340 câu hỏi trắc nghiệm ôn tập thi học kỳ 1 Toán 12 có đáp án và lời giải chi tiết

Giới thiệu 340 câu hỏi trắc nghiệm ôn tập thi học kỳ 1 Toán 12 có đáp án và lời giải chi tiết

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc 340 câu hỏi trắc nghiệm ôn tập thi học kỳ 1 Toán 12 có đáp án và lời giải chi tiết.

Tài liệu môn Toán 12 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu 340 câu hỏi trắc nghiệm ôn tập thi học kỳ 1 Toán 12 có đáp án và lời giải chi tiết

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 12 tại đây

Text 340 câu hỏi trắc nghiệm ôn tập thi học kỳ 1 Toán 12 có đáp án và lời giải chi tiết
ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP THI HỌC KÌ I NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN TOÁN 12 PHẦN 1. ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ Câu 1. Câu 2. Câu 3. [2D1-1] Hàm số y  x 5  2 x 3  1 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . [2D1-1] Hàm số nào sau đây có cực trị? x2 x  2 A. y  . B. y  . x2 x2 x2  2 x  1 D. y  . x2 [2D1-1] Cho hàm số y  3 x 4  4 x 3 . Khẳng định nào sau đây là ĐÚNG? A. Hàm số đồng biến trên  ; 0  . B. Hàm số nghịch biến trên  0;1 . C. A 1; 1 là điểm cực tiểu của hàm số. Câu 4. x2 C. y  2 . x  2 D. Hàm số có 2 điểm cực trị. 4 . Phát biểu nào sau đây là ĐÚNG? x 1 A. Hàm số nghịch biến trên  3;1 . B. Hàm số không có cực trị. C. Hàm số đồng biến trên từng khoảng  ; 1 và  1;   . [2D1-1] Cho hàm số y  x  D. Hàm số đồng biến trên từng khoảng  ; 3  và 1;   . Câu 5. [2D1-1] Hàm số nào sau đây đồng biến trên  : A. y  x 4  2 x 2  1 . Câu 6. [2D1-1] GTLN của hàm số y  A. Câu 7. 10 . 3 D. y  2x . x 1 x2  2 x  2  1  trên  ; 2  bằng x 1 2  C. 2 . B. 2 . D. 11 3 x2  x  2 có bao nhiêu đường tiệm cận? x 2  3x  2 B. 3 . C. 4 . D. 0 . [2D1-1] Biết đồ thị  C  : y  A. Câu 9. C. y  sin x  3 x  3 . [2D1-1] Đồ thị hàm số y  A. 2 . Câu 8. B. y  x 3  3x 2  3 x . 1 . 2 ax  1 a có hai đường tiệm cận cắt nhau tại I  1; 2  . Khi đó tỉ số bằng bx  1 b C. 2 . B. 2 . [2D1-1] Trên đồ thị hàm số y  D. 1 .  x3 11  x 2  3x  , cặp điểm nào đối xứng nhau qua trục Oy ? 3 3  16   16  A.  3;  ,  3;  . 3  3  B.  3; 3 ,  3; 3 . C.  3;3 ,  3;3 . 16   16   D.  3;  ,  3; . 3   3   TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 1/178 Câu 10. [2D1-1] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng? x y   1 || 2 0     3 y 0  A. Hàm số đồng biến trên  ;3 . B. Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị. C. Đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. D. max y  3 ; min y  0 .   Câu 11. [2D1-1] Hàm số nào có đồ thị như hình dưới đây y 1 1 O x 3 4 1 A. y   x 4  2 x 2  3 B. y   x 4  2 x 2  3 . C. y  x 4  2 x 2  3 . 2 D. y  1 4 x  x2  3 . 2 Câu 12. [2D1-1] Giá trị cực tiểu của hàm số y   x 4  2 x 2  3 bằng A. 0 . B. 3 . C. 4 . D. 1 . 5 . Khẳng định nào sau đây đúng? 3  2x A. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận. 3 B. Đường thẳng x  là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 2 3 C. Hàm số đồng biến trên    . 2 Câu 13. [2D1-1] Cho hàm số y   5 D. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm  0;  .  3 Câu 14. [2D1-1] Hàm số nào sau đây luôn đồng biến trên  A. y  x3  x 2  x  3 . C. y  x3  x 2  5 x  3 . D. y  B. y  x  1 . x 1 . 2x 1 Câu 15. [2D1-1] Cho hàm số y  f  x  xác định và liên trục trên  có bảng biến thiên. x y   2 0  2 0   y A. Hàm số đồng biến trên  2; 2    2;   . B. Hàm số đồng biến trên  . C. Hàm số nghịch biến trên  . D. Hàm số nghịch biến trên  ; 2  . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 2/178 Câu 16. [2D1-1] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau x  y y  1 0 4  2 0   2 2 5 Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Hàm số có bốn điểm cực trị. C. Hàm số không có cực đại. B. Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 . D. Hàm số đạt cực tiểu tại x  5 . Câu 17. [2D1-1] Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y  x 3  5 x 2  7 x  3 là A. 1; 0  . B.  0;1 .  7 32  C.  ;   .  3 27   7 32  D.  ;  .  3 27  1 4 x  2 x 2  1 . Hàm số có: 4 A. Một cực đại và hai cực tiểu. B. Một cực tiểu và hai cực đại. C. Một cực đại và không có cực tiểu. D. Một cực tiểu và một cực đại. y 2x  3 Câu 19. [2D1-1] Hàm số y  có bao nhiêu điểm cực trị? x 1 A. 3 . B. 0 . C. 2 . D. 1 . Câu 18. [2D1-1] Cho hàm số y  Câu 20. [2D1-1] Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào? A. y  x 3  3x  2 . B. y  x 4  x 2  1 . C. y  x 4  x 2  1 . D. y   x3  3 x  2 . Câu 21. [2D1-1] Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số ax  b y với a , b , c , d là các số thực. Mệnh đề nào dưới cx  d đây đúng? A. y   0 , x  1 . B. y   0 , x  2 . C. y   0 , x  2 . D. y   0 , x  1 . Câu 22. [2D1-1] Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào? A. y  x 3  3 x 2  3 . B. y   x 4  2 x 2  1 . C. y  x 4  2 x 2  1 . y 2 3 x O 1 3  2 y x O D. y   x 3  3x 2  1 . Câu 23. [2D1-1] Cho hàm số y   x 4  2 x 2 có đồ thị như hình bên. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình  x 4  2 x 2  m có bốn nghiệm thực phân biệt? A. m  0 . B. 0  m  1 . C. 0  m  1 . D. m  1 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập x O y 1 O 1 1 x Trang 3/178 Câu 24. [2D1-1] Cho hàm số y   x  2   x 2  1 có đồ thị  C  . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A.  C  cắt trục hoành tại hai điểm. B.  C  cắt trục hoành tại một điểm. C.  C  không cắt trục hoành. D.  C  cắt trục hoành tại ba điểm. Câu 25. [2D1-2] Giá trị m để đồ thị hàm số y  x 4  2mx 2  2 có 3 điểm cực trị tạo thành tam giác vuông là A. m  4 . B. m  1 . C. m  3 . D. m  1 . Câu 26. [2D1-2] Đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  ax  b có điểm cực tiểu là A  2; 2  . Khi đó giá trị a 2  b 2 là A. 0 . C. 4 . B. 4 . D. 2 . Câu 27. [2D1-2] Điều kiện của m để hàm số y  4 x3  mx 2  3 x có 2 điểm cực trị x1 , x2 thoả mãn x1  4 x2 là 9 A. m   . 2 3 B. m   . 2 Câu 28. [2D1-2] Điều kiện của m để hàm số y  A. m  1 . B. m  1 . C. m  0 . 1 D. m   . 2 1 3 x  mx 2   m2  m  1 x  1 đồng biến trên  là 3 C. m  1 . D. m  0 . Câu 29. [2D1-2] Khoảng nghịch biến của hàm số y  x 3  3mx 2  3  m 2  1 x  m4  2m 2 có độ dài lớn nhất là A. 2m . B. 2 . C. 1 . D. m . tan x  2 trên tan x  2 Câu 30. [2D1-2] Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y     0; 4  . Đặt P  M .m , khi đó khẳng định nào sau đây ĐÚNG? A. P  0 . B. 1  P  2 . C. 2  P  4 . D. P  4 . Câu 31. [2D1-2] Có bao nhiêu giá trị m để giá trị lớn nhất của hàm số y  x 3  3 x  m  1 trên  0;3 bằng 1 ? A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. Vô số.    Câu 32. [2D1-2] Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  sin 3 x  cos 2 x  sin x  2 trên   ;  bằng  2 2 23 1 A. . B. 0 . C. 1 . D. . 27 9 Câu 33. [2D1-2] Giá tị lớn nhất của hàm số y  x 3e  x trên  0;   bằng 3 e A.   . 3 3 3 B.   . e 3 e C. . 27 3  e  D.   .  ln 3  Câu 34. [2D1-2] Cho hàm số y   x3  3 x  2 có đồ thị  C  và đường thẳng y   x  2 .Gọi d là tiếp tuyến của  C  tại giao điểm của  C  với đường thẳng trên với tiếp điểm có hoành độ dương. Khi đó phương trình của d là A. y  9 x  18 . B. y  9 x  22 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. y  9 x  9 . D. y  9 x  14 . Trang 4/178 Câu 35. [2D1-2] Cho hàm số y  x 4  2 x 2  2 . Có bao nhiêu tiếp tuyến của  C  đi qua điểm A  0; 2  ? A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Câu 36. [2D1-2] Biết đồ thị y  x 4  2mx 2  x  1 và đường thẳng y  x  2m có đúng hai điểm chung. Khi đó phát biểu nào sau đây ĐÚNG? 1 1  1   A. m   0;1 . B. m   ;  . C. m   ;1 . D. m   ;   1 . 2 2  2   Câu 37. [2D1-2] Đường thẳng y  m  2 cắt đồ thị hàm số y  x 3  3x  2 tại ba điểm phân biệt khi: A. 2  m  2 . B. m  2 . C. 2  m  2 . D. 2  m  2 . x tại hai điểm phân biệt là x 1 B. m  0 hoặc m  2 . C. m  0 hoặc m  4 . D. m  1 hoặc m  4 . Câu 38. [2D1-2] Điều kiện của m để đường thẳng y   x  m cắt  C  : y  A. 1  m  4 . 3x  1 có bao nhiêu điểm mà tọa độ là các số nguyên? x 1 B. 2 . C. 4 . D. 6 . Câu 39. [2D1-2] Trên đồ thị hàm số y  A. 0 . Câu 40. [2D1-2] Tìm tọa độ các điểm thuộc đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  2 biết hệ số góc của tiếp tuyến tại các điểm đó bằng 9 . A. 1; 6  ,  3; 2  . B. 1; 6  ,  3; 2  . C.  1; 6  ,  3; 2  . D.  1; 6  ,  3; 2  . Câu 41. [2D1-2] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên và các nhận xét như sau: x y   1 ||  2 0   4 ||    y || (I) Hàm số y  f  x  có ba điểm cực trị. (II) Hàm số y  f  x  có một điểm cực đại và một điểm cực tiểu. (III) Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và  2; 4  . Khi đó khẳng định nào dưới đây đúng: A. (I) và (III) đúng. B. Chỉ (III) đúng. C. (II) và (III) đúng. D. Chỉ (I) đúng. Câu 42. [2D1-2] Cho đồ thị hàm số y  f  x  có hình dạng như hình dưới: Đồ thị nào dưới đây là đồ thị hàm số y   f  x  A. . B. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập . C. . D. . Trang 5/178 Câu 43. [2D1-2] Tìm m để hàm số y  2 x 3  3 x 2  m có giá trị lớn nhất trên đoạn  0;3 bằng 2019 . A. m  2017 . B. m  2018 . C. m  2020 . Câu 44. [2D1-2] Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số y   về hai phía của trục tung. A. m  3 . B. m  0 . x3  3 x 2  mx  m 2  2 có hai cực trị nằm 3 C. m  0 . D. m  3 . Câu 45. [2D1-2] Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số  C  : y  trục hoành là ` 1 1 A. y   x  . 3 3 D. m  2019 . 1 1 B. y  x  . 3 3 1 x tại giao điểm của  C  với 2x 1 1 1 C. y   x  . 3 3 1 1 D. y  x  . 3 3 Câu 46. [2D1-2] Cho hàm số y  cos 2 x  x . Khẳng định nào sau đây sai?  hàm số không đạt cực đại. 2 7 C. Hàm số đạt cực đại tại điểm x  . 12 B. Hàm số đạt cực đại tại điểm x  A. Tại x  Câu 47. [2D1-2] Số tiệm cận của đồ thị hàm số y  A. 0 . B. 1 . D. Tại x  11 . 12 13 hàm số đạt cực tiểu. 2 3 là x 1 C. 2 . 2 D. 3 . Câu 48. [2D1-2] Khoảng đồng biến của hàm số y  x 4  2 x 2  5 là A.  ; 1 . B.  ; 0  . C.  0;  . D.  1;   . Câu 49. [2D1-2] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  khoảng xác định của nó. A. m  2 . B. m  2 . 2x  m nghịch biến trên từng x 1 C. m  2 . D. m  2 . 3 Câu 50. [2D1-2] Số các điểm cực trị của hàm số y   2  3 x  2 x  1 là A. 1 . B. 4 . C. 3 . D. 2 . Câu 51. [2D1-2] Đồ thị hàm số nào trong các hàm số sau không có điểm chung với trục hoành. 2x A. y  x  x 2  5 . B. y  e x  1 . C. y  x 3  1 . D. y  . x 3 x2  2x 1 Câu 52. [2D1-2] Khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  là x 1 A. 5 2 . B. 4 . C. 8 . D. 4 5 . Câu 53. [2D1-2] Khoảng nghịch biến của hàm số y  x 3  3 x 2  9 x  11 là A.  3;1 . B.  1;3 . C.  3;   . D.  ; 1 . Câu 54. [2D1-2] Tất cả các giá trị của m để đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  điểm phân biệt là A. m  3 . B. m  1 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. 12  m  3 . x4  2 x 2  1 tại 4 4 D. 3  m  1 . Trang 6/178 Câu 55. [2D1-2] Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y   0;3 . Khi đó A. 2x  9 trên x3 M  m bằng 7 . 2 B. Câu 56. [2D1-2] Hàm số y  A. m  2 . 9 . 2 C. 11 . 2 D. 15 . 2 1 3 x  mx 2   m2  m  1 x  1 đạt cực đại tại điểm x  1 khi 3 B. m  1 . C. m  1 . D. m  1 hoặc m  2 . Câu 57. [1D4-2] Hàm số y  x 3  3 x 2  4 đồng biến trên. A.  0; 2  . B.  ; 0  và  2;   . C.  ;1 và  2;   . D.  0;1 . Câu 58. [1D2-2] Hàm số y   1 4 x  3x 2  3 nghịch biến trên các khoảng nào? 2   A.  ;  3 và 0; 3 C.      3  3  B.   ;0  và  ;   .  2   2   3;  .   D.  3 ; 0 và  3;  . x2 nghịch biến trên các khoảng: x 1 A.   ;1 và 1;    . B.  ;   . C.  1;   . Câu 59. [2D1-2] Hàm số y  D.  0;   . Câu 60. [2D1-2] Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên  . A. y  x 3  3x 2  3 x  2008 . B. y  x 4  x 2  2008 . C. y  tan x . D. y  x 1 . x2 x 1 đồng biến trên khoảng  2;   . xm B.  2;   . C.  1;   . D.  ; 2  . Câu 61. [2D1-2] Tìm m để hàm số y  A.  1;   . Câu 62. [2D1-2] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2  x 2 – 2   3  m có 2 nghiệm phân biệt. A. m  3 . B. m  3 . C. m  2 . D. m  3 hoặc m  2 . 2x  3 có đồ thị  C  và đường thẳng d : y  x  m . Các giá trị của x2 tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị  C  tại 2 điểm phân biệt là Câu 63. [2D1-2] Cho hàm số y  A. m  2 . B. m  6 . C. m  2 . Câu 64. [2D1-2] Hàm số y  x 3  3 x 2  4 đạt cực tiểu tại điểm: A. x  0 . B. x  2 . C. x  4 . Câu 65. [2D1-2] Cho hàm số y  A. 2 . D. m  2 hoặc m  6 . D. x  0 và x  2 . x2  4 x  1 . Hàm số có hai điểm cực trị là x1 , x2 . Tích x1 x2 có giá trị bằng x 1 B. 5 . C. 1 . D. 4 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 7/178 Câu 66. [2D1-2] Hàm số y  x 2  4  x có mấy điểm cực trị? A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . Câu 67. [2D1-2] Tìm m để hàm số y  mx 3   m 2  10  x  m  2 đạt cực tiểu tại x0  1 . A. m  2 . B. m  5 . C. m  2 ; m  5 . Câu 68. [2D1-2] Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y  tại x  3 . A. m  1 . B. m  7 . D. m  2 ; m  5 . 1 3 x  mx 2   m 2  4  x  3 đạt cực đại 3 C. m  5 . D. m  1 . Câu 69. [2D1-2] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y  x 4  2mx 2 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1 . A. 0  m  3 4 . B. m  1 . C. 0  m  1 . D. m  0 . Câu 70. [2D1-2] Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y  x 2  A. m  17 . 4 B. m  10 . 2 1  trên đoạn  ; 2  . x 2  C. m  5 . D. m  3 . Câu 71. [2D1-2] Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y  x 4  x 2  13 trên đoạn  2;3 . A. m  51 . 4 B. m  49 . 4 C. m  13 . D. m  51 . 2 Câu 72. [2D1-2] Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số y  x 4  2 x 2  3 trên đoạn  0; 3  . A. M  9 . B. M  8 3 . Câu 73. [2D1-2] Cho hàm số y  nào dưới đây đúng? A. 0  m  2 . C. M  6 . D. M  1 . xm 16 ( m là tham số thực) thoả mãn min y  max y  . Mệnh đề 1;2 1;2     x 1 3 B. 2  m  4 . C. m  0 . D. m  4 . Câu 74. [2D1-2] Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  đó giá trị của M  m là A. 2 . B. 1 . C. 1 . 1  x  2×2 . Khi x 1 D. 2 . Câu 75. [2D1-2] Hàm số y  4 x 2  2 x  3  2 x  x 2 đạt giá trị lớn nhất tại x1 , x2 . Tích x1 x2 bằng A. 2 . B. 1 . C. 0 . D. 1 .    Câu 76. [2D1-2] Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  3sin x  4sin 3 x trên đoạn   ;  bằng  2 2 A. 1 . B. 1 . C. 3 . D. 7 . Câu 77. [2D1-2] Đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây có tiệm cận đứng? 1 1 1 1 A. y  . B. y  2 . C. y  4 . D. y  2 . x  x 1 x 1 x 1 x x2 có mấy tiệm cận. x2  4 B. 3 . C. 1 . Câu 78. [2D1-2] Đồ thị hàm số y  A. 0 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập D. 2 . Trang 8/178 Câu 79. [2D1-2] Tìm số tiệm cận của đồ thị hàm số y  A. 2 . B. 3 . Câu 80. [2D1-2] Đồ thị hàm số y  x x2  1 B. 1 . A. 0 . Câu 81. [2D1-2] Cho hàm số y  x 2  5x  4 . x2  1 C. 0 . D. 1 . có bao nhiêu đường tiệm cận ngang? C. 2 .  2m  1 x2  3 , ( m x4 1 D. 3 . là tham số thực). Tìm m để tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đi qua điểm A 1; 3 . A. m  1 . B. m  0 . C. m  2 . D. m  2 . y Câu 82. [2D1-2] Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào? A. y   x3  3x 2  2 . B. y  x 3  x 2  x  3 . C. y   x3  2 x 2  x  3 . 3 O D. y   x3  x 2  x  3 . Câu 83. [2D1-2] Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số y  ax 4  bx 2  c với 1 x y a , b , c là các số thực. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Phương trình y   0 có ba nghiệm thực phân biệt. B. Phương trình y   0 có đúng một nghiệm thực. x O C. Phương trình y   0 có hai nghiệm thực phân biệt. D. Phương trình y   0 vô nghiệm trên tập số thực. y Câu 84. [2D1-2] Hàm số y   x  2   x 2  1 có đồ thị như hình vẽ dưới đây. x O Hình nào dưới đây là đồ thị của hàm số y  x  2  x  1 ? 2 y O y x O x O Hình 1 A. Hình 1 . Hình 2 B. Hình 2 . y y Hình 3 C. Hình 3 . x O x Hình 4 D. Hình 4 . 2x 1 có đồ thị  C  . Một tiếp tuyến của  C  với hoành độ tiếp điểm x 1 lớn hơn 1 , cắt Ox , Oy tại A và B sao cho OAB cân. Khi đó diện tích OAB bằng Câu 85. [2D1-3] Cho hàm số y  A. 25 . B. 1 . 2 C. 1 . D. 25 . 2 2x  3 có bao nhiêu điểm mà tiếp tuyến tại các điểm đó tạo với x2 hai trục tọa độ một tam giác cân? A. 1 . B. 2 . C. 4 . D. Vô số. Câu 86. [2D1-3] Trên đồ thị hàm số y  TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 9/178 3x  4 có đồ thị  C  . Gọi M là điểm tùy ý trên  C  và S là tổng x2 khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận của  C  . Khi đó giá trị nhỏ nhất của S là Câu 87. [2D1-3] Cho hàm số y  A. 2 . B. 2 2 . C. 3 . Câu 88. [2D1-3] Số đường tiệm cận của hàm số y  A. 4 . B. 1 . D. 4 . x3 là x2 1 C. 2 . D. 3 . Câu 89. [2H1-3] Hàm số f  x  có đạo hàm trên  và f   x   0 , x   0;   , biết f 1  2 . Khẳng định nào sau đây có thể xảy ra? A. f  2   1 . B. f  2   f  3  4 . C. f  2016   f  2017  . D. f  1  4 . mx  2m  3 với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị xm nguyên của m để hàm số đồng biến trên các khoảng xác định. Tìm số phần tử của S . A. 5 . B. 4 . C. vô số. D. 3 . Câu 90. [2D1-3] Cho hàm số y  1 3 x  mx 2  x  m  1 . Tìm giá trị của tham số m để đồ thị hàm số có 3 hai điểm cực trị là A , B thỏa x 2A  xB2  2 . Câu 91. [2D1-3] Cho hàm số y  A. m  1 . B. m  2 . C. m  3 . D. m  0 . Câu 92. [2D1-3] Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y  (2m  1) x  3  m vuông góc với đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x3  3x 2  1. A. m  3 . 2 B. m  3 . 4 1 C. m   . 2 D. m  1 . 4 Câu 93. [2D1-3] Đồ thị của hàm số y   x3  3x 2  5 có hai điểm cực trị A và B . Tính diện tích S của tam giác OAB với O là gốc tọa độ. 10 A. S  9 . B. S  . C. S  10 . D. S  5 . 3 Câu 94. [2D1-3] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y   mx cắt đồ thị của hàm số y  x3  3x 2  m  2 tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho AB  BC . A. m  1;   . B. m   ;3 . Câu 95. [2D1-3] Cho hàm số y  x 1 x 1 C  . C. m   ; 1 . D. m   ;   . Tập tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y  2 x  m cắt  C  tại hai điểm phân biệt A , B sao cho góc  AOB nhọn là A. m  5 . B. m  0 . C. m  5 . Câu 96. [2D1-3] Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. D. m  0 . 1 y Xác định tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f  x   m O có đúng 2 nghiệm thực phân biệt. A. m  4 ; m  0 . B. 3  m  4 . C. 0  m  3 . D. 4  m  0 . 3 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập 1 x 4 Trang 10/178 mx  1 có đồ thị  Cm  ( m là tham số). Với giá trị nào của m thì x2 đường thẳng y  2 x  1 cắt đồ thị  Cm  tại 2 điểm phân biệt A , B sao cho AB  10 . Câu 97. [2D1-3] Cho hàm số y  1 A. m   . 2 1 B. m   . 2 C. m  3 . D. m  3 . Câu 98. [2D1-3] Cho hàm số y  f  x  liên tục trên từng khoảng xác định và có bảng biến thiên sau: x  0  2 4 0 0 y       1 y 15   Tìm m để phương trình f  x   m  0 có nhiều nghiệm thực nhất.  m  1 A.  .  m  15 m  1 B.  .  m  15  m  1 C.  .  m  15 m  1 D.  .  m  15 1  b  c  d  0 Câu 99. [2D1-3] Cho hàm số y   x3  bx 2  cx  d có  . Tìm số giao điểm phân 8  4b  2c  d  0 biệt của đồ thị hàm số đã cho với trục hoành. A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . Câu 100. [2D1.5-3] (NSL-BG-L1-1819) Cho hàm số y  2 x 4  4 x 2  trình 2 x 4  4 x 2  A. 0  m  1 . 3 . Giá trị thức của m để phương 2 3 1  m 2  m  có đúng 8 nghiệm thực phân biệt là 2 2 B. 0  m  1 . C. 0  m  1 . D. 0  m  1 . Câu 101. [2D1.5-3] (NSL-BG-L1-1819) Gọi  là tiếp tuyến tại điểm M  x0 ; y0  , x0  0 thuộc đồ thị hàm x2 sao cho khoảng cách từ I  1;1 đến  đạt giá trị lớn nhất, khi đó tích x0 . y0 bằng x 1 A. 2 . B. 2. C. 1. D. 0. số y  Câu 102. [1D2.3-3] (NSL-BG-L1-1819) Giá f  x   5  x  x  1   x  1 5  x   5 là A. 7 . B. 0 . trị lớn C. 3  3 2 . nhất của hàm số D. không tồn tại. Câu 103. [2D1.4-3] (NSL-BG-L1-1819) Các giá trị của tham số m để đồ thị của hàm số x 1 y có bốn đường tiệm cận phân biệt là 2 mx  3mx  2 9 8 8 A. m  0 . B. m  . C. m  . D. m  , m  1 . 8 9 9 Câu 104. [2D1.1-3] (NGÔ GIA TỰ-VPU-L1-1819) Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm 2x  m 1 số y  nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 4  và 11;   ? x  m 1 A. 13 . B. 12 . C. 15 . D. 14 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 11/178 Câu 105. [2D1.3-3] (NGÔ GIA TỰ-VPU-L1-1819) Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số y  x 3  3 x  2m  1 trên đoạn  0; 2 là nhỏ nhất. Giá trị của m thuộc khoảng 2  C.  ; 2  . 3  B.  1; 0 . A.  0;1 .  3  D.   ; 1 .  2  Câu 106. [2D1.4-3] (NGÔ GIA TỰ-VPU-L1-1819) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ x 2  3x  2 thị hàm số y  2 không có đường tiệm cận đứng? x  mx  m  5 A. 8 . B. 10 . C. 11 . D. 9 . 2 Câu 107. [2D1.2-4] (NSL-BG-L1-1819) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    x  1  x 2  2 x  , với x   . Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số g  x   f  x 3  3 x 2  m  có 8 điểm cực trị là A. 2 . B. 3 . C. 1 . D. 4 . Câu 108. [2D1-4] Phương trình 2 x  1  x x 2  2   x  1 x 2  2 x  3  0 có bao nhiêu nghiệm nguyên? A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . Câu 109. [2D1-4] Tìm m để bất phương trình 1  x 2  2 3 1  x 2  m  1 nghiệm đúng với x   1;1 . A. m  3 . Câu 110. [2D1.5-4] 3 B. m  1 . (NGÔ 2 GIA 3 C. m  2 . TỰ-VPU-L1-1819) D. m  2 . Cho phương trình 3 x  3 x  2 x  m  3  2 2 x  3x  m  0 . Tập S là tập hợp các giá trị của m nguyên để phương trình có ba nghiệm phân biệt. Tính tổng các phần tử của S . A. 15 . B. 9 . C. 0 . D. 3 . y Câu 111. [2D1.5-4] (NGÔ GIA TỰ-VPU-L1-1819) Cho hàm số y  f  x  liên 2 tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Gọi m là số nghiệm của phương 1 2 trình f  f  x    1 . Khẳng định nào sau đây là đúng? O A. m  6 . C. m  5 . 2 B. m  7 . D. m  9 . x y Câu 112. [2D1.2-4] (NGÔ GIA TỰ-VPU-L1-1819) Cho hàm số y  f  x  có 2 đạo hàm trên  và có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số y   f  x   có bao nhiêu điểm cực trị? A. 5 . C. 4 . B. 3 . D. 6 . O 3 x 1 Câu 113. [2D1.5-4] (BÌNH MINH-NBI-L1-1819) Cho hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có đồ thị  C  . Biết rằng  C  cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1  x2  x3  0 và trung điểm nối 2 điểm  3×1  4 x2  5×3  A. 137 . 216 2 cực trị của C  có hoành độ 1 x0  . 3 Biết rằng  44  x1 x2  x2 x3  x3 x1  . Hãy tính tổng S  x1  x22  x33 . B. 45 . 157 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. 133 . 216 D. 1. Trang 12/178 Câu 114. [2D1.5-4] (BÌNH MINH-NBI-L1-1819) Cho hàm số bậc ba f  x  và g  x   f  mx  nx  p   m, n, p   có đồ thị như hình dưới (Đường nét liền là đồ thị hàm f  x  , nét đứt là đồ thị 2 g  x y 2 f  x O 1 2 1 của hàm g  x  , đường thẳng x   là trục đối xứng của đồ thị 2 2 hàm số g  x  ). x 1 2 Giá trị của biểu thức P   n  m  m  p  p  2n  bằng bao nhiêu? A. 12 . B. 16 . C. 24 . D. 6 . y Câu 115. [2D1.3-3] (VĨNH YÊN-VPU-L1-1819) Cho hai hàm số y  f  x  , y  g  x  có đạo hàm là f   x  , g   x  . Đồ thị hàm số y  f   x  và g   x  được cho như hình f  x g x vẽ bên dưới. Biết rằng f  0   f  6   g  0   g  6  . Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số h  x   f  x   g  x  trên đoạn  0; 6 lần lượt là A. h  2  , h  6  . B. h  6  , h  2  . C. h  0  , h  2  . Câu 116. [2D1.1-3] (NHÃ NAM – BGI-L1-1819) Giá trị m để hàm số y  m  0 A.  . 1  m  2 B. 1  m  2 . O 2 x 6 D. h  2  , h  0  . cot x  2    nghịch biến trên  ;  là cot x  m 4 2 A. m  0 D. m  2 . 2x 1 có đồ thị  C  . Gọi I là giao x2 điểm của hai đường tiệm cận. Tiếp tuyến  của  C  tại M cắt các đường tiệm cận tại A và Câu 117. [2D1.4-4] (VĨNH YÊN-VPU-L1-1819) Cho hàm số y  B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. Khi đó tiếp tuyến  của  C  tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích lớn nhất thuộc khoảng nào? A.  29; 30  . B.  27; 28  . C.  26; 27  . D.  28; 29  . Câu 118. [2D1.3-4] (VĨNH YÊN-VPU-L1-1819) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m x 2  mx  m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y  trên đoạn 1; 2 bằng 2 . Số phần tử của S là x 1 A. 1 . B. 4 . C. 3 . D. 2 . y Câu 119. [2D1.2-4] (NHÃ NAM – BGI-L1-1819) Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tìm m để hàm số 1 3 x O y  f  x 2  2m  có 3 điểm cực trị.  3  A. m    ; 0  .  2  B. m   3;   .  3 C. m  0;  .  2 Câu 120. [2D1.5-4] (LÝ NHÂN TÔNG-BNI-L1-1819) Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Gọi m là số nghiệm của phương trình f  f  x    1 . Khẳng định nào sau đây đúng? A. m  7 . B. m  6 . C. m  5 . D. m  9 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập D. m   ;0  . y 2 1 2 O x 2 Trang 13/178 PHẦN 2. HÀM SỐ LŨY THỪA. HÀM SỐ MŨ. HÀM SỐ LOGARRIT Câu 121. [2D2-1] Phương trình 22017  8x  0 có nghiệm là 2017 2017 2017 A. x  . B. x  . C. x  . 4 5 6 Câu 122. [2D2-1] Tìm tập xác định của hàm số y  log 5 A. D   2 . D. x  2017 . 3 x 3 . x2 B. D   ; 2    3;   . D. D   ; 2    4;   . C. D   2;3 . 5 Câu 123. [2D2-1] Rút gọn biểu thức Q  b 3 : 3 b với b  0 . 5 A. Q  b 2 .  B. Q  b 9 . 4 4 C. Q  b 3 . D. Q  b 3 . Câu 124. [2D1-1] Cho a là số thực dương khác 1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng với mọi số thực dương x, y ? x  log a x  log a y . y x C. log a  log a  x  y  . y x  log a x  log a y . y x log a x D. log a  . y log a y A. log a B. log a Câu 125. [2D2-1] Cho a là số thực dương tùy ý khác 1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 1 A. log 2 a  log a 2 . B. log 2 a  . C. log 2 a  . D. log 2 a   log a 2 . log 2 a log a 2 Câu 126. [2D2-1] Đạo hàm của hàm số y  e x A.  2 x  1 e x 2 x 2 x là C.  x 2  x  e 2 x 1 . B.  2 x  1 e x . . D.  2 x  1 e 2 x 1 . Câu 127. [2D2-1] Đạo hàm của hàm số y  log 2  x  e x  là 1  ex A. . ln 2 1  ex B. . x  ex 1  ex D. .  x  e x  ln 2 1 C. .  x  e x  ln 2 Câu 128. [2D2-1] Cho hai đồ thị hàm số y  a x và y  log b x như hình vẽ. y  ax y Nhận xét nào đúng? A. a  1, b  1 . 1 1 B. a  1, 0  b  1 . x O C. 0  a  1, 0  b  1 . y  logb x D. 0  a  1, b  1 . Câu 129. [2D2-1] Trong các hình sau hình nào là dạng đồ thị của hàm số y  a x , 0  a  1 . y y y y 1 1 x O O (II) (I) A. (I). B. (II). TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập O 1 x 1 x O x (III) C. (III). (IV) D. (IV). Trang 14/178 Câu 130. [2D2-1] Đồ thị nào dưới đây là đồ thị của hàm số y  2 x ? y y y 1 1 A. y 1 O x O x O B. x O C. 1 x D. Câu 131. [2D2-1] Trong các hình sau hình nào là dạng đồ thị của hàm số y  log a x, a  1 . y y y y 1 1 x O O A. (I). x O x O (II) (I) 1 x 1 (III) B. (II). (IV) C. (III). D. (IV). Câu 132. [2D2-1] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 3x  m có nghiệm thực. A. m  1 . B. m  0 . C. m  0 . D. m  0 . Câu 133. [2D2-1] Hàm số y  x e có cùng tập xác định với hàm số nào trong các hàm số dưới đây. C. y  e x . B. y  3 x . A. y  sin x . D. y  ln x . Câu 134. [2D2-2] Cho a  log 2 3 , b  log 3 5 . Khi đó log15 20 bằng ab  2 ab  2 ab  2 A. . B. . C. . b  a  1 b 1 a 1 1  1  Câu 135. [2D2-2] Cho biểu thức A   x 2  y 2    x  2018 là A. 2017 . B. 2018 . Câu 136. [2D2-2] Biết  m   2 1 A. m  n .  2 D. 1  y y   , 1  2 x x    x  0, y  0  . C. 2019 . D. 4036 . n C. m  n  0 . D. mn  0 . Câu 137. [2D2-2] Biết log a x  log b y  c . Khi đó c bằng x A. log ab . B. log a b  xy  . C. log ab  xy  . y Câu 138. [2D2-2] Cho a , b là các số thực thỏa mãn a Câu 139. [2D2-2] Biết a  A. 1 . Giá trị của A tại 2  1 . Khẳng định nào sau đây luôn ĐÚNG? B. m  n . đây là đúng A. 0  a  1 , b  1 . ab  2 . a  b  1 3 3 a 2 2 và log b D. log ab  x  y  . 3 4  logb . Khẳng định nào sau 4 5 B. 0  a  1 , 0  b  1 . C. a  1 , b  1 . D. a  1 , 0  b  1 . log 3  log 5 10  . Giá trị của 10a bằng log 3 10 B. 1  log 5 2 . C. 1  log 2 5 . D. log 5 2 . 2 Câu 140. [2D2-2] Cho hàm số f  x   e x . Khi đó f   0  bằng A. 0 . B. 1 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. 2 . D. e . Trang 15/178 Câu 141. [2D2-2] Hệ số góc của tiếp tuyến của  C  : y  log 2 x tại điểm có hoành độ bằng 10 là A. k  ln10 . B. k  1 . 5ln10 C. k  10 . 1 . Khẳng định nào sau đây ĐÚNG? 1 x B. y. y  2  0 . C. y   4e y  0 . D. k  2  ln10 . Câu 142. [2D2-2] Cho hàm số y  ln A. y   2 y  1 . D. y   e y  0 . Câu 143. [2D2-2] Cho hàm số f  x   ln x  ln  2  x  . Phương trình f   x   0 có tập nghiệm là A. S  1 . 1 B. S    . e  Câu 144. [2D2-2] Cho hàm số f  x   e A.  0;1 . x 2 1 1  C. S    . 2 D. S   . . Khi đó giá trị f  1 thuộc khoảng nào: B. 1; 2  . C.  2;3 . D.  3;    . ex Câu 145. [2D2-2] Cho hàm số y  . Khẳng định nào sau đây ĐÚNG? x 1 A. Hàm số đạt cực đại tại x  0 . B. Hàm số đồng biến trên tập xác định. x e C. y   . D. Hàm số đạt cực tiểu x  0 . 2  x  1 Câu 146. [2D2-2] Gọi M là giá tị lớn nhất của hàm số y  x 2 .e  x trên  1;1 . Khi đó ln M bằng A. 1 . B. e . C. 0 . D. 1 . ln x thuộc đường thẳng nào? x2 1 1 1 1 1 x . x . A. y  2 e x . B. y  C. y  D. y  x . e 2e e 2 e e e y Câu 148. [2D2-2] Trong các hàm số sua, hàm số nào có đồ thị phù hợp với hình vẽ: 2 A. y  log 2 x . B. y  ln x . 1 C.  ln x  1 . D. y  log 2 x  1 . O 1 2 Câu 147. [2D2-2] Điểm cực trị của đồ thị hàm số y  2 x 2 Câu 149. [2D2-2] Cho phương trình 42 x  x  22 x  x 1  3  0 . Phát biểu nào sau đây ĐÚNG? A. Phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt B. Phương trình có nghiệm duy nhất. C. Tổng các nghiệm là một số nguyên. D. Phương trình có nghiệm nguyên. Câu 150. [2D2-2] Tập nghiệm của phương trình log 2 2  A. 2;   . 5  4  B. 2;   . 5  Câu 151. [2D2-2] Cho phương trình log 22  4 x   log A.  0;1 . B. 1;3 . 5.2 x  8  3  x là 2x  2 C. 2 . 2 D. 2; 4 .  2 x   5 . Nghiệm nhỏ nhất của phương trình thuộc khoảng C.  3; 5  . D.  5;9  . Câu 152. [2D2-2] Anh Nam gửi 500 triệu vào ngân hàng theo hình thức lãi kép kỳ hạn 1 năm với lãi suất không thay đổi hàng năm là 7.5 % năm. Sau 5 năm thì anh Nam nhận được số tiền cả vốn lẫn lãi là A. 685755000 đồng. B. 717815000 đồng. C. 667735000 đồng. D. 707645000 đồng. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 16/178 Câu 153. [2D2-2] Từ đồ thị các hàm số y  log a x , y  log b x , y  log c x như hình vẽ. Khẳng định nào đúng? A. 0  c  b  1  a . B. 0  a  c  1  b . y y  logb x C. 0  a  1  b  c . D. 0  a  1  c  b . y  log c x 3 Câu 154. [2D2-2] Tìm tập xác định D của hàm số y   x 2  x  2  . x 1 O A. D   . B. D   0;    . y  log a x C. D    ;  1   2;    . D. D   1; 2 . 1 Câu 155. [2D2-2] Tìm tập xác định D của hàm số y   x  1 3 . A. D    ;1 . B. D  1;    . C. D   . D. D   1 . Câu 156. [2D2-2] Tìm tập xác định D của hàm số y  log 3  x 2  4 x  3 .     A. D  2  2 ;1  3; 2  2 . B. D  1;3 . C. D    ;1   3;    . D. D   ; 2  2  2  2 ;   .     Câu 157. [2D2-2] Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y  log  x 2  2 x  m  1 có tập xác định là  . A. m  0 . B. m  0 . C. m  2 . Câu 158. [2D2-2] Cho a là số thực dương khác 1. Tính I  log A. I  1 . 2 B. I  0 . a D. m  2 . a. C. I  2 .  a2  Câu 159. [2D2-2] Cho a là số thực dương khác 2 . Tính I  log a   4  2  1 1 A. I  . B. I  2 . C. I   . 2 2 D. I  2 . D. I  2 . 1 Câu 160. [2D2-2] Rút gọn biểu thức P  x 3 . 6 x với x  0 . 1 8 A. P  x . 2 B. P  x . C. P  x . 2 9 D. P  x . Câu 161. [2D2-2] Với a , b là các số thực dương tùy ý và a khác 1 , đặt P  log a b3  log a 2 b 6 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. P  9log a b . B. P  27 log a b . C. P  15log a b . D. P  6 log a b . Câu 162. [2D2-2] Cho log a b  2 và log a c  3 . Tính P  log a  b 2 c3  . A. P  31 . B. P  13 . C. P  30 . D. P  108 . 1 Câu 163. [2D2-2] Cho log 3 a  2 và log 2 b  . Tính I  2log 3 log3  3a    log 1 b 2 . 2 4 A. I  5 . 4 B. I  4 . C. I  0 . D. I  3 . 2 Câu 164. [2D2-2] Với mọi a , b , x là các số thực dương thỏa mãn log 2 x  5log 2 a  3log 2 b . Mệnh đề nào dưới đây đúng. A. x  3a  5b . B. x  5a  3b . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. x  a 5  b3 . D. x  a 5b3 . Trang 17/178 Câu 165. [2D2-2] Với mọi số thực dương a và b thỏa mãn a 2  b 2  8ab , mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 A. log  a  b    log a  log b  . B. log  a  b   1  log a  log b . 