y   z  z  x y   z  z

Do đó, P z 222  3z26z1

  2   

3 4

 P  z  P  P z P  P 

Phương trình  1 có nghiệm   

 2  2 2  2 

2 3

 P  P  P  P  P 

x y’ – ∞ y – ∞

0

+ – – + ∞ + ∞ + ∞ + ∞ Một số hướng tìm điều kiện

để phương trình bậc ba có ba nghiệm phân biệt: + Hướng 1: Cơ lập m quy khảo sát hàm số

+ Hướng 2: Nhẩm nghiệm đến phương trình tích

+ Hướng 3: Dùng điều kiện

STUDY TIP

Trong biểu thức P vai trò của z khác x, y đó, ta tìm cách rút x, y theo z từ điều kiện ban đầu Từ quy phương trình ẩn z tìm điều kiện để phương trình có nghiệm

 

4

4 12 12 15 24

 P  P   P  P  P P  P  P  P 

2 36

23 36 0

23

  P  P    P

Do đó, P nhận giá trị nguyên 0; 1

Cách 2: Ta có:

2

2  

     



x y

P x y Pz P

z  2

3   

x y z  3

2 2

5

  

x y z  4

Phương trình    2 , phương trình mặt phẳng

Hai mặt phẳng cắt theo giao tuyến có vectơ phương

 1; 1; 2

u P P qua điểm 2; 1;0

2

   

 

 

P P

M

 

; ; 5;

      

u OM P P P

Phương trình  4 phương trình mặt cầu  S có tâm (0;0;0)O bán kính R , ,

x y z tồn d cắt  S  

;

,

 

 

d O d  R u OM 

u

  2  2 2   2 2

2 5 5 1 4

              

 

P P P P P

2 36

23 36 0

23 

  P  P   P

Do đó, P nhận giá trị nguyên 0; 1

Đáp án A Câu 6: Cho hàm số y f x  liên tục \ 2; 2  có bảng biến thiên sau:

Số nghiệm phương trình f2018x 2019 2020

A. 2 B. 1 C. 4 D

Lời giải

Bảng biến thiên hàm số y f x 

d

2

+

3

x

y y’

–2

–∞

–∞ +∞

+∞

– –

2018

–∞ +∞

2

+

3

x

y y’

–2 +∞

–∞ +∞

+∞

– –

2018

–∞ +∞

+

0 Các biểu thức liên hệ x,

y, z có dạng phương trình mặt phẳng, mặt cầu Từ giúp ta nghĩ đến việc xét vị trí tương đối mặt cầu với đường thẳng mặt phẳng

Đường thẳng y 2020 cắt đồ thị hàm số y f x  điểm phân biệt có hồnh độ x x x x 1, 2, 3, 4

Do đó,  

1

2018 2019

2018 2019

2018 2019 2020

2018 2019

2018 2019

x x

x x

f x

x x

x x

  

  



   

 



 



phương trình cho

ta nghiệm phân biệt

Suy phương trình f2018x 20192020 có nghiệm phân biệt

Đáp án C Câu 7:Cho hàm số yf x x32m1x2 2 m x  Tập tất giá trị của m để đồ thị hàm số y f x  có điểm cực trị a;c

b

 

 

  với a , b , c số nguyên a

b phân số tối giản Tính a b c 

A. a b c  11 B. a b c   C. a b c  10 D. a b c   Lời giải

Tập xác định D 

  3 2 2 1 2 

f x  x  m x m

Yêu cầu toán  f x 0 có nghiệm dương phân biệt

 2  

2

0

0

0

m m

S m

P m

    



  

    

 

    

 

2

4

5

2

1 4

2

   



   

  

m m

m m

5, 4,

 a b c

Vậy a b c  11

Đáp án A Câu 8:Cho hàm số f x  thỏa mãn xf x 2 1 x21 f x f   .  x 

    với x

dương Biết f 1 f  1 1 tính f2 2

A. f2 2 ln 1 B. f2 2  ln 1

C. f2 2 2ln2 2 D. f2 2  2ln 2

Lời giải

Ta có xf x 2  1 x21 f x f     x  f x  f x f   x 12

x

   

    

   

f x f x x

x



 



  

    

     

1

f x f x x C

x



   

Do f 1  f  1  nên ta có C   1

Do đó, f x f x    x 1

x

    2  ln

2

f x x

x x

 

   

 

     

 

 

Để tìm số nghiệm phương trình biết đồ thị bảng biến thiên hàm số ta xác định số giao điểm đường thẳng với đồ thị hàm số Gọi hồnh độ giao điểm ta có

Bài tốn trở tìm số nghiệm phương trình

 

2

2

2ln

f x x x x C

    

Mà f 1 1 nên ta có C 2

Vậy f2 x x22lnx2x 2 f2 2 2ln2 2

Câu 9: Tìm tất giá trị tham số thực m để phương trình

   2  2 

2 2

2log x2 log x2 2log 2x 6x m có hai nghiệm phân biệt 

A m  20; 4 B m  20;4   5;7

C m5;  D m  20; 4   5;7

Lời giải

Phương trình cho

   

2

2

2 2

2

2

2 log 2 log 2 log

x x

x x m

x x x x m

     

    



      



   

2

2

2

2

2

2

2 2

2 2

x

x x

x

x x m

x x x x m

x x x x m

  

  

  



  

  

      



     



Xét hàm số    

2

2

6

2 2

3 2

x x x

f x x x x x

x x x

   



      

     



nÕu

nÕu

 

6 2

x x

f x

x x

  

  

    



nÕu

nÕu ;  

3

1

x f x

x

 

   





Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có m  20;4   5;7

Đáp án B Câu 10: Cho hàm số yx3 3x 2 C Biết đường thẳng d y: mx1

cắt  C ba điểm phân biệt A B C, , Tiếp tuyến ba điểm , ,A B C đồ thị

 C cắt đồ thị  C điểm A B C  , , (tương ứng khác , ,A B C) Biết A B C  , , thẳng hàng, tìm giá trị tham số mđể đường thẳng qua ba điểm A B C  , , vng góc với đường thẳng :x2018y2019 0

A  1009

2

m B  1009

4

m C  2009

4

m D  2019

4

m

Lời giải

Giả sử A x y 1; 1 ,B x y2; 2 ,C x y3; 3

3

7

x

f(x)

f’(x)

1

–2 +∞

–∞ +

+ _

4

_

–20

5 Sai lầm thường gặp:

Biến đổi

Ta có phương trình tiếp tuyến A đồ thị  C là:

  

1:y 3x1 x x1 x1 3x1

      

Xét phương trình    3

1 1

3x 3 x x x 3x  2 x 3x

Do  

1 1

2 ;

A  x  x  x 

Lại có  

1 1 1 1

8x 6x x 3x 18x 18 8y 18x 18

            

  1 

8 mx 18x 18 2x 4m 10

        

4 1 10

A A

y  m x 

    Tương tự ta có yB4m9xB10

Do phương trình đường thẳng qua điểm A’, B’, C’

 

2:y 4m x 10

   

Theo đề    nên 2 2018 2009

4

m    m (thỏa mãn)

Đáp án C.

Câu 11: Cho hàm số 1  



x y

x có đồ thị  C Tiếp tuyến M x y 0; 0x00

của đồ thị  C tạo với hai đường tiệm cận đồ thị  C tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp lớn Giá trị biểu thứcT2018x02019y 0

A T2021 B T2016 C T2018 D. T2019 Lời giải

Chú ý: Ta có số tốn sau giải cơng thức tính nhanh Cho hàm số y ax b  C

cx d

 

 với ad bc 0,ac0

1 Tìm điểm M C cho tiếp tuyến M tạo với hai tiệm cận a Một tam giác vuông cân

b Một tam giác vng có cạnh huyền nhỏ c Một tam giác có chu vi nhỏ

d Một tam giác có bán kính đường trịn ngoại tiếp nhỏ e Một tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp lớn

2 Tìm điểm M C cho tiếp tuyến  C M vng góc với đường thẳng IM

3 Tìm điểm M C cho khoảng cách từ điểm I đến tiếp tuyến đồ thị  C M lớn

4 Tìm điểm M, N thuộc nhánh khác đồ thị  C cho độ dài

MN đạt giá trị nhỏ

5 Tìm điểm M, N thuộc nhánh khác đồ thị  C cho tiếp tuyến M N song song với đồng thời MN đạt giá trị nhỏ Cơng thức tính nhanh cho tốn sau:

Hoành độ điểm M (hoặc hoành độ hai điểm M, N) cần tìm nghiệm phương trình:  y21

Bài tốn bên xây dựng từ ý tưởng toán gốc sau đây: Cho hàm số có điểm A, B, C thuộc đồ thị Tiếp tuyến điểm A, B, C đồ thị cắt điểm A’, B’, C’ (tương ứng khác A, B, C) Biết A, B, C thẳng hàng, chứng minh rằng A’, B’, C’ thẳng hàng

FOR REVIEW

Để giải toán ta sử dụng cơng thức tính nhanh liên quan đến hàm phân thức

Cách 1: TXĐ:  

 2

1 \ ;

1

y x

 



Xét phương trình  2 1

2

x y

x x

  

 

      

  

  

Do x  nên 0 x0  2 y0 Vậy T 2021

Cách 2:

Phương trình tiếp tuyến  C M x y 0; 0là:

 2 0

0

2

:

1

x

y x x

x x

 

   

 

 C có tiệm cận d x1:  1;d y2: 2;d1  d2 I 1; 2

Gọi

1

0

2 1;

1

x

A d A

x

 

     



 ; B d  2 B x2 01; 2

0

2

;

1

IA IB x IA IB

x

     



Do ABI vuông I nên bán đường tròn nội tiếp IAB

2

2

2

2 2

IAB

S IA IB IA IB

r

IA IB AB IA IB IA IB IA IB IA IB

     

      

Dấu xảy

0

0

0

1

2

x

IA IB x

x

 

     

 



Do x0 0 nên x0  2 y0  Vậy T 2021

Đáp án A Câu 12: Cho hàm số y x 33x1 C Biết tồn hai tiếp tuyến đồ thị

 C phân biệt có hệ số góc k , đồng thời đường thẳng qua tiếp điểm hai tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tam giác cân Gọi S tập các giá trị k thỏa mãn điều kiện trên, tính tổng phần tử S

A 3 B 9 C 12 D 0

Lời giải Cách 1:

Tập xác định

, y 3x 

Theo ta có phương trình 3x2 3 k 1 có nghiệm phân biệt Do k  3 * 

Gọi x x nghiệm phương trình (1), 1; 2 M x y 1; 1 ;N x y2; 2   C

Ta có: 1 

1 1 3 1 1 1

3 3

x k k

y x  x   x   x   x  x    x 

 

Tương tự 2 2

3

k y   x

 

Do phương trình MN là:  

3

k

y  x d

 

Vì  d tạo với hai trục tọa độ tam giác cân nên d có hệ số góc 1 Cơng thức tính bán kính

đường trịn nội tiếp (S, P diện tích, chu vi tam giác đó)

MEMORIZE

Ta lập phương trình đường thẳng qua hai tiếp điểm hai tiếp tuyến với phương pháp gián tiếp

+)

k

k

    (thỏa mãn (*))

+)

3

k

k

     (thỏa mãn (*)) Vậy tổng phần tử S 12

Cách 2:

Ta có y6 ,x y   0 x  C có điểm uốn I 0;1

TH1: Đường thẳng MN có hệ số góc qua I  Phương trình MN: y  x

 Hoành độ M, N nghiệm phương trình:

   

3

3 1

2

x l

x x x x x

x

 

        

 

  k y   2 y   TH2: Đường thẳng MN có hệ số góc 1 qua I

 Phương trình MN: y  x

 Hoành độ M, N nghiệm phương trình:

     

3 3 1 1 2 2 3

2

x l

x x x k y y

x

 

 

          

    Vậy tổng phần tử S 12

Đáp án C Câu 13: Cho số thực dương x y z thỏa mãn , , x y z      

e e x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức

 2

4

  



P

xz y

x z

A 108 B 106 C 268 D 106

Lời giải

Xét hàm số f t  et et t, 0;  ;f t  et e f t,     0 t Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có et    et t ex y z  e x y z    Kết hợp với giả thiết ta có x y z  

Khi

     

2

2 3

1

1 1 36

4

4 1

P

xz y y y

x z x z y

  

 

      

    

 

Xét hàm số  

 2

36

1

g y

y y

 

 với y  0;1

 

 3  

72

;

3

g y f y y

y y

      



+∞

t

f(t) f’(t)

1

_ +

0 Cho đồ thị hàm số

bậc Nếu hai điểm M, N thuộc đồ thị mà tiếp tuyến hai điểm song song với M, N ln đối xứng qua điểm uốn

STUDY TIP

Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz: Giả sử

là số thực số thực dương Khi ta có:

Đẳng thức xảy

Do g y 108; y  0;1

Vậy minP 108 đạt 4; 1;

9

x y z

Đáp án A Câu 14: Hàm số  

2

y x x  có điểm cực trị?

A. B. C. D.

Lời giải

Ta có:   

  

2

2

2

x x x

y

x x x

   

  

   



nÕu

nÕu

Suy  

2

3

3

x x x

y

x x x

   



     



nÕu

nÕu y không xác định x 2 Ta có bảng xét dấu y :

Ta thấy y đổi dấu lần  Hàm số cho có điểm cực trị

Lưu ý: Có thể giải thích đạo hàm hàm số cho không xác định x 2

theo cách sau:

Cách 1: Ta có y x22x21  Do

     

2

2

2

1 2

2

x

y x x x

x



    

 Vậy y không xác định x 2

Cách 2: Ta có y 2 5; y 2   y   2 y 2 y 2 không xác định (Đọc đọc thêm “Đạo hàm bên”, SGK Đại số Giải tích 11, NXB GDVN)

Lưu ý: Ta giải nhanh tốn dựa vào nhận xét sau: “Số điểm cực trị hàm số y f x  tổng số điểm cực trị hàm số y f x  số nghiệm (không trùng với điểm cực trị) phương trình f x   0”

Ta có: y x 2x2  1 y x2x21 (do x2   ) 1 0 x

Xét hàm số f x   x2x2 có 1  

3

f x  x  x

Vậy f x  có điểm cực trị

x  x 1

Mặt khác phương trình f x   có nghiệm x 2 (không trùng với điểm cực trị nêu trên)

1

t

g(t) g’(t)

1/3

_ +

108

x y'

1

2 –

+∞

–∞ –1/3

+ – +

Số điểm cực trị hàm số tổng số điểm cực trị hàm số số nghiệm (không trùng với điểm cực trị) phương trình

Do hàm số y x2x21 có điểm cực trị

Đáp án D Câu 15: Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình 2

2

x

m x

 

 có

2 nghiệm phân biệt

A 1;5

m 

  B.

1 2;

2

m  

  C. m 0;3 D.

1 ;

m  

 

Lời giải

Cách 1: Tập xác định: D 

Ta có 2 2 

2

x

m x m x m m x m

x



        

 (*)

+ Nếu 2   m m : (*) vô nghiệm + Nếu 2   m m : (*)

2

m x

m



 



 Phương trình cho có nghiệm phân biệt 1

2

m

m m



     



Cách 2: Ta có:

+ Với x 0 2

x y

x

 

 ;

+ Hàm số

2

x y

x

 

 hàm số chẵn nên đồ thị đối xứng qua trục Oy (đường thẳng x 0)

* Xét hàm số

2

x y

x

 

 có  2

5

y x

  

   x nên hàm đồng biến

từng khoảng xác định

Bảng biến thiên hàm số 2

x y

x

 

 :

Suy bảng biến thiên hàm số 2

x y

x

 

 :

Vậy phương trình 2

x

m x

 

 có nghiệm phân biệt

1

2

2 m

   

Đáp án D

2

x

y y’

–2

+ +

2 –1/2

–∞

–∞ +∞

+∞

0

2

0

x

y

−1

–∞ +∞

2 - Hàm số

hàm số chẵn nên có đồ thị đối xứng qua Oy

- Các bước vẽ đồ thị hàm số :

Bước 1: Vẽ đồ thị hàm số

Bước 2: Giữ nguyên phần nằm bên phải Oy xóa phần nằm bên trái Oy

Bước 3: Lấy đối xứng phần đồ thị có bước qua Oy, ta đồ thị hàm số

Câu 16: Cho hàm số f x x312x2ax b đồng biến , thỏa mãn

 

 

 

f f f  f f f f    4  Tìm f 7

A 31 B 32 C 33 D 34

Lời giải

* Giả sử f 3 3 Vì f x là hàm bậc ba đồng biến nên f f  3  f 3 Suy f f f   3  f f  3  f 3  Mâu thuẫn với giả thiết

* Tương tự ta thấy f 3 3 xảy * Vậy f 3 3 (1)

* Tương tự ta có f 4  (2)

* Từ (1) (2) ta có 84 48

4 132 60

a b a

a b b

    



 

   

 

Khi f x x312x248x60 có f x 3x224x48 0   x

Do f 7 31

Đáp án A Câu 17: Cho hàm số y ax 3bx2cx d (a  ) đạt cực trị điểm 0

1, x x

thỏa mãn x1  1;0 ; x2 1; Biết hàm số đồng biến khoảng x x1; 2, đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ dương Khẳng định đúng?

A a0,b0,c0,d0 B a0,b0,c0,d0

C a0,b0,c0,d D a0,b0,c0,d Lời giải

Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ dương nên d 0 Hàm số đồng biến khoảng x x1; 2 nên a 0

Vì x1  1;0 ; x2 1; nên x2  x1 Do ta có x x  1 2

Đạo hàm

3

y  ax  bx c có hai nghiệm phân biệt x x thỏa mãn 1; x x  1 2

x x  Suy

3

b S

a

  

3

c P

a

 

Do b  0 c  (do 0 a  ) 0 Vậy a0,b0,c0,d

Đáp án A Câu 18: Cho hàm số y f x  có đạo hàm x 1 Gọi d d tiếp 1, 2 tuyến đồ thị hàm số y f x  yg x x f 2x điểm có hồnh độ 1

1

x  Biết hai đường thẳng d 1 d vng góc với Khẳng định 2

dưới đúng?

A. 2 f 1 2 B. f 1 

C. f 1 2 D. 2 f 1 2 Cho hàm số đồng

biến (chặn) Nếu suy STUDY TIP

Cho hàm số

có hai điểm cực trị

+ Nếu đồ thị hàm số có dạng “dấu ngã”, hàm số nghịch biến khoảng

;

+ Nếu đồ thị hàm số có dạng “dấu đồng dạng”, hàm số đồng biến khoảng

Lời giải

Ta có g x  f 2x 1 x f2x 1

Đường thẳng d1 tiếp tuyến đồ thị hàm số y f x  điểm x  nên có 1 hệ số góc k1 f  1

Đường thẳng d2 tiếp tuyến đồ thị hàm số yg x x f 2x điểm 1

x  nên có hệ số góc k2g   1 f 2f 1

Mà d1d2 nên k k1 2   1 f   1 g   1 f   1 f 2f 1  1

        

2

1

1

1

1

f

f f

f f

  

  



     

 

Do f  1  nên     

2

1

1

1

f f

f

  

  



 Đặt f  1 t t0 Xét hàm số  

2

1 2t

f t

t



 \   * Nếu t  0  

2

1 1

2 2 2

t

f t t t

t t t



    

* Nếu t  0      

2

1 1

2 2

t

f t t t

t t t

   



          

   

Vậy h t 2 2, t hay f 1 2

Đáp án C Câu 19: Cho hàm số bậc ba f x   g x  f mx n   m n,  có đồ thị hình vẽ

Biết hàm số g x nghịch biến khoảng có độ dài Giá trị biểu thức  

3m2n

A. –5 B. 13

5

 C 16

5 D.

Lời giải

* Giả sử hàm số f x ax3bx2cx d a , 0 f x 3ax22bx c 

Đồ thị hàm số qua hai điểm   2; , 0; 1 nhận hai điểm làm hai điểm  cực trị nên ta có hệ sau:

O

x y

2 f (x)

3

g(x)

–1 Ngồi xét

hàm số với Sử dụng đạo hàm, lập bảng biến thiên ta tìm kết

       

 

2 8 4 2 3 1

0 1

3

12 0

2

0

0

         

  

 

     

      

       



  

       



f a b c d a

f d b

f x x x

a b c c

f

c d

f

Suy g 0  f n n33n21

Mà từ đồ thị ta có g 0  1

  

3 3 1 1 3 2 0 1 2 2 0

1

 

               

  

n

n n n n n n n

n

Do n nên n1

* Hàm số g x  f mx n nghịch biến khoảng có độ dài     Hàm số h x  g x  f mx n đồng biến khoảng có độ dài  

Quan sát đồ thị, ta thấy hàm số f x đồng biến khoảng    0; nên hàm số

    

h x g mx n đồng biến khoảng  ;2 

 

n n

m m với m0

Yêu cầu toán 5

5

 

 n n     m

m m m m0

Vậy 3.2 2.1 16

5

   

m n

Đáp án C Câu 20: Cho hàm số y f x có bảng biến thiên sau  

Hàm số y f x 3 có điểm cực trị?

A. B. C 3 D.

Lời giải

Từ bảng biến thiên ta có  

4   

   

 

x f x

x

Đặt    3   32

 

g x f x f x

 

     

2

3

3

   

  

     



 



x x

g x f x f x

x x

với x3

Ta có    3 2 

3

3

          

        

  

 

  



x L x x

g x f x

x x

x

Ta có g 8 f 5 0; g 5 f 2 0; g 1  f 2 0; g   2 f 5 0 Ta có bảng biến thiên:

–2

0

x

y'

y

–∞

+

–∞

+∞

0 – +

+∞

6 Để hàm số nghịch

biến khoảng có độ dài k hàm số nghịch biến khoảng

STUDY TIP

Để xét đổi dấu ta làm sau:

Bước 1: Tìm giá trị

thỏa mãn không xác định

Bước 2: Trên khoảng bất kì, chẳng hạn khoảng ta lấy điểm cụ thể, tính xét dấu , dấu dấu khoảng

Bước 3: Ta xác định dấu khoảng lại dựa theo quy tắc:

- Nếu nghiệm bội lẻ đổi dấu x qua

- Nếu nghiệm bội chẵn khơng đổi dấu x qua

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy hàm số g x  f x 3 có điểm cực trị

Đáp án C Câu 21: Cho hai hàm số yf x y , g x có đồ thị hình vẽ bên Khi tổng  

số nghiệm hai phương trình f g x  0 g f x  0

A 25 B 22 C. 21 D. 26

Lời giải

* Từ đồ thị:  

 

     

1

2

3;

0 1;

2; 4;      

   

   

   

   

x x x

f x x x

x x x x

nên   

   

 

   

   

   

1

2

3;

0 1;

2; 4;

    



  



   

  



  



g x x g x

f g x g x x

g x x g x x

Số nghiệm phương trình g x x số giao điểm đồ thị 1 yg x  

với đường thẳng yx với 1 x1   3; 2 Suy phương trình g x x có 1

1 nghiệm

Tương tự, phương trình g x  1 có nghiệm; phương trình g x x ,2

 

2 1;

x có nghiệm; phương trình g x x x3, 3 2; có nghiệm;

  4, 4 4;

g x x x có nghiệm

Do nghiệm phân biệt nên phương trình f g x  0 có 11 nghiệm * Từ đồ thị:  

 

 

5

2;

0 0;1

3

     

   

  

x x

g x x x

x

nên   

   

   

 

5

2;

0 0;1

3

    



   

  

f x x

g f x f x x

f x

x g'(x)

g(x)

–∞ –1 3 7 +∞

0 + – +

–

O

x y

-1 -3

y = g(x) -2

3

2

-1 -2 -3 -4

y = f (x)

Để xác định số nghiệm phương trình (với k số thực cụ thể) đồ thị, ta xác định số giao điểm đồ thị hàm số với đường thẳng (đường thẳng song song với Ox) Khi đó, số giao điểm đồ thị đường thẳng số nghiệm phương trình

Phương trình f x x x5, 5   2; 1 có nghiệm; phương trình f x x 6,

 

6 0;1

x có nghiệm; phương trình f x 3 có nghiệm

Do nghiệm phân biệt nên phương trình g f x  0 có 11 nghiệm Vậy tổng số nghiệm hai phương trình f g x  0 g f x  0 22 nghiệm

Đáp án B Câu 22: Cho hàm số

11

y x  x có đồ thị  C Gọi M điểm 1  C có

hồnh độ x  1 Tiếp tuyến  C M cắt 1  C điểm M khác 2 M tiếp 1, tuyến  C M cắt 2  C điểm M khác 3 M2, , tiếp tuyến  C

điểm Mn1 cắt  C điểm M khác n Mn1 n ,n4  Gọi M x y Tìm n n n; n

sao cho 2019

11xnyn2 0

A. n 675 B. n 673 C n 674 D. n 672 Lời giải

Ta có

3 11

y  x  Giả sử M m m ; 311m tiếp tuyến   C điểm M

có hệ số góc ky m 3m211.

Phương trình : y3m211x m m311m y 3m211x2m3.

Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị  C đường thẳng  là:

    2 

3 11 3 11 2 2 0 .

2

x m

x x m x m x m x m

x m

 

         

  

Suy hoành độ điểm M lập thành cấp số nhân n  xn có số hạng đầu

1

x   công bội q   Ta có 2      

1 2

n n n

n

x x q       

   

3

11 n 11 n

n n n

y x x  

       

 

Để      

3

2019 2019

11xnyn2  0 11 2 n  n 11 2 n2 0

   3 2019

2 n 3n 2019 n 673

       

Đáp án B Câu 23: Cho hàm số y f x  có đạo hàm f x  x4 22 2x

x

     x 0

và f 1  1 Khẳng định sau đúng?

A. Phương trình f x   có nghiệm  0;1

B. Phương trình f x   có nghiệm 0; 

C. Phương trình f x   có nghiệm  1;

D. Phương trình f x  có nghiệm    2;

Lời giải Ta có    

2

4

2 2

1

2 2

2 x x x ,

f x x x x

x x x

 

 

        

 Hàm số y f x  đồng biến 0;   Phương trình hồnh độ giao

điểm có hai nghiệm có nghĩa là: Tiếp tuyến điểm M có hồnh độ m cắt đồ thị hàm số điểm có hồnh độ Từ ta có tiếp tuyến điểm , hồnh độ cắt điểm có hồnh độ Tiếp tuyến điểm hoành độ cắt điểm

 Phương trình f x  có nhiều nghiệm khoảng   0;    1 Từ f x  x4 22 2x 0, x

x

       suy  

2

4

1

2 21

d d

5

f x x x x x

x

 

      

 

 

    21     21 21   17

2 1

5 5

f f f f f

          

Kết hợp giả thiết ta có hàm số y f x  liên tục 1; 2   f   2 f   2 Từ  1  2 suy phương trình f x  có nghiệm    1;

Đáp án C Câu 24: Cho hàm số y f x  có đạo hàm có đồ thị hình vẽ:

Đặt g x   2f x 3f x  Tìm số nghiệm phương trình g x 

A. B. C. D.

Lời giải Ta có g x  f x .2f x .ln 2 f x .3f x .ln 3 f x  2f x .ln 3 f x .ln 3

         

   

0

0 ln 3

0 ln

0 2 ln 3 ln 2

1,136 ln ln

2

3 ln ln

3

f x f x f x

f x f x

f x g x

f x

  



     

     



       

   

    

   

 

   

  

* Nhận thấy đồ thị hình vẽ có dạng đồ thị hàm bậc ba, đồ thị có hai điểm cực trị nên phương trình f x 0 có hai nghiệm phân biệt

* Số nghiệm phương trình f x    1,136 số giao điểm đồ thị hàm số f x với đường thẳng   y  1,136

Vậy phương trình f x    1,136 có nghiệm phân biệt Vậy phương trình g x  có nghiệm phân biệt

Đáp án A Câu 25: Cho phương trình

    3

sinx cos 2 x 2 cos x m 1 cos x m  2 cos x m  Có giá trị nguyên tham số m để phương trình có 1

nghiệm 0;2

3

x 

 ?

A 1 B. C. D.

Lời giải

Ta có sinx2 cos 2 x2 cos 3x m 1 cos3x m  2 cos3x m 

O y

x

3

–6

Chú ý rắng, số nghiệm phương trình

chính số giao điểm đồ thị hàm số với đường thẳng (đường thẳng song song với Ox)

    3

sinx 2sin x 2cos x m 2cos x m 2cos x m

         

 3

3 3

2sin x sinx 2cos x m 2cos x m

         *

Xét hàm số f t 2t3t Có f t 6t2   1 0, t nên hàm số f t 

đồng biến

Suy  *  fsinx f cos3x m 2sinx cos3x m   1

Với 0;2

3

x 

  sin x  

2

1 sin x2cos x m 

3

2 cos x cos x m

      2

Đặt tcosx Xét hàm số t x cosx 0;2

 

 

 

Ta có   sin 0, 0;2

3

t x   x  x  

  nên hàm số t x nghịch biến   0;

3

 

 

 

Lập bảng biến thiên hàm số t x  ta thấy    0

t t x t

  hay

1 ;1

t  

 

Và với 1;1

2

t  

  phương trình cosx t cho ta nghiệm

2

0;

3

x 

 

Phương trình  2 trở thành 2t3   t2 1 m  3

Để phương trình cho có nghiệm 0;2

x 

  phương trình  3 phải

có nghiệm 1;1

2

t  

 

Xét hàm số g t  2t3 t2 với 1;1

t  

 

Ta có g t  6t22t,  

0

0 1

3

t g t

t

  

    



Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra, phương trình  4 có nghiệm 1;1

t  

 khi

và 28

27

m

   

Vậy giá trị nguyên m để phương trình cho có nghiệm

2 0;

3

x 

  m    4; 3; 2

Đáp án C.

t

g’(t)

–4

g(t)

–1

1

– 0

–1

+ –

0 −1

2

Câu 26: Các giá trị thực tham số m để bất phương trình

2

4

1

1

x x

m

x x

 

  

   

  nghiệm với số thực x

A  ; 4 2;

m    

  B.

2

;

3

m 

 

C. 4;2

3

m  

  D m   ; 

Lời giải

Đặt 2, 1

1

x

t t

x

   

 Bài toán trở thành: Tìm m cho f t    0, t  1;1 với f t   1 2m t m  3

Ta có    

 

1

0, 1;1

3

1

f m

f t t m

m f

     



 

         

 

 



Đáp án C Câu 27: Gọi T tập hợp giá trị nguyên m cho nửa khoảng

1; 2019 , phương trình

4

x  x    có hai nghiệm phân biệt Khi m

số phần tử T

A. 2006 B. 2009 C. 2019 D. 2018

Lời giải

Phương trình cho tương đương với

4 (*)

x  x  m Số nghiệm

phương trình (*) số giao điểm đồ thị hàm số

4

y x  x đường

thẳng d y:  m (cùng phươngOx)

Xét hàm số

4

y x  x có đồ thị  C1 hình

Xét hàm số chẵn y x 24x5, đồ thị  C2 hàm số có (như hình

2) cách đối xứng phần bên phải Oycủa  C1 qua trục tung

Xét hàm số

4 ,

y x  x ta có:  

   

2

4

4

x x y

y

x x y

   

  

   



Suy đồ thị hàm số  C gồm hai phần:

- Phần 1: Giữ nguyên đồ thị hàm số  C2 phần Ox

- Phần 2: Lấy đối xứng đồ thị hàm số  C2 phần Ox qua trục Ox

Ta đồ thị  C hình

Quan sát đồ thị hàm số  C , ta thấy (*) có hai nghiệm phân biệt

O x y

-1

-9

5

-5

Hình

O x y

-2

-9

-5

Hình

-5

O x

y

9

5

Hình

-5 Cho

Khi đó: STUDY TIP

Đồ thị hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng

Đồ thị hàm số lẻ nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng

1 10

1

m m

m m

    

 

  

  Mà   

 

  

  

 

 1; 2019 11;12;13; ; 2019

m

m

m

Đáp án B Câu 28: Có giá trị nguyên a nhỏ để bất phương trình

 4

a x  x với x   2;1 ?

A 3 B. C. D 4

Lời giải

Bất phương trình tương đương vớif x   a 1x4a 3

Để    

 2 5

4 , 2;1

5 2

1

f a

a x x x a

a f

     



 

         

 

 



Mà a 5 a  a  3;

Đáp án B Câu 29: Giả sử đường thẳng  y x m cắt đồ thị  C hàm số

1  



x y

x

hai điểm phân biệt E F Gọi k k hệ số góc tiếp tuyến với 1, 2

 C E F Tìm giá trị nhỏ minS biểu thức 4

1

  

S k k k k

A. minS 1 B.

8  

S C. minS135 D. 25

81  

S

Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị  C với đường thẳng cho

  

1

1

1

x

x m x x x m

x

       

 (do

1

x  không nghiệm)

 

2

2x 2mx m *

    

Đồ thị  C với đường thẳng cho cắt hai điểm phân biệt

khi  * có hai nghiệm phân biệt

2

m m

    (nghiệm với m )

Giả sử E x y 1; 1 ,F x y 2; 2 x x hai nghiệm 1, 2  *

Suy 1 2 ; 1 2

2

m x x  m x x   

Do 2x11 2 x2 1 4x x1 22x1x2  1

Ta có

   

1 2

1

1

;

2

k k

x x

   

  nên k k 1

Suy 2

1 2

2

S k k  k k   Dấu xảy 1

2

1

1

k x

k x

    

 

    

 

 

1

1

1

x

m x

 

   

 

 Vậy S đạt giá trị nhỏ 1.

Phân tích phương án nhiễu:

Phương án B: Sai HS tính sai 2x11 2 x2  1 2m  1  2 m   Suy 1 2

4

k k  Do 2 1 2 1 2

S k k  k k   Vậy

8

S  

Cho

Phương án C: Sai HS tính sai hệ số góc Cụ thể:

   

1 2

1

3

;

2

k k

x x

 

  nên k k 1

Suy S2 k k1 2 23k k1 2135 Vậy minS 135

Phương án D: Sai HS tính sai 2x11 2 x2  1 2m  1  2 m  1

Suy 1 2

k k  Do 2 1 2 1 2 25 81

S k k  k k   Vậy 25

81

S  

Đáp án A Câu 30: Cho hàm số y f x có đạo hàm   có đồ thị đường cong hình vẽ bên Đặt g x  f f x Tìm số nghiệm phương trình   

 

' 0

g x

A B C D

Lời giải Kí hiệu đồ thị hình bên Đặt u f x  Ta có g x  f f x   f u 

       

g x u f u   f x f u 

     0

f x g x

f u

  

   

 



   

2

0

*

2

x f x

x a a

  

   

  

 (nhìn hình để xác định a)

      

2

0

*

2

  

  

     

   

 

f x x u x

f u

u x f x x a a

   ;1;   3; 4; 5

f x   x b c  x x x

 

f x a (nhìn vào đồ thị thể bên ta thấy đồ thị hàm số f x  cắt đường thẳng y a (với 2 a 3) ba điểm phân biệt phương trình f x a

có ba nghiệm phân biệt x x x 6; 7; 8 Rõ ràng x1, ,x đôi khác 8

Kết hợp lại phương trình g x 0 có nghiệm phân biệt

Đáp án D O x

y

3

-6

-1 -1

-7

O x y

3

-6

-1

-7

b a c

O

x y

3

-6

-1

-7

Câu 31: Cho hàm số y x 36x29x1 có đồ thị  C Gọi T tập hợp tất

các điểm thuộc đường thẳng y x mà từ điểm kẻ tiếp tuyến đến đồ thị  C Tìm tổng tung độ điểm thuộc T

A 1 B 0 C 1 D 2

Lời giải y 3x212x 9

Gọi  

0;

M x x  x  x  điểm thuộc  C Tiếp tuyến M:

  

 

2

0 0 0

2

0 0

3 12 9

3 12

y x x x x x x x

y x x x x x

       

      

Gọi A a a  ; 1 điểm thuộc đường thẳng y  x

Tiếp tuyến M qua A  

0 0

3x 12x a 2x 6x a

       

 

0 0

3x 12x a 2x 6x (*)

    

Từ A kẻ hai tiếp tuyến đến  C (*) có hai nghiệm x phân biệt 0

Ta có 02 12 0 0

3

x  x   x  

Dễ thấy

6 3

x   không thỏa mãn (*)

Với 0

3

x   (*)

3 0

0

2

3 12

x x

a

x x

  

 

Xét hàm số  

3 2

2

3 12

x x

f x

x x

 

  Ta có  

 

 

4

2

6 20 16

3 12

x x x x

f x

x x

  

 

 

Bảng biến thiên f x :

Vậy để (*) có nghiệm phân biệt a 0; Suy tập T 0; ; 4; 3    Do tổng tung độ điểm thuộc T

Đáp án D Câu 32: Cho hàm số

3 72 90

y x  x  x Tìm tổng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số đoạn 5; 5

A 328 B 470 C 314 D 400

Lời giải Sử dụng máy tính cầm tay chức TABLE với thiết lập Start 5; End 5; Step ta có

w7qcQ)^3$+3Q)dp72Q)+90 =z5=5==

x

f(x)

-1

+ -

f’(x)

+

-

-

Từ bảng giá trị ta kết luận giá trị lớn hàm số đạt 400

x  

Từ bảng giá trị ta chưa thể kết luận giá trị nhỏ hàm số Ta thấy x33x272x90 0, x .

