Bài tập trắc nghiệm nâng cao Toán 12 có đáp án và lời giải chi tiết – Đặng Việt Đông

Giới thiệu Bài tập trắc nghiệm nâng cao Toán 12 có đáp án và lời giải chi tiết – Đặng Việt Đông

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Bài tập trắc nghiệm nâng cao Toán 12 có đáp án và lời giải chi tiết – Đặng Việt Đông.

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 Bài tập trắc nghiệm nâng cao Toán 12 có đáp án và lời giải chi tiết – Đặng Việt Đông

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

Text Bài tập trắc nghiệm nâng cao Toán 12 có đáp án và lời giải chi tiết – Đặng Việt Đông
Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 1 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 MỤC LỤC HÀM SỐ ………………………………………………………………………………………………………………………….. 3 HÌNH ĐA DIỆN………………………………………………………………………………………………………………. 27 I – HÌNH CHÓP ………………………………………………………………………………………………………….. 27 II – HÌNH LĂNG TRỤ …………………………………………………………………………………………………. 41 MŨ – LÔ GARIT …………………………………………………………………………………………………………….. 49 HÌNH NÓN – TRỤ – CẦU ……………………………………………………………………………………………….. 66 NGUYÊN HÀM , TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG ……………………………………………………………….. 81 HÌNH HỌC TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN OXYZ ……………………………………………………………………. 96 SỐ PHỨC……………………………………………………………………………………………………………………… 123 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 2 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 HÀM SỐ Câu 1. Cho hàm số y  x 3  mx  2 có đồ thị (Cm). Tìm m để đồ thị (Cm) cắt trục hoành tại một điểm duy nhất. A. m  3 B. m   3 C. m  3 D. m  3 Hướng dẫn giải: 3 Số giao điểm của đồ thị (Cm) với Ox là số nghiệm của phương trình x  mx  2  0 Với m = 0 vô nghiệm nên không có giao điểm Với m  0 ta có 2  f ( x );(*) x 2 2( x 3  1) f ‘( x )  2 x   0  x 1 x2 x2 m   x2  Ta có bảng biến thiên của f(x) như sau: x  0 + + f ‘( x) f ( x)   1 0 -3  –   Số nghiệm phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm f(x) và đường thẳng y=m. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy m  3 thì phương trình (*) có 1 nghiệm duy nhất. Chọn đáp án B. Câu 2. Cho hàm số: y  x 4  2( m  2) x 2  m 2  5m  5 . Với giá trị nào của m thì đồ thị hám số có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm này tạo thành một tam giác đều D. 3  3 2 A. m  2  3 3 B. 2  3 C. 3  2 Hướng dẫn giải: Ta có: y ‘  4 x 3  4( m  2) x x  0 y’ 0   2 x  2  m Hàm số có CĐ, CT  PT f ‘  x   0 có 3 nghiệm phân biệt  m  2 (*)       Khi đó toạ độ các điểm cực trị là: A 0, m2  5m  5 , B 2  m ;1  m , C  2  m ;1  m    AB  2  m ;   m 2  4m  4 ; AC   2  m ;   m2  4m  4 Do ABC luôn cân tại A, nên bài   1 AB. AC 0   toán thoả mãn khi A  60  cos A      0  m  2  3 3 2 AB AC     Chọn đáp án A. Câu 3. Cho hàm số y = x 3  1 2 x 2 có đồ thị là (C). Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ 2 số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại những điểm đó là giá trị lớn nhất của hàm số g(x) = 4x + 3 x 4 +1 3   4 40  1   A.  ; 0  B.  1;   ;  ;  2   3 27  2   File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 3 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A  2 1  2   2 1  2  ; ; C.   ;   4   2 4   2 Hướng dẫn giải: Phần Hàm số – Giải tích 12 1  D.  ; 0  ;  2; 10  2  4x 2 +3 x 4 +1 4t + 3 – Đặt t = x2, với t  0 ta có hàm số g(t) = 2 ; t +1 1 4t 2  6t + 4 – g'(t) = ; g’(t) = 0  t = 2;t = ; 2 2 2 (t +1) * Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) = – Ta lại có: lim g (t )  0 ; lim g (t )  0 , bảng biến thiên của hàm số: t   t g’(t) g(t) t  –2 – 0 0 + + 0 3 1  2 0 – 4 0 –1 – Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là g (x) = 4, đạt được khi x   2 2 * Tìm các điểm thuộc đồ thị (C) – Ta có: y’ = 3×2 – x, giả sử điểm M0(x0, f(x0))  (C), thì hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại M0 là f’(x0)= 3x 20  x 0 4 3 4 40 2 – Vậy: 3x 0  x 0 = 4 suy ra x0 = –1; x0 = , tung độ tương ứng f(–1) = – ; f( ) = 3 2 3 27 3   4 40   + Có hai điểm thỏa mãn giải thiết