2 1 1 C. log  a  b   1  log a  log b  . D. log  a  b    log a  log b . 2 2 Câu 166. [2D2-2] Với mọi số thực dương x , y tùy ý, đặt log 3 x   , log 3 y   . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 3 3  x   A. log 27    9     . 2   y   x  B. log 27      . 2  y  3 3  x   C. log 27    9     . 2   y   x  D. log 27      . 2  y  Câu 167. [2D2-2] Cho hàm số y  xe x . Chọn hệ thức đúng: A. y   2 y   1  0 . B. y   2 y  3 y  0 . C. y   2 y  y  0 . D. y   2 y  3 y  0 . Câu 168. [2D2-2] Đạo hàm của hàm số y   2 x  1 3x là A. 3x  2  2 x ln 3  ln 3 . B. 3x  2  2 x ln 3  ln 3 . C. 2.3x   2 x  1 x.3x1 . D. 2.3x ln 3 . Câu 169. [2D2-2] Tính đạo hàm của hàm số y  log 2  2 x  1 . A. y   1 .  2 x  1 ln 2 B. y   2 .  2 x  1 ln 2 C. y   Câu 170. [2D2-2] Đồ thị hình bên là của hàm số nào? A. y  log 2 x  1 . 2 . 2x 1 1 D. y   . 2x 1 y B. y  log 2  x  1 . D. y  log 3  x  1 . C. y  log 3 x . 1 1 2 x O Câu 171. [2D2-2] Cho phương trình 4 x  2 x1  3  0 . Khi đặt t  2 x , ta được phương trình nào dưới đây? A. 2t 2  3  0 . B. t 2  t  3  0 . D. t 2  2t  3  0 . C. 4t  3  0 . Câu 172. [2D2-2] Tìm nghiệm của phương trình log 2 1  x   2 . A. x  4 . B. x  3 . C. x  3 . D. x  5 . Câu 173. [2D2-2] Tìm tập nghiệm S của phương trình log 3  2 x  1  log 3  x  1  1 . A. S  4 . B. S  3 . C. S  2 . Câu 174. [2D2-2] Tìm tập nghiệm S của phương trình log 2 D. S  1 .  x  1  log 1  x  1  1 2   A. S  2  5 . Câu 175. [2D2-2] Giải phương trình 2 x  C. 1    B. S  2  5; 2  5 . 2 2 x  3  13  D. S   .  2   3 . Ta có tập nghiệm bằng  3 . A. 1  1  log 2 3; 1  1  log 2 3 . 1  log 2 3; 1  1  log 2 C. S  3 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập  D. 1   3 . B. 1  1  log 2 3;  1  1  log 2 3 . 1  log 2 3;  1  1  log 2 Trang 18/178 Câu 176. [2D2-2] Giải phương trình 3x  33 x  12 . Ta có tập nghiệm bằng A. 1; 2 . B. 1; 2 . C. 1; 2 . D. 1; 2 . Câu 177. [2D2-2] Giải phương trình 125 x  50 x  23 x1 . Ta có tập nghiệm bằng A. 1 . B. 1 . C. 2 . 2 D. 0 . 2 Câu 178. [2D2-2] Phương trình 2 x  x  22  x  x  3 có tổng các nghiệm bằng A. 1 . B. 0 . C. 2 . D. 1 . 1 1   log 2 x 2  x  8 có bao nhiêu nghiệm nhỏ hơn 2 . x  x 8 x B. 1 . C. 2 . D. 3 . Câu 179. [2D2-3] Phương trình log 2 x  A. 0 . 2 4 1 1 2  b 3 3 Câu 180. [2D2-3] Rút gọn biểu thức A  2 ,  a  0, b  0, a  8b  bằng . 1  2  a  2   a 3  a 3  2 ab  4b 3  A. A  a  b . B. A  a  2b . C. A  1 . D. A  0 . a 3  8. a 3 b Câu 181. [2D2-3] Biết 0  x  A. 1 1  log 2 3 . 2  1 và log 3 cos x   , khi đó log 2 sin x bằng 2 2 1 B. 1  log 2 3 . C.  log 2 3  1 . 2 D. 2 3 . 3 Câu 182. [2D2-3] Biết phương trình log 32 x   m  2  log 3 x  3m  1  0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2  27 . Khi đó giá trị m là A. 3 . B. 1 . C. 25 . Câu 183. [2D2-3] Tổng nghịch đảo các nghiệm của phương trình A. 0 . B. 4 . C. D.  28 . 3 x 2 3    1 . 4 x 2 3   4 bằng D. 1 . Câu 184. [2D2-3] Gọi x0 là một nghiệm của phương trình 9 x  9 x  23 . Khi đó giá trị của biểu thức 5  3×0  3 x0 là 1  3×0  3 x0 3 A. . 2 A 5 B.  . 2 C. 2 . D. Câu 185. [2D2-3] Gọi x0 là một nghiệm khác 1 của phương trình log đó khẳng định nào sau đây SAI? A. x0   . B. x02  3 . 2 x log 3 1 . 2 x  log C. log 6 x0  1 . 2 x  log 3 x . Khi D. 2 x0  6 . Câu 186. [2D2-3] Cho log a x  3 , log b x  4 với a , b là các số thực lớn hơn 1 . Tính P  log ab x . 7 1 12 A. P  . B. P  . C. P  12 . D. P  . 12 12 7 Câu 187. [2D2-3] Cho x , y là các số thực lớn hơn 1 thoả mãn 1  log12 x  log12 y M . 2log12  x  3 y  A. M  1 . 4 B. M  1 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. M  1 . 2 x 2  9 y 2  6 xy . Tính 1 D. M  . 3 Trang 19/178 2 2 Câu 188. [2D2-3] Giải phương trình 4 x   x 2  7  .2 x  12  4 x 2  0 . Ta có tập nghiệm bằng   B. 0; 1; 2 . A. 1; 1;  2 . C. 1; 2 . D. 1; 2 . Câu 189. [2D2-3] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 x  2 x 1  m  0 có hai nghiệm thực phân biệt. A. m   ;1 . B. m   0;   . C. m   0;1 . D. m   0;1 . Câu 190. [2D2-2] Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình log 32 x  m log 3 x  2m  7  0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1 x2  81 . A. m  4 . B. m  4 . 2 D. m   . 3 C. m  81 . Câu 191. [2D2-2] Phương trình x  ln 2 x  1  0 có số nghiệm là A. 3 . B. 0 . C. 2 . D. 1 . Câu 192. [2D2-2] Tìm tất cả các điểm cực trị của hàm số y  x ln x . 1  A.   . e   1 B. e,  .  e D.  . C. 1 . Câu 193. [2D2-2] Biết log 2 3  a , log 5 3  b . Khi đó log 3 tính theo a , b là B. a  b . A. ab . C. ab . a b D. 1 1  . a b Câu 194. [2D2-2] Nghiệm của phương trình 25x  15 x  6.9 x  0 là A. x   log 3 2 . B. x   log5 3 . C. x  log 5 3 . 5 D. x  log 3 3 3 . 5 Câu 195. [2D2-2] Tập xác định của hàm số y  log 0,2  x  1 là B.  0;   . A.  1;   . C.  1;0 . D.  1;0 . Câu 196. [2D2-2] Tổng các nghiệm của phương trình log 32 x  log 3 x  2  0 bằng A. 28 . 9 B. 25 . 3 C. 25 . 9 D. 28 . 3 Câu 197. [2D2-2] Cho hàm số y  esin x cos x . Khi đó phương trình y  0 có nghiệm là A. x    k 2 , k   . Câu 198. [2D2-2] Hàm số y  A.  0;   10 . B. x      k 2 , k   . C. x    k , k   . D. x   k , k   . 2 4 4 1 x có tập xác định là log x  1 B.  0;   e . C.  0;   e . D.  0;   10 . Câu 199. [2D2-3] Tìm m để phương trình 4cos x   m  1 .2cos x 1  2m  0 có nghiệm? A. 2  3  m  0 .  m  2  3  B.  m  2  3 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. 2  3  m  0 . D. 1  m  0. 2 Trang 20/178 Câu 200. [2D2-3] Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình 9 x  2.3x1  m  0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  1 . A. m  6 . B. m  3 . C. m  3 . D. m  1 . Câu 201. [2D2-3] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: log 3 1  x 2   log 1  x  m  4   0 3 1 21 21 1 A.   m  0 . B. 5  m  . C. 5  m  . D.   m  2 . 4 4 4 4 Câu 202. [2D2-3] Tìm tập hợp các giá trị của tham số thực m để phương trình 6 x   3  m  2 x  m  0 có nghiệm thuộc khoảng  0; 1 . A.  3; 4 . B.  2; 4 . C.  2; 4  . D.  3; 4  . Câu 203. [2D2-3] Xét các số thực a , b thỏa mãn a  b  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức a P  log 2a  a 2   3log b   b b B. Pmin  13 . C. Pmin  14 . A. Pmin  19 . D. Pmin  15 . t 9 với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị 9  m2 của m sao cho f  x   f  y   1 . Với mọi số thực x, y thỏa mãn e x  y  e  x  y  . Tìm số phần tử của S. A. 0 . B. 1 . C. Vô số. D. 2 . 1  xy  3xy  x  2 y  4 . Tìm giá trị nhỏ Câu 205. [2D2-3] Xét các số thực dương x , y thỏa mãn log 3 x  2y nhất Pmin của P  x  y . Câu 204. [2D2-3] Xét hàm số f  t   A. Pmin  9 11  19 . 9 t B. Pmin  9 11  19 . 9 C. Pmin  18 11  29 2 11  3 . D. Pmin  . 9 3 Câu 206. [2D2-3] Có bao nhiêu giá trị m nguyên trong đoạn  2017;2017 để phương trình log  mx   2log  x  1 có nghiệm duy nhất? A. 4034 . B. 2018 . C. 2017 . D. 4035 . 2 Câu 207. [2D2-3] Cho phương trình log 0,5  m  6 x   log 2  3  2 x  x   0 ( m là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình có nghiệm thực? A. 17 . B. 18 . C. 23 . D. 15 . Câu 208. [2D2-4] Có bao nhiêu cặp số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình log 2 x  log 2 y  log 2  x  y  A. 1 . B. 4 . C. 2 . D. Vô số. Câu 209. [2D2.5-4] (CH.QUANG TRUNG-BPU-L1-1819) Cho m , n là các số nguyên dương khác 1 . Gọi P là tích các nghiệm của phương trình 2018  log m x  log n x   2017 log m x  2018 log n x  2019 . P nguyên và đạt giá trị nhỏ nhất khi: A. m.n  22020 . B. m.n  22017 . C. m.n  22019 . D. m.n  22018 .  x  4y  Câu 210. [2D2-4] Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn log 2    2 x  4 y  1 . Giá trị nhỏ nhất  x y  của biểu thức P  A. 4 . 2 x 4  2 x2 y 2  6 x 2  x  y B. 3 bằng 9 . 4 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. 16 . 9 D. 25 . 9 Trang 21/178 Câu 211. [2D2-4] Tìm tập tất cả các giá trị của log 2  2 sin x  1  log 1  cos 2 x  m   0 có nghiệm: tham số m để phương trình 2  5  A.   ;   .  2   1  B.   ; 2 .  2   1  C.      .  2  Câu 212. [2D2-4] Số giá trị nguyên của m   200; 200  để 3.a loga b b  1  D.   ; 2  .  2  logb a  m. log a b  2 với mọi a , b  1;   là A. 200 . B. 199 . C. 2199 .  D. 2002 .  Câu 213. [2D2-4] Cho tập hợp A  2k | k  1,…,10 có 10 phần tử là các lũy thừa của 2 . Chọn ngẫu nhiên từ tập A hai số khác nhau theo thứ tự a và b . Xác suất để log a b là một số nguyên bằng 17 3 1 19 A. . B. . C. . D. . 90 10 5 90 Câu 214. [2D2-4] Xét các số thực x , y thỏa mãn x 2  y 2  1 và log x2  y 2  2 x  3 y   1 . Giá trị lớn nhất Pmax của biểu thức P  2 x  y bằng 11  10 2 7  10 . D. Pmax  . 3 2  x  4y  Câu 215. [2D2-4] Xét x, y là các số thực dương thỏa mãn log 2    2 x  4 y  1 . Giá trị nhỏ nhất x  y   A. Pmax  của P  A. 19  19 . 2 B. Pmax  2 x 4  2 x2 y 2  6 x 2  x  y 25 . 9 3 7  65 . 2 C. Pmax  bằng B. 4 . C.   9 . 4  D.  16 . 9   Câu 216. [2D2-4] Cho phương trình log 2 x  x 2  1 .log 2017 x  x 2  1  log a x  x 2  1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng 1; 2018  của tham số a sao cho phương trình đã cho có nghiệm lớn hơn 3 ? A. 20. B. 19. C. 18. D. 17. Câu 217. [2D2-4] Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 2 2 2 5sin x  6cos x  7cos x.log 2 m có nghiệm? A. 63 . B. 64 . C. 6 . D. 62 . Câu 218. [2D2-4] Giả sử tồn tại số thực a sao cho phương trình e x  e  x  2 cos ax  4 có 10 nghiệm thực phân biệt. Số nghiệm (phân biệt) của phương trình e x  e  x  2cos ax là A. 5 . B. 20 . C. 10 . D. 4 . Câu 219. [2D2-4] Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình ln  m  2sin x  ln  m  3sin x    sin x có nghiệm thực? A. 5 . B. 4 . C. 3 . D. 6 . Câu 220. [2D2-4] Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn xy  4 y 1 . Giá trị nhỏ nhất của P 62 x  y A. 45 . x  ln x  2y là a  ln b . Giá trị của tích a.b là y B. 81 . C. 115 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập D. 108 . Trang 22/178 PHẦN 3. KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH CỦA CHÚNG Câu 221. [2H1-1] Cho lăng trụ tam giác đều cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng a 3 . Thể tích khối lăng trụ đó là A. a3 . 4 B. 3a 3 . 4 C. 4a 3 . 3 D. 3a 3 . 2 Câu 222. [2H1-1] Cho hình lập phương ABCD. ABC D có BC   2a . Thể tích khối lập phương đó bằng A. 2 2a 3 . B. a3 . C. 8a 3 . D. 3 3a 3 . Câu 223. [2H1-1] Diện tích toàn phần của hình lập phương bằng 96 cm 2 . Khi đó thể tích của khối lập phương là A. 6 6  cm3  . B. 64  cm 3  . C. 48 6  cm3  D. 27  cm3  . Câu 224. [2H1-1] Khi tăng tất cả các cạnh của một hình hộp chữ nhật lên gấp đôi thì thể tích của khối hộp chữ nhật tương ứng sẽ: A. tăng 2 lần. B. tăng 4 lần. C. tăng 6 lần. D. tăng 8 lần. Câu 225. [2H1-1] Tính thể tích V của khối lập phương ABCD. ABC D , biết AC   a 3 . 3 A. V  a . 3 6a 3 B. V  . 4 C. V  3 3a 3 . 1 D. V  a 3 . 3 Câu 226. [2H1-1] Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  2a . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . A. V  2a 3 . 6 B. V  2a 3 . 4 C. V  2a 3 . D. V  2a 3 . 3 Câu 227. [2H1-1] Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng? A. Tứ diện đều. B. Bát diện đều. C. Hình lập phương. D. Lăng trụ lục giác đều. Câu 228. [2H1-1] Hình đa diện trong hình vẽ bên có bao nhiêu mặt? A. 6 . B. 10 . C. 12 . D. 11 . Câu 229. [2H1-1] Khối bát diện đều là khối đa diện đều loại A. 5;3 . B. 3;5 . C. 4;3 . D. 3; 4 . Câu 230. [2H1-1] Mặt phẳng  ABC   chia khối lăng trụ ABC . ABC  thành các khối đa diện nào? A. Một khối chóp tam giác và một khối chóp ngũ giác. B. Một khối chóp tam giác và một khối chóp tứ giác. C. Hai khối chóp tam giác. D. Hai khối chóp tứ giác. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 23/178 Câu 231. [2H1-1] Cho khối chóp S . ABC có SA   ABC  ; SA  4 , AB  6 , BC  10 và CA  8 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . A. V  40 . B. V  192 . C. V  32 . D. V  24 . Câu 232. [2H1-1] Hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 4 mặt phẳng. B. 1 mặt phẳng. C. 2 mặt phẳng. D. 3 mặt phẳng. Câu 233. [2H1-2] Hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật cạnh AB  3a ; AD  4a ; các cạnh bên bằng nhau bằng 5a . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng A. 9a3 3 . 2 B. 10a 3 . 3 C. 9 3a 3 . D. 10 3a 3 . Câu 234. [2H1-2] Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD cạnh đáy bằng a và mặt bên tạo với mặt đáy một góc 45 . Thể tích của khối chóp đó là A. a3 . 3 B. a3 . 6 C. 2a 3 . 3 D. a3 . 9 Câu 235. [2H1-2] Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc; OA  4a , OB  7 a , OC  6a . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC , CA . Thể tích tứ diện OMNP bằng A. 7a 3 . 2 B. 14a 3 . C. 28a3 . 3 D. 7a 3 . Câu 236. [2H1-2] Cho hình chóp S . ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, SA  a 3 , AB  a , AC  a 3 , BC  2a . Thể tích khối chóp S . ABC bằng A. a3 3 . 6 B. a3 . 2 C. a3 3 . 2 D. a3 3 . 4   45 . Biết rằng SD vuông Câu 237. [2H1-2] Hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , có BAD góc với  ABCD  và SD  a 2 . Thể tích khối chóp S . ABC là A. 2a 3 . B. a3 . C. a3 . 6 D. a3 . 3 Câu 238. [2H1-2] Cho hình lăng trụ xiên ABC . ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a , AA  a 3 . Biết cạnh bên tạo với  ABC  góc 60 . Thể tích của khối lăng trụ đó bằng A. 3 3a3 . 8 B. 3a 3 . 8 C. 3 3a3 . 4 D. 3a 3 . 4 Câu 239. [1H3-2] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Biết SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi  là góc giữa  SBC  và  ABCD  . Khi đó cos  bằng A. 2 . 7 B. 3 . 2 C. 3 . 4 D. 2 . 5 Câu 240. [2H1-2] Cho lăng trụ đứng ABC . ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , cạnh bên CC   a 3 . Biết thể tích của lăng trụ bằng 2 3a 3 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CC  bằng A. a 2 . B. 2a . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. a 3 . D. 2 2a . Trang 24/178 Câu 241. [1H3-2] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,  ABC  60 , SA  a 3 và vuông góc với đáy. Khoảng cách từ A đến  SCD  bằng A. 15a . 5 B. 15a . 3 C. 3a . 2 D. 2a . 3 Câu 242. [2H1-2] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông. SA  a 2 và vuông góc với đáy. Biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng A. 2 a. 2 B. 2 6 a. 3 2 3 a . Khoảng cách từ B đến  SCD  bằng 3 C. 2 2 a. 3 D. 6 a. 3 Câu 243. [2H1-2] Cho hình chóp đều S . ABC có cạnh đáy bằng a . Biết thể tích khối chóp S . ABC bằng 3 3 a . Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 12 A. 45 . B. 30 . C. 60 . D. 75 . Câu 244. [2H1-2] Cho hình chóp đều S . ABC có SA  2a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB  a , AC  2a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB , SC . Thể tích khối chóp A.BCNM bằng A. a3 3 . 4 B. a3 3 . 6 C. a3 2 . 4 D. a3 6 . 2   60 , CSA   90 , SA  SB  a , SC  3a . Câu 245. [2H1-2] Cho hình chóp S . ABC có  ASB  BSC Tính thể tích khối chóp S . ABC . A. a3 6 . 3 B. a3 3 . 12 C. a3 3 . 4 D. a3 2 . 4 Câu 246. [2H1-2] Cho hình chóp S . ABC có M , N , P lần lượt là trung điểm của SA , SB , SC . Gọi V V1 và V2 lần lượt là thể tích khối đa diện ABCMNP và khối chóp S . ABC . Đặt k  1 , khi đó V2 giá trị của k là A. 8 . B. 8 . 7 C. 7 . 8 D. 1 . 8 Câu 247. [2H1-2] Cho hình lăng trụ ABC . ABC  có thể tích bằng 48 (đvtt). Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của CC  , BC , BC  . Tính thể tích khối chóp A.MNP . A. 24 (đvtt). B. 16 (đvtt). C. 12 (đvtt). D. 8 (đvtt). Câu 248. [2H1-2] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi. Gọi M , N lần lượt là trung V điểm của SB và SC . Tỉ lệ S . ABCD bằng VS . AMND A. 8 . 3 B. 1 . 4 C. 4 . D. 3 . 8 Câu 249. [2H1-2] Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng a . Thể tích khối tứ diện ACBD bằng A. a3 . 3 B. a3 . 4 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. a3 . 6 D. 2 2a 3 . 3 Trang 25/178 Câu 250. [2H1-2] Cho hình chóp tam giác S . ABC có SA   ABC  , tam giác ABC đều cạnh a , Góc giữa mặt bên  SBC  và  ABC  bằng 60 . Khi đó thể tích hình chóp S . ABC bằng 3a 3 3 A. . 8 B. a3 8 3 . 3a 3 C. . 8 D. a3 3 . 8 Câu 251. [2H1-2] Cho hình chóp S . ABC . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA và SB . Gọi V là thể tích của khối chóp S . ABC . Khi đó thể tích khối chóp S .CMN tính theo V là 1 1 1 1 A. V . B. V . C. V . D. V . 4 3 2 6 Câu 252. [2H1-2] Thể tích của khối cầu ngoại tiếp lăng trụ tam giác đều có cạnh bên bằng 2a và cạnh đáy bằng a bằng 32 a 3 32 a 3 3 32 a 3 3 32 a 3 3 A. . B. . C. . D. . 81 9 27 27 3 Câu 253. [2H1-2] Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng a . Thể tích khối tứ diện ACBD bằng a3 a3 a3 2 2a 3 A. . B. . C. . D. . 3 4 6 3 Câu 254. [2H1-2] Cho hình chóp tam giác S . ABC có SA   ABC  , tam giác ABC đều cạnh a , Góc giữa mặt bên  SBC  và  ABC  bằng 60 . Khi đó thể tích hình chóp S . ABC bằng 3a 3 3 A. . 8 B. a3 8 3 . 3a 3 C. . 8 D. a3 3 . 8 Câu 255. [2H1-2] Cho hình chóp S . ABC . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA và SB . Gọi V là thể tích của khối chóp S . ABC . Khi đó thể tích khối chóp S .CMN tính theo V là 1 1 1 1 A. V . B. V . C. V . D. V . 4 3 2 6 Câu 256. [2H1-2] Thể tích của khối cầu ngoại tiếp lăng trụ tam giác đều có cạnh bên bằng 2a và cạnh đáy bằng a bằng 32 a 3 32 a 3 3 32 a 3 3 32 a 3 3 A. . B. . C. . D. . 81 9 27 27 3 Câu 257. [2H1-2] Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy. Tính tích V của khối chóp tứ giác đã cho. 2a 3 2a 3 14a 3 14a 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 2 6 2 6 Câu 258. [2H1-2] Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA   ABCD  và SC tạo với mặt phẳng  SAB  một góc 30 . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. 6a 3 A. V  . 3 2a 3 B. V  . 3 2a 3 C. V  . 3 D. V  2a 3 . Câu 259. [2H1-2] Cho khối tứ diện có thể tích bằng V . Gọi V  là thể tích của khối đa diện có các đỉnh là V các trung điểm của các cạnh của khối tứ diện đã cho, tính tỉ số . V V 1 V 1 V 2 V 5 A.  . B.  . C.  . D.  . V 2 V 4 V 3 V 8 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 26/178 Câu 260. [2H1-2] Cho khối lăng trụ đứng ABC . ABC  có BB  a , đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AC  a 2 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V  a 3 . B. V  a3 . 3 C. V  a3 . 6 D. V  a3 . 2 Câu 261. [2H1-2] Cho khối chóp S . ABCD đáy là hình chữ nhật, AB  a , AD  a 3 , SA   ABCD  và mp  SBC  tạo với đáy góc 60 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . A. V  a3 . 3 B. V  3a 3 . 3 C. V  a 3 . D. V  3a 3 . Câu 262. [2H1-2] Cho khối chóp S . ABCD đáy là hình vuông cạnh a , SA   ABCD  và khoảng cách từ A đến mp  SBC  bằng A. V  a3 . 2 a 2 . Tính thể tích V của khối chóp đã cho: 2 B. V  a 3 . C. V  3a 3 . 9 D. V  a3 . 3 Câu 263. [2H1-2] Cho hình bát diện đều cạnh a . Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đều đó. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. S  4 3a 2 . B. S  3a 2 . C. S  2 3a 2 . D. S  8a 2 . Câu 264. [2H1-2] Cho khối chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC : A. V  13a3 . 12 B. V  11a 3 . 12 C. V  11a 3 . 6 D. V  11a 3 . 4 Câu 265. [2H1-2] Cho khối lăng trụ đứng ABC . ABC  có đáy ABC là tam giác cân với AB  AC  a ,   120 , mp  ABC   tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. BAC A. V  3a 3 . 8 B. V  9a 3 . 8 C. V  a3 . 8 D. V  3a 3 . 4 Câu 266. [2H1-3] Hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a ; SA vuông góc với  ABCD  ; góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 60 . Gọi M , N là trung điểm của SB , SC . Thể tích khối chóp S . ADNM bằng 6a 3 a3 3 3a 3 3a 3 A. . B. . C. . D. . 8 4 6 8 2 8 2 Câu 267. [2H1-3] Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB , AC và AD đôi một vuông góc với nhau; AB  6a , AC  7 a , AD  4a . Gọi M , N , P tương ứng là trung điểm các cạnh BC , CD , DB . Tính thể tích V của tứ diện AMNP . 7 28 A. V  a 3 . B. V  14a 3 . C. V  a 3 . D. V  7a 3 . 2 3 Câu 268. [1H2-3] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  a , BC  a 2 , SA  2a và SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Biết  P  là mặt phẳng qua A và vuông góc với SB , diện tích thiết diện cắt bởi  P  và hình chóp là A. 4a 2 10 . 25 B. 4a 2 3 . 15 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. 8a 2 10 . 25 D. 4a 2 6 . 15 Trang 27/178 Câu 269. [2H1-3] Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC , E là điểm đối xứng với B qua D . Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V . Tính V . 7 2a 3 11 2a 3 13 2a 3 2a 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 216 216 216 18 Câu 270. [2H1-3] Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB  x và các cạnh còn lại đều bằng 2 3 . Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất. A. x  6 . B. x  14 . C. x  3 2 . D. x  2 3 . Câu 271. [2H1-3] Xét khối chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A , SA   ABC  , khoảng cách từ A đến mp  SBC  bằng 3 . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  , tính cos  khi thể tích khối chóp S . ABC nhỏ nhất. 3 2 1 2 A. cos   . B. cos   . C. cos   . D. cos   . 3 3 2 3 Câu 272. [2H1.4-3] (NSL-BG-L1-1819) Cho khối chóp tam giác S . ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , đáy là tam giác ABC cân tại A , độ dài trung tuyến AD bằng a , cạnh bên SB tạo với đáy góc 30 và tạo với mặt phẳng  SAD  góc 30 . Thể tích khối chóp S . ABC bằng A. a3 3 . 3 B. a3 . 6 C. a3 3 . 6 a3 . 3 D. Câu 273. [2H1.3-3] (NSL-BG-L1-1819) Cho khối chóp S . ABC có AB  5 cm , BC  4 cm , CA  7 cm . Các mặt bên tạo với mặt phẳng đáy  ABC  một góc 30 . Thể tích khối chóp S . ABC bằng A. 4 3 cm3 . 3 B. 4 2 cm3 . 3 C. 4 6 cm3 . 3 3 3 cm3 . 4 D. Câu 274. [2H1-4] Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a . Tam giác SAD cân tại S và mặt bên  SAD  vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp S . ABCD 4 3 a . Tính khoảng cách h từ B đến mặt phẳng  SCD  . 3 2 4 8 A. h  a . B. h  a . C. h  a . 3 3 3 bằng Câu 275. [2H1.4-4] (NSL-BG-L1-1819) Có một khối gỗ dạng hình chóp O. ABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau, OA  3 cm , OB  6 cm , OC  12 cm . Trên mặt ABC người ta đánh dấu một điểm M sau đó người ta cắt gọt khối gỗ để thu được một hình hộp chữ nhật có OM là một đường chéo đồng thời hình hộp có 3 mặt nằm trên 3 mặt của tứ diện (xem hình vẽ). Thể tích lớn nhất của khối gỗ hình hộp chữ nhật bằng A. 8 cm3 . B. 24 cm3 . C. 12 cm 3 . D. h  3 a. 4 A M C O B D. 36 cm3 . Câu 276. [1H3.5-4] (NGÔ GIA TỰ-VPU-L1-1819) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành   30 , SBC   60 và SCA   45 . Tính khoảng cách d giữa hai và SA  SB  SC  11 , SAB đường thẳng AB và SD . 22 A. d  4 11 . B. d  2 22 . C. d  . D. d  22 . 2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 28/178 Câu 277. [2H1.3-3] (NGÔ GIA TỰ-VPU-L1-1819) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông, mặt 27 3 và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt 4 đi qua trọng tâm tam giác SAB và song song với mặt phẳng bên SAB là một tam giác đều có diện tích bằng phẳng  ABCD  . Mặt phẳng    ABCD  chia khối chóp S . ABCD thành hai phần. Tính thể tích V của phần chứa điểm S . A. V  24 . B. V  8 . C. V  12 . D. V  36 . Câu 278. [2H3.3-3] (LÝ NHÂN TÔNG-BNI-L1-1819) ình chóp S . ABC    CSA   60 . SA  a , SB  2a , SC  3a . Thể tích khối chóp đó là ASB  BSC A. a3 2 . 6 B. a3 2 . 3 C. a3 2 . 2 Câu 279. [2H1-4] Cho khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D có thể tích bằng 2110 . Biết AM  MA ; DN  3ND ; CP  2 PC  . Mặt phẳng  MNP  chia khối hộp đã cho thành hai khối đa diện. Thể tích khối đa diện nhỏ hơn bằng 7385 5275 A. . B. . 18 12 8440 5275 C. . D. . 9 6 D. có a3 3 . 2 D A C B N P M C D B A Câu 280. [2H1-4] Một viên đá có hình dạng là khối chóp tứ giác đều với tất cả các cạnh bằng a . Người ta cắt khối đá đó bởi mặt phẳng song song với đáy của khối chóp để chia khối đá thành hai phần có thể tích bằng nhau. Tính diện tích của thiết diện khối đá bị cắt bởi mặt phẳng nói trên. (Giả thiết rằng tổng thể tích của hai khối đá sau vẫn bằng thể tích của khối đá đầu). A. 2a 2 . 3 B. a2 . 3 2 C. a2 . 4 D. a2 . 3 4 PHẦN 4. MẶT CẦU. MẶT TRỤ. MẶT NÓN Câu 281. [2H2-1] Cho hình nón đỉnh S có đáy là đường tròn tâm O , bán kính R . Biết SO  h . Độ dài đường sinh của hình nón bằng A. h2  R2 . B. h2  R2 . C. 2 h 2  R 2 . Câu 282. [2H2-1] Diện tích của mặt cầu có bán kính R bằng A. 2 R 2 . B.  R 2 . C. 4 R 2 . Câu 283. [2H2-1] Thể tích của một khối cầu có bán kính R là 4 4 1 A. V   R 3 . B. V   R 2 . C. V   R 3 . 3 3 3 D. 2 h 2  R 2 . D. 2 R . D. V  4 R 3 . Câu 284. [2H2-1] Gọi l , h , r lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính mặt đáy của hình nón. Diện tích xung quanh S xq của hình nón là A. S xq   rh . B. S xq  2 rl . C. S xq   rl . 1 D. S xq   r 2 h . 3 Câu 285. [2H2-1] Nếu tăng bán kính đáy của một hình nón lên 4 lần và giảm chiều cao của hình nón đó đi 8 lần, thì thể tích khối nón tăng hay giảm bao nhiêu lần? A. tăng 2 lần. B. tăng 16 lần. C. giảm 16 lần. D. giảm 2 lần. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 29/178 Câu 286. [2H2-1] Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy và chiều cao đều bằng 2 . A. V  4 . B. V  12 . C. V  16 . D. V  8 . Câu 287. [2H2-1] Một hình trụ có bán kính đáy bằng 50cm , Chiều cao 50 cm. diện tích xung quanh của hình trụ đó là A. 5000  cm 2  . B. 5000  cm 2  . C. 2500  cm 2  D. 2500  cm 2  . Câu 288. [2H2-1] Cho hình chữ nhật ABCD có AB  2a , BC  3a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB , CD . Cho hình chữ nhật ABCD quay xung quanh trục MN ta được một khối trụ có thể tích bằng A. 4 a 3 . B. 5 a3 . C. 3 a 3 . D. 2 a 3 . Câu 289. [2H2-1] Gọi l , h , R lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của một hình nón. Đẳng thức nào sau đây luôn đúng? 1 1 1 A. l 2  hR . B. 2  2  2 . C. l 2  h 2  R 2 . D. R 2  h 2  l 2 . l h R Câu 290. [2H2-2] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân, cạnh huyền AB  2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy  ABC  . Góc giữa  SBC  và mặt đáy  ABC  bằng 60. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là A. 5 a 2 . B.  a 2 . C. 10 a 2 . D. 12 a 2 . Câu 291. [2H2-2] Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a và cạnh bên tạo với đáy góc 45. Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó là A. a . B. 2a . C. a 2 . D. a 3 . Câu 292. [2H2-2] Một hình nón tròn xoay có độ dài đường sinh l  2a , độ dài đường cao h  a . Gọi S là diện tích thiết diện của hình nón cắt bởi mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón. Giá trị lớn nhất của S bằng A. 2a 2 . B. a 2 3 . C. 2a 2 3 . D. 4a 2 . Câu 293. [2H2-2] Cho hình chóp tứ giác đều S .ABCD có cạnh đáy và cạnh bên đều bằng 2a . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .ABCD bằng 16 A. 4 a 2 . B.  a 2 . C. 8 a 2 . D. 2 a 2 . 3 Câu 294. [2H2-2] Cho chóp tam giác SABC có SA   ABC  , tam giác ABC vuông cân tại A và SA  2a , AB  a . Khi đó bán kính của mặt cầu ngoại tiếp SABC là A. R  a 3 . 2 B. R  a 6 . 2 C. R  a 5 . 2 D. R  a 7 . 2 Câu 295. [2H2-2] Cắt hình trụ tròn xoay T  bởi một mặt phẳng qua trục của T  ta được thiết diện là một hình vuông có cạnh bằng 2a . Thể tích của khối trụ T  là A. V  2 a 3 . B. V  4 a 3 . C. V  2 a 3 . 3 D. V   a 3 . Câu 296. [2H1-2] Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , cạnh A. a3 6 . 6 SC tạo với đáy một góc 60 . Thể tích khối chóp S .ABCD bằng B. a3 6 . 12 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. a3 6 . 3 D. a3 6 . 2 Trang 30/178 Câu 297. [2H2-2] Cắt mặt xung quanh của một hình nón tròn xoay  N  dọc theo một đường sinh rồi trải ra trên mặt phẳng ta được một nửa hình tròn có bán kính R . Chiều cao của hính nón  N  là A. h  R . 2 B. h  R 3 . C. h  R 3 . 2 D. h  R . Câu 298. [2H2-2] Cho hình chóp tròn xoay  N  có chiều cao 3 cm và bán kính đường tròn đáy là 4 cm . Thể tích của khối nón tròn  N  bằng A. 12  cm3  . B. 16  cm3  . C. 36  cm3  . D. 48  cm3  . Câu 299. [2H2-2] Cho hình trụ tròn xoay T  có chu vi của đường tròn đáy bằng 4 a và chiều cao h  a . Diện tích xung quanh của hình trụ T  bằng A. 4 2 a . 3 B. 4 a 2 . C. 3 a 2 . D. 2 a 2 . Câu 300. [2H2-3] Cho tứ diện ABCD. Gọi M , N , E , F lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD , ACD , ABD , ABC . Gọi R , r lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và tứ R diện MNEF . Tỉ số là r 3 A. 2 . B. 3 . C. 4 D. . 2 Câu 301. [2H2-2] Hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có diện tích các mặt ABCD, ADDA, CDDC  lần lượt là 15cm 2 , 20cm 2 , 12cm 2 . Thể tích mặt cầu ngoại tiếp khối hộp đó là 250 250 125 125 A. . B. . C. D. . 3 2 3 3 3 2 2 2 Câu 302. [2H2-2] Một mặt cầu  S  tâm O, bán kính 13cm. Ba điểm A , B , C thuộc  S  sạo cho AB  6cm, BC  8cm và AC  10cm. Khi đó khoảng cách từ O đến  ABC  bằng A. 9  cm  . B. 10  cm  . C. 8  cm  D. 12  cm  . Câu 303. [2H2-2] Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông có diện tích 100 cm 2 . Khi đó thể tích của khối trụ đó là A. 150  cm 3  . B. 100  cm 2  . C. 250  cm3  . D. 500  cm3  . Câu 304. [2H2-2] Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a, chiều cao bằng 2a. Mặt phẳng  P  song song với trục của hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện là một hình chữ nhật. Gọi O là tâm của đường a tròn đáy. Tính diện tích của thiết diện đó, biết khoảng cách từ O đến  P  bằng 2 2 2 2 A. 3 2a . B. 3 3a . C. 2 2a D. 2 3a 2 . Câu 305. [2H2-2] Cho tam giác ABC đều cạnh 2a . Gọi H là trung điểm của BC . Cho tam giác ABC quay xung quanh trục AH ta được một hình nón có diện tích xung quanh bằng A. 2 a 2 . B. 3 a 2 . C.  a 2 . D. 4 a 2 . Câu 306. [2H2-2] Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy a 2 , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 45 . Tính thể tích khối nón ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . A. 2 a3 . 3 B.  a3 . 3 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. 4 a3 . 3 D.  a 3 . Trang 31/178 Câu 307. [2H2-2] Thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng 2 . Khi đó diện tích toàn phần của hình nón bằng A.   2 2  2 . B.    22 . C. 2   22 . D. 2   22 . Câu 308. [2H2-2] Cho hình nón đỉnh S , đáy là đường tròn tâm O , bán kính bằng a . Hai điểm A , B a thuộc đường tròn  O  sao cho AB  a . Tính diện tích tam giác SAB biết SO  . 2 a2 B. . 3 2 A. a . 3a 2 C. . 2 a2 D. . 2 Câu 309. [2H2-2] Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A , AB  a và AC  a 3 . Tính độ dài đường sinh l của hình nón, nhận được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB . A. l  a . B. l  2a . C. l  3a . D. l  2a . Câu 310. [2H2-2] Từ một tấm tôn hình chữ nhật kích thước 50 cm  240 cm , người ta làm các thùng đựng nước hình trụ có chiều cao bằng 50 cm , theo hai cách sau (xem hình minh họa dưới đây): Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng. Cách 2: Cắt tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gò mỗi tấm đó thành mặt xung quanh của một thùng. Kí hiệu V1 là thể tích của thùng gò được theo cách 1 và V2 là tổng thể tích của hai thùng gò V được theo cách 1. Tính tỉ số 1 . V2 A. V1 1  . V2 2 B. V1  1. V2 C. V1  2. V2 D. V1  4. V2 Câu 311. [2H2-2] Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCD có AB  1 và AD  2 . Gọi lần lượt M , N là trung điểm của AD và BC . Quay hình chữ nhật đó xung quanh trục MN , ta được một hình trụ. Tính diện tích toàn phần Stp của hình trụ đó. A. Stp  4 . B. Stp  2 . C. Stp  6 . D. Stp  10 . Câu 312. [2H2-2] Cho khối nón  N  có bán kính đáy bằng 3 và diện tích xung quanh bằng 15 . Tính thể tích V của khối nón  N  . A. V  12 . B. V  20 . C. V  36 . D. V  60 . Câu 313. [2H2-2] Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD vuông tại C , AB   BCD  , AB  5a , BC  3a và CD  4a . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . 5a 2 5a 3 5a 2 5a 3 A. R  . B. R  . C. R  . D. R  . 