Dấu xảy x33x272x90 0.

w541=3=p72=90==

Trong ba nghiệm ta thấy nghiệm x3  5;  Từ ta kết luận giá trị nhỏ hàm số đạt x x 3

Vậy tổng cần tìm 400 Ta chọn D

Đáp án D Câu 33: Một mảnh giấy hình chữ nhật có chiều dài 12cm chiều rộng 6cm Thực thao tác gấp góc bên phải cho đỉnh gấp nằm cạnh chiều dài cịn lại (như hình vẽ) Hỏi chiều dài L tối thiểu nếp gấp bao nhiêu?

A. minL6 2cm B.

2

L cm

C.

L cm D. minL9 2cm Lời giải Đặt EB a hình vẽ

6

EF a

AE a

 

   



Trong tam giác vng AEF có

6

cosAEF a cosFEB a

a a

 

   (hai góc bù nhau)

Ta có BEG  FEG cos

2

a

FEG BEG FEB FEG

a



    

Trong tam giác vng AEF có

3

3 cos

EF a

EG

a FEG

 

 Xét hàm  

3

3

a f a

a



 với a  , ta 3 min f a  đạt

9

2

a EG

Đáp án B Câu 34: Cho hàm số y f x  có đạo hàm có đồ thị hình vẽ

Đặt g x 2f x 3f x  Tìm số nghiệm phương trình g x 0

A. B. C. D.

O y

x

3

–6 L

6

12

a

B E

A

G

Lời giải Ta có g x  f x .2f x .ln 2 f x .3f x .ln 3 f x  2f x .ln 3 f x .ln 3

         

   

0

0 ln 3

0 ln

0 2 ln 3 ln 2

1,136 ln ln

2

3 ln ln

3

f x f x f x

f x f x

f x g x

f x

  



     

     



       

   

    

   

 

  

  



* Nhận thấy đồ thị hình vẽ có dạng đồ thị hàm bậc ba, đồ thị có hai điểm cực trị nên phương trình f x  có hai nghiệm phân biệt

* Số nghiệm phương trình f x    1,136 số giao điểm đồ thị hàm số f x với đường thẳng   y  1,136 Vậy phương trình f x    1,136 có nghiệm phân biệt

Vậy phương trình g x 0 có nghiệm phân biệt

Đáp án A. Câu 35: Cho ,x y 0

4

x y  cho biểu thức

4

P

x y

  đạt giá trị nhỏ Khi đó:

A. 2 25.

32

x y  B. 2 17.

16

x y  C. 2 25.

16

x y  D. 2 13.

16

x y 

Lời giải Từ 5

4

x y y x P

x x

        

Xét    

 

2

4 4

0;

5 4 5 4

f x x f x

x x x x

  

       

   

  05

3

x f x

x

  

    

 Bảng biến thiên:

 

minf x

  Khi 1 2 17

4 16

x   y x y 

Đáp án B Câu 36: Cho hàm số

1

x y

x

 

 có đồ thị  C điểm M di động ,  C Gọi d tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ Khi giá trị nhỏ d là:

A. 207

250 B. 1. C. 2 1. D. 2

Lời giải 1   

;

1

x m

y C M m m

x m

 

 

     

   

0

x

f’(x)

5/4

f (x)

1

5

+ _

 Tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ  1

m

d m m

m



   



- Với m   0 d mind  Xét cho d  1

1

1 1

1

1

m m

m m m

m

m

 

 

        



 



- Với

2

1

0;

1

m m

m d m

m m

 

 

    

 

Khảo sát hàm số  

2

1

m f m

m

 

 0; 1 min0; 1 f m 2 2

Khi m 1 M 1 2;1 2

Đáp án D Câu 37: Cho hai chất điểm A B bắt đầu chuyển động trục Ox từ thời điểm t0 Tại thời điểm t , vị trí chất điểm A cho

 

6 2

    

x f t t t vị trí chất điểm B cho x g t  4sint

Biết hai thời điểm t 1 t (2 t1t ), hai chất điểm có vận tốc 2

Tính theo t 1 t độ dài quãng đường mà chất điểm 2 A di chuyển từ thời điểm t đến thời điểm 1 t 2

A    2

1 2

1

2

 t t  t t B    2

1 2

1

2

 t t  t t

C 2 2 1 1 22 12

  

t t t t D 2 1 2 1 12 22

  

t t t t

Lời giải

Cách 1: Ta có f t  2 t; g t 4 cos t

Vẽ đồ thị hai hàm số yf t  y g t   ta có

Nhìn vào đồ thị ta thấy   

 

1 2

0

0

2

t t f t f t f

  

  



  



 



     

2

1 1

2

2 2

2 4

1

2

2

f

f t t t

f t t t



      

    

 

    



         

   

2

1 1 2

2

1 2

1

2 6

2

1

4

2

s f f t f f t t t t t

t t t t

   

                 

   

    

O x

y

2

Cách 2: Sử dụng tích phân

Từ cách ta có hai chất điểm gặp

2

2 t cost t A

t B         

Từ hình vẽ cách ta có A 2 B

Quãng đường từ thời điểm A đến thời điểm B tính cơng thức

   

2

2

2 d d d d d

B B B

A A A

t t t t t t t t t t

        

    

       

2 2

2 2

1 2

2

2 2 2

2

2 2

1

4

2

B

t t A B

t t A B

A

A B A B t t t t

   

             

   

         

Đáp án A Câu 38: Cho hàm số f x x33ax23x3 có đồ thị  C

 

3

g x x  bx  x có đồ thị  H với a,b tham số thực Đồ thị ,

   C , H có chung điểm cực trị Tìm giá trị nhỏ biểu thức

P a b

A. 21 B. 6. D. 3. D.

Lời giải

Xét hệ phương trình    

   

2

3 1

6

3

f x x ax

x a b x

a b

g x x bx

      

     

 

    



Áp dụng cơng thức nghiệm cho phương trình   ta có

1

x  a a  với

 ; 1 1; 

a    

* Trường hợp 1:

1

x  a a 

Ta có 2

2

1

1

1

a a b a a a

a b       a a    

Suy P a 2b  a 4a2 a2 1 5a2 a2 1

Xét hàm số      

5 1, ; 1;

f x  x x  x    

Đạo hàm      

2

2

0

5 ;

25

1

x x

f x f x x x

x x x                   21 x

   (thỏa mãn)

Lại có 21 21

21

f    P

  (lập bảng biến thiên hàm số f x )  

* Trường hợp 2: Tương tự, ta tìm P  21

Đáp án A.

Câu 39: Tìm tất giá trị m để hàm số  

1

x x x x f x x m x x                liên tục x 0

A. m 1 B. m  2 C. m  1 D. m 0

STUDY TIPS

Phân tích đề bài: Yêu cầu

bài tốn tương đương với hai phương trình f x 0,

 

g x 0 có nghiệm chung Do phương trình f x 0,g x 0 có bậc hai nên có hai nghiệm trùng

   

f x k.g x với k , k 0 , điều vơ lý hệ số tự hai phương trình khơng tỉ lệ với

STUDY TIPS

Trong vật lý hàm vận tốc đạo hàm hàm li độ, toán ta thực vẽ hai đồ thị hàm

 

y f t yg t  để tìm giao điểm t t xét 1; 2 dấu v

Lưu ý vận tốc âm, tức chất điểm có điểm “lùi” Do khơng tính qng đường

   2

Lời giải

Ta có  0 1

1

f  m   m

 ;  

1

lim lim

1

x x

x

f x m m

x

 

 

  

    



 

và      

 

0 0

1

1

lim lim lim lim

1

1

x x x x

x x

x x

f x

x x x x x x

   

   

  

   

    

  

  

Để hàm số f x liên tục điểm        

0

0 lim lim

x x

x f x  f x f

 

   

1

m m

      

Đáp án B. Câu 40: Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục   , với f x   0, x

và f 0 1 Biết f x' 3x x 2  f x   0, x Tìm tất giá trị thực của tham số m để phương trình f x  m có bốn nghiệm thực phân biệt

A.

1m e B.

1    e m

C.    e4 m 1. D. 0m e 4.

Lời giải Ta có        

 

'

' 3 2    0, f x 6 3 , 

f x x x f x x x x x

f x

 

  2   2 3   32

ln ' , ln  

 f x  x x   x f x  x x  C f x e x x C

Do f 0 1 nên eC   1 C Suy f x e3x2x3.

Ta có f x' 6x3x e2 3x2x3; 'f x   0 x 0;x2.

Bảng biến thiên hàm số f x  

Hàm số f x hàm số chẵn   nên đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng Do phương trình f x  m có bốn nghiệm thực phân biệt phương trình f x  m có hai nghiệm dương phân biệt hay phương trình f x  m có hai nghiệm dương phân biệt

4

1

   m e     e m

Phân tích phương án nhiễu

Phương án A: Sai HS biến đổi sai f x   m f x m nên tìm

4

1m e

Phương án B: Sai HS tính sai f 2 e6 nên tìm

1    e m

Phương án D: Sai HS biến đổi sai f x   m f x m đọc sai bảng biến thiên

Đáp án C

x

f(x)

2

+

f’(x)

0

-

1

0

Câu 41: Có giá trị ngun m để phương trình sau vơ nghiệm:

      

6 3 6 6 3 1 0.

x x x mx x x

A. Vô số B. 26 C. 27 D. 28

Lời giải

Do x  không thỏa mãn phương trình 0  Chia vế phương trình cho x3 ta được:

   

       

   

3

3

1 1

3

x x x m

x

x x (*)

Đặt t x t

x

    , phương trình (*)

3

m t t t

    

Xét f t  t3 3t2 3t 6   ; 2 2;

 

 

f t    t

Bảng biến thiên:

   ; 20;   ; 2; 

f t   t  

             

 Phương trình f t  vơ nghiệm m   m  8; 20  Có 27 giá trị m nguyên thỏa mãn

Đáp án C Câu 42: Cho số thực dương x y, thỏa mãn:  5

4

x y biểu thức

4

S

x y

  đạt giá trị nhỏ x a

y b

   

 a b có giá trị bao nhiêu?

A.

a b  B. 25 64

a b  C. a b 0 D.

a b 

Lời giải

Từ 5

4

x y     y x 0

4

y    x 0;5

5 4

S x

x x

 

     

  

Xét  

5

f x

x x

 



 

 

2

4

0 0;

4

f x x

x x

 

         

 



Bảng biến thiên:

-2

x

f’(t)

f(t)

2 + +

-8

20

STUDY TIPS 1 t x x

x x     Áp dụng BĐT Cô – si

 

5 0;

4

minS minf x

     

   11

4

x

y

   

 

1

4

a b

 

Đáp án D Câu 43: Cho hàm số yf x  Đồ thị hàm số yf x  hình vẽ Đặt

   

3

g x  f x x Mệnh đề sau đúng?

A. g      2 g   g B. g     2     g g

C. g        1 g g D. g      1 g  g Lời giải

Ta thấy đồ thị hàm số

y x cắt đồ thị hàm số y f x  điểm có tọa độ

2; , 1; , 2;    Căn vào diện tích hình phẳng hình vẽ ta có:

   

1

2

2

d d

x f x x f x x x



 

        

   

 

   

3

2

3

x x

f x f x



 

   

     

   

   

3

2

3

3

x f x  f x x

 

 

     2

2

g x  g x 

  

       1 2    2

g g g g g g

           (1)

Mặt khác từ đồ thị ta có bảng biến thiên sau:

     2

g g g

    

Đáp án B

0

x f’(x)

5/4

f (x)

1

5

+

0

O x y

1 -1

4

-2

0

x g’(x)

g(x)

0

-2 -1

0

+ +

g(-2) g(2)

g(-1)

O x y

1 -1

4

Câu 44: Cho hàm số f x  có đạo hàm f x  Đồ thị hàm số yf x  cho hình vẽ Biết f       2 f  f f Giá trị nhỏ giá trị lớn f x  đoạn 0; 4 là:

A. f   2 ; f B. f   4 ; f C. f   0 ; f D. f   2 ; f Lời giải

Từ đồ thị hàm số y f x  ta có bảng biến thiên sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta có maxf x    f f   3  f (do hàm số nghịch biến khoảng  2; )

Mà f       2 f  f  f  f       2 f f f 

   0    4

f f f x f

   

Đáp án B Câu 45: Có giá trị m nguyên thuộc đoạn 2020; 2020 để hàm số

 

3 3 2 5 5

y x  x  m x đồng biến khoảng 0;+ ? 

A.2020 B.2022 C.2021 D.2023

Lời giải

Cách 1: Ta có y 3x26x2m 5

Hàm số đồng biến khoảng 0;+   y 0, x 0;+

 

2

3x 6x 2m 0, x 0;+

         2  

3 x 2m 2, x 0;+

      

Vì x12  0, x 0; (dấu xảy  x  ) nên 1

 2  

3 x1 2m  2, x 0;+ 2m    m

Do m nguyên m   2020; 2020  m  2020; 2019; 2018, ,0,1   Vậy có 2022 giá trị m thỏa mãn đề

Cách 2: Ta có y3x26x2m   5;  2  m6m6

+) Nếu      m y    đó, hàm số đồng biến 0, x 0;   +) Nếu     m phương trình y  có hai nghiệm phân biệt 0

 

1; 2 x x x x

O

x y

2

4

0

x f’(x)

f(x)

f(0)

f(2)

4

0

0 +

Khi đó, hàm số đồng biến ; x1 x 2;  Để hàm số đồng biến 0; thì

1 2

1

2 0

0 2 5

0

3

x x

x x m

x x

 

  

 

    

 

  (vô nghiệm)

Do vậy, m  thỏa mãn toán 1

Mà m nguyên m   2020; 2020  m  2020; 2019; 2018, ,0,1   Vậy có 2022 giá trị m thỏa mãn đề

Đáp ánB

Câu 46: Cho hàm số y f x  có đạo hàm đồ thị hàm số y f x  cắt trục hồnh điểm có hồnh độ  3; 2; ; ;3; ;5a b c với

4

1;1 ;

3 a b c

        có dạng hình vẽ bên Có giá trị nguyên m để hàm số y f2x   có điểm cực trị? m 3

A.2 B.3 C.4 D.Vô số

Lời giải

Từ hình vẽ ta thấy hàm số y f x  đạt cực trị điểm  3; 2; ; ; ;5a b c Xét hàm số yg x  f2x  m 3

   

x

g x f x m

x

    

Khi đó, để xác định số điểm cực trị hàm số yg x  ta cần xác định số nghiệm

của hệ  

2 3; 2; ; ; ;

x

x m a b c

  

    



0

1 3

; ; ; ; ;

2 2 2

x

m m a m b m c m m

x

  

           



  



Đặt 1 ; 2 1; 3 ; 4 ; 5 ; 6

2 2 2

m m a m b m c m m

x  x    x    x    x    x  

Ta có x1x2x3x4x5 x6

Với i 1; 2; ;7

x y

O c a b -2

-3

Tổng quát:

Cho hàm số liên tục có đạo hàm

với (hoặc

) Khi đó, với hàm số

có + điểm cực trị

+ điểm cực trị với

hay + Đúng điểm cực trị

Nếu x  phương trình i x  có hai nghiệm phân biệt xi x  , dẫn đến xi i

x  hai điểm cực trị hàm số x yg x 

Nếu x  phương trình i x  có xi x  , dẫn đến 0 x  điểm cực 0 trị hàm số yg x 

Nếu x  phương trình i x  vơ nghiệm xi

Do đó, hàm số yg x  có điểm cực trị

3

3

0 4

2

0 3 3

3

0

a m

x x a m b m

b m

   



              

 

 



Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn 2; 3;

Đáp ánB. Câu 47: Cho hàm số f x  Đồ thị hàm số y f x  3; 2 hình vẽ (phần cong đồ thị phần parabol

y ax bx c )

Biết f   3 0, giá trị f    1 f

A. 23

6 B.

31

6 C.

35

3 D.

9 Lời giải

Cách 1: Giải phương pháp tự luận dùng nguyên hàm

Ta xác định biểu thức hàm số y f x  Từ hình vẽ ta thấy 3; 2 đồ thị gồm nhánh:

- Nhánh parabol

1 1

y a x b x c xác định  3; 1 qua điểm 3;0 ,  2;1 1;0

- Nhánh đường thẳng ya x b2  xác định 1;0 qua điểm 1;0

 0;

- Nhánh đường thẳng ya x b3  xác định 3 0; 2 qua điểm  0;

 2;

Từ đây, giải hệ phương trình tương ứng ta suy biểu thức f x  là:

 

2

4

2

x x x

f x x x

x x

      



     

   



 

f x nguyên hàm f x , biểu thức f x  có dạng:

x y

O -3

-1 -2

 

3

1

2

3

2

3

2 2

x

x x C x

f x x x C x

x

x C x



       

 

     



    



Vì f   3 nên ta có:      

3

2

1

3

2 3 0

3 C C



        

Do f liên tục x  1 nên ta có:    

1

lim lim

x f x x f x

 , suy ra:

 3        

2

2

1

2 1

3 C C



           

Tương tự, f liên tục x 0 nên ta có:

2

3

7

0 2.0 2.0

3 C C

       

Vậy        

2

2 7 31

1 1 2.1

3

f   f          

   

Cách 2: Giải nhanh phương pháp đánh giá diện tích đồ thị

Diện tích hình phẳng giới hạn parabol đường thẳng có phương song song với trục Ox cho công thức:

3

S  đáy x cao (1)

Áp dụng công thức ta giải nhanh toán sau:

Nhánh parabol

y ax bx c qua điểm 3;0 , 2;1 1;0 nên ta tính hệ số a  1

Ta có:

   1    1    1  3

f   f f  f     f  f  S  S S S Với: 1 2.2.1 4, 2 1.1.2 1, 3 11 1

3 2

S   S   S   

Suy ra:    1 31

f   f 

Đáp án B Câu 48: Cho hàm số y f x  liên tục có đồ thị hình vẽ

x y

O

cao đáy

x2

x1

x y

O

y = f(x)

-4

16 x

y

O -3

-1 -2

2 S3 S2 S1

x y

O x1 x2

Một nhược điểm công thức (1) tính diện tích “lát cắt” parabol song song với trục Ox Trường hợp “lát cắt” bất kỳ, diện tích hình giới hạn đường thẳng parabol

cắt hai điểm có hồnh độ (như hình minh hoạ) ta có diện tích cho cơng thức (2)

Với cơng thức tính nhanh diện tích “lát cắt parabol”, ta xây dựng tốn tương tự với đồ thị liên tục gồm nhánh đường thẳng parabol

Có giá trị nguyên tham số m để phương trình

 

3sin cos

4

2cos sin

x x

f f m m

x x

     

   

  có nghiệm?

A B C Vô số D

Lời giải

Ta có hàm số y f x , liên tục đồng biến   0;  nên

 2     2

3sin cos 3sin cos

4 *

2cos sin 2cos sin

x x x x

f f m m m

x x x x

          

     

 

Xét 3sin cos

2cos sin

x x

a

x x

 



  , điều kiện x Khi đó:

2cos sin 4 3sin cos  sin 2 cos 1 

a x x  x x  a x a x a

Phương trình  1 có nghiệm  3 2 1 2 12 11

a a a a

         

Suy 3sin cos 1

2cos sin

x x

x x

 

 

 

Do phương trình  * có nghiệm  0 m22      m Vì m nên m    3; 2; 1

Đáp án D Câu 49: Cho số thực m hàm số y f x  có đồ thị hình vẽ Phương trình

2x x

f    có nhiều nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1;2m   ?

A B C D

Lời giải

Xét g x 2x2x

với x   1; 2

  ln

2 ln ln 2

4

x

x x

x x

g x      

 

  4x

g x      x

      17

0 2, ,

2

g  g   g  Vậy 2 17

4

x x

  

5

O

x y

2

0

x

_ +

g'(x)

g(x)

-1

5

17

2 Nếu hàm số liên

tục, đồng biến (hoặc nghịch biến) miền D (D khoảng, đoạn, nửa khoảng) với ,

STUDY TIP

Phương trình có nghiệm

Với 0  2 17;

t   

  phương trình 2

x x có nghiệm t

Với 0 2;5

t  

  phương trình 2

x x  có hai nghiệm phân biệt t

Bài tốn trở thành: Phương trình f t m có nhiều nghiệm phân biệt thuộc đoạn 2;17

4

 

 

  với 2

x x

t   Dựa vào đồ thị hàm số y f x , ta có:

- Nếu mf 3 f t   f  t 3: Phương trình cho có nghiệm - Nếu f 3   m  

2 t t f t m

t t

 

   

 , với

5

3

2  , t t  , suy phương 2 trình cho có hai nghiệm

- Nếu 17

4

m f 

   

    45

t t f t m

t t

 

   

 , với

5

2

t

  , 5 17

4

t

  , suy phương trình cho có tối đa ba nghiệm

- Nếu 17  2

4

f  m f

  f t    , với m t t3

5

2

t

  , suy phương trình cho có tối đa hai nghiệm

Vậy phương trình có tối đa nghiệm phân biệt

Đáp án B Câu 50: Cho hàm số y f x  có đạo hàm Đồ thị hàm số yf x  hình vẽ

Hàm số y g x   f 2 x nghịch biến khoảng nào?

A.  ; 1 B.  1;  C.  0; D.  1; Lời giải

Ta có g x  2.f3 2 x

Từ đồ thị hàm số y f x  suy        

2

0

5

x f x

x

Do đó,    



      

       

 

   

1

2 2

0 2

3 1

x x

g x f x

x x

Vậy hàm số g x  nghịch biến khoảng  

 

1 ;

2  ; 1

Đáp ánA. x

y

O -2

5 Phương pháp biện luận theo

m số nghiệm phương trình trên D: + Bước 1: Đặt khảo sát trên D tìm điều kiện K t số nghiệm x dựa vào số nghiệm t + Bước 2: Biện luận theo số nghiệm phương trình

trên miền K + Bước 3: Khảo sát, dựa bảng biến thiên hàm trên K kết luận

STUDY TIP

Với tốn xét tính đơn điệu hàm số biết đồ thị hàm số biết hàm số , ta quy xét dấu tích Dựa vào đồ thị hàm ta xét dấu đến xét dấu

Câu 51: Cho hàm số   1

y f x x x m

x x

     

 , với m tham số Gọi a

giá trị nguyên nhỏ m để hàm số có điểm cực trị nhất; A giá trị nguyên lớn m để hàm số có nhiều điểm cực trị Giá trị A a

A. 7 B. 4 C 3 D.

Lời giải

Xét hàm số   1

1

y g x x x

x x

    

 với x \ 0;1 

 

 

2

1

1

x g x

x

x x

     



Nếu x 0  

     

2

1

0, 0;1 1;

1

g x x

x x

        

 Do đó, hàm số nghịch

biến khoảng   0;1 , 1;  Nếu x 0  

 

2

1

2

g x

x x

    



 

     

2 2

1 1 1

0

2

1 2

g x

x x x x

       

 

Đặt t2x1t  ta có: 1

       

2

2

2

1 1

4 1

2

1 t t

t t

     

 

4 2

6 3 3

t t t t

         

Do đó, 3 0,  0

2

x   x  g x  

Ta có bảng biến thiên:

Hàm số yg x  có điểm cực trị

Đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số yg x tại nhiều điểm điểm

 0

m g x Giá trị nguyên lớn m thỏa mãn m  4 Khi đó, hàm số

 

y f x có nhiều điểm cực trị điểm

Đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số yg x tại điểm điểm

 0

g x   Giá trị nguyên nhỏ m m thỏa mãn m  3 Khi đó, hàm số y f x  có điểm cực trị điểm

Vậy A a  7

Đáp ánA.

x

_ _

–∞ –∞

1

0 +∞

–1 –∞

+∞

–∞ _

+∞

y'

y g(x0)

x0

+

Số cực trị hàm số tổng số cực trị hàm số nghiệm đơn nghiệm bội lẻ phương trình

Câu 52: Cho hàm số y f x  xác định \ 1 , liên tục khoảng xác định có bảng biến thiên hình vẽ sau:

Có giá trị ngun tham số m thuộc đoạn 2020; 2020 để phương trình m f3 3 x 3mf x 12m27 12m2 1 36m2 có hai nghiệm phân 7

biệt?

A.4041 B.2019 C.2010 D.2021

Lời giải

Ta có: m f3 3 x 3mf x 12m27 12m2 1 36m27

   

     

3

3

2 2

3

12 12 12 1 12 1

m f x mf x

m m m m

 

 

         

 

      3  

3 3 12 1 1 3 12 1 1

m f x mf x m m

       

Xét hàm số g t  t3 ,t t

Suy g t 3t2   3 0, t nên hàm số g t  đồng biến

Phương trình  1 trở thành:

   

12 1

g mf x   g m    

12 1

mf x m

   

- Vớim  không thỏa mãn 0

- Với m  , ta có 0    

2

12m 1

f x

m

Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt

   

2

2

12 1

4

12 1

2

m m m

m

  

  

 

  

 



+ Trường hợp 1:

  

            

    



2

2

2

1

12 1

4 12 1

12 1 16

m m

m m m

m m m m

+ Trường hợp 2:

2

2

2

1

12 1

2

2

12 12 1 4 4 1

m m

m

m

m m m m m m



  

      

 

  

 

     

Vì m nguyên m   2020; 2020 nên có 2021 giá trị thỏa mãn

Đáp án D

x y’

–∞

y

–∞

-1

+ +

-4 –

+∞

+∞ +∞

Nếu hàm số liên tục, đồng biến (hoặc nghịch biến) miền D (D khoảng, đoạn, nửa khoảng) với ,

Câu 53: Biết họ đồ thị  :  3 34 3 2 1 

m

C y m x m x m x m

qua ba điểm cố định thẳng hàng Viết phương trình đường thẳng qua ba điểm cố định

A y4x3 B y 4x3 C y4x3 D y 4x3 Lời giải

Giả sử M x y ; điểm cố định  Cm Khi

     

 

 

3

3

3

3

3 ,

4 12 0,

4 1

4

3 12

y m x m x m x m m

x x x m x x x y m

x x x

x x x

y x x x y x

       

         



        

 

 

      

 

 

Phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt M x y ; d y:    4x Vậy đường thẳng qua điểm cố định đồ thị hàm số :d y 4x

Đáp án D điểm cố định

họ đường cong phương trình (ẩn m) có nghiệm với m

II MŨ – LOGARIT

Câu 1: Cho số thực ,a b thỏa mãn

16  b a Tìm giá trị nhỏ biểu

thức log 16 16log2

256 

 a  b

a

b

P a

A 15 B 16 C 17 D 18

Lời giải

Ta có 16 16 8 1 16 8 3 0

256

b

b b b b b



      

 2 2 

4b 16b 8b

     ;1

16

b 

 

Do

 2

16

4log

log

a

a

P b

b

 



Đặt tlogab (điều kiện t 1;)

 2      2

16 16

4 2

1

P t t t

t t

        

 

   

 

3 2

16

3 2 16

1

P t t

t

     



Dấu xảy

3

1

;

4

a b

Đáp án B Câu 2: Tìm giá trị thực tham số m để phương trình

2

3

log x3log x2m 7 có hai nghiệm thực phân biệt x x thỏa mãn 1,

x13x2372 A. 61

2

m  B. m 3 C. Không tồn D.

2

m 

Lời giải

Điều kiện: x 0 Đặt tlog3x x 3t Phương trình cho trở thành:

3

t  t m   *

Để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x x  Phương trình 1, 2  * có

hai nghiệm phân biệt 1, 2 2 7 37 37

8

t t     m    m  m

Giả sử  * có hai nghiệm t1log3x1 t2log3x2

Khi 2

1 3 3 27

t t t t

x x     

Suy x13x2372x x1 23x1x263 x1 x212

1, x x

 hai nghiệm phương trình 12 27 0

3

x

x x

x

 

    

  * Với x  9 t log 93  thay vào  * ta được: 9

2

m    (thỏa mãn) m

Để giải toán ta phải tìm số thỏa mãn

FOR REVIEW

Nếu bài toán xuất dữ kiện

thì ta nên đặt ẩn phụ và đưa giải phương trình bậc hai ẩn t:

* Với x  3 t log 13  thay vào  * ta được: 9

m    (thỏa mãn) m

Vậy

2

m  giá trị cần tìm

Đáp án D Câu 3: Để cấp tiền cho trai tên là Lâm học đại học, ông Anh gửi vào ngân hàng 200 triệu đồng với lãi suất cố định 0,7%/tháng, số tiền lãi hàng tháng nhập vào vốn để tính lãi cho tháng (thể thức lãi kép) Cuối tháng, sau chốt lãi, ngân hàng chuyển vào tài khoản Lâm khoản tiền giống Tính số tiền m tháng Lâm nhận từ ngân hàng, biết sau bốn năm (48 tháng), Lâm nhận hết số tiền vốn lẫn lãi mà ông Anh gửi vào ngân hàng (kết làm tròn đến đồng)

A m 5.008.376 (đồng)  B m 5.008.377 (đồng) 

C m 4.920.224 (đồng)  D m 4.920.223 (đồng) 

Lời giải

Gọi M số tiền ban đầu; r lãi suất hàng tháng Số tiền lãi tháng M r

Số tiền vốn lẫn lãi tháng M1r

Số tiền lại sau chuyển cho Lâm m đồng M 1  r m

Tương tự: Số tiền lại sau tháng thứ là:

     2  

1 1 1

M r m r m M r m r

            

   

Số tiền lại sau tháng thứ là:

   

    3   2 

1 1 1 1

M r m  r    r m M r m r   r 

 3 1 3  3 1 3

1

1

r r

M r m M r m

r r

   

     

 

…

Số tiền lại sau 48 tháng là:    

48

48 1

1 r

M r m

r

 

 

Vì sau 48 tháng hết tiền tài khoản nên ta có:

     

 

48 48

48

48

1

1

1

r M r r

M r m m

r r

  

    

 

Thay số vào ta tìm m 4.920.224(đồng)

Đáp án C Câu 4: Cho phương trình 9x2x m 3x2x2m 1

Gọi T là tập hợp tất cả giá trị thực tham số m cho phương trình có nghiệm dương Mệnh đề nào đúng?

A T là khoảng B T là nửa khoảng

C T là đoạn D T 

Lời giải

Ta có 9x2x m 3x2x2m 1 32x3x2x m 3x3x  1 0 STUDY TIPS

1

1

1 n

n n x

x x x x



 

    

3x 3 x 2x 2m 1

      3x2x2m 1 3x2x2m (*) 1

Xét hàm số f x 3x2x có f x 3 ln 0x   với x  Suy hàm số đồng biến

Để (*) có nghiệm dương ta phải có 2m 1 f 0   1 m Vậy T khoảng Ta chọn A

Lưu ý: Đặt t 3x (t  ), phương trình cho trở thành 0

 

2

2 2

t  x m t  x m  (1)

Dễ thấy phương trình (1) có a b c   nên có nghiệm t   nghiệm 1

2

t  x m Từ ta có phân tích

 

9x2 x m 3x2x2m 1   

3x 3x 2x 2m

     

Đáp án A Câu 5: Cho biểu thức

 

 

 

 

 

log 2017 log 2016 log 2015 log log log

A      

Biểu thức A có giá trị thuộc khoảng nào khoảng đây?

A log 2017;log 2018  B log2018;log2019 

C log2019;log2020 D log2020;log2021

Lời giải Dựa vào đáp án ta suy 3 A

 

2016 2015

3 log 2019 A log 2016 A log 2020

      

 

2017 2016

3 log 2020 A log 2017 A log 2021

      

Vậy A2017log 2020; log 2021 

Đáp án D Câu 6: Xét số thực a b, thỏa mãn b  1 a  Biểu thức b a

loga 2log

b b

a

P a

b

 

   

  đạt giá trị nhỏ

A. a b 2. B. a2 b3. C. a3 b2. D. a2 b.

Lời giải

Ta có loga loga loga

b b b

b

b a a

a

 

   

 

Do

2

27 27

2 2log log log

log log

a a a

a a

b b b

b b

P a a a

a a

    

          

    

 

Đặt loga

b

t a Do 1 a b  2 a , b

suy 1 log log log 1

loga a a a 2

b

a

b a t

t a b        

Khi P 2 t 27 f t  t

   

Khảo sát f t    2; , ta f t đạt giá trị nhỏ   63

Với

2 loga

b

t  a  a b

Đáp án C Câu 7: Hỏi có tất giá trị m nguyên thuộc đoạn 2017; 2017 để

phương trình   2     

1 log log

x  x  m x  x     có m

hai nghiệm x x thỏa mãn 1, 2 1 x1  x2 3

A. 4017 B. 4028 C. 4012 D. 4003

Lời giải

Điều kiện: 1 0 1.

1

x x

x

  

    



Phương trình cho tương đương với:

       

         

2 2 2

2

2 2

2 log 2 log

2 log log

x x m x x m

x x m x x m

       

 

          

 

Đặt tx2 theo ta có 1, 2

1 2

1 x  x   3 x x     t 1;  Xét hàm số f t  2 t1 log t đoạn 1;9  

Ta có    

 

   2

log

0, 1;

1 ln10

2

t t

f t t

t t

 

      



 Hàm số f t đồng biến  

trên đoạn 1;9   Khi f     1  f t f hay 0 f t 

Đặt u 2x21 log x2     Khi phương trình 1 u 0;    trở thành

 

2 2 2 8 1

u  m u m 

Nhận thấy u  khơng phải nghiệm phương trình 1  1 Với u  1

phương trình  1 tương đương với    

2

2 8 2 1 2 2

1

u

u m u m

u



    



Xét hàm số  

2

8

u g u

u

 

 0; \    Ta có  

 

2

2

;

u u

g u u

 

 

  

4

2

u g u

u

 

   

 

 Mà u  0; \ 1   nên u 4

Mặt khác, có        

1

0 8; 8; lim ; lim

x x

g g g u g u

 

      

Bảng biến thiên:

x

y

0

– –

–8

u cầu tốn  Phương trình  2 có nghiệm 0; \    Suy

ra

2

m m

m m

   



     

 

Mặt khác m ,m   2017; 2017 nên suy 2017

2017

m m

  

   



Vậy có tất 2017 1      2017 1  4028 giá trị m nguyên thỏa mãn toán

Đáp án B. Câu 8: Trong thời gian liên tục 25 năm, người lao động gửi 4.000.000 đồng vào ngày cố định tháng ngân hàng M với lãi suất không thay đổi suốt thời gian gửi tiền 0,6% tháng Gọi A số tiền người có được sau 25 năm Hỏi mệnh đề nào là đúng?

A. 3.500.000.000 A 3.550.000.000 B. 3.400.000.000 A 3.450.000.000

C. 3.350.000.000 A 3.400.000.000 D. 3.450.000.000 A 3.500.000.000

Lời giải

Sau tháng thứ người lao động có 0,6%   (triệu đồng) Sau tháng thứ người lao động có:

 

     2 

4 0,6% 4 0,6% 4 0,6%   1 0,6%  (triệu đồng) Sau tháng thứ người lao động có:

   

  

4 0,6%   1 0,6% 4 0,6%

  3  2 

4 0,6% 0,6% 0,6% 

       

  (triệu đồng)

Sau tháng thứ 300 người lao động có:

 300  299    1 0,6% 300

4 0,6% 0,6% 0,6% 0,6%

1 0,6%

 

        

 

   

3364,866

 (triệu đồng) 3.364.866.000 (đồng)

Đáp án C. Câu 9: Cô Huyền gửi tổng cộng 320 triệu đồng hai ngân hàng X Y theo phương thức lãi kép Số tiền thứ gửi ngân hàng X với lãi suất 2,1% quý thời gian 15 tháng Số tiền lại gửi ngân hàng Y với lãi suất 0,73% tháng thời gian tháng Tổng tiền lãi đạt hai ngân hàng 27.507.768,13 đồng (chưa làm tròn) Hỏi số tiền cô Huyền gửi ngân hàng X Y bao nhiêu?

A. 140 triệu 180 triệu B. 120 triệu 200 triệu

C. 200 triệu 120 triệu D. 180 triệu 140 triệu Lời giải

Tổng số tiền vốn lẫn lãi mà cô Huyền nhận ngân hàng X sau 15 tháng (5 quý) A x 1 2,1% 5x 1,021 5 (đồng) Suy số tiền lãi nhận sau 15 thàng rA   A x x1,0215 x x1,02151 (đồng)

Tổng số tiền vốn lẫn lãi mà cô Huyền nhận ngân hàng Y sau tháng B y 1 0,73% 9 y1,00739 (đồng) Suy số tiền lãi nhận ngân hàng Y sau tháng rB  B y y1,00739 y y1,007391 (đồng) Từ giả thiết, ta có:

 5  9

27507768,13 1,021 1  1,0073 1 27507768,13

        

   

A B

r r x y  2

Từ  1  2 có hệ:    

6

5

320.10

1,021 1,0073 27507768,13

   

      

   



x y

x y

6

140.10 180.10     

 

x

y

Vậy cô Huyền gửi ngân hàng X 140 triệu đồng gửi ngân hàng Y 180 triệu đồng

Đáp án A Câu 10: Đầu tháng bác An gửi tiết kiệm vào ngân hàng HD Bank số tiền với lãi suất 0,45% /tháng Giả sử lãi suất hàng tháng không thay đổi năm liền kể từ bác An gửi tiết kiệm Hỏi bác An cần gửi lượng tiền tối thiểu T (đồng) vào ngân hàng HD Bank để sau năm gửi tiết kiệm số tiền lãi đủ để mua xe máy có trị giá 30 triệu đồng?

A.T10050000 B. T25523000

C.T9 493000 D. T9 492000

Lời giải

Giả sử bác An gửi số tiền tối thiểu hàng tháng là T (đồng) Đặt r0,45%

Hết tháng thứ bác An nhận số tiền gốc và lãi là

 

1   1

T T T r T r

Hết tháng thứ hai bác An nhận số tiền gốc và lãi là

      2 

2 1

 

         

 

T T r T r r T r r

Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta chứng minh sau n tháng gửi tiết kiệm bác An nhận số tiền gốc và lãi là

     

1 

 

        

 

n n n

T T r r r

Dễ dàng tính Tn T 1 r  1 rn1 

r

Suy số tiền lãi sau n tháng gửi tiết kiệm là

   

1 1

       

 

n n n

T

L T Tn r r Tn

r

Phân tích phương án nhiễu

Phương án A: Sai HS tính gửi 35 tháng

Phương án B: Sai HS sử dụng công thức bài tốn tính lãi kép và hiểu đề

bài yêu cầu số tiền thu sau năm đủ để mua xe máy có trị giá 30 triệu đồng nên tìm T25523000

Phương án D: Sai HS giải lại làm tròn T9 492000

Đáp án C Câu 11: Một tỉnh A đưa nghị giảm biên chế cán công chức năm từ 2017 đến 2023 là 10,6% với số lượng có năm 2017 theo phương thức “ra vào 1” (tức là giảm đối tượng hưởng lương từ ngân sách Nhà nước người tuyển người) Giả sử tỉ lệ giảm và tuyển hàng năm so với năm trước là Tính tỉ lệ tuyển dụng hàng năm (làm tròn đến 0,01%) là

A. 1,13% B. 1,72% C. 2,02% D. 1,85%

Lời giải

Gọi x số cán công chức tỉnh A năm 2017 Gọi r tỉ lệ giảm hàng năm

Số người việc năm thứ x r

Số người lại sau năm thứ x x r x   1 r

Tương tự số người việc sau năm thứ hai x 1 r r Số người lại sau năm thứ hai x1r2

…

 Số người việc sau năm thứ x1r5.r Tổng số người việc là:

     

 

 

2

6

10,6%

1

0,106 0,0185

1

x r x r r x r r x r r x

r r

r r

       

   

 

 

   

 

Vậy tỉ lệ tuyển dụng hàng năm là 1,85%

Đáp án D Câu 12: Cho x y là số thực lớn thỏa mãn , 2

9

x  y  xy Tính

 

12 12 12

1 log log

2.log

x y

M

x y

 





A. M  1 B. 12

12

1 log log

y

M  C. M 2 D. M log 6.12

Lời giải

Ta có x29y26xyx3y2   0 x 3y

2

12 12 12 12 12

2

12 12 12

1 log log log 12 log log 36

1

2.log log 36 log 36

y y y y

M

y y y

  

    

Đáp án A STUDY TIPS

Tổng n số hạng cấp số nhân: 11 

1 n

n

u q S

q  



STUDY TIPS

   

loga f x logag x

   

f x g x g

    



Câu 13: Cho ,a b số thực hàm số:

  log2021 2 1  sin os 2020 6.

f x a x x b x c x

Biết f2020ln 202110 Tính P f2021ln 2020

A. P4 B. P2 C. P 2 D. P10

Lời giải

Xét hàm số g x    f x  6 alog2021 x2 1 xbsin cos 2020x  x 

Do x2    1 x x x nên hàm số g x  có tập xác định D =

Ta có:  x D  x D

và                

 

2 2021

log sin cos 2020

g x a x x b x x

     

   

     

2021

2021 2021

log sin cos 2020

1

log sin cos 2020

1

log sin cos 2020

g x a x x b x x

g x a b x x

x x

g x a x x b x x

     

 

    

 

 

      

   

g x g x

   

Vậy hàm số g x là hàm số lẻ  

Lại có: 2020ln 20212021ln 2020g2020ln 2021  g 2021ln 2020

   

   

ln 2021 ln 2020

ln 2020 ln 2020

2020 2021

10 2021 2021

f f

f f

 

      

        

Đáp án B Câu 14: Cho hai số thực a, b thỏa mãn 1

4   Tìm giá trị nhỏ biểu b a

thức log log

4

a a b

P b  b

 

A

2 

P B

2 

P C

2 

P D.

2 

P

Lời giải

Ta có:               

   

2

2

1 1

0 0 , ;1

2 4

b b b b b b

(đánh giá để đưa   

 

1 log

4

a b

2

logab )

Mà 1

4  a nên

2

1

log log

4   

 

 

a b ab

Do

 

2 1

log log 2log log

2 log log log log

       



a a a a

b b b

b b

b

P b b b b

a

a a a

b

Đặt logba t Do  b a 1 nên logbblogbalog 1b   0 t

MEMORIZE

+ Cho hàm số xác định trên D gọi hàm số chẵn

+ Cho hàm số xác định trên D gọi hàm số lẻ

STUDY TIP

Phương pháp: Đánh giá

với qua bất đẳng thức

STUDY TIP

Nếu

Suy    1

2

  



P P t

t t với 0 t

Xét  

 

2

2

  

P t

t t  0;1 ta có    

   

  

   

   

   

2 2

2 0;1

3

'

2 2 0;1

t

t t

P t

t t t

Bảng biến thiên:

Quan sát bảng biến thiên ta thấy   

P t suy    

0;1

9

2

 

t P t

2 

t

Do  

2

  

P P t P Dấu ''='' xảy

2

2

1

2

2 1

log

3 2



  

 

 

 

 

     

 

 b   

b

b b

a a

Vậy giá trị nhỏ P 9

Đáp án C

0

t

_ +

P'(t)

P(t)

0

III TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG

Câu 1: Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A1, A2, B1, B2 hình vẽ bên Biết chi phí phần tơ đậm 200 000 đồng/ m2 phần cịn lại 100

000 đồng/ m2 Hỏi số tiền để sơn theo cách gần với số tiền

đây, biết A A1 8 ,m B B1 6m tứ giác MNPQ hình chữ nhật có MQ3 ?m

A. 7.322.000 đồng B. 7.213.000 đồng

C. 5.526.000 đồng D. 5.782.000 đồng

Lời giải

Vì elip có độ dài trục lớn 2a  8 a 4, độ dài trục bé 2b  6 b nên elip có diện tích S   ab 12

Gắn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ Khi elip có phương trình tắc

  2

:

16 

y x

E Ta có MQ 3 NP nên 0;3

2

 

 

 

N x với x00

Do N E nên

2

0

3

2

16 3;

9

   

   

 

   

      

 

 

 

 

x N

Ta có

2

2 2

2

1

16 16 16

 

         

 

y

x x x

y y Gọi S diện tích hình 1

phẳng giới hạn đường

2

3 , 0, 0,

16

 x   

y y x x

Do tính đối xứng hình elip nên diện tích phần tô đậm

2 2

2

0

4 d 16 d

16

      

đ t

x

S S x x x

Đặt x4sintdx4cos dt t Đổi cận

0

2

3     

 

  



x t

x t

Do  

3 3

2

0 0

3 16 16sin 4cos d 48 cos d 24 cos t d

  

       

S t t t t t t

 

3 2

0

1

24 sin 24

2



 

  

         

t t   m

Diện tích phần cịn lại   12   8 6 3  4 6 3 2 .

đ c t

S S S m

Do số tiền cần làm biển quảng cáo

8 200000 4 100000 322 000

      

T đồng

Đáp án A Câu 2: Cho hàm số  

2

1 d ln

x

x

g x t

t

  với x  Tính 0 g e 2

A.  

2

2

2

e

g e   B.  

2

2

e

g e   C.  2

2

g e  D. g e 2  2

O x y B2

B1

A1 A2 M N

P Q

Cho hình elip có độ dài trục lớn 2a độ dài trục bé 2b Khi diện tích hình elip tính theo công thức

MEMORIZE

A1 A2

B1

B2

P N

Lời giải Giả sử F t nguyên hàm hàm số  

ln t

Khi  

ln

F t t

  hay  

ln

F x x

 

Ta có  

2

1 d ln

x

x

g x t

t

  F x 2 F x 

Suy     2  

g x  F x F x  F x 2 F x  12.2 ln

lnx x x

 

ln

x x

 

 

2

2

e

g e 

 

Đáp án A Câu 3: Cho hàm số f x liên tục   \ 1;0  thỏa mãn

 1    2    1

x x f x  x f x x x f 1 2ln2 1 Khi f 2  a bln3, với ,a blà hai số hữu tỉ Tính a b

A 27

16 B

15

16 C

39

16 D.

3 Lời giải Ta có: x x 1   f x  x 2   f x x x1

   

   

   

 

2

2

2 2

2

2

1 1

d d

1 1

1

1 d ln

1

x x

x x

f x f x

x x x

x x x

f x f x x x

x x x

x x

f x x x x x C

x x

 

  

  

   

  

   

      

 

 

          

   

 



Mà  1 2ln 12ln 1 1 ln

2

f           C C

Khi  2 ln  2 3ln 3

3 f    f  4   a b Vậy

3

a b 

Đáp án D Câu 4: Cho hàm số y f x  xác định liên tục đoạn 5; 3 Biết diện tích hình phẳng S S S giới hạn đồ thị hàm số 1, 2, 3 y f x  đường parabol

 

y g x ax bx c m, n, p

O x y

-5 -2 -1

y = f (x) S1

5

2

3 S2

S3 y = g(x) Công thức tổng quát

STUDY TIP

Bài toán bên thuộc lớp toán mà từ đề ta có phương trình

liên tục)

Ta có hai hướng biến đởi sau:

Hướng 1: Biến đổi (1) dạng

Hướng 2: Biến đổi (1) dạng

Giá trị tích phân  

3

d

f x x 

A. 208

45

m n p

    B. 208

45

m n p  

C. 208

45

m n p   D. 208

45

m n p

   

Lời giải

Quan sát đồ thị hình vẽ, ta có:

           

2 2 2

1

5 5 5

d d d d d ;

S f x g x x f x x g x x f x x m g x x

    

    

 

       

           

0 0 0

2

2 2 2

d d d d d ;

S g x f x x g x x f x x f x x g x x n

    

 

       

           

3 3 3

3

0 0 0

d d d d d

S f x g x  xf x xg x xf x x p g x x

Suy        

3

5

d d d d

f x x f x x f x x f x x



  

  

   

         

3 3

5 5

d d d d d

f x x m n p f x x f x x f x x m n p g x x



   

          

Từ đồ thị ta thấy  

3

5

d

g x x 

số dương nên có phương án B phù hợp

Đáp án B. Câu 5: Tính tích phân  

2

3

max x x, dx



A. B. C. 15

4 D.

17 Lời giải

Cách 1: Ta có  1 1 0

x

x x x x x

x

 

      

 

 Do x   nên 0; 2

x x

   



Xét dấu, ta x3   x 0, x  0;1 x3   x 0, x  1;

Suy  3

0;1

max x x, x

 

    

3 1;2

max x x, x

 

  

Vậy  

2

3

0

17

max , d d d

4

x x x x x x x

  

Cách 2:  

3

2 2

3

0 0

17

max , d d d d

2

x x x x

x x x    x x x x x

   

Đáp án D Câu 6: Khối tròn xoay tạo thành quay hình phẳng  H giới hạn đường

cong  4 ,

1

x x

x e

y

xe

 



 trục hoành hai đường thẳng x0,x quanh trục hồnh tích V   a blne1 , ,a b số nguyên Mệnh đề đúng?

A. a b  B. a3b  C. a b  D. a3b17 Ta tính

sau: Đồ thị hàm số qua điểm

nên ta có:

Lời giải

Ta có       

1

0

1

5 4

d d ln

1

x x

x

x x

x e x e

V x x x xe

xe xe

      

            

 

   

 

 5 4ln e1  Do a3b 5 4  17

Đáp án D Câu 7: Cho hàm số f x x22x3e Gọi x M m giá trị lớn ,

và giá trị nhỏ hàm số F x ax2bx c e đoạn   x 1;0

  , biết

   

'  , 

F x f x x Tính T am bM c   

A.T 2 24 e B. T0 C. T 3 e D. T 16 e

Lời giải

Ta có F x'   ax22a b x b c e     x.

 

       2

1

' , 2

3

x

a a

F x f x x a b b F x x e

b c c



    

 

           

     

 

    1;

' 0

3 1;

x

F x f x

x

     

    

 

  

  



Ta có F  1 ;e F 0 3 Suy M2 ;e m   3 T 1.3 0.2 e 

Phân tích phương án nhiễu:

Phương án A: Sai HS tính sai F x' ax22a b x b c e     x.

 

Do        

1

' , 4

1

x

a

F x f x x b F x x x e

c



  

         

  

    1;

' 0

3 1;

x

F x f x

x

     

    

 

  

  



Ta có F  1 ;e F 0 1 Suy M6 ;e m   1 T 24 e

Phương án C: Sai HS giải M2 ;e m lại tính sai T Cụ thể:

1.2 0.3 3

T  e    e

Phương án D: Sai HS tính sai    

' x

F x   ax  a b x b c e     giải sai , ,

a b c

Do        

1

' , 4

1

x

a

F x f x x b F x x x e

c



   

          

  

    1;

' 0

3 1;

x

F x f x

x

     

    

 

  

  



Ta có F  1 ;e F 0  Suy M4 ;e m   1 T 1.1 4.4 e  1 16 e

Đáp án B Thể tích khối trịn xoay

hình phẳng H giới hạn đồ thị hai đường

Câu 8: Cho hàm số y f x  liên tục không âm thỏa mãn

    2 

f x f x  x f x  f 0  Gọi M, m giá trị lớn 0 giá trị nhỏ hàm số y f x  đoạn 1;  Biết giá trị biểu thức P2M m có dạng a 11b 3c a b c, , ,  . Tính a b c 

A. a b c   B. a b c   C. a b c   D. a b c   Lời giải

Từ          

      

2

2

2 d d

1

f x f x f x f x

f x f x x f x x x x x

f x f x

 

      

     1

Đặt f2 x   1 t f2 x   t2 1 2f x f x   .  dx2 dt t f x f x   .  dx t t d

Suy    

  2 

2

d

d d

1

f x f x t t

x t t C f x C

t f x



      



  

2

2 dx x x C



Từ  1 ta suy f2 x  1 C1x2C2 Do f 0 0 nên C2C1

Như f2 x  1 x2C2C1x2 1 f2 x x212 1 x42x2

  2 2 2 2 do 1; 

f x x x x x x x x  

        

Ta có    

2

2

2

2

2 0,

2

x x

f x x x

x x



        

  Hàm số  

2

2

f x x x 

đồng biến nên f x  đồng biến 1; 

Khi    

1;3

max 3 11

M f x f

   

      

1;3

min

m   f x f

 

  

Vậy P2M m 6 11 3 a 6;b1;c     a b c

Đáp án B. Câu 9: Cho số thực x x x x thỏa mãn 1, 2, 3, 4 0 x1x2x3x hàm số 4

 

yf x Biết hàm số y f x  có đồ thị hình vẽ Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số đoạn 0;x4 Đáp án sau đúng?

A. M m  f   0 f x3 B. M m  f x   3 f x4

C. M m  f x   1  f x2 D. M m  f   0 f x1 Lời giải

Dựa vào đồ thị hàm số yf x , ta có nhận xét:

● Hàm số yf x  đổi dấu từ  sang  qua xx1

● Hàm số yf x  đổi dấu từ  sang  qua xx2 ● Hàm số yf x  đổi dấu từ  sang  qua xx3

Từ ta có bảng biến thiên hàm số y f x  đoạn 0; x4 sau:

O x y

x x1 x2 x3 x4    

 

f x

Sử dụng bảng biến thiên ta tìm được:

                4 0;x 0;x

max max , ,

min ,

f x f f x f x

f x f x f x

                     Quan sát đồ thị, dùng phương pháp tích phân để tính diện tích, ta có

           

2

4

1

3 0;x

0

x x

x x

f x dx f x dx f x f x f x f x

   

   

          

 

Tương tự, ta có

                          4 2

2 0;x

0

0

0 max

x x

x

x x

x x

f x dx f x dx f f x

f x dx f x dx f x f x

f f x f x f x f

                                          

Vậy        

4

4 0;x

0;x

max f x f ; f x f x

 

   

 

   

   

Đáp án A Câu 10: Cho 0  a hàm  

2



 ax a x

f x ,  

2



  ax a x

g x Trong

khẳng định sau, có khẳng định đúng?

I f2 x g x2 1 II g x 2 2g x f x    

III f g  0 g f  0  IV g         2x g x f x g x f x

A B C D

Lời giải

+ Ta có    

2

2

1 I

2

x x x x

a a a a

f x g x

 

     

      

   

+         

2

2

2 2

x x x x

x x a a a a x x x x

a a a a a a

g x g x f x

 

    

  

   

II

 +

 

   

 

         

0

1 0 0 III

1

0

2

f g f

f g g f

a a

a

g f g

a                sai

+ Do g x 2 2g x f x    nên g 2x 2g x f x       g x f x IV sai Vậy có khẳng định

thể tích vật thể trịn xoay có cách cho miền hình phẳng giới hạn đường elip đường trịn (phần hình phẳng tơ đậm hình vẽ) quay xung quanh trục AA 

A. V36  B. V 12 C. V 16 D. 64

 

V

Lời giải

Thể tích khối trịn xoay thu quay elip có trục lớn AA 8, trục nhỏ

6

BB  quay quanh trục AA  

2

2

4

.4.3 48

3 2

E

AA BB

V         

 

(đvtt)

Thể tích khối trịn xoay thu quay đường tròn ;

BB

O 

 

 

  quanh trục AA

cũng thể tích khối cầu tâm O, bán kính R 3 Thể tích

 ;3 3

4

.3 36

3

O

V  R     (đvtt)

Vậy thể tích khối trịn xoay cần tính V V E V O;3       (đvtt) 48 36 12

Đáp án B. Câu 12: Cho hàm số y f x có đạo hàm cấp hai liên tục đoạn 0;1   

thỏa mãn      

1 1

0 0

d   d   d 0

e f xx x e f xx x e f xx x Giá trị biểu thức

   

   

  



e f f

e f f

A. –2 B. –1 C. –2 D.

Lời giải * Đặt      

1 1

0 0

d d d

x x x

e f x x e f x x e f x x k 

  

Đặt          

1 1

0 0

d d

d d

d d

x x

x x x

u e u e x

e f x x e f x e f x x

v f x x v f x

   

     

  

 

 

   

       

1

k e f f k ef f k

      

* Đặt          

1 1

0 0

d d

d d

d d

x x

x x x

u e u e x

e f x x e f x e f x x

v f x x v f x

   

       

   

 

 

   

       

k e f f k e f f k

      

Vậy     1  0 2

e f f k

k

e f f

  

 



Đáp án D

A

B

STUDY TIPS

1 Thể tích khối trịn xoay

thu quay hình elip

 E có trục lớn 2a, trục nhỏ 2b quanh trục lớn V ab 2

3  

2 Thể tích khối cầu bán kính

Câu 13: Cho hai đường tròn O1; 5 O2; 3 cắt hai điểm A,B cho

AB đường kính đường tròn  O2 Gọi  D hình phẳng giới hạn hai đường trịn (ở ngồi đường trịn lớn, phần gạch chéo hình vẽ) Quay  D quanh trục O O ta khối trịn xoay Tính thể tích V khối 1

tròn xoay tạo thành

A. 14

3

V   B. 68

3

V   C. 40

3

V   D. V 36  Lời giải

Chọn hệ tọa độ Oxy hình vẽ với O2O O C Ox O A Oy, 2  , 2 

Ta có 2 2  

1 2 4;

O O  O A O A    O  Phương trình đường trịn    2

1 : 25

O x y  Phương trình đường trịn   2

2 :

O x y 

Kí hiệu  H hình phẳng giới hạn đường 1   O1 : x42y225, trục Oy x  : x 0

Kí hiệu  H hình phẳng giới hạn đường 2   2

2 :

O x y  , trục

:

Oy x  x 0

Khi thể tích V cần tìm thể tích V khối trịn xoay thu 2

quay hình  H xung quanh trục Ox (thể tích nửa khối cầu bán kính 3) trừ 2

đi thể tích V khối trịn xoay thu quay hình 1  H xung quanh trục Ox 1

Ta có 2 .33 18

V     (đvtt);  

1

2

1

0

14

d 25 d

3

V  y x   x  x  (đvtt)

Vậy

14 40

18

3

V V V      (đvtt)

Đáp án C. Câu 14: Một khuôn viên dạng nửa hình trịn có đường kính m Trên   người thiết kế hai phần để trồng hoa có dạng cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm nửa hình tròn hai đầu mút cánh hoa nằm nửa đường trịn (phần tơ màu), cách khoảng m , phần cịn lại khn viên (phần không tô màu) dành để trồng cỏ Nhật Bản Biết kích thước cho hình vẽ kinh phí để trồng cỏ Nhật Bản 100.000 đồng/m Hỏi cần 2

bao nhiêu tiền để trồng cỏ Nhật Bản phần đất đó? (Số tiền làm trịn đến hàng nghìn)

A. 3.895.000 đồng B. 1.948.000 đồng

C. 2.388.000 đồng D. 1.194.000 đồng

A

B

A

B

x y

C

4m

Lời giải

Đặt hệ trục tọa độ hình vẽ Khi phương trình nửa đường trịn y R2x2   2 5 2x2  20x2

Phương trình parabol  P có đỉnh gốc O có dạng  y ax Mặt

khác  P qua điểm M 2;4 4a 2   a

Phần diện tích hình phẳng giới hạn  P nửa đường trịn

(phần tơ màu)  2  2

2

2

20 d 11,94 m



    

S x x x

Phần diện tích trồng cỏ là:  2

1

1

19,47592654 m

  

trong co hinhtron

S S S

Vậy số tiền cần có Strongco100000 1948000 (đồng)

Đáp án B. Câu 15: Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục đoạn 1; 2 thỏa mãn

   

1

1

2 0, '

45

 

   

f f x dx    

2

1

1

1

30

  

 x f x dx Tính  

2

1



I f x dx

A.

12  

I B.

15  

I C.

36  

I D.

12 

I

Lời giải Ta có

        

2

2

1

1

1

30

  x f x dx f x d x        

2 2

2

1

1

1 '

2

 x f x   x f x dx

   

2

2

1

1 '

15  x f x dx

Ta lại có    

2

4

1

1

1

5

   

 x dx x

Từ giả thiết kết ta có

       

2 2

2

1 1

9f x'  dx6 x1 f x dx'  x1 dx0 Mặt khác

           

2 2 2

2

1 1

9f x'  dx6 x1 f x dx'  x1 dx3 'f x  x1  dx0 Do vậy, xét đoạn 1; 2, ta có

   2   1 2   1 3

3 ' ' 1

3

         

f x x f x x f x x C

Lại f 2 0 nên 1   1 13

9 9

        

C C f x x

Suy      

2

2

3

1 1

1 1

1 1

9 36 12

 

          

 



I x dx x x

Phân tích phương án nhiễu

Phương án B: Sai HS sử dụng sai tính chất tích phân Cụ thể:

           

2 2 2

1 1 1

1 1

1

30 15

  x f x dx x dx f x dx  f x dxf x dx 

Phương án C: Sai HS giải tính I lại bị sai Cụ thể:

4m

4m 4m

x y

O

     

2

3

1 1

1 1

1 1

9 36 18 36

 

          

 



I x dx x x

Phương án D: Sai HS tìm sai hàm số f x  Cụ thể:

   2   1 2   1 3

3 ' ' 1

3

         

f x x f x x f x x C

Lại f 2 0 nên 1   1 3

9 9

       

C C f x x Do tính

1 12 

I

Đáp án A

Câu 16: Cho biết      

2 16

2

0

d 4, d 2, d 2

x f x x f z z  f t t

t Tính  

4

0

d

f x x

A. B. 10 C. D. 11

Lời giải

- Với  

2

0

d

I  x f x x Đặt d d

t x  t x x Đổi cận: x  0 t 0, x 2  t

   

2

1

0

d

d

2

t

I f t f t t

     hay  

2

0

d

f x x 



- Với  

16

9

d

f t

I t

t

 Đặt x t      

16 4

9 3

.2d d

f t

f x x f x x

t

    

       

4

0

d d d d 11

I f x x f x x f x x f x x

        

Đáp án D Câu 17: Cho hàm số f x  có đạo hàm đến cấp liên tục 1; 3,

 1  1

f f   f x 0,f x f x    f x 2xf x 2,  x 1; 3 Tính

 

lnf

A. 4 B. 3 C.4 D.3

Lời giải

Ta có f x f x    f x 2xf x 2  f x f x    f x 2 xf x  2

     

       

2

3

2

2 3

f x f x f x f x f x x

x x C

f x f x

f x



 

       

          

 

 

Do f 1 f  1 1 nên

C   

   

3 4 4

ln

3 12

f x x x

f x x C

f x





        

Vì f 1  nên

C  

Do    

4

4

ln ln

12

x

f x    x  f  

Đáp án A Nguyên hàm – Tích phân

hàm ẩn cho giả thiết

+ Biến đổi phương trình vế chứa + Lấy nguyên hàm tích phân hai vế

+ Tìm ngun hàm dựa vào tích phân để tính giá trị

Câu 18: Xét hàm số f x  liên tục 1; 2 thỏa mãn

  2  2 3 1  4

f x  xf x   f x  x Tính giá trị tích phân  

2

1

d

I f x x



 

A. I  5 B.

2

I  C. I  3 D. I 15

Lời giải

Cách 1: (Dùng công thức)

Với: f x    2x f x 223f1x4x3 Ta có:

1; 1;

A B C

2

u x  thỏa mãn  

 21

u u

    

 



Khi áp dụng cơng thức có:  

2

2

3

1 1

1

4 d

1

x

I f x x x

  

   

 

 

Cách 2: (Dùng phương pháp đổi biến) Từ f x 2xf x 223f1x4x3

       

2 2

2

1 1

d d d d *

f x x x f x x f x x x x

   

      

+) Đặt

2 d d

u x   u x x; Với x     u x   u

Khi        

2 2

2

1 1

2 x f x dx f u du f x d 1x

  

  

  

+) Đặt t  1 x dt dx;

Với x    t x    t

Khi        

2 2

1 1

1 d d d

f x x f t t f x x

  

  

  

Thay    1 , vào  * ta được:    

2

1

5 f x dx 15 f x dx

 

  

 

Đáp án C. Câu 19: Cho hàm số f x   thỏa mãn điều kiện f x   2x3   f2 x

 

0

f  Biết tổng f   1 f f2017 f 2018 f 2019 a

b

      với

*

,

a b a

b phân số tối giản Mệnh đề sau đúng?

A. a

b  B.

a

b C. a b 1010 D. b a 1516

Lời giải

Biến đổi f x  2x   f2 x f x2   2x f x2  dx 2x d x

f x f x

 

        

   

1

3

3

x x C f x

f x x x C

       

  Mà  

1

2

f  nên C  2

Do   2  1 

1

3

f x

x x

x x

   

 

 

Cho hàm số thỏa mãn:

+) Với

+) Với

Trong đề thường bị khuyết hệ số A, B, C

+ Nếu liên tục

MEMORIZE

Nguyên hàm hàm ẩn cho giả thiết

+ Biến đởi phương trình vế chứa + Lấy nguyên hai vế tìm

+ Phân tích dạng hiệu phân thức hữu tỉ + Tính giá trị biểu thức

Khi a f   1 f f2019 f 2020

b    

1 1

2.3 3.4 2020.2021 2021.2022

 

      

 

1 1 1 1

2 3 2020 2021 2021 2022

 

          

 

1

2 2022

 

   

 

505 1011 



Với điều kiện ,a b thỏa mãn toán, suy ra: 505

1011

a b

    

   b a 1516

Đáp án D. Câu 20: Cho hàm số f x ax3bx2cx d , có đồ thị  C M điểm

bất kì thuộc  C cho tiếp tuyến  C M cắt  C điểm thứ hai N ;

tiếp tuyến  C N cắt  C điểm thứ hai P Gọi S S diện 1, 2 tích hình phẳng giới hạn đường thẳng MN  C ; đường thẳng NP

 C Mệnh đề đúng?

A. 2 1

16

S  S B. 1 2

8

S  S C. 1 2

16

S  S D. 2 1

8

S  S Lời giải

Giả sử a  gọi , ,0 m n p hoành độ điểm M N P với m n, ,  Tiếp tuyến M y ex  cắt ( )f C điểm M , N có hồnh độ m n, điểm M điểm tiếp xúc

Vì phương trình       2 

ax bx cx d  ex f a x m x n có nghiệm x1x2 m x; 3 Theo định lý Vi-et ta có 2n m n b n b m

a a



     

Với giả sử

3

b

m n m

a

   

Một cách tương tự cho tiếp tuyến NP có

2n p b p b 2n b b 2m b 4m n

a a a a a

 

   

           

 

Sử dụng tích phân   2 d 1 4

12

b

a

x a x b x  a b

 Diện tích mặt phẳng:

 

   

 

2

2

1 ,

2 4

2

2 d

d

12

b m a MN C

m b

m a

m

b

S S a x m x m x

a

b a b

a x m x m x m

a a

 

 

 

      

 

   

          

   

 

 

 

2 2

2 ,

4

2 2 4

2 d

2

d

12

b m a NP C

b m a

b m a

m

b b

S S a x m x m x

a a

b b a b

a x m x m x m

a a a

 

  

   

         

   

     

            

     

 

1

1 16

S S

 

Đáp án C. Ta có:

MEMORIZE

Có thể chọn hàm bậc ba cụ thể với điểm M cụ thể để thử đáp án trắc nghiệm

IV SỐ PHỨC

Câu 1: Cho số phức z thỏa mãn z 1 3i    z i 65 Giá trị nhỏ

 

z i đạt z a bi  với ,a b số thực dương Giá trị 2b3a

bằng

A. 19 B. 16 C. 24 D. 13

Lời giải

Cách 1: (Sử dụng kiến thức Hình học)

Ta có z 1 3i       z i z 1 3i   z  i 8

Gọi M A B I, , , điểm biểu diễn cho số phức ,1 , 5z  i    i, i Khi A1; 3 , B5;1 I 2; 1

Có I trung điểm đoạn thẳng AB MA MB 2 65 MI  z i Do I trung điểm đoạn thẳng AB nên

2 2 2

2

13

2

 

MA MB AB  MA MB 

MI

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có

   2

2 2

2

     

MA MB MA MB MA MB MA MB

Kết hợp với giả thiết, suy 2

130

 

MA MB

Do MI2 65 13 52  MI2 13

Đẳng thức xảy MAMB 65 hay MI đường trung trực đoạn

AB MI2 13 Dễ dàng tìm M 6; 7 M 2; Theo giả thiết ta lấy M 2; ứng với z 2 5i

Do a2,b5 2b3a16

Cách 2: (Sử dụng kiến thức Đại số) Đặt z x yi x y  , ,  

Từ giả thiết, ta có x 1 y3 i x5  y1i 2 65

  2 2   2 2

1 65

 x  y  x  y 

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xky, ta có

  2 2   2 2

2 651 x1  y3 1 x5  y1  2x1 2 y3 2 x5 2 y12

  2 2

2

2 65 18 2 13

  x y  x y  x  y 

  2 2

52 2 13

  x  y    z i

Dấu xảy x1 2 y3 2  x5 2 y1265

  ; 6; 7

 x y       x y;  2; Theo giả thiết, ta lấy a2,b5

Đáp án B DISCOVERY

Từ cách làm câu này, có kết tổng quát sau:

Cho hai số phức khác số phức

thỏa mãn:

, Khi đạt giá trị nhỏ

Trường hợp

Câu 2: Cho số phức z thỏa mãn z z 2z z 8;a b c, , dương Gọi M m, giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức P  z 3i Tính M m 

A. 10 34 B. 5 58 C. 10 58 D. 10

Lời giải

Gọi E 3; điểm biểu diễn w 3 3i

Đặt z x yi x y   ,   ta có

2 2

         

z z z z x yi x y

Suy điểm N biểu diễn z nằm hình bình hành giới hạn đường thẳng  x 2y4 Các đỉnh hình bình hành

       

1 4;0 , 0; , 4;0 , 0; 2

A A A A

Ta lại có với điểm CAB điểm M AB 

   

min AC BC,  MCmax AC BC, * Tìm max

Với điểm N nằm hình bình hành, giả sử N A A i i1A5 A ta có 1

   

max , max , 1,2,3,4

 i j  i 

EN EA EA EA i

 M EN maxmax EAi i1,2,3,4EA3  58 * Tìm

Gọi H H H H hình chiếu 1, 2, 3, 4 E A A A A A A A A 1 2, 2 3, 3 4, 4 1 Dễ thấy, m EN minEH1 Vậy m M  5 58

Tổng quát: Cho số phức z thỏa mãn a z z b z z 2 ;c a b c, , dương Tìm giá

trị lớn nhất, nhỏ biểu thức P z w

Gọi E điểm biểu diễn w Từ giả thiết suy điểm M biểu diễn z nằm

hình bình hành giới hạn đường thẳng  ax byc

Ta có nhận xét sau: Cho đoạn AB điểm CAB Với điểm M AB ,

   

min AC BC, MCmax AC BC,

* Tìm max

Với điểm Mnằm hình bình hành, giả sử M A A i i1A5A1 ta có

   

max i, j max i , 1,2,3,4

EM EA EA  EA i

 EMmaxmax EAi ,i1,2,3,4

* Tìm

Gọi Hi hình chiếu E di Khi đó,

+) Nếu tất Hi không thuộc đoạn chứa di tương ứng

 1  4

min i, i , , ,

EM EA EA  EA EA EA EA

 EMminmin EAi ,i1,2,3,4

+) Có Hi thuộc đoạn chứa di tương ứng

 1  4

min i, i, i i, , , ,

EM EH EA EA  EH EA EA EA EA với Hi thuộc

đoạn chứa di tương ứng  EMminminEH EAi, i,i1,2,3,4 với

i

H thuộc đoạn chứa di tương ứng

Đáp án B

N y

x E

A3

A2

A1

A4

Câu 3: Xét tất số phức z thỏa mãnz  3i Giá trị nhỏ

2 7 24

z   inằm khoảng nào?