3 3 2 2 Câu 314. [2H2-2] Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB  3a , BC  4a , SA  12a và SA   ABCD  . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . A. R  5a . 2 B. R  17a . 2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. R  13a . 2 D. R  6a . Trang 32/178 Câu 315. [2H2-3] Khi nhà sản xuất vỏ lon sữa bò hình trụ, các nhà thiết kế luôn đặt mục tiêu sao cho chi phí nguyên liệu làm vỏ lon là ít nhất, tức là diện tích toàn phần của hình trụ là nhỏ nhất. Muốn thể tích khối trụ đó bằng V và diện tích toàn phần của hình trụ nhỏ nhất thì bán kính đáy bằng V V V V A. 3 . B. 3 . C. D. . 2  2  Câu 316. [2H2-3] Cho hình chóp đều S . ABC . Gọi  N1  ,  N 2  lần lượt là hai hình nón có đỉnh S và đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Gọi V1  , V2  là V thể tích hai khối nón  N1  ,  N 2  . Tỉ số 1 bằng V2 A. 4 . B. 2 . C. 8 . D. 3 . Câu 317. [2H2-3] Cho mặt cầu  S  đường kính AB  2 R . Một mặt phẳng  P  di động nhưng luôn vuông góc với AB và cắt mặt cầu  S  theo một đường tròn. Hình nón tròn xoay  N  có đỉnh A và đáy là thiết diện tạo bởi mp  P  với mặt cầu  S  . Thể tích khối nón của hình nón  N  có giá trị lớn nhất bằng 32 34 A.  R3 . B.  R3 . 81 69 C. 33  R3 . 78 D. 17  R3 . 36 Câu 318. [2H2-3] Cho lăng trụ tam giác đều ABC . ABC  có độ dài cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h . Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho.  a2h  a2h A. . B. . C. 3 a 2 h . D.  a 2 h . 9 3 Câu 319. [2H2-3] Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB  a , AD  2a , AA  2a . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABBC  . 3a 3a A. R  3a . B. R  . C. R  . D. R  2a . 4 2 Câu 320. [2H2-3] Một cái lăn sơn nước có dạng hình trụ. Đường kính của đường tròn đáy là 5 cm , chiều dài lăn là 23cm (hình dưới). Sau khi lăn trọn 15 vòng thì lăn tạo nên hình phẳng có diện tích S . Tính giá trị của S . A. 1735  cm 2  . B. 3450  cm 2  . C. 862,5  cm 2  . D. 1725  cm 2  . Câu 321. [2H2-3] Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9 , tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất: A. V  144 . B. V  576 . C. V  576 3 . D. V  144 6 . Câu 322. [2H2-4] Cho hai hình vuông cùng có cạnh bằng 5 được xếp chồng lên nhau sao cho đỉnh X của một hình vuông là tâm của hình vuông còn lại (như hình vẽ bên). Tính thể tích V của vật thể tròn xoay khi quay mô hình trên xung quanh trục XY .   125 1  2  A. V    125 5  4 2  C. V  24   125 5  2 2  B. V  . 6 X . 12   Y 125 2  2  . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập D. V  4 . Trang 33/178 Câu 323. [2H2-4] Cắt bỏ hình quạt tròn OAB – hình phẳng có nét gạch trong hình, từ một mảnh các-tông hình tròn bán kính R và dán lại với nhau để được một cái phễu có dạng của một hình nón (phần mép dán coi như không đáng kể). Gọi x là góc ở tâm của quạt tròn dùng làm phễu, 0  x  2 . Tìm x để hình nón có thể tích lớn nhất. A. x  2 3 . 3 B. x  2 6 . 3 r h A O R O C. x  2 . 3 Câu 324. [2H2-4] Từ một khúc gỗ tròn hình trụ, đường kính bằng 8 2 cần xẻ thành một chiếc xà có tiết diện ngang là hình vuông và 4 miếng phụ kích thước x , y như hình vẽ. Hãy xác định x để diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là lớn nhất? A. x  41  3 . B. x  1 . C. x  17  3 . D. x   41  3 . A B D. x   . x y Câu 325. [2H2-4] Cho hai mặt phẳng  P  và  Q  song song với nhau và cắt một mặt cầu tâm O bán kính R tạo thành hai đường tròn có cùng bán kính. Xét hình nón có đỉnh trùng với tâm của một trong hai đường tròn và đáy trùng với đường tròn còn lại. Tính khoảng cách giữa  P  và  Q  để diện tích xung quanh hình nón đó là lớn nhất: A. R . B. R 2 . C. 2 R 3 . D. 2R 3 . 3 Câu 326. [2H2-4] Cho mặt cầu  S  có bán kính r không đổi. Gọi S . ABCD là hình chóp đều có chiều cao h , nhận  S  làm mặt cầu nội tiếp. Xác định h theo r để thể tích khối chóp S . ABCD đạt giá trị nhỏ nhất. A. h  3r . B. h  4r . C. h  2r . D. h  2r 3 . Câu 327. [2H2-4] Một cốc đựng nước hình nón đỉnh S , đáy tâm O bán kính R  cm  , chiều cao SO  3  cm  , trong cốc nước đã chứa một lượng nước có chiều cao a  1 cm  so với đỉnh S . Người ta bỏ vào cốc một viên bi hình cầu thì nước dâng lên vừa phủ kín viên bi và không tràn nước ra ngoài, viên bi tiếp xúc với mặt xung quanh của hình nón. Hãy tính bán kính của viên bi theo R . 3R A. . 3 2 3 R R  9  36 R R O R O 3R B. . R  R2  9 r R r C. . 3 h 2 3 R  R  9  36 R     R2 D. 3 R  R2  9 3 . S S   36R TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 34/178 Câu 328. [2H2-4] Khi cắt mặt cầu S  O, R  bởi một mặt kính, ta được hai nửa mặt cầu và hình tròn lớn của mặt kính đó gọi là mặt đáy của mỗi nửa mặt cầu. Một hình trụ gọi là nội tiếp nửa mặt cầu S  O, R  nếu một đáy của hình trụ nằm trong đáy của nửa mặt cầu, còn đường tròn đáy kia là giao tuyến của hình trụ với nửa mặt cầu. Biết R  1 , tính bán kính đáy r và chiều cao h của hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu S  O, R  để khối trụ có thể tích lớn nhất. A. r  3 6 ,h . 2 2 B. r  6 3 , h . 2 2 C. r  6 3 , h . 3 3 Câu 329. [2H2-4] Một khối gỗ có hình trụ với bán kính đáy bằng 6 và chiều cao bằng 8 . Trên một đường tròn đáy nào đó ta lấy hai điểm A , B sao cho cung AB có số đo 120 . Người ta cắt khúc gỗ bởi một mặt phẳng đi qua A , B và tâm của hình trụ (tâm của hình trụ là trung điểm của đoạn nối tâm hai đáy) để được thiết diện như hình vẽ. Biết diện tích S của thiết diện thu được có dạng S  aπ  b 3. Tính P  a  b . A. P  60 . B. P  30 . C. P  50 . D. r  3 6 , h . 3 3 A B D. P  45 . A Câu 330. [2H2-4] Có tấm bìa hình tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền BC bằng a .Người ta muốn cắt tấm bìa đó thành hình chữ nhật MNPQ rồi cuộn lại thành một hình trụ không đáy như hình vẽ. Diện tích hình chữ nhật đó bằng bao nhiêu để diện tích xung quanh của hình trụ là lớn nhất? a2 a2 A. . B. . 2 4 B C. M N Q P a2 . 12 D. C a2 . 8 PHẦN 5. BÀI TOÁN THỰC TẾ Câu 331. [2D1-3] Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích S thì hình chữ nhật có chu vi nhỏ nhất bằng bao nhiêu? A. 2 S . B. 4 S . C. 2S . D. 4S . Câu 332. [1D5-2] Một vật rơi tự do với phương trình chuyển động S  1 2 gt , trong đó g  9,8  m/s 2  và 2 t tính bằng giây  s  . Vận tốc tại thời điểm t  5  s  là A. 49  m/s  . B. 25  m/s  . C. 10  m/s  . D. 18  m/s  . Câu 333. [2D1-3] Độ giảm huyết áp của một bệnh nhân được đo bởi công thức G  x   0, 025 x 2  30  x  , trong đó x  mg  và x  0 là liều lượng thuốc cần tiêm cho bệnh nhân. Để huyết áp giảm nhiều nhất thì cần tiêm cho bệnh nhân một liều lượng bằng A. 15  mg  . B. 30  mg  . C. 40  mg  . D. 20  mg  . Câu 334. [2D2-4] Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 12% / năm . Ông muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng 1 tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng 1 tháng, số tiền hoàn nợ mỗi lần là như nhau và trả hết nợ sau đúng 3 tháng kể từ ngày vay. Hỏi theo cách đó, số tiền m (triệu đồng) mà ông A phải trả cho ngân hàng mỗi lần hoàn nợ là bao nhiêu? Biết rằng lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ. 3 100 1, 01 A. m  . 3 3 1, 01 . B. m  3 1, 01  1 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập 100.1,01 C. m  . 3 D. m  120 1,12  1,12 3 3 . 1 Trang 35/178 Câu 335. [2D2-4] Ông B gửi tiết kiệm số tiền 50 triệu với kỳ hạn 6 tháng và tài khoản định kỳ tính lãi kép với lãi suất 6, 0% / năm . Giả sử lãi suất không thay đổi. Hỏi sau 3 năm số tiền ông B nhận về xấp xỉ giá trị nào? A. 59.702.614,9 . B. 59.702.614, 6 . C. 59.702.614,8 . D. 59.702.614, 7 . Câu 336. [2D2-2] Thang đo Richte được Charles Francis đề xuất và sử dụng lần đầu tiên vào năm 1935 để sắp xếp các số đo độ chấn động của các cơn động đất với đơn vị Richte. Công thức tính độ chấn động như sau: M L  log A  log A0 , M L là độ chấn động, A là biên độ tối đa được đo bằng địa chấn kế và A0 là biên độ chuẩn. Hỏi theo thang độ Richte, cùng với một biên độ chuẩn thì biên độ tối đa của một chận động đất 7 độ Richte sẽ lớn gấp mấy lần biên độ tối đa của một trận động đất 5 độ Richte? A. 2 . B. 20 . C. 100 . 5 7 D. 10 . Câu 337. [2D2-2] Dân số thế giới được ước tính theo công thức S  A.e r . N trong đó A là dân số của năm lấy mốc tính, S là dân số sau N năm, r là tỷ lệ tăng dân số hằng năm. Cho biết năm 2001 , dân số Việt Nam có khoảng 78.685.000 người và tỷ lệ tăng dân số hằng năm là 1, 7% một năm. Như vậy, nếu tỉ lệ tăng dân số hằng năm không đổi thì đến năm nào dân số nước ta ở mức khoảng 120 triệu người? A. 2020. B. 2026. C. 2022. D. 2024. Câu 338. [2D2-2] Số lượng của loại vi khuẩn A trong một phòng thí nghiệm được tính theo công thức s  t   s  0  .2t , trong đó s  0  là số lượng vi khuẩn A lúc ban đầu, s  t  là số lượng vi khuẩn A có sau t phút. Biết sau 3 phút thì số lượng vi khuẩn A là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc ban đầu, số lượng vi khuẩn A là 10 triệu con? A. 48 phút. B. 19 phút. C. 7 phút. D. 12 phút. Câu 339. [2D2-2] Một người gửi ngân hàng 100 triệu đồng theo hình thức lãi kép, lãi suất 0,5% một tháng (kể từ tháng thứ 2 , tiền lãi được tính theo phần trăm tổng tiền có được của tháng trước đó và tiền lãi của tháng sau đó). Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu đồng? A. 47 tháng. B. 46 tháng. C. 45 tháng. D. 44 tháng. Câu 340. [2D1-3] Ông Nam gởi 100 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn 1 năm với lãi suất là 12% một năm. Sau n năm ông Nam rút toàn bộ số tiền (cả vốn lẫn lãi). Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để số tiền lãi nhận được lớn hơn 40 triệu đồng (giả sử lãi suất hàng năm không thay đổi). A. 4 . B. 5 . C. 2 . D. 3 . ———-HẾT———- TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 36/178 BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 B C C D C A B B A B C B A A D B C A B A 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 B A C B D C A A B C B A B D C D A C D D 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 C B B C A B D B B A A D B D C A B A A A 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 A D D B B D B C B D A C D D D B A D A C 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 D D A A D B B A B A D B D B C A C C D B 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 D A D A A B C A C B B A C A B A B D A A 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 D B D A C A D B B C C C D D B C C A B C 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 160 B D A C C A C D D C A B C D B C B D B C 161 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 180 D B D D C D C B B D D B A A A A D A B D 181 182 183 184 185 186 187 188 189 190 191 192 193 194 195 196 197 198 199 200 A B A B D D B A D A C A C C D D D D C C 201 202 203 204 205 206 207 208 209 210 211 212 213 214 215 216 217 218 219 220 C C D D D B A D C C D A A B D C A A B B 221 222 223 224 225 226 227 228 229 230 231 232 233 234 235 236 237 238 239 240 B A B D A D A D D B C A D B D B C A A B 241 242 243 244 245 246 247 248 249 250 251 252 253 254 255 256 257 258 259 260 A A C A D C D D A D A D A D A D D B A D 261 262 263 264 265 266 267 268 269 270 271 272 273 274 275 276 277 278 279 280 C D C B A D D A B C B B A B A D C C D D 281 282 283 284 285 286 287 288 289 290 291 292 293 294 295 296 297 298 299 300 B C A C A D B C C C C A C B A C C B B B 301 302 303 304 305 306 307 308 309 310 311 312 313 314 315 316 317 318 319 320 A D C D A B C D D D B A C C A A A B C D 321 322 323 324 325 326 327 328 329 330 331 332 333 334 335 336 337 338 339 340 B C B C D B C C C D TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập B A D B C C B C C D Trang 37/178 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP THI HỌC KÌ I NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN TOÁN 12 PHẦN 1. ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ Câu 1. [2D1-1] Hàm số y  x 5  2 x 3  1 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 1 . B. 2 . C. 3 . Lời giải Chọn B. y  x 5  2 x 3  1 . TXĐ: D   . D. 4 . x  0  x2  0 4 2  y   5 x  6 x  0  2 6   6. x  x   5 5 Ta thấy x  0 là nghiệm kép, x   6 5 là hai nghiệm đơn. Do đó, hàm số có 2 điểm cực trị tại x   Câu 2. 6 . 5 [2D1-1] Hàm số nào sau đây có cực trị? x2 A. y  . x2 x  2 B. y  . x2 x2 C. y  2 . x  2 Lời giải x2  2 x  1 D. y  . x2 Chọn C. ax  b luôn đơn điệu trên từng khoảng xác định của hàm số cx  d  Loại đáp án A và B. Hàm số dạng y  Câu 3. Xét hàm số: y  4 6 x2 5 x 2  8 x  2  . y    0  5 x 2  8 x  2  0 x  2 2 x  2 5   x 2  2  Hàm số y  x2 có 2 điểm cực trị.  x2  2 [2D1-1] Cho hàm số y  3 x 4  4 x 3 . Khẳng định nào sau đây là ĐÚNG? A. Hàm số đồng biến trên  ; 0  . B. Hàm số nghịch biến trên  0;1 . C. A 1; 1 là điểm cực tiểu của hàm số. D. Hàm số có 2 điểm cực trị. Lời giải Chọn C. y  3 x 4  4 x 3 . TXĐ: D   . x  0 y   12 x 3  12 x 2  0   . x  1 BBT: TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 38/178 x ∞ y’ 0 1 0 0 + ∞ + y 1 Dựa vào BBT ta có: đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là A 1; 1 . Câu 4. 4 . Phát biểu nào sau đây là ĐÚNG? x 1 A. Hàm số nghịch biến trên  3;1 . [2D1-1] Cho hàm số y  x  B. Hàm số không có cực trị. C. Hàm số đồng biến trên từng khoảng  ; 1 và  1;   . D. Hàm số đồng biến trên từng khoảng  ; 3  và 1;   . Lời giải Chọn D. TXĐ: D   1 . 2  x  1  4  x  3 y  1   . 0  2 2  x  1  x  1 x  1 4 Bảng biến thiên: x  y  3 0 1    1 0    3 y 5   Dựa vào BBT suy ra hàm số đồng biến trên từng khoảng  ; 3  và 1;   . Câu 5. [2D1-1] Hàm số nào sau đây đồng biến trên  : A. y  x 4  2 x 2  1 . B. y  x 3  3x 2  3 x . C. y  sin x  3 x  3 . D. y  2x . x 1 Lời giải Chọn C. Các hàm số dạng y  ax 4  bx 2  c và y  ax  b không đồng biến trên  . cx  d  Loại A, C. Xét hàm số y  sin x  3 x  3 . TXĐ: D   1 . y   cos x  3  0 , x    hàm số y  sin x  3 x  3 luôn đồng biến trên  . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 39/178 Câu 6. [2D1-1] GTLN của hàm số y  A. 10 . 3 x2  2 x  2  1  trên  ; 2  bằng x 1 2  C. 2 . B. 2 . D. 11 3 Lời giải Chọn A. Ta có y  x2  2 x  2 1 1  x 1  y  1  . 2 x 1 x 1  x  1  x  2 Cho y   0    x0 Bảng biến thiên: t 1 2 0 y y  2 0  10 3 5 2 2 Dựa vào bảng biến thiên suy ra GTLN của hàm số bằng Câu 7. 10 . 3 x2  x  2 có bao nhiêu đường tiệm cận? x 2  3x  2 B. 3 . C. 4 . D. 0 . Lời giải [2D1-1] Đồ thị hàm số y  A. 2 . Chọn B. Áp dụng định nghĩa về đường tiệm cận, ta tính các giới hạn: x2  x  2  1 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  1 . x  x 2  3 x  2 x2  x  2 x2  x  2 lim 2   , lim 2   nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  2 . x 2 x  3 x  2 x 2 x  3 x  2 x2  x  2 x2  x  2 lim 2   , lim 2   nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1 . x 1 x  3 x  2 x 1 x  3 x  2 Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận. lim Câu 8. [2D1-1] Biết đồ thị  C  : y  a bằng b 1 A. . 2 ax  1 có hai đường tiệm cận cắt nhau tại I  1; 2  . Khi đó tỉ số bx  1 B. 2 . C. 2 . D. 1 . Lời giải Chọn B. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 40/178 Ta có hàm số phân thức bậc nhất trên có tiệm cận ngang là y  giao điểm hai đường tiệm cận là I  1; 2  nên ta có y  Câu 9. [2D1-1] Trên đồ thị hàm số y  a , mà theo giả thiết, từ tọa độ b a  2. b  x3 11  x 2  3x  , cặp điểm nào đối xứng nhau qua trục Oy ? 3 3  16   16  A.  3;  ,  3;  . 3  3  B.  3; 3 ,  3; 3 . 16   16   D.  3;  ,  3; . 3   3   Lời giải C.  3;3 ,  3;3 . Chọn A. Để các điểm đối xứng nhau qua trục Oy thì hoành độ của chúng đối nhau, tung độ của chúng bằng nhau. Thay các giá trị x  3 và x  3 vào hàm số để tìm tung độ của điểm nằm trên đồ thị, ta thấy  16   16  cặp điểm  3;  ,  3;  thỏa mãn. 3  3  Câu 10. [2D1-1] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng? x  y 1   2  ||  0  y A. Hàm số đồng biến trên  ;3 . 3 B. Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị. C. Đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. D. max y  3 ; min y  0 .   Lời giải Chọn B. Đồ thị hàm số trên có hai điểm cực trị là 1;3 ,  2;0  . Do đó, mệnh đề B đúng. Trên khoảng  ;3 hàm số vừa đồng biến vừa nghịch biến nên mệnh đề A sai. Đường thẳng x  1 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số, do lim y  lim y  3 . Do đó, x 1 x 1 mệnh đề C sai. Giá trị cực đại của hàm số là 3 và giá trị cực tiểu của hàm số là 0 . Đây không tương ứng là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số. Do đó mệnh đề D sai. Câu 11. [2D1-1] Hàm số nào có đồ thị như hình dưới đây TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 41/178 1 y 1 O x 3 4 1 1 A. y   x 4  2 x 2  3 B. y   x 4  2 x 2  3 . C. y  x 4  2 x 2  3 . D. y  x 4  x 2  3 . 2 2 Lời giải Chọn C. Từ đồ thị hàm số ta thấy ngay đây là hàm số bậc 4 có hệ số của x 4 là số dương nên loại hai đáp án A. và B. Mặt khác, hàm số đạt cực trị tại x  1 và f  1  4 nên loại đáp án D. Câu 12. [2D1-1] Giá trị cực tiểu của hàm số y   x 4  2 x 2  3 bằng A. 0 . B. 3 . C. 4 . Lời giải D. 1 . Chọn B. Tập xác định: D   . x  0 y   4 x3  4 x  4 x  x 2  1 ; y   0   .  x  1 Bảng biến thiên: x 0  1 y 0 0   4 y  3  Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số là 3. 1 0 4    5 . Khẳng định nào sau đây đúng? 3  2x A. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận. 3 B. Đường thẳng x  là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 2 3 C. Hàm số đồng biến trên    . 2  5 D. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm  0;  .  3 Lời giải Chọn A. 3 Đồ thị hàm số có hai tiệm cận là hai đường thẳng x  ; y  0 . 2 3 B sai vì x  là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 2 3 3   C sai vì hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;  ;  ;   . 2 2   Câu 13. [2D1-1] Cho hàm số y  TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 42/178  5 D sai vì điểm  0;  là giao điểm của đồ thị hàm số và trục tung.  3 Câu 14. [2D1-1] Hàm số nào sau đây luôn đồng biến trên  A. y  x3  x 2  x  3 . C. y  x3  x 2  5 x  3 . D. y  B. y  x  1 . x 1 . 2x 1 Lời giải Chọn A. Đáp án A đúng vì y   3x 2  2 x  1  0, x   . Đáp án B sai vì y   1  0, x   1;    . 2 x 1 5  x   Đáp án C sai vì y   3 x  2 x  5; y  0   2.  x  1 2 Đáp án D sai vì y   3  2 x  1 2 1  0, x   . 2 Câu 15. [2D1-1] Cho hàm số y  f  x  xác định và liên trục trên  có bảng biến thiên. x  2 y   2 0  0  y A. Hàm số đồng biến trên  2; 2    2;   . B. Hàm số đồng biến trên  . C. Hàm số nghịch biến trên  . D. Hàm số nghịch biến trên  ; 2  . Lời giải Chọn D. Câu 16. [2D1-1] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau x  1 y  0  2  0  4 y 2 2 Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Hàm số có bốn điểm cực trị. C. Hàm số không có cực đại. B. Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 . D. Hàm số đạt cực tiểu tại x  5 . Lời giải Chọn B. Câu 17. [2D1-1] Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y  x 3  5 x 2  7 x  3 là A. 1; 0  . B.  0;1 .  7 32  C.  ;   .  3 27  Lời giải  7 32  D.  ;  .  3 27  Chọn C. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 43/178 x  1 Ta có y   3x  10 x  7 . Cho y   0   . x  7 3  2 Theo tính chất dấu của tam thức bậc hai y  sẽ đổi dấu từ    sang    khi đi qua giá trị x  Vậy hàm số đạt cực tiểu tại x  7 . 3 7 32 và yCT   . 3 27 1 4 x  2 x 2  1 . Hàm số có: 4 A. Một cực đại và hai cực tiểu. B. Một cực tiểu và hai cực đại. C. Một cực đại và không có cực tiểu. D. Một cực tiểu và một cực đại. Lời giải Chọn A. x  0 3 2 Ta có y   x  4 x  x  x  4  . Cho y   0   x  2 .  x  2 x  0 2 2  Câu 18. [2D1-1] Cho hàm số y  y  0   y 0  0  1 3 Hàm số có một cực đại và hai cực tiểu. Câu 19. [2D1-1] Hàm số y  A. 3 .  3 2x  3 có bao nhiêu điểm cực trị? x 1 B. 0 . C. 2 . Lời giải D. 1 . Chọn B. Ta có y    1  x  1 2  0, x   ; 1   1;   . Hàm số không có cực trị. Câu 20. [2D1-1] Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào? y x O A. y  x 3  3x  2 . B. y  x 4  x 2  1 . C. y  x 4  x 2  1 . D. y   x3  3 x  2 . Lời giải Chọn A. Căn cứ hình dáng đồ thị ta có hàm số bậc ba với hệ số a  0 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 44/178 Câu 21. [2D1-1] Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số y  ax  b với a , b , c , d là các số cx  d thực. Mệnh đề nào dưới đây đúng? y 2 x 3 O 1 3  2 A. y   0 , x  1 . B. y   0 , x  2 . C. y   0 , x  2 . Lời giải D. y   0 , x  1 . Chọn B. Hàm số giảm trên  ; 2  và  2;   nên y   0 , x  2 . Câu 22. [2D1-1] Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào? y x O A. y  x 3  3 x 2  3 . B. y   x 4  2 x 2  1 . C. y  x 4  2 x 2  1 . D. y   x 3  3x 2  1 . Lời giải Chọn A. Căn cứ hình dáng đồ thị ta có hàm số bậc ba với hệ số a  0 . Câu 23. [2D1-1] Cho hàm số y   x 4  2 x 2 có đồ thị như hình bên. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình  x 4  2 x 2  m có bốn nghiệm thực phân biệt? y 1 1 O A. m  0 . B. 0  m  1 . 1 x C. 0  m  1 . Lời giải D. m  1 . Chọn C. Số nghiệm thực của phương trình  x 4  2 x 2  m chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y   x 4  2 x 2 và đường thẳng y  m . Dựa vào đồ thị suy ra  x 4  2 x 2  m có bốn nghiệm thực phân biệt khi 0  m  1 . Câu 24. [2D1-1] Cho hàm số y   x  2   x 2  1 có đồ thị  C  . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A.  C  cắt trục hoành tại hai điểm. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập B.  C  cắt trục hoành tại một điểm. Trang 45/178 C.  C  không cắt trục hoành. D.  C  cắt trục hoành tại ba điểm. Lời giải Chọn B. Phương trình hoành độ giao điểm của  C  và trục hoành  x  2   x 2  1  0  x  2 . Vậy  C  cắt trục hoành tại một điểm. Câu 25. [2D1-2] Giá trị m để đồ thị hàm số y  x 4  2mx 2  2 có 3 điểm cực trị tạo thành tam giác vuông là A. m  4 . B. m  1 . C. m  3 . D. m  1 . Lời giải Chọn D. y  x 4  2mx 2  2 . TXĐ: D   . x  0 y   4 x3  4mx  0   2 . Hàm số có 3 điểm cực trị khi m  0 (*). x  m   Giả sử hàm số có 3 điểm cực trị lần lượt là A  0; 2  , B  m ; 2  m 2 và C   m ; 2  m2 . Dễ thấy 3 điểm cực trị A , B , C tạo thành tam giác cân tại A .   Khi đó, yêu cầu bài toán  AB  AC  AB. AC  0 .   Với AB   m ;  m 2 , AC  m ;  m 2     m  0  m  m4  0   . So với điều kiện (*) ta được m  1 . m  1 Câu 26. [2D1-2] Đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  ax  b có điểm cực tiểu là A  2; 2  . Khi đó giá trị a 2  b 2 là A. 0 . B. 4 . C. 4 . Lời giải D. 2 . Chọn C. y   3 x 2  6 x  a và y   6 x  6 .  y  2   0 a  0  a  0  Hàm số có điểm cực tiểu A  2; 2    y  2   0  6  0 .  b  2  4  2 a  b  2    y  2   2 Vậy a 2  b2  4 . Câu 27. [2D1-2] Điều kiện của m để hàm số y  4 x3  mx 2  3 x có 2 điểm cực trị x1 , x2 thoả mãn x1  4 x2 là 9 A. m   . 2 3 B. m   . 2 C. m  0 . 1 D. m   . 2 Lời giải Chọn A. y   12 x 2  2mx  3  0  12 x 2  2mx  3  0 1 . Yêu cầu bài toán  PT 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn x1  4 x2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 46/178    0   m 2  36  0, m   1   x1  x2   m x2     m    6 4.    3 x2   6 x x   1  m   9 1 2    2 1 4 2  x  4 x  x2  16  1 2 Vậy m   9 là giá trị cần tìm. 2 Câu 28. [2D1-2] Điều kiện của m để hàm số y  A. m  1 . B. m  1 . 1 3 x  mx 2   m2  m  1 x  1 đồng biến trên  là 3 C. m  1 . D. m  0 . Lời giải Chọn A. TXĐ: D   . y   x 3  2mx  m 2  m  1 . Hàm số đồng biến trên   y   0 , x    x3  2mx  m 2  m  1  0 , x   a  0   m 1  0  m  1 .    0 Câu 29. [2D1-2] Khoảng nghịch biến của hàm số y  x 3  3mx 2  3  m 2  1 x  m4  2m 2 có độ dài lớn nhất là A. 2m . B. 2 . C. 1 . D. m . Lời giải Chọn B. TXĐ: D   1 . y   3x 2  6mx  3  m 2  1  0 .   9  0  phương trình y   0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Vì hệ số a  0 nên ta có BBT sau: x  y  x1 0  x2  0   y  Dựa vào BBT suy ra: hàm số luôn nghịch biến trên  x1 ; x2  . 2 A  x1  x2  A2   x1  x2   4 x1 x2  4m 2  4  m 2  1  4  A  2 . Vậy max A  2 . Câu 30. [2D1-2] Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y     0; 4  . Đặt P  M .m , khi đó khẳng định nào sau đây ĐÚNG? A. P  0 . B. 1  P  2 . C. 2  P  4 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập tan x  2 trên tan x  2 D. P  4 . Trang 47/178 Lời giải Chọn C.   Đặt t  tan x do x   0;  nên t  tan x   0;1 .  4 t2 4 4 Khi đó y   1  y    0, x  D . 2 t2 t 1 t  2 Nên M  f  0   1 và m  f 1  3 . Vậy P  3 . Câu 31. [2D1-2] Có bao nhiêu giá trị m để giá trị lớn nhất của hàm số y  x 3  3 x  m  1 trên  0;3 bằng 1 ? A. 0 . B. 1 . C. 2 . Lời giải D. Vô số. Chọn B.  x 1 Ta có y   3 x 2  3  y  0   .  x  1 Bảng biến thiên: x 0 y m 1 y  3 1 0  m  17 m3 Để GTLN của hàm số bằng 1  m  17  1  m  18 Vậy chỉ có một giá trị m  18 thỏa mãn đề bài.    Câu 32. [2D1-2] Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  sin 3 x  cos 2 x  sin x  2 trên   ;  bằng  2 2 23 1 A. . B. 0 . C. 1 . D. . 27 9 Lời giải Chọn A. Ta có y  sin 3 x  cos 2 x  sin x  2  sin 3 x  1  2sin 2 x   sin x  2 .    Đặt t  sin x do x    ;  nên t  sin x   1;1 .  2 2  t  1 2   Khi đó y  t  2t  t  1  y  3t  4t  1  y  0   . t   1 3  Bảng biến thiên: 1  t 1 3 y 0   3 2 1 5 y 1 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập 23 27 Trang 48/178 23 . 27 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng Câu 33. [2D1-2] Giá tị lớn nhất của hàm số y  x 3e  x trên  0;   bằng 3 3 e A.   . 3 3 3 e C. . 27 Lời giải 3 B.   . e  e  D.   .  ln 3  Chọn B. Ta có y    x3e  x   3 x 2 .e  x  x 3e  x  x 2 .e  x  3  x  . x  0 Khi đó y   0   . x  3 f  0   0 và f  3  33 e3 Bảng biến thiên: x 0 y 3 0    3 3   e y 0  3 3 Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là   e Câu 34. [2D1-2] Cho hàm số y   x3  3 x  2 có đồ thị  C  và đường thẳng y   x  2 .Gọi d là tiếp tuyến của  C  tại giao điểm của  C  với đường thẳng trên với tiếp điểm có hoành độ dương. Khi đó phương trình của d là A. y  9 x  18 . B. y  9 x  22 . C. y  9 x  9 . D. y  9 x  14 . Lời giải Chọn D.  x0 Phương trình hoành độ giao điểm  x  3x  2   x  2   x  2 .  x  2 3 Chỉ có x  2 có hoành độ dương nên x0  2 trong Phương trình tiếp tuyến: y  y0  f   x0  x  x0   y  4  9  x  2   y  9 x  14 . Câu 35. [2D1-2] Cho hàm số y  x 4  2 x 2  2 . Có bao nhiêu tiếp tuyến của  C  đi qua điểm A  0; 2  ? A. 1 . B. 2 . C. 3 . Lời giải D. 4 . Chọn C. Đặt phương trình tiếp tuyến dạng: y  ax  b . Phương trình tiếp tuyến đi qua A  0; 2  nên: 2  a.0  b  b  2 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 49/178 4 2  x  2 x  2  ax  2 1 Số tiếp tuyến của đồ thị hàm số là nghiệm của hệ phương trình:  4 x3  4 x  a  2   Lấy  2  thay vào 1 ta được 3 x 4  2 x 2  0 . Phương trình có 3 nghiệm nên có 3 tiếp tuyến thỏa mãn. Câu 36. [2D1-2] Biết đồ thị y  x 4  2mx 2  x  1 và đường thẳng y  x  2m có đúng hai điểm chung. Khi đó phát biểu nào sau đây ĐÚNG? 1  A. m   0;1 . B. m   ;  . 2  1  C. m   ;1 . 2  Lời giải 1  D. m   ;   1 . 2  Chọn D. Phương trình hoành độ giao điểm x 4  2mx 2  x  1  x  2m  x 4  2mx 2  m 2   m  1 2  x 2  m   m  1 2  x 2  2m  1 2   x 2  m    m  1   2  2  x  m   m  1  x 1 1  2m  1  0 m  Để phương trình có hai điểm chung thì    2.  2m  1  1  m  1 Câu 37. [2D1-2] Đường thẳng y  m  2 cắt đồ thị hàm số y  x 3  3x  2 tại ba điểm phân biệt khi: A. 2  m  2 . B. m  2 . C. 2  m  2 . Lời giải D. 2  m  2 . Chọn A. Phương trình hoành độ giao điểm: x 3  3x  2  m  2 x 3  3x  m  0 Đặt f  x   x3  3x  m  f   x   3 x 2  3  f   x   0  x  1 . Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì fCĐ . f CT  0   m  2  m  2   0 .  2  m  2 . x tại hai điểm phân biệt là x 1 B. m  0 hoặc m  2 . C. m  0 hoặc m  4 . D. m  1 hoặc m  4 . Lời giải Câu 38. [2D1-2] Điều kiện của m để đường thẳng y   x  m cắt  C  : y  A. 1  m  4 . Chọn C. Để đường thẳng y   x  m cắt  C  : y  độ giao điểm  x  m  Ta có:  x  m  x tại hai điểm phân biệt thì phương trình hoành x 1 x phải có hai nghiệm phân biệt khác 1 . x 1 x  x 2  mx  m  0 x 1   m 2  4m  0 m  4 Để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt khác 1 là  .  m  0 1  m  m  0 Câu 39. [2D1-2] Trên đồ thị hàm số y  3x  1 có bao nhiêu điểm mà tọa độ là các số nguyên? x 1 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 50/178 A. 0 . B. 2 . C. 4 . Lời giải D. 6 . Chọn D. Các điểm có tọa độ là các số nguyên nghĩa là hoành độ và tung độ đều là các số nguyên. 3x 1 4 Ta có:  3 x 1 x 1 4 Để tung độ nguyên thì   nên x  1 phải là ước của 4 x 1  x  1 4; 2; 1;1; 2; 4  x  5; 3; 2; 0;1;3 . Khi đó có 6 điểm có tọa độ nguyên nằm trên đồ thị hàm số đã cho. Câu 40. [2D1-2] Tìm tọa độ các điểm thuộc đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  2 biết hệ số góc của tiếp tuyến tại các điểm đó bằng 9 . A. 1; 6  ,  3; 2  . B. 1; 6  ,  3; 2  . C.  1; 6  ,  3; 2  . D.  1; 6  ,  3; 2  . Lời giải Chọn D. Ta có phương trình tiếp tuyến tại điểm  x0 ; y0  có dạng: y  f   x0  x  x0   y0 có hệ số góc là f   x0  .  x  1 Theo đề bài ta có f   x0   9  3x 2  6 x  9  0   . x  3 Thay lại vào hàm số, ta có được hai điểm thỏa mãn điều kiện có tọa độ là  1; 6  ,  3; 2  . Câu 41. [2D1-2] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên và các nhận xét như sau: x y   1 ||  2 0  4 ||     y || (I) Hàm số y  f  x  có ba điểm cực trị. (II) Hàm số y  f  x  có một điểm cực đại và một điểm cực tiểu. (III) Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và  2; 4  . Khi đó khẳng định nào dưới đây đúng: A. (I) và (III) đúng. B. Chỉ (III) đúng. C. (II) và (III) đúng. Lời giải D. Chỉ (I) đúng. Chọn C. Câu 42. [2D1-2] Cho đồ thị hàm số y  f  x  có hình dạng như hình dưới: TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 51/178 Đồ thị nào dưới đây là đồ thị hàm số y   f  x  A. . .C. . B. . D. Lời giải . Chọn B. Đồ thị hàm số y   f  x  được vẽ bằng cách lấy đố xứng đồ thị hàm số y   f  x  qua trục Ox . Câu 43. [2D1-2] Tìm m để hàm số y  2 x 3  3 x 2  m có giá trị lớn nhất trên đoạn  0;3 bằng 2019 . A. m  2017 . B. m  2018 . C. m  2020 . Lời giải D. m  2019 . Chọn B. Ta có y   6 x 2  6 x  x  1   0;3 y  0    x  1  0;3 Mặt khác y  0   m ; y  3  m  27 ; y 1  m  1 Nên max y  m  1 , theo giả thiết ta có m  1  2019  m  2018 .  0;3 Câu 44. [2D1-2] Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số y   về hai phía của trục tung. A. m  3 . B. m  0 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập x3  3 x 2  mx  m 2  2 có hai cực trị nằm 3 C. m  0 . Lời giải D. m  3 . Trang 52/178 Chọn C. TXĐ: D   Ta có: y    x 2  6 x  m (a  1; b  6; c  m) Để đồ thị hàm số có hai cực trị nằm về hai phía của trục tung thì phương trình y ‘  0 phải có hai nghiệm phân biệt trái dấu. Điều kiện là a.c  0   1 .m  0  m  0. Câu 45. [2D1-2] Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số  C  : y  trục hoành là ` 1 1 A. y   x  . 3 3 1 1 B. y  x  . 3 3 1 x tại giao điểm của  C  với 2x 1 1 1 C. y   x  . 3 3 Lời giải 1 1 D. y  x  . 3 3 Chọn A. Giao điểm của  C  và Ox là A 1;0  Ta có: y   3  2 x  1 2 nên y 1   1 3 Phương trình tiếp tuyến của  C  tại A 1;0  là y  y 1 x  1  0  y   1  x  1 3 1 1 hay y   x  . 3 3 Câu 46. [2D1-2] Cho hàm số y  cos 2 x  x . Khẳng định nào sau đây sai?  hàm số không đạt cực đại. 2 7 C. Hàm số đạt cực đại tại điểm x  . 12 B. Hàm số đạt cực đại tại điểm x  A. Tại x  D. Tại x  11 . 12 13 hàm số đạt cực tiểu. 2 Lời giải Chọn B. Tập xác định D   . y   2sin 2 x  1     2 x   k 2 x   k   1 6 12 y   0  sin 2 x     2  2 x  5  k 2  x  5  k  6 12  y   4 cos 2 x      y    k   4 cos   k 2   2 3  0  x   k là điểm cực đại của hàm số. 12  12  6  5  5   5  y    k   4 cos   k 2   2 3  0  x   k là điểm cực tiểu của hàm số. 12  12   6   11 Điểm cực đại của hàm số là x   k với k  1  x  . 12 12 Câu 47. [2D1-2] Số tiệm cận của đồ thị hàm số y  A. 0 . B. 1 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập 3 là x 1 C. 2 . 2 D. 3 . Trang 53/178 Lời giải Chọn B. TXĐ: D   1 lim y    đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x  1 . x 1 lim y    đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x  1 . x 1 lim y  0  đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y  0 . x  Câu 48. [2D1-2] Khoảng đồng biến của hàm số y  x 4  2 x 2  5 là A.  ; 1 . B.  ; 0  . C.  0;  . D.  1;   . Lời giải Chọn B. Tập xác định: D   . Ta có y   4 x 3  4 x  0  x  0 . Bảng biến thiên x y  – 0 0     y 5 Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số đã cho đồng biến trên  0;  . Câu 49. [2D1-2] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  khoảng xác định của nó. A. m  2 . B. m  2 . 2x  m nghịch biến trên từng x 1 C. m  2 . Lời giải D. m  2 . Chọn B. Tập xác định của hàm số y  y  2x  m là D   ;1  1;   . x 1 2  m  x  1 2 2x  m nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó x 1  y   0 x  D  2  m  0  m  2 . Hàm số y  3 Câu 50. [2D1-2] Số các điểm cực trị của hàm số y   2  3 x  2 x  1 là A. 1 . B. 4 . C. 3 . Lời giải D. 2 . Chọn A. 1  x  2 2 2 . Xét y   0   2 x  1  6 x  3  12  18 x   0   2 x  1  24 x  9   0   x  3  8 Ta có bảng biến thiên: TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 54/178 x 3 8 0  y    y Từ đó ta kết luận: Vậy hàm số có duy nhất một điểm cực trị. Câu 51. [2D1-2] Đồ thị hàm số nào trong các hàm số sau không có điểm chung với trục hoành. 2x A. y  x  x 2  5 . B. y  e x  1 . C. y  x 3  1 . D. y  . x 3 Lời giải Chọn A. Xét phương trình x  x 2  5  0 (1)  x  x 2  5  x 2  x 2  5 (2) Phương trình (2) vô nghiệm nên pt (1) vô nghiệm. Vậy đồ thị hàm số y  x  x 2  5 không có điểm chung với trục hoành. Với các pt: e x  1  0  x  0 x3  1  0  x  1 2x 0 x0 x 3 đều có nghiệm nên đồ thị có điểm chung với trục hoành. x2  2x 1 Câu 52. [2D1-2] Khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  là x 1 A. 5 2 . B. 4 . C. 8 . Lời giải D. 4 5 . Chọn D. Tập xác định D   1 y  x2  2x  3  x  1 2 x  1  y  0 ; y  0    x  3  y  8 Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A 1;0  , B  3; 8  AB  4 5 Câu 53. [2D1-2] Khoảng nghịch biến của hàm số y  x 3  3 x 2  9 x  11 là A.  3;1 . B.  1;3 . C.  3;   . D.  ; 1 . Lời giải Chọn B. Tập xác định: D   . y  3×2  6 x  9 . x  3 . y  0  3×2  6 x  9  0    x  1 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 55/178 x y 1 0   3 0     16 y 16  Dựa vào bảng biến thiên thì hàm số ngịch biến trong khoảng  1;3 . Câu 54. [2D1-2] Tất cả các giá trị của m để đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  điểm phân biệt là A. m  3 . B. m  1 . C. 12  m  3 . Lời giải x4  2 x 2  1 tại 4 4 D. 3  m  1 . Chọn D. Cách 1: Phương trình hoành độ giao điểm x4  2 x 2  1  m  x 4  8 x 2  4  4m  0 1 . 4 Đặt t  x 2  t  0  . Phương trình trở thành: t 2  8t  4  4m  0  2  . Phương trình hoành độ giao điểm: Đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  x4  2 x 2  1 tại 4 điểm phân biệt. 4  1 có 4 nghiệm phân biệt.   2  có hai nghiệm dương phân biệt. 16   4  4m   0    0   m  3  .  S  0  8  0  m  1  P  0 4  4m  0   Cách 2: Dùng bảng biến thiên x4 x  0 Xét hàm số y   2 x 2  1 có y   x 3  4 x  0   . 4  x  2 Bảng biến thiên x y   2 0  0 0  2 0   1 y 3 3 Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  x4  2 x 2  1 tại 4 điểm 4 phân biệt  3  m  1 . Câu 55. [2D1-2] Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y   0;3 . Khi đó A. 7 . 2 2x  9 trên x3 M  m bằng B. 9 . 2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập 11 . 2 Lời giải C. D. 15 . 2 Trang 56/178 Chọn C. Ta có: TXĐ: D   3  Trên  0;3 hàm số đã cho liên tục. y  3  x  3 2  0 với x  3  Hàm số luôn nghịch biến trên  0;3 .  M  f  0   3 , m  f  3  Vậy M  m  3  5 2 5 11  . 2 2 Câu 56. [2D1-2] Hàm số y  A. m  2 . 1 3 x  mx 2   m2  m  1 x  1 đạt cực đại tại điểm x  1 khi 3 B. m  1 . C. m  1 . D. m  1 hoặc m  2 . Lời giải Chọn A. Ta có: y   x 2  2mx  m 2  m  1 m  1 Nếu hàm số đạt cực đại tại x  1 thì y  1  0  m 2  3m  2  0   m  2 2 Với m  1 thì y   x 2  2 x  1   x  1  y  0, x    hàm số luôn đồng biến trên  Do đó: m  1 (không thỏa mãn). Với m  2 thì y   x 2  4 x  3 và y   2 x  4 Mà y  1  0 và y  1  2  0 nên hàm số đạt đại tại x  1 . Vậy m  2 (thỏa mãn). Câu 57. [1D4-2] Hàm số y  x 3  3 x 2  4 đồng biến trên. A.  0; 2  . B.  ; 0  và  2;   . C.  ;1 và  2;   . D.  0;1 . Lời giải Chọn B. TXĐ: D   . y   3x 2  6 x. x  0 y   0  3x 2  6 x  0   . x  2 Bảng biến thiên: x  y  3 1 0  0    y 0 Vậy hàm số đồng biến trên hai khoảng  ; 0  và  2;   . Câu 58. [1D2-2] Hàm số y  1 4 x  3x 2  3 nghịch biến trên các khoảng nào? 2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 57/178    A.  ;  3 và 0; 3 C.    3  3  B.   ;0  và  ;   .  2   2     3;  .   D.  3 ; 0 và  3;  . Lời giải Chọn A. TXĐ: D   . f   x   2 x 3  6 x. x  0 f   x   0  2 x3  6 x  0  2 x  x 2  3    . x   3  Bảng biến thiên: 0  x  3 y 0 0     3 y 15  2   3 0    15 2    Vậy hàm số nghịch biến trên hai khoảng ;  3 và 0; 3 . x2 nghịch biến trên các khoảng: x 1 A.   ;1 và 1;    . B.  ;   . C.  1;   . Câu 59. [2D1-2] Hàm số y  D.  0;   . Lời giải Chọn A. TXĐ: D   1 . y  3  x  1 2  0, x  D.  Hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định. Câu 60. [2D1-2] Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên  . A. y  x 3  3x 2  3 x  2008 . B. y  x 4  x 2  2008 . C. y  tan x . D. y  x 1 . x2 Lời giải Chọn A. y  x 3  3x 2  3 x  2008 . 2 y   3x 2  6 x  3  3  x 2  2 x  1  3  x  1  0, x   .  Hàm số luôn đồng biến trên  . Câu 61. x 1 đồng biến trên khoảng  2;   . xm B.  2;   . C.  1;   . D.  ; 2  . [2D1-2] Tìm m để hàm số y  A.  1;   . Lời giải Chọn A. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 58/178 TXĐ: D    m y  m 1  x  m 2 . m  2  m  2 Hàm số đồng biến trên khoảng  2;       m  1. m  1  0  m  1 Vậy m   1;   . Câu 62. [2D1-2] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2  x 2 – 2   3  m có 2 nghiệm phân biệt. A. m  3 . B. m  3 . C. m  2 . Lời giải D. m  3 hoặc m  2 . Chọn D. x 2  x 2 – 2   3  m là phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng  d  : y  m và đồ thị hàm số y  x 2  x 2 – 2   3 . Xét hàm số y  x 2  x 2 – 2   3  y  x 4  2 x 2  3 . y   4 x3  4 x x  0 y  0    x  1 x y   1 0  0 0  1 0     3 y 2 2 Dựa vào bảng biến thiên, ta có: m  2 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt   . m  3 2x  3 có đồ thị  C  và đường thẳng d : y  x  m . Các giá trị của x2 tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị  C  tại 2 điểm phân biệt là Câu 63. [2D1-2] Cho hàm số y  A. m  2 . B. m  6 . C. m  2 . Lời giải D. m  2 hoặc m  6 . Chọn D. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  C  và đường thẳng d : 2x  3  x  m  x  2  x2  2 x  3   x  m  x  2  (Nhận xét: x  2 không là nghiệm của phương trình này)  x 2  mx  2m  3  0 1 d cắt đồ thị  C  tại 2 điểm phân biệt  1 có hai nghiệm phân biệt TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 59/178 m  2 .    0  m2  8m  12  0   m  6 Câu 64. [2D1-2] Hàm số y  x 3  3 x 2  4 đạt cực tiểu tại điểm: A. x  0 . B. x  2 . C. x  4 . Lời giải D. x  0 và x  2 . Chọn B. y   3x 2  6 x. x  0 y   0  3x 2  6 x  0  3 x  x  2   0   . x  2 Bảng biến thiên: x  0 y  0  2  0   4 y 0 Tại x  2 đạo hàm đổi dấu từ    sang    nên hàm số đạt cực tiểu tại x  2 . Câu 65. x2  4 x  1 [2D1-2] Cho hàm số y  . Hàm số có hai điểm cực trị là x1 , x2 . Tích x1 x2 có giá trị bằng x 1 A. 2 . B. 5 . C. 1 . D. 4 . Lời giải Chọn B. Hàm số đã cho luôn xác định trên mỗi khoảng  ; 1 và  1;   Ta có y   x2  2 x  5  x  1 2 . Cho y   0  x 2  2 x  5  0 (Điều kiện: x  1 ). Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 và y  luôn đổi dấu khi đi qua hai nghiệm x1 ; x2 . Do đó hàm số có hai điểm cực trị là x1 ; x2  x1 x2  5 . Câu 66. [2D1-2] Hàm số y  x 2  4  x có mấy điểm cực trị? A. 0 . B. 1 . C. 2 . Lời giải D. 3 . Chọn D. 2  2 x  1 khi x  2  x  2  x  x  4 khi x  2  x  2 Ta có: y  x 2  4  x   2  y    x  x  4 khi  2  x  2  2 x  1 khi  2  x  2 1 y  0  x  2 Vẽ đồ thị của hàm số trên từng khoảng ta được đồ thị của hàm số y  x 2  4  x như sau: TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 60/178 Dựa vào đồ thị hàm số ta có, hàm số đã cho có 3 cực trị. Cách khác: Học sinh có thể lập bảng biến thiên và xét dấu đạo hàm trên từng miền. Câu 67. [2D1-2] Tìm m để hàm số y  mx 3   m 2  10  x  m  2 đạt cực tiểu tại x0  1 . A. m  2 . B. m  5 . C. m  2 ; m  5 . Lời giải D. m  2 ; m  5 . Chọn B. Ta có: y   3mx 2  m 2  10 ; y   6mx .  m  2 Điều kiện cần để hàm số đạt cực tiểu tại x0  1 là y  1  0  m2  3m  10  0   . m  5 Điều kiện đủ: Khi m  2 thì y  1  12  0 . Hàm số đạt cực đại tại x  1 (loại). Khi m  5 thì y  1  30  0 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 (thỏa mãn). Câu 68. [2D1-2] Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y  tại x  3 . A. m  1 . B. m  7 . 1 3 x  mx 2   m 2  4  x  3 đạt cực đại 3 C. m  5 . Lời giải D. m  1 . Chọn C. Ta có: y   x 2  2mx  m 2  4 ; y   2 x  2m . m  1 Điều kiện cần để hàm số đạt cực đại tại x  3 là y   3  0  m2  6m  5  0   . m  5 Điều kiện đủ: Khi m  1 thì y   3  4  0 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  3 (loại). Khi m  5 thì y   3  4  0 . Hàm số đạt cực đại tại x  3 (thỏa mãn). Câu 69. [2D1-2] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y  x 4  2mx 2 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1 . A. 0  m  3 4 . B. m  1 . C. 0  m  1 . Lời giải D. m  0 . Chọn B. Ta áp dụng công thức nhanh: Đồ thị của hàm số y  ax 4  bx 2  c có 3 điểm cực trị tạo thành b 5 một tam giác có diện tích được tính bằng công thức: S  . 32a 3 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 61/178 5   2m  32m5 Do đó ycbt  1  1  m  1. 32.13 32 Câu 70. [2D1-2] Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y  x 2  A. m  17 . 4 B. m  10 . 2 trên đoạn x C. m  5 . 1   2 ; 2  . D. m  3 . Lời giải Chọn D. 1  + Hàm số liên tục và xác định trên  ; 2  . 2  2 2 x3  2 1   ; y   0  2 x3  2  0  x  1 (nhận do x   ; 2 ). 2 2 x x 2   1  17 + Ta có f    ; f 1  3 ; f  2   5 . 2 4 + y  2 x  Vậy min f  x   3 tại x  1 . 1  x ;2 2  Câu 71. [2D1-2] Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y  x 4  x 2  13 trên đoạn  2;3 . A. m  51 . 4 B. m  49 . 4 C. m  13 . D. m  51 . 2 Lời giải Chọn A. + Hàm số liên tục và xác định trên  2;3 .   2 x + y  4 x  2 x ; y  0   2 (nhận do x   2;3 ).   x  0 3   2  51 + Ta có: f  2   25 ; f    ; f  0   13 ; f  3  85 .  2  4 Vậy min f  x   1  x ;2 2  51  2 tại x  . 4 2 Câu 72. [2D1-2] Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số y  x 4  2 x 2  3 trên đoạn  0; 3  . A. M  9 . B. M  8 3 . C. M  6 . Lời giải D. M  1 . Chọn C. + Hàm số liên tục và xác định trên  0; 3  .  x  1 x  1 + y   4 x3  4 x ; y   0   (do x   0; 3  ).  x  0 x  0 + Ta có f  0   3 ; f 1  2 ; f  3  6 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 62/178 Vậy max f  x   6 tại x  3 . 1  x ;2 2  Câu 73. [2D1-2] Cho hàm số y  nào dưới đây đúng? A. 0  m  2 . xm 16 ( m là tham số thực) thoả mãn min y  max y  . Mệnh đề 1;2 1;2     x 1 3 B. 2  m  4 . C. m  0 . Lời giải D. m  4 . Chọn D. + Hàm số liên tục và xác định trên 1; 2 . xm là hàm phân thức nên nó luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên 1; 2 x 1 16 16 1  m 2  m 16  min y  max y   f 1  f  2       m5. 1;2 1;2 3 3 2 3 3 + Vì y  Câu 74. [2D1-2] Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  đó giá trị của M  m là A. 2 . B. 1 . C. 1 . Lời giải 1  x  2×2 . Khi x 1 D. 2 . Chọn D. + TXĐ: D   0;1 .  1   4x   2 1 x  + y       3x   x 1   x 1  2 1 x  x  4x   2 1 2   x 1  x  2 x2  2 x 1 1 x 2 x  0 x  0;1  hàm số nghịch biến trên D .   x 1  M  m  f  0   f 1  1   1  2 . Câu 75. [2D1-2] Hàm số y  4 x 2  2 x  3  2 x  x 2 đạt giá trị lớn nhất tại x1 , x2 . Tích x1 x2 bằng A. 2 . B. 1 . D. 1 . C. 0 . Lời giải Chọn D. + D .  4  2 x2  2x  3  + y   4.  2  2 x   x  1  .  x 2  2 x  3  x2  2x  3  x 1 x  1 x  1 y  0   2  . x  1  2  x  2 x  3  2         + Ta có f 1  2  7 ; f 1  1  4 2 ; f 1  2  7  x1.x2  1  2 1  2  1 .    Câu 76. [2D1-2] Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  3sin x  4sin 3 x trên đoạn   ;  bằng  2 2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 63/178 A. 1 . B. 1 . C. 3 . Lời giải D. 7 . Chọn B. + y  3sin x  4sin 3 x  sin 3 x  y  sin 3x  1 . Dấu ”  ” xảy ra  sin 3 x  1  x  Vậy max y  1 tại x       2 ; 2      (do x    ;  ). 2  2 2  . 2 Câu 77. [2D1-2] Đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây có tiệm cận đứng? 1 1 1 1 A. y  . B. y  2 . C. y  4 . D. y  2 . x  x 1 x 1 x 1 x Lời giải Chọn A. Vì TXĐ ở các câu B, C, D đều là  nên không có TCĐ. x2 có mấy tiệm cận. x2  4 B. 3 . C. 1 . Lời giải Câu 78. [2D1-2] Đồ thị hàm số y  A. 0 . D. 2 . Chọn D. + TXĐ: D   2 . 1 nên đường thẳng x  2 không là TCĐ. x 2 x2 4 lim  y   nên đường thẳng x  2 là TCĐ. + Ta có: lim y  lim y  x  2  lim y  0 nên đường thẳng y  0 là TCN. x  x 2  5x  4 Câu 79. [2D1-2] Tìm số tiệm cận của đồ thị hàm số y  . x2  1 A. 2 . B. 3 . C. 0 . Lời giải Chọn A. Tập xác định: D   1;  1 . D. 1 . Ta có: lim y  1 và lim y  1 , suy ra: tiệm cận ngang y  1 . x  x  x 2  5x  4 x4 3  lim    x  1 không là tiệm cận đứng; 2 x 1 x 1 x 1 x  1 x 1 2 2 x  5x  4 lim  y  lim     x  1 là tiệm cận đứng. x  1 x  1 x2 1 Vậy đồ thị hàm số có 2 tiệm cận. Mặt khác: lim y  lim Câu 80. [2D1-2] Đồ thị hàm số y  A. 0 . x 2 có bao nhiêu đường tiệm cận ngang? x 1 B. 1 . C. 2 . Lời giải D. 3 . Chọn C. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 64/178 Tập xác định: D   ;  1  1;    . x 1  1 , suy ra: tiệm cận ngang y  1 . x  1 1 x 1 2 1 2 x x x 1 Ta có: lim y  lim  lim  1 , suy ra: tiệm cận ngang y  1 . x  x  x  1 1 x 1 2  1 2 x x Vậy đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang. Ta có: lim y  lim x   lim x  Câu 81. [2D1-2] Cho hàm số y   2m  1 x2  3 , ( m x4 1 là tham số thực). Tìm m để tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đi qua điểm A 1; 3 . A. m  1 . B. m  0 . C. m  2 . Lời giải D. m  2 . Chọn D. Tập xác định: D   . Ta có: lim y  lim x  x   2m  1 x 2  3  2m  1 x 2 1 1 4 x và lim y  lim x  x   2m  1 x 2  3  2m  1 , x 2 1 1 4 x suy ra: tiệm cận ngang y  2m  1 . Tiệm cận ngang đi qua điểm A 1; 3  3  2m  1  m  2 . Câu 82. [2D1-2] Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào? y 3 O 1 x A. y   x3  3x 2  2 . B. y  x 3  x 2  x  3 . C. y   x3  2 x 2  x  3 . D. y   x3  x 2  x  3 . Lời giải Chọn D. Căn cứ hình dáng đồ thị ta có hàm số bậc ba với hệ số a  0 nên loại B. Đồ thị đi qua điểm  0;3 nên loại A. Xét y   x3  2 x 2  x  3  y  3 x 2  4 x  1 .  x  1 Ta có: y   0   nên đồ thị hàm số có hai cực trị. Loại C. x   1 3  Câu 83. [2D1-2] Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số y  ax 4  bx 2  c với a , b , c là các số thực. Mệnh đề nào dưới đây đúng? TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 65/178 y x O A. Phương trình y   0 có ba nghiệm thực phân biệt. B. Phương trình y   0 có đúng một nghiệm thực. C. Phương trình y   0 có hai nghiệm thực phân biệt. D. Phương trình y   0 vô nghiệm trên tập số thực. Lời giải Chọn A. Căn cứ hình dáng đồ thị ta có hàm số có 3 điểm cực trị nên phương trình y   0 có ba nghiệm thực phân biệt. Câu 84. [2D1-2] Hàm số y   x  2   x 2  1 có đồ thị như hình vẽ dưới đây. y x O Hình nào dưới đây là đồ thị của hàm số y  x  2  x 2  1 ? y y x O O x O Hình 1 A. Hình 1 . Hình 2 B. Hình 2 . y y Hình 3 C. Hình 3 . Lời giải x x O Hình 4 D. Hình 4 . Chọn A. Hàm số y   x  2   x 2  1 có đồ thị  C    x  2   x 2  1 khi x  2  Ta có y  x  2  x  1   2   x  2   x  1 khi x  2 2 Cách vẽ đồ thị hàm số y  x  2  x 2  1 như sau: Giữ nguyên đồ thị  C  ứng với x  2 . Lấy đối xứng đồ thị  C  ứng với x  2 qua trục Ox . Bỏ đồ thị  C  ứng với x  2 . Hợp 2 phần đồ thị trên là đồ thị hàm số y  x  2  x 2  1 cần vẽ. y O TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập x Trang 66/178 2x 1 có đồ thị  C  . Một tiếp tuyến của  C  với hoành độ tiếp điểm x 1 lớn hơn 1 , cắt Ox , Oy tại A và B sao cho OAB cân. Khi đó diện tích OAB bằng Câu 85. [2D1-3] Cho hàm số y  A. 25 . B. 1 . 2 C. 1 . D. 25 . 2 Lời giải Chọn D. Ta có y  2 x 1 1 1  2  y   2 x 1 x 1  x  1 Vì Δ0AB cân nên hệ số phương trình tiếp tuyến  y   1  x  1 2  1 .  x0  0 chỉ có x0  2  y0  3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.   x0  2 Phương trình tiếp tuyến: y  y0  f   x0  x  x0   y  3   1 x  2   y   x  5 Phương trình tiếp tuyến cắt trục Ox tại A  5; 0  cắt trục Oy tại B  5; 0  nên diện tích OAB bằng S OAB  1 25 OA . OB  . 2 2 2x  3 có bao nhiêu điểm mà tiếp tuyến tại các điểm đó tạo với x2 hai trục tọa độ một tam giác cân? A. 1 . B. 2 . C. 4 . D. Vô số. Câu 86. [2D1-3] Trên đồ thị hàm số y  TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 67/178 Lời giải Chọn B. Phương trình tiếp tuyến dạng tổng quát của đồ thị hàm số đã cho tại điểm M  x0 ; y0  có dạng: y  f   x0  x  x0   f  x0  có hệ số góc là f   x0  Để tiếp tuyến tạo với hai hệ trục tọa độ một tam giác cân thì hệ số góc của tiếp tuyến phải là 1 hoặc 1 . 7 Xét f   x0   1   1 , vô lý. 2  x  2 x  2  7   1   2  x  2  x  2  7 Thử lại ta thấy cả hai điểm có hoành độ như trên đều thỏa mãn, vậy có hai điểm thỏa mãn. Xét f   x0   1  7 3x  4 có đồ thị  C  . Gọi M là điểm tùy ý trên  C  và S là tổng x2 khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận của  C  . Khi đó giá trị nhỏ nhất của S là Câu 87. [2D1-3] Cho hàm số y  A. 2 . B. 2 2 . C. 3 . Lời giải D. 4 . Chọn B. Dễ thấy hai đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số lần lượt là y  3 và x  2.  3x  4  Gọi M  x0 ; y0    C   M  x0 ; 0  x0  2   Ta có S  x0  2  3×0  4 2  3  x0  2   2 2 (Áp dụng BĐT Cauchy) x0  2 x0  2 Dấu bằng xảy ra khi x0  2  2 Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 2 2 . Câu 88. [2D1-3] Số đường tiệm cận của hàm số y  A. 4 . B. 1 . x3 là x2 1 C. 2 . Lời giải D. 3 . Chọn A. Tập xác định: D   ; 1  1;   Ta có lim y  lim x3 1  1 1  1 2 x 3 1 x 3 x 1 lim y  lim  lim 2 x  x  x  1 x 1 1 2 x Nên đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang là 2 đường thẳng y  1 x  x  x2 1  lim 3 x x  TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 68/178 Ta có lim y  lim x 1 lim y  lim x 1 x3 x2  1   x3   x2  1 Nên đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng là 2 đường thẳng x  1 Vậy đồ thị hàm số có 4 tiệm cận. x 1 x 1 Câu 89. [2H1-3] Hàm số f  x  có đạo hàm trên  và f   x   0 , x   0;   , biết f 1  2 . Khẳng định nào sau đây có thể xảy ra? A. f  2   1 . B. f  2   f  3  4 . C. f  2016   f  2017  . D. f  1  4 . Lời giải Chọn B. Vì f   x   0 , x   0;   nên hàm số y  f  x  là hàm số đồng biến trên  0;   . Khi đó x1 , x2   0;   : x1  x2  f  x1   f  x2   f  1  f 1  f  2  . Mà f 1  2 nên loại được các đáp án A, C, D. Câu 90. mx  2m  3 với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị xm nguyên của m để hàm số đồng biến trên các khoảng xác định. Tìm số phần tử của S . A. 5 . B. 4 . C. vô số. D. 3 . Lời giải Chọn A. TXĐ: D   m [2D1-3] Cho hàm số y  y   m 2  2m  3  x  m 2 . Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định  y  0, x  D  m 2  2m  3  x  m 2  0, x  D  m 2  2m  3  0  1  m  3. Vậy S  1; 0;1; 2;3 . 1 3 x  mx 2  x  m  1 . Tìm giá trị của tham số m để đồ thị hàm số có 3 hai điểm cực trị là A , B thỏa x 2A  xB2  2 . Câu 91. [2D1-3] Cho hàm số y  A. m  1 . B. m  2 . C. m  3 . Lời giải D. m  0 . Chọn D. Ta có: y   x 2  2mx  1 . Cho y   0 ta được: x 2  2mx  1  0 , 1 . Phương trình đã cho có ac  1  0 nên luôn có hai nghiệm phân biệt.  x  x  2m Do đó hàm số đã cho luôn có hai cực trị với mọi giá trị của tham số m . Khi đó  A B  x A .xB  1 (Viet). 2 Theo đề x 2A  xB2  2   x A  xB   2 x A xB  2  4m 2  2  2  m  0 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 69/178 Câu 92. [2D1-3] Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y  (2m  1) x  3  m vuông góc với đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x3  3x 2  1. A. m  3 . 2 B. m  3 . 4 1 C. m   . 2 Lời giải D. m  1 . 4 Chọn B. x  0 Ta có: y   3 x 2  6 x . Cho y   0 ta được:  . x  2 Tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A  0;1 ; B  2; 3   AB  : y  2 x  1 . Theo đề đường thẳng AB vuông góc với d : y  (2m  1) x  3  m nên 2  2m  1  1 m 3 . 4 Câu 93. [2D1-3] Đồ thị của hàm số y   x3  3x 2  5 có hai điểm cực trị A và B . Tính diện tích S của tam giác OAB với O là gốc tọa độ. 10 A. S  9 . B. S  . C. S  10 . D. S  5 . 3 Lời giải Chọn D. x  0 Ta có: y   3x 2  6 x . Cho y   0 ta được:  . x  2 Tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A  0;5  ; B  2;9    AB  : 2 x  y  5  0 .   2.0  0  5 AB   2;4   AB  AB  2 5 , d  O; AB    5. 22  12 1 1 Vậy S  d  O; AB  . AB  . 5.2 5  5 . 2 2 Câu 94. [2D1-3] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y   mx cắt đồ thị của hàm số y  x3  3x 2  m  2 tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho AB  BC . A. m  1;   . B. m   ;3 . C. m   ; 1 . D. m   ;   . Lời giải Chọn B. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng  d  : y   mx và đồ thị hàm số y  x3  3x 2  m  2 : x 3  3x 2  m  2   mx  x 3  3 x 2  mx  m  2  0   x  1  x 2  2 x  m  2   0 x  1  2  x  2 x  m  2  0 1 Đường thẳng  d  : y   mx cắt đồ thị hàm số y  x3  3x 2  m  2 tại ba điểm phân biệt  Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 1 .   0 1  m  2  0  2   m  3. m  3 1  2.1  m  2  0 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 70/178 Theo định lý Vi-et: x1  x2  2 Khi đó ba điểm có tọa độ là B 1;  m  , A  x1 ;  mx1  , C  x2 ;  mx2  .  x1  x2 2  2  2  1 Nhận xét:   mx1  mx2   m  x1  x2    m  2 2 Suy ra B 1;  m  là trung điểm của AC nên AB  BC . Vậy m   ;3 . Câu 95. x 1  C  . Tập tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng x 1 y  2 x  m cắt  C  tại hai điểm phân biệt A , B sao cho góc  AOB nhọn là [2D1-3] Cho hàm số y  A. m  5 . B. m  0 . C. m  5 . Lời giải D. m  0 . Chọn C. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  C  và đường thẳng d : y  2 x  m : x 1  2 x  m  x  1 x 1  x  1   2 x  m  x  1 (Nhận xét: x  1 không là nghiệm của phương trình này)  2 x 2   m  3 x  m  1  0 1 d cắt đồ thị  C  tại 2 điểm phân biệt A , B  1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2    0  m 2  2m  17  0 (luôn đúng). 3 m  S  x1  x2  2 Theo định lý Vi-et:   P  x x  m  1 1 2  2   Khi đó: A  x1 ; 2 x1  m  , B  x2 ; 2 x2  m   OA   x1; 2 x1  m  , OB   x2 ;2 x2  m  .   Góc  AOB nhọn  OA.OB  0  x1 x2   2 x1  m  2 x2  m   0  5 x1 x2  2m  x1  x2   m 2  0  5 P  2mS  m 2  0  5. m  1 3 m  2m.  m 2  0  5m  5  6m  2m 2  2m 2  0  m  5 . 2 2 Câu 96. [2D1-3] Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. y 1 1 x O 3 4 Xác định tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f  x   m có đúng 2 nghiệm thực phân biệt. A. m  4 ; m  0 . B. 3  m  4 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. 0  m  3 . D. 4  m  0 . Trang 71/178 Lời giải Chọn A. Hàm số y  f  x  có đồ thị  C  .  f  x  , khi f  x   0 Khi đó đồ thị  C   của hàm số y  f  x    được suy ra như sau: Giữ  f  x  , khi f  x   0 phần đồ thị  C  ở phía trên trục hoành (kể cả các điểm trên trục hoành), lấy đối xứng phần đồ thị  C  ở phía dưới trục hoành qua trục hoành, bỏ phần đồ thị  C  ở phía dưới trục hoành. y 4 3 x 1 O 1 Phương trình f  x   m là phương trình hoành độ giao điểm của  C   và đường thẳng d  : y  m . Dựa vào đồ thị, ta có: Phương trình f  x   m có đúng 2 nghiệm thực phân biệt m  0 .   C   cắt  d  tại 2 điểm phân biệt   m  4 Câu 97. [2D1-3] Cho hàm số y  mx  1 có đồ thị  Cm  ( m là tham số). Với giá trị nào của m thì x2 đường thẳng y  2 x  1 cắt đồ thị  Cm  tại 2 điểm phân biệt A , B sao cho AB  10 . 1 A. m   . 2 1 B. m   . 2 C. m  3 . D. m  3 . Lời giải Chọn C. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  Cm  và đường thẳng d : y  2 x  1 : mx  1  2 x  1  x  2  x2  mx  1   2 x  1 x  2  (Nhận xét: x  2 không là nghiệm của phương trình này)  2 x 2   3  m  x  1  0 1 d cắt đồ thị  C  tại 2 điểm phân biệt A , B  1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2    0  m 2  6m  17  0 (luôn đúng). m 3  S  x  x  1 2  2 Theo định lý Vi-et:   1 P  x x  1 2  2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 72/178  Khi đó: A  x1 ; 2 x1  1 , B  x2 ; 2 x2  1  AB   x2  x1; 2  x2  x1   . 2 2 2 AB  10  AB  10   x2  x1   4  x2  x1   10   x2  x1   2  x12  x22  2 x1 x2  2 2 2  m3  1   S  4P  2     4    2  0   m  3  0  m  3 .  2   2  2 Câu 98. [2D1-3] Cho hàm số y  f  x  liên tục trên từng khoảng xác định và có bảng biến thiên sau: x  y  0 0 2   4 0     1 y 15   Tìm m để phương trình f  x   m  0 có nhiều nghiệm thực nhất.  m  1 A.  .  m  15 m  1 B.  .  m  15  m  1 C.  .  m  15 Lời giải m  1 D.  .  m  15 Chọn C. f  x   m  0  f  x    m 1 1 là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  C  : y  f  x  và đường thẳng d : y  m . Dựa vào bảng biến thiên, ta có: Phương trình f  x   m  0 có nhiều nghiệm thực nhất   C  cắt d tại nhiều điểm nhất   C  cắt d tại 2 điểm phân biệt  m  1  m  1 .    m  15  m  15 1  b  c  d  0 Câu 99. [2D1-3] Cho hàm số y   x3  bx 2  cx  d có  . Tìm số giao điểm phân 8  4b  2c  d  0 biệt của đồ thị hàm số đã cho với trục hoành. A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn D. Số giao điểm phân biệt của đồ thị hàm số y   x3  bx 2  cx  d với trục hoành là số nghiệm phân biệt của phương trình  x 3  bx 2  cx  d  0 1 . Xét hàm số y  f  x    x 3  bx 2  cx  d Hàm số này xác định và liên tục trên  . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 73/178  lim f  x     x   f  1  1  b  c  d  0 Ta có   f  2   8  4b  2c  d  0  lim f  x     x  Suy ra: Phương trình 1 có ít nhất 1 nghiệm trong khoảng  ; 1 , có ít nhất 1 nghiệm trong khoảng  1; 2  , có ít nhất 1 nghiệm trong khoảng  2;   . Mà 1 là phương trình bậc 3 nên 1 có 3 nghiệm. Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số y   x3  bx 2  cx  d với trục hoành là 3. Câu 100. [2D1.5-3] (NSL-BG-L1-1819) Cho hàm số y  2 x 4  4 x 2  trình 2 x 4  4 x 2  A. 0  m  1 . 3 . Giá trị thức của m để phương 2 3 1  m 2  m  có đúng 8 nghiệm thực phân biệt là 2 2 B. 0  m  1 . C. 0  m  1 . D. 0  m  1 . Lời giải Chọn B. Tập xác định: D   .  x  1 Ta có: y   8 x  8 x  8 x  x  1 ; y   0  8 x  x  1  0   x  0 .  x  1 Bảng biến thiên: x 0  1 1  y 0 0 0     3   y 1 1 2   2 2 3 Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y  2 x 4  4 x 2  . 2 3 1 Suy ra phương trình 2 x 4  4 x 2   m 2  m  có đúng 8 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 2 2 3 2 2 2 1  1 1 1 1 0  m  m    m2  m  0  0  m  1 do m2  m    m     0 , m   . 2 2 2  2 4 2 Câu 101. [2D1.5-3] (NSL-BG-L1-1819) Gọi  là tiếp tuyến tại điểm M  x0 ; y0  , x0  0 thuộc đồ thị hàm số y  bằng A. 2 . x2 sao cho khoảng cách từ I  1;1 đến  đạt giá trị lớn nhất, khi đó tích x0 . y0 x 1 B. 2. C. 1. Lời giải D. 0. Chọn D. Đường thẳng  là tiếp tuyến tại điểm M  x0 ; y0  , x0  0, x0  1 thuộc đồ thị hàm số y  TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập x2 x 1 Trang 74/178 có phương trình y  1  x0  1 2  x  x0   x0  2 . x0  1 2 x0  1 Khoảng cách từ I  1;1 đến  là d ( I , )   x0  1 4 2 x0  1  1 2  2.  x0  1 4  x0  0 . d  I ,   max  2    x0  2 Vì x0  0  x0  2  y0  0  x0 . y0  0 . Câu 102. [1D2.3-3] (NSL-BG-L1-1819) f  x   5  x  x 1  A. 7 . Giá  x  1 5  x   5 B. 0 . trị lớn nhất của hàm số là C. 3  3 2 . Lời giải D. không tồn tại. Chọn A. Tập xác định của hàm số là đoạn 1;5 . 1 5  x  x 1 Đặt t  h  x   5  x  x  1 , ta có h  x   . . 2 5  x. x 1 h  x   0  5  x  x  1  0  x  3  1;5. Mà f 1  f  5   2; f  3  2 2 . Suy ra max h  x   2 2, min h  x   0 . 1;5 1;5 Do đó 2  t  2 2 . t2  4 . 2 1 1 Khi đó f  x  trở thành g  t   t   t 2  4   5   t 2  t  7 , với 2  t  2 2 . 2 2 Ta có g   t   t  1  0, t   2; 2 2  nên hàm số g  t  nghịch biến trên  2; 2 2  . Ta có t 2  4  2  5  x  x  1   5  x  x  1  Suy ra max f  x   max g  t   g  2   7 . 1;5  2;2 2    Câu 103. [2D1.4-3] (NSL-BG-L1-1819) Các giá trị của tham số m để đồ thị của hàm số x 1 y có bốn đường tiệm cận phân biệt là mx 2  3mx  2 9 8 8 A. m  0 . B. m  . C. m  . D. m  , m  1 . 8 9 9 Lời giải Chọn D. Điều kiện: mx 2  3mx  2  0 (*) x 1  Trường hợp m  0 , ta có y  nên đồ thị không có đường tiệm cận. 2  Trường hợp m  0 : Ta có   9m 2  8m  0 nên mx 2  3mx  2  0  x   x1 ; x2  nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang. Chỉ có tối đa hai tiệm cận đứng.  Trường hợp m  0 : TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 75/178 8  Nếu   9m 2  8m  0  0  m  : Hàm số xác định trên  . 9 2 Và mx  3mx  2  0, x   nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng. Ta có lim y  x  1 1 , lim y  nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang. m x  m 3  x  2 3  x  2 8  Nếu   9m 2  8m  0  m  : Hàm số trở thành y   . 9 2 2x  3 8 x 2  24 x  18 Đồ thị hàm số chỉ có 1 TCĐ và 2 TCN. 8  Nếu   9m 2  8m  0  m  : Hàm số xác định trên các khoảng  ; x1  ,  x2 ;   . 9 1 Nên đồ thị hàm số có hai đường TCN là y   . m Điều kiện đề đồ thị có 2 đường TCĐ là x  2 không phải là nghiệm của mx 2  3mx  2  0  4m  6m  2  0  m  1 . 8 Tóm lại: giá trị của m cần tìm là m  và m  1 . 9 Câu 104. [2D1.1-3] (NGÔ GIA TỰ-VPU-L1-1819) Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm 2x  m 1 số y  nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 4  và 11;   ? x  m 1 A. 13 . B. 12 . C. 15 . D. 14 . Lời giải Chọn A. Tập xác định D   1  m . Ta có y   m 3  x  m  1 2 . 2x  m 1 nghịch biến trên mỗi khoảng x  m 1 x   ; 4  và 11;   . Hàm số y   ; 4  và 11;   khi y   0 với  m 3 0 m  3  0 m  3 2     x  m  1    10  m  3 .  10  m  5  10  m  5 4  1  m  11  Do m   nên m  10; 9;…; 2 nên có 13 giá trị của m . Câu 105. [2D1.3-3] (NGÔ GIA TỰ-VPU-L1-1819) Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số y  x 3  3 x  2m  1 trên đoạn  0; 2 là nhỏ nhất. Giá trị của m thuộc khoảng A.  0;1 . B.  1; 0 . 2  C.  ; 2  . 3  Lời giải  3  D.   ; 1 .  2  Chọn A. x  1 Xét hàm số g  x   x3  3x  2m  1 , g   x   3x 2  3 , g   x   0   .  x  1 Trên  0; 2 ta có g  0   2m  1 ; g 1  2m  3 ; g  2   1  2m . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 76/178 Khi đó max y  max  2m  3 ; 2m  1    0;2 2m  3  2m  1 2m  3   2m  1   2m  1  1  1 2 2 Suy ra để giá trị lớn nhất của hàm số y  x 3  3 x  2m  1 trên đoạn  0; 2 là nhỏ nhất thì 1 . 2 Vậy m   0;1 . m Câu 106. [2D1.4-3] (NGÔ GIA TỰ-VPU-L1-1819) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y  A. 8 . x 2  3x  2 không có đường tiệm cận đứng? x 2  mx  m  5 B. 10 . C. 11 . Lời giải D. 9 . Chọn B. Đồ thị hàm số y  x 2  3x  2 không có tiệm cận đứng khi và chỉ khi x 2  mx  m  5  m2  4  5  m   0  m 2  4m  20  0  2  2 6  m  2  2 6    .  1  m  m  5  0   m  3 m  3   4  2m  m  5  0  m  3   Do m   nên m  6; 5; 4; 3; 2; 1; 0;1; 2;3 . 2 Câu 107. [2D1.2-4] (NSL-BG-L1-1819) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    x  1  x 2  2 x  , với x   . Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số g  x   f  x 3  3 x 2  m  có 8 điểm cực trị là A. 2 . B. 3 . C. 1 . Lời giải D. 4 . Chọn C. Ta có g   x    3x 2  6 x  . f   x 3  3 x 2  m  . x  0 3x 2  6 x  0   3 x  2 2 x  3x  m  1  g x   0   3   x3  3×2  m  1 . 2  3 x  3x  m  0   x  3×2  m  0 3 2  x  3x  m  2  3 2  x  3x  m  2 Vì khi đi qua các nghiệm của phương trình x 3  3 x 2  m  1 (nếu có) dấu của f   x 3  3 x 2  m  không đổi nên dấu của g   x  chỉ phụ thuộc các nghiệm của ba phương trình còn lại. Vậy hàm số y  g  x  có 8 điểm cực trị khi và chỉ khi mỗi phương trình x 3  3x 2  m  0 và x 3  3x 2  m  2 phải có ba nghiệm phân biệt (khác 0 và khác 2 ). x  0 Xét hàm số h  x    x 3  3x 2 , ta có h  x   3 x 2  6 x ; h  x   0   . x  2 Bảng biến thiên của hàm số y  h  x  TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 77/178 x 0  y 0   2 0    y 4 0 Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy điều kiện để mỗi phương trình  x 3  3x 2  m và  x3  3x 2  m  2 phải có ba nghiệm phân biệt (khác 0 và khác 2 ) là 0 m2 m 4 2 m 4. Vậy chỉ có một giá trị nguyên của m thỏa mãn (là m  3 ). Câu 108. [2D1-4] Phương trình 2 x  1  x x 2  2   x  1 x 2  2 x  3  0 có bao nhiêu nghiệm nguyên? A. 0 . B. 1 . C. 2 . Lời giải D. 3 . Chọn A. Ta có: 2 x  1  x x 2  2   x  1 x 2  2 x  3  0  x  x x 2  2   x  1   x  1   x  1   x  1  x  1 2  x  1 2 2  2   x   x  x 2 2 Xét hàm số f  t   t  t t 2  2 có f   t   1  t 2  2  t2 t2  2  0 t   . Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên  nên f  u   f  v   u  v . 1 . 2 Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Suy ra: x  1   x  x  Câu 109. [2D1-4] Tìm m để bất phương trình 1  x 2  2 3 1  x 2  m  1 nghiệm đúng với x   1;1 . A. m  3 . B. m  1 . C. m  2 . Lời giải D. m  2 . Chọn C. Ta thấy 0  1  x 2  1 x   1;1 . t 3  1  x 2 Đặt t  1  x với t   0;1 . Khi đó:  . t 2  3 1  x 2 6 2 Bất phương trình đã cho trở thành: t 3  2t 2  m  1  * . Xét hàm số f  t   t 3  2t 2 trên đoạn  0;1 có f   t   3t 2  4t t  0 Ta có: f   t   0  3t  4t  0   . t   4 3  Bảng biến thiên: 2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 78/178 t  f t    4 3  0  1 0  0  3 f t  0 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy bất phương trình đã cho đúng x   1;1 khi và chỉ khi bất phương trình  * đúng t   0;1  m  1  3  m  2 . Câu 110. [2D1.5-4] (NGÔ GIA Cho TỰ-VPU-L1-1819) phương trình x 3  3 x 2  2 x  m  3  2 3 2 x3  3x  m  0 . Tập S là tập hợp các giá trị của m nguyên để phương trình có ba nghiệm phân biệt. Tính tổng các phần tử của S . A. 15 . B. 9 . C. 0 . D. 3 . Lời giải Chọn B. x 3  3 x 2  2 x  m  3  2 3 2 x3  3x  m  0  2 x3  3 x  m  2 3 2 x 3  3x  m  x 3  3 x 2  5 x  3  2 x3  3 x  m  2 3 2 x3  3x  m  x 3  3x 2  3 x  1  2 x  2 3  2 x3  3 x  m  2 3 2 x 3  3x  m   x  1  2  x  1 Xét hàm số f  t   t 3  2t trên  . f   t   3t 2  2  0 t   Suy ra hàm số đồng biến trên  . 3 Suy ra 2 x3  3x  m   x  1   x 3  3x 2  1  m . Xét hàm số f  x    x 3  3 x 2  1 ta có bảng biến thiên : x 0  y   2 0 0    y 5 1 Từ bảng biên thiên ta thấy để phương trình có 3 nghiệm thì 1  m  5  m  2; 3; 4 . Câu 111. [2D1.5-4] (NGÔ GIA TỰ-VPU-L1-1819) Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Gọi m là số nghiệm của phương trình f  f  x    1 . Khẳng định nào sau đây là đúng? y 2 1 2 O x 2 A. m  6 . B. m  7 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. m  5 . D. m  9 . Trang 79/178 Lời giải Chọn B.  f  x   a;(1  a  0)  Từ đồ thị ta có f  f  x    1   f  x   b; (0  b  1)   f  x   c;(2  c  3) Với f  x   a , 1  a  0 từ đồ thị dễ thấy phương trình f  x   a có 3 nghiệm. Với f  x   b , 0  b  1 từ đồ thị dễ thấy phương trình f  x   b có 3 nghiệm. Với f  x   c , 2  a  3 từ đồ thị dễ thấy phương trình f  x   c có 1 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm. Câu 112. [2D1.2-4] (NGÔ GIA TỰ-VPU-L1-1819) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  và có đồ 2 thị như hình vẽ bên. Hàm số y   f  x   có bao nhiêu điểm cực trị? y A. 5 . 3 x 1 O B. 3 . D. 6 . C. 4 . Lời giải Chọn A. 2 Ta có y   f  x    y   2. f   x  . f  x  . Từ đồ thị ta có: hàm số y  f  x  có ba điểm cực trị nên f   x   0 có ba nghiệm phân biệt. Từ đồ thị ta có f  x   0 có ba nghiệm phân biệt. 2 Từ đó suy ra y   f  x   có năm điểm cực trị (vì có nghiệm x  1 bị trùng). Câu 113. [2D1.5-4] (BÌNH MINH-NBI-L1-1819) Cho hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có đồ thị  C  . Biết rằng  C  cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1  x2  x3  0 và trung điểm nối 2 điểm  3×1  4 x2  5×3  A. 137 . 216 2 cực trị của C  có hoành độ 1 x0  . 3 Biết rằng  44  x1 x2  x2 x3  x3 x1  . Hãy tính tổng S  x1  x22  x33 . B. 45 . 157 C. 133 . 216 D. 1. Lời giải Chọn C. Tập xác định: D   . Ta có: y   3ax 2  2bx  c TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 80/178 Do đồ thị  C  có hai điểm cực trị nên ta có phương trình y   0 có hai nghiệm phân biệt hay là phương trình 3ax 2  2bx  c  0 có hai nghiệm phân biệt xi , x j và hai nghiệm này cũng chính là hoành độ của hai điểm cực trị của đồ thị  C  . Theo vi-ét ta có xi  x j   xi  x j 2b . 3a 1 2b 2    b  a . 2 3 3a 3 Mặt khác do giả thiết ta có phương trình ax3  bx 2  cx  d  0 có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , Suy ra hoành độ trung điểm nối hai điểm cực trị là x0  x3 nên theo vi –ét ta có x1  x2  x3    b a   1. a a 2 Ta có:  3 x1  4 x2  5 x3   44  x1 x2  x2 x3  x3 x1   9 x12  16 x22  25 x32  20 x1 x2  4 x2 x3  14 x3 x1 20 2 40 2 7 x1  x2  x22  4 x32  x12  21×32  20 x1 x2  4 x2 x3  14 x3 x1 . 3 3 3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchuy ta có: 5 5   4 x12  9 x22   .2 4 x12 .9 x22  20 x1 x2 1 . 3 3   x22  4 x32  2 x22 .4 x32  4 x1 x2  2 . 7 7 4 x12  36 x32   .2 4 x12 .36 x32  14 x3 x1  3 .  12 12 Lấy 1   2    3 vế theo vế ta có:  9 x12  16 x22  25 x32  20 x1 x2  4 x2 x3  14 x3 x1 .  3  1  x  x2 x1  1  4 x  9 x  2 2   2  2 x  2 x 1  x  4 x3  2  3 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:  2 2    x2  . 2 3 4 x1  36 x3  x3  1 x1  x  x  x  1  1  3  1 2 3 x  x  x  1  x3  6   1 2 3 2 1 2 2 2 3 1  1   1  133 Vậy S  x1  x  x         . 2  3   6  216 2 2 Câu 114. [2D1.5-4] 3 3 (BÌNH MINH-NBI-L1-1819) g  x   f  mx 2  nx  p   m, n, p   Cho hàm số bậc ba f  x và có đồ thị như hình dưới (Đường nét liền là đồ thị hàm f  x  , nét đứt là đồ thị của hàm g  x  , đường thẳng x   1 là trục đối xứng của đồ thị hàm số 2 g  x  ). g  x y 2 f  x O 1 2 2 x 1 2 Giá trị của biểu thức P   n  m  m  p  p  2n  bằng bao nhiêu? A. 12 . B. 16 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. 24 . D. 6 . Trang 81/178 Lời giải Chọn A. Ta có f  x   ax 3  bx 2  cx  d  f   x   3ax 2  2bx  c . Hàm số đạt cực trị tại x  0; x  2 và đồ thị hàm số qua điểm 1; 0  ,  0; 2  nên  f 0  0 a  1  b  3  f  2  0   f  x   x3  3x 2  2 .    c  0  f 1  0   f 0  2 d  2  3 2 Ta có g  x    mx 2  nx  p   3  mx 2  nx  p   2 . Hệ số tự do bằng p 3  3 p 2  2 .  p 1  Đồ thị hàm số g  x  qua điểm  0; 0  nên p  3 p  2  0   p  1  3 . Vì p   nên p  1 .  p  1 3  3 2 1 Đồ thị hàm số g  x   f  mx 2  nx  p  có trục đối xứng x   nên đồ thị hàm số 2 1 n 1 y  mx 2  nx  p cũng có trục đối xứng x        m  n. 2 2m 2 Đồ thị hàm số g  x  qua điểm  2; 2  nên m  n  1 g  2   0  g  x    2m  1  3  2m  1  2  2   1. m  n    2 Do đồ thị có hướng quay lên trên suy ra m  0  m  n  p  1 3 2  P   n  m  m  p  p  2n   12 . Câu 115. [2D1.3-3] (VĨNH YÊN-VPU-L1-1819) Cho hai hàm số y  f  x  , y  g  x  có đạo hàm là f   x  , g   x  . Đồ thị hàm số y  f   x  và g   x  được cho như hình vẽ bên dưới. y f  x g x O 2 6 x Biết rằng f  0   f  6   g  0   g  6  . Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số h  x   f  x   g  x  trên đoạn  0; 6 lần lượt là A. h  2  , h  6  . B. h  6  , h  2  . C. h  0  , h  2  . D. h  2  , h  0  . Lời giải Chọn B. Ta có: h  x   f   x   g   x  . Do đó h  x   0  f   x   g   x   x  2 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 82/178 x 0 h  x  h x 6 2 0   h  0 h  6 h  2 Dựa vào bảng biến thiên ta có min h  x   h  2  .  0;6 Mặt khác: f  0   f  6   g  0   g  6   f  0   g  0   f  6   g  6   h  0   h  6  . Vậy max h  x   h  6  .  0;6 Câu 116. [2D1.1-3] (NHÃ NAM – BGI-L1-1819) Giá trị m để hàm số y      ;  là 4 2 m  0 A.  . 1  m  2 B. 1  m  2 . A. m  0 cot x  2 nghịch biến trên cot x  m D. m  2 . Lời giải Chọn A.    Đặt t  cot x, x   ;   t   0;1 . 4 2 t2 Ta có y  t m cot x  2 t2    Để hàm số y  nghịch biến trên  ;  , thì hàm số y  đồng biến trên  0;1 cot x  m t m 4 2 t2 Xét hàm số y  t m 2m y  2 t  m Để hàm số y  m   0;1 m  0 t2 đồng biến trên  0;1 thì   . t m 1  m  2  y   0x   0;1 2x 1 có đồ thị  C  . Gọi I là giao x2 điểm của hai đường tiệm cận. Tiếp tuyến  của  C  tại M cắt các đường tiệm cận tại A và Câu 117. [2D1.4-4] (VĨNH YÊN-VPU-L1-1819) Cho hàm số y  B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. Khi đó tiếp tuyến  của  C  tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích lớn nhất thuộc khoảng nào? A.  29; 30  . B.  27; 28  . C.  26; 27  . D.  28; 29  . Lời giải Chọn B.  2x 1  ▪ Gọi M  x0 ; 0    C  ,  x0  2  . x0  2   TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 83/178 Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng:  : y   3  x  x0   x0  2  2  2 x0  1 . x0  2  2x  2  ▪ Giao điểm của  với tiệm cận đứng là A  2; 0 . x0  2   ▪ Giao điểm của  với tiệm cận ngang là B  2 x0  2; 2  .  x A  xB  2  2 x0  2  2 x0  ▪ Xét   M là trung điểm của AB . 2 x0  2 2 x0  1 y  y   2  2.  2 y A B 0  x0  2 x0  2  ▪  IAB vuông tại I nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB . 2   2 x0  1   2  S   R   IM    x0  2     2      x0  2   2 2 2 ▪ Dấu ”  ” xảy ra khi  x0  2   ▪ Với x0   x  3  2  y0  32  0 .  x0   3  2  y0   3  2 9  x0  2    9 2  6  x0  2   2  x0  2    2   3  2   : y   x  2 3  4 cắt 2 trục tọa độ tại E 0; 2 3  4 và 1 F 2 3  4; 0 , suy ra SOEF  OE.OF  14  8 3  27,8564 2    ▪ Với x0   3  2   : y   x  2 3  4 cắt 2 trục tọa độ tại E 0;  2 3  4  và 1 F  2 3  4; 0 , suy ra SOEF  OE.OF  14  8 3  0,1435 . 2   Câu 118. [2D1.3-4] (VĨNH YÊN-VPU-L1-1819) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số x 2  mx  m m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y  trên đoạn 1; 2 bằng 2 . Số phần tử x 1 của S là A. 1 . B. 4 . C. 3 . Lời giải D. 2 . Chọn D. Đặt g  x    x  0  1; 2  x 2  mx  m x2  2 x ; g x  ; g x  0   2 x 1  x  1  x  2  1; 2  Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số f  x   x 2  mx  m trên 1; 2 là f 1 hoặc f  2  x 1 3  m   1 m  m 2 Trường hợp 1: f 1  2  2 2 m   5  2 3 17 Khi m  ta có f  2    2 (loại) 2 6 5 7 Khi m   ta có f  2    2 (nhận) 2 6 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 84/178 2  m  4  2m  m 3 Trường hợp 2: f  2   2  2 3  m   10  3 2 7 Khi m  ta có f 1   2 (nhận) 3 6 10 17 Khi m   ta có f  2    2 (loại) 3 6 Vậy có hai giá trị của m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 119. [2D1.2-4] (NHÃ NAM – BGI-L1-1819) Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ dưới đây. y 1 3 x O Tìm m để hàm số y  f  x 2  2m  có 3 điểm cực trị.  3  A. m    ; 0  .  2  B. m   3;   .  3 C. m  0;  .  2 Lời giải D. m   ;0  . Chọn A. x  0 Theo đồ thị ta có: f   x   0   , f   x   0  x   0;3 1 . x  3  Ta có: y    f  x 2  2m    2 x. f   x 2  2m  x  0 x  0   2 x  0 x 2  2m  0 x  2m  Cho y   0    2  2 2  x  2m  1  x  2m  1  f   x  2m   0  2  2  x  2m  3  x  2m  3 Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình y   0 phải có 3 nghiệm bội lẻ. Ta thấy x  0 là một nghiệm bội lẻ. Dựa vào đồ thị của y  f   x  ta thấy x  1 là nghiệm bội chẵn (không đổi dấu), do đó ta không xét trường hợp x 2  2m  1 . Suy ra để hàm số có 3 điểm cực trị thì:  TH1. x 2  2m có 2 nghiệm phân biệt khác 0 và x 2  2m  3 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép bằng 0 m  0   3  m  . m    2 2  TH2. x  2m  3 có 2 nghiệm phân biệt khác 0 và x 2  2m vô nghiệm hoặc có nghiệm kép bằng 0 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 85/178 3  3 m    2   m0. 2 m  0  3  Vậy hàm số có 3 điểm cực trị khi m    ; 0  .  2  Câu 120. [2D1.5-4] (LÝ NHÂN TÔNG-BNI-L1-1819) Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ y 2 1 2 x O 2 Gọi m là số nghiệm của phương trình f  f  x    1 . Khẳng định nào sau đây đúng? A. m  7 . B. m  6 . C. m  5 . Lời giải D. m  9 . Chọn A. f  x  c y 2 f  x  b 2 f  x  a O 1 x 2  f  x   a,  1  a  0  Ta có f  f  x    1   f  x   b, 0  b  1   f  x   c, c  2 Phương trình f  x   a với 1  a  0 có 3 nghiệm. Phương trình f  x   b với 0  a  1 có 3 nghiệm. Phương trình f  x   c với c  2 có 1 nghiệm. Vậy số nghiệm của phương trình f  f  x    1 là 7 . PHẦN 2. HÀM SỐ LŨY THỪA. HÀM SỐ MŨ. HÀM SỐ LOGARRIT Câu 121. [2D2-1] Phương trình 22017  8x  0 có nghiệm là 2017 2017 2017 A. x  . B. x  . C. x  . 4 5 6 Lời giải Chọn D. 2017 22017  8x  0  23 x  22017  3 x  2017  x  . 3 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập D. x  2017 . 3 Trang 86/178 Câu 122. [2D2-1] Tìm tập xác định của hàm số y  log 5 A. D   2 . x 3 . x2 B. D   ; 2    3;   . D. D   ; 2    4;   . C. D   2;3 . Lời giải Chọn B. x 3 x 3 xác định khi và chỉ khi  0  x   ; 2    3;   . x2 x2 Vậy tập xác định là D   ; 2    3;   . Hàm số y  log 5 5 3 Câu 123. [2D2-1] Rút gọn biểu thức Q  b : 3 b với b  0 . 5 A. Q  b 2 .  B. Q  b 9 . 4 C. Q  b 3 . 4 D. Q  b 3 . Lời giải Chọn D. 5 3 3 5 3 1 3 Ta có: Q  b : b  b : b  b 5 1  3 3 4 3 b . Câu 124. [2D1-1] Cho a là số thực dương khác 1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng với mọi số thực dương x, y ? x  log a x  log a y . y x C. log a  log a  x  y  . y x  log a x  log a y . y x log a x D. log a  . y log a y A. log a B. log a Lời giải Chọn A. Ta có công thức lôgarit của một thương là log a x  log a x  log a y . y Câu 125. [2D2-1] Cho a là số thực dương tùy ý khác 1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 1 A. log 2 a  log a 2 . B. log 2 a  . C. log 2 a  . D. log 2 a   log a 2 . log 2 a log a 2 Lời giải Chọn C. Theo công thức đổi cơ số, ta có: log 2 a  Câu 126. [2D2-1] Đạo hàm của hàm số y  e x A.  2 x  1 e x 2 x 2 x 1 . log a 2 là B.  2 x  1 e x . . C.  x 2  x  e 2 x 1 . D.  2 x  1 e 2 x 1 . Lời giải Chọn A.  Ta có: y   e x 2 x    x 2 2 2  x  e x  x   2 x  1 e x  x . Câu 127. [2D2-1] Đạo hàm của hàm số y  log 2  x  e x  là TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 87/178 A. 1  ex . ln 2 B. 1  ex . x  ex 1 .  x  e x  ln 2 C. D. 1  ex .  x  e x  ln 2 Lời giải Chọn D. x  e x   1  ex  x    Ta có: y   log 2  x  e     .  x  e x  ln 2  x  e x  ln 2 Câu 128. [2D2-1] Cho hai đồ thị hàm số y  a x và y  log b x như hình vẽ. Nhận xét nào đúng? y  ax y 1 1 x O y  logb x A. a  1, b  1 . B. a  1, 0  b  1 . C. 0  a  1, 0  b  1 . D. 0  a  1, b  1 . Lời giải Chọn B. Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy y  a x đồng biến nên a  1 và y  log b x nghịch biến nên 0  b 1. Câu 129. [2D2-1] Trong các hình sau hình nào là dạng đồ thị của hàm số y  a x , 0  a  1 . y y y y 1 1 x O O (II) (I) A. (I). B. (II). O 1 1 x x O x (III) (IV) C. (III). Lời giải D. (IV). Chọn B. Hàm số y  a x , 0  a  1 nghịch biến nên đồ thị đi xuống từ trái sang phải. Câu 130. [2D2-1] Đồ thị nào dưới đây là đồ thị của hàm số y  2 x ? y y y 1 1 A. O y 1 O x B. O x C. Lời giải O x 1 x D. Chọn C. Hàm số y  2 x là hàm đồng biến. Đồ thị hàm số y  2 x đi qua điểm 1; 2  , cắt trục tung tại  0;1 . Câu 131. [2D2-1] Trong các hình sau hình nào là dạng đồ thị của hàm số y  log a x, a  1 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 88/178 y y y 1 1 x O A. (I). O 1 x 1 x O x O (II) (I) y (III) B. (II). (IV) C. (III). Lời giải D. (IV). Chọn C. Hàm số y  log a x, a  1 đồng biến nên đồ thị đi xuống từ trái sang phải. Câu 132. [2D2-1] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 3x  m có nghiệm thực. A. m  1 . B. m  0 . C. m  0 . D. m  0 . Lời giải Chọn C. Phương trình 3x  m có nghiệm thực với m  0 . Câu 133. [2D2-1] Hàm số y  x e có cùng tập xác định với hàm số nào trong các hàm số dưới đây. C. y  e x . B. y  3 x . A. y  sin x . D. y  ln x . Lời giải Chọn D. Hàm số y  x e có TXĐ: D   0;   . Hàm số y  sin x có TXĐ: D   . Hàm số y  3 x có TXĐ: D   . Hàm số y  e x có TXĐ: D   . Hàm số y  ln x có TXĐ: D   0;   . Vậy hàm số y  x e có cùng tập xác định với hàm số y  ln x . Câu 134. [2D2-2] Cho a  log 2 3 , b  log 3 5 . Khi đó log15 20 bằng A. ab  2 . b  a  1 B. ab  2 . b 1 C. ab  2 . a 1 D. ab  2 . a  b  1 Lời giải Chọn D. Ta có: log15 20  log15 5  log15 4   1  2 1 b 1 a  1 b a  1 2   log 5 3  log 5 5 log 2 3  log 2 5 1 2  1 log3 5  1 log 2 3  log 3 5 log 3 2 b 2 ab  2   . 1  b a 1  b  a 1  b  1  1  Câu 135. [2D2-2] Cho biểu thức A   x 2  y 2    x  2018 là A. 2017 . B. 2018 . 2 1  y y   , 1  2 x x   TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. 2019 .  x  0, y  0  . Giá trị của A tại D. 4036 . Trang 89/178 Lời giải Chọn B. Ta có: A    x y 2 2 2   1   y   x   x y  2  x y    x     x 2 x y .  x y  2  x. Vậy giá trị của A tại x  2018 là 2018 . (Đề bài phải cho thêm điều kiện x  y nữa mới chặt chẽ). Câu 136. [2D2-2] Biết  m   2 1 A. m  n .  n 2  1 . Khẳng định nào sau đây luôn ĐÚNG? B. m  n . C. m  n  0 . Lời giải D. mn  0 . Chọn C. Ta có:  m   2 1  n 2 1   m   2 1  2 1 n  m  n  m  n  0 . Câu 137. [2D2-2] Biết log a x  log b y  c . Khi đó c bằng A. log ab x . y B. log a b  xy  . C. log ab  xy  . D. log ab  x  y  . Lời giải Chọn C. log x  c  x  a c c Ta có:  a  xy   ab   c  log ab  xy  . c log b y  c  y  b 3 Câu 138. [2D2-2] Cho a , b là các số thực thỏa mãn a 3  a đây là đúng A. 0  a  1 , b  1 . 2 2 và log b 3 4  logb . Khẳng định nào sau 4 5 B. 0  a  1 , 0  b  1 . C. a  1 , b  1 . Lời giải D. a  1 , 0  b  1 . Chọn A. 3 2 3 2 3 2 Do  nên a  a  0  a  1 . 3 2 3 4 3 4 Do  nên log b  log b  b  1 . 4 5 4 5 Câu 139. [2D2-2] Biết a  log 3  log 5 10  . Giá trị của 10a bằng log 3 10 A. 1 . B. 1  log 5 2 . C. 1  log 2 5 . D. log 5 2 . Lời giải Chọn B. Ta có: a  log  log 5 10   10 a  10 log  log5 10   log 5 10  1  log 5 2 . 2 Câu 140. [2D2-2] Cho hàm số f  x   e x . Khi đó f   0  bằng A. 0 . B. 1 . C. 2 . Lời giải D. e . Chọn C. Tập xác định D   . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 90/178 2 f   x   2 x.e x . 2 2 2 f   x   2.e x  2 x.2 x.e x   4 x 2  2  .e x .  f   0   2 Câu 141. [2D2-2] Hệ số góc của tiếp tuyến của  C  : y  log 2 x tại điểm có hoành độ bằng 10 là A. k  ln10 . B. k  1 . 5ln10 C. k  10 . D. k  2  ln10 . Lời giải Chọn B. Tập xác định D   0;    , y   2 log x . x ln10 Hệ số góc tiếp tuyến tại điểm có hoành độ bằng 10 là k  y 10   2 1  . 10ln10 5ln10 1 . Khẳng định nào sau đây ĐÚNG? 1 x B. y. y  2  0 . C. y   4e y  0 . Câu 142. [2D2-2] Cho hàm số y  ln A. y   2 y  1 . D. y   e y  0 . Lời giải Chọn D. Tập xác định D   1;    .  1    1 x 1 . y    1 x 1 x 1 1 1  2ln  1 . Loại A. x 1 x 1 1  1  Xét đáp án B: y. y  2  ln .    2  0 . Loại B. 1  x  1 x  Xét đáp án A: y   2 y   1 ln 1 5  4.e x 1    0 . Loại C. x 1 x 1 1 ln 1 1 1 y x Xét đáp án D: y   e    e 1     0 . Chọn đáp án D. x 1 x 1 x 1 Xét đáp án C: y   4e y   Câu 143. [2D2-2] Cho hàm số f  x   ln x  ln  2  x  . Phương trình f   x   0 có tập nghiệm là A. S  1 . 1 B. S    . e  1  C. S    . 2 Lời giải D. S   . Chọn A. Tập xác định D   0; 2  . 1 1  . x 2 x 1 1 f  x  0    0  x 1. x 2 x Vậy S  1 . f  x  TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 91/178 Câu 144. [2D2-2] Cho hàm số f  x   e A.  0;1 . x 2 1 . Khi đó giá trị f  1 thuộc khoảng nào: B. 1; 2  . C.  2;3 . D.  3;    . Lời giải Chọn C. Tập xác định D   . y     2 x  1 .e x 2 1  x.e x 2 1 x2 1  y 1  2 e 2  2,91 .  y 1   2;3 . ex . Khẳng định nào sau đây ĐÚNG? x 1 A. Hàm số đạt cực đại tại x  0 . B. Hàm số đồng biến trên tập xác định. Câu 145. [2D2-2] Cho hàm số y  C. y   ex  x  1 2 D. Hàm số đạt cực tiểu x  0 . . Lời giải Chọn C. Tập xác định D   1 . y  e x .  x  1  e x  x  1 Ở đây y   2 ex  x  1 2  ex  x  1 2 .  Chọn đáp án C.  0  x  D nên hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định và hàm số khôgn có cực trị. Nên cấc đáp án A, B, D sai. Câu 146. [2D2-2] Gọi M là giá tị lớn nhất của hàm số y  x 2 .e  x trên  1;1 . Khi đó ln M bằng B. e . A. 1 . C. 0 . Lời giải D. 1 . Chọn A. y   2 x.e  x  x 2 .e  x   2 x  x 2  e  x . x  0 . y   0   2 x  x 2  .e  x  0   x  2 Ta xét hàm số trên  1;1 nên nhận x  0 . 1 Ta có y  1  e , y 1  , y  0   0 . e Nên M  max y  y  1  e . 1;1 Vậy ln M  ln e  1 . ln x thuộc đường thẳng nào? x2 1 1 1 1 1 x . x . B. y  C. y  D. y  x . e 2e e 2 e e e Lời giải Câu 147. [2D2-2] Điểm cực trị của đồ thị hàm số y  A. y  2 e x . Chọn C. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 92/178 Tập xác định D   0;    . 1 2 .x  2 x.ln x 1  2 ln x x y   . 4 x x3 1  2ln x 1 y  0   0  ln x   x  e 3 x 2 Bảng biến thiên: x 0 e y 0    1 2e  y 0 1   Dựa vào bảng biến thiên, đồ thị hàm số có điểm cực đại là M  e; . 2 e  1   Thay toạ độ M  e;  vào các đáp án, chỉ có câu C thoả nên chọn đáp án là C. 2 e  Câu 148. [2D2-2] Trong các hàm số sua, hàm số nào có đồ thị phù hợp với hình vẽ: y 2 1 O 1 2 B. y  ln x . A. y  log 2 x . x C.  ln x  1 . D. y  log 2 x  1 . Lời giải Chọn D. Ta thấy đồ thị đi qua hai điểm A 1;1 , B  2; 2  . Thay toạ độ A, B vào các đáp án, chỉ có đáp án D thoả. 2 2 Câu 149. [2D2-2] Cho phương trình 42 x  x  22 x  x 1  3  0 . Phát biểu nào sau đây ĐÚNG? A. Phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt B. Phương trình có nghiệm duy nhất. C. Tổng các nghiệm là một số nguyên. D. Phương trình có nghiệm nguyên. Lời giải Chọn D. Ta có: 4 2×2  x 2 2 x 2  x 1 3 0  4 2 x2  x  2.2 Câu 150. [2D2-2] Tập nghiệm của phương trình log 2 2  A. 2;   . 5  4  B. 2;   . 5  2 x2  x 3 0  2 2 x2  x x  0  1  2x  x  0   1. x   2 2 5.2 x  8  3  x là 2x  2 C. 2 . D. 2; 4 . Lời giải Chọn C. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 93/178 Bấm máy tính ta được nghiệm là 2 . Câu 151. [2D2-2] Cho phương trình log 22  4 x   log khoảng A.  0;1 . 2  2 x   5 . Nghiệm nhỏ nhất của phương trình thuộc B. 1;3 . C.  3; 5  . D.  5;9  . Lời giải Chọn A. 1   log 2 4 x  1  x  Ta có: log  4 x   2log 2  4 x   3  0    8.   log 2 4 x  3 x  2 2 2 Câu 152. [2D2-2] Anh Nam gửi 500 triệu vào ngân hàng theo hình thức lãi kép kỳ hạn 1 năm với lãi suất không thay đổi hàng năm là 7.5 % năm. Sau 5 năm thì anh Nam nhận được số tiền cả vốn lẫn lãi là A. 685755000 đồng. B. 717815000 đồng. C. 667735000 đồng. D. 707645000 đồng. Lời giải Chọn B. 5 Số tiền thu được cả vốn lẫn lãi sau 5 năm là T  500.106 1  0.075   717815000 đồng. Câu 153. [2D2-2] Từ đồ thị các hàm số y  log a x , y  log b x , y  log c x như hình vẽ. Khẳng định nào đúng? y y  logb x 1 O y  log c x x y  log a x A. 0  c  b  1  a . B. 0  a  c  1  b . C. 0  a  1  b  c . Lời giải D. 0  a  1  c  b . Chọn C. y A 1 O 1 y  logb x B y  log c x x y  log a x Dựa vào đồ thị có y  log a x là hàm nghịch biến nên 0  a  1 1 . Có y  log b x , y  log c x là các hàm đồng biến nên 1  b;1  c . Đường thẳng y  1 cắt đồ thị y  log b x , y  log c x lần lượt tại A  b,1 ; B  c;1 . Dựa vào đồ thị có 1  b  c  2  . Từ 1 và  2  có 0  a  1  b  c . 3 Câu 154. [2D2-2] Tìm tập xác định D của hàm số y   x 2  x  2  . A. D   . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập B. D   0;    . Trang 94/178 D. D   1; 2 . C. D    ;  1   2;    . Lời giải Chọn D. x  2 Do 3 là số nguyên âm nên điều kiện của hàm số lũy thừa là x 2  x  2  0   .  x  1 Vậy D   1; 2 . 1 Câu 155. [2D2-2] Tìm tập xác định D của hàm số y   x  1 3 . A. D    ;1 . B. D  1;    . C. D   . D. D   1 . Lời giải Chọn B. 1 Do là số không nguyên nên điều kiện của hàm số lũy thừa là x  1  0  x  1 . 3 Vậy D  1;    . Câu 156. [2D2-2] Tìm tập xác định D của hàm số y  log 3  x 2  4 x  3 .     A. D  2  2 ;1  3; 2  2 . B. D  1;3 . C. D    ;1   3;    . D. D   ; 2  2  2  2 ;   .     Lời giải Chọn C. x 1 Điều kiện: x 2  4 x  3  0   . x  3 Vậy D    ;1   3;    . Câu 157. [2D2-2] Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y  log  x 2  2 x  m  1 có tập xác định là  . A. m  0 . B. m  0 . C. m  2 . Lời giải D. m  2 . Chọn B. Hàm số đã cho có tập xác định là  khi và chỉ khi x 2  2 x  m  1  0 x       1    m  1  m  0 . Câu 158. [2D2-2] Cho a là số thực dương khác 1. Tính I  log A. I  1 . 2 B. I  0 . a a. C. I  2 . D. I  2 . Lời giải Chọn D. Ta có: I  log Câu 159. a a  log 1 a  2 log a a  2 . a2  a2  [2D2-2] Cho a là số thực dương khác 2 . Tính I  log a   4  2  1 1 A. I  . B. I  2 . C. I   . 2 2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập D. I  2 . Trang 95/178 Lời giải Chọn B. 2  a2  a a Ta có: I  log a    log a    2log a  2 . 4  2 2 2  2  2 1 Câu 160. [2D2-2] Rút gọn biểu thức P  x 3 . 6 x với x  0 . 1 8 2 B. P  x . A. P  x . C. P  x . Lời giải 2 9 D. P  x . Chọn C. 1 1 1 1 1  1 Ta có: P  x 3 . 6 x  x 3 . x 6  x 3 6 x  x 2  x . Câu 161. [2D2-2] Với a , b là các số thực dương tùy ý và a khác 1 , đặt P  log a b3  log a 2 b 6 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. P  9log a b . B. P  27 log a b . C. P  15log a b . D. P  6 log a b . Lời giải Chọn D. 6 Ta có: P  log a b3  log a 2 b 6  3log a b  log a b  3log a b  3log a b  6log a b . 2 Câu 162. [2D2-2] Cho log a b  2 và log a c  3 . Tính P  log a  b 2 c3  . A. P  31 . B. P  13 . C. P  30 . Lời giải D. P  108 . Chọn B. Ta có: P  log a  b 2c 3   log a b 2  log a c 3  2log a b  3log a c  2.2  3.3  13 . 1 Câu 163. [2D2-2] Cho log 3 a  2 và log 2 b  . Tính I  2log 3 log3  3a    log 1 b 2 . 2 4 A. I  5 . 4 B. I  4 . C. I  0 . D. I  3 . 2 Lời giải Chọn D. Ta có I  2log3 log 3  3a    log 1 b 2  2 log 3  log3 3  log 3 a   log 22 b 2 4  2log 3 1  2   log 2 b  2log 3 3  log 2 b  2  1 3  2 2 Câu 164. [2D2-2] Với mọi a , b , x là các số thực dương thỏa mãn log 2 x  5log 2 a  3log 2 b . Mệnh đề nào dưới đây đúng. A. x  3a  5b . B. x  5a  3b . C. x  a 5  b3 . Lời giải D. x  a 5b3 . Chọn D. Ta có: log 2 x  5log 2 a  3log 2 b  log 2 a 5  log 2 b3  log 2  a 5b3  , nên x  a 5b3 . Câu 165. [2D2-2] Với mọi số thực dương a và b thỏa mãn a 2  b 2  8ab , mệnh đề nào dưới đây đúng? TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 96/178 1  log a  log b  . 2 1 C. log  a  b   1  log a  log b  . 2 A. log  a  b   B. log  a  b   1  log a  log b . D. log  a  b   1  log a  log b . 2 Lời giải Chọn C. 2 2 Ta có: a 2  b 2  8ab   a  b   10ab  log  a  b   log 10ab   2 log  a  b   log10  log a  log b  log  a  b   1 1  log a  log b  2 Câu 166. [2D2-2] Với mọi số thực dương x , y tùy ý, đặt log 3 x   , log 3 y   . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 3 3  x   A. log 27    9     . 2   y   x  B. log 27      . 2  y  3 3  x   C. log 27    9     . 2   y   x  D. log 27      . 2  y  Lời giải Chọn D. 3 3  x  x 3  x  x Ta có: log 27    log 33    log3    log3    y   y  3  y   y  1 1  log 3 x  log 3 y  log 3 x  log 3 y     2 2 Câu 167. [2D2-2] Cho hàm số y  xe x . Chọn hệ thức đúng: A. y   2 y   1  0 . B. y   2 y  3 y  0 . C. y   2 y  y  0 . D. y   2 y  3 y  0 . Lời giải Chọn C. Ta có y   xe x  x  e x   e x  xe x , y   2e x  xe x nên y   2 y  y  0 . Câu 168. [2D2-2] Đạo hàm của hàm số y   2 x  1 3x là A. 3x  2  2 x ln 3  ln 3 . B. 3x  2  2 x ln 3  ln 3 . C. 2.3x   2 x  1 x.3x1 . D. 2.3x ln 3 . Lời giải Chọn B. Ta có y    2 x  1 3x   2 x  1  3x   2.3x   2 x  1 3x ln 3  3x  2  2 x ln 3  ln 3 . Câu 169. [2D2-2] Tính đạo hàm của hàm số y  log 2  2 x  1 . A. y   1 .  2 x  1 ln 2 B. y   2 .  2 x  1 ln 2 C. y   2 . 2x 1 D. y   1 . 2x 1 Lời giải Chọn B. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 97/178 Ta có y    2 x  1  2 .  2 x  1 ln 2  2 x  1 ln 2 Câu 170. [2D2-2] Đồ thị hình bên là của hàm số nào? y 1 1 A. y  log 2 x  1 . 2 x O B. y  log 2  x  1 . D. y  log 3  x  1 . C. y  log 3 x . Lời giải Chọn D. Nhìn vào đồ thị ta thấy khi x  0 thì y  0 và khi x  2 thì y  1 , nên ta có y  log 3 ( x  1) thõa mãn. Câu 171. [2D2-2] Cho phương trình 4 x  2 x1  3  0 . Khi đặt t  2 x , ta được phương trình nào dưới đây? A. 2t 2  3  0 . B. t 2  t  3  0 . C. 4t  3  0 . D. t 2  2t  3  0 . Lời giải Chọn D. Ta có 4 x  2 x 1  3  0  4 x  2.2 x  3  0 . Đặt t  2 x , t  0 thì phương trình đã cho trở thành t 2  2t  3  0 . Câu 172. [2D2-2] Tìm nghiệm của phương trình log 2 1  x   2 . A. x  4 . B. x  3 . C. x  3 . Lời giải D. x  5 . Chọn B. ĐK: 1  x  0  x  1 . log 2 1  x   2  1  x  4  x  3 (nhận). Câu 173. [2D2-2] Tìm tập nghiệm S của phương trình log 3  2 x  1  log 3  x  1  1 . A. S  4 . B. S  3 . C. S  2 . D. S  1 . Lời giải Chọn A. 1  x   ĐK:  2  x  1.  x  1 log 3  2 x  1  log3  x  1  1  2x 1  3  2 x  1  3 x  3  x  4 (nhận). x 1 Câu 174. [2D2-2] Tìm tập nghiệm S của phương trình log 2  x  1  log 1  x  1  1 2   A. S  2  5 .   B. S  2  5; 2  5 . C. S  3 . D.  3  13  S  .  2  Lời giải TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 98/178 Chọn A. ĐK: x  1 Ta có: log  x  1  log 1  x  1  1   x  1 2 2 2 x  2  5  2  x  1  x 2  4 x  1  0    x  2  5   Kết hợp điều kiện phương trình có nghiệm: S  2  5 . Câu 175. [2D2-2] Giải phương trình 2 x  C. 1  2 2 x  3 . Ta có tập nghiệm bằng  3 .  D. 1  A. 1  1  log 2 3; 1  1  log 2 3 . 1  log 2 3; 1  1  log 2  3 . B. 1  1  log 2 3;  1  1  log 2 3 . 1  log 2 3;  1  1  log 2 Lời giải Chọn A. Ta có: 2 x 2 2 x  3  x 2  2 x  log 2 3  x 2  2 x  log 2 3  0  x  1  1  log 2 3 . Câu 176. [2D2-2] Giải phương trình 3x  33 x  12 . Ta có tập nghiệm bằng A. 1; 2 . B. 1; 2 . C. 1; 2 . D. 1; 2 . Lời giải Chọn A. x 3 x Ta có: 3  3 3x  3 x  1  12  3  12.3  27  0   x .  x  2 3  9 2x x Câu 177. [2D2-2] Giải phương trình 125 x  50 x  23 x1 . Ta có tập nghiệm bằng A. 1 . B. 1 . C. 2 . D. 0 . Lời giải Chọn D. Ta có: 125 x  50 x  23 x1  53 x  52 x.2 x  2.23 x  0 3x 2x x 5 5 5        2  0    1  x  0. 2 2 2 2 2 Câu 178. [2D2-2] Phương trình 2 x  x  22  x  x  3 có tổng các nghiệm bằng A. 1 . B. 0 . C. 2 . Lời giải Chọn A. D. 1 . 2 Ta có: 2 x2  x 2 2 x  x2  3  2 x2  x  2  3.2 x2  x  2 x  x  1  x  1 40   2  x2  x  2   .  2 x  x  4 x  2 Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 1 . 1 1   log 2 x 2  x  8 có bao nhiêu nghiệm nhỏ hơn 2 . x  x 8 x B. 1 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Câu 179. [2D2-3] Phương trình log 2 x  A. 0 . 2 Chọn B. Ta có: log 2 x  1 1   log x  x 8 x 2 2 x 2  x  8  log 2 x  TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập 1 1  log 2  x 2  x  8   2 . x x  x 8 Trang 99/178 1 Xét f  t   log 2 t  , t  0 . t 1 1 Khi đó, f   t    2  0 t  0 nên f  t  đồng biến trên  0;    . t ln 2 t  x  2 Do đó phương trình tương đương với x  x 2  x  8  x 2  2 x  8  0   . x  4 4 1 1 2  b 3 3 Câu 180. [2D2-3] Rút gọn biểu thức A  2 ,  a  0, b  0, a  8b  bằng . 1  2  a   2   a 3  3 3  a  2 ab  4b A. A  a  b . B. A  a  2b . C. A  1 . D. A  0 . Lời giải Chọn D. a 3  8. a 3 b 1 3 1  13 3 a  a  8b   a  2b Ta có: A  2 . 2  1 a 3  2 3 ab  4b 3  a 3 1 1 1 1  2 2 3 3 a  a  8b  a   a3  . 1  a3 2 2 1       3   a 3  2 ab  4b 3   a 3  2b 3      1 2 2 2 a 3  a  8b  . a 3   a3  a3  a3  0 . a  8b (Có sửa lại so với đề gốc để có đáp án đúng) Câu 181. [2D2-3] Biết 0  x  A. 1 1  log 2 3 . 2  1 và log 3 cos x   , khi đó log 2 sin x bằng 2 2 B. 1  log 2 3 . C. 1  log 2 3  1 . 2 D. 2 3 . 3 Lời giải Chọn A.  Ta có: cos x  3 Do 0  x  1 2  3 1 2 2  sin 2 x  1    sin x   . 3 3 3 3 2  nên sin x  0  sin x  . 2 3 1  2 1  2 2 1 Vậy log 2 sin x  log 2    log 2     log 2 2  log 2 3  1  log 2 3 . 2 2 3  3 Câu 182. [2D2-3] Biết phương trình log 32 x   m  2  log 3 x  3m  1  0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2  27 . Khi đó giá trị m là A. 3 . B. 1 . C. 25 . D. 28 . 3 Lời giải Chọn B. Ta có: log 3 x1  log 3 x2  log 3 x1 x2  log 3 27  3  m  2  m  1 . Câu 183. [2D2-3] Tổng nghịch đảo các nghiệm của phương trình TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập  x 2 3    x 2 3   4 bằng Trang 100/178 A. 0 . B. 4 . 1 . 4 C. D. 1 . Lời giải Chọn A. Ta có: x  2 3    2 3  x 4  2 3  x  1  2 3  x 4 x  2 3   2 3. Nên x  2 . Câu 184. [2D2-3] Gọi x0 là một nghiệm của phương trình 9 x  9 x  23 . Khi đó giá trị của biểu thức 5  3×0  3 x0 là 1  3×0  3 x0 3 A. . 2 A 5 B.  . 2 C. 2 . D. 1 . 2 Lời giải Chọn B. 2 5 Ta có: 9 x  9  x  23   3x  3 x   25  3x  3 x  5  A   . 2 Câu 185. [2D2-3] Gọi x0 là một nghiệm khác 1 của phương trình log đó khẳng định nào sau đây SAI? A. x0   . B. x02  3 . 2 x log 3 x  log C. log 6 x0  1 . 2 x  log 3 x . Khi D. 2 x0  6 . Lời giải Chọn D. Ta có: log 2 x log 3 x  log 2 x  log 3 x  log 2 x log 3 x  2 log 2 x  2 log3 x Với 0  x  1 ta có phương trình tương đương với 1 2 2    2log x 6  1  x  36 . log x 2.log x 3 log x 2 log x 3 Câu 186. [2D2-3] Cho log a x  3 , log b x  4 với a , b là các số thực lớn hơn 1 . Tính P  log ab x . A. P  7 . 12 B. P  1 . 12 C. P  12 . D. P  12 . 7 Lời giải Chọn D. Từ log a x  log a b.log b x , suy ra log a b  Nên: P  log ab x  Câu 187. [2D2-3] Cho M x, log a x 3  . log b x 4 log a x log a x 3 3 12     . log a  ab  log a a  log a b 1  log a b 1  3 7 4 y là các số thực lớn hơn 1 thoả mãn x 2  9 y 2  6 xy . Tính 1  log12 x  log12 y . 2log12  x  3 y  A. M  1 . 