A. 0;1009  B. 1009; 2018  C. 2018; 4036  D. 4036;   Lời giải

Ta có 1 z  3i z  3i4  z         5 z z Đặt z0  4 3i z0 5,z02 7 24i

Ta có A z2  7 24i2 z2 z20 z2z02z2z02

 

 z4z04z z 0z z0 22 z z02

Mà z z 0z z 0 1 z z 0z z0  1 z2 z02 Suy ra,

2

4 2

0 2 1201

z z z z z

A       z z   z 

 



Hàm số y2t42t21201 đồng biến 4;6

  nên

4

2.4 2.4 1201 1681

A    

Dấu xảy  

  



4

z

z i

Do đó, z2 7 24i nằm khoảng 1009; 2018 

Đáp án B Câu 4: Cho phương trình

0

z az bz cz d  , với , , ,a b c d số thực Biết

phương trình có nghiệm khơng số thực, tích hai bốn nghiệm 13 i tổng hai nghiệm lại i Hỏi b nằm khoảng nào?

A. 0;10  B. 10; 40  C. 40;60  D. 60;100  Lời giải Gọi nghiệm phương trình z z z z 1, 2, 3, 4

Khi đó,     

1

z az bz    cz d z z z z z z z z , z

Do đó, bz z1 2z z1 3z z1 4z z2 3z z2 4z z3 4

Do vai trò nên ta giả sử z z1 2 13i z, 3z4 3 4i

Vì a b c d nên , , , z z 1 2 z z 3 4 z1z2 z3z4 số phức liên

hợp Do đó, z1z2 3 ,i z z3 4 13 i

 2 4 3 3  13 13 51

b z z z z z z z z i i i i

             

Vậy b40;60

Đáp án C. Câu 5: Cho z x yi x y   ,   số phức thỏa mãn điều kiện z 3 2i 5

4 3  

  

z i

z i Gọi M m, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức 2 8 4

   

T x y x y Tính M m 

A  18 B 4 C  20 D. 2 Với số phức ta có

 

STUDY TIP

Với hai số phức ta có tính chất:

+ Nếu + Nếu

Lời giải

Theo đề bài:

4 3

z i

z i z i

    



    



   

       

2 2

2 2

3

4 3

x y

x y x y

    

  

      



     

   

2

1

3 25

*

7

x y C

x y d

    

  

  



 Tập hợp điểm biểu diễn số phức z miền mặt phẳng  T mà tọa độ điểm thỏa mãn hệ (*)

Lại có: đường thẳng d cắt đường trịn  C1 A1;1 ; B 0; 6 

Mặt khác: Tx4 2 y2220x4 2 y22 T 20 Gọi  C2 đường tròn tâm J   4; , bán kính R T20T 20

Khi ta có đường trịn  C có điểm chung với miền mặt phẳng T 2

khi JK R maxJA JB; 

 

max 2; 20

4 20 32 16 12 12; 16

IJ IK R T

T T M m

        

           

Vậy M m  

Đáp án B. Câu 6: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z   1 i 2z đường trịn  C Tính bán kính R  C

A. 10

R  B R 2 C

3

R  D 10

3

R 

Lời giải

Đặt z a bi a b   ,  

J K

y

−6

I

x A

−4

B

3

O

−1

−2 Cho số phức ta có:

(với )

+ z     1 a bi z 12  a 12b2

+ 1 i 2z  1 i 2a bi  1 2a 1 2b i   1 i 2z2 1 2a 2 1 2b 2

Vậy z   1 1 i 2z  a 12b2 1 2a 2 1 2b2

3 26 3 24   1 0 2 22 4  1 0

3

a a b b a b a b

Phương trình có           

2

2 2 10

1

3

A B C nên phương trình

đường trịn có bán kính  2 2  10

3

R A B C

Đáp án D Câu 7: Cho z x yi x y   ,   số phức thỏa mãn điều kiện

2

     

z i z i Gọi M m, giá trị lớn giá trị nhỏ

của biểu thức P x 2y28x6y Tính M m

A. 156 20 10

5  B. 60 20 10. C.

156

20 10

5  D. 60 20 10. Lời giải Từ giả thiết ta có:

  2 2   2 2

2

       

x y x y

  2 2

2

2 25

   

  

   



x y

x y

Suy tập hợp điểm biểu diễn số phức z miền mặt phẳng  T thỏa mãn

  2 2

2

2 25

   

 

   



x y

x y (miền tơ đậm hình vẽ bên)

Gọi A, B giao điểm đường thẳng 2x y  2 đường tròn  C :

  2 2

2 25

   

x y Ta tìm A2; 6  B2;  Ta có P x y2 8x6yx4 2  y32 P 25

Gọi  C đường trịn có tâm J 4; 3 bán kính R P25

Đường tròn  C cắt miền  T JK R JA   IJ IK R JA 

2 10 25 40 20 10 20

   P     P

Vậy M20,m40 20 10 Mm60 20 10

Đáp án B

I

A -1 J

K B

-3 -6 -4

-2

2 x y

O Phương trình

với phương trình đường trịn có tâm bán kính

FOR REVIEW

Tập hợp điểm thỏa mãn nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng

không chứa điểm (kể bờ đường thẳng d) Tập hợp điểm thỏa mãn

hình trịn

Hợp hai miền miền mặt phẳng tơ đậm hình vẽ bên

Câu 8: Cho số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z i  z 2m  với m tham số thực Tập hợp giá trị thực tham số m để tồn hai số phức thỏa mãn điều kiện

A. 2; \    B. 2;  C.  2; \    D. 2;  Lời giải

Gọi M x y ; điểm biểu diễn z x iy x y   ,   mặt phẳng phức Từ z i  1 x2y12  1 M đường tròn  

1

C có tâm I1 0;1 , bán kính

1

R  Từ  2

2 2

z m   x m y  M đường trịn  C2 có tâm

 

2 ; ,

I m bán kính R 2

Để tồn hai số phức thỏa mãn điều kiện cho tồn hai

điểm M, tức (C1) (C2) cắt hai điểm phân biệt

 2

2

1 2 2

R R I I R R   m    m    m  2; \    Đáp án A Câu 9: Xét số phức z a bi a b   ,   thỏa mãn z 4 3i  Tính

 

P a b z 1 3i   z i đạt giá trị lớn

A. P 10 B. P C. P D. P Lời giải

Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky

Từ giả thiết z 4 3i  5 a 4 2 b 32 5 a2b28a 6 b20 0

a2b28a6b20

Mặt khác T  z 3i    z i a1 2 b 32  a1 2 b 12 Suy M21212a1 2 b 3 2 a 1 2 b 122 2 a2b24b12

   

 

2 8 a6b20 4b128 4a2b7 Dấu “=” xảy a1 2 b 3 2 a 1 2 b 12 a 2b 2

Lại có 4a2b4a4 2 b322 4222a4 2 b 3222

 20.5 22 32 Dấu “=” xảy 4 3  4 2 3 2  2

4

a b

a b a b

Suy M28 4 a2b 7 8 32 7 200M10 2

Vậy Mmax10      

 

4 32

2

a b a

a b b Vậy P a b  10

Cách 2: Lượng giác hóa

Từ giả thiết z 4 3i  5 a 4 2 b 325 Đặt    

  



5 sin

5 cos

a

b

Tập hợp biểu diễn đường trịn tâm

bán kính STUDY TIP

STUDY TIPS Với hai số a ;a ; ;a1 n

và b ; b ; ; b1 n ta có:

    2

1 2 n n

a b a b a b

 2  2 2  2

1 n n

a a b b

Dấu “=” xảy

  

1 n

1 n

Khi T  z 3i    z i a1 2 b 32 a1 2 b 12

       

 sin 5 2 cos 2 sin 3 2 sin 4  10 sin 30 sin 8 cos 30

Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có

      

 1212 16 sin 8 cos 60  2 2sin  cos 60

M

và 2 sin cos  2212sin2 cos2  5

Suy M 2sin   cos  60 5 60  10

Nên Mmax10 

 

     

 

 

   

   



2 sin

5 sin

5

1 5 cos 3 4

cos

a

b Vậy P a b  10

Đáp án A Câu 10: Xét số phức z thỏa mãn điều kiện z 3 4i    z i Gọi

,

M m giá trị lớn giá trị nhỏ z 4 3i Tính tổng bình

phương M m

A. 82 B. 162 C. 90 D. 90 40 5.

Lời giải Giả sử z a bi a b  , ,   Khi

  2 2   2 2

3 5

z  i    z i  a  b  a  b 

Coi I a b P  ; , 3; ,  Q 2;1 R 4; , với ý PQ 5 đẳng thức trở thành IP IQ PQ 

Đẳng thức xảy I thuộc đoạn PQ Hơn z 4 3i IR

Nhận thấy tam giác PQR tam giác có ba góc nhọn nên

   

minRI d R PQ , ; maxRImax RP RQ, Bằng tính tốn ta có m4 2;M5 Suy M2m282

Phân tích phương án nhiễu:

Phương án B: Sai HS tính lại cho tổng bình phương M m M m 2 nên tính kết 162

Phương án C: Sai HS cho

   

minRImin RP RQ, ; maxRImax RP RQ,

nên tìm M 5 m 2 10 Do tính kết 90 Phương án D: Sai HS cho

   

minRImin RP RQ, ; maxRImax RP RQ,

nên tìm M 5 m 2 10 Đồng thời, hiểu tổng bình phương M và m M m 2 nên tính kết 90 40 5.

Câu 11: Cho hai số phức z1 7 9i z28i Gọi  z a bi (a b,  ) số phức thỏa mãn z  1 i Tìm a b , biết biểu thức P z z1 2z z 2 đạt giá trị nhỏ

A -3 B -7 C 3 D 7

Lời giải

Gọi M a b ; điểm biểu diễn số phức z a bi  Đặt I   1;1 ,A 7;9 B 0;8

Ta xét tốn: Tìm điểm M thuộc đường trịn  C có tâm I, bán kính R  5 cho biểu thức P MA 2MB đạt giá trị nhỏ

Trước tiên, ta tìm điểm K x y ; cho MA2MK M  C Ta có MA2MKMA2 4MK2 MI IA  24 MI IK 2

 

2 2 . 4 2 2 .

MI IA MI IA MI IK MI IK

     

  2

2MI IA 4IK 3R 4IK IA

     (*)

(*)   2 20 2

3

IA IK

M C

R IK IA

  



   

  



 

 

5

4

4

4 3

x x

IA IK

y y



   

 

   

 

 

  

Thử trực tiếp ta thấy 5;

K 

  thỏa mãn

2 2

3R 4IK IA  Ta có MA2MB2MK2MB2MK MB 2KB

Vì 2 2

1 50 25

BI    R  nên B nằm ngồi  C

Vì

2

2 2

2 25

2

KI     R 

  nên K nằm  C

Dấu bất đẳng thức xảy M thuộc đoạn thẳng BK Do MA2MB nhỏ M giao điểm  C đường

thẳng BK

Phương trình đường thẳng BK: 2x y  

Phương trình đường trịn   C : x1 2 y1225 Tọa độ điểm M nghiệm hệ

  2 2

2 1

6

1 25

x y x

y

x y

    

 

  

    



5

x y

    



Thử lại thấy M 1;6 thuộc đoạn BK Vậy a1,b    a b

Đáp án D Câu 12: Cho hai số phức z z thỏa mãn 1, 2 z1 3,z2 4,z1z2  37 Xét số

phức

2

z

z a bi

z

   Tìm b

A. 3

b  B. 39

8

b  C.

8

b  D.

8

b 

STUDY TIPS Cho số phức z a bi  có điểm biểu diễn M số phức z a b i có điểm biểu diễn N Khi

z z  MN

STUDY TIPS Cho ba điểm phân biệt M, A, B Khi ta ln có

Lời giải

Từ 1 2 2

2 2

3

z

z z

z a bi z a b a b

z z z

          

Từ 2  2

2

2

37 37

1 1

4

z z z z z

z a b

z z

z

 

         

Ta có hệ phương trình sau

   

2 2 2

2 2 2

9 9

16 16 16

37

1

16 4

a b a b a b

a b a a a

        

  

  

  

         

  



2

3

9 27

16 64

a

b

      

 

     

  



Vậy 3 3

8

b   b 

Đáp án A. Câu 13: Cho z z z z bốn nghiệm phương trình 1, 2, 3, 4

4

1

z z i

  



  

  Tính giá

trị biểu thức     

1 P z  z  z  z 

A. 17

P  B. 17

9

P   C. P 425 D. P  425

Lời giải

Ta có    

4

4

1

1

2

z

z z i

z i

        

  

  Đặt      

4

1

f z  z  z Phương

trình f z  có nghiệm nên   f z 15z z 1z z 2z z 3z z 4 Do

1

i   nên z2 1 z2  i2   z i z i Từ ta có:

         

P z i z i z i z i    z i z i z i z i 

i z1i z2i z3i z4  i z1 i z2 i z3 i z4

   

               

      4  4  4 4

1 1 13

15 15 15 15

f i f i i i i i

P         

   

Đáp án C. Câu 14: Cho hai số phức z z thỏa mãn 1, 2 z12i 3 z2 2 2i  z2 2 i

Giá trị nhỏ biểu thức Pz1z2

A. B. C. D.

Lời giải

Đặt z1x1y i1 z2x2y i2 với x1, , , x2 y1 y 2

●  2

1 1

z  i  x  y    tập hợp số phức z đường tròn 1

  2  2

:

C x  y 

● z2 2 2i z2 2 4i

  2  2  2 2

2 2 2 2

x y x y y

          

x

y

O

-1

y = -3

-3

ABmin STUDY TIPS Với hai số phức z ,z ta có:

1 2

z z

 Tập hợp số phức z2 đường thẳng :d y  3

Ta có P z1z2  x2x1 2 y2y12 khoảng cách từ điểm

 2; 2

B x y d đến điểm A x y 1; 1   C

Do 2 1 min

min

z z AB

Dựa vào hình vẽ ta tìm ABmin A0; ,   B 0; 3 

Đáp án B. Câu 15: Cho số phức z thỏa mãn 1 z122 z1121 số phức z thỏa mãn 2

2  4

z i Tìm giá trị nhỏ z1z2

A.

5 B. C. D.

3 Lời giải

Gọi M x y ; điểm biểu diễn số phức z Khi 1

2

1 1

z   z i 

 2 2 2  2

2 1 2

x y x y x y x y

                Suy tập

hợp điểm M biểu diễn số phức z đường thẳng : 21  x y   Gọi N a b ; điểm biểu diễn số phức z Khi 2 z2  4 i

  2 2

4

a b

     Suy tập hợp điểm N biểu diễn số phức z đường 2

tròn   C : x4 2 y12 có tâm I 4;1 , bán kính R  Nhận thấy  

2

2.4 1 8 5

;

5

2

d I       R

 nên đường thẳng  đường

tròn  C khơng cắt

Lại có z1z2  x a  y b i   x a  2 y b 2 MN Dựa vào hình vẽ ta thấy MNmin MNd I ; R Vậy 1 2 min 5

5

z z   

Đáp án D. Câu 16: Cho số phức z z thỏa mãn tổng chúng tích Khi 1, 2

1 z z là:

A. B. C. D.

4 

Lời giải Ta có: 2 1 22

1

1 1

3

3

3

4

z z z z

z z

z z

z z z z

     

  

  

        

  

  

1

2

2

1

2

3

2

3

3

3

2

2

3

3

2

2

3

2

z i

z z

z i

z i

z i

z i

z i



  



   



 

   

 

   

 



   

   

 

 

  

 

1

9

2

4

z z

    

Đáp án C STUDY TIPS

Đường thẳng đường trịn có vị trí đặc biệt nên vẽ hình nhận hai điểm A & B , khơng viết phương trình đường thẳng qua tâm C vng góc với d , sau tìm giao điểm với C d loại điểm

I

N M

x y

O

Câu 17: Cho số phức z11,z2   số phức z thỏa mãn 2 3i

1 2

z     i z i Gọi M, m giá trị lớn giá trị nhỏ P z z1  z z2 Tính tổng S M m 

A. S  4 B. S  5 17

C. S  1 10 17 D. S  10 5. Lời giải

Số phức z 1 có điểm biểu diễn A 1;0 , số phức z2 2 3i có điểm biểu diễn B2;  

Gọi E x y điểm biểu diễn số phức z,  ; z x yi x y  , ,   Suy P x 1 yi  x2  y3i  x12y2  x2 2 y32

P EA EB

  

Mặt khác z     1 i z i 2 x 1 y1 i  x 3 y1i 2

  2 2   2 2

1 2

x y x y

          

Gọi M  1;1 ,N 3; 1  EM EN 2 2MN Điểm E thuộc đoạn MN Ta có phương trình đường thẳng MN x y   với x   1; 

Bài toán trở thành: Cho điểm E thuộc đoạn MN Tìm giá trị lớn cúa biểu thức P EA EB 

Đặt f x    Ta có x y  1; 1   1; 2; 3

2; 3

f

f f

f

     

    



     

 Suy

ra hai điểm A,B nằm phía MN Gọi A’ điểm đối xứng với

A qua MN A 2;1 Khi P EA EB EA   EB A B  

Dấu “=” xảy E A B   E A B MNE 2;0 hay z 2 Do điểm E thuộc đoạn thẳng MN nên P EA EB  đạt giá trị lớn

E M E N

Có 17 max 17

2

MA MB

MA MB NA NB P MA MB

NA NB

   

         



 



Vậy M 1 17 ,m  4 S M m  5 17

Đáp án B. Câu 18: Cho số phức z thỏa mãn z

z

  Tổng giá trị lớn giá trị nhỏ z

A. B. C. D. 13

Lời giải Ta có

 

2

2 1

1 1

3 9

z z

z z z z

z z z z z z

 

   

    

           

  

M A’

A

E

N

B

x y

O

2

–3

3

 2

2 2 2

2. 1 9 9 2 1 9

z z z z zz z z z z z z

           

Do  z z 2 nên  z411z2  1 z411z2 

2

11 13 11 13 13 13

2 z 2 z

    

     

Vậy max 13 13 13

2

z  z     

Đáp án D. Câu 19: Biết số phức z thỏa mãn điều kiện 3   z 3i Tập hợp điểm biểu diễn z tạo thành hình phẳng Diện tích hình phẳng

A. 16 B. 4 C. 9 D. 25

Lời giải

Đặt z x yi x y  , ,   Ta có z  3i x 1 y3i  x1 2 y32 Do 3     z 3i x1 2 y3225

Suy tập hợp điểm biểu diễn z hình phẳng nằm đường trịn tâm I 1; bán kính R 5 đồng thời nằm ngồi đường trịn tâm I 1; bán kính r 3

Diện tích hình phẳng (phần tơ màu) S  .52 .32  (đvdt) 16

Đáp án A. Câu 20: Cho số phức z thỏa mãn z i   z 2i Tập hợp điểm biểu diễn số phức w  2 i z mặt phẳng tọa độ đường thẳng Phương trình đường thẳng

A. x7y  B. x7y  C. x7y  D. x7y  Lời giải

Giả sử w x yi x y  , ,  

Từ 2   1

2  

    



x yi

w i z z

i

   

  

1 2 2 2 1

5

2

        

 

   

 

x yi i x y x y

z i

i i

Từ 2 2

5 5

       

     x y x y  x y x y

z i z i i i

  2 2   2 2

2 2

 x y   x y  x y   x y

2 2

5 20 20 40 5 10 50 130

 x  y  x y  x  y  x y  x y 

Đáp án C Câu 21: Trong số phức z thỏa mãn z 4 3i   z 5i 2 38 Tim giá trị nhỏ z 2 4i

A.

2 B.

5

2 C. D.

STUDY TIPS

Tổng quát: Cho a,b,c

số thực dương số phức z khác thỏa mãn az b c

z   Khi

2 c c 4ac

2a   

 c c 4ab z

2a   

y

x O

Lời giải

Đặt z x yi x y  , ,  

Từ giả thiết ta có: x4  y3 i x8  y5i 2 38

  2 2   2 2

4 38

 x  y  x  y 

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có:

  2 2   2 2

1 x4  y3 1 x8  y5 

 2 2   2  2  2 2 2 2

1   57

               

 x y x y  x x y y

  2 2   2 2

38 37

  x  y   x  y 

Lại có z 2 4i  x2  y4i  x2 2 y42  1

Đáp án D Câu 22: Vói hai số phức z1, z thỏa mãn 2 z1z2  8 6i z1z2  Tìm giá trị lớn P z1 z2

A. P  5 B. P 2 26 C. P 4 D. P 34 2. Lời giải

Đặt OA z OB1 ,  z2 , O gốc tạo độ, A B hai điểm biểu diễn z1, z 2

Dựng hình bình hành OACB, ABz1z2 2

1 10

OC z z  OM

 2

2

2 2

1

2

52 52

4

OA OB AB

OM    OA OB   z  z 

Ta có: z1  z2  2z12 z222 26 Pmax2 26

Đáp án B. Câu 23: Cho số phức z thỏa mãn tập hợp z  1 Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w với 3 2 i w iz   đường trịn Tìm tọa độ tâm I 2 bán kính r đường trịn

A. ; ,

13 13 13

I  r

  B. I2; ,  r 13

C. ; ,

13 13 13

I  r

  D.

2

; ,

3

I   r

 

Lời giải

Từ giả thiết 2

3 13 13 13 13

i

w z i z i

i i

 

        

   

 

 

       

 

2

1

13 13 13 13

w i z i

 

         

 

4 3

13 13 13 13 13 13

w i i z

STUDY TIPS Với số a,b,x,y ta có:

 2

ax by 

 2 2

a b x y    Dấu “=” xảy

a b

xy (Bất đẳng thức Bunyakovsky)

A

O B M z1

C

z2

STUDY TIPS

 

z a bi  r  Tập hợp biểu diễn đường tròn tâm

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w thuộc đường tròn tâm ; 13 13

I 

 , bán

kính

13

r 

Đáp án C Câu 24: Cho z z nghiệm phương trình 1, 2 3 i iz  2z 6 9i thỏa mãn

1

8

z z  Tìm giá trị lớn z1z2

A. 56

5 B

28

5 C. D.

Lời giải

Đặt z x yi  với x y,  ; z1x1y i z1; 2 x2y i2

+ 3 i iz 2z 6 9i x2y26x8y24 0  Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn  C tâm I 3; bán kính R 1

+ Có z1z2  x1x2 2 y1y22  M M1 2 với M x y điểm biểu diễn 1 1; 1 số phức z 1, M x y2 2; 2 điểm biểu diễn số phức z 2

1

8

M M

  (M M thuộc đường tròn 1, 2  C )

+ z1z2  x1x2 2 y1y22  OM1OM2 2OH với H trung điểm

1,

M M (hình vẽ)

1 2max max

z z OH

   mà OH OI IH 

2 max

8 28

5

10

OH OI IH IH  

         

  2max max

56

5

z z OH

   

Đáp án A O x

y

3

M1 I

V THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Câu 1: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , cạnh bên SA vng

góc với mặt phẳng ABCD Góc hai mặt phẳng SBD ABCD 60 Gọi M N, trung điểm cạnh SB SC, Thể tích khối chóp

S ADNM

A.

8 a B.

3

3

16 a C.

3

6

16a D.

3

6 24a Lời giải

Gọi O tâm hình vng ABCD BDSAO

Do ((SBD),(ABCD)̂ ) = (SO, OÂ ) = SOÂ Theo giả thiết, ta có SOÂ 60 

Tam giác SAO vng A nên tan

2

  a

SA OA SOA

Thể tích khối chóp S ABCD

3

 ABCD 

V SA S a

Để ý . . .

2

 

S ABC S ACD S ABCD

V V V VS ADNM VS ADN VS ANM

Lại có

1

;

2

   

S ADN SANM S ADC S ACB

V SN V AN SM

V SC V SC SB nên

1 1

2

 

   

 

S ADNM S ABCD

V

V

Suy 3

3 6

8 16

 

S ADNM

V a a

Đáp án C Câu 2:Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy hình bình hành, cạnh

, ,

SA SB SC lấy điểm M N P, , cho 1, 1,

3

  

SM SN SP

SA SB SC Mặt

phẳng MNP cắt cạnh SD  Q Biết thể tích khối chóp S MNPQ 1 Tính thể tích V khối chóp S ABCD

A. V10 B. V12 C. V80 D. V8 Lời giải

Cách 1:

Gọi OACBD I, MPSO Q, MISC, Q SD MNP Xét mặt phẳngSAC , từ , A C kẻ đường thẳng song song với MP cắt đường thẳng SO ,E F Theo định lí Ta lét ta có

 

2

   

SA SC SE SF SO

SM SP SI SI SI

A

D

C B

O M N

S

1) Cho hình chóp Mặt phẳng cắt cạnh

2) Cho hình chóp

có đáy hình bình hành Mặt phẳng cắt cạnh

hoặc

STUDY TIP

S Q

D

C O B

A M

P N

Chứng minh tương tự ta có SB SD 2SO 2

SN SQ SI

Từ    1 , ta có SA SC  SB SDSD5

SM SP SN SQ SQ

Mặt khác

1 1 1

3 72 144

    

S MNP

S MNP S ABC S ABCD S ABC

V SM SN SP

V V V

V SA SB SC

1 1 1

3 90 180

    

S MPQ

S MNP S ABC S ABCD S ACD

V SM SP SQ

V V V

V SA SC SD

Do . 1 . . . 10

144 180 80

 

     

 

S MNPQ S ABCD S ABCD S ABCD

V V V V

Cách 2: Đặt SAx SM, a SN, b SP c SQ d V,  ,  , VABCD ta có:

, ,

3

x x x

a b c

3 2

SMNP

SMNP SABC

V abc abc

V V

V  x   x Tương tự

 

3

2



  

SMQP S MNPQ

ac b d adc

V V V V

x x

Chứng minh tương tự .  3     

2 

    

S MNPQ

bd a c

V V ac b d bd a c

x

1 1

3

5

               x x x x x x d x

a c b d a c b d d d

Do đó, .  3  33 10

80

2

 



 

  

     

S MNPQ

x x x x

bd a c V

V V V V

x x

Đáp án A Câu 3: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình bình hành tâm O;

mặt phẳng SAC vng góc với mặt phẳng SBD Biết khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB , SBC , SCD 1; 2; Tính khoảng cách d từ 

O đến mặt phẳng SAD 

A. 20

19 

d B. 19

20 

d C. d D.

2 

d

Lời giải Cách 1:

Lấy mặt phẳng   vng góc với SO cắt SAC , SBD theo giao tuyến

,

x Ox y Oy  Do SAC  SBD nên  x Ox y Oy Chọn hệ tọa độ Oxyz cho tia Oz trùng với tia OS

Ta có A a ;0;c    Oxz B, 0; ;b d    Oyz S, 0;0;hOz Điểm C D, đối xứng với A B, qua O nên

 ;0;  , 0; ; 

C a c D b d

Ta có SA a ; 0;c h SB  , 0; ;b d h SA SB, b c h a d h ab    ;  ;  Phương trình mặt phẳng SAB có dạng

          0

b c h x a d h y ab z h

S

A C F

I P M

E O

Ta dùng tính chất: Nếu

STUDY TIP

S

C z

B y D

A x

a

b c

 

 

   

   

2

2 2

2

2 2

2 2

,

1



 

   

   

 

abh p d O SAB

b c h a d h a b

b c h a d h a b

p a b h

Tương tự    

2

2 2

2 2

1 b c h a d h a b

u a b h

 2 2 2 2 2

2 2 2

2

1    

   a b a d b c a h b h

p u a b h

Hoàn toàn tương tự

 2 2 2 2 2

2 2 2

2

1    

   a b a d b c a h b h 

q v a b h 2 2

1 1

  

p u q v

Cách 2:

Trong mặt phẳng SAC dựng đường thẳng qua O vng góc với đường thẳng  SO cắt hai đường thẳng SA SC, A C ,

Trong mặt phẳng SBD dựng đường thẳng qua O vng góc với đường thẳng

SO cắt hai đường thẳng SB SD, B D, 

Do SAC  SBD , SAC  SBDSO A C,  SO nên A C  SBD

A C  B D 

 

Khi tứ diện OSA B  có OS OA OB, ,  đơi vng góc nên ta chứng minh 12 12 2 12 1

' '

  

p OS OA OB

Chứng minh tương tự: 12 12 12 2 2

q OS OB OC ;

 

2 2

1 1

3

u OS OC OD

 

2 2

1 1

4

v OS OD OA

Từ        1 , , , ta có 12  12  12  12

p u q v

Với

 

2 2 2

1 1 1 19 20

1; 2;

20 19

1 5

           

p q u d v

v v

Đáp án A Câu 4: Cho hình chóp S ABCD có ABCD hình chữ nhật, SA vng góc với

mặt phẳng ABCD ,  SA AB  ,1 AD 2 Điểm M thuộc SA cho

0 1

AM x  x Tìm x để mặt phẳng MCD chia khối chóp S ABCD thành

hai khối tích V V Biết 1, 2

2

V

V  , hỏi giá trị x nằm khoảng

nào?

A. 0;1

 

 

  B.

1 ;

 

 

  C.

4 ;

 

 

  D.

5 ;1

 

 

 

D’ S

C C’ B

B’

O D A

A’

Cho hình chóp tứ giác có đáy hình bình hành tâm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng Gọi p, q, u, v khoảng cách từ O đến mp

Khi đó:

Lời giải

Cách 1: Do CD//SAB nên CDM cắt SAB theo giao tuyến qua M song song với AB cắt SB N

Khi đó, V1VS CDMN ,V2 VABCDMN

Ta có   1  1   1

2

SMCD

SMCD SACD SABCD

SACD

V x

x V x V V

V

      

     

2

2

1

2

SMNC

SMNC SABC SABCD

SABC

x V

x V x V V

V

Mà     



1

1

2

2 2

7 SABCD SABCD

V V

V V

V V V

Do đó,  

                2

1 1 2 3

9 27 14

7

2

, x x x x x x loai

Từ suy  

 

4 ;

x

Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho

0;0;1 , 0;0;0 , 0;1;0 , 2;0;0 , 2;1;0 , 0;; ,0 1

S A B D C M a a

Dễ dàng tìm phương trình mặt phẳng MCD a x  2 2z0 nên

        2 , a d S MCD

a

Lại có MDCN hình thang vng M D

Bằng định lí Talet Pitago ta tính MN 1 a MD a24

Do đó,            



2

2

2

1

3 2 4

S MDCN

a a a a a

V a ;   3

S ABCD ABCD

V SA S

Từ giả thiết suy

                 2

2 2 3

27 14

7

9

,

S MDCN S ABCD

a

a a

V V a a

a loai

Đáp án C. Câu 5:Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a Gọi E, F trung điểm cạnh SB SC, Biết mặt phẳng AEF vng góc với mặt phẳng SBC Tính thể tích V khối chóp  S ABC

A.

3

5 24

a

V  B.

3

5

a

V  C.

3

3 24

a

V  D.

3

6 12

a

V 

Lời giải

Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , S ABC hình chóp

nên SOABC Cho hình chóp có

hình bình hành, điểm nằm cạnh cho Khi đó, mặt phẳng cắt khối chóp thành hai phần, tỉ số thể tích phần chứa thể tích khối chóp ban đầu

Gọi M , N trung điểm 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

  vuông N

Từ suy hai tam giácANM SOM, đồng dạng AN AM NM

SO SM OM

  

NM SM AM OM

 

Vì E, F trung điểm SB , SC nên N trung điểm SM

2

NM SM

 

ABC

 cạnh a O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

2

a AM

  ;

6

a

OM 

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

ABC

a

S 

2

1 15

3 24

S ABC ABC

a a a

V  SO S  

Đáp án A Câu 6: Cho hình chóp S ABC có tam giác ABC cân ,B AB BC a, ABĈ

120

  SAB̂ = SCB̂ 90  Gọi  góc tạo đường thẳng SA mặt phẳng

 

, sin  

SBC Tính thể tích khối chóp S ABC,biết khoảng cách từ điểm S

và mặt phẳng ABC nhỏ a

A

3

3 12 

S ABC

a

V B

3

3 

S ABC

a

V

C

3

3 

S ABC

a

V D

3

3 

S ABC

a

V

Lời giải

Gọi D hình chiếu điểm S lên ABC 

 

SD AB AB SAD

    (vì SAAB) ABADBAD̂ 90 

Chứng minh tương tự ta có: BCD̂ 90 

Do ,

cos60

AB

BD  a AD a CD



Đặt SD x Theo đề sin  ; 

8

d A SBC SA

    (1)

Mà SA SD2AD2  x23a2 (2)

Cho hình chóp có đáy tam giác cạnh

Gọi , điểm nằm cạnh ,

cho

Biết mặt phẳng vng góc với mặt phẳng Thể tích khối chóp

STUDY TIP

B E

A S

C

M F

O N

S

A

D

C

Gọi H hình chiếu D lên SC

 

DH SBC

  (do BCSCD) d D SBC ; DH

2

2 2 2 2

1 1 1

3

x a

DH SD CD x a a x



    

Do         

2 2

3

; ; D;

2

3 9

ax ax

d D SBC d A SBC d SBC

x a x a

   

  (3)

Từ (1), (2), (3) ta có:

 2 2   

/

3

4

8

2 3

x a t m ax

x ax a

x a l

x a

 

      



 

Do

3

1 1 3

3 2 12

S ABC ABC

a

V  SD S  a a 

Đáp án A Câu 7: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy 2 ,a SA tạo với đáy góc 30  Tính theo a khoảng cách d hai đường thẳng SA CD

A. 14

a

d  B 10

5

a

d  C. 15

5

a

d  D.

5

a

d 

Lời giải

Gọi O trung điểm AC BD Ta có SOABCD (do S.ABCD hình chóp tứ giác đều) Suy góc SA ABCD góc SAO  SAÔ 30 

Vì CD AB// nên CD//SAB

Do d d CD AB  , d CD SAB , d C SAB , 2d O SAB ,  Gọi I trung điểm AB Ta có AB OI AB  SOI

AB SO

 

 

 



Dựng OH vng góc với SI H AB OH Ta có OH SI OH SAB d O SAB ,  OH

OH AB

 

   

 



Ta có  tan 30 2 

2 3

a a

SO OA

Ta có 2 12 12 32 12 52

2

OH SO OI  a a  a

10 10

5

a a

OH d

   

Đáp án B Câu 8: Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C    có tất cạnh

a Gọi M, N trung điểm cạnh AB B’C’ Mặt phẳng A MN 

cắt cạnh BC P Tính thể tích V khối đa diện MBPA B N 

A

3 3

36

a

V  B.

3 3

12

a

V  C

37 3

96

a

V  D

37 3

48

a

V 

Lời giải

Hình lăng trụ ABC A B C    có h AA a diện tích đáy 

2

3

a

B

Gọi I trung điểm BC P trung điểm BI MP A N //  Suy ra, P giao điểm BC A MN 

I

A

D

C B

H 600

B

D A

S

C H

I O

I

A B

A’ B’

C’ N M

Ta có MBPA B N nên khối đa diện   MBPA B N khối chóp cụt  

Ta có:

 

 

 

 

 

1 1

2

1

2

MBP ABC

A B N ABC

S S B

S S B

Do  

 

      

 

2

1 1 7

3 8 3.8.4 96

MBP A B N

h h B a a a

V B B B B

Đáp án C. Câu 9: Cho hình chóp S.ABCD có SA a SB , 2 ,a SC3a ASB̂ = ASĈ = BSĈ

60

  Biết đáy ABCD hình bình hành Tính thể tích V khối chóp S.ABCD

A.

2

V a B.

3

2

a

V  C.

3

2

a

V  D.

3

V  a Lời giải

Cách 1:

Trên cạnh SB, SC lấy hai điểm M, N cho SM SN SA a  

Mà ASB̂ = ASĈ = BSĈ 60  nên AM MN NA a   S.AMN tứ diện có cạnh a

3

2 12

S AMN

a

V  (đvtt)

Áp dụng cơng thức tỉ số thể tích hình tứ diện, ta có

3

1

2

S AMN

S ABC S AMN S ABC

V SM SN a a a

V V

V  SB SC  a a    (đvtt)

Vậy VS ABCD. 2VS ABC.  2a3 (đvtt)

Công thức tý số thể tích áp dụng hình tứ diện (hình chóp tam giác):

Cho khối chóp S.ABC điểm A B C1, 1, 1 thuộc đường thẳng SA,

SB SC

Khi 1

S A B C S ABC

V SA SB SC

V SA SB SC

    Cách 2:

Áp dụng công thức cos2 cos2 cos2 2cos cos cos

6

abc

V            ta có:

3

2 3

.2 3

cos 60 cos 60

6 4 2

S ABC

a a a a

V      a    (đvtt)

Suy

3

2

2

S ABCD S ABC

a

V  V  a (đvtt)

Đáp án A

S

C C1

B1

A A1

B

Thể tích khối chóp cụt có chiều cao h diện tích hai đáy B B’:

FOR REVIEW

Cách lời giải áp dụng cơng thức tính nhanh đây:

“Cho hình chóp S.ABC có

Đặt

DISCOVERY

S

D

C N

B M

Câu 10: Cho tứ diện ABCD có cạnh a Gọi M điểm thuộc miền khối tứ diện tương ứng Giá trị lớn tích khoảng cách từ điểm M đến bốn mặt phẳng tứ diện cho

A.