4 B. M  1 . C. M  1 . 2 1 D. M  . 3 Lời giải TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 101/178 Chọn B. 2 Ta có: x 2  9 y 2  6 xy  x 2  6 xy  9 y 2  12 xy   x  3 y   12 xy . Từ đó: M  log12 12 xy  log12 12 xy  1  log12 x  log12 y log12 12  log12 x  log12 y    1. 2 2 2log12  x  3 y  log12 12 xy  log12  x  3 y  log12  x  3 y  2 2 Câu 188. [2D2-3] Giải phương trình 4 x   x 2  7  .2 x  12  4 x 2  0 . Ta có tập nghiệm bằng   B. 0; 1; 2 . A. 1; 1;  2 . C. 1; 2 . D. 1; 2 . Lời giải Chọn A. 2 2 Ta có:    x 2  7   4 12  4 x 2   x 4  2 x 2  1   x 2  1 .  2   x 2  7    x 2  1 2  2x   2 x   x 2  3 1 2 Phương trình có hai nghiệm:   2  2   x 2  7    x 2  1  2 x  4  2  2x   2 Đặt t  x 2  t  0  khi đó phương trình 1 trở thành 2t  t  3  * . Ta có phương trình  * vế trái hàm số luôn đồng biến, vế phải hàm số luôn nghịch nên phương trình có nghiệm duy nhất t  1  x  1 . Phương trình  2   x   2 . Câu 189. [2D2-3] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 x  2 x 1  m  0 có hai nghiệm thực phân biệt. A. m   ;1 . B. m   0;   . C. m   0;1 . D. m   0;1 . Lời giải Chọn D. Đặt t  2 x  t  0  khi đó phương trình trở thành: t 2  2t  m  0  m  2t  t 2 Xét hàm số f  t   2t  t 2  t  0  . Ta có: f   t   2  2t ; f   t   0  t  1 . t 0  f t   1 0  1 f t  0 Để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt khi m   0;1 .  Câu 190. [2D2-2] Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình log 32 x  m log 3 x  2m  7  0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1 x2  81 . A. m  4 . B. m  4 . C. m  81 . 2 D. m   . 3 Lời giải Chọn A. Ta có: log 3 x1  log 3 x2  log 3  x1 x2   m  log3 81  3m  81  m  4 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 102/178 Câu 191. [2D2-2] Phương trình x  ln 2 x  1  0 có số nghiệm là A. 3 . B. 0 . C. 2 . Lời giải D. 1 . Chọn C. x  0 x  0  x  e   x  0 2 Ta có: x  ln x  1  0    x  0    . 1 ln x  1 x  e    ln 2 x  1  0    ln x  1  Câu 192. [2D2-2] Tìm tất cả các điểm cực trị của hàm số y  x ln x . 1  A.   . e   1 B. e,  .  e D.  . C. 1 . Lời giải Chọn A. Tập xác định của hàm số D   0;   . 1 y   1  ln x ; y   0  x   D . e 1 1 1 y   ; y     e  0  Hàm số đạt cực tiểu tại x  . x e e 1  Vậy tập tất cả các điểm cực trị của hàm số là   . e  Câu 193. [2D2-2] Biết log 2 3  a , log 5 3  b . Khi đó log 3 tính theo a , b là B. a  b . A. ab . C. ab . a b D. 1 1  . a b Lời giải Chọn C. Ta có: log 2 3 a a a log 3      log log 2 10 log 2 (2.5) log 2 2  log 2 5 1  35 log3 2 a 1 log 5 3 1 1 log 2 3  a 1 1 b 1 a  a a 1 b  ab . ab Câu 194. [2D2-2] Nghiệm của phương trình 25x  15 x  6.9 x  0 là A. x   log 3 2 . C. x  log 5 3 . B. x   log5 3 . 5 3 D. x  log 3 3 . 5 Lời giải Chọn C. 2x x 5 5 Ta có: 25  15  6.9  0        6  0  * 3  3 x x x x 5 Đặt t    ,  t  0   3 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 103/178 t  3 ( N ) Khi đó phương trình (*) trở thành: t 2  t  6  0   t  2 ( L) x 5 Với t  3     3  x  log 5 3 . 3 3 Câu 195. [2D2-2] Tập xác định của hàm số y  log 0,2  x  1 là B.  0;   . A.  1;   . C.  1;0 . D.  1;0 . Lời giải Chọn D. Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi:  x  1 x 1  0  x  1  x  1   1  x  0 .   0   x  1  1  x0  x  1   0, 2  log 0,2  x  1  0 Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D   1;0 . Câu 196. [2D2-2] Tổng các nghiệm của phương trình log 32 x  log 3 x  2  0 bằng A. 28 . 9 B. 25 . 3 25 . 9 C. D. 28 . 3 Lời giải Chọn D. Điều kiện: x  0   . Với điều kiện   phương trình đã cho tương đương với 1   log 3 x  1  x   3 (thỏa mãn   )    log 3  2 x  9 Do đó tổng các nghiệm của phương trình đã cho là 1 28 9 . 3 3 Câu 197. [2D2-2] Cho hàm số y  esin x cos x . Khi đó phương trình y  0 có nghiệm là A. x    k 2 , k   . B. x      k 2 , k   . C. x    k , k   . D. x   k , k   . 2 4 4 Lời giải Chọn D. y    sin x  cos x  .esin x  cos x   cos x  sin x  .esin x cos x , x   y   0  cos x  sin x  0 (Do esin x cos x  0, x   )  cos x  sin x  tan x  1   x   k , k   .(TM) 4 Câu 198. [2D2-2] Hàm số y  A.  0;   10 . 1 x có tập xác định là log x  1 B.  0;   e . C.  0;   e . D.  0;   10 . Lời giải Chọn D. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 104/178 x  0 x  0  ĐKXĐ:  x  0   x  10 log x  1  0  Vậy tập xác định của hàm số là  0;   10 . Câu 199. [2D2-3] Tìm m để phương trình 4cos x   m  1 .2cos x 1  2m  0 có nghiệm? A. 2  3  m  0 .  m  2  3  B.  m  2  3 . C. 2  3  m  0 . D. 1  m  0. 2 Lời giải Chọn C. 2 4cos x   m  1 .2cos x1  2m  0   2cos x   2(m  1).2cos x  2m  0 1  Đặt t  2cos x  t   ; 2  2  Phương trình trở thành t 2  2  m  1 .t  2m  0 (1) 1  Yêu cầu bài toán tương đương tìm m để phương trình (1) có nghiệm với mọi t   ; 2  2  t 2  2t t 2  2t , Ta có (1)  m  . Xét hàm số f  t   2t  2 2t  2 f t   2t 2  4t  4  2t  2 2 1  t   ; 2  . 2  t  1  3  f   t   0  2t 2  4t  4  0   t  1  3 Bảng biến thiên t 1 2 f  t  1  3  0 2  0 f t  1 4 2  3 Dựa vào bảng biến thiên suy ra, phương trình (1) có nghiệm khi 2  3  m  0 . Câu 200. [2D2-3] Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình 9 x  2.3x1  m  0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  1 . A. m  6 . B. m  3 . C. m  3 . Lời giải D. m  1 . Chọn C. Đặt t  3x  t  0  phương trình trở thành: t 2  6t  m  0 1 . Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  1 điều kiện là phương trình 1 có hai nghiệm thực t1 , t2  0 thỏa mãn t1.t2  3  Điều kiện là TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 105/178      0   9  m  0    b  b   0    6  0  m  3 .  a  a c c  a  3  a  3  m Câu 201. [2D2-3] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: log 3 1  x 2   log 1  x  m  4   0 3 1 A.   m  0 . 4 B. 5  m  21 . 4 C. 5  m  21 . 4 1 D.   m  2 . 4 Lời giải Chọn C. Điều kiện: 1  x 2  0  1  x  1 . Phương trình tương đương: log 3 1  x 2   log 1  x  m  4   0  log 3 1  x 2   log 3  x  m  4   x 2  x  5  m 1 3 Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt  Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt trong khoảng  1; 1 . Xét hàm số y  f  x   x 2  x  f   x   2 x  1  f   x   0  x   1 2 BBT: x   1 y 0 1 2 1 0   0  0 2 y  1 4 1 21 Dựa vào BTT, ta được giá trị m cần tìm   5  m  0  5  m  4 4 Câu 202. [2D2-3] Tìm tập hợp các giá trị của tham số thực m để phương trình 6 x   3  m  2 x  m  0 có nghiệm thuộc khoảng  0; 1 . A.  3; 4 . B.  2; 4 . C.  2; 4  . D.  3; 4  . Lời giải Chọn C. Ta có phương trình  6 x  3.2 x  m 1 . 2x 1 6 x  3.2 x trên  0; 1 ta có: 2x  1 12 x  ln 6  ln 2   6 x.ln 6  3.2 x ln 2 Xét hàm số y  f  x   f  x   2 x  1 2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập  f   x   0; x   0;1 Trang 106/178  Hàm số y  f  x  đồng biến trên  0;1 . Do x   0;1  0  x  1  2  f  x   4; x   0;1 . Vậy để phương trình đã cho có nghiệm điều kiện là 2  m  4 Câu 203. [2D2-3] Xét các số thực a , b thỏa mãn a  b  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức a P  log 2a  a 2   3log b   b b A. Pmin  19 . B. Pmin  13 . C. Pmin  14 . D. Pmin  15 . Lời giải Chọn D. Ta có P  4 log 2a a  b 3 . Đặt t  log a a , do a  b  1 nên t  1;   và biểu thức P trở log a a  1 b b thành: P  4t 2   2t  3  4t 2  2t  1 3 4t 3  4t 2  3 3   P  t    P  t   0  t  2 t 1 t 1 2  t  1 BBT: t  3 2 1 P  0     P 15 Từ đó ta có: Pmin  15 9t với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị 9t  m 2 của m sao cho f  x   f  y   1 . Với mọi số thực x, y thỏa mãn e x  y  e  x  y  . Tìm số phần Câu 204. [2D2-3] Xét hàm số f  t   tử của S. A. 0 . B. 1 . C. Vô số. Lời giải D. 2 . Chọn D. Xét hàm số y  f  x   e x  e.x trên  0;    min f  x   0 nên ta có e x  e.x; x   0;    0;  nên e x  y  e  x  y  ; x, y  0 mà e x  y  e  x  y   e x  y  e  x  y   x  y  1 . Do đó ta có: f  x   f  y   1  f  x   f 1  x   1  9x 91 x  1 9 x  m 2 91 x  m 2  9  m 2 .9 x  9  m 2 .91 x  9  m 2 .9 x  m2 .91 x  m 4  m4  9  m   3 Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn đề bài. Câu 205. [2D2-3] Xét các số thực dương x , y thỏa mãn log 3 1  xy  3xy  x  2 y  4 . Tìm giá trị nhỏ x  2y nhất Pmin của P  x  y . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 107/178 9 11  19 . 9 A. Pmin  B. Pmin  9 11  19 18 11  29 2 11  3 . C. Pmin  . D. Pmin  . 9 9 3 Lời giải Chọn D. 1  xy  3xy  x  2 y  4  log 3 3 1  xy   3 1  xy   log3  x  2 y    x  2 y  1 x  2y 1 Xét hàm số f  t   t  log3 t trên  0;   ta có: f   t   1   0; t   0;    Hàm số t ln 3 đồng biến trên  0;   . Ta có: log 3 Mà ta có: 1  f  3 1  xy    f  x  2 y   3 1  xy   x  2 y  3 xy  x  2 y  3  0  3x  P  x   x  2  P  x   3  0  Ta có: P  x   9 x 2  12 x  7  3x  2 2  P  x   0  x  3x 2  x  3  P 2 3x  2 2  11 3 BBT: x 2  11 3 0  P 0    3 2  P Vậy ta có Pmin  2 11  3 3 2 11  3 3 Câu 206. [2D2-3] Có bao nhiêu giá trị m nguyên trong đoạn  2017;2017 để phương trình log  mx   2log  x  1 có nghiệm duy nhất? A. 4034 . B. 2018 . C. 2017 . Lời giải D. 4035 . Chọn B.  x  1 Ta có log  mx   2log  x  1   . 2 mx   x  1 (1) 1 (1)  m  x   2 ( vì x  0 không là nghiệm của phương trình (1) ). x Để phương trình log  mx   2log  x  1 có nghiệm duy nhất thì phương trình m  x  1 2 x có duy nhất một nghiệm trên  1;   . Xét hàm số f  x   x  1 2 x Tập xác đinh D   0 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 108/178 f  x  1  x  1 1 , f  x  0   .Ta có bảng biến thiên của f  x  : 2 x  x 1 x  f  x 0 1 0    1 0     4 f  x 0   Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình m  f  x  có duy nhất một nghiệm trên  1;   m  0 Khi và chỉ khi  . Vậy trong đoạn  2017;2017  có 2018 số nguyên thỏa mãn đề bài. m  4 Câu 207. [2D2-3] Cho phương trình log 0,5  m  6 x   log 2  3  2 x  x 2   0 ( m là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình có nghiệm thực? A. 17 . B. 18 . C. 23 . Lời giải Chọn A. m  6 x  0  3  x  1 Điều kiện  .  2 m  6 x  0 3  2 x  x  0 D. 15 . Khi đó, log 0,5  m  6 x   log 2  3  2 x  x 2   0  log 2  3  2 x  x 2   log 2  m  6 x   3  2 x  x 2  m  6 x  3  8x  x 2  m  * . Xét hàm số f  x    x 2  8 x  3 trên  3;1 , ta có f   x   2 x  8 ; f   x   0  x  4 . Bảng biến thiên x 3 4 f  x 1  18 f  x 6 Từ BBT suy ra phương trình  * có nghiệm trên  3;1  6  m  18 . Do m nguyên dương nên m  1; 2;…;17 . Câu 208. [2D2-4] Có bao nhiêu cặp số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình log 2 x  log 2 y  log 2  x  y  A. 1 . B. 4 . C. 2 . Lời giải D. Vô số. Chọn D. Ta có: log 2 x  log 2 y  log 2  x  y   log 2 Ta có: x  y  0  x x  y2  log 2  x  y    x  y  x  . y y 1 y  y2 y 1  y  1  0  y  1. 1 y 1 y 1 y TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 109/178 Nên x   y2 ,0  y  1. 1 y Câu 209. [2D2.5-4] (CH.QUANG TRUNG-BPU-L1-1819) Cho m , n là các số nguyên dương khác 1 . Gọi P là tích các nghiệm của phương trình 2018  log m x  log n x   2017 log m x  2018 log n x  2019 . P nguyên và đạt giá trị nhỏ nhất khi: A. m.n  22020 . B. m.n  22017 . C. m.n  22019 . Lời giải D. m.n  22018 . Chọn C. Điều kiện: x  0 . Với điều kiện đó phương trình đã cho được biến đổi tương đương thành phương trình: 2018  log m x  log n m.log m x   2017 log m x  2018 log n m.log m x  2019  0 1 . Đặt t  log m x , t   . Khi đó phương trình 1 trở thành phương trình: 2018  log n m  t 2   2017  2018 log n m  t  2019  0  2  . Do phương trình  2  có 2018log n m.  2019   0 nên phương trình  2  có hai nghiệm trái dấu, do đó phương trình 1 luôn có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2 . Xét log m x1 x2  log m x1  log m x2  Suy ra: x1 x2  m 2017 1 2018log n m 2017  m 2018 2017  2018log n m 2017  1 . 2018log n m 2018log n m log m n 1 2017  m.n 2018 . Theo bài m là số nguyên dương khác 1 nên m  2 , do đó P  x1 x2  2 2018 n 2017 . Mặt khác n là số nguyên dương khác 1 nên n  2 và 2017 , 2018 là hai số nguyên tố cùng nhau nên để P nguyên và có giá trị nhỏ nhất khi n  2 2018 . Lúc đó m.n  2.22018  2 2019 .  x  4y  Câu 210. [2D2-4] Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn log 2    2 x  4 y  1 . Giá trị nhỏ nhất  x y  của biểu thức P  2 x 4  2 x2 y 2  6 x 2 A. 4 .  x  y B. 3 bằng 9 . 4 16 . 9 Lời giải C. D. 25 . 9 Chọn C. Điều kiện: x  4y 0 x y  x  4y   x  4y   x  4y  log 2    2 x  4 y  1  log 2    1  2 x  4 y  log 2    2x  4y  x y   x y   2x  2 y   x  4y   log 2    2  2x  2 y   2  x  4 y   2x  2y   log 2  x  4 y   2  x  4 y   log 2  2 x  2 y   2  2 x  2 y  Xét hàm số f  t   log 2 t  2t với t   0;   f t   1  2  0 với t   0;   nên hàm số f  t  đồng biến trên t   0;   . t ln 2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 110/178 Nên x  4 y  2 x  2 y  x  2 y . P 2 x 4  2 x2 y 2  6 x 2  x  y 3  8 8 8 8 16 y  . 2 y. 9 9y 9 9 9y Câu 211. [2D2-4] Tìm tập tất cả các giá trị của log 2  2 sin x  1  log 1  cos 2 x  m   0 có nghiệm: tham số m để phương trình 2  5  A.   ;   .  2   1  B.   ; 2 .  2   1  C.      .  2  Lời giải  1  D.   ; 2  .  2  Chọn D. 5   k 2  x   k 2  2sin x  1  0 6 6 Điều kiện:   cos 2 x  m  0 m   1  2 Phương trình tương đương log 2  2 sin x  1  log 2  cos 2 x  m   2 sin x  1  cos 2 x  m 2  2 sin x  2 sin x  2  m 1 1 Xét hàm số y  2t 2  2t  2  t  sin x  ;  t  1 có đồ thị là parabol 2 Ta có bảng biến thiên: t 1 1  1 2 2 y 5 1   2 2 2  1  Phương trình 1 có nghiệm thì m    ; 2   2  Câu 212. [2D2-4] Số giá trị nguyên của m   200; 200  để 3.a loga b b logb a  m. log a b  2 với mọi a , b  1;   là A. 200 . B. 199 . C. 2199 . Lời giải D. 2002 . Chọn A. Đặt log a b  x , x  0 . 2 Suy ra b  a x . Khi đó 3.a loga b b logb a x    m. log a b  2  3.a  a x2 1 x 2.a x  2 m.  m.x  2  x 2.a x  2 Xét hàm số f  x   , với x  0 . x 2a x  x.ln a  2   có f  x    0 , x   0;   nên f  x  liên tục và đồng biến trên  0;   . x2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 111/178 Bảng biến thiên Dựa vào BBT ta thấy m  f  x   m  2 ln a . Vì ln a  0, a  1 , do đó 3.a loga b b logb a  m. log a b  2 với mọi a , b  1;   thì m  0 . Và m   200; 200  nguyên nên có 200 số nguyên m thỏa yêu cầu bài toán.   Câu 213. [2D2-4] Cho tập hợp A  2k | k  1,…,10 có 10 phần tử là các lũy thừa của 2 . Chọn ngẫu nhiên từ tập A hai số khác nhau theo thứ tự a và b . Xác suất để log a b là một số nguyên bằng A. 17 . 90 B. 3 . 10 C. 1 . 5 D. 19 . 90 Lời giải Chọn A. Số phần tử không gian mẫu n()  A102  90 . Giả sử a  2 m , b  2n , khi đó log a b  log 2m 2n  n là một số nguyên thì m là ước của n . m + m  1 thì có 9 cách chọn n , n  2;3;…;10 . + m  2 thì có 4 cách chọn n , n  4; 6;8;10 . + m  3 thì có 2 cách chọn n , n  6;9 . + m  4 thì có 1 cách chọn n , n  8 . + m  5 thì có 1 cách chọn n , n  10 . + m  6;7;8;9;10 :không xảy ra. Suy ra số phần tử của biến cố log a b là một số nguyên là 9  4  2  1  1  17 . Xác suất cần tìm là 17 . 90 Câu 214. [2D2-4] Xét các số thực x , y thỏa mãn x 2  y 2  1 và log x2  y 2  2 x  3 y   1 . Giá trị lớn nhất Pmax của biểu thức P  2 x  y bằng A. Pmax  19  19 . 2 B. Pmax  7  65 11  10 2 . C. Pmax  . 2 3 Lời giải D. Pmax  7  10 . 2 Chọn B. Ta có: log x2  y 2  2 x  3 y   1  2 x  3 y  x 2  y 2  x 2  2 x  y 2  3 y  0 .  x  1   y 2  3 y    y 2  3 y  1 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 112/178  3  13 3  13  Để tồn tại x , y thì  x  0  y   ; . 2   2 Khi đó x  1   y 2  3 y  1 .   Ta có: P  2 x  y  2 1   y 2  3 y  1  y  f  y  . 2 y  3 f  y    y2  3y 1 1.   3 3  13   f   y   0   y 2  3 y  1  2 y  3   y 2  3 y  1  4 y 2  12 y  9 ,  y   ;   .  2 2     15  65 . 10 Bảng biến thiên.  y 7  65 2  15  65 y  7  65  10  khi  (thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  1 ) 2  x  1   y 2  3 y  1  5  65  5 Do đó P  x  2 y  Vậy PMax  x  4y  Câu 215. [2D2-4] Xét x, y là các số thực dương thỏa mãn log 2    2 x  4 y  1 . Giá trị nhỏ nhất  x y  của P  A. 2 x 4  2 x2 y 2  6 x 2  x  y 3 25 . 9 bằng B. 4 . C. 9 . 4 D. 16 . 9 Lời giải Chọn D.  x  4y   x  4y  Ta có: log 2    2 x  4 y  1  log 2    2x  4y  x y   2x  2 y   log 2  x  4 y   2  x  4 y   log 2  2 x  2 y   2  2 x  2 y  1  2  0; t   0;   nên ta có: t ln 2 x  4 y  2x  2 y  x  2 y Xét hàm số f  t   ln t  2t trên  0;   ta có f   t   Thay vào P ta được P  2 x 4  2 x2 y 2  6 x 2  x  y 3  24  1  16 y  . 27  y 9 Dấu bằng xảy ra khi x  2; y  1. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 113/178 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là min P  16 . 9 Chú ý:  x  4y  Với log 2    2 x  4 y  1 , cho y  100 solve ta được x  200 nên dự đoán được x  2 y .  x y        Câu 216. [2D2-4] Cho phương trình log 2 x  x 2  1 .log 2017 x  x 2  1  log a x  x 2  1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng 1; 2018  của tham số a sao cho phương trình đã cho có nghiệm lớn hơn 3 ? A. 20. B. 19. C. 18. Lời giải D. 17. Chọn C. x 2  1  x 2  x  x  x 2  1  0 và x  x 2  1  0 . – Nhận thấy:với x  3 thì      Ta có: log 2 x  x 2  1 .log 2017 x  x 2  1  log a x  x 2  1        log 2 x  x 2  1 .log 2017 x  x 2  1  log a 2.log 2 x  x 2  1       log 2017 x  x 2  1  log a 2 1 (vì log 2 x  x 2  1  0 , x  3 ).   – Xét hàm số f  x   log 2017 x  x 2  1 trên khoảng  3;   . 1 Có: f   x   2 x  1.ln 2017  f   x   0 , x  3 . BBT: x 3   f  x f  x  f  3 – Từ BBT ta thấy:phương trình 1 có nghiệm lớn hơn 3  log 2 a  f  3    log 2 a  log 2017 3  2 2  log 2 a  log 3 2 2 2017 (do a  1 ) a2 log3 2 2 2017  19,9 . Lại do a nguyên thuộc khoảng 1; 2018  nên a  2;3;…;19 . Vậy có 18 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 217. [2D2-4] Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 2 2 2 5sin x  6cos x  7cos x.log 2 m có nghiệm? A. 63 . B. 64 . C. 6 . Lời giải D. 62 . Chọn A. Ta 2 có 2 2 5sin x  6cos x  7cos x.log 2 m  log 2 m  51cos 7cos TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập 2 2 x x 6   7 cos2 x  1   log 2 m  5.    35  cos2 x 6   7 cos2 x 1 . Trang 114/178 t t  1  6 Đặt t  cos x , với 0  t  1 ta có f  t   5.      nghịch biến trên đoạn  0;1 nên  35   7  2 f 1  f  t   f  0  , t   0;1 hay 1  f  t   6 , t   0;1 . Phương trình 1 có nghiệm  1  log 2 m  6  2  m  64 . Vậy có tất cả 63 giá trị nguyên dương của tham số m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 218. [2D2-4] Giả sử tồn tại số thực a sao cho phương trình e x  e  x  2 cos ax  4 có 10 nghiệm thực phân biệt. Số nghiệm (phân biệt) của phương trình e x  e  x  2cos ax là A. 5 . B. 20 . C. 10 . D. 4 . Lời giải Chọn A. 2 x Ta có e  e x 2  x x   x x   ax   2 cos ax  4   e 2  e 2   2 cos ax  2   e 2  e 2    2cos  2       2 x   2x ax 2 e  e  2cos 1  2  x  2  2x ax  2  e  e  2cos  2 Nhận thấy x  0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Nếu x  x0 là nghiệm của 1 thì x   x0 là nghiệm của  2  . Do đó số nghiệm của 1 và  2  bằng nhau và đồng thời khác nhau đôi một.  1 có đúng 5 nghiệm x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 . Vậy phương trình e x  e  x  2cos ax có đúng 5 nghiệm phân biệt là x1 x2 x3 x4 x5 , ; ; ; . 2 2 2 2 2 Câu 219. [2D2-4] Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình ln  m  2sin x  ln  m  3sin x    sin x có nghiệm thực? A. 5 . B. 4 . C. 3 . Lời giải D. 6 . Chọn B. m  2sin x  ln  m  3sin x   0 Điều kiện:  . m  3sin x  0 Phương trình đã cho tương đương: m  2sin x  ln  m  3sin x   esin x .  m  3sin x  ln  m  3sin x   esin x  sin x .  eln m3sin x   ln  m  3sin x   esin x  sin x , 1 . Xét f  t   et  t , t   . Ta có f   t   et  1  0 , t   . Nên hàm số f  t  đồng biến trên  . Vậy 1  f ln  m  3sin x    f  sin x   ln  m  3sin x   sin x . Đặt a  sin x , a   1;1 . Phương trình trở thành: ln  m  3a   a  m  e a  3a . Xét g  a   e a  3a , a   1;1 , g   a   e a  3  0 , a   1;1 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 115/178 1 Vậy để phương trình có nghiệm thực thì g 1  m  g  1  e  3  m   3 . e Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m là 0 ; 1 ; 2 ; 3 . Câu 220. [2D2-4] Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn xy  4 y 1 . Giá trị nhỏ nhất của P 62 x  y x A. 45 .  ln x  2y là a  ln b . Giá trị của tích a.b là y B. 81 . C. 115 . Lời giải D. 108 . Chọn B. x 4 1   . y y y2 x 4 1 Đặt t  , ta có 0  t  4 (vì  2  4 , y  0 ). y y y 6 6 1 Ta có P  12   ln t  2 ; P  t    2   0 , với mọi 0  t  4 . t t t2 27 27 Do đó Pmin  P  4    ln 6 . Suy ra a  , b  6 nên a.b  81 . 2 2 Từ giả thiết, ta có xy  4 y 1 nên PHẦN 3. KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH CỦA CHÚNG Câu 221. [2H1-1] Cho lăng trụ tam giác đều cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng a 3 . Thể tích khối lăng trụ đó là A. a3 . 4 B. 3a 3 . 4 C. 4a 3 . 3 D. 3a 3 . 2 Lời giải Chọn B. A C B A C B Gọi khối lăng trụ tam giác đều là ABC . ABC  . Có S ABC  Thể tích khối lăng trụ: V  a 3. a2 3 . 4 a 2 3 3a 3  . 4 4 Câu 222. [2H1-1] Cho hình lập phương ABCD. ABC D có BC   2a . Thể tích khối lập phương đó bằng A. 2 2a 3 . B. a3 . C. 8a 3 . Lời giải D. 3 3a 3 . Chọn A. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 116/178 A B C D A B D C Mặt bên BCC B có đường chéo BC   2a thì độ dài cạnh BC   Thể tích khối lập phương: V  a 2  3 2a a 2. 2  2 2a 3 . Câu 223. [2H1-1] Diện tích toàn phần của hình lập phương bằng 96 cm 2 . Khi đó thể tích của khối lập phương là A. 6 6  cm3  . B. 64  cm 3  . C. 48 6  cm3  D. 27  cm3  . Lời giải Chọn B. Gọi cạnh hình lập phương là a . Hình lập phương có tất cả 6 mặt nên diện tích toàn phần hình lập phương là 6a 2  96  a  4  cm  . Do đó thể tích hình lập phương là V  43  64  cm 3  . Câu 224. [2H1-1] Khi tăng tất cả các cạnh của một hình hộp chữ nhật lên gấp đôi thì thể tích của khối hộp chữ nhật tương ứng sẽ: A. tăng 2 lần. B. tăng 4 lần. C. tăng 6 lần. D. tăng 8 lần. Lời giải Chọn D. Gọi a , b , c lần lượt là ba cạnh của hình lập phương, khi đó thể tích hình lập phương là V1  abc . Khi tăng tất cả các cạnh của một hình hộp chữ nhật lên gấp đôi thì thể tích của khối hộp chữ nhật tương ứng là V2  2a.2b.2c  8abc  8V1 . Vậy thể tích tăng 8 lần. Câu 225. [2H1-1] Tính thể tích V của khối lập phương ABCD. ABC D , biết AC   a 3 . 3 6a 3 B. V  . 4 3 A. V  a . C. V  3 3a 3 . 1 D. V  a 3 . 3 Lời giải Chọn A. Ta có AB  AC  a. 3 VABCD. ABC D  a 3 . Câu 226. [2H1-1] Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  2a . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . A. V  2a 3 . 6 B. V  2a 3 . 4 C. V  2a 3 . D. V  2a 3 . 3 Lời giải Chọn D. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 117/178 VS . ABCD 1 1 a3 2 2  SA.S ABCD  a 2.a  . 3 3 3 Câu 227. [2H1-1] Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng? A. Tứ diện đều. B. Bát diện đều. C. Hình lập phương. D. Lăng trụ lục giác đều. Lời giải Chọn A. Câu 228. [2H1-1] Hình đa diện trong hình vẽ bên có bao nhiêu mặt? A. 6 . B. 10 . C. 12 . D. 11 . Lời giải Chọn D. Câu 229. [2H1-1] Khối bát diện đều là khối đa diện đều loại A. 5;3 . B. 3;5 . C. 4;3 . D. 3; 4 . Lời giải Chọn A. Khối bát diện diện đều có: mỗi mặt là tam giác đều, mỗi đỉnh là đỉnh chung của 4 cạnh nên thuộc loại 3; 4 . Ghi nhớ thêm về khối bát diện đều: Có số đỉnh  Đ  ; số mặt  M  ; số cạnh  C  lần lượt là Đ  6 , M  8 , C  12 . Diện tích tất cả các mặt của khối bát diện đều cạnh a là S  2a 2 3 . Thể tích khối bát diện đều cạnh a là S  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp là R  a3 2 . 3 a 2 . 2 Gồm 9 mặt phẳng đối xứng: TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 118/178 Câu 230. [2H1-1] Mặt phẳng  ABC   chia khối lăng trụ ABC . ABC  thành các khối đa diện nào? A. Một khối chóp tam giác và một khối chóp ngũ giác. B. Một khối chóp tam giác và một khối chóp tứ giác. C. Hai khối chóp tam giác. D. Hai khối chóp tứ giác. Lời giải Chọn B. A C B A C B Câu 231. [2H1-1] Cho khối chóp S . ABC có SA   ABC  ; SA  4 , AB  6 , BC  10 và CA  8 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . A. V  40 . B. V  192 . C. V  32 . Lời giải D. V  24 . Chọn C. S A C B Do tam giác ABC có: AB  AC  BC  tam giác ABC vuông tại A . 1 1 Vậy VS . ABC  AS  AB  AC   4  8  6  32 . 6 6 2 2 2 Câu 232. [2H1-1] Hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 4 mặt phẳng. B. 1 mặt phẳng. C. 2 mặt phẳng. D. 3 mặt phẳng. Lời giải Chọn A. Lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng. Câu 233. [2H1-2] Hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật cạnh AB  3a ; AD  4a ; các cạnh bên bằng nhau bằng 5a . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng A. 9a3 3 . 2 B. 10a 3 . 3 C. 9 3a 3 . D. 10 3a 3 . Lời giải Chọn D. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 119/178 S D A O B C Gọi O là tâm hình vuông ABCD . Hình chóp S . ABCD là hình chóp đều nên SO   ABCD  . Ta có: OA  1 1 5a AC  .  3a 2    4a 2   . 2 2 2 2 5 3a  5a  Hình chóp có đường cao SO  SA2  AO 2  25a 2     . 2  2  Diện tích đáy của hình chóp: S ABCD  3a.4a  12a 2 . 1 5 3a Thể tích của khối chóp: V   12a 2  10 3a 3 . 3 2 Câu 234. [2H1-2] Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD cạnh đáy bằng a và mặt bên tạo với mặt đáy một góc 45 . Thể tích của khối chóp đó là a3 A. . 3 a3 B. . 6 2a 3 C. . 3 Lời giải a3 D. . 9 Chọn B. S D A M O B C Gọi O là tâm của hình vuông ABCD , M là trung điểm CD .  . Ta được SMO   45 . Ta có   SCD  ;  ABCD     SM ; MO   SMO Hình chóp có đường cao SO  OM  a . Diện tích đáy của hình chóp: S ABCD  a 2 . 2 1 a a3 Thể tích của khối chóp: V    a 2  . 3 2 6 Câu 235. [2H1-2] Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc; OA  4a , OB  7 a , OC  6a . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC , CA . Thể tích tứ diện OMNP bằng A. 7a 3 . 2 B. 14a 3 . C. 28a3 . 3 D. 7a 3 . Lời giải Chọn D. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 120/178 A P M C O N B Khối tứ diện OABC có đường cao bằng đường cao kẻ từ O của tứ diện OABC ; diện tích đáy 1 1 S  MNP   S  ABC  . Suy ra V  OMNP   V  OABC  . 4 4 1 1 Mặt khác S  OBC   .7a.6a  21a 2 , ta được VOABC   4a.21a 2  28a3 . 2 3 1 1 Vậy VOMNP  .VOABC   28a 3  7 a3 . 4 4 Câu 236. [2H1-2] Cho hình chóp S . ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, SA  a 3 , AB  a , AC  a 3 , BC  2a . Thể tích khối chóp S . ABC bằng A. a3 3 . 6 B. a3 . 2 C. a3 3 . 2 D. a3 3 . 4 Lờigiải Chọn B. S A C B 2 2 2 Xét tam giác ABC , có: BC  AB  AC . Suy ra tam giác ABC vuông tại A . Diện tích của tam giác ABC : S ABC  1 3 2 AB. AC  a . 2 2 Thể tích của khối chóp S . ABC : VS . ABC 1 a3  SA.S ABC  . 3 2   45 . Biết rằng SD vuông Câu 237. [2H1-2] Hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , có BAD góc với  ABCD  và SD  a 2 . Thể tích khối chóp S . ABC là 3 A. 2a . 3 B. a . a3 C. . 6 Lời giải a3 D. . 3 Chọn C. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 121/178 S C D A B   45   Khối chóp S . ABC có đường cao SD  a 2 . Có BAD ABC  135 . 1 a2 2 Ta được S  ABC   .a.a.sin135  . 2 4 1 a 2 2 a3 Thể tích khối chóp S . ABC : V  S . ABC   .a 2.  . 3 4 6 Câu 238. [2H1-2] Cho hình lăng trụ xiên ABC . ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a , AA  a 3 . Biết cạnh bên tạo với  ABC  góc 60 . Thể tích của khối lăng trụ đó bằng A. 3 3a3 . 8 B. 3a 3 . 8 C. 3 3a3 . 4 D. 3a 3 . 4 Lời giải Chọn A. A’ B’ C’ A B H C Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên  ABC  . Ta có AAH .  AA;  ABC     AA; AH    3 3a Ta được   . AAH  60 . Suy ra AH  AA.sin 60  a 3  2 2 Thể tích khối lăng trụ: V  AH .S ABC 3a a 2 3 3 3a 3    . 2 4 8 Câu 239. [1H3-2] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Biết SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi  là góc giữa  SBC  và  ABCD  . Khi đó cos  bằng TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 122/178 A. 2 . 7 B. 3 . 2 C. 3 . 4 D. 2 . 5 Lời giải Chọn A. Gọi H là trung điểm AD , M là trung điểm BC .   SAD    ABCD   Ta có:  SAD    ABCD   AD   SH   ABCD  .  SH   SAD  , SH  AD   SBC    ABCD   BC         SBC  ,  ABCD    SM , HM   SMH   .    Mặt khác: HM  BC SM  BC Tam giác SAD đề cạnh a nên SH   3 a. 2 Tam giác SHM vuông tại H có: 2  3  7 SM  SH  HM   a   a 2  a. 2 2   HM a 2 Vậy, cos     . SM 7 7 a 2 2 2 Câu 240. [2H1-2] Cho lăng trụ đứng ABC . ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , cạnh bên CC   a 3 . Biết thể tích của lăng trụ bằng 2 3a 3 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CC  bằng A. a 2 . B. 2a . C. a 3 . Lời giải D. 2 2a . Chọn B. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 123/178 A D B C A D B C 1 3 Ta có: VABC . ABC   2 3a 3  CC .S ABC  a 3   AB  BC  a  AB 2  AB  2a  BC . 2 2  BC  AB Mặt khác:   BC là đoạn vuông góc chung của AB và CC  .  BC  CC  Vậy, d  AB, CC    BC  2a . Câu 241. [1H3-2] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,  ABC  60 , SA  a 3 và vuông góc với đáy. Khoảng cách từ A đến  SCD  bằng A. 15a . 5 B. 15a . 3 C. 3a . 2 D. 2a . 3 Lời giải Chọn A.  AB  BC  a Ta có:   ABC và ACD là hai tam giác đều cạnh a . ABC  60o   CD  AK Gọi K là trung điểm CD , ta có:   CD   SAK    SAK    SCD  . CD  SA Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SK .  SAK    SCD   Vì  SAK    SCD   SK  AH   SCD   d  A,  SCD    AH .  AH  SK  Tam giác ACD đều cạnh a nên AK  Tam giác SAK vuông tại A có: 3 a. 2 1 1 1 1 4 5 15  2  2  2  2  AH  a. 2 2 AH SA AK 3a 3a 3a 5 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 124/178 Vậy, d  A,  SCD    15 a. 5 Câu 242. [2H1-2] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông. SA  a 2 và vuông góc với đáy. Biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng A. 2 a. 2 B. 2 3 a . Khoảng cách từ B đến  SCD  bằng 3 2 6 a. 3 2 2 a. 3 C. D. 6 a. 3 Lời giải Chọn A. S H A D C B Ta lại có: AB //CD  AB //  SCD   d  B,  SCD    d  A,  SCD    AH (với H là hình chiếu vuông góc của A lên SD ). Thật vậy, vì CD  AD     CD   SAD    SAD    SCD   CD  SA    AH   SAD    AH   SCD   d  A,  SCD    AH .  AH  SD   Tam giác SAD vuông tại A có: Vậy, d  B,  SCD    1 1 1 1 1 2 2   2  2  2  2  AH  a. 2 2 AH AD SA a a a 2 2 a. 2 Câu 243. [2H1-2] Cho hình chóp đều S . ABC có cạnh đáy bằng a . Biết thể tích khối chóp S . ABC bằng 3 3 a . Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 12 A. 45 . B. 30 . C. 60 . Lời giải D. 75 . Chọn A. S A C H M B Gọi M là trung điểm BC , H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 125/178 Ta có: tam giác ABC đều cạnh a nên S ABC  3 2 a . 4 1 1 3 2 3 3 VS . ABC  SH .S ABC   SH  a  a  SH  a . 3 3 4 12 Vì SH   ABC   AH là hình chiếu vuông góc của SA lên   SA,  ABC     SA, AH   SAH  ABC    bằng góc giữa cạnh bên và đáy. 3 3 a  AH  a. 2 3 SH a Tam giác SAH vuông tại H có: tan     3    60o . AH 3 a 3 Tam giác ABC đều cạnh a nên AM  Câu 244. [2H1-2] Cho hình chóp đều S . ABC có SA  2a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB  a , AC  2a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB , SC . Thể tích khối chóp A.BCNM bằng a3 3 A. . 4 a3 3 B. . 6 a3 2 C. . 4 Lời giải a3 6 D. . 2 Chọn A. Do tam giác ABC vuông tại B nên BC  AC 2  AB 2  4a 2  a 2  a 3 . 1 1 a2 3 Vậy S ABC   AB  BC   a  a 3  . 2 2 2 1 1 a 2 3 a3 3 Từ đó suy ra VS . ABC   SA  S ABC   2a   . 3 3 2 3 Áp dụng định lý về tỷ số thể tích, ta có VS . AMN SA SM SN 1 1 1 1 3 3 a 3 3 a3 3 .        VS . AMN  VS . ABC  VA. BCNM  VS . ABC    VS . ABC SA SB SC 2 2 4 4 4 4 3 4   60 , CSA   90 , SA  SB  a , SC  3a . Câu 245. [2H1-2] Cho hình chóp S . ABC có  ASB  BSC Tính thể tích khối chóp S . ABC . a3 6 A. . 3 a3 3 B. . 12 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập a3 3 C. . 4 a3 2 D. . 4 Trang 126/178 Lời giải Chọn D. Gọi H , K lần lượt là trung điểm của SA , AC . Vì SAB có SA  SB  a và  ASB  60o nên SAB đều  BH  SA . Xét SAC có HK là đường trung bình nên HK //SC , mà SC  SA  HK  SA . SA  BH Vậy ta có:   SA   BHK  . SA  HK Hay AH là chiều cao của khối chóp A.HBK . V AS AB AC Ta có: A. SBC     2.1.2  4  VA. SBC  4VA. HBK . VA. HBK AH AB AK Ta tính được: BH  BK 2  a 3 1 3a , HK  SC  , BC  a 7 , AC  a 10 . 2 2 2 BA2  BC 2 AC 2 a 2  7 a 2 10a 2 3a 2 a 3      BK  . 2 4 2 4 2 2 Xét tam giác BHK có: BH 2  BK 2  3a 2 3a 2 9a 2    HK 2 . Vậy BHK vuông tại B . 4 2 4 1 1 1 a 1 a 3 a 3 a3 Suy ra: VA. HBK   AH   BH  BK       . 3 2 3 2 2 2 2 8 2 Vậy VA. SBC a3 a3  4  (đvtt). 8 2 2 2 Câu 246. [2H1-2] Cho hình chóp S . ABC có M , N , P lần lượt là trung điểm của SA , SB , SC . Gọi V V1 và V2 lần lượt là thể tích khối đa diện ABCMNP và khối chóp S . ABC . Đặt k  1 , khi đó V2 giá trị của k là A. 8 . B. 8 . 7 C. 7 . 8 D. 1 . 8 Lời giải Chọn C. Ta có TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 127/178 VS .MNP SM SN SP 1 1 1 1 1 7         VS .MNP  VS . ABC  VABCMNP  VS . ABC . VS . ABC SA SB SC 2 2 2 8 8 8 Từ đó suy ra k  V1 VABCMNP 7   . V2 VS . ABC 8 Câu 247. [2H1-2] Cho hình lăng trụ ABC . ABC  có thể tích bằng 48 (đvtt). Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của CC  , BC , BC  . Tính thể tích khối chóp A.MNP . A. 24 (đvtt). B. 16 (đvtt). C. 12 (đvtt). D. 8 (đvtt). Lời giải Chọn D. 1 Ta chứng mình được S MNP  S BCC B . 4 1 Do đó VA. MNP  VA. BCC B (hai hình chóp này có cùng chiều cao chính là khoảng cách từ đỉnh A 4 xuống mặt phẳng  BCC B  ). Gọi h là chiều cao của khối chóp hạ từ đỉnh A xuống mặt phẳng  AB C   . 1 1 Ta có VA. ABC    h  S ABC   VABC . ABC  . 3 3 2 2 Từ đó suy ra VA. BCC B  VABC . ABC    48  32 (đvtt). 3 3 1 1 Do vậy VA. MNP  VA. BCC B   32  8 (đvtt). 4 4 Câu 248. [2H1-2] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi. Gọi M , N lần lượt là trung V điểm của SB và SC . Tỉ lệ S . ABCD bằng VS . AMND A. 8 . 3 B. 1 . 4 C. 4 . D. 3 . 8 Lời giải Chọn D. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 128/178 Ta có VS . AMND  VS .MNF  VS .MDA  VS . NFD . Ta chứng minh được rằng F là trọng tâm của tam giác SBD . Áp dụng định lý về tỷ số thể tích, ta có VS .MNF SM SN SF 1 1 2 1 1 1         VS .MNF  VS . BCE  VS . ABCD . VS . BCE SB SC SE 2 2 3 6 6 24 VS .MDA SM 1 1 1    VS .MDA  VS . BDA  VS . ABCD . VS .BDA SB 2 2 4 3  1 1 1 Vậy VS . AMND  VS .MNF  VS . MDA  VS . NFD      VS . ABCD  VS . ABCD . 8  24 4 12  Câu 249. [2H1-2] Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng a . Thể tích khối tứ diện ACBD bằng A. a3 . 3 B. a3 . 4 C. a3 . 6 D. 2 2a 3 . 3 Lời giải Chọn A. D C A B D C B A 3 Cách 1: Ta có thể tích của khối lập phương là a . Từ khối lập phương trên ta tách thành các khối chóp A. ABD , C.CBD , D. ACD , B. ABC và khối tứ diện ACBD . Mỗi khối chóp A. ABD , C.CBD , D. ACD , B. ABC có cùng chiều cao với khối lập phương và có diện tích đáy bằng một nửa diện tích đáy khối lập phương nên thể tích mỗi khối chóp đó là  a3  a 3 a3 . Do đó VACB ‘ D ‘  a 3  4    . 6  6 3 Cách 2: Khối tứ diện ACBD là khối tứ diện đều cạnh bằng a 2 nên thể tích của nó là 3 VACBD a 2   12 2 a3  . 3 Câu 250. [2H1-2] Cho hình chóp tam giác S . ABC có SA   ABC  , tam giác ABC đều cạnh a , Góc giữa mặt bên  SBC  và  ABC  bằng 60 . Khi đó thể tích hình chóp S . ABC bằng TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 129/178 3a 3 3 A. . 8 B. a3 8 3 3a 3 C. . 8 Lời giải . a3 3 D. . 8 Chọn D. S C A I B Gọi I là trung điểm BC . AI  BC    BC   SAI   BC  SI . SA  BC   SBC    ABC   BC  AI  BC SI  BC AI         SBC  ,  ABC   AI , SI  SIA  60       a 3 3a ; SA  AI . tan 60  2 2 1 1 3a a 2 3 a 3 3 VS . ABC  SA.S ABC  . .  3 3 2 4 8 Câu 251. [2H1-2] Cho hình chóp S . ABC . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA và SB . Gọi V là thể tích của khối chóp S . ABC . Khi đó thể tích khối chóp S .CMN tính theo V là 1 1 1 1 A. V . B. V . C. V . D. V . 4 3 2 6 Lời giải Chọn A. S M C B N A VS .CMN SC SM SN 1 1 1 1 Ta có:  . .  .   VS .CMN  V . V SC SA SB 2 2 4 4 Câu 252. [2H1-2] Thể tích của khối cầu ngoại tiếp lăng trụ tam giác đều có cạnh bên bằng 2a và cạnh đáy bằng a bằng A. 32 a 3 27 3 . B. 32 a 3 3 . 81 C. 32 a 3 3 . 9 D. 32 a 3 3 . 27 Lời giải Chọn D. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 130/178 Xác định tâm mặt cầu Gọi G và G là trọng tâm của tam giác ABC và ABC  . Mặt phẳng   là mặt phẳng trung trực của AA . Mặt phẳng   cắt GG tại I . Điểm I chính là tâm mặt cầu cần tìm. Chứng minh I chính là tâm mặt cầu cần tìm. Ta có G và G là trọng tâm của tam giác ABC và ABC  . Khi đó GG    ABC  . Do đó GG là trục của mặt phẳng đáy trên và đáy dưới nên I cách đều A , B , C và I cách đều A , B  , C  . (1) Mặt khác, I    là mặt phẳng trung trực của AA nên I cách đều A và A . (2) Từ (1) và (2) suy ra I cách đều các đỉnh của hình lăng trụ. I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ, bán kính cầu là IA . Tính bán kính mặt cầu Ta có IG  AK  a , G là trọng tâm tam giác đều ABC có cạnh bằng a 2 a 3 a 3  AG  .  . 3 2 3 2 a 3 4 2 2 3 Xét tam giác IAG vuông tại G có AI  GI  AG  a   a.   a  AI  3  3  3 2 Bán kính mặt cầu là R  AI  2 2 2 2 3 a. 3 Tính thể tích khối cầu. 3 4 4  2 3  32 3 3 Thể tích V   R3    a  a . 3 3  3  27 Vậy V  32 3 3 a . 27 Câu 253. [2H1-2] Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng a . Thể tích khối tứ diện ACBD bằng A. a3 . 3 B. a3 . 4 C. a3 . 6 D. 2 2a 3 . 3 Lời giải Chọn A. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 131/178 D C A B D C B A 3 Cách 1: Ta có thể tích của khối lập phương là a . Từ khối lập phương trên ta tách thành các khối chóp A. ABD , C.CBD , D. ACD , B. ABC và khối tứ diện ACBD . Mỗi khối chóp A. ABD , C.CBD , D. ACD , B. ABC có cùng chiều cao với khối lập phương và có diện tích đáy bằng một nửa diện tích đáy khối lập phương nên thể tích mỗi khối chóp đó là  a3  a 3 a3 . Do đó VACB ‘ D ‘  a 3  4    . 6  6 3 Cách 2: Khối tứ diện ACBD là khối tứ diện đều cạnh bằng a 2 nên thể tích của nó là VACBD   3 a 2  2  12 a3 . 3 Câu 254. [2H1-2] Cho hình chóp tam giác S . ABC có SA   ABC  , tam giác ABC đều cạnh a , Góc giữa mặt bên  SBC  và  ABC  bằng 60 . Khi đó thể tích hình chóp S . ABC bằng 3a 3 3 A. . 8 B. a3 8 3 3a 3 C. . 8 Lời giải . a3 3 D. . 8 Chọn D. S C A I B Gọi I là trung điểm BC . AI  BC    BC   SAI   BC  SI . SA  BC   SBC    ABC   BC  AI  BC SI  BC AI         SBC  ,  ABC   AI , SI  SIA  60       a 3 3a ; SA  AI . tan 60  2 2 1 1 3a a 2 3 a 3 3 VS . ABC  SA.S ABC  . .  3 3 2 4 8 Câu 255. [2H1-2] Cho hình chóp S . ABC . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA và SB . Gọi V là thể tích của khối chóp S . ABC . Khi đó thể tích khối chóp S .CMN tính theo V là TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 132/178 A. 1 V. 4 B. 1 V. 3 C. 1 V. 2 D. 1 V. 6 Lời giải Chọn A. S M C B N A Ta có: VS .CMN SC SM SN 1 1 1 1  . .  .   VS .CMN  V . V SC SA SB 2 2 4 4 Câu 256. [2H1-2] Thể tích của khối cầu ngoại tiếp lăng trụ tam giác đều có cạnh bên bằng 2a và cạnh đáy bằng a bằng A. 32 a 3 27 3 . 32 a 3 3 B. . 81 32 a 3 3 C. . 9 32 a 3 3 D. . 27 Lời giải Chọn D. Xác định tâm mặt cầu Gọi G và G là trọng tâm của tam giác ABC và ABC  . Mặt phẳng   là mặt phẳng trung trực của AA . Mặt phẳng   cắt GG tại I . Điểm I chính là tâm mặt cầu cần tìm. Chứng minh I chính là tâm mặt cầu cần tìm. Ta có G và G là trọng tâm của tam giác ABC và ABC  . Khi đó GG    ABC  . Do đó GG là trục của mặt phẳng đáy trên và đáy dưới nên I cách đều A , B , C và I cách đều A , B  , C  . (1) Mặt khác, I    là mặt phẳng trung trực của AA nên I cách đều A và A . (2) Từ (1) và (2) suy ra I cách đều các đỉnh của hình lăng trụ. I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ, bán kính cầu là IA . Tính bán kính mặt cầu Ta có IG  AK  a , G là trọng tâm tam giác đều ABC có cạnh bằng a TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 133/178 2 a 3 a 3  AG  .  . 3 2 3 2 a 3 4 2 2 3 Xét tam giác IAG vuông tại G có AI  GI  AG  a   a.   a  AI  3 3 3   2 Bán kính mặt cầu là R  AI  2 2 2 2 3 a. 3 Tính thể tích khối cầu. 3 4 4  2 3  32 3 3 Thể tích V   R3    a  a . 3 3  3  27 Vậy V  32 3 3 a . 27 Câu 257. [2H1-2] Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy. Tính tích V của khối chóp tứ giác đã cho. A. V  2a 3 . 2 2a 3 . 6 B. V  C. V  14a 3 . 2 D. V  14a 3 . 6 Lời giải Chọn D. S A D O B C 2 a 2 14 Ta có SO  SD  OD   2a    a   2 2   2 2 2 1 1 14 14a 3 VS . ABCD  SO.S ABCD  a.a 2  . 3 3 2 6 Câu 258. [2H1-2] Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA   ABCD  và SC tạo với mặt phẳng  SAB  một góc 30 . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V  6a 3 . 3 B. V  2a 3 . 3 C. V  2a 3 . 3 D. V  2a 3 . Lời giải Chọn B. S A B TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập D C Trang 134/178   30 suy ra SB  Ta có BC   SAB  nên  SC ,  SAB     SC , SB   BSC BC a 3. tan 30 Do đó SA  SB 2  AB 2  a 2 1 1 a3 2 VS . ABCD  SA.S ABCD  a 2.a 2  . 3 3 3 Câu 259. [2H1-2] Cho khối tứ diện có thể tích bằng V . Gọi V  là thể tích của khối đa diện có các đỉnh là V các trung điểm của các cạnh của khối tứ diện đã cho, tính tỉ số . V V 1 V 1 V 2 V 5 A.  . B.  . C.  . D.  . V 2 V 4 V 3 V 8 Lời giải Chọn A. 1 1 1 V 1 Ta có: V   4VGFJI  4   VABCD  V    . 2 4 2 V 2 Câu 260. [2H1-2] Cho khối lăng trụ đứng ABC . ABC  có BB  a , đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AC  a 2 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. 3 A. V  a . a3 B. V  . 3 a3 C. V  . 6 Lời giải a3 D. V  . 2 Chọn D. A B C B A C Tam giác ABC vuông cân tại A  BA  BC  Thể tích của khối lăng trụ là V  BB.S ABC  TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập AC 1 a2  a  S ABC  BA  BC  . 2 2 2 a3 . 2 Trang 135/178 Câu 261. [2H1-2] Cho khối chóp S . ABCD đáy là hình chữ nhật, AB  a , AD  a 3 , SA   ABCD  và mp  SBC  tạo với đáy góc 60 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . A. V  a3 . 3 B. V  3a 3 . 3 C. V  a 3 . D. V  3a 3 . Lời giải Chọn C. S A D C B  SBC    ABCD   BC    60o . Ta có:  AB  BC   SB, AB   SBA  SBC  ,  ABCD     SB  BC  Tam giác SAB vuông tại A có: SA  AB tan 60o  a 3 . S ABCD  3a 2 . 1 1 V  VS . ABCD   SA  S ABCD   a 3  3a 2  a 3 . 3 3 Câu 262. [2H1-2] Cho khối chóp S . ABCD đáy là hình vuông cạnh a , SA   ABCD  và khoảng cách từ A đến mp  SBC  bằng A. V  a3 . 2 a 2 . Tính thể tích V của khối chóp đã cho: 2 B. V  a 3 . C. V  3a 3 . 9 D. V  a3 . 3 Lời giải Chọn D. S H A D Ta có: SA   ABCD   SA  BC (1) . B C Theo đầu bài: ABCD là hình vuông  AB  BC  2  . Từ 1 và  2  suy ra BC   SAB  . Trong mặt phẳng  SAB  kẻ AH  SB , do đó AH  BC vì BC   SAB  . Ta có: AH  SB    AH   SBC  AH  BC   AH là khoảng cách từ A đến mp  SBC  suy ra AH  TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập a 2 . 2 Trang 136/178 Xét SAB vuông tại A , đường cao AH . Ta có: 1 1 1  2  SA  2 AH SA AB 2 AH . AB 2 AB  AH 2  a 2.a a2 2 a  2  a. 2 1 1 a3 Thể tích của hình chóp S . ABCD : V  SA.S ABCD  a.a 2  . 3 3 3 Câu 263. [2H1-2] Cho hình bát diện đều cạnh a . Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đều đó. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. S  4 3a 2 . B. S  3a 2 . D. S  8a 2 . C. S  2 3a 2 . Lời giải Chọn C. Hình bát diện đều có 8 mặt là tam giác đều cạnh a . Suy ra: S  8. a2 3  2a 2 3 . 4 Câu 264. [2H1-2] Cho khối chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC : 13a3 A. V  . 12 11a 3 B. V  . 12 11a 3 C. V  . 6 Lời giải 11a 3 D. V  . 4 Chọn B. S A B H I C Gọi I là trung điểm của BC , suy ra: AI  a 3 a2 3 , S ABC  . 2 4 AH 2 a 3   AH  . AI 3 3 Theo đầu bài: S . ABC là khối chóp tam giác đều, suy ra SH   ABC  . Gọi H là trọng tâm ABC suy ra a2 11 Ta có: SH  SA  AH  4a   a. 3 3 2 2 2 1 1 11 a 2 3 a 2 11 Vậy V  SH .S ABC  . a.  . 3 3 3 4 12 Câu 265. [2H1-2] Cho khối lăng trụ đứng ABC . ABC  có đáy ABC là tam giác cân với AB  AC  a ,   120 , mp  ABC   tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. BAC A. V  3a 3 . 8 B. V  9a 3 . 8 C. V  a3 . 8 D. V  3a 3 . 4 Lời giải Chọn A. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 137/178 Gọi H là trung điểm của BC  . Suy ra: AH  BC  .  A 120 a Ta có: AH  AC .cos  a.cos  . 2 2 2  A 120 a 3 C H  AC .sin  a.sin   BC   a 3 . 2 2 2 Theo đầu bài: đáy lăng trụ là tam giác cân. Suy ra: AH  B C  .    Ta có:   ABC   ,  ABC      AH , AH   AHA AHA  60 . a a 3 Suy ra: AA  AH tan  AHA  .tan 60  . 2 2 1 a 3 1 a 3a 3 Vậy: V  AA.Sđáy  AA. AH .BC   . . .a 3  . 2 2 2 2 8 A B a 120 C A B 60 H C Câu 266. [2H1-3] Hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a ; SA vuông góc với  ABCD  ; góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 60 . Gọi M , N là trung điểm của SB , SC . Thể tích khối chóp S . ADNM bằng A. 6a 3 . 8 B. a3 . 4 6 3 3a 3 . 8 2 C. D. 3a 3 . 8 2 Lời giải Chọn D. S N M D A O B Gọi O là tâm hình vuông ABCD . Ta có C  , suy ra   SBD  ;  ABCD     SO; OA  SOA   60 . SOA TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 138/178 Trong hình vuông ABCD , có OA  Ta được SA  AO.tan 60  1 1 a 2 AC   a 2  . 2 2 2 a 6 . 2 1 a 6 2 a3 6 Thể tích khối chóp S . ABCD : VS . ABCD   a  . 3 2 6 Theo công thức tỉ thế tích khối chóp tứ giác, ta có: VS . AMND 1 SA SN  SM SD  1 1 3 3          . VS . ABCD 2 SA SC  SB SD  2 2 2 8 3 a3 6 a 3 6 a 3 3 Suy ra VS . AMND     . 8 6 16 8 2 Chú ý: Trong bài giải trên có sử dụng công thức tỉ số thể tích hình chóp tứ giác. Cho hình chóp tứ giác S . ABCD , với ABCD là tứ giác thỏa mãn AC chia tứ giác thành hai phần có diện tích bằng nhau. Với bốn điểm đồng phẳng A , B , C  , D nằm trên các tia SA , SB , SC , SD (không trùng với S ) thì ta có công thức tỉ số thể tích: VS . ABC D 1 SA SC   SB SD   . . .   . Công thức này có thể được chứng minh bằng cách chia VS . ABCD 2 SA SC  SB SD  khối chóp thành hai phần. Câu 267. [2H1-3] Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB , AC và AD đôi một vuông góc với nhau; AB  6a , AC  7 a , AD  4a . Gọi M , N , P tương ứng là trung điểm các cạnh BC , CD , DB . Tính thể tích V của tứ diện AMNP . 7 28 A. V  a 3 . B. V  14a 3 . C. V  a 3 . D. V  7a 3 . 2 3 Lời giải Chọn A. A B P D M N C Ta có VABCD  VA. MNP VA.BCD 1 1 AB. AC. AD  28a 3 3 2 1 d  A,  BCD   .S MNP S 1 1 3   MNP  VA. MNP  28a 3  7a 3 . 1 4 d  A,  BCD   .S BCD S BCD 4 3 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 139/178 Câu 268. [1H2-3] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  a , BC  a 2 , SA  2a và SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Biết  P  là mặt phẳng qua A và vuông góc với SB , diện tích thiết diện cắt bởi  P  và hình chóp là A. 4a 2 10 . 25 B. 4a 2 3 . 15 C. 8a 2 10 . 25 D. 4a 2 6 . 15 Lời giải Chọn A. S E D A C B Thiết diện cắt bởi  P  và hình chóp là tam giác ADE . Suy ra: SB  AD 1 và SB  DE . Ta có: BC  SA , BC  AB  BC   SAB  mà AD   SAB   BC  AD  2  . Từ 1 và  2    AD   SBC   DE  AD  DE . Suy ra ADE vuông tại D . 1 1 1 2a 5  2   AD  . 2 2 AD SA AB 5 Ta có: SB  DE , SB  BC mà BC , DE   SBC    DE //BC . Ta có: SB  SA2  AB 2  a 5 . Ta có: DE //BC , theo định lý talet   S ADE  DE SD SD.SB SA2 4 4a 2    2   DE  . 2 BC SB SB SB 5 5 1 4a 2 5 AD  DE  . 2 25 Câu 269. [2H1-3] Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC , E là điểm đối xứng với B qua D . Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V . Tính V . A. V  7 2a 3 . 216 B. V  11 2a 3 . 216 C. V  13 2a 3 . 216 D. V  2a 3 . 18 Lời giải Chọn B. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 140/178 2 2a Do P là trọng tâm tam giác EBC nên CP  CD  . 3 3 S NCP  2 1   1  a  2a  3  a 3 .  CN  CP  sin PCN 2 2 2 3 2 12 Trong tam giác vuông AOD có AO  a 2  a2 a 2  . 3 3 1 1 a 2 a 2 3 a3 2 Vậy VANCP   AO  S NCP     . 3 3 12 36 3 S BNP 1 1 a  2 a 3  a2 3   BN  d  P , BC       .  2 2 2  3 2  12 1 a3 2 Từ đó suy ra VA. BNP   AO  SBNP  . 3 36 Mặt khác, ta có S BPD VA. MNP 1 1 a3 2 a3 2 .   VA.MNP    VA. BNP 2 2 36 72 1 1 a2 3 a 2 3   SABC    . 3 3 4 12 Vậy VA. BPD 1 1 a 2 a2 3 a3 2   SO  SBPD     . 3 3 12 36 3 Mặt khác, ta có VA. MPQ VA. BPD  1 2 1 1 a3 2 a 3 2 .    VA.MNP    2 3 3 3 36 108 1 1  11 2a 3  1 Vậy V  VA. NCP  VA. MNP  VA. MPQ  a 3 2    .  216  36 72 108  Câu 270. [2H1-3] Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB  x và các cạnh còn lại đều bằng 2 3 . Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất. A. x  6 . B. x  14 . C. x  3 2 . Lời giải D. x  2 3 . Chọn C. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 141/178 S N A C H M B Gọi M , N lần lượt là trung điểm CD và AD ; H là hình chiếu vuông góc của A lên BM . CD  BM  Ta có:   CD   ABM    ABM    ABC  . CD  AM  Mà AH  BM   ABM    ABC   AH   ABC  . 3 2 3  3. 2 Do ACD và BCD là hai tam đều cạnh 2 3  AM  BM  Tam giác AMN vuông tại N , có: MN  AM 2  AN 2  9  x2 . 4 x2 9  .x 2 MN . AB 4  x 36  x . Lại có: MN .AB  AH .BM  AH   BM 3 6 S BCD  3 2 3 4 VABCD  1 1 x 36  x 2 3 AH  S BCD   3 3  x 36  x 2 . 3 3 6 6  Ta có: VABCD   2 3 3. 3 3 x 2  36  x 2 x 36  x 2   3 3. 6 6 2 Suy ra VABCD lớn nhất bằng 3 3 khi x 2  36  x 2  x  3 2 . Câu 271. [2H1-3] Xét khối chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A , SA   ABC  , khoảng cách từ A đến mp  SBC  bằng 3 . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  , tính cos  khi thể tích khối chóp S . ABC nhỏ nhất. 1 A. cos   . 3 B. cos   3 . 3 C. cos   2 . 2 D. cos   2 . 3 Lời giải Chọn B. S H A  C I B Trong ABC kẻ đường cao AI  AI cũng là đường trung tuyến của ABC  Do ABC là tam giác vuông cân tại A  . Trong SAI , kẻ đường cao AH . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 142/178 Ta có: SA   ABC   SA  BC , mà AI  BC . Từ đó suy ra: BC   SAI   BC  SI .  BC  AH 1 , mặt khác AH  SI  2  . Từ 1 và  2  suy ra: AH   SBC   d  A,  SBC    AH  AH  3  SBC    ABC   BC        SBC  ,  ABC     SI , AI   SIA   Ta lại có: SI  BC AI  BC   .  SIA AH 3 3 3  mà SA  AI .tan   . tan   . sin  sin  sin  cos  3 Do AI là đường trung tuyến của ABC  CI  AI  . sin  Ta có: AI  Xét AIC vuông tại I . Suy ra: AC  AI 2  AC 2  AI 2  3 2 . sin  2 Ta có: VS . ABC 1 1 1 3 3 2 9  SA.S ABC  SA. AC 2  . .  .   3 6 6 cos   sin   cos  1  cos 2   Để V đạt giá trị nhỏ nhất suy ra cos  (1  cos 2  ) đạt giá trị lớn nhất. Xét hàm số: y  x  x 3  0  x  1 . Ta có: y   1  3 x 2 . Xét: y   0  1  3x 2  0  x   3 . 3 Ta có bảng biến thiên: x 3 3 0 y   2 3 9 y Vậy cos   0 1 3 . 3 Câu 272. [2H1.4-3] (NSL-BG-L1-1819) Cho khối chóp tam giác S . ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , đáy là tam giác ABC cân tại A , độ dài trung tuyến AD bằng a , cạnh bên SB tạo với đáy góc 30 và tạo với mặt phẳng  SAD  góc 30 . Thể tích khối chóp S . ABC bằng a3 3 A. . 3 a3 B. . 6 a3 3 C. . 6 Lời giải a3 D. . 3 Chọn B. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 143/178 S A C D B  BC  AD Theo giả thiết ta có:   BC   SAD   BC  SA   30 .  SD là hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng  SAD   BSD   30 . Lại có SAB vuông tại A  SBA SA Xét SAB vuông tại A có cot 30   AB  SA 3 ; SB  SA2  AB 2  2 SA . AB Xét DAB vuông tại D có BD 2  AB 2  AD 2  3SA2  a 2 . BD 1 Xét SBD vuông tại D có sin 30    SB  2 BD  2 3SA2  a 2  2 SA SB 2  3SA2  a 2  SA2  SA  a 2  BC  2 BD  a 2 . 2 1 a 2 a3 1 1 1 Vậy thể tích khối chóp S . ABC : VS . ABC  .SA.S ABC  .SA. . AD.BC  . .a.a 2  . 3 3 2 6 2 6 Câu 273. [2H1.3-3] (NSL-BG-L1-1819) Cho khối chóp S . ABC có AB  5 cm , BC  4 cm , CA  7 cm . Các mặt bên tạo với mặt phẳng đáy  ABC  một góc 30 . Thể tích khối chóp S . ABC bằng A. 4 3 cm3 . 3 B. 4 2 cm3 . 3 C. 4 6 cm3 . 3 D. 3 3 cm3 . 4 Lời giải Chọn A. S A H C F E G B Gọi E là hình chiếu vuông góc của S trên  ABC  ; F , G , H theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của E trên AC , BC , AB .   SGE   SHE   30 . Theo bài ra ta có SFE Các tam giác vuông SFE , SGE , SHE bằng nhau vì SE chung và   SGE   SHE   30  EF  EG  EH . SFE Suy ra E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC   . Ta có S ABC  4 6  EF  6 . 2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 144/178 Tam giác SEF vuông tại E có SE  EF tan 30  6 1 2 .  . 2 2 3 1 4 3 Thể tích khối chóp là V  SE.S ABC  . 3 3 Bình luận: Trong Lời giải của chúng tôi, chúng tôi giải trên phương án “đúng” để chọn đáp án “đúng” theo câu hỏi. Tuy nhiên chỗ   trong bài toán thì trên thực tế với yếu tố giả thiết của đề bài thì đó chỉ là một trường hợp có thể xảy ra đối với E, vì thực tế nếu E là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC vẫn thỏa được yêu cầu của bài toán. Do đó để đảm bảo tính khoa học và lôgic của đề bài chúng tôi đề xuất đề bài đúng cho Lời giải mà chúng tôi đã trình bài ở trên như sau: Cho khối chóp S . ABC có AB  5 cm , BC  4 cm , CA  7 cm . Biết rằng các mặt bên tạo với mặt đáy  ABC  một góc 30 và hình chiếu vuông góc của đỉnh S xuống mặt đáy nằm trong tam giác ABC . Thể tích khối chóp S . ABC . Câu 274. [2H1-4] Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a . Tam giác SAD cân tại S và mặt bên  SAD  vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp S . ABCD 4 3 a . Tính khoảng cách h từ B đến mặt phẳng  SCD  . 3 2 4 8 A. h  a . B. h  a . C. h  a . 3 3 3 Lời giải Chọn B. S bằng A D. h  3 a. 4 B H D C 3V 1 Ta có VS . ABCD  SH .S ABCD  SH  S . ABCD 3 S ABCD 4 3. a3  3 2  2a . 2a   1 2 VS .BCD  VS . ABCD  a3 2 3 Ta lại có CD   SAD   CD  SD nên 2 S SCD 1 1 1  SD.DC  SH 2  HD 2 .DC  2 2 2 Mặt khác VS .BCD  2a  3 2  2a     . 2a  a 2  2  2 2 3 3VS .BCD 3. 3 a 1 4  d  B,  SCD   .S SCD nên d  B,  SCD      a. 3 2 3 S SCD 3 a 2 Câu 275. [2H1.4-4] (NSL-BG-L1-1819) Có một khối gỗ dạng hình chóp O. ABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau, OA  3 cm , OB  6 cm , OC  12 cm . Trên mặt ABC người ta đánh TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 145/178 dấu một điểm M sau đó người ta cắt gọt khối gỗ để thu được một hình hộp chữ nhật có OM là một đường chéo đồng thời hình hộp có 3 mặt nằm trên 3 mặt của tứ diện (xem hình vẽ). A M C O B Thể tích lớn nhất của khối gỗ hình hộp chữ nhật bằng A. 8 cm3 . B. 24 cm3 . C. 12 cm 3 . Lời giải Chọn A. A D. 36 cm3 . M C O B Gọi x , y và z lần lượt là khoảng cách từ điểm M đến các mặt phẳng  OAB  ,  OBC  và  OCA . VOABC  VOMAB  VOMBC  VOMAC Ta có: 1 1 1 1 1 1 1  .3.6.12  .x. .3.6  . y. .6.12  .z. .3.12 6 3 2 3 2 3 2  x  4 y  2 z  12 . Thể tích khối gỗ là V  xyz . 1 1 1 1 1 3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchuy ta có: xyz  . x.4 y.2 z  .  x  4 y  2 z   . .123  8 . 8 8 27 8 27 3 Vậy thể tích của khối gỗ lớn nhất là 8 cm đạt được khi và chỉ khi x  4  x  4 y  2 z  12   y 1 .  x  4 y  2z x  2  Câu 276. [1H3.5-4] (NGÔ GIA TỰ-VPU-L1-1819) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành   30 , SBC   60 và SCA   45 . Tính khoảng cách d giữa hai và SA  SB  SC  11 , SAB đường thẳng AB và SD . A. d  4 11 . B. d  2 22 . C. d  22 . 2 D. d  22 . Lời giải Chọn D. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 146/178 S K A D I H B C Ta có  ASB  180  30  30  120 , suy ra AB  3.SA  11 3 . Tam giác SAC vuông cân tại S nên AC  2.SA  11 2 . Tam giác SBC đều S nên BC  SB  11 . Xét ACB có AC 2  BC 2  AB 2  363  ABC vuông tại C . Gọi H là trung điểm AB  H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC  SH  ( ABCD) . Kẻ HI  DC , HK  SI  HK   SCD   d  AB; SD   HK . 11 6 . 3 1 1 1 Xét HSI vuông tại H ta có   2  HK  22 . 2 2 HK SH HI Ta có 2S ABC  AC.BC  HI .AB  HI  Vậy d  AB; SD   22 . Câu 277. [2H1.3-3] (NGÔ GIA TỰ-VPU-L1-1819) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông, mặt 27 3 và nằm trong mặt phẳng vuông góc với 4 đi qua trọng tâm tam giác SAB và song song với mặt bên SAB là một tam giác đều có diện tích bằng mặt phẳng  ABCD  . Mặt phẳng   phẳng  ABCD  chia khối chóp S . ABCD thành hai phần. Tính thể tích V của phần chứa điểm S. A. V  24 . B. V  8 . C. V  12 . Lời giải D. V  36 . Chọn C. S B D A G A H D C C B Gọi A , B , C  , D lần lượt là giao điểm của   với các cạnh SA , SB , SC , SD ; G là trọng tâm tam giác SAB , H là trung điểm của AB .  SAB    ABCD   AB  Khi đó  SAB    ABCD   SH   ABCD  .  SH   SAB  , SH  AB Ta có AA // AB , BC  // BC , C D // CD , DA // DA (do   //  ABCD  ). Nên 2 SG SA SB SC  SD      . 3 SH SA SB SC SD TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 147/178 Từ đó ta có Suy ra VS . AC B SA SC  SB 8 VS . AC D SA SC  SD 8  . .  ;  . .  . VS . ACB SA SC SB 27 VS . ACD SA SC SD 27 VS . AC B VS . AC D 16 V 16 8    S . ABC D   VS . ABC D  VS . ABCD . 1 VS . ACB VS . ACD 27 27 VS . ABCD 27 2 AB 2 3 27 3 AB 3 9 Mà S SAB    AB 2  27  AB  3 3 và SH   . 4 4 2 2 8 8 1 8 1 9 Vậy VS . ABC D  VS . ABCD  . AB 2 .SH  . .27.  12 . 27 27 3 27 3 2 Câu 278. [2H3.3-3] (LÝ NHÂN TÔNG-BNI-L1-1819) ình chóp S . ABC    CSA   60 . SA  a , SB  2a , SC  3a . Thể tích khối chóp đó là ASB  BSC a3 2 A. . 6 a3 2 B. . 3 a3 2 C. . 2 Lời giải có a3 3 D. . 2 Chọn C. S C a O A B M C B Trên cạnh SB , SC lần lượt lấy điểm B , C  sao cho SB   SC   SA  a .   SC   C SA  60 nên S . ABC  là tứ diện đều cạnh a . Ta có  ASB  B Gọi O là tâm của tam giác ABC  , M là trung điểm BC  . Ta có: OA  2 2 3 a 3 AM  a.  . 3 3 2 3 2 a 3 a 6 SO  SA  OA  a   .   3 3   2 2 2 1 1 a 6 1 a 3 a3 2 Thể tích khối chóp S . ABC  là VS . ABC   SO.S ABC      a  . 3 3 3 2 3 12 V SA SB SC  a a a 1 Ta lại có: S . ABC   . .  .  . VS . ABC SA SB SC a 2a 3a 6 Vậy VS . ABC  6VS . ABC  2a 3  . 2 Câu 279. [2H1-4] Cho khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D có thể tích bằng 2110 . Biết AM  MA ; DN  3ND ; CP  2 PC  . Mặt phẳng  MNP  chia khối hộp đã cho thành hai khối đa diện. Thể tích khối đa diện nhỏ hơn bằng TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 148/178 D A C B N P M C D A. B 8440 C. . 9 Lời giải A 5275 B. . 12 7385 . 18 D. 5275 . 6 Chọn D. D A C B N P M Q C D Ta có: VMNPQ. ABC D VABCD. ABC D B A 1  AM C P  1  1 1  5        . 2  AA C C  2  2 3  12 Vnho  VMNPQ. ABC D  5 5 5275 VABCD. ABC D   2110  . 12 12 6 Câu 280. [2H1-4] Một viên đá có hình dạng là khối chóp tứ giác đều với tất cả các cạnh bằng a . Người ta cắt khối đá đó bởi mặt phẳng song song với đáy của khối chóp để chia khối đá thành hai phần có thể tích bằng nhau. Tính diện tích của thiết diện khối đá bị cắt bởi mặt phẳng nói trên. (Giả thiết rằng tổng thể tích của hai khối đá sau vẫn bằng thể tích của khối đá đầu). A. 2a 2 . 3 B. a2 . 3 2 C. a2 . 4 D. a2 3 4 Lời giải Chọn D. S N M H A Q P D O B C Gọi M , N , P , Q lần lượt là giao điểm của mặt phẳng cắt với cạnh bên SA , SB , SC , SD SO   ABCD  và H  SO   MNPQ  . Do   SH   MNPQ   MNPQ    ABCD  TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 149/178 SH SM SN SP SQ      k  k  0  (Định lý Thales) và V  VS . ABCD . SO SA SB SC SD V V V 1  SM SN SP SM SP SQ  1 3 3 3 Ta có S .MNPQ  S .MNP  S .MPQ   . .  . .   k  k   k V 2VS . ABC 2VS . ACD 2  SA SB SC SA SC SD  2 Đặt Theo ycbt: VS .MNPQ V  k3  1 1 k  3 . 2 2 1 S 1 VS . MNPQ 3 SH .S MNPQ Mặt khác    k . MNPQ 1 2 V S ABCD SO.S ABCD 3  S MNPQ  3 2 2 a2 1 .S ABCD  .a  3 . 2k 2 4 PHẦN 4. MẶT CẦU. MẶT TRỤ. MẶT NÓN Câu 281. [2H2-1] Cho hình nón đỉnh S có đáy là đường tròn tâm O , bán kính R . Biết SO  h . Độ dài đường sinh của hình nón bằng A. h2  R2 . B. h2  R2 . C. 2 h 2  R 2 . Lời giải D. 2 h 2  R 2 . Chọn B. Ta có đường sinh l  h 2  R 2 . Câu 282. [2H2-1] Diện tích của mặt cầu có bán kính R bằng A. 2 R 2 . B.  R 2 . C. 4 R 2 . Lời giải Chọn C. Diện tích của mặt cầu có bán kính R bằng 4 R 2 . Câu 283. [2H2-1] Thể tích của một khối cầu có bán kính R là 4 4 1 A. V   R 3 . B. V   R 2 . C. V   R 3 . 3 3 3 Lời giải Chọn A. D. 2 R . D. V  4 R 3 . Câu 284. [2H2-1] Gọi l , h , r lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính mặt đáy của hình nón. Diện tích xung quanh S xq của hình nón là A. S xq   rh . B. S xq  2 rl . C. S xq   rl . 1 D. S xq   r 2 h . 3 Lời giải Chọn C. S xq   rl . Câu 285. [2H2-1] Nếu tăng bán kính đáy của một hình nón lên 4 lần và giảm chiều cao của hình nón đó đi 8 lần, thì thể tích khối nón tăng hay giảm bao nhiêu lần? A. tăng 2 lần. B. tăng 16 lần. C. giảm 16 lần. D. giảm 2 lần. Lời giải Chọn A. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 150/178 1 Thể tích ban đầu của khối nón là V1   R 2 h . 3 Do đó, khi tăng bán kính đáy của hình nón lên 4 lần và giảm chiều cao của hình nón đó đi 8 1 1 2 h lần thì thể tích của khối nón tương ứng là V2    4 R    .2.R 2 h  2V1 . 3 8 3 Vậy thể tích của khối nón đó tăng 2 lần. Câu 286. [2H2-1] Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy và chiều cao đều bằng 2 . A. V  4 . B. V  12 . C. V  16 . D. V  8 . Lời giải Chọn D. Thể tích khối trụ V   r 2 h   .22.2  8 . Câu 287. [2H2-1] Một hình trụ có bán kính đáy bằng 50cm , Chiều cao 50 cm. diện tích xung quanh của hình trụ đó là A. 5000  cm 2  . B. 5000  cm 2  . C. 2500  cm 2  D. 2500  cm 2  . Lời giải Chọn B. Str  2 Rh  2 .50.50  5000  cm 2  . Câu 288. [2H2-1] Cho hình chữ nhật ABCD có AB  2a , BC  3a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB , CD . Cho hình chữ nhật ABCD quay xung quanh trục MN ta được một khối trụ có thể tích bằng A. 4 a 3 . B. 5 a3 . C. 3 a 3 . D. 2 a 3 . Lời giải Chọn C. AB R a 2 h  BC  3a  V   R 2 h   .a 2 .3a  3 a3 . Câu 289. [2H2-1] Gọi l , h , R lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của một hình nón. Đẳng thức nào sau đây luôn đúng? 1 1 1 A. l 2  hR . B. 2  2  2 . C. l 2  h 2  R 2 . D. R 2  h 2  l 2 . l h R Lời giải Chọn C. O h l I M r Theo định nghĩa hình nón, ta có tam giác OIM vuông tại I . Do đó, OM 2  OI 2  IM 2 . Suy ra: l 2  h 2  R 2 . Câu 290. [2H2-2] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân, cạnh huyền AB  2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy  ABC  . Góc giữa  SBC  và mặt đáy  ABC  bằng 60. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 151/178 A. 5 a 2 . B.  a 2 . C. 10 a 2 . Lời giải D. 12 a 2 . Chọn C. S I 600 A C 2a B Ta có: ABC vuông cân tại C  AC  BC  AB 2a   a 2. 2 2 Mà ta lại có:  SAB    ABC   BC BC   SAC  ( vì BC  SA, BC  AC )  SAC    SBC   SC  SAC    ABC   AC    60.   SBC  ,  ABC   SC , AC  SCA  Xét tam giác SAC có: tan SAC SA   a 2. 3  a 6.  SA  AC .tan SAC AC Gọi I là trung điểm của SB  IS  IB  IA   I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC , SB là đường kính  IS  IB  IC Xét tam giác SAB có: SB  SA2  AB 2  6a 2  4a 2  a 10  R  SB a 10  2 2 2  a 10  2  SC  4 R  4 .    10 a .  2  2 Câu 291. [2H2-2] Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a và cạnh bên tạo với đáy góc 45. Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó là A. a . B. 2a . C. a 2 . Lời giải D. a 3 . Chọn C. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 152/178 S M I A 450 D O B C Gọi O là tâm đáy ABCD  SO   ABCD  Xét tam giác SOD , gọi M là trung điểm của SD. Kẻ đường trung trực MI , cắt SO tại I  IS  ID Mà I  SO  IA  IB  IC  ID  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD  Ta có: cos OSD SO SM SD.SM SD 2   SI   SD SI SO 2 SO Ta lại có ABCD là hình vuông có cạnh 2a  BD  2a 2  OD  a 2  SO  a 2 4a 2   SI   a 2. 2a 2  SD  2a Câu 292. [2H2-2] Một hình nón tròn xoay có độ dài đường sinh l  2a , độ dài đường cao h  a . Gọi S là diện tích thiết diện của hình nón cắt bởi mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón. Giá trị lớn nhất của S bằng A. 2a 2 . B. a 2 3 . C. 2a 2 3 . Lời giải D. 4a 2 . Chọn A. O A O B M Gọi AB là đường kính của đường tròn đáy của hình nón, O là tâm của đáy. Hình nón có đường tròn đáy có bán kính là R  l 2  h 2   2a  2  a 2  a 3  h  a nên  ASB  90 . Thiết diện đi qua đỉnh S của hình nón là tam giác SAM cân tại S. 1 1 1   1 .SA2 .sin  Ta có: S SAM  .SA.SM .sin ASM ASM  .SA2  .4a 2  2a 2 . ( Vì sin  ASM  1 ) 2 2 2 2   90 . Dấu ”  ” xảy ra khi sin  ASM  1  ASM Vậy max S  2a 2 . Câu 293. [2H2-2] Cho hình chóp tứ giác đều S .ABCD có cạnh đáy và cạnh bên đều bằng 2a . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .ABCD bằng 16 A. 4 a 2 . B.  a 2 . C. 8 a 2 . D. 2 a 2 . 3 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 153/178 Lời giải Chọn C. S S M M I A D I O B A C O Tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .ABCD là điểm I như hình vẽ, bán kính là IS . Hình vuông ABCD có cạnh 2a nên AC  2a 2  AO  a 2 . Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông SAO : SO  a 2 . Tam giác SAO , có SMI đồng dạng SOA  IS  SA2 4a 2  a 2. 