4

521

a

B.

4

576

a

C.

4

6 81

a

D.

4

6 324

a

Lời giải

Gọi r r r r1, , ,2 3 4 khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng

BCD , ACD , ABD , ABC

Gọi S diện tích mặt tứ diện

2 3

4  a

S

Thể tích tứ diện ABCD

3

2 12 

ABCD

a

V

Ta có . . . . .1 .2 .3 .4

3 3

       

ABCD M BCD M ACD M ABD M ABC

V V V V V S r S r S r S r

1 4

3

VABCDS r   r r r

Suy  

2

1 4

3 2

12 12 3

          

ABCD

a a a

V r r r r r r r r a

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương ta có:

4 4

1 4

6

4

3 12 576

 

        

 

a a a

r r r r r r r r r r r r

Dấu “=” xảy 1 2 3 4 12     a

r r r r

Đáp án B Câu 11: Cho tam giác nhọn ABC, biết quay tam giác quanh cạnh

AB, BC CA ta khối tròn xoay tích tương ứng

3136 9408

672 , ,

5 13

 

 Tính diện tích tam giác ABC

A S 1979 B S 364 C S 84 D. S 96

Lời giải

Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C đến cạnh BC,

AC AB Đặt AD h BE h CF a,  b,  hc BC a AC b AB c ,  , 

Khi quay ABC xung quanh cạnh AB ta khối tròn xoay tích

 

2 2 2

1

1 1 4

3 c c c c c

V h AF h BF h AF BF h c c h S

c c

 

 

            

  (đvtt)

Khi quay ABC xung quanh cạnh BC ta khối tròn xoay tích

 

2 2 2

2

1 1 4

3 a a a a a

V h BD h CD h BD CD h a ah S

a a

 

 

            

  (đvtt)

Khi quay ABC xung quanh cạnh AC ta khối tròn xoay tích

 

2 2 2

3

1 1 4

3 b b b b b

V h AE h CE h AE CE h b bh S

b b

 

 

            

  (đvtt)

Thể tích khối tứ diện đều cạnh a

MEMORIZE

Bất đẳng thức Cauchy áp dụng cho n số thực dương

Dấu “=” xảy

FOR REVIEW A

B

C

D M

E A

F

Từ giả thiết ta có 2 2 2 2 672 504

4 3136

3 2352 336

4 9408 13

3 13 7056

S c

V S

c

S a b c S

V S a p

a

S

V S b

b                                       

Có    

2 2 2 2

5 13

336 336 2352 336 7056 336 504

S S S S S S S

S p p a p b p c          

    84 592704 S S S

    (đvtt)

Đáp án C. Câu 12: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành tâm O Gọi I

là điểm thuộc đoạn SO cho

SI SO Mặt phẳng   thay đổi qua B

I   cắt cạnhSA SC SD, , M N P, , Gọi m n, GTLN, GTNN VS MBNP. ;VS ABCD. Tính m

n

A. B.

5 C.

9

5 D.

8 Lời giải

+) Đặt , , 1

SA x

SM x y

SC y SN        

+) Có SB SD 2SO 2.3 SD

SBSP  SI   SP 

+) Có x y 2SO y x, x

SI         +)    

1 12 3

4 .1 .5 20 5 6

S BMPN S ABCD

V x y

V x y xy xy x x x x

  

    

 

+) Xét  

 2

3

f x

x x



 , với 1  Có x    2

2

3

6 x f x x x     

+)  

1 f x x x           +)      

3 25

1 ; ;

1

25 15 25

15

m

m

f f f

n n            

Đáp án C Câu 13: Cho hình chóp S ABCD có cạnh bên a , góc hợp đường cao

SH hình chóp mặt bên  Tìm  để thể tích S ABCD lớn nhất.

A. 30  B. 45  C. 60  D. 75  Lời giải

Tam giác ABC có độ dài ba cạnh BC, AC, AB a, b, c diện tích tính theo cơng thức

trong nửa chu vi tam giác

MEMORIZE

Có thể sử dụng cơng thức

Do hình chóp S ABCD hình chóp nên H giao điểm AC BD Gọi M trung điểm CD ta có CDSHM nênSHM  SCD mà

SHM  SCDSM nên từ H dựng HK SM K HKSCD

Hay SK hình chiếu SH lên mặt phẳng SCD suy

 

SH SCD, SH SK,  HSK̂ tam giác SHK vuông K theo giả thiết ta có

HSM̂   với

2     Đặt

2 2 2

2

a h

SH h HC a h HM   2

2

BC a h

Tam giác SHM vuông H:

2

2 2

tan tan

2

HM a h

h a h

SH h



      

 

2 2

2

1 tan

1 tan

a

h a h

     

 

  2

2 2 2

2

4 tan

2 tan

1 tan

a

BC  a h  h   

 

3 2

2 3

1 tan

3 3 (1 2tan )

S ABCD

a

V BC SH 

  

 

Đặt t  1 tan2 Với 1;  tan2

2

t

t     

Xét hàm số  

3

2

a t f t

t t



 D 1;

     

3

3

1

3

3

t t t t

t

a a

f t

t t t

 

 

  

 

  

 

f t    t

Bảng biến thiên

Vậy  

3

4 max

9

a

f t  t  3 tan  01

2 

   hay    45

Đáp án B

t

+

f'(t)

f(t)

+∞

3

_ Góc đường thẳng

mặt phẳng góc đường thẳng hình chiếu mặt phẳng

STUDY TIP B

D A

S

C H M

Câu 14: Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C có    AB AA  Gọi M,N,P trung điểm cạnh  A B A C BC (tham khảo hình ,   vẽ bên) Cơsin góc tạo hai mặt phẳng AB C  MNP bằng:

A. 13

65 B.

13

65 C.

17 13

65 D.

18 13 65 Lời giải

Cách 1: Tư tự luận

Xử lý vẽ lại để dễ quan sát

Ta có MNP  MNCB Gọi I giao điểm BM  AB , K giao điểm  CN AC 

Suy IKMNCB  AB C  Gọi J trung điểm B C ,

 

AB C cân A nên AJB C , dễ chứng minh IK B C nên //   

AJ IK

Gọi H giao điểm AJ MN, suy H trung điểm MN Dễ chứng minh IK//MN PHMN Suy PHIK Vậy MNP , AB C   AJ PH , 

Gọi E giao điểm AJ A P , ta tính góc AEP

Ta có



 

 

 

     

   

 

 

2

1 2 3

//

1

2

2

PE PH

EH EP

HJ EH EJ

HJ AP

AP EP EA

EJ EA AE AJ

2 2

2 3

3; ;

2 2

3 13;

        

    

A J AP A H HJ A J

AJ AP PJ

 

     

 

2

2 2

2

2

PH PJ HJ

Suy 2 2 5

3 3

PE PH ; 2 2 13

3

AE AJ

Áp dụng định lý hàm số cosin vào tam giác AEP ta có:

   

 

   

   

   

        

2 2

2

2 2

2 13

3

3 13

cos 90 180

2 2 13 5 65

2

3

AE PE AP

AEP AEP

AE PE

Vậy MNP , AB C AJ PH, 180 AEPcosMNP , AB C 

 

cos 180   cos  13

65

AEP AEP

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay Gọi J trung điểm BC

A B

C

M

N

P

A

B

C A’

B’

C’

M

N H

I

K E

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ bên:

0; 3; ,  3; 0; ,  3; 0; , 0; 3; ,  3; 0; ,

A B C A B

   

 3;0; , 0;0;0

C P

M,N trung điểm  A B A C ,      

   

3 3

; ; , ; ;

2 2

M N

Ta có          

 

3

3; 3; , 3; 3; , ; ;

2

AB AC PM

 

  

 

3 ; ;

2

PN Đưa máy phương thức VECTOR, nhập

   

      

VctA 3; 3; , VctB 3; 3;

w811zs3=p3=2=q5121s3=p3=2 =Cq53Oq54=qJc

Kết gán vào VctC, VTPT mặt phẳng AB C 

Nhập   

 

 

3

VctA , ,

2

 

  

 

 

3

VctB , ,2

2

q5111zs3)P2=3P2=2=q5121 s3)P2=3P2=2=Cq53Oq54=

Kết gán vào VctAns, VTPT mặt phẳng MNP

Nhập vào hình Abs VctC VctAns  Abs VctC Abs VctAns   Cqcq55q57q56)P(qcq55)O qcq56))=w1sMd=

Vậy cos   ,  13 65

AB C MNP

Đáp án B Câu 15: Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng

góc S mặt phẳng ABC điểm H thuộc cạnh AB cho HA2HB Góc đường thẳng SC mặt phẳng ABC 

60 Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA BC theo a

A. 42

8  a

d B. 21

12  a

d C. 42

12  a

d D. 462

66  a

d

STUDY TIPS Mặt phẳng  P có VTPT

1

n , mặt phẳng  Q có VTPT n góc

hai mặt phẳng    P , Q tính theo cơng thức:

   

   1 2

cos P , Q cos n ,n 

1

n n n n A

B

C P

A’

B’

C’

M

N J

x y

Lời giải

Ta có SCH 600 ; tan 21.

3

a a

HC SHHC SCH

Từ A kẻ tia Ax/ /CB (như hình vẽ) Khi BC/ / SAx

BA HA nên

 ,   , 

d BC SA d BC SAx  ,   , 

d B SAx d H SAx

 

Gọi N K hình chiếu vng góc H Ax SN Do ANSHN HK SN nên HKSAN Khi  , 

2

d BC SA  HK

Ta có ; sin

3

a a

AH HNAH NAH

Suy

2

42

12

HN HS a

HK

HN HS

 

 Vậy  

42

,

8

a d BC SA 

Phân tích phương án nhiễu:

Phương án B: Sai HS giải tính sai

7 21

tan

3 3

a a

SH HC SCH 

Do tìm 21

12

a d 

Phương án C: Sai HS tìm 42 12

a

HK  kết luận 42

12

a d 

Phương án D: Sai HS giải tính sai

2

sin

3

a a

HNAH NAH 

Do tìm 462

66

a d 

Đáp án A. Câu 16: Xét hình chóp S ABCD thỏa mãn điều kiện: đáy ABCD hình

vng, cạnh bên SA vng góc với đáy khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC a Biết thể tích khối chóp S ABCD đạt giá trị nhỏ

0

V cosin góc đường thẳng SB mặt phẳng ABCD p

q ,

đó p q, số nguyên dương phân số p

q tối giản Tính Tp q V  .0

A.T3 a 3 B. T a 3 C. T2 a 3 D. 3 

T a

Lời giải

Ta có BCAB BC; SA nên BCSAB

Gọi H hình chiếu vng góc A SB Khi AHSBC d A SBC , AH

Ta có góc đường thẳng SB mặt phẳng ABCD góc SBA

K

A S

C D

B N

Đặt SBA  

Theo giả thiết ta có ;

sin cos

a a

AB SA

 

Thể tích khối chóp S ABCD 21

3 ABCD 3sin cos

V  SA S  a

 

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có

3

2 2

2 2 sin sin 2cos

sin sin 2cos

3 27

     

     

 

Suy sin2 cos

   Do 3

2

V a

Dấu xảy sin2 2 cos2 cos 1.

3

     

Vậy thể tích khối chóp S ABCD đạt giá trị nhỏ 3

2 a

1

cos

3  

Suy

0

3

; 1,

2

  

V a p q

 

0

 T p q V  a

Phân tích phương án nhiễu:

Phương án A: Sai HS giải tìm cos 3

 

lại suy p3;q nên T3 a3

Phương án B: Sai HS đánh giá sai sin2 cos

   (quên không chia cho

trước khai căn) Do dẫn đến 0

4

V  a Suy T 6 a3

Phương án D: Sai HS tính sai

1

3sin cos

V a

  Do đánh giá

3

3

V a

Nhưng dấu xảy cos

  tính

2  3 3.

2

T  a  a

Đáp án C Câu 17: Xét tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O R Gọi ;  V V 1, 2

3

V thể tích khối trịn xoay sinh quay tam giác OCA

quanh trung trực đoạn thẳng CA , quay tam giác OAB quanh trung trực đoạn thẳng AB quay tam giác OBC quanh trung trực đoạn thẳng BC Tính V theo 3 R biểu thức V1V đạt giá trị lớn 2

A.

3

2

 

V R B.

3

8 81

 

V R

C.

3

2 81

 

V R D.

3

18



 

V R

A S

C

D

Lời giải

Đặt a BC b CA c ,  , AB

Quay tam giác OCA quanh trung trực đoạn thẳng CA khối trịn xoay sinh khối nón có chiều cao 2

1

h  R  b bán kính đáy 1

2

r  b nên ta

có 2 2

1 1

1

4

3 24

V  r h  b R b

Tương tự, ta có 2 2 2

2

1

4 ;

24 24

V  c R c V  a R a

Bằng việc khảo sát hàm số f t t24R2 khoảng t 0; 4R dựa vào 2

bất đẳng thức Cô-si

 

3

2 2

2 2

1

4

1 2 2 64

2 27

b b R b

b b R b R

    

 

   

 

 

 

Ta 3

2 3

;

9

V   R V   R Suy

4

9

V V   R Dấu xảy

3

b c  R

Vậy V1V2 đạt giá trị lớn 3

9 R



3

b c  R

Khi tam giác ABC cân A có

3

ABAC R

Gọi AH đường cao tam giác ABC

2 R AHAB Từ suy

2

4

2

AB

AH R

R

  Do

3

OHAH R  R 2

a R OH  R

Suy

3

8 81

V  R

Phân tích phương án nhiễu:

Phương án A: Sai HS tìm

AB AC  R nghĩ lúc

đó tam giác ABC nên tương tự ta có

3

2

V   R Cần ý

tam giác ABC nội tiếp đường tròn O R nên tam giác ABC ; 

ABBC CA R

ABAC R

Phương án C: Sai HS giải thay nhầm số liệu công thức tính V Cụ thể: 3

2

3

1 2

24 3 81

R

V    R R

 

Phương án D: Sai HS giải tính V lại nhầm Cụ thể: 3

2 2 2

3

1 4 18

4

24 24 3

V  a R a   R R  R   R

Câu 18: Cho hình tứ diện  H Gọi  H hình tứ diện có đỉnh tâm mặt  H Tính tỉ số diện tích tồn phần  H  H

A 1

4 B

1

8 C

1

9 D

1 27 Lời giải

Đặt  H hình tứ diện ABCD, cạnh A Gọi E; F; I; J tâm

các mặt ABC; ABD; ACD; BCD Kí hiệu hình vẽ

Ta có 1

3 3

ME MF EF CD a

EF

MC  MD CD   

Vậy tứ diện EFIJ tứ diện có cạnh

a

Tỉ số thể tích diện tích tồn phần tứ diện EFIJ tứ diện ABCD

2

1

3 .

9

a

a

   

        

Đáp án C. Câu 19: Cho tứ diện ABCD M, N điểm thay đổi cạnh AB CD cho AM CN

MB ND Gọi P điểm cạnh AC S diện tích thiết diện

cắt mặt phẳng MNP hình chóp Tính tỉ số k diện tích tam giác MNP diện tích thiết diện S

A.

k

k  B.

1

k C.

k

k  D.

1

k 

Lời giải

Xét trường hợp AP k

PC  , lúc MP BC nên BC MNP

Ta có:

   

 

      ,

N MNP BCD

BC MNP BCD MNP NQ BC Q BD

BC BCD

  

    



 



Thiết diện tứ giác MPNQ Xét trường hợp AP k

PC 

Trong ABC gọi R BC  MP

Trong BCD gọi Q NR BD thiết diện tứ giác MPNQ Gọi K MN PQ Ta có MNP

MPNQ

S PK

S PQ

Do AM CN

NB ND nên theo định lí Thales đảo AC NM BD, , thuộc ba

mặt phẳng song song với đường thẳng PQ cắt ba mặt phẳng

B

A

E F

I J M

N C

D

P A

D C B

K M

R

Q

tương ứng , ,P K Q nên áp dụng định lí Thales ta PK AM CN k KQ MB ND

1

PK

PK PK KQ k

PK

PQ PK KQ k

KQ

   

  

Đáp án C Câu 20: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành Gọi K trung điểm

SC Mặt phẳng  P qua AK cắt cạnh SB SD, M N Gọi V ,

V  thể tích khối chóp S ABCD S AMKN Tỉ số V

V



có giá trị nhỏ

A.

5 B.

3

8 C.

1

3 D.

1 Lời giải

Giả sử SDm SM ; SB n SN

SA SC SB SD  

Do A; M; N; K đồng phẳng nên m n 

1 1

.1

2

S AKM S AKM S ABC

V V

V  m m V  m

Tương tự ta có

 

2

1 3

4 4 3

S AKN

V V m n

V n V mn mn m n

 

      



Dấu xảy m n 1,5

Đáp án C Câu 21: Cho tam giác OAB cạnh a Trên đường thẳng d qua O vng góc với mặt phẳng OAB lấy điểm M cho  OM x Gọi E,F hình chiếu  vng góc A MB OB Gọi N giao điểm EF OM Tìm x để thể tích tứ diện ABMN có giá trị nhỏ

A. x a B. 2  a

x C.

12  a

x D.

2  a

x

Lời giải

Ta có AFOB AF, MOAFMOBAFMB Mà MB AE nên

 

MB AEF MBEF

Suy MOB∽ MEN, mà MEN∽ FON nên MOB∽ FON Khi

2

2

a a

OB ON OB OF a

ON

OM OF   OM  x  x

Từ  

2

1

3

ABMN M OAB N OAB OAB

a a

V V V S OM ON x

x 

 

       

 

2 3 2 3 2 3 6

.2

12 12 12 12

ABMN

a a a a a a

V x x a

x x

 

      

 

O M

A

B N

Dấu “=” xảy

2

2 2

2

2

a a

x x a x

x

     

Đáp án B. Câu 22: Cho hình thoi ABCD có BAD 60 ,AB2 a Gọi H trung điểm AB

Trên đường thẳng d vng góc với mặt phẳng ABCD H lấy điểm S thay đổi 

khác H Trên tia đối tia BC lấy điểm M cho 

BM BC Tính theo a độ

dài SH để góc SC SAD có số đo lớn

A. 21 .

4 

SH a B.

421



SH a C. 21

4 

SH a D. 21

4 

SH a

Lời giải

Gọi  góc SC SAD N giao điểm , của HM AD, K hình chiếu vng góc H trên SN, I giao điểm HC với AD Gọi E điểm đối xứng với I qua K

Ta có , , 60

4

a

MB BC HB a HBM BAD  2 2 . .cos

HM HB MB HB MB HBM

   

2

2

2 .cos60

4 2

a a

HM a a a

     

2 2

2 2

2

a

HM MB  a   a HB HMB

         

 

  vuông M

HM MB

  hay MNBC

Vì   

   

do

SH AD SH ABCD

AD SMN AD HK

MN AD MN BC

  

    



 

 , mà HK SN nên

 

HK SAD Lại có HK đường trung bình ICE nên HK CE Suy //

 

CE SAD E SE hình chiếu SC mặt phẳng SAD  Vậy  SC SAD, SC SE, CSE

Đặt SHx x, 0  Do SHN vuông H có HK đường cao nên ta có

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 3

2

4

SH HN ax ax

HK CE HK

HK SH HN   SH HN  x  a    x  a

Do SHC vuông H nên

2 2

2 2 2 7

2

a

SC SH HC  SH HM MC  x  a    x  a

 

 

SEC vuông E nên

 2 2

2

sin sin

4

EC ax

CSE

SC x a x a

   

 

 4 2 2 2

2 3

sin

4 21 31 21 31 21 31

ax ax

x a a x a x a x

    

   

M B

A N D

C E S

K

Dấu “=” xảy 4 21 4 21 4 21 .

4

x  a x  a  x a Vậy góc  đạt lớn sin đạt lớn nhất, 21 .

4

SH a

Đáp án A. Câu 23: Cho hình lăng trụ ABC A B C    có tất cạnh a , hình chiếu của C mặt phẳng ABB A  tâm hình bình hành ABB A Tính theo  

a thể tích khối cầu qua năm điểm , , , A B B A C  

A

3

2

 a

B

3

8

81  a

C

3

2 24

 a

D

3

2 81

 a

Lời giải

Gọi O tâm hình bình hành ABB A  ta có COABB A  Vì CA CB nên OA OB , suy hình thoi ABB A  hình vng

Do

2

AB a

OA   Suy

2

2 2

2 2

a a

OC AC AO  OC

Suy tam giác ABC vuông C Từ ta suy khối cầu qua năm điểm ; ; ;

A B B A  C khối cầu tâm O bán kính

2

a OA 

Vậy thể tích khối cầu

3

4

3

a V  OA  

Đáp án A. Câu 24: Cho mặt cầu  S bán kính R cố định Gọi  H hình chóp tứ giác tích lớn nội tiếp  S Tìm theo R độ dài cạnh đáy  H

A 4

3

R

B 2

3

R

C

3

R

D R

Lời giải

Kí hiệu hình vẽ Đặt AB BC CD DA a SO h    ;  Suy

2

2

a SB h

Gọi M trung điểm SB

Trong SBD kẻ trung trực SB cắt SO I 

Vậy I tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD Suy ISR Hai tam giác vuông SMI SOB đồng dạng

2 2

4

SI SM a h

R

SB SO h



    với

0 h 2R Suy a2 2 2h R h  

Thể tích V khối chóp là:

   

3

3

2 2

1 8 2 2 64

2 2

3 3 2 3 81

h h

R h

h h R

V a h h R h R h

    

 

        

 

 

 

Vậy GTLN V

3

64 81

R

đạt

2

h R

R h h

   

A’ B’

B A

O

C’

C

A M

S

D

C B

Suy

R a 

Đáp án A Câu 25: Cho khối lập phương ABCD A B C D     cạnh a Các điểm E F lần lượt trung điểm cúa C B  C D  Mặt phẳng AEF cắt khối lập phương 

cho thành hai phần, gọi V thể tích khối chứa điểm 1 A V thể tích khối 2

chứa điểm C Khi

V V

A. 25

47 B. C.

17

25 D.

8 17 Lời giải

Đường thẳng EF cắt A D  A B  N, M; AN cắt DD P,

AM cắt BB Q Khi thiết diện hình lập phương cắt

bởi mặt phẳng AEF ngũ giác APFEQ 

Từ giả thiết ta có V1VA B D APFEQ   V2 VABCDC PFEQ

Gọi VVABCD A B C D.    ;V3VA A MN.  ;V4VPFD N ;V5VQMB E

Do tính đối xứng hình lập phương nên V4V5 Nhận thấy

3

1 3

6 2

a a a

V  AA A M A N    a  (đvtt)

3

1

6 2 72

a a a a

V  D P D F D N     (đvtt)

3 3

1

3 25

2

8 72 72

a a a

V V  V    (đvtt);

3

3

2

25 47

72 72

a a

V  V V a   (đvtt)

Vậy

25 47

V

V 

Đáp án A. Câu 26: Cho tứ diện ABCD có ADABC, đáy ABC thỏa mãn điều kiện:

cot cot cot

2

A B C BC CA AB

AB AC BA BC CA CB

 

  

Gọi H, K hình chiếu vng góc A lên BD BC Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp khối chóp A.BCHK

A.

3

V   B. 32

3

V   C.

3

V   D.

3

V  Lời giải

* Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCHK

Gọi E,F trung điểm AC AB Trong mặt phẳng ABC kẻ , đường thẳng ,d d vng góc với AC AB E,F Do DAd DA,  d

 

do DA ABC  nên dDAC d, DAB. Gọi I giao điểm ,d d I

chính tâm mặt cầu chứa hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác AHC, AKC A

B C

D

M Q

E

F P

N

Hay nói cách khác, I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCHK, bán kính

R IA bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC  IA IB IC   

* Một số hệ thức lượng cần nhớ tam giác

Cho ABC, gọi AH đường cao H BC . R,r bán kính đường trịn ngoại

tiếp đường tròn nội tiếp tam giác, p nửa chu vi Kí hiệu BC a AC b AB c ,  ,  ,

diện tích SABC S

1 Định lý cosin: a2 b2c22bccos ;A b2a2c22 cos ;ac B c2 a2b22abcos C

2 Định lý sin: sin sin sin

a b c

R A B C

3 Độ dài trung tuyến xuất phát từ đỉnh A,B,C (Kí hiệu m m ma, b, c):

2 2 2 2 2

2 2

; ;

2 4

a b c

b c a a c b a b c

m    m    m   

4 Các cơng thức tính diện tích tam giác:

   

1 1

2 2

1 1

sin sin sin

2 2

a b c

S a h b h c h

S bc A ac B ab C

abc

S pr p p a p b p c

R

   

 

   

 

      



5 Định lý tang:

tan tan tan

2 ; ; .

tan tan tan

2 2

A B B C C A

a b b c c a

A B B C C A

a b b c c a

  

  

  

  

  

6 Định lý cotang:

2 2 2 2 2

cot ; cot ; cot

4 4

b c a a c b a b c

A B C

S S S

     

  

2 2

cot cot cot

4

a b c

A B C

S

 

   

* Phân tích kiện đề bài:

2 2 2

cot cot cot

2

8

8

8

4

ABC ABC

A B C BC CA AB

AB AC BA BC CA CB

AB BC CA BC CA AB

S AB AC BC

S AB AC BC

AB AC BC

AB AC BC R IA

R

 

    

   

   

    

Vậy thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCHK là:

3

4 32

.2

3 3



    

V R (đvtt)

Đáp án B. Câu 27: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ Gọi M, N trung điểm của BB’, CC’ Mặt phẳng A MN  chia khối lăng trụ thành hai phần, V1là thể

tích phần đa diện chứa điểm B, V2 thể tích phần đa diện cịn lại Tính tỉ số

1 V V

A.

7

V

V  B.

1

2

V

V  C.

1

3

V

V  D.

1

5

V V 

Lời giải

Vì M, N trung điểm BB’ CC’ nên ta có: D

A

B

C I

F H

K

 

1 1

2 2

MNC B BCC B A MNC B A BCC B ABC A B C A ABC

S   S  V    V    V   V 

Lại có:

1 1

3 3

A ABC ABC A B C A MNC B ABC A B C ABC A B C ABC A B C

V  V    V    V    V    V   

 

     

 

Vậy tỉ số

2

1

3 2

1

ABC A B C ABC A B C A MNABC

A MNC B

ABC A B C

V V

V V

V V V

      

  

  



  

Đáp án B. Câu 28: Một hình lập phương có cạnh cm Người ta sơn đỏ mặt ngồi hình lập phương cắt hình lập phương mặt phẳng song song với mặt hình lập phương thành 64 hình lập phương nhỏ có cạnh cm Có hình lập phương có mặt sơn đỏ?

A. B. 16 C. 24 D. 48

Lời giải

Mỗi mặt có phần thuộc hình tơ lần tức mặt sinh hình lập phương thỏa mãn yêu cầu tốn, ta có mặt, từ ta có 24 hình thỏa mãn u cầu

Đáp án C Câu 29: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh Mặt bên SAB là tam giác nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi M, N, P là trung điểm cạnh SD, CD, BC Thể tích khối chóp S.ABPN x, thể tích khối tứ diện CMNP y Giá trị x, y thỏa mãn bất đẳng thức đây?

A. x22xy y 2160 B. x22xy2y2109

C. x2xy y 4145 D. x2xy y 4125

Lời giải

Gọi H trung điểm AB Do SAB nên SHAB 3

AB 

SH

Mà SAB  ABCD nên SHABCD

Từ   

 

 ;   ;   ; 

2

;      

d S ABCD SD d S ABCD SH

d M ABCD MD

d M ABCD

Ta có 4

2 2 2 2

PCN   

BC CD

S PC CN (đvdt)

 

 

1

; 3.2

3  3

VM PCN  d M ABCD SPCN   (đvtt)

3

 y

Lại có 42 1.2.2 1.4.2 10

2

 

      

ABPN ABCD PCN ADN

S S S S (đvdt)

1 20

.2 3.10

3 3

VS ABPN  SH SABPN   (đvtt) 20 3

 x

A

B

C A’

B’

C’

M

N

A

B C

D S

M

N P

* Phương án A:

2

2 2 20 2.20 3. 476 160

3 3 3

   

        

   

x xy y

* Phương án B:

2

2 20 20 3 328

2 2 109

3 3 3

   

         

   

x xy y

* Phương án C:

2

2 20 20 3. 1304 145

3 3

   

        

   

x xy y

* Phương án D:

2

2 20 20 3. 1096 125

3 3

   

        

   

x xy y

Đáp án C Câu 30: Một người thợ có khối đá hình trụ có bán kính đáy 30cm Kẻ hai đường kính MN PQ, hai đáy cho MNPQ Người thợ cắt khối

đá theo mặt cắt qua ba bốn điểm M N P Q, , , để khối đá có hình tứ diện (như hình vẽ dưới) Biết khối tứ diện MNPQ tích

3

30dm Thể tích lượng đá bị cắt bỏ gần với kết nhất? A. 111,40dm 3. B. 111,39dm 3. C. 111,30dm 3. D. 111,35dm 3.

Lời giải Trước hết ta có kết quả: Khối tứ diện ABCD tích tính

theo cơng thức  ; .sin , 

6 

ABCD

V AB CD d AB CD AB CD

Áp dụng kết này, ta có  ; .sin , 

6

 

MNPQ

V MN PQ d MN PQ MN PQ h ,

trong MNPQ6dm h d MN PQ  ;  chiều cao hình trụ Từ giả thiết ta có h5dm

Suy thể tích khối trụ V  r h2 45 dm , với 3 r3dm.

Do thể tích lượng đá bị cắt bỏ

3   MNPQ  45 30 111,3716694

V V V dm

Vậy phương án B

Phân tích phương án nhiễu

Phương án A C: Sai HS giải làm tròn số bị sai lấy  3,14

Phương án D: Sai HS chọn  3,141

Đáp án B Câu 31: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với

2,

 

AB AD Mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng ABCD Gọi M N P, , trung điểm cạnh

, ,

SA CD CB Tính cơsin góc tạo hai mặt phẳng MNP SCD A. 435

145 B.

11 145

145 C.

2 870

145 D.

3 145 145 Lời giải

Gọi H trung điểm cạnh AB Khi SHABCD Q

P N M

Ta có SHAB AB; HN HN; SH SH

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho H trùng với O , B thuộc tia Ox , N thuộc tia Oy S thuộc tia Oz Khi đó: B1; 0; , A 1; 0; , N0; 3; ,

1; 3; , 1; 3; , 0; 0; ,

C D S 1; 0; , 1; 3; 0

2

 



 

 

 

M P

Mặt phẳng SCD nhận  1 , 0;1; 2

6

 

   

n CD SC làm vectơ pháp tuyến;

mặt phẳng MNP nhận  2 ,  3;1; 5

3

 

   

n MN MP làm vectơ pháp

tuyến

Gọi  góc tạo hai mặt phẳng MNP SCD

1 2

11 145

cos

145

  n n 

n n

Phân tích phương án nhiễu

Phương án A: Sai HS tính n10;1; ; n2  3;1; 5 lại tính sai 2

n n Do tính cos 435

145  

Phương án C: Sai HS tính n10;1; ; n2  3;1; 5 lại tính sai

   2 2

1   1, 2    2

n n n n

Do tính cos 870 145  

Phương án D: Sai HS tính n10;1; ; n2 3;1; 5 lại tính sai

1 3

n n Do tính cos 145

145  

Đáp án B. Câu 32: Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC tam giác cân B

, 60 ,

BC a ABC   CC 4 a Tính thể tích khối A CC B B  

A.

3

2

a

V  B.

3

3

a

V  C. V a3 D.

3

V a Lời giải

ABC

 cân có ABC60   ABC cạnh a

3

1

.sin 60

2

ABC A B C ABC

V    S CC a a a a

    

3

1

3

A ABC ABC A B C

a V   V   

3

3

3

3

3

A CC B B ABC A B C A ABC

a a

V    V    V  a

     

Đáp án A

N A

S

C

D B

M

H

B’

A’

C’

B

A

C

4a

a

Câu 33: Kim tự tháp Kê - ốp Ai Cập xây dựng vào khoảng 2500 năm trước Công nguyên Kim tự tháp khối chóp tứ giác có chiều cao 147 m, cạnh đáy 230 m Thể tích là:

A.

2592100 m B.

2952100 m

C.

2529100 m D.

2591200 m Lời giải

Ta có . 1.230 147 2592100 m 2

3 đ

V  S h 

Đáp án A Câu 34: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên

0

SA  vng góc với đáy Trên AD lấy điểm M, đặt y AM x 0 x a

Nếu 2

x y  giá trị lớn thể tích a S ABCM bằng:

A.

3

3

a

B.

3

3

a

C.

3

3 24

a

D.

3

3

a

Lời giải

2

SA y  a x ;

2

ABCM

BC AM a x

S   AB  a

  2

1

3

SABCM ABCM

a

V  S SA a x a x

Xét hàm số f x   a x  a2x2  0; a ta được:

   

2 0;

3 max

2

a

a a

f x  f    

3 max

3

a V

 

Đáp án B. Câu 35: Một nhóm bạn du lịch dựng lều cách gập đôi bạt hình vng cạnh m (hình vẽ), sau dùng hai gậy có chiều dài chống theo phương thẳng đứng vào hai mép gấp để khơng gian lều lớn chiều dài gậy là:

A. 3m

2 B.

3 m

2 C.

3 m

2 D. m

Lời giải

Không gian lều khối lăng trụ đứng có chiều cao m, đáy tam giác cân có cạnh bên m góc đỉnh 0;180 

Khi thể tích khối lăng trụ là: 1 .3.3.sin 9sin (m )3

3

V    

max sin max 90 V

      

3 m 6 m

6 m A

S

C

D

B

147

230

S

B A

C D

M y

x

STUDY TIPS Cho tam giác cân có góc đỉnh  thay đổi  diện tích tam giác lớn

90   

3 m

h

6 m

Gọi chiều cao gậy 2

h h (m)

Đáp án B Câu 36: Cho hình hộp ABCD A B C D O AC    ,  BD M N, , trung điểm BB C D  Mặt phẳng MNO cắt B C  E tỉ số B E

EC

  là:

A.

5 B.

2

3 C.

1

3 D.

1 Lời giải

+ Trong mặt phẳng BB D D   gọi IMODD H, MOB D  Trong mặt phẳng DD C C   gọi JNIDC

Trong mặt phẳng ABCD gọi KJOAB

Trong mặt phẳng AA B B  gọi F MK A B    

Trong mặt phẳng A B C D    gọi E B C  FN E BCMNO

 

1

//

3

CD ID OD

BO B H OD OD D H

HD ID HD

 

      

  

Mà //

3

JD ID

JD ND

ND ID

   

 

Có NDNC JD KB FB;    1

3

FB B E

CN EC

 

   

Đáp án C Câu 37: Cho lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC tam giác cân đỉnh A,

,

ABC  BC tạo với ABC góc  Gọi I trung điểm AA biết , BIC 90  Tính tan2 tan2 .

A.

2 B. C. D.

Lời giải

Ta có tan BB

B C

  

  Gọi H trung điểm BC

AHB

 vuông H  

2

2

2

4

tan AH AH tan tan AI AH

BH BC BC



         (*)

Mà BIC vuông I 4

2

BC

IH BC IH

   

Thay vào (*) ta có: tan2 tan2  1.

Đáp án D D’

A A’

C D B

C’ B’

O N

M

D’

A A’

C D B

C’ B’

O N

M

J F

I K

H

E

B’

A’ C’ B

A C

I

H α

VI KHỐI TRÒN XOAY

Câu 1: Một đội xây dựng cần hoàn thiện hệ thống cột tròn cửa hàng kinh doanh gồm 10 Trước hoàn thiện, cột khối bê tơng cốt thép hình lăng trụ lục giác có cạnh 20 cm; sau hồn thiện (bằng cách trát thêm vữa vào xung quanh), cột khối trụ có đường kính đáy bằng 42 cm Chiều cao cột trước sau hoàn thiện m Biết lượng xi măng cần dùng chiếm 80% lượng vữa bao xi măng 50 kg tương đương với 64000 cm3 xi măng Hỏi cần bao xi măng loại 50 kg

để hoàn thiện toàn hệ thống cột?

A. 22 bao B. 17 bao C. 18 bao D. 25 bao

Lời giải

Trước hoàn thiện, cột khối bê tông cốt thép hình lăng trụ

với đáy hình lục giác có diện tích  

2

2

20

6 600

4

 

S cm

Thể tích khối lăng trụ lúc đầu là: V1S h1 600 3.400 240000 3  cm3 Thể tích khối cột hình trụ sau hồn thiện là:

 

2

2  .21 400 176400 

V cm

Suy thể tích lượng vữa trát thêm vào cho 10 cột là:

     3

2

10 10 176400 240000 1384847,503

     

V V V cm

Do lượng xi măng chiếm 80% lượng vữa nên lượng xi măng cần dùng để xây hệ thống cột là: Vxm1384847,503 80% 1107878,002   cm 3

Số bao xi măng loại 50 kg cần dùng là: 17,3106 64000 

xm

V

Vậy cần 18 bao xi măng để hoàn thiện toàn hệ thống cột

Đáp án C Câu 2: Thầy Thư dạy toán trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu, tỉnh Đồng Tháp muốn xây dựng hố ga dạng hình hộp chữ nhật có nắp bê tơng với thể tích3m , biết tỉ số chiều cao chiều rộng hố ga 1,5 Xác định chiều cao hố ga để xây hố tiết kiệm nguyên liệu nhất?

A. 1,2 (m) B. 45 (m).

8 C. (m) D.

3

3 (m) Lời giải

Gọi , ,x y h chiều rộng, chiều dài, chiều cao hố ga

(x0,y0,h0,m)

Thể tích hố ga 22

3

2

V

V xyh y

xh x

x x

    

 

 

 

Diện tích cần xây dựng hố ga S x  2xy 2xh 2yh 3x2 10.

x

    

Bài tốn trở thành tìm x để S x  nhỏ

Nhiều học sinh chọn đáp án B, nhiên sử dụng 17 bao xi măng cịn thiếu lượng nhỏ xi măng hồn thiện hệ thống cột Vì ta nên chọn 18 bao xi măng hoàn thiện xong toàn hệ thống cột thừa lại lượng xi măng

STUDY TIP 20cm

Một hình hộp chữ nhật biết ba kích thước thể tích tính theo cơng thức

Ta có    

10

6 ,

3

S x x S x x

x

      

Lập bảng xét dấu S x 

x  x0 

 

S x  

Dựa vào bảng xét dấu S x , thấy S x  đạt giá trị nhỏ 5.

3

x

 

Vậy 53 45(m)

2

h   chiều cao xây hố ga tiết kiệm nguyên liệu

Đáp án B Câu 3: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , cạnh bên SA

vng góc với mặt phẳng đáy Gọi B C hình chiếu 1, 1 A

,

SB SC Tính bán kính mặt cầu qua năm điểm A B C B C , , , 1, 1

A

2

a

B

3

a

C

4

a

D

6

a

Lời giải

Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC IA IB IC   1

Ta có SAC SABAB1AC1 Từ ta chứng minh B C1 1//BC

Gọi M trung điểm BC BCSAMB C1 1SAM

Gọi   1

1 ,

HB HC

H SM B C

MB MC

    MB MC nên HB1HC1

Mặt phẳng SAM qua trung điểm H B C1 1 B C1 1SAM nên SAM

là mặt phẳng trung trực B C1 1 Do I AM SAM nên IB1IC1  2

Gọi N trung điểm AB, suy AB IN IN SAB

SA IN

 

 

 



Tam giác ABB1 vng B1 có N trung điểm AB nên 1

2

NA NB  AB Như ta có tam giác vng sau

 

1

INA INB INB IA IB IB

       

Từ    1 ,  3 suy điểm A B C B C; ; ; 1; 1 nằm mặt cầu tâm I, bán

kính 3

3

a a

R IA   (do ABC tam giác I tâm đường tròn

ngoại tiếp I trọng tâm tam giác ABC)

Đáp án B Câu 4: Cho tam giác vuông OPM có cạnh OP nằm trục Ox , cạnh huyền

OM khơng đổi, OM R ( R0) Tính theo R giá trị lớn thể tích khối trịn xoay thu quay tam giác xung quanh trục Ox

I A

S

B

C

M H

A

3

2 27

R

B

3

2

R

C

3

2 27

R

D

3

2

R Lời giải

Tam giác OPM vuông P suy OPR.cos ; MPR.sin

Thể tích khối nón tính cơng thức

 

3

2 2 2

1

.cos sin cos sin cos cos

3 3

R R

V OP MP  R  R         

V đạt giá trị lớn cos3 cos đạt giá trị lớn

Sử dụng TABLE ta có

w7zQ)^3$+Q)=p1=1=0.1=

Ta thấy hàm số đạt giá trị lớn 0,384

9

 Suy

3

2

max

27

R

V  

Đáp án A Câu 5: Một hình hộp chữ nhật có kích thước 4 h  chứa khối cầu bán kính tám khối cầu nhỏ có bán kính Các khối cầu nhỏ đôi tiếp xúc tiếp xúc với ba mặt hình hộp, khối cầu lớn tiếp xúc với tám khối cầu nhỏ (xem hình vẽ) Tìm giá trị h

A 2 7 B 3 5 C 4 7 D 5 5

Lời giải

Bốn tâm bi nhỏ với tâm bi lớn tạo thành hình chóp tứ giác có cạnh đáy cạnh bên Khi chiều cao hình chóp

này

Khoảng cách từ tâm bi lớn đến đáy hình hộp 1

Do chiều cao hình hộp 2. 71 2

Đáp án A Câu 6: Cho khối trụ có bán kính đáy r chiều cao h Cắt khối trụ mặt phẳng  P song song với trục cách trục khoảng

2

r

Mặt phẳng  P chia khối trụ thành hai phần Gọi V thể tích phần chứa tâm 1

của đường trịn đáy V thể tích phần khơng chứa tâm đường trịn 2

đáy, tính tỷ số

V V

A.

3

  

 

V

V B.

1

2

3

  

 

V

V C.

1

3 2  

V

V D.

1

3

  

 

V V

x y

O

R

P M

Lời giải

Mặt phẳng  P cắt đường trịn đáy theo dây cung có độ dài

2

2

2

2

r

r   r

 

Độ dài r độ dài cạnh hình vng nội tiếp đường trịn bán kính

r

Xét hình hộp chữ nhật có đáy hình vng nội tiếp hình trụ Khi khối hộp chữ nhật chia khối trụ thành phần gồm phần khối hộp bốn phần khối hộp khối trụ

Thể tích khối trụ V r h2 . Thể tích khối hộp chữ nhật nói

 2

0 2

V  r h r h

Suy  

2

1

4

V  V V   r h

1

3

V  V V    r h

Do

3

V V

  

 

Phân tích phương án nhiễu:

Phương án A: Sai HS giải tính V lại sai Cụ thể: 1

2 2

1

2

4

V  V V  r h  r h   r h

Do

3

V V

  

 

Phương án B: Sai HS xác định sai phần mặt phẳng  P tạo nên tính

được

1

2

V   r h

2

3

V  V V    r h

Phương án C: Sai HS cho chiều cao tỷ số thể tích tỷ số đoạn thẳng chắn đường kính tương ứng Cụ thể:

1

2

2 3 2.

2

r r V

V r

r



  



Đáp án D Câu 7: Cho hình chóp S.ABCD có ABCADC90  Cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng ABCD , góc tạo SC mặt phẳng đáy 60 ,CD a  

ADC

 có diện tích

2 3

a

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

A. S 16 a2. B. S 4 a2. C. S32a2. D. S 8 a2.

Lời giải

1 Xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

Ta có CBAB CB SA AB SA A,  ,   CBSABCB SB  SBC vuông tại B

A B

C

D O

A’

B’ C’

Lại có CDAD CD SA AD SA A,  ,   CDSADCD SD  SDC

vuông D

Mặt khác SAABCDSAAC SAC vuông A

Gọi I trung điểm SC Các tam giác: SAC SBC SDC, , vuông

các đỉnh A, B D nên

2

IS IA IB IC ID     SC Vậy mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm I, bán kính

2

R SC 2 Tính diện tích mặt cầu

Ta có SC ABCD, SC AC, SCA  60 Do ADC vuông A nên

2

2

1

2

ADC ADC

S a

S AD CD AD a

CD a



     

 2

2 3 2

AC AD CD a a a

     

Mà cos

cos60

a

AC SC SCASC  a



Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

2

SC a

R   a

diện tích mặt cầu  2

4 16

S R   a   (đvdt) a

Đáp án A. Câu 8: Cho mặt cầu  S tâm O bán kính r Hình nón có đường tròn đáy  C

đỉnh I thuộc  S gọi hình nón nội tiếp mặt cầu  S Gọi h chiều cao hình nón Tìm h để thể tích khối nón lớn

A 4

3

r

B

3

r

C

6

r

D 7

6

r

Lời giải

Kí hiệu hình vẽ

Ta thấy IKrlà bán kính đáy hình chóp, AI chiều cao hình chóp h

Tam giác AKM vng K có IK là đường cao

 

2

IK AI IM r h r h

    

Ta có 1. 2. 2  . 2 .

3 3 2

chop

h h

V  r h  h h r h   r h

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có  

3

2

2

2 27 27

h h

r h

h h r

r h

 

  

 

 

  

3

3

4 32

3 27 81

chop

r

V r

    

Dấu xảy

2

h r

r h h

    Vậy ta chọn A

Đáp án A. Câu 9: Cho cốc có dạng hình nón cụt viên bi có đường kính chiều cao cốc Đổ đầy nước vào cốc thả viên bi vào, ta thấy lượng O

S

A

B

C D I

STUDY TIPS Diện tích mặt cầu có bán kính R tính theo công thức:

S R  

O r' h

A

I K

nước tràn nửa lượng nước đổ vào cốc lúc ban đầu Biết viên bi tiếp xúc với đáy cốc thành cốc Tìm tỉ số bán kính miệng cốc đáy cốc (bỏ qua độ dày cốc)

A B 2 C 3

2 

D 1

2 

Lời giải Ta có

3

4

;

bi mc

h V V     

   

2

coc nc

V V  h R r Rr

Mà Vnc 2Vmc  

3

2

2

3

h

h R r Rr  

    

   

2 2

R r R r h

   

Mà h2 R r  2  R r 2  

 

2

2

3

3

2

r

tm

r r R

PT

R R r

l R

 

 

  

     



   

 

Đáp án C Câu 10: Một ly dạng hình nón (như hình vẽ) Người ta đổ lượng nước vào ly cho chiều cao lượng nước ly

3 chiều cao ly (tính phần chứa nước) Hỏi bịt kín miệng ly úp ngược ly lại tỉ lệ chiều cao mực nước chiều cao ly nước lúc bao nhiêu?

A. 2 

B.

3

3 25



C.

9 D.

3

3 26



Lời giải

Gọi chiều cao bán kính đường trịn đáy ly h R

 Thể tích ly

3

V  R h

● Khi để cốc theo chiều xi lượng nước cốc hình nón có chiều cao bán kính đường trịn đáy

3

h

R

 Thể tích lượng nước

2

1

3 3 27

R h V

V        

     Thể tích phần khơng chứa nước 2 26

27

V V 

● Khi úp ngược ly lại phần thể tích nước ly khơng đổi lúc phần khơng chứa nước hình nón Gọi 'h R' chiều cao bán kính

đường trịn đáy phần hình nón khơng chứa nước Ta có R' h'

R  h phần

thể tích hình nón khơng chứa nước

3

2

2

2

26 26 ' ' 26 ' 26 ' 26

' '

27 27 27 27

R h h h

V V R h R h

h h

R h

   

            

   

Vậy tỷ lệ chiều cao mực nước chiều cao ly nước trường hợp úp ngược ly

3

' ' 26 26

1

3

h h h

h h

      

Đáp án D B

C A r

R H D

h

h’ h

Câu 11: Cho hình nón đỉnh S đáy hình trịn tâm O, SA, SB hai đường sinh biết SO 3, khoảng cách từ O đến SAB diện tích SAB 18 Tính bán kính đáy hình nón

A. 674

4 B.

530

4 C.

9

4 D.

23 Lời giải

+ Gọi I trung điểm AB, H hình chiếu O lên SI

 

OH SAB OH

   

+

2 2

1 1 1

1 9 OI

OH OS OI OI     

2 9

8

SI OI OS

     

+ 2.18 16

2 9 2 2 2

4

SAB

S  SI ABAB  AI

2

8 530

8

2

AO   R

      

 

Đáp án B Câu 12: Học sinh A sử dụng xơ đựng nước có hình dạng kích thước giống hình vẽ, đáy xơ hình trịn có bán kính 20 cm, miệng xơ đường trịn bán kính 30 cm, chiều cao xô 80 cm Mỗi tháng A dùng hết 10 xô nước Hỏi A phải trả tiền nước tháng, biết giá nước 20000 đồng/1 m 3

(số tiền làm tròn đến đơn vị đồng)?

A. 35279 đồng B. 38905 đồng C. 42116 đồng D. 31835 đồng Lời giải

Xét hình nón đỉnh A, đường cao h

h 80cm có đáy đường trịn tâm

O, bán kính R 30 cm Mặt phẳng   cách mặt đáy 80 cm cắt hình nón theo giao tuyến đường trịn tâm O có bán kính r 20 cm Mặt phẳng   chia hình nón thành phần Phần  I phần chứa đỉnh A, phần  II phần không chứa đỉnh A (hình vẽ)

Ta có 2 160 cm 

3 80

O B AO AO AO

AO

OC AO AO O O AO

    

      

  

Thể tích hình nón 1160 80 30 72000  cm3

3

V  AO R     

Thể tích phần  I   1160 .202 64000  cm3

3 3

I

V  AO r    

STUDY TIPS Bạn đọc thử kết phương án ngược lại để đáp án xác

A S

B O

I H

O

A

O

O’ B

C

STUDY TIPS Cái xơ có dạng hình nón cụt, bán kính hai đáy R, r chiều cao h nên thể tích tính nhanh theo cơng thức:

 2 

1

V h R r Rr

Thể tích xơ thể tích phần  II , ta có:

 II  I 72000 640003 1520003  cm3 37519  m3

V  V V        

Vậy số tiền phải trả tháng 20000  .10 20000 19 10 31835 375

II

V    (đồng)

Đáp án D. Câu 13: Cho tơn hình nón có bán kính đáy

3

r  , độ dài đường sinh l2

Người ta cắt theo đường sinh trải phẳng hình quạt Gọi M,

N thứ tự trung điểm OA OB Hỏi cắt hình quạt theo hình chữ nhật MNPQ (hình vẽ) tạo thành hình trụ đường sinh PN trùng MQ (2 đáy làm

riêng) khối trụ tích bao nhiêu?

A.  13 1

8

 

B. 3 13 1

8 

 C.

 

5 13

12 

 D.

 13 1

9

 

Lời giải

Qua O kẻ đường thẳng vng góc với MN, đường thẳng cắt MN, PQ, cung

AB, AQ H, F, D, E

Độ dài cung AB chu vi đường tròn đáy hình nón nên 2

3

AB

l     r 

Lại có : 2

3

AB AB

l

l OA AOB

OA

 

       

Áp dụng định lí cosin tam giác OAB có

2 2 2

2 .cos 2 2.2

2

AB OA OB  OA OB AOB    

 

Do M, N trung điểm OA, OB nên

2

MN AB PQ

1

2

MH MN

  

Do ODAB nên OD tia phân giác AOBAOD  Xét tam giác 60

vng OMH có cos 60 1.1

2

OH OM  

Xét tam giác OPQ có  

2 2

2 2 2 5

cos

2 .OQ 2.2.2

OP OQ PQ

POQ

OP

 

 

  

Mà cos cos 2  cos2 cos 13

8

POQ DOQ  DOQ   DOQ

Xét tam giác DOQ có:

2 2 2. . .cos 8 13

QD OQ OD  OQ OD DOQ 

Xét tam giác vng DQF có  

2

2 2 8 13 29 2 13

2

DF QD QF      

 

 2

4 13

29 13 13

2 2

DF



 

   

1 13 13

2

HF OD OH DF   MQ NP

         

O

A M N B

P Q

O

A M N B

P Q

D

E H

Gọi R bán kính đáy hình trụ tạo hình chữ nhật MNPQ Chu vi đáy

hình trụ độ dài PQ nên

2

PQ   R R

 Khi thể tích khối trụ tạo hình chữ nhật MNPQ là:

 

2

2 13 13

2

V R MQ



  

     

 

 

Đáp án B. Câu 14: Cho hình cầu  S tâm O, bán kính R Hình cầu  S ngoại tiếp hình

trụ trịn xoay  T có đường cao đường kính đáy hình cầu  S lại nội tiếp

trong hình nón trịn xoay  N có góc đỉnh 60 Tính tỉ số thể tích hình trụ  N hình nón  T

A.    

2

T

N

V

V  B.

   

2

T

N

V

V  C.

   

3

T

N

V

V  D. Đáp án khác

Lời giải

Gọi R bán kính hình cầu  S Bài tốn quy về: “Cho đường trịn tâm

O, bán kính R ngoại tiếp hình vng ABCD nội tiếp SEF đều” (hình vẽ)

Hình vng ABCD nội tiếp đường trịn  O nên

2 2

    

AC BD R AB AB R

 Bán kính đáy chiều cao hình trụ  T

2

AB R

r

2

 

h AB R

Thể tích khối trụ  

2

3

2 2

2

  

     

 

T

R R

V r h R

Ta có SEF ngoại tiếp đường tròn  O nên O trọng tâm SEF

Gọi H trung điểm EF SH3OH3RHF SH tan 30 R

 Bán kính đáy chiều cao hình nón  N HFR



SH R Thể tích khối nón   . 2. . 3 32 3

3

     

N

V HF SH R R R

Vậy  

 

3

3

2

2

6



 



T

N

R V

V R

Đáp án A Câu 15: Một phễu đựng kem hình nón bạc tích 12 (cm ) chiều

cao cm Muốn tăng thể tích kem phễu hình nón lên lần chiều cao khơng thay đổi diện tích miếng giấy bạc cần thêm

A. 12 13 15 (cm ).2 B.

12 13 (cm )

C. 12 13(cm ).2

15 D.  

2

12 13 15 (cm )

A B C D

O S

Lời giải

Gọi R h bán kính đường trịn đáy chiều cao hình nón lúc 1, 1 đầu; R h bán kính đường trịn đáy chiều cao hình nón sau 2,

khi tăng thể tích

2

1 1 1

1

12

3

V  R h    R R  cm

2

2 2

1

V  R h với h1h2

2 2

2

1

4

V R

R R

V R

     

Diện tích xung quanh hình nón lúc đầu: Sxq1  .R l1 1  15

Diện tích xung quanh hình nón tăng thể tích: Sxq2 .R l2 2  12 13 Diện tích phần giấy bạc cần tăng thêm: S 12 13 15 (cm ).2

Đáp án A Câu 16: Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD hình vng cạnh 2 ,a SAD tam

giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M N, trung điểm BC CD Khi bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối SCMN là:

A.

a

B. a C. 93

6 a D.

31 12a Lời giải

Gọi H trung điểm ADSHABCDSH a

Chọ hệ trục tọa độ hình vẽ D a ;0;0 ,  M 0; ;0 , a  N a a; ;0  Trung điểm MN ;3 ;0

2

a a I 

  có S0; 0;a , C a a ; ; 0 Gọi d đường thẳng qua I vng góc với ABCD

d

 có vectơ phương k 0; 0;1

NCM

 vuông C  tâm đường tròn ngoại tiếp I d

 trục đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN  Tâm J mặt cầu ngoại tiếp SCMN thuộc d

Ta có d qua ;3 ;0 2

a a I 

  k 0; 0;1 vectơ phương

2 :

2

a x

a d y

z t

    

  

   

3

; ;

2

a a J t

  

  mà  

2 2

2

2 3

2 2

a a a a

JCJS       t       a t

       

5

6

a t

   Bán kính 93

6

RJC a

Đáp án C. Câu 17: Chia bìa hình trịn bán kính R 30cm thành phần (như hình vẽ) Lấy phần uốn thành hình nón có đường sinh bán kính hình trịn Khi thể tích khối nón tạo thành là:

l1

O R1

NHẬN XÉT Một số tốn dựng hình phức tạp bạn nên thử với phương pháp tọa độ hóa tốn “sáng” nhiều

d

N A S

C D

B M H

z

x y

J

A.

3

2

81

R



B.

3

27

R



C.

3

2

27

R



D.

3

81

R

 Lời giải

Gọi hình nón tạo thành có bán kính r Chu vi đáy 1.2

3

r R

   (bằng

3 chu vi hình trịn đầu)

1

r R

 

Hình nón có đường sinh R  Chiều cao

2

2 2 2

9

R R

h R r  R  

Thể tích khối nón tạo thành

2

2

1 2 2

3 81

R R R

V  r h   

Đáp án A Câu 18: Thể tích khối trịn khối trịn xoay gây nên hình trịn

 2  

2 0

x  y a R  R a quay quanh trục Ox là:

A. 2

8 aR B. 2

4 aR C. 2

aR

 D. 2

2 aR Lời giải

Ta có x2y a 2 R2   y a R2x2

 Nửa hình trịn có phương trình y a  R2x2

Nửa hình trịn có phương trình y a  R2x2

 Thể tích hình xuyến

 2  2

2 2

1 d d

R R

R R

V V V a R x x a R x x

 

          4 2d

R

R

a R x x



   

Đặt

sin d cos d

;

2

x R t x R t t

x R t x R t

   



  

       



2

2 2 2 2

2

4 sin cos d cos d

V a R R t R t t aR t t aR

 

 

 

         

Đáp án D Câu 19: Cho tứ diện ABCD có đáy BCD tam giác đều, trọng tâm G  đường thẳng qua G vng góc với BCD  A chạy  cho mặt cầu ngoại tiếp ABCD tích nhỏ Khi thể tích khối ABCD là:

A.

3

12

a

B.

3 2

12

a

C.

3 3

12

a

D.

3 3

a

Lời giải

Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCD   I IA IB R   Thể tích mặt cầu ngoại tiếp ABCD nhỏ IB nhỏ

r R

l

R O

r R l

R O

O x y

-R a

R

R

A

C

D B

I

3

a

IB I G IA IB BG AG

         

3

1 1 3

3 2 12

ABCD BCD

a a a

V S AG a

   

Đáp án A Câu 20: Cho hình trụ có đáy hai đường trịn tâm O O’, bán kính R chiều cao R Trên hai đường tròn  O  O lấy hai điểm A B cho góc hai đường thẳng OA OB  khơng đổi Tính AB theo R



A. 1 sin2 .

2

R   B. 2 sin2 .

2

R  

C. R 2 4sin 2 . D. R 1 4sin 2 .

Lời giải

Kẻ O A OA ' '' ' A O B  

Vẽ 'O HA B' H trung điểm A’B ' '

O A H

 vuông H nên

2 2 2

' ' '.sin sin ' ' sin

2 2

' ' sin sin

2

A H O A R A B A H R

AB AA A B R R R

  

    

 

      

Đáp án B. O

A

B O’ A’ H

VII HÌNH TỌA ĐỘ OXYZ

Câu 1: Trong không gian Oxyz cho hai điểm , A2; 2;4 ,  B 3;3; 1  mặt phẳng  P : 2x y 2z 8 0 Xét M điểm thay đổi thuộc  P , giá trị nhỏ

của 2

2MA 3MB bằng:

A 135 B 105 C. 108 D 145

Lời giải

Lấy điểm I thoả mãn 2IA3IB0 Ta có

   

   

   

2 3 1

2 3

1

2

        

       

 

       

 

I I I

I I I I I I

x x x

y y y

z

z z

Suy I1;1;1

Ta có 2MA23MB22MI IA  23 MI IB 2

 

2 2 2

5

 MI  IA  IB  MI IA IB  MI  IA  IB (do 2IA3IB0) Với điểm I1;1;1 thì IA 2 IB không đổi Suy 2 2MA23MB nhỏ 2 MI nhỏ MI P hay     

 2

2

2 1 2.1

;

2

   

  

  

MI d I P

Có IA2 27 IB2 12

Vậy giá trị nhỏ 2MA23MB 2

2 2

5MI 2IA 3IB 5.3 2.27 3.12 135. 

Bài toán tổng quát: Trong không gian cho n điểm A A1, 2, ,An. Tìm điểm M cho biểu thức P 1MA12 2MA22   nMAn2

a Đạt giá trị nhỏ nhất, với        n

b Đạt giá trị lớn nhất, với        n

Phương pháp giải:

Gọi I điểm thỏa mãn 1.IA1 2.IA2   n.IAn0 Điểm I tồn tại nếu

1

n i i 

 

 Khi đó      

2 2

1 2 n n

P  MI IA   MI IA    MI IA

   

1 1 2

1

n

n n n i i

i

MI IA IA IA IA



              

Do

1

n

i i

i

IA

 

 không đổi nên

a Nếu        thì P nhỏ 1 n MI nhỏ

b Nếu        thì P lớn 1 n MI lớn

Đáp án A Câu 2: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A1;0;0, B0; 2;0, C0;0; 1  Biết tồn tại điểm S a b c khác gốc tọa độ để SA , SB , SC đôi  ; ;  vng góc Tính tổng bình phương giá trị a , b c

A. 16

9 B.

4

81 C.

4

9 D.

16 81 Lời giải

DISCOVERY

Ta áp dụng phương pháp giải toán tổng quát để giải các toán tương tự ở dưới

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm

mặt phẳng

Gọi điểm nằm mặt phẳng cho

đạt giá trị nhỏ Tính tổng

A B

C D

Cách 1: Ta có AS 1; ;a b c ,  BSa b; 2;c ,  CSa b c; ; 1

Theo giả thiết, ta có

   

 

         

  

        

     

          

 

 



2 2 2 2 2

; ; 0; 0;

0 8 4 8

; ; ; ;

2 9

AS BS a b c a b a b c

BS CS a b c a c

a b c

a b c b c

CS AS

Do S O nên chọn    

 

8

; ; ; ;

9 9

a b c Suy 2 2 16.

9

a b c

Cách 2: Ta có  :    1  :2  2  2

1

y

x z

ABC ABC x y z

OABC tứ diện vuông tại O Gọi O điểm đối xứng với O qua mặt phẳng

ABC O điểm S Khi đó, dễ dàng tính   

 

8

; ;

9 9

S

Do vậy, 2 2 16.

9

a b c

Đáp án A Câu 3: Trong không gian Oxyz , cho điểm M2; 3; 4  Gọi  P mặt phẳng qua M cắt các trục x Ox y Oy z Oz ,  ,  tại các điểm D E F, , cho

 

2 2

    

OD OE m m OF , đó m tham số thực Gọi S tập hợp

các giá trị m để có ba mặt phẳng  P thỏa mãn yêu cầu Tập hợp S có tập hợp khác rỗng?

A. B. C. 15 D.

Lời giải

 P có phương trình a x  2 b y 3 c z  4 ax by cz  2a3b4c

Đặt p m 22m2, p0 Do , ,D E F khác O nên abc0 k2a3b4c 0.

Do vậy  ;0;0 ,  0; ;0 ,  0;0; 

     

k k k

D E F

a b c Lại OD2OE pOF nên

1   p

a b c hay  

a b c

p

Xảy các trường hợp sau: +) , ,a b c dấu Do đó

1 2

a b c

p Suy k4p1a

+) ,a b dấu trái dấu với c Khi đó

1  2

a b c

p

Suy k 4p1a  0, a nên trường hợp tồn tại mặt phẳng  P

thỏa mãn yêu cầu toán

+) ,a c dấu trái dấu với b Khi đó

1  2

a b c

p

Suy k4p2a  0, a nên trường hợp tồn tại mặt phẳng

 P thỏa mãn yêu cầu toán

+) ,b c dấu trái dấu với a Khi đó

1

  a b c

p Suy k4 2 p a 

1) Trong không gian, cho tam giác có ba góc nhọn Khi đó, tờn tại hai điểm cho tứ diện tứ diện vuông tại Đồng thời, đối xứng với qua mặt phẳng 2) Trong không gian , cho điểm mp Gọi H M’ hình chiếu vng góc M lên điểm đối xứng với M qua Khi đó:

với STUDY TIP

Cho ba số dương p, q, r điểm với Để đếm số mặt phẳng qua M cắt trục tọa độ Ox, Oy, Oz tại A, B, C cho

thì ta đếm số giá trị khác giá trị sau:

Do p1  p không đồng thời không nên để có mặt phẳng

thỏa mãn u cầu tốn  

2

1

0;1;

2



     

  

     

 

p m m

S

p m m

Suy số tập hợp khác rỗng S 23  1 7

Đáp án A Câu 4: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1; 4; , B 1; 2; 4 đường

thẳng :

1



  



y

x z

d Biết tồn tại điểm M a b c ; ;  d cho 2

MA MB đạt giá trị nhỏ Giá trị 2a b 3c

A. 10 B. 35

3 C. 11 D.

1 Lời giải

Cách 1: M d nên  M1t t; 2; 2t 

Ta có MA2MB2 12t248t76 12 t2228 28

Dấu xảy t2 hay M1;0; 4 Suy 2a b 3c10

Cách 2: Gọi I trung điểm đoạn AB I0; 3; 3

2 2

2

2

  

MA MB MI AB

Ta có MA2MB2 đạt giá trị nhỏ MI đạt giá trị nhỏ hay M hình chiếu vng góc I d



M d nên M1t t; 2; 2t Ta có  IM d IM u d 0

     

1 1 2

   t t  t   t Suy M1;0; 4

Cách 3: Gọi P điểm thỏa mãn PA PB 0 (tương ứng với biểu thức

2

MA MB ) P0; 3; 3 Khi đó 2 2

2

   

MA MB MP PA PB

Ta có MA2MB2 đạt giá trị nhỏ MP đạt giá trị nhỏ hay M hình chiếu vng góc P d

Làm cách 2, ta tìm M1;0; 4

Đáp án A Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình chóp S ABCD với

1; 1;6 ,  1; 2; , 3;1; ,

S A B D2; 3; 4 Gọi I tâm mặt cầu  S ngoại tiếp hình

chóp Tính khoảng cách d từ I đến mặt phẳng SAD

A.

2 

d B. 21

2 

d C. 3

2 

d D.

2 

d

Lời giải

Cách 1: Ta có AS0; 3; ,  AB2; 1; ,   AD1;1;1 Nhận xét ASAB AS, AD AB, AD

Lấy điểm C mặt phẳng ABD cho ABCD hình chữ nhật 

Khi đó, BCSAB CD, SAD Các điểm A B D, , nhìn SC dưới góc 90º Cho điểm cố định

và điểm thay đổi Khi đó

(1): Nếu di động đường thẳng cố định ngắn hình chiếu vng góc

(2): Nếu di động mặt phẳng cố định ngắn hình chiếu vng góc (3): Nếu di động mặt cầu cố định ngắn dài giao điểm đường thẳng với mặt cầu , đó I tâm

STUDY TIP

S

A

C B

I

Do vậy, tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp trung điểm 9; ; 2

 

 

 

I SC

Khoảng cách  ;   , 

2 2

   

d d I SAD d C SAD CD

Cách 2: Gọi I a b c ; ;  tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD Ta có

           

           

           

2 2 2

2 2 2

2 2 2

1

1

1

           

  

             

 

  

            

a b c a b c

IS IA

IS IB a b c a b c

IS IC a b c a b c

5

6 24

1

4 24

2

6 6 9

2

 



    

 

      

     

  



a

b c

a b c b

a b c

c

 9; ; 2

 

 

 

I

Ta lại có SA0; 3; ,  AD1;1;1 Suy ra, vectơ pháp tuyến mặt phẳng

SADlà nSA AD, 6; 3; 3   Phương trình mặt phẳng SAD

     

2 x 1 y    2 z 2x y z   3

Do đó,   

5

2

2 2

,

2

  

  

d d I SAD

Đáp án A Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu

2 2

( ) :S x y z 4x4y2z  đường thẳng d giao tuyến hai m

mặt phẳng x 1 2m y 4mz 4 2x my 2m1z 8 0. Khi m thay đổi các giao điểm d m  S nằm đường trịn cố định Tính bán kính

r đường tròn đó

A. 142

15

r  B. 92

3

r  C. 23

3

r  D. 586

15

r 

Lời giải  S có tâmI2; 2;1 , bán kính R 4

Các điểm d có tọa độ thỏa mãn m x 1 2m y 4mz 

 

2x my  2m1 z 8

Do đó x (1 )m y4mz42 2 x my (2m1)z80

5x y 2z 20

    

Suy d nằm mpm  P : 5x y 2z20 0 cố định m thay đổi

Mà  ,  14

30

d I P    P cắt  S theo giao tún đường trịn tâm H

bán kính 2 ,  16 196 142

225 15

r R d I P   

Đáp án A Khi xác định tâm mặt cầu

ngoại tiếp hình chóp lăng trụ ta làm theo hai hướng:

+ Hướng 1: Dùng điều kiện tâm cách các đỉnh đến giải hệ phương trình + Hướng 2: Dựa vào tính đặc biệt hình như: Hình chóp đều, hình chóp có đỉnh nhìn cạnh dưới góc vng

STUDY TIP

Với hai mặt phẳng

khi đó, giao tuyến nằm mặt phẳng có phương trình:

Câu 7:Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A1;0;0, B3; 2;0,

 1; 2; 4

C  Gọi M điểm thay đổi cho đường thẳng MA , MB , MC hợp với mặt phẳng ABC góc nhau; N điểm thay đổi nằm mặt cầu

    2  2 2

: 3

2

S x  y  z  Giá trị nhỏ độ dài đoạn MN bằng:

A.

2 B. C D.

3 2 Lời giải

Do đường thẳng MA , MB , MC hợp với mặt phẳng ABC góc 

nên hình chiếu M lên ABC tâm đường tròn ngoại tiếp ABC Ta có

2; 2;0 ,  2; 2; 4

AB AC  AB AC ABAC Do đó, tâm đường tròn ngoại tiếp ABC trung điểm H1;2;2 BC

Điểm M nằm đường thẳng  qua H vuông góc với ABC nhận

 

, 1; 1;1

uAB AC  vectơ phương Mặt cầu  S có tâm I3; 2; 3 bán kính

2

R 

 , ,

IH u

d I R

u

 

 

    nên  không cắt  S

Gọi K hình chiếu I 

Với mọi M,N S , 2

2

MNIM IN IM R IK R      Do vậy, MN nhỏ

2 M K , N giao điểm đoạn

IK với mặt cầu  S

Đáp án A Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có

0;0; , 0; 3;0 ,

A B C3;0;0 , D3; 3; 3 Hỏi có điểm M x y z (với  ; ;  , ,

x y z nguyên) nằm tứ diện

A. B. C. 10 D.

Lời giải Cách 1:

Phương trình các mặt phẳng ABC x y z:    3 0;ACD x y z:     0;

ABD x y z:    3 ; BCD x y z:    3 Điểm M x y z ; ;  nằm tứ diện

 

 

 

 

; cung phia doi voi ; cung phia doi voi ; cung phia doi voi ; cung phia doi voi

D M ABC

C M ABD

B M ADC

A M BCD

  

  

  

  

       

3 3 3

3 0 3

3 3 3

3 0 3

x y z x y z

x y z x y z

x y z x y z

x y z x y z

            

 

          

 

 

          

 

            

 

Cộng vế với vế  1  2 ;  3  4 ta 0   x x  1; Với x  thay vào 1  1  2 ta 2      y z y z

Với x  thay vào 1  3  4 ta        2 y z y z  1;0;1 Từ đó xác định cặp  y z ;    1; , 2;1

Do đó, ta hai điểm 1;1; , 1; 2;1   

Với x  thay vào 2  1  2 ta 1     y z y z 2; 3; 4 Với x  thay vào 2  3  4 ta 1       y z y z

Từ đó xác định cặp  y z;    1;1 , 2; Do đó, ta hai điểm

2;1;1 , 2; 2;   

Vậy có điểm thỏa mãn

Cách 2: Dễ thấy tứ diện ABCD đều. Gọi M a b c ; ;  điểm thỏa mãn toán Khi đó,VABCD VMABCVMBCDVMCDAVMABD

Do mặt tứ diện có diện tích nên

 

 ,   ,   ,   ,   , 

d D ABC d M ABC d M BCD d M ABD d M ADC

3

1

1

6

6

3 3 3

d

d d d

d d d d

         

Mà d số nguyên dương nên có các i d d d d1, , ,2 4 thỏa mãn

1;1; 2; , 1; 2;1; , 1; 2; 2;1 ,     2; 2;1;1 , 2;1; 2;1 , 2;1;1; , 1;1;1; ,       1;1; 3;1 , 1; 3;1;1 , 3;1;1;1  

Kiểm tra các trường hợp có bốn điểm thỏa mãn

Đáp án A Câu 9: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : 1

2 1

 

 

 

y

x z

d

điểm A1;1;1 Hai điểm ,B C di động đường thẳng d cho mặt phẳng

OAB vng góc OAC Gọi điểm B hình chiếu vuông góc điểm B lên đường thẳng AC Biết quỹ tích các điểm B đường trịn cố định, tính bán

kính r đường trịn

A 60

10 

r B

10 

r C 70

10 

r D.