2.SO 2.a 2  Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp: V  4 r 2  4 . a 2  2  8 a 2 Câu 294. [2H2-2] Cho chóp tam giác SABC có SA   ABC  , tam giác ABC vuông cân tại A và SA  2a , AB  a . Khi đó bán kính của mặt cầu ngoại tiếp SABC là A. R  a 3 . 2 B. R  a 6 . 2 C. R  a 5 . 2 D. R  a 7 . 2 Lời giải Chọn B. Gọi M , N lần lượt là trung điểm SA, BC Vì ABC vuông cân tại A  AN  BC ; AN  1 1 BC  a 2 và N là tâm đường tròn ngoại 2 2 tiếp ABC Dựng đường thẳng d đi qua N và d  ABC ( d là trục của đường tròn ngoại tiếp ABC ) TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 154/178 Dựng đường trung trực của SA , cắt d tại O O  d OA  OB  OC Ta có    O là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp SABC  R  OA O  MO OA  OS 2 a 6  SA  2 Dễ dàng thấy MANO là hình chữ nhật, ta có R  OA  AM  AN     AN  2  2  2 2 Câu 295. [2H2-2] Cắt hình trụ tròn xoay T  bởi một mặt phẳng qua trục của T  ta được thiết diện là một hình vuông có cạnh bằng 2a . Thể tích của khối trụ T  là A. V  2 a 3 . B. V  4 a 3 . C. V  2 a 3 . 3 D. V   a 3 . Lời giải Chọn A. Vì thiết diện qua trục là một hình vuông nên ta có chiều cao của hình trụ là 2a và bán kính đáy bằng a Vậy thể tích khối trụ T  là V   a 2 .2a  2 a 3 . Câu 296. [2H1-2] Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , cạnh A. a3 6 . 6 SC tạo với đáy một góc 60 . Thể tích khối chóp S .ABCD bằng B. a3 6 . 12 C. a3 6 . 3 D. a3 6 . 2 Lờigiải Chọn C. S A D 60 B C     60 Ta có: SC ,  ABCD   SC , AC  SCA     AC  a 2.   a 2. 3  a 6. Xét tam giác SAC vuông tại A có: SA  AC.tan SCA 1 1 a3 6 Do đó, VS . ABCD  .S ABCD .SA  .a 2 .a 6  . 3 3 3 Câu 297. [2H2-2] Cắt mặt xung quanh của một hình nón tròn xoay  N  dọc theo một đường sinh rồi trải ra trên mặt phẳng ta được một nửa hình tròn có bán kính R . Chiều cao của hính nón  N  là A. h  R . 2 B. h  R 3 . C. h  R 3 . 2 D. h  R . Lời giải Chọn C. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 155/178 Theo bài ra ta có hình nón như hình vẽ. Gọi R1 là bán kính đáy hình nón và l , h lần lượt là đường sinh và chiều cao của hình nón. Cắt mặt xung quanh của một hình nón tròn xoay  N  dọc theo một đường sinh rồi trải ra trên mặt phẳng ta được một nửa hình tròn có bán kính R  SA . Khi đó l  R 2 R Khi đó chu vi của nửa đường tròn là C1    R chính là chu vi đáy của hình nón 2 R Ta có chu vi đáy của hình nón là C  2 R1   R  R1  2 Xét SOA vuông tại O có h  SO  SA2  AO 2  l 2  R12  R 2  R2 R 3  4 2 Câu 298. [2H2-2] Cho hình chóp tròn xoay  N  có chiều cao 3 cm và bán kính đường tròn đáy là 4 cm . Thể tích của khối nón tròn  N  bằng A. 12  cm3  . B. 16  cm3  . C. 36  cm3  . D. 48  cm3  . Lời giải Chọn B. 1 1 Thể tích của khối nón  N  là V   r 2 .h   2 .42.3  16 2  cm3  . 3 3 Câu 299. [2H2-2] Cho hình trụ tròn xoay T  có chu vi của đường tròn đáy bằng 4 a và chiều cao h  a . Diện tích xung quanh của hình trụ T  bằng A. 4 2 a . 3 B. 4 a 2 . C. 3 a 2 . D. 2 a 2 . Lời giải Chọn B. Do T  có chu vi của đường tròn đáy bằng 4 a và chiều cao h  a nên diện tích xung quanh của hình trụ T  bằng 4 a.a  4 a 2 . Câu 300. [2H2-3] Cho tứ diện ABCD. Gọi M , N , E , F lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD , ACD , ABD , ABC . Gọi R , r lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và tứ R diện MNEF . Tỉ số là r 3 A. 2 . B. 3 . C. 4 D. . 2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 156/178 Lời giải Chọn B. A J E F N B D M I C Gọi I , J lần lượt là trung điểm của CD và AB. Xét tam giác ACD có: N là trọng tâm tam giác ACD IN 1 I là trung điểm của CD   . IA 3 IM 1 IN IM MN IM 1 Chứng minh tương tự ta có:       MN // AB  IB 3 IA IB AB IB 3 Chứng minh tương tự ta có: MF ME FN FE EN 1      AD AC BD CD BC 3 1 r 1 R  Tứ diện M .NEF là phép vị tự của tứ diện A.BCD với tỉ số k      3 . 3 R 3 r Câu 301. [2H2-2] Hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có diện tích các mặt ABCD, ADDA, CDDC  lần lượt là 15cm 2 , 20cm 2 , 12cm 2 . Thể tích mặt cầu ngoại tiếp khối hộp đó là A. 250 . 3 2 B. 250 . 3 3 125 3 2 Lời giải C. D. 125 . 2 2 Chọn A. D’ A’ B’ C’ I c a D A b B C Gọi độ dài ba cạnh AB, BC , BB lần lượt là a, b, c ta có: S ABCD  ab  15 cm 2 . S ADDA  bc  20 cm 2 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 157/178 SCDDC   ac  12 cm 2 a  3 cm   b  5 cm c  4cm  a 2  b2  c2 9  16  25 5 2 R   2 2 2 4 4 125 2 250  V   R3  .  . 3 3 4 3 2 Câu 302. [2H2-2] Một mặt cầu  S  tâm O, bán kính 13cm. Ba điểm A , B , C thuộc  S  sạo cho AB  6cm, BC  8cm và AC  10cm. Khi đó khoảng cách từ O đến  ABC  bằng A. 9  cm  . B. 10  cm  . C. 8  cm  D. 12  cm  . Lời giải Chọn D. O B A I C Xét tam giác ABC có: AB 2  62  36 cm 2 . BC 2  82  64cm 2 . AC 2  10 2 =100 cm 2 .  AC 2  AB 2  BC 2  ABC vuông tại B. AC  5 cm. 2 Mà: O là tâm mặt cầu  S   OA  OB  OC  13cm. Gọi I là trung điểm của AC suy ra: IA  IB  IC   OI   ABC   I Ta có: OI  OB 2  IB 2  132  52  12 cm. Câu 303. [2H2-2] Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông có diện tích 100 cm 2 . Khi đó thể tích của khối trụ đó là A. 150  cm 3  . B. 100  cm 2  . C. 250  cm3  . D. 500  cm3  . Lời giải Chọn C. Gọi cạnh của hình vuông là a, ta có: a 2  100cm 2  a  10 cm. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 158/178 a   R   5 cm  2 h  10 cm  Vtr   R 2 h   .52.10  250 cm3 . Câu 304. [2H2-2] Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a, chiều cao bằng 2a. Mặt phẳng  P  song song với trục của hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện là một hình chữ nhật. Gọi O là tâm của đường a tròn đáy. Tính diện tích của thiết diện đó, biết khoảng cách từ O đến  P  bằng 2 A. 3 2a 2 . C. 2 2a 2 Lời giải B. 3 3a 2 . D. 2 3a 2 . Chọn D. B O I A C O’ D Gọi mặt phẳng thiết diện là ABCD Gọi I là trung điểm của AB ta có: AB  2 BI Xét tam giác vuông OIB có: BI  OB 2  OI 2  a 2  a2 a 3  . 4 2  AB  2 BI  a 3  S ABCD  a 3.2a  2 3a 2 . Câu 305. [2H2-2] Cho tam giác ABC đều cạnh 2a . Gọi H là trung điểm của BC . Cho tam giác ABC quay xung quanh trục AH ta được một hình nón có diện tích xung quanh bằng A. 2 a 2 . B. 3 a 2 . C.  a 2 . D. 4 a 2 . Lời giải Chọn A. A 2a B a H C Theo bài, hình nón có độ dài đường sinh l  2a , bán kính đáy r  a . Suy ra S xq   rl  2 a 2 . Câu 306. [2H2-2] Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy a 2 , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 45 . Tính thể tích khối nón ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . A. 2 a3 . 3 B.  a3 . 3 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. 4 a3 . 3 D.  a 3 . Trang 159/178 Lời giải Chọn B. S D A C O B Gọi O là tâm hình vuông ABCD . Theo bài ra, hình nón có bán kính đáy r  AO  a .    45 nên suy ra chiều cao hình nón Ta có, SA ,  ABCD   SAO   h  SO  AO  a . 1 1 Vậy thể tích khối nón ngoại tiếp hình chóp là V   r 2 h   a 3 . 3 3 Câu 307. [2H2-2] Thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng 2 . Khi đó diện tích toàn phần của hình nón bằng A.   2 2  2 . B.    22 . C. 2   D. 2 22 .   22 . Lời giải Chọn C. A B C O Ta có thiết diện qua trục của hình nón là tam giác ABC vuông cân tại A , cạnh AB  l  2 , suy ra cạnh đáy BC  2r  2 2  r  2 . Từ đó ta có Stp  S xq  S d   rl   r 2  2 2  2  2   22 . Câu 308. [2H2-2] Cho hình nón đỉnh S , đáy là đường tròn tâm O , bán kính bằng a . Hai điểm A , B a thuộc đường tròn  O  sao cho AB  a . Tính diện tích tam giác SAB biết SO  . 2 A. a 2 . B. a2 . 3 C. 3a 2 . 2 D. a2 . 2 Lời giải Chọn D. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 160/178 S B O I A Theo bài ra, tam giác OAB đều cạnh bằng a nên trung tuyến OI  Mặt khác SO  Do đó VSAB a 3 . 2 a , suy ra SI  SO 2  OI 2  a . 2 1 a2  SI . AB  . 2 2 Câu 309. [2H2-2] Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A , AB  a và AC  a 3 . Tính độ dài đường sinh l của hình nón, nhận được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB . A. l  a . B. l  2a . C. l  3a . Lời giải D. l  2a . Chọn D. Khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB thì độ dài đường sinh l của hình nón: l  BC . Suy ra l  AB 2  AC 2  a 2  3a 2  2a . Câu 310. [2H2-2] Từ một tấm tôn hình chữ nhật kích thước 50 cm  240 cm , người ta làm các thùng đựng nước hình trụ có chiều cao bằng 50 cm , theo hai cách sau (xem hình minh họa dưới đây): Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng. Cách 2: Cắt tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gò mỗi tấm đó thành mặt xung quanh của một thùng. Kí hiệu V1 là thể tích của thùng gò được theo cách 1 và V2 là tổng thể tích của hai thùng gò được theo cách 1. Tính tỉ số A. V1 1  . V2 2 B. V1 . V2 V1  1. V2 C. V1  2. V2 D. V1  4. V2 Lời giải Chọn D. 2 l 25l 2  l  Cách 1: l  2 R  R   V1   .R.h   .  .  50  2 2  2  TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 161/178 2 l l 25l 2  l  Cách 2:  2 r  r   V1   .r.h   .  50  .  2 4 8  4  V Vậy 1  4 . V2 Câu 311. [2H2-2] Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCD có AB  1 và AD  2 . Gọi lần lượt M , N là trung điểm của AD và BC . Quay hình chữ nhật đó xung quanh trục MN , ta được một hình trụ. Tính diện tích toàn phần Stp của hình trụ đó. A. Stp  4 . B. Stp  2 . C. Stp  6 . D. Stp  10 . Lời giải Chọn B. Quay hình chữ nhật xung quanh trục MN , khi đó h  AB, r  Ta có: Stp  2 rh  2 . AD . 2 AD . AB  2 . 2 Câu 312. [2H2-2] Cho khối nón  N  có bán kính đáy bằng 3 và diện tích xung quanh bằng 15 . Tính thể tích V của khối nón  N  . A. V  12 . B. V  20 . C. V  36 . Lời giải D. V  60 . Chọn A. l h R Gọi R , l , h lần lượt là bán kính đáy, độ dài đường sinh và chiều cao của khối nón  N  . Theo giả thiết, ta có: R  3 ;  Rl  15  l  5 . Áp dụng định lí Pi – ta – go, ta được h  l 2  R 2  52  32  4 . 1 1 Thể tích của khối nón: V  h. R 2  4. .9  12 . 3 3 1 1 Thể tích V của khối chóp A. ABCD : V  VABCD. ABC D  .24a 3  8a3 . 3 3 Câu 313. [2H2-2] Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD vuông tại C , AB   BCD  , AB  5a , BC  3a và CD  4a . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . A. R  5a 2 . 3 B. R  5a 3 . 3 C. R  5a 2 . 2 D. R  5a 3 . 2 Lời giải Chọn C. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 162/178 A I B D C Gọi I là trung điểm AD , ta có + Tam giác ABD vuông tại B  IA  IB  ID 1 + CD  BC    CD  AC  ACD vuông tại C  IA  IC  ID  2  CD  AB  Từ 1 và  2   IA  IB  IC  ID . Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCD . Tam giác BCD vuông tại C có: BD  BC 2  CD 2  5a . Tam giác ABD vuông cân tại B có: AD  AB 2  BD 2  Vậy, bán kính mặt cầu cần tìm là R   5a  2   5a 2   5 2a . AD 5 2a  . 2 2 Câu 314. [2H2-2] Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB  3a , BC  4a , SA  12a và SA   ABCD  . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . A. R  5a . 2 B. R  17a . 2 C. R  13a . 2 D. R  6a . Lời giải Chọn C. 2 h 2 Ta có: R  Rđáy    . Do đáy ABCD là hình chữ nhật suy ra 2 2 Rđáy  2 AB 2  BC 2 9a 2  16a 2 5a 25a 2  12a  13a  SA  2   . Vậy R  Rđáy     .   2 2 2 4 2  2   2  Câu 315. [2H2-3] Khi nhà sản xuất vỏ lon sữa bò hình trụ, các nhà thiết kế luôn đặt mục tiêu sao cho chi phí nguyên liệu làm vỏ lon là ít nhất, tức là diện tích toàn phần của hình trụ là nhỏ nhất. Muốn thể tích khối trụ đó bằng V và diện tích toàn phần của hình trụ nhỏ nhất thì bán kính đáy bằng A. 3 V . 2 B. 3 V .  C. V 2 D. V .  Lời giải Chọn A. Ta có: V   R 2 h  h  V .  R2 Stp  2 R 2  2 Rh  2 R 2  2 R. 2 R 2  V V V  2 R 2    3 3 2 V 2 2 R R R V V R3 R 2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 163/178 Câu 316. [2H2-3] Cho hình chóp đều S . ABC . Gọi  N1  ,  N 2  lần lượt là hai hình nón có đỉnh S và đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Gọi V1  , V2  là thể tích hai khối nón  N1  ,  N 2  . Tỉ số A. 4 . V1 bằng V2 B. 2 . C. 8 . Lời giải D. 3 . Chọn A. S B O A C Giả sử cạnh đáy bằng a chiều cao SO  h . Ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy R  bán kính đường tròn nội tiếp đáy r  a 3 3 a 3  R  2r . 6 1 1 1 V 2 Ta có V1   R 2 h    2r  h  4.  r 2 h  4.V2 . Vậy 1  4 . 3 3 3 V2 Câu 317. [2H2-3] Cho mặt cầu  S  đường kính AB  2 R . Một mặt phẳng  P  di động nhưng luôn vuông góc với AB và cắt mặt cầu  S  theo một đường tròn. Hình nón tròn xoay  N  có đỉnh A và đáy là thiết diện tạo bởi mp  P  với mặt cầu  S  . Thể tích khối nón của hình nón  N  có giá trị lớn nhất bằng 32 34 A.  R3 . B.  R3 . 81 69 C. 33  R3 . 78 D. 17  R3 . 36 Lời giải Chọn A. h R r 1 Ta có thể tích khối nón của hình nón ( N ) tính theo công thức: V   r 2 h 3 2 2 Mặt khác: R 2  r 2   R  h   r 2  R 2   R  h   2Rh  h 2 1 Do đó: V    2 Rh  h 2  h  3 Xét hàm: f  h   2 Rh 2  h3  1   2 Rh 2  h3  3 f   h   4 Rh  3h 2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 164/178 Xét f   h   0  h  h 4R 3 4R 3 0 f  h  0    4R  f   3  f  h 0  1  32 64  32 3 Do đó Vmax    R 3  R 3   R 3  9 27  81 Câu 318. [2H2-3] Cho lăng trụ tam giác đều ABC . ABC  có độ dài cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h . Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho. A.  a2h . 9 B.  a2h . 3 C. 3 a 2 h . D.  a 2 h . Lời giải Chọn B. A’ C’ O’ B’ A C O B Gọi O , O lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC , ABC  . Có AO  AB 3 a 3 a 3  . Khối trụ đã cho có chiều cao h , bán kính đáy R  AO  . 3 3 3 2  a 3   a2h Thể tích khối trụ bằng V  h. .R  h. .  .   3  3  2 Câu 319. [2H2-3] Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB  a , AD  2a , AA  2a . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABBC  . 3a 3a A. R  3a . B. R  . C. R  . D. R  2a . 4 2 Lời giải Chọn C. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 165/178 A’ D’ C’ B’ D A B C Tứ diện ABBC  có đáy là tam giác ABB  vuông tại B , đường cao BC  .   90 . Mặt khác,  Có AB   BBC    AB  BC   ABC ABC   90 . Ta được tứ diện ABBC  nội tiếp mặt cầu đường kính AC  . Bán kính mặt cầu: R AC   2 AB 2  AD 2  AA2 a 2  4a 2  4a 2 3a   . 2 2 2 Câu 320. [2H2-3] Một cái lăn sơn nước có dạng hình trụ. Đường kính của đường tròn đáy là 5 cm , chiều dài lăn là 23cm (hình dưới). Sau khi lăn trọn 15 vòng thì lăn tạo nên hình phẳng có diện tích S . Tính giá trị của S . A. 1735  cm 2  . B. 3450  cm 2  . C. 862,5  cm 2  . D. 1725  cm 2  . Lời giải Chọn D. Diện tích xung quanh của hình trụ là S1   .5.23  115 . Khi lăn sơn quay một vòng sẽ quét được một diện tích bằng diện tích xung quanh của hình trụ. Do đó lăn nước quay 15 vòng sẽ quét được diện tích là S  15.S1  17259 . Câu 321. [2H2-3] Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9 , tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất: A. V  144 . B. V  576 . C. V  576 3 . Lời giải D. V  144 6 . Chọn B. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 166/178 S R K I A D H B C Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD , có cạnh đáy bằng a , SH   ABCD  và SH  h . Kẻ KI là đường trung trực của SA cắt SH ở I  SI  R. SK SI SA.SK Ta có: SHA  SKI    SI  . SH SA SH 2 a 2 2   h 2 2 2 2  SA AH  SH Ta có:  R     9  a 2  36h  2h 2 . 2 SH 2 SH 2h h.  36h  2h 2  a 2 .h Ta lại có: V  V  . 3 3 Xét hàm số: y  h.  36h  2h 2  3  0  h  18  . Suy ra: h  0 Với y   0  24h  2h 2  0   .  h  12 Ta có bảng biến thiên: h 0 12 y 0  y  72h  6h 2  24h  2h 2 . 3 18  576 y Vậy: Vmax  576 . Câu 322. [2H2-4] Cho hai hình vuông cùng có cạnh bằng 5 được xếp chồng lên nhau sao cho đỉnh X của một hình vuông là tâm của hình vuông còn lại (như hình vẽ bên). Tính thể tích V của vật thể tròn xoay khi quay mô hình trên xung quanh trục XY . X Y   125 1  2  A. V  6   125 5  4 2  C. V  24   125 5  2 2  B. V  . . 12   125 2  2  . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập D. V  4 . Trang 167/178 Lời giải Chọn C. A B 1 X X 4 C D E C D F E 2 F 3 Y Y Quay hình đã cho quanh trục XY ta được khối tròn xoay bao gồm hình trụ 1 , hình nón cụt  2 và hình nón  3 . Gọ hình nón, phần nằm trong hình trụ là hình nón  4  . Đặt tên các điểm như hình vẽ. Ta có hình trụ 1 có chiều cao h  AD  5 , bán kính đáy R1  5 . Thể tích hình trụ 1 : 2 2  5  125 V1   .5.    . 4 2 XY 5 2  . 2 2 Hình nón  3 có chiều cao bằng bán kính đáy: h3  R3  2 1  5 2   5 2   125 2 Suy ra thể tích hình nón  3 : V3  . .  .  .   3  2   2  12 Hình nón cụt  2  có thể tích bằng hiệu của thể tích hình nón  3 và hình nón  4  . Hình nón  4  có chiều cao bằng bán kính đáy: h4  R4  5 . 2 2 1 1 5  5  125 Suy ra thể tích hình nón  4  : V4  .h. R 2  .  .    . 3 3 2 2 24 Suy ra thể tích hình nón cụt  2  : V2  125 2 125  . 12 24 Vậy thể tích khối tròn xoay tạo ra: V  V1  V2  V3    125 125 2 125 125 2 625 125 2 125 5  4 2        . 4 12 24 12 24 6 24 Câu 323. [2H2-4] Cắt bỏ hình quạt tròn OAB – hình phẳng có nét gạch trong hình, từ một mảnh các-tông hình tròn bán kính R và dán lại với nhau để được một cái phễu có dạng của một hình nón (phần mép dán coi như không đáng kể). Gọi x là góc ở tâm của quạt tròn dùng làm phễu, 0  x  2 . Tìm x để hình nón có thể tích lớn nhất. r h A O R O TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập A B Trang 168/178 2 3 . 3 A. x  B. x  2 6 . 3 C. x  2 . 3 D. x   . Lời giải Chọn B. Độ dài cung lớn  AB : l  xR . Sau khi dán lại thành cái phễu, cung lớn  AB biến thành đường AB Rx . 2 Hình nón có độ dài đường sinh bằng R , theo định lí pi – ta – go, chiều cao hình nón bằng tròn đáy của hình nón. Đường tròn đáy hình nón có bán kính: r  2  Rx  h  l r  R   .  2  2 2 2 1 R 2 x 2 R 2 x2 Thể tích hình nón bằng V  . R 2  . . . 3 4 2 4 2 [phương pháp tự luận] 1 R 2 x 2 R 2 x2 1 R 2 x 2 R 2 x2 2 V  . R2  .  . V  . R  . . 3 4 2 4 2 3 4 2 4 2  R3 R3 x x 2 2 2 4   x . x  4 2  x 2 . . 2 2 24 12 2 2 3 R3  12 2  2 x2 x 2   2 4   x    3  2 2   4 2  R3 2 3 R 3    .  .   12 2  3  3 27     Vậy thể tích khối nón lớn nhất khi 4 2  x 2  x2 8 2 6  x2   2  x   2 3 3 [phương pháp trắc nghiệm] Chọn R  1 , CALC lần lượt bốn đáp án. Khi x  2 6 thì thể tích hình nón đạt giá trị lớn 3 nhất. Câu 324. [2H2-4] Từ một khúc gỗ tròn hình trụ, đường kính bằng 8 2 cần xẻ thành một chiếc xà có tiết diện ngang là hình vuông và 4 miếng phụ kích thước x , y như hình vẽ. Hãy xác định x để diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là lớn nhất? x y A. x  41  3 . B. x  1 . C. x  17  3 . Lời giải D. x   41  3 . Chọn C. Ta có 0  x  4   2 1 ; 0  y  8 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 169/178 2 Áp dụng định lí pi – ta – go, ta có  2 x  8   y 2  128  y 2  64  4 x 2  32 x . Diện tích sử dụng theo tiết diện ngang lớn nhất khi diện tích miếng phụ S  x  lớn nhất. Ta có S 2  x   4 x 4  32 x 3  64 x 2  f  x  . [phương pháp tự luận] Hàm số y  f  x  có bảng biến thiên: x 0 4 3  17 0  f  x f  x f 0 Suy ra S  x  lớn nhất khi x  17  3 .   2 1   f 3  17   f 4  2 1 [phương pháp trắc nghiệm] S 2  x   4 x 4  32 x 3  64 x 2 . CALC bốn đáp án, được x  17  3 cho S 2  x  đạt giá trị lớn nhất. Câu 325. [2H2-4] Cho hai mặt phẳng  P  và  Q  song song với nhau và cắt một mặt cầu tâm O bán kính R tạo thành hai đường tròn có cùng bán kính. Xét hình nón có đỉnh trùng với tâm của một trong hai đường tròn và đáy trùng với đường tròn còn lại. Tính khoảng cách giữa  P  và  Q  để diện tích xung quanh hình nón đó là lớn nhất: A. R . B. R 2 . C. 2 R 3 . D. 2R 3 . 3 Lời giải Chọn D. l h r Gọi r , h , l lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và độ dài đường sinh của hình nón. 2 2 3h 2 h h Ta có r  R    . Suy ra l  h 2  R 2      R2 . 2 2 4     2 Diên tích xung quanh của hình nón: S xq   .r .l   . R 2  h 2 3h 2 .  R2 4 4 [phương pháp tự luận] S xq   .r .l   . R 2  h 2 3h 2 .  R2 4 4 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 170/178   3h 2 3h 2  4 R 2 2 3 R 2 . 3R 2  .  R2   . Vậy diện tích xung quanh của hình nón 4 4 3 3 3 2 3h 2 3h 2 4 2 3   R2  h2  R2  h  R. 4 4 3 3 [phương pháp trắc nghiệm] lớn nhất khi 3R 2  h 2 3h 2 2 3 2 3 S xq   .r .l   . R  .  R 2 . Cho R  1 , CALC bốn đáp án, được h  R 4 4 3 3 cho S xq đạt giá trị lớn nhất. 2 Câu 326. [2H2-4] Cho mặt cầu  S  có bán kính r không đổi. Gọi S . ABCD là hình chóp đều có chiều cao h , nhận  S  làm mặt cầu nội tiếp. Xác định h theo r để thể tích khối chóp S . ABCD đạt giá trị nhỏ nhất. A. h  3r . B. h  4r . D. h  2r 3 . C. h  2r . Lời giải Chọn B. S M K I D A E H B C Gọi I là tâm mặt cầu  S  , H là giao điểm của SI và  ABCD  , E là trung điểm CD . Kẻ IM và HK cùng vuông góc với SE . Gọi cạnh hình vuông ABCD có độ dài 2a . SI IM hr r hr Theo định lí Ta-let, ta có     HK  . SH HK h HK r h 1 1 1 Mặt khác, khi áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHE , ta được  2 2. 2 HK h a Từ hai hệ thức trên, ta thu được  r  h h2r 2 Thể tích khối chóp S . ABCD là V  2  hr 2 1 1 2   a  . h2 a 2 h  2r 4 2 4r 2 h 2 a h . 3 3 h  2r [phương pháp tự luận] V  4r 2 4 2 4r 2 h 2 4r 2  4r 2 32r 3 a h  .  h  2r   4r   2 4r 2  4r  3 3 h  2r 3  h  2r 3 3   Vậy thể tích khối chóp nhỏ nhất khi h  2r   4r 2  h 2  4rh  0  h  4r . h  2r [phương pháp trắc nghiệm] Cho r  1 , CALC bốn đáp án, được V nhỏ nhất khi h  4r  4 . Câu 327. [2H2-4] Một cốc đựng nước hình nón đỉnh S , đáy tâm O bán kính R  cm  , chiều cao SO  3  cm  , trong cốc nước đã chứa một lượng nước có chiều cao a  1 cm  so với đỉnh S . Người ta bỏ vào cốc một viên bi hình cầu thì nước dâng lên vừa phủ kín viên bi và không tràn TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 171/178 nước ra ngoài, viên bi tiếp xúc với mặt xung quanh của hình nón. Hãy tính bán kính của viên bi theo R . R R O O r r h  S 3R A. 3 R   2 3 R R  . B. . D. R  9  36 R C. 3 S  2 3 R  9  36 R 3R R  R2  9 . R2 3 . 3 R  R 9 R O 2   36R Lời giải Chọn C. R O r r h  S S Gọi số đo góc ở đỉnh của hình nón là 2 . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của phần nón có nước trước và sau khi bỏ viên bi, V là thể tích viên bi. Ta có:  r R2  9  R  R2  9  r 1  .   r.   sin  R R   Rh 1 Bán kính mặt nước lúc dã bỏ bi: R   r. R  R 2  9 . 3 3 Chiều cao mực nước lúc đã bỏ bi: h  r   R  1 Ta có V  V  V  r. R2  9 3 2 1 27 R   3 4 3  R2  r  r 3 27 R 3 R  2 R 9 3 .   36R Câu 328. [2H2-4] Khi cắt mặt cầu S  O, R  bởi một mặt kính, ta được hai nửa mặt cầu và hình tròn lớn của mặt kính đó gọi là mặt đáy của mỗi nửa mặt cầu. Một hình trụ gọi là nội tiếp nửa mặt cầu S  O, R  nếu một đáy của hình trụ nằm trong đáy của nửa mặt cầu, còn đường tròn đáy kia là giao tuyến của hình trụ với nửa mặt cầu. Biết R  1 , tính bán kính đáy r và chiều cao h của hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu S  O, R  để khối trụ có thể tích lớn nhất. A. r  3 6 ,h . 2 2 B. r  6 3 , h . 2 2 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập C. r  6 3 , h . 3 3 D. r  3 6 , h . 3 3 Trang 172/178 Lời giải Chọn C. Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường tròn đáy trên có tâm O có hình chiếu của O xuống mặt đáy  O ‘ . Suy ra hình trụ và nửa mặt cầu cùng chung trục đối xứng và tâm của đáy dưới hình trụ trùng với tâm O của nửa mặt cầu.Ta có: h 2  r 2  R 2  0  h  R  1  r 2  1  h 2 Thể tích khối trụ là V   r 2 h   1  h 2  h  f  h   f   h    1  3h 2   0  h  h f  h 3 3 0 0  1  2 3 9 f h 3 3 0 2 3 6 3 Vậy: max V  (đvtt) khi r  và h  .  0;1 9 3 3 0 Câu 329. [2H2-4] Một khối gỗ có hình trụ với bán kính đáy bằng 6 và chiều cao bằng 8 . Trên một đường tròn đáy nào đó ta lấy hai điểm A , B sao cho cung AB có số đo 120o . Người ta cắt khúc gỗ bởi một mặt phẳng đi qua A , B và tâm của hình trụ (tâm của hình trụ là trung điểm của đoạn nối tâm hai đáy) để được thiết diện như hình vẽ. Biết diện tích S của thiết diện thu được có dạng S  aπ  b 3. Tính P  a  b . A A. P  60 . B. P  30 . B C. P  50 . Lời giải D. P  45 . Chọn C. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 173/178 F O’ E I D A O x H C B y Gọi I là trung điểm của OO , với O , O là tâm của hai đáy; H là trung điểm của OO ;  là góc tạo bởi thiết diện với mặt đáy. 2 IO 4 3  AB  Ta có AB  6 3 ; OH  R     3 ; tan   OH  3  cos   5 .  2  Đưa hệ trục tọa độ Oxy vào mặt phẳng đáy, gốc trùng với tâm O , trục Ox vuông góc với AB , 2 trục Oy song song với AB . 3 Ta có S ABCD  2  36  x 2 dx  18 3  12π . 3 Mặt khác, ta lại có cos   S ABCD S  S ABEF  ABCD  30 3  20π . Do đó a  20 , b  30 . cos  S ABEF Vậy P  a  b  50 . Câu 330. [2H2-4] Có tấm bìa hình tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền BC bằng a .Người ta muốn cắt tấm bìa đó thành hình chữ nhật MNPQ rồi cuộn lại thành một hình trụ không đáy như hình vẽ. A B M N Q P C Diện tích hình chữ nhật đó bằng bao nhiêu để diện tích xung quanh của hình trụ là lớn nhất? A. a2 . 2 B. a2 . 4 a2 . 12 Lời giải C. D. a2 . 8 Chọn D. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 174/178 A B M N Q P C Do ABC vuông cân tại A và có cạnh huyền BC  a , suy ra AB  AC  a 2 2 a 2 a a  Đặt IP  x  0  x    PC   x 2 2  NP CP CP. AI a Ta có   NP   x AI CI CI 2 Gọi r là bán kính của hình trụ Gọi I là trung điểm BC thì AI  Ta có chu vi của đáy hình trụ là 2 r  2 x  r  l  NP  x và đường sinh của hình trụ là  a x. 2 1 a 2 a2 1 Diện tích xung quanh của hình trụ là S  2 rl  .2 x  a  2 x   .  . 2 2 4 8 a Đẳng thức xảy ra khi x  .Khi đó diện tích của hình chữ nhật MNPQ là 4 a a a2 PQ.PN  .  . 2 4 8 PHẦN 5. BÀI TOÁN THỰC TẾ Câu 331. [2D1-3] Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích S thì hình chữ nhật có chu vi nhỏ nhất bằng bao nhiêu? A. 2 S . B. 4 S . C. 2S . Lời giải D. 4S . Chọn B. Đặt hai cạnh của hình chữ nhật là x , y . Khi đó x. y  S (không đổi)  y  Ta có chu vi hình chữ nhật C  2 x  2 y  2 x  S . x 2S Cos i 2S  2 2 x. 4 S . x x Vậy chu vi hình chữ nhật nhỏ nhất bằng 4 S khi x  y  S . Câu 332. [1D5-2] Một vật rơi tự do với phương trình chuyển động S  1 2 gt , trong đó g  9,8  m/s 2  và 2 t tính bằng giây  s  . Vận tốc tại thời điểm t  5  s  là A. 49  m/s  . B. 25  m/s  . C. 10  m/s  . D. 18  m/s  . Lời giải Chọn A. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 175/178 Ta có v  t   S   t   9,8t . Suy ra, v  5   49  m/s  . Câu 333. [2D1-3] Độ giảm huyết áp của một bệnh nhân được đo bởi công thức G  x   0, 025 x 2  30  x  , trong đó x  mg  và x  0 là liều lượng thuốc cần tiêm cho bệnh nhân. Để huyết áp giảm nhiều nhất thì cần tiêm cho bệnh nhân một liều lượng bằng A. 15  mg  . B. 30  mg  . C. 40  mg  . D. 20  mg  . Lời giải Chọn D. Theo bài ra, ta cần tìm x   0;30  để G  x  max . Ta có G   x   1, 5 x  0, 075 x 2 , G   x   0  1, 5 x  0, 075 x 2  0  x  0 hoặc x  20 . Bảng biến thiên x G  x  0 0 20 0 – 0 30  Gmax G  x 0 Từ bảng biến thiên ta có Gmax khi x  20  mg  . Câu 334. [2D2-4] Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 12% / năm . Ông muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng 1 tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng 1 tháng, số tiền hoàn nợ mỗi lần là như nhau và trả hết nợ sau đúng 3 tháng kể từ ngày vay. Hỏi theo cách đó, số tiền m (triệu đồng) mà ông A phải trả cho ngân hàng mỗi lần hoàn nợ là bao nhiêu? Biết rằng lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ. 3 3 100 1, 01 A. m  . 3 1, 01 . B. m  3 1, 01  1 100.1,01 C. m  . 3 D. m  120 1,12  1,12 3 3 . 1 Lời giải Chọn B. Lãi suất 1 năm là 12% suy ra lãi suất hàng tháng là 1% . Cuối tháng thứ nhất ông A nợ ngân hàng số tiền là 100 1  0, 01 (triệu đồng). Sau khi hoàn nợ tháng đầu ông A còn nợ số tiền 100 1  0, 01  m (triệu đồng). Cuối tháng thứ 2 , sau khi hoàn nợ m triệu số tiền ông A còn nợ là 100 1  0, 01  m  1  0, 01  m  100 1  0, 01 2  m 1  0, 01  m (triệu đồng). Cuối tháng thứ 3 , sau khi hoàn nợ m triệu số tiền ông A còn nợ là 100 1  0, 01 2  3 3  100 1  0, 01  m 1, 013  1 (triệu đồng). 0, 01 3 Vì ông A trả hết nợ sau tháng thứ 3 nên: 100 1  0, 01  m Suy ra m  2  m 1  0, 01 1  0, 01  m  100 1  0, 01  m 1  0, 01  m 1  0, 01  m 1, 013  1 . 0, 01 100.0, 01.1, 013 1, 013  (triệu đồng). 1, 013  1 1, 013  1 TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 176/178 Câu 335. [2D2-4] Ông B gửi tiết kiệm số tiền 50 triệu với kỳ hạn 6 tháng và tài khoản định kỳ tính lãi kép với lãi suất 6, 0% / năm . Giả sử lãi suất không thay đổi. Hỏi sau 3 năm số tiền ông B nhận về xấp xỉ giá trị nào? A. 59.702.614,9 . B. 59.702.614, 6 . C. 59.702.614,8 . D. 59.702.614, 7 . Lời giải Chọn C. Lãi suất ngân hàng là 6, 0% / năm và kỳ hạn gửi là 6 tháng nên lãi suất mỗi kỳ là 6, 0.6  3, 0% . 12 Áp dụng công thức lãi kép, số tiền ông B nhận về sau 3 năm ( 6 kỳ) là 6 50.000.000 1  0.03  59.702.614,8 . Câu 336. [2D2-2] Thang đo Richte được Charles Francis đề xuất và sử dụng lần đầu tiên vào năm 1935 để sắp xếp các số đo độ chấn động của các cơn động đất với đơn vị Richte. Công thức tính độ chấn động như sau: M L  log A  log A0 , M L là độ chấn động, A là biên độ tối đa được đo bằng địa chấn kế và A0 là biên độ chuẩn. Hỏi theo thang độ Richte, cùng với một biên độ chuẩn thì biên độ tối đa của một chận động đất 7 độ Richte sẽ lớn gấp mấy lần biên độ tối đa của một trận động đất 5 độ Richte? 5 A. 2 . B. 20 . C. 100 . Lời giải D. 10 7 . Chọn C. Ta có biên độ tối đa được tính theo công thức: A  A0 .10 M L Với trận động đất 5 độ Richte ta có biên độ tối đa là: A5  A0 .105 Với trận động đất 7 độ Richte ta có biên độ tối đa là: A7  A0 .107 Vậy ta có: A7  100 A5 Câu 337. [2D2-2] Dân số thế giới được ước tính theo công thức S  A.e r . N trong đó A là dân số của năm lấy mốc tính, S là dân số sau N năm, r là tỷ lệ tăng dân số hằng năm. Cho biết năm 2001 , dân số Việt Nam có khoảng 78.685.000 người và tỷ lệ tăng dân số hằng năm là 1, 7% một năm. Như vậy, nếu tỉ lệ tăng dân số hằng năm không đổi thì đến năm nào dân số nước ta ở mức khoảng 120 triệu người? A. 2020. B. 2026. C. 2022. D. 2024. Lời giải Chọn B. Ta có A  78.685.000; S  120.000.000, r  0, 017 1 S Suy ra N  ln    25  đến năm 2026 dân số nước ta sẽ ở mức khoảng 120 triệu người. r  A Câu 338. [2D2-2] Số lượng của loại vi khuẩn A trong một phòng thí nghiệm được tính theo công thức s  t   s  0  .2t , trong đó s  0  là số lượng vi khuẩn A lúc ban đầu, s  t  là số lượng vi khuẩn A có sau t phút. Biết sau 3 phút thì số lượng vi khuẩn A là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc ban đầu, số lượng vi khuẩn A là 10 triệu con? A. 48 phút. B. 19 phút. C. 7 phút. D. 12 phút. TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 177/178 Lời giải Chọn C. Ta có s  3  625; s  t   10.000  s t   Suy ra s  3  s  0  .23 ; s  t   s  0  .2t  s  3 .2t 3  t  3  log 2    7 s 3      Sau 7 phút số lượng vi khuẩn A là 10 triệu con. Câu 339. [2D2-2] Một người gửi ngân hàng 100 triệu đồng theo hình thức lãi kép, lãi suất 0,5% một tháng (kể từ tháng thứ 2 , tiền lãi được tính theo phần trăm tổng tiền có được của tháng trước đó và tiền lãi của tháng sau đó). Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu đồng? A. 47 tháng. B. 46 tháng. C. 45 tháng. D. 44 tháng. Lời giải Chọn C. n  125  Ta có A0  100; r  0, 005  An  100.1, 005   125  n  log1,005    44, 7  100   Sau ít nhất 45 tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu đồng. Câu 340. [2D1-3] Ông Nam gởi 100 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn 1 năm với lãi suất là 12% một năm. Sau n năm ông Nam rút toàn bộ số tiền (cả vốn lẫn lãi). Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để số tiền lãi nhận được lớn hơn 40 triệu đồng (giả sử lãi suất hàng năm không thay đổi). A. 4 . B. 5 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn D. n Ta có Pn  P0 1  r  với Pn là số tiền nhận được (gồm cả vốn và lãi) sau n kỳ, P0 là số tiền ban đầu, r là lãi suất. n n Yêu cầu bài toán Pn  P0  40  P0 1  r   P0  40  100 1  0,12   100  40 n n  1,12   1  0, 4  1,12   1, 4  n  log1,12 1, 4   2,97 . Vậy số nguyên dương n nhỏ nhất thỏa mãn là 3 . TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập Trang 178/178
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top