5 

r

Lời giải

Ta có u d 2; 1; 1  vectơ phương d Mà  OA u d 0 OA d

Lại có H0;1; 1  d OH u  d 0 nên H hình chiếu O lên đường thẳng d Cho mặt phẳng

Các điểm không nằm Khi đó:

+ nằm phía đối với

+ nằm khác phía đối với

   

OH OA OH OA OA OBC OB OA OB OAC

         

Cách 1: Gọi K trực tâm ABC, suy OKAH

Suy điểm B’ thuộc đường trịn đường kính AK, đường trịn vẽ mặt phẳng  A d,

Khi đó phương trình đường thẳng AH  

1

1 ; 1;

1

x t

y K t t

z t

  

    

    

Mà 2; 1;

5 5

OK AH    t t    t K  AK

 

Vậy

2 10

AK

r  

Cách 2: Vì B’ hình chiếu B lên AC nên ABOB, suy B’ thuộc mặt cầu

 S đường kính AO , Phương trình mặt cầu  

2 2

1 1

:

2 2

S x  y  z  

     

Mà B A d, : 2x5y z  6 0 nên B’ thuộc đường tròn  C ,    C  S  A d, 

Từ đó tính 10

r 

Đáp án B. Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho ba điểm

0;1;1 ; 1; 2; ;  1; 2; 2

A B C mặt phẳng   :x2y2z 1 0 Xét điểm M thay đổi thuộc mặt phẳng   , giá trị nhỏ biểu thức

2

2

 

MA MB MB MC

A 25

4 B

17

4 C

13

2 D

11 Lời giải

Chú ý: Để giải quyết toán cực trị hình học khơng gian ta thường dùng kiến thức liên quan đến tâm tỉ cự:

* Tâm tỉ cự: Trong không gian, cho hệ n điểm A A1, 2, ,An n số thực t t1, , ,2 tn

t1    t2 tn t  Khi đó tồn tại điểm I không gian thỏa

mãn t IA1 1t IA2 2  t IAn n 0. Điểm I thế gọi tâm tỉ cự hệ Ai điểm, ứng với có hệ số t ii 1,n

* Bài toán bản: Trong không gian Oxyz, cho n điểm A A1, 2, ,An n số thực

 

1, , ,2 n n

t t t t     t t t Cho đường thẳng d (hoặc mặt phẳng  P ) Tìm

điểm M thuộc đường thẳng d (hoặc mặt phẳng  P ) cho:

a) t MA1 1t MA2 2  t MAn n nhỏ

b) 2

1 2 n n

Tt MA t MA  t MA nhỏ t 0 (lớn t 0)

Phương pháp giải: Gọi I thỏa mãn t IA1 1t IA2 2  t IAn n 0 Khi đó ta biến đổi: t MA1 1t MA2 2  t MAn n  t MI Bài toán bên xây

dựng từ ý tưởng tốn quỹ tích hình học khơng gian:

Bài tốn gốc: Cho hai đường thẳng d, d’ chéo vuông góc với nhau Giả sử A điểm cố định đường thẳng d Với điểm B thay đổi trên d’ cho hai mặt phẳng vng góc với Gọi B’ là chân đường cao kẻ từ B Chứng minh rằng B’ thuộc đường tròn cố định

FOR REVIEW K O

B’ A

B

C H

Cách tìm tâm tỉ cự I tốn mở rộng: Ta có:

Khi đó lấy I thỏa mãn

1 2 n n 1 2 n n

t MA t MA  t MA t MI t IA t IA  t IA

Do đó điểm M cần tìm hình chiếu điểm I lên đường thẳng d (hoặc mặt phẳng  P )

Lấy I thỏa mãn 1; ;

4 4

IA IB IC   I 

 

 

 

2 2 2

2 2

2

,

MA MB MB MC MI IA IB IB IC

d I IA IB IB IC

      

    

Vậy 2 2 . 25 27 33 11

4 8

MA MB  MB MC   

Đáp án D Câu 11: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A3; 3;1  B  4; 4;1  Xét điểm

M thay đổi thuộc mặt phẳng  P z  : Giá trị nhỏ 3MA24MB2

A. 245 B. 189 C. 231 D. 267

Lời giải Ta tìm điểm I thỏa mãn 3IA4IB0

Cách 1:

   

   

   

    



      

    



3 4

3 3 4

3

I I

I I

I I

x x

IA IB y y

z z

 

     

 

     

   

 

7

7 1;1;1

7

I I I I I I

x x

y y I

z z

Cách 2:

   

      

3IA 4IB OA OI OB OI  13 4   1;1;1

OI OA OB I

Ta có

     

         

  

2

2 2 2

2 2

3 4 4

7

MA MB MI IA MI IB MI IA IB IA IB

MI IA IB

Vậy 3MA24MB nhỏ 2

MI nhỏ  M hình chiếu I mặt

phẳng  P M1;1; 2 

Khi đó  2  2 2

41, 27 231

MA MB MA MB

Chú ý: Nếu I điểm thỏa mãn aIA bIB  (0 a b  ) thì:

 

1

OI aOA bOB

a b

 



 

 

 

1 1

I A B

I A B

I A B

x ax bx

a b

y ay by

a b

z az bz

a b



 

 

 

  

 

  

 



Chú ý:

Trong không gian Oxyz cho điểm M a b c ; ; 

+ Hình chiếu vng góc M mặt phẳng xx0 M x b c1 0; ; ; + Hình chiếu vng góc M mặt phẳng yy0 M a y c2 ; 0; ; + Hình chiếu vng góc M mặt phẳng zz0 M a b z3 ; ; 0;

Đáp án C Trong không gian Oxyz, cho

hai điểm A, B mặt phẳng Các bước tìm điểm M cho

nhỏ (với ):

+ Tìm điểm I thỏa mãn ;

+ Tìm M hình chiếu I

Câu 12: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng

 P x: 2y z  1 0,  Q x: 2y z  8  R x: 2y z  4 Một đường thẳng d thay đổi cắt ba mặt phẳng      P , Q , R tại A B C, , Tìm giá trị nhỏ biểu thức TAB2 144

AC

A. 72 B. 96 C. 108 D. 72

Lời giải Dễ thấy mặt phẳng  P nằm hai mặt phẳng  Q  R ; ba mặt phẳng      P , Q , R đôi song song với

Trên mặt phẳng  P lấy điểm M1; 0; 0

Gọi B C hình chiếu A hai mặt phẳng  ,  Q  R Ta có:

 

     2.0 3 6

; ;

2

  

    

AB d A Q d M Q

 

     2.0 6

; ;

2

  

    

AC d A R d M R

Suy 3   3 

 

AB BB

AB AC

AC CC Đặt CCx x  0 BB3x

2 2 27 9

2

 

AB AB BB   x 2

2

 

   

AC AC CC x

Khi đó 2

2 2

144 27 144 72 72

9

2 3 3 3

2 2

 

         

 

  

T AB x x

AC

x x x

2

2

3 72 72

3 108

2 3 3

2

 

     

   

T x

x x

Dấu “=” xảy

2

3 72 10

9

2 3

2

    

 

 



x x

x

Đáp án C. Câu 13: Hai bóng hình cầu có kích thước khác đặt ở hai góc nhà hình hộp chữ nhật cho bóng tiếp xúc với hai bức tường nhà đó Biết bề mặt bóng tồn tại điểm có khoảng cách đến hai bức tường nhà mà nó tiếp xúc 1, 2, Tổng độ dài đường kính hai bóng đó

A. B. 14 C 12 D. 10

Lời giải

Hai bức tường nhà mà bóng tiếp xúc tạo thành hệ trục tọa độ

Oxyz hình vẽ Mỗi bóng coi mặt cầu có tâm I a b c  ; ; 

Vì bóng tiếp xúc với hai bức tường nhà nên chúng tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ Oxy , Oyz  Oxz 

Tức d I Oxy ; d I Oyz ; d I Oxz ;      Suy R c a b I a a a  ; ;  Ta áp dụng bất đẳng thức

Cauchy cho ba số dương

để tìm giá trị nhỏ T

STUDY TIP d

C C’

A

B B’ R

P

Q

O I x

Gọi M x y z điểm nằm bóng có khoảng cách đến hai bức tường  ; ;  nhà mà tiếp xúc 1, 2, Suy M1; 2; 

Điểm M nằm bóng 2

IM  R a IM  a

  2  2 2 2 2

1 14 21

a a a a a a

            

Phương trình   có    nên có hai nghiệm a a 1, 2 a1a2 (theo định lý Vi-ét) Khi đó tổng đường kính hai bóng 2a1a214

Đáp án B. Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, biết tập hợp các điểm

 ; ; 

M x y z cho x  y z 3 hình đa diện Tính thể tích V khối đa diện đó

A. V 54 B. V 72 C. V 36 D. V 27 Lời giải

Ta có

3 3

x y z

x  y  z      Suy tập hợp các điểm M x y z  ; ; 

mặt chắn có phương trình: 1; 1; 1;

3 3 3 3 3

y y y

x  z x   z  x   z

    

1; 1; 1; 1;

3 3 3 3 3 3 3 3

y y y y y

x   z  x  z  x   z x  z x  z 

      

Các mặt chắn cắt trục Ox, Oy, Oz tại các điểm A3;0;0 , B 3;0;0 , 0; 3;0 , 0; 3;0 , 0;0; , 0;0; 

C  D E  F

Từ đó, tập hợp các điểm M x y z thỏa mãn  ; ;  x    mặt bên y z bát diện EACBDF (hình vẽ) cạnh

Thể tích khối bát diện  

3

3 36

V   (đvtt)

Đáp án C Câu 15: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A1;1;1 , B 2; 3; ,   C 0; 1;1   Mặt cầu  S có bán kính R  tiếp xúc với mặt phẳng 6 ABC tại trọng tâm

G tam giác ABC Mặt cầu  S nhận điểm dưới làm tâm?

A. M3;1;4  B. N5; 3;   C. P5; 3;   D Q 3; 1;  Lời giải Mặt phẳng ABC có vectơ pháp tuyến nAB AC,   6; 3;  

Tâm I ( )S thuộc đường thẳngđi qua trọng tâm G1; 1;0  vng góc

mặt phẳng ABC, phương trình

1

:

2

x t

y t

z t

   

    

  

Suy I1 ; 1 t  t t IG; ,    6 t

Với t 2 I5; 3; 4 P

Với t   2 I 3;1;  

Đáp án C Phương trình có hai

nghiệm dương phân biệt chứng tỏ có hai mặt cầu thỏa mãn tốn bán kính hai mặt cầu

STUDY TIP

Khối bát diện cạnh bằng a tích tính theo cơng thức

MEMORIZE

E F z

x y

B A

C

D

O

Học sinh giải câu nhanh cách kiểm tra xem vectơ phương với vectơ pháp tuyến mặt phẳng ta chọn câu đó

Câu 16: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hình lăng trụ đứng ' ' '

ABC A B C có A x 0;0;0, Bx0;0;0 , C 0;1;0 B'x0;0;y0, 0,

x y số thực dương thoả mãn x0y04 Khi khoảng cách hai đường thẳng AC '' B C lớn mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ có bán

kính R bao nhiêu?

A R 17 B 29

4 

R C R17 D 29

2 

R

Lời giải

Gọi O trung điểm AB, suy O0;0;0

Ta có AB  ;0;0 ,x0  OC0;1;0AB OC  0 AB OC

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ bên Với A x 0;0;0 , B x 0;0;0 , C 0;1;0 ,

 0

' ;0; ,

B x x A x 0;0; 4x0,C0;1; 4x0 x0y0  0x y0, 0 Có AC  x0;1; 4x0,B C x0;1;x04AC B C , 2x08;0; 2 x0

 0;1; 0 , 02 8 0 4

AC x AC B C AC    x x    x x 

   

 

 

 

0 0

2 2 2

0 0

, 2 4 4

;

, 4 4 4 4

AC B C AC x x x x

d AC B C

AC B C x x x x

     

 

 

   

       

 

, x 0  0;4

Với 0x0 , ta có      

2 2 2

0 0 0

4 4

AM GM

x x x x x x



     

Như    

 

 

 

0 0

2 2

0

0

4 1

;

2

2

4

x x x x

d AC B C

x x

x x

 

    



 

Dấu “=” xảy x0  4 x0 x0 2 y0

Khi A2;0;0 , B 2;0;0 , C 0;1;0 , ' 2;0; 2 B   Giả sử phương trình mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A’B’C’  S x: 2y2z22ax2by2cz d 0

Ta có hệ phương trình sau:

   

   

2 2 2 2 2

2 2 2

0

2 0 2 2 0 4 4

3

2 0 2 2 0 4

2

2

0 2 0 1

4

2 2 2 2 4

a

a b c d a d

a b c d a d b

b d

a b c d c

a c d

a b c d d

 

          



 



              

  

    

      

   

      

          

 

 

Vậy mặt cầu  S có tâm 0; 3;1

I  

  bán kính

2 2 29

2

R a b c  d

Đáp án D Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, biết tập hợp điểm

 ; ; 

M x y z cho x  y z 3 hình đa diện Tính thể tích V khối đa diện

A. V 54 B. V 72 C. V 36 D. V 27 Lời giải

A’

A B’

y B

x0

C C’ z

x y0

-x0

STUDY TIPS Trong không gian tọa độ Oxyz, khoảng cách hai đường thẳng chéo AB và CD tính theo cơng thức:

 ,  ,

, AB CD AC d AB CD

AB CD     

Ta có

3 3

x y z

x  y  z      Suy tập hợp điểm M x y z ; ; 

mặt chắn có phương trình: 1; 1; 1;

3 3 3 3 3

y y y

x  z x   z  x   z

    

1; 1; 1; 1;

3 3 3 3 3 3 3 3

y y y y y

x   z  x  z  x   z x  z x  z 

      

Các mặt chắn cắt trục Ox, Oy, Oz điểm A3;0;0 , B 3;0;0 ,

0; 3;0 , 0; 3;0 , 0;0; , 0;0; 

C  D E  F

Từ đó, tập hợp điểm M x y z thỏa mãn  ; ;  x    mặt bên y z bát diện EACBDF (hình vẽ) cạnh

Thể tích khối bát diện  

3

3 36

V   (đvtt)

Đáp án C. Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét điểm

 ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; 

A a B b C c với a,b,c khác a2b2c Biết a,b,c 6 thay đổi quỹ tích tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng  P

cố định Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng  P

A. d  1 B. d  C. d 2 D. d 3 Lời giải

1 Tìm tọa độ tâm I ngoại tiếp tứ diện OABC Gọi M trung điểm AB ; ;

2

a b M 

  Đường thẳng d trục ABC nên d qua M nhận vectơ phương k 0; 0;1 

Phương trình tham số đường thẳng  

2

:

2

a x

b

d y t

z t

   

  

 

  

Gọi N trung điểm OC 0; 0;

c N 

 

Mặt phẳng  P mặt phẳng trung trực OC nên  P qua M nhận vectơ pháp tuyến k 0; 0;1 

Phương trình tổng quát mặt phẳng  :

c P z 

Khi tâm I mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC giao điểm đường thẳng

d mặt phẳng  P , tức ; ; 2

a b c I 

 

E F z

x y

B A

C

D

O

STUDY TIPS Khối bát diện cạnh a tích tính theo công thức:

3

a V

3 

STUDY TIPS Một số điều cần ghi nhớ:

1 Để xác định tâm mặt

cầu ngoại tiếp hình chóp

1 n

S.A A A , ta xác định giao điểm trục đa giác đáy mặt phẳng trung trực cạnh bên Trong đó:

– Trục đa giác đáy đường thẳng qua tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy, vng góc với mặt phẳng chứa đa giác đáy – Mặt phẳng trung trực cạnh bên mặt phẳng vng góc chứa trung điểm cạnh bên

2 Trong mặt phẳng tọa độ

Oxyz, ba điểm A, B, C có tọa độ a;0;0 , 

0; b;0 , 0;0;c tâm   

mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC I a b c; ;

2 Tìm mặt phẳng  P quỹ tích tâm I tính d O P  ;  Ta có

2

; ;

2 2

2

I I I I I I

a x

a b c

x y z b y

c z

  

    

  

Mà a2b2c6 nên 2xI 2.2yI 2.2zI  6 xI 2yI 2zI 

Vậy điểm I ln nằm mặt phẳng có định có phương trình

 P x: 2y2z  Vậy   

2 2

0 2.0 2.0

;

1 2

d O P     

 

Đáp án A. Câu 19: Cho hình chóp S ABC có SA a SB b SC ,  ,  Một mặt phẳng c   qua trọng tâm ABC, cắt cạnh SA SB SC, , A B C   Tìm giá , , trị nhỏ 12 12 12

SA SB SC

A. 2 32 2

a b c B. 2

2

a b c C. 2

2

a b c D. 2

9

a b c

Lời giải

Giả sử SA xSA SB ySB SC zSC ;  ;  

Gọi G trọng tâm tam giác ABC GA GB GC  

 

3

3 3 3

GS SA SB SC

y

SA SB SC x z

SG SG SA SB SC

    

  

       

Do A B C   qua G nên ba vectơ GA GB; ; GC đồng phẳng

Suy tồn số i m n i; ; , 2m2n2 0 cho i GAm GB. n GC.  0

 

 

i m n GS i SA m SB n SC

i m n

SG SA SB SC

i m n i m n i m n

  

     

  

   

     

Do SG SA SB SC; ; ;  không đồng phẳng nên từ  1  2 ta có

; ;

3 3

y

x i m z n

i m n i m n i m n

  

     

1

3

x y z i m n

x y z i m n

   

     

 

Ta có

2

2

2 2 2

1 1 x y z

SA SB SC  a b c

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho hai số thực x; ;y z

a b c

 

 

  a b c ta ; ; 

có    

2

2

2 2

2 2 y

x z

a b c x y z

a b c

 

      

 

 

 

STUDY TIPS Cho điểm M x ; y ; z 0 0

mặt phẳng  P : Ax By  Cz D 0  ,

 2 

A B C 0 Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  P là:

 

 

d M; P 

0 0

2 2

Ax By Cz D A B C    

 2

2 2 2 2 2

1 1 x y z

SA SB SC a b c a b c

 

    

      

Dấu “=” xảy x2 y2 z2

a b c

Đáp án D Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S x: 2y2z2  Một mặt phẳng   tiếp xức với mặt cầu  S cắt Ox, Oy, Oz tương ứng

, ,

A B C Tính giá trị biểu thức T 12 12 12

OA OB OC

  

A.

3

T  B.

3

T  C.

9

T  D. T 

Lời giải Gọi

   

   

     

; 0;

0; ; :

0; 0;

Ox A a

y

x z

Oy B b

a b c

Oz C c

   

        



    

hay  :x y z

a b c

    

Mặt cầu  S có tâm I 0;0;0, bán kính R  Do   tiếp xúc với  S nên d I ,   R

2 2 2

1 1 1 1 1

3

1 1 a b c

a b c



     

 

Suy 12 12 12 12 12 12

3

T

OA OB OC a b c

      

Đáp án B Câu 21: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

   

2; 3;0 , 0; 2;0 , ; 2;

5

 

   

 

A B M đường thẳng :

2         

x t d y

z t

Điểm C thuộc

d cho chu vi tam giác ABC nhỏ độ dài CM

A. B. C. D.

5 Lời giải

Do AB có độ dài khơng đổi nên chu vi tam giác ABC nhỏ tổng AC BC 

nhỏ

Do    

   

2

2

2

2

; 0;

2 2

AC t

C d C t t

BC t t t

   



    

       



Suy AC BC   2t2 22 9  2 2t2

Đặt u 2t2 2; 3 v 2 ; t  Áp dụng bất đẳng thức

u  v   , dấu “=” xảy ,u v u v hướng ta được:

STUDY TIPS Bất đẳng thức vectơ: Cho

   

u a; b ,v x; y ta có uv  u v Dấu “=” xảy u,v phương a b

 2  2  2

2t2  9 2 2t  4  5  27

Dấu “=” xảy 2 3

2

2

t t

t t

t

 

     



 Suy

7

; 0;

5

C 

 

Vậy  

2

2

7

0 2

5 5

CM         

   

Đáp án C. Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

   2 2  2

: 1   2 9

S x y z ngoại tiếp khối bát diện  H ghép từ hai khối

chóp tứ giác S.ABCD S ABCD. (đều có đáy tứ giác ABCD) Biết đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD giao tuyến mặt cầu  S mặt phẳng  P : 2x2y z  8 Tính thể tích khối bát diện  H

A.   34 

H

V B.   665

81 

H

V C.   68

9 

H

V D.   1330

81 

H

V

Lời giải

Mặt cầu  S có tâm I1;0; , bán kính R 3 Nhận xét thấy , ,S I S

thẳng hàng SS ABCD Khi SS 2R Ta có:

       

1

; ;

3

S ABCD S ABCD ABCD ABCD H

V V V  d S ABCD S  d S ABCD S

 

    

1

; ;

3d S ABCD d S ABCD  SABCD SS S ABCD SABCD

     

Từ giả thiết suy ABCD hình vng, gọi a cạnh hình vng

Mặt phẳng  P cắt mặt cầu  S theo giao tuyến đường trịn có

bán kính r ngoại tiếp hình vng ABCD

Suy 2

2

a

rACa  r Từ d I P ;   2 r2 R2

 

  2

2 17 2 17

;

3 3

a

r R d I P    a

          

 

Vậy  

2

2 17 68

2 2

9

ABCD H

V  S  a    

 

Đáp án C.

Câu 23: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

  2

:

S x y z  x y z  mặt phẳng  P : 2x2y z 16 0. Điểm

M, N di động  S  P Khi giá trị nhỏ đoạn MN là:

A. B. C. D.

Lời giải

 S có tâm I2; 1; 3  bán kính R  5    S

A D I

B C

 

 

 2    

2

4 16

;

2

d I P       R S  C  

  

 

 

min ;

MN d I P R

     

Với x  ta có 2

2018

2018

3

2

S S 

   

Đáp án C. Câu 24: Trong không gian Oxyz cho điểm A1; 2; 3 , véc – tơ u6; 2; 3  

đường thẳng d :

3



   



y

x z

Viết phương trình đường thẳng  qua

A, vng góc với giá u cắt d

A 1

2



   



y

x z

B

2



 y  

x z

C

1



 

 



y

x z

D

3



 

 y 

x z

Lời giải Gọi  P mặt phẳng qua A vng góc với giá u

  P : x 1 2 y 2 3 z 3  P : 6x 2y 3z

           

Gọi B P  d B4 ;1 ; 5 t  t   t

  3  2  3  1 1; 1; 

B P   t   t    t      t B 

Đường thẳng  qua A  1; 2; 3  B1; 1; 3  có vtcp u AB2; 3;  

1

:

2

y

x  z

   



Đáp án A Câu 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng

 P x y:  2z 1  Q : 2x y z   1 Gọi  S mặt cầu có tâm thuộc

Ox, đồng thời  S cắt mặt phẳng  P theo giao tuyến đường trịn có bán kính cắt mặt phẳng  Q theo giao tuyến đường trịn có bán kính bằng r Xác định r cho có mặt cầu  S thỏa mãn điều kiện toán

A. 2

r  B. 10

2

r  C. r  D. 14

2

r 

Lời giải

Giả sử mặt cầu  S có tâm I a ;0;0Ox, bán kính R 0 Khi phương trình mặt cầu  S x a 2y2z2 R2.

Gọi H, K hình chiếu I  P  Q đó: ,

 

 

;

6

a

IH d I P    ; 

a IK d I Q  

STUDY TIPS Nếu    S  C  

 

 

 

 

max

; ;

MN d I P R MN d I P R   

 

P I M

Do IH2 4 R2 IK2 r2 R2 nên     2 2 6 a R a r R             

 2  2    

2

2

1

4 24

6

a a

r a a r

 

         

 

2 2 2 8 0

a a r

     

Để có mặt cầu  S phương trình   phải có nghiệm

 

1

2

r r



        Do r  nên 0

2

r 

Đáp án A. Câu 26: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A6; 3; ,  B a b c; ;  Gọi M,N,P lần lượt giao điểm đường thẳng AB với mặt phẳng tọa độ

Oxy    , Oxz , Oyz Biết M,N,P nằm đoạn AB cho

AM MN NP PB   Tính giá trị tổng a b c 

A. a b c  11 B. a b c   11 C. a b c  17 D. a b c   17 Lời giải Các phương trình Oxy z: 0;Oyz x: 0;Oxz y:  Giả sứ

 M; M;0 ,

M x y N x N;0;zN ,P 0;y zP; P. Theo giả thiết ta có M trung điểm

AN nên ta có ; 3;4

2 2

N N

x z

M    

 

Do z  nên M 4 ; 3;

2

N

N M

z

z M x

  

       

  N x N; 0; 4 

Lại có N trung điểm MP nên ;2 3;

2

M P P

x y z

N  

 

Mà

4 N N y z      

 nên

2 3 2 P P P P y y z z                 

Khi 0; ;

P  

 

Từ

6

2

2 .

2

2

N M

M N M M M N N N

x

x x x x

x x x x

x                         

Vậy 4; 3; , 2; 0; 

M   N 

 

Mặt khác

 

 

   

6 2 2

2 3 2; 3; 12

12

4 4

B

B

B

x a

AB AN y B b

c z                             

Vậy a b c     2 12 11

Đáp án B. Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 P : 2x y z   2 0, Q x: 2y z  2 0, R x y:  2z 2 0,

 T x y z:   0 Hỏi có mặt cầu có tâm thuộc  T tiếp xúc với

     P , Q , R ?

A. B. C. D.

STUDY TIPS Cho mặt cầu  S có tâm I, bán kính R Mặt phẳng   cắtmaặt cầu  S theo giao tuyến đường trịn bán kính r thì:

 

 

2 2

Lời giải

Giả sử mặt cầu  S có tâm I a b c ; ;  T a b c:   0 Theo ra: d I P ; d I Q ; d I R ; 

2 2 2

6 6

a b c   a b c  a b  c

  

3

3

3

0

3

a b

a b

a b

a c

a c a b c

a c

 

    

  

 

    

 

    



 

   

TH1:  

0

0; 0;

a b c

a b I

a c

   

  

   

Tương tự cho trường hợp lại

Đáp án D Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm O0;0;0, A1;0;0 ,

0;1;0

B C0;0;1 Hỏi có điểm cách mặt phẳng OAB,

OBC, OCA, ABC?

A 1 B 4 C 5 D 8

Lời giải Ta có

   

   

   

 

 



 



 

   



:

OAB Oxy

OCD Oyz

CDA Oxz

ABC x y z

Gọi P a b c ; ;  tọa độ điểm cần tìm

Theo đề bài, ta cần có      1

a b c

a b c

Có tất trường hợp có nghiệm Cụ thể:

+

       

  

    

   

a b c

a b c

a b c

a b c

a b c

+ Mỗi trường hợp kết hợp với    1

a b c

c sinh hai trường hợp

Đáp án D Câu 29: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

 2;0;0 , 0; 4; , 2; 2; 

A  B C  Gọi d đường thẳng qua A vng góc

với mặt phẳng ABC S, điểm di động đường thẳng d, G H trọng tâm ABC, trực tâm SBC. Đường thẳng GH cắt đường thẳng d S Tính tích SA S A 

A.

2

SA S A  B

Nhận thấy AB BC CA  2 nên ABC Do G trọng tâm ABC

nên CGAB, mà CG SA CGSAB CG SB Lại có CH SB (H trực tâm SBC) nên SBCHG Suy SB GH

Gọi M trung điểm BC

Ta có BCSA BC, AMBCSAMBCGH

Như GHSBCGHSM hay S H SMSS H SMA

Suy AS G AMS AS AG

AM AS

 

 ∽   

2

2 2

12

3 3

AB

AS AS AM AG AM AM    

         

   

Đáp án C. Câu 30: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hình lăng trụ có diện tích đáy (đvdt) hai đáy hai tam giác nằm hai mặt phẳng      có phương , trình   :x2y3z a 0   : 3x6y9z b 0 ,a b ,b3 a

Hỏi thể tích khối lăng trụ 14 khẳng định sau đúng?

A. 3a b  14 B. 42

b

a   C. 3a b 14 D. 14

b

a   Lời giải

Ta có   :x2y3z a  0 3x6y9z3a

Gọi h chiều cao hình lăng trụ,     //  nên    ;  14

b a

h d    

Ta có 14 3 42 14

3 14

b a b

V S h    a b   a 

Đáp án D. Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :

x t

d y

z t

         

mặt phẳng    P , Q có phương trình x2y2z  ;

2

x y z  Viết phương trình mặt cầu  S có tâm I thuộc đường thẳng d, tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  Q

A.  3 2 1 2 32

x  y  z  B.  3 2 1 2 32

x  y  z 

C.  3 2 1 2 32

x  y  z  D.  3 2 1 2 32

x  y  z 

Lời giải

Ta có I d I t ; 1;  Do mặt cầu t  S tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  Q

nên ta có d I P ; d I Q ;  S

A

S’

M G

H S

A

B

C

S’

 

2 2

1 3; 1;

3

t t t t

t t t I

     

          

Mặt cầu  S có bán kính  ; 

R d I P  Vậy phương trình mặt cầu  S

  2  2 2

3

9

x  y  z 

Đáp án B. Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Viết phương trình mặt phẳng  P

đi qua điểm M1; 2; 3 cắt trục Ox, Oy, Oz ba điểm A, B, C khác với gốc tọa độ O cho biểu thức 12 12 12

OA OB OC có giá trị nhỏ

A.  P x: 2y3z14 0 B.  P x: 2y3z11 0

C.  P x: 2y z 14 0 D.  P x y:  3z14 0 Lời giải

Xét tứ diện vng OABC có OA, OB, OC đơi vng góc nên hình chiếu

O lên mặt phẳng ABC trực tâm H tam giác ABC 

 

 ; 

d O ABC h

Ta có 12 12 12 12

h OA OB OC , nên 2

1 1

OA OB OC có giá trị nhỏ

 

 ; 

d O ABC lớn

Mặt khác d O ABC , OM, M  P Dấu “=” xảy H M hay mặt phẳng  P qua M1; 2; 3 có vectơ pháp tuyến OM 1; 2; 3

Vậy   P :1 x 1 2 y 2 3 z3  0 x 2y3z14 0

Đáp án D. Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm

0;1;1 , 3;0; , 0; 21; 19

A B  C  mặt cầu   S : x1 2 y1 2 z 12 

 , , 

M a b c điểm thuộc mặt cầu  S cho biểu thức T3MA22MB2MC2

đạt giá trị nhỏ Tính tổng a b c 

A. 14

5

a b c   B. a b c  0 C. 12

5

a b c   D. a b c  12 Lời giải

Mặt cầu  S có tâm I1;1;1 bán kính R 1 Gọi E điểm thoả mãn hệ thức 3EA2EB EC  0 (1; 4; 3)E 

Ta có 2   2  2 2

3

T MA  MB MC  ME EA  ME EB  ME EC

 

2 2

6ME 3EA 2EB EC 2ME 3EA 2EB EC

      

2 2

6

T ME EA EB EC

     Do EA, EB, EC không đổi nên T nhỏ

ME nhỏ

M

Ta có IE 0; 3; 4  Phương trình   

:

1

x

IE y t t

z t

 

   

    

Giao điểm IE

mặt cầu  S thỏa mãn phương trình:

  2  2 2 2

2

8 1; ;

5

1 1 1 1 25

5

1; ; 5

M

t t t t

M

  

  

 



             

 

  

  



Ta có 1 1; ;8 1

5

M  M E

  2

2

1; ;

5

M  M E

  Vậy M E M E1 

biểu thức 2

3

T MA  MB MC đạt giá trị nhỏ 1; ;8 5

M 

 

8 14

1, ,

5 5

a b c a b c

       

Đáp án A. Câu 34: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

  2  2 2

:

S x  y z  Tìm tọa độ điểm A thuộc trục Oy, biết ba mặt

phẳng phân biệt qua A có vec-tơ pháp tuyến vec-tơ đơn vị trục tọa độ cắt mặt cầu theo thiết diện ba hình trịn có tổng diện tích 11

A.  

0; 2; 00; 6; 0

A A

 

 B.

 

0; 0; 00; 8; 0

A A

 

 C.

 

0; 0; 00; 6; 0

A A

 

 D.

 

0; 2; 00; 8; 0

A A

   Lời giải

Mặt cầu  S có tâm I0; 4;0 bán kính R Điểm A Oy A0; ;0b  Khi đó ba mặt phẳng theo giả thiết qua A có phương trình tổng quát

 1 :x0,  2 :y b 0  3 :z0

Nhận thấy d I ; 1 d I ; 3 0 nên mặt cầu  S cắt mặt phẳng

   1 , 3 theo giao tuyến đường trịn lớn có tâm I, bán kính R Tổng

diện tích hai hình trịn

1 3 2  10

S S R

Suy mặt cầu  S cắt  2 theo giao tuyến đường trịn có diện tích

 

3  11 1      11 10

S S S Bán kính đường trịn  1



S

r

 

  2

3

2

;

6  

        

 

b

d I R r b

b Vậy

 

0; 2; 00; 6; 0

  

A

A

Đáp án A Câu 35: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

2

:

1

y

x z

d    

 Điểm sau thuộc đường thẳng d?

STUDY TIPS Nếu mặt cầu  S tâm I, bán kính R cắt mặt phẳng  P theo giao tuyến đường trịn  C tâm H, bán kính r ta có cơng thức:

 

 

2 2

A. Q1; 0; 2 B. N1; 2;0  C. P1; 1; 3  D. M  1; 2;0

Đáp án D Câu 36: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm 59; 32 2;

9 9

 



 

 

M mặt

cầu  S có phương trình 2

2 11

      

x y z x y z Từ điểm M kẻ

tiếp tuyến MA MB MC, , đến mặt cầu  S , , ,A B C tiếp điểm Mặt phẳng ABC có phương trình  px qy z r   0 Giá trị biểu thức  p q r

bằng

A. 4. B. C. D. 36

Lời giải

Mặt cầu  S có tâm I1; 2; 3 bán kính R5

Ta có 50; 50; 25 25

9 9

 

    

 

IM IM

Do 2 20

3

    

MA MB MC IM R

Suy tọa độ , ,A B C thỏa mãn phương trình

2 2

59 32 400

9 9

     

     

     

x  y  z 

2 2 118 64 101 0.

9 9

x y z  x y z 

Do tọa độ , ,A B C thỏa mãn hệ phương trình

2 2 2

118 64 101

0

9 9

2 11



      

 

        

x y z x y z

x y z x y z

2 2

2

2 11

    



        



x y z

x y z x y z

Như tọa độ , ,A B C thỏa mãn phương trình 2 x2y z  4 nên mặt phẳng ABC có phương trình 2 x2y z  4

Suy p 2;q2;r4 Vậy p q r  4

Phân tích phương án nhiễu

Phương án A: Sai HS viết phương trình 2x2y z  4 nên suy

2; 2;

    

p q r

Phương án C: Sai HS xác định p 2;q2;r1

Phương án D: Sai HS xác định sai hình chiếu vng góc H M mặt phẳng ABC

Cụ thể H xác định dựa vào hệ thức vectơ

2

  R

IH IM

IM nên

91 64 14

; ;

9 9

 

 

 

 

H

Suy p 2;q2;r36

Đáp án B Câu 37: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho tam giác ABC có

2; 3;1 , 1; 2;0 , 1;1; 2 

A B C Đường thẳng d qua trực tâm tam giác

ABC vng góc với mặt phẳng ABC có phương trình

A.

1



   



y

x z

B. 13

1



   



y

x z

C. 11

1



   



y

x z

D. 21 14

1



   



y

x z

Lời giải

Ta có AB    3; 1; , AC    1; 2; 3 nên mặt phẳng ABC có vectơ pháp tuyến AB AC,    1; 8; 

Suy ABC có phương trình  x8y5z170 Gọi H x y z trực tâm tam giác ABC Ta có  ; ; 

 1; 1; ;  1; 2; 

      

CH x y z BH x y z

Vì H trực tâm tam giác ABC nên

     

2 3 3

2 29

; ; ; ;

15 15

8 17

 

      

           

    

 

        



 

BH AC

BH AC x y z

CH AB CH AB x y z x y z

x y z

H ABC H ABC

Suy 29; ;

15 15

 



 

 

H

Đường thẳng d vng góc với mặt phẳng ABC nên nhận  AB AC,    1; 8; 5 làm vectơ phương Suy phương trình đường thẳng d

2 29

15 15 3

1

  

 



x y z

Dễ thấy điểm M2; 13;9  thuộc đường thẳng d nên phương án B

Phân tích phương án nhiễu

Phương án A, C D: Sai HS tìm tọa độ trực tâm H thiếu điều kiện HABC

và kiểm tra hai điều kiện BHAC CH; AB

Đáp án B Câu 38: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

1

2

:

1

y

x z

d     



1

3

:

1

y

x  z

   Viết phương trình mặt phẳng

 P chứa d tạo với tam giác góc 30  có dạng: xaybz c với

, ,

a b c  giá trị a b c 

A. B -8 C 7 D -7

- Gọi vectơ pháp tuyến  P na b c; ;  - d P n u d         (1) a b c c a b

-  có vectơ phương u1; 1; , góc   P 30 nên

2 2 2

1 2

sin 30

2

1

n u a b c

n u a b c

 

 

   

    (2)

Thế (1) vào (2)

2

3 1

2

6 2

a b

a b ab



 

 

 2   2 

2

4.9 2

1 2

24 24 60

2

     

   

  

      

    



a b ab a b ab

b a

a b

a b ab

a b

a

- Với b       Chọn 2a c a b a a  1 n 1; 2; 1    P x: 2y z  5 - Với a     Chọn 2b c b b   1 n  2; 1; 1   P : 2x y z   2

Đáp án B Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A2; 11; 5 mặt phẳng 

 P : 2mxm21 y m21z10 0. Biết m thay đổi, tồn hai mặt

cầu cố định tiếp xúc với  P qua A Tìm tổng bán kính hai mặt

cầu

A. 2 B. C. D. 12

Lời giải

Gọi I a b c ; ; ,  r tâm bán kính mặt cầu

 

    2 22  10

;

1

b c m ma b c

r d I P

m

    

  



 

 

2

2 2 10 (1)

2 2 10 (2)

b c r m ma b c r

b c r m ma b c r

        



         



- Xét phương trình (1):

Do  P ln tiếp xúc với mặt cầu cố định với m nên

2

0

5 10

b c r b r

a a

c b c r

      

 

  

 

       

 

   2  2

2

: 5

S x y r z r

      

Do   4  11 5 22 2 12 2 40 0 2

10

r

A S r r r r

r

 

            

 



- Xét phương trình (2): ta làm tương tự  không thỏa đề Vậy tổng bán kính mặt cầu 12

Đáp án D

Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba mặt phẳng

  : 2x4y5z 2 0,   :x2y2z 1   : 4x my z n   0 Để ba mặt phẳng có chung giao tuyến tổng m n 

A. 4 B. C. 8 D.

Lời giải

Nhìn vào phương trình   , để tính m n ta cần có  1 y

Cho  

 

      



    

    



: 1

1

0

:

x z x

y

z

x z

Thay vào   , ta m n  4

Đáp án A Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

3;0;0 , 0; 2;0 , 0;0;6 , 1;1;1 

A B C D Kí hiệu d đường thẳng qua D

cho tổng khoảng cách từ điểm A, B, C đến d lớn Hỏi đường thẳng d qua điểm đây?

A. M   1; 2;1  B. N5;7;  C. P3;4;3  D. Q7;13;  Lời giải

Ta thấy DABC: 2x3y z  6 Ta có:

,

, , , ,

,

d A d AD

d B d BD d A d d B d d C d AD BD CD

d C d CD

   

           

        

   

  



Dấu “=” xảy dABC điểm D  

   

     

   

1

: 5;7;

x t

d y t N d

z z t

Đáp án B Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M8;1;1  Mặt phẳng

 P qua M cắt tia Ox Oy Oz, , , ,A B C thỏa mãn OA2OB2OC2

đạt giá trị nhỏ có dạng  P : ax by cz  12 0. Khi a b c  là:

A. B. 9. C. 11 D. 11.

Lời giải

Giả sử  P cắt Ox Oy Oz, , a b c , ,

 P :x y z

a b c

    qua M8; 1; 1 1

a b c

   

2 2 2 1

2

OA OB OC a b c x x

a b c

 

         

2 8x 8x x x x x

a b c

a a b b c c

          2 3 2 3 2

3

3 8x x x

   (Cô – si) (*)

Dấu “=” xảy

2

3

3

3 3

8

2

4 1

1

8 1

0

x a

a a x

x b x

b b

c x

x c

c

x x x

a b c

 

  

 

   

 

  

  

    

 

    

3

6 12 6

x a b c

 

    

    

 : 2 12

12 6

y

x z

P x y z

        

Bạn x vào (*) để tìm

Đáp án A

Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho

3; 1; ,   3;0; ,   1; 3;1

A   B   C   mặt phẳng  P : 2x4y3z19 0.

Tọa độ điểm M a b c thuộc  ; ;   P cho MA2MB5MC đạt giá trị nhỏ nhất Khi a b c  bằng:

A. B. C. D.

Lời giải

Gọi I x y z thỏa mãn  ; ;  IA2IB5IC

       

3

1

1 2.0

3 5.1

0

x

y

z

    

  

 

    



   



    

 

 

 1; 2; 0

I

   

Ta có MA2MB5MCMIIA2MI2IB5MI5IC 8MI IA 2IB 5IC 8MI

    

2

MA MB MC

   min8 MI

M

 hình chiếu I lên  P

Gọi  đường thẳng qua I  1; 2; 0 vng góc với  P : 2x4y3z19 0 có vectơ phương 2; 4; 3

1

:

3

x t

y t

z t

    

     

  

Thế vào  P   2 2 t   4 4t  3 3t 19 0   t

 

1

2 1; 2;

3

x

y M a b c

z

  

      

  

Đáp án C STUDY TIPS

Phương trình mặt phẳng qua A a ;0;0 , B 0, ,0 ,b 

0; 0; 

C c với a b c  0

y x z

a   gọi phương b c trình mặt phẳng dạng đoạn chắn

P

Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ,   : 2x2y z 14 0, mặt cầu  S x: 2y2z22x4y6z11 0. Mặt phẳng    P //  cắt  S theo thiết

diện hình trịn có diện tích 16  Khi phương trình mặt phẳng  P là:

A. 2x2y z 14 0. B. 2x2y z   C. 2x2y z 16 0. D. 2x2y z   Lời giải

     P //   P : 2x2y z c  0 c14

 S có tâm I1; 2; 3, bán kính R  5

Hình trịn thiết diện  C có S 16  Bán kính r  4

Gọi H hình chiếu I lên  P  H tâm  C    2

;

I P

IH d R r

    

2 2

2.1 2.2 14 (l)

3

4

2

c c

c

c

    

      

 

    P : 2x2y z  4

Đáp án D Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

1; 2; ,   1;1; ,  0; 3; 

A  B  C   Xác định điểm M mặt phẳng Oxy

cho: MA MB MC  đạt giá trị nhỏ Giá trị nhỏ là:

A. B. C. D.

Lời giải Gọi G trọng tâm ABC, ta có: G0; 0;  

3

MA MB MC   MG  MG nhỏ M hình chiếu G Oxy

0;0;0

M MG MG

    

Đáp án D Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm H2; 1; 2  hình chiếu vng góc gốc tọa độ O xuống mặt phẳng  P Số đo góc mặt phẳng

 P mặt phẳng  Q có phương trình    là: y z

A. 90  B. 60  C. 45  D. 30  Lời giải

2; 1; ,  0; 1; 1

P Q

n OH  n   cos 45

3 2

P Q

P Q

n n

n n

        

Đáp án C Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A2; 1; ,   B 0; 3; 1

và mặt phẳng  P x y z:     Tìm tọa độ điểm M thuộc 3  P cho

2MA MB có giá trị nhỏ

A. M   4; 1;  B. M   1; 4;  C. M4; 1;  D. M1; 4;  

P

I

H

Lời giải

Gọi I a b c điểm thỏa mãn 2 ; ;  IA IB  suy 0, I4; 1;   

Ta có 2MA MB 2MI2IA MI IB MI   2MA MB  MI MI

Do 2MA MB nhỏ MI nhỏ hay M hình chiếu I  P

Đường thẳng qua I vng góc với  P :

1 1

y

x z

d     



Tọa độ hình chiếu M I  P thỏa mãn:  

1

4

1; 4;

1 1

3

y

x z

M x y z

   

 

  

 

     

Đáp án D Câu 48: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho : 2

1 1

y

x z

d     

 

3

: ,

5

x t

d y t t

z

    

       



Viết phương trình tắc đường vng góc chung

của d d

A

1 1

y

x   z

  B

2

1

1

y

x   z

 

C

1 2

y

x   z

  D

2

1

1

y

x   z



Lời giải Hai đường thẳng d d có vectơ phương

1; 1; 1

u    u 1;1; 

Lấy A2t;1t; 2 t d B3t; 2t; 5d

1 ; 1; 3

AB t t t t t

      

AB đoạn vng góc chung hai đường thẳng d d

     

11   11 0 30 23 03 11

t t t t t

AB u t t

t t

t t t t t

AB u



               

   

         

       



  

 

 

Khi AB 1; 1; 2  1; 2; 3 :

1

y

x z

A AB     



Đáp án D Câu 49: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1;0;2 ,

0; 1;2

B  mặt phẳng  P x: 2y2z12 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc  P

sao cho MA MB nhỏ nhất?

A M2; 2;9  B ; 18 23;

11 11 11

M  

 

C 7 31; ; 6

M 

  D

2 11 18

; ;

5 5

M  

 

Lời giải

Ta có 1 2.0 2.2 12 1        2.2 12 54 0 Cách viết phương trình

đường vng góc chung hai đường thẳng d Bước 1: Lấy hai điểm A B thuộc hai đường cho (tọa độ theo tham số) Bước 2: Giải điều kiện

Suy hai điểm A, B nằm phía so với mặt phẳng  P

Áp dụng phương pháp tổng quát STUDY TIP ta thấy để MA MB nhỏ thì M giao điểm đường thẳng A B mặt phẳng  P , A’ điểm đối xứng A qua  P

Viết phương trình đường thẳng d qua A vng góc với mặt phẳng  P Suy

1

: ,

2

x t

d y t t

z t

  

  

    

Gọi I giao điểm d mặt phẳng  P , suy

1 ; ; 2 

I t t  t d I trung điểm AA

Mặt khác I P   1 t 2.2t2 2  t12 0   t Suy I0; 2; 4 A 1; 4;6 

Đường thẳng A B qua A   1; 4;6 B0; 1; 2  có phương trình

   

: , ; ;

2

x t

A B y t t M t t t A B

z t

   

               

   



Mặt khác   3  2  12

5

M P A B  t   t   t    t  Vậy 2; 11 18;

5 5

M  

 

Đáp án D Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

1 2

: , :

1

x t x t

d y t d y t

z t z t



      

       

 

       

 

mặt phẳng  P x y z:    2 Đường thẳng vng góc với mặt phẳng  P , cắt d d có phương trình

A

1 1

y

x    z

B 1

1

y

x   z

 

C 1

1 1

y

x    z

D 1

2 2

y

x   z

Lời giải

Mặt phẳng  P có vectơ pháp tuyến n 1;1;1 

Gọi  đường thẳng cần tìm A  , có A dd  nên A 1 ; ; 3t t   t; gọi B  d, có B d nên B2  t; ; t  t

Ta có ABt 2t 3; 2t  t 1; 2t 3t 

Do   P nên AB n, phương 2

1 1

t t t t  t t

  

 

1; 1; 4

3

2 3;1;

A

t t t

t t t B

  



       

  

 

   

  

Phương pháp xét vị trí tương đối điểm A, B so với mặt phẳng 1 Nếu A, B khác phía so với

nhỏ bằng AB

2 Hai điểm A, B nằm phía so với mặt phẳng thì ta lấy đối xứng điểm A qua ta điểm Khi B khác phía so với

Dấu xảy

STUDY TIP

CASIO

Thế điểm M vào

loại B Nhập máy

Sử dụng lệnh CALC với đáp án A, C, D → Chọn đáp án có kết nhỏ

Tổng quát: Viết phương

trình đường thẳng ∆ vng góc với mặt phẳng cắt hai đường thẳng d cho trước

Gọi tọa độ điểm A theo t,

tọa độ điểm B theo Đường thẳng ∆ vng góc với mặt phẳng nên phương suy được t Tìm tọa độ A B suy phương trình đường thẳng ∆

Đường thẳng  qua điểm B có vectơ phương n 1;1;1 nên có phương

trình

1 1

y

x   z

Đáp án A Câu 51: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P :

3

x y z    điểm A3; 2; 4, B5; 3;7 Mặt cầu  S thay đổi qua A, B cắt mặt phẳng  P theo giao tuyến đường trịn  C có bán kính r 2 Biết tâm đường trịn  C ln nằm đường trịn cố định  C1 Bán kính  C 1

A. r 1 14 B. r 1 12 C. r 1 14 D. r  1 Lời giải

Ta có AB 2;1; 3 nên phương trình đường thẳng AB

2

x t

y t

z t

          

t  

Gọi M AB  P tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình

2

3

M M M

M M M

x t

y t

z t

x y z

  

  



  



    



3 2t 2 t 4 3t

             6t t 1M1;1;1 Có MA  3 1  2 1  2 1 2  14

và MB  5 1  2 1  2 1 2 2 14

Gọi I tâm đường tròn 1  C MI cắt đường tròn 1  C điểm C D Ta có MC MD MA MB   14.2 1428

  

 

1

2 2

1

28

28 28 2

MI r MI r

MI r MI

   

      

Do M1;1;1 nên điểm M cố định Khi tâm I đường trịn 1  C ln nằm

trên đường trịn cố định có tâm M, bán kính r1MI1

Đáp án D Công thức

“ ” khiến ta nhớ đến kiến thức phương tích điểm M nằm bên ngồi đường trịn : “Nếu đường thẳng d qua M (nằm đường tròn) cắt đường tròn hai điểm A, B tích số khơng đổi

(r bán kính đường trịn)” STUDY TIP

I

A B

VIII TỔ HỢP – XÁC SUẤT, GIỚI HẠN, CẤP SỐ

Câu 1: Có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có ba ghế Xếp ngẫu nhiên học sinh, gồm nam nữ, ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Xác suất để học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ

A 2

5 B

1

20 C.

3

5 D.

1 10 Lời giải

Xếp ngẫu nhiên bạn học sinh vào ghế, suy số phần tử của không gian mẫu n  6!

Giả sử có hai dãy ghế I II đối diện Mỗi dãy gồm ghế A, B, C

Gọi A biến cố “Xếp học sinh vào ghế cho học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ” Để xét số kết quả thuận lợi cho biến cố A

 

n A ta có hai cách

Cách 1: Xếp bạn nam thứ có cách, xếp bạn nam thứ hai có cách (bạn nam thứ hai không được ngồi ở vị trí đối diện với bạn nam thứ nhất), xếp bạn nam thứ ba có cách (bạn nam thứ ba không được ngồi ở vị trí đối diện với hai bạn nam vừa xếp) Xếp bạn nữ vào ba ghế cịn lại có 3! cách

Suy n A 6.4.2.3!

Vậy xác suất cần tìm    

  6.4.2.3!6! 25

  



n A P A

n

a6O4O2O3quR6qu=

Cách 2: Xếp bạn nam vào ba loại ghế A, B, C có 3! cách Xếp bạn nữ vào ba loại ghế A, B, C có 3! cách Mỗi loại ghế xếp chỗ ngồi cho cặp nam nữ có 2! cách Suy số cách xếp học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ

 3

3!.3! 2! cách Khi n A 3!.3! 2!  3 Vậy xác suất cần tìm       

3

3!.3! 2! 2

6!

  



n A P A

n

a3quO3quO(2qu)qdR6qu=

Đáp án A Câu 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, chọn ngẫu nhiên điểm mà tọa độ số nguyên có giá trị tuyệt đối nhỏ Nếu điểm có xác suất được chọn xác suất để chọn được điểm mà khoảng cách đến gốc tọa độ nhỏ

A. 13

81 B.

15

81 C.

13

32 D.

11 16 Lời giải

Gọi điểm M x y thỏa mãn  ; x y,  ; x4;y A B C

I II

Ta lập luận tương tự để giải toán đây: Một bàn dài có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có ghế Người ta muốn xếp chỗ ngồi cho học sinh trường A học sinh trường B vào bàn Tính xác suất để học sinh ngồi đối diện khác trường với

A B

C D

Suy  

 

4; 3; 2; 1; 0;1; 2; 3; 4; 3; 2; 1; 0;1; 2; 3;

x y

      



    



Khi số phần tử của khơng gian mẫu n    9.9 81.

Gọi A biến cố “Chọn được điểm có khoảng cách đến gốc tọa độ nhỏ 2” Gọi điểm N a b ; điểm thỏa mãn ,a b ;ON

Suy 2 2

2

a b    a b Từ ta có  

2

,

0; 1;

a b a

b a

 



  



   

+ Nếu a 0 (có cách chọn) Suy b0; 1; 2  có cách chọn b Có  1.5 5

cách chọn điểm N thỏa mãn trường hợp

+ Nếu a  1 (có cách chọn a) Suy b 2 3 hay b 0; 1 , có cách chọn b

Từ có 2.3 6 cách chọn điểm N thỏa mãn trường hợp + Nếu a  2 (có cách chọn a) Suy

0 0,

b   b có cách chọn b Từ có

2.1 2 cách chọn điểm N thỏa mãn trường hợp

Vậy số phần tử thuận lợi cho biến cố A n A      13 Vậy xác suất cần tính    

  1381

n A P A

n

 



Đáp án A Câu 3: Có người ngồi xung quanh bàn tròn Mỗi người cầm đồng xu cân đối, đồng chất Cả người đồng thời tung đồng xu Ai tung được mặt ngửa phải đứng dậy, tung được mặt sấp ngồi n tại chỗ Tính xác suất cho khơng có hai người ngồi cạnh phải đứng dậy?

A 47

256. B

67

256 C

55

256 D

23 128 Lời giải

Đặt  khơng gian mẫu Ta có n    28256

Gọi A biến cố “Khơng có hai người ngồi cạnh phải đứng dậy” - TH1: Khơng có tung được mặt ngửa Trường hợp có khả xảy - TH2: Chỉ có người tung được mặt ngửa Trường hợp có khả xảy

- TH3: Có người tung được mặt ngửa khơng ngồi cạnh nhau: Có 8.5

20

2  khả xảy (do người vịng trịn có người khơng ngồi cạnh)

- TH4: Có người tung được mặt ngửa khơng có người người ngồi cạnh Trường hợp có

8 8.4 16

C    khả xảy Thật vậy:

+ Có

C cách chọn người số người

+ Có khả cả ba người ngồi cạnh Do

Mà nên Từ ta

suy

+ Nếu có người ngồi cạnh nhau: Có cách chọn người, với cách chọn người có cách chọn hai người ngồi cạnh không ngồi cạnh người đầu tiên (độc giả vẽ hình để rõ hơn) Vậy có 8.4 khả

- TH5: Có người tung được mặt ngửa khơng có người người ngồi cạnh Trường hợp có khả xảy

Suy n A     20 16 47     47 256

P A

 

Đáp án A Câu 4: Trong hình tứ diện ta tô màu đỉnh, trung điểm cạnh, trọng tâm mặt trọng tâm tứ diện Chọn ngẫu nhiên điểm số điểm tô màu Tính xác suất để điểm được chọn đỉnh của hình tứ diện

A. 188

273 B.

1009

1365 C.

245

273 D.

136 195 Lời giải

Có tất cả 15 điểm được tơ màu gồm đỉnh của tứ diện, trung điểm của cạnh, trọng tâm của mặt bên trọng tâm của tứ diện

Không gian mẫu “Chọn ngẫu nhiên số 15 điểm tô màu” Số phần tử của không gian mẫu  

15

n  C

Gọi A biến cố “4 điểm được chọn đồng phẳng” Suy A biến cố “4 điểm được chọn đỉnh của hình tứ diện” Để xác định số kết quả thuận lợi cho biến cố A ta xét trường hợp sau:

a điểm thuộc “một mặt bên của tứ diện”

Một mặt bên có điểm được tô màu nên số cách chọn điểm (đồng phẳng) mặt bên

7

C (cách)

Có tất cả mặt bên nên số cách chọn thỏa mãn trường hợp a.

4.C (cách)

b điểm thuộc mặt phẳng “chứa cạnh của tứ diện trung điểm của cạnh đối diện”

Mặt phẳng có điểm được tơ màu nên số cách chọn điểm (đồng phẳng) mặt

7

C (cách)

Hình tứ diện có cạnh nên có tất cả mặt Số cách chọn điểm thỏa mãn trường hợp b

7

6C (cách)

c điểm thuộc mặt phẳng “chứa đỉnh đường trung bình của tam giác đối diện đỉnh đó”

Mặt phẳng có điểm được tô màu nên số cách chọn điểm (đồng phẳng) mặt

5

C (cách)

Do mặt bên tam giác có đường trung bình, nên đỉnh có tương ứng mặt phẳng (chứa đỉnh đường trung bình) Mà tứ diện có đỉnh nên có tất cả 3.4 12 mặt phẳng ở trường hợp c.

Vậy số cách chọn thỏa mãn trường hợp c.

12C (cách)

Có đường nối trung điểm của cạnh đối diện Số mặt phẳng được tạo thành từ đường

3

C (mặt phẳng)

Mỗi mặt phẳng có điểm được tơ màu nên số cách chọn điểm (đồng phẳng)

5

C (cách)

Vậy số cách chọn thỏa mãn trường hợp d.

C C (cách)

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A n A 4C746C7412C54C C32 54425

Vậy xác suất cần tính        4

15

425 188

1 1

273

n A

P A P A

n C

      



Đáp án A. Câu 5: Trong khai triển 1 2 xna0a x1   a x nn n,  * Tìm số lớn hệ số a a0, 1, ,a biết n,

0 2 4096

2

n n

a a

a    

A. 126720 B. 213013 C. 130272 D. 130127

Lời giải

Theo đề ta có 1 2 xna0a x1   a xn n

Thay

2

x  ta có  

0

1 4096

2 2

n n

n

a

a a

a

      

2n 4096 n 12

   

Hệ số của số hạng tổng quát khai triển nhị thức 1 2x 12 12n.2n n

a C

1 1 12

n n n

a C  

Xét bất phương trình với ẩn số n ta có 1

12 12.2

n n n n

C   C

  12!  12!.2  26

13

1 ! 13 ! ! 12 ! n n n

n n n n

     



  

Do bất đẳng thức với n0;1; 2; 3; 4; 5;6;7;8 dấu đẳng thức không xảy

Ta được a0 a1a2  a8 a8 a9a10a11a12

Vậy giá trị lớn của hệ số khai triển nhị thức 8

12.2 126720

C 

Đáp án A Câu 6: Lớp 12B có 25 học sinh được chia thành hai nhóm I II cho nhóm có học sinh nam nữ, nhóm I gồm học sinh nam Chọn ngẫu nhiên nhóm học sinh, xác suất để chọn được học sinh nam 0,54 Xác suất để chọn được hai học sinh nữ

A. 0,42 B. 0,04 C. 0,23 D. 0,46

Lời giải

Gọi x,y lần lượt số học sinh nữ ở nhóm I nhóm II Khi số học sinh nam ở nhóm II 25 9 x y 16  Điều kiện để nhóm có học sinh x y nam nữ x1,y1,16  x y 1; ,x y

Xác suất để chọn được hai học sinh nam

1 16 1 16

0,54

x y

x x

C C C C

   

 

   2

9 16 144 9 184 71

0,54 0,54

25 50 50

9 16 144

x y x y

y x x

x x x x

   

       

   

Ta có hệ điều kiện sau

2

2

1

184 71

1

25 50 50

184 71

16

25 50 50

x

x x

x x x

x

  

   



  

     

  

  

2

2

1

53

3 71 159 3

0 1 6

50 50 25 6

3 21 191

0 21 201 21 201

50 50 25

6

x x

x

x x x

x

x

x x

x x

x

 

  

  



    

  

  

   



      

   

  

  

 Ta có bảng giá trị của x,y:

x

y

(thỏa)

119 25 (loại)

91 25 (loại)

66 25 (loại)

44 25 (loại)

1 (loại) Vậy ta tìm được hai cặp nghiệm nguyên  x y thỏa mãn điều kiện ;  1;6

 6;1

Xác suất để chọ hai học sinh nữ   

1 1

9 16 16

x y

x x

C C xy

x x

C C    

Nếu      x y ; 1; , 6;1 xác suất 0,04

25

Đáp án B. Câu 7: Cho ba toa tàu đánh số từ đến 12 hành khách Mỗi toa chứa được tối đa 12 hành khách Gọi n số cách xếp hành khách vào toa tàu thỏa mãn điều kiện “mọi toa có khách” Tìm số chữ số của n

A 5 B 6 C 7 D 8

Lời giải

* Xếp 12 khách vào toa tàu (có thể có toa khơng có khách): Có 12

3 cách * Trừ trường hợp có KHƠNG Q toa có khách: 12

3.2 C



(Chọn hai toa tàu có

C cách Sau xếp tùy ý 12 khách vào toa chọn

này, tức có hai toa khơng có khách)

Nhưng vậy ta trừ trường hợp có toa có khách đến hai lần nên phải cộng lại số này: 12

3.1 C



* Vậy số cách xếp thỏa mãn yêu cầu toán 12 12 12

3

3 C C 519156cách Do chọn đáp án B

Ở tốn trên, ta có:

 12  12  12  12

12 12 12

3 3 3

3 C C C 0 C 1 C 2 C 3 Lập luận tương tự tốn ta có số cách xếp (cách chia) là:

           

0

0

0

n

q q q q k k q

n n n n n

k

C n C n C n C n C n k



          

Bài toán khác với toán chia kẹo Euler: Có cách chia q kẹo

giống cho n em bé cho em có kẹo?

Đáp án B Câu 8: Cho đa giác lồi  H có 22 cạnh Gọi X tập hợp tam giác có đỉnh

ba đỉnh của  H Chọn ngẫu nhiên hai tam giác X Tính xác suất để chọn được tam giác có cạnh cạnh của đa giác  H tam giác khơng có cạnh

nào cạnh của đa giác  H (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ ba)

A. 0,374 B. 0,375 C. 0,376 D. 0,377

Lời giải

* Đa giác lồi  H có 22 cạnh nên có 22 đỉnh Số tam giác có đỉnh đỉnh

của đa giác  H

22 1540

C  (tam giác)

Suy số phần tử của không gian mẫu    1540 n  C

* Số tam giác có cạnh cạnh của đa giác  H 22.18 396 (tam giác) Số tam giác có hai cạnh cạnh của đa giác  H 22 (tam giác)

Số tam giác khơng có cạnh cạnh của đa giác  H 1540 396 22 1122  

(tam giác)

Gọi A biến cố “Hai tam giác được chọn có có cạnh cạnh của đa giác  H

và tam giác khơng có cạnh cạnh của đa giác  H ”

Số phần tử của A   1 396 1122 n A C C

* Vậy xác suất cần tìm    

 

1 396 1122

2 1540

748

0, 375 1995

n A C C

P A

n C

   



Đáp án B.

Câu 9: Cho tập hợp số nguyên liên tiếp sau:

    1 , 2; , 4; 5;6 , 7;8;9;10 ,    , tập hợp chứa nhiều tập hợp trước phần tử, phần tử đầu tiên của tập hợp lớn phần tử cuối của tập hợp trước đơn vị Gọi S tổng của phần tử n

trong tập hợp thứ n Tính S999

A. 498501999 B. 498501998 C. 498501997 D. 498501995 Lời giải

Ta thấy tập hợp thứ n có n số nguyên liên tiếp, phần tử cuối của tập

là  1

2

n n

n 

Khi Sn tổng của n số hạng cấp số cộng có số hạng đầu

 

1

1 ,

n n

u   công sai d   (coi số hạng cuối tập hợp thứ n số 1 hạng đầu tiên của cấp số cộng này), ta có:

       

1

2 1

1 1

2 2

n

n u n d n

S      n n  n  n n 

Vậy 999 1.999 999 1 498501999

S   

Đáp án A. Câu 10: Chiếc kim của bánh xe trị chơi “Chiếc nón kì diệu” dừng lại ở mười vị trí với khả Xác suất để ba lần quay, kim của bánh xe lần lượt dừng lại ở ba vị trị khác

A. 0,001 B. 0,72 C. 0,072 D. 0,9

Lời giải

Số phần tử của không gian mẫu  n    10 3

Gọi A biến cố “chiếc kim của bánh xe lần lượt dừng lại ở ba vị trị khác nhau”, suy n A   10.9.8 720.

Vậy xác suất cần tính      7203 0,72 10

n A P A

n

  



Đáp án B. Câu 11: Để thi học kỳ hình thức vấn đáp, thầy giáo chuẩn bị 50 câu hỏi cho ngân hàng đề thi Bạn A học làm được 20 câu Để hồn thành thi bạn A phải rút trả lời câu ngân hàng đề Tính xác suất để bạn rút được câu mà có ít câu học

A.

4 20 50

C

C B.

4 30 50

1 C

C

 C.

4 30 50

C

C D.

4 20 50

1 C

C



Lời giải

+ Rút câu  Có 50 C cách

+ Rút câu mà khơng có câu học thuộc  Có 30 C cách

 Xác suất đề bạn rút được câu có ít câu học 304 50

1 C

C



Đáp án B Câu 12: Tổng 2018 2017 2016 2018

2018.2 2018.2 2018.2 2018

P C C C  C là:

A. P 1 B. P 0 C. 2017

2

P  D. 2018

2

P  Lời giải

Xét khai triển  2018 2018 2017 2016 2018 2018

2018 2018 2018 2018 a b C a C a b C a b  C b Thay a2,b 1 ta có:

0 2018 2017 2016 2018 2018 2018 2018 2018

1C C C   C  P

Đáp án A STUDY TIPS

Tổng n số hạng đầu tiên của cấp số cộng có số hạng đầu u , cơng sai d là:

 

1 n

n 2u n d

S

Câu 13: Cho dãy số 23 23, 23, 23, , 23

C C C C Có gồm số hạng liên tiếp dãy số lập thành cấp số cộng?

A. B. C. D.

Lời giải

Ba số

23, 23 , 23

n n n

C C  C  theo thứ tự lập thành cấp số cộng

23 23 23

2Cn Cn Cn

  

   

1 1

23 23 23 23 23

4Cn Cn Cn Cn Cn

    

1 2

23 24 24 23 25

4Cn Cn Cn 4Cn Cn

    

 ! 224.23!   ! ! 23 25! !  23  150 138

n

n n

n

n n n n

 

       



    

Ta được số hạng liên tiếp lập thành cấp số cộng dãy số 10 23, 23, 23

C C C

và 13 14 15 23, 23, 23

C C C

Đáp án C Câu 14: Một bình chứa viên bi đủ bốn màu: đỏ, trắng, xanh lam Lấy ngẫu nhiên đồng thời bốn viên bi từ bình xác suất xảy biến cố sau nhau:

(1) Cả bốn viên bi màu đỏ

(2) Có viên bi màu trắng ba viên bi màu đỏ

(3) Có viên bi màu trắng, viên bi màu xanh hai viên bi màu đỏ (4) Bốn viên bi có đủ cả bốn màu

Hỏi số viên bi nhỏ bình thỏa mãn điều kiện trên?

A 19 B. 69 C 46 D. 21

Lời giải

Gọi , , ,r w g b lần lượt số viên bi màu đỏ, trắng, xanh lam

Điều kiện r w g b, , ,  *;r 4

Suy tổng số bi n r w g b   

Do đó, số cách lấy bốn viên bi từ bình

n

C

Số cách lấy được bốn viên bi màu đỏ

r

C

Số cách lấy được viên bi màu trắng ba viên bi màu đỏ

w r

C C

Số cách lấy được viên bi máu trắng, viên màu xanh hai viên màu đỏ 1

w g r

C C C

Số cách lấy được bốn viên bi có đủ cả bốn màu 1 1

w g r b

C C C C

Theo giả thiết, ta có

1 1 1

4 4

w g r w g r b r w r

n n n n

C C C C C C C

C C C

C  C  C  C

Giải hệ ta được

 

 

 

1

3

2 3

1 1 2 1

r w

r w

r g r g

r b r b

   

  



      

 

      

 

Ta tìm số nguyên dương r nhỏ

nhất cho w g b, , số nguyên dương

Xét r  bội chung nhỏ của 1 4,3 2, tức r 1 12 r 11

STUDY TIPS a, b, c theo thứ tự tạo thành cấp số cộng   a c 2b

Gọi r, w, g, b số bi đen, trắng, xanh, lam Ta có:

Có

(Thỏa mãn w, g, b thuộc )

Thử lại thấy w2,g3,b số nguyên dương Vậy số bi nhỏ cần tìm n 21

Đáp án D Câu 15: Cho hai số thực a b thỏa mãn

2

4

lim x x x ax b x          

  Khi

2

a b

A. 4 B 5 C. D 3

Lời giải

Cách 1:    

                       

2 4 2 2 3 1

4

lim lim

2

x x

a x a b x b

x x ax b x x                    

4

2

5

2

2

a a

a b

a b b

Cách 2: Ta có  

                            

4

lim lim

2 2

x x

x x

ax b x ax b

x x Mà               

4

lim

2

x

x x

ax b

x   

             

lim

2 2

x x x ax b

          a b         a b

Khi a 2b 3

Đáp án D. Câu 16: Cho dãy số  un thỏa mãn  

1

1

,

3 

 

   

  

 n n

u

n n

u u Tìm giá trị nhỏ

nhất của n để log9un 100

A 102 B 101 C 202 D. 201

Lời giải

Ta có 1 1 1

2

n n n n

u u u u

   

       

   

Xét dãy số  vn với

n n

v u  Khi  

1 : n n n v v

v v 

      

Suy  vn cấp số nhân với số hạng đầu tiên 1

v  công bội q 3

1

3 3

.3

2 2

n n n

n n

v  u

     

Do 100 200

9

log un100un9 3n 1 2.3

 

200 200

3

3n 2.3 n log 2.3

     

Vậy số tự nhiên n nhỏ thỏa mãn điều kiện n 0 201

Đáp án D Với đa

thức Bậc Bậc

STUDY TIP

Bài toán tổng quát: Cho dãy số biết

.Tìm Xét cho

Từ tìm được

Suy

Câu 17: Cho cấp số cộng  u Gọi n Sn u1u2  un Biết

2

p

q

S p

S q với

; ,

p q p q   Tính giá trị của biểu thức 2017 2018

u u

A. 4031

4035 B.

4031

4033 C.

4033

4035 D.

4034 4035 Lời giải

Gọi d công sai của cấp số cộng  u n

Ta có  

 

2

1

2

1

p

p p

q q q

u u p

S p p u u p

S q u u q q u u q

 

    





Suy  

 

1

1 2017

1 2018 1

2016 2016

2017 2017 2017

2018 2017 2018 2017 2018

u u d

u u u d

u u u u d u d

 

 

    

   

   

1 1

2017 2u 2017d 2018 2u 2016d 2u 2017 d 2018.2016d

      

    

2 2

1

2u 2017 d 2017 2017 d 2017 d 2017 d 2u d

         

Vậy 2017 1

2018 1

2016 2016.2 4033

2017 2017.2 4035

u u d u u

u u d u u

 

  

 

Đáp án C Câu 18: Cho hàm số  

4

4

x

e e

x

f x x

ae x



 

 

 

 



Giá trị của a để f x liên tục  

tại x  0

A. 5. B. C. e4 D. 1.

Lời giải

Ta có      

4

4 4

0 0

1

0 ; lim lim lim

3

x x

x x x

e e e

f ae f x e e

x x

 

  

 

     



Để hàm số f x  liên tục tại 0    

0

0 lim

x

x    f x  f   a

Đáp án D Cho cấp số cộng có số

hạng đầu cơng sai d

* Số hạng thứ n * Tổng n số hạng đầu tiên của cấp số cộng

FOR REVIEW

Để giải được toán này, em cần nhớ:

* liên tục tại với K khoảng xác định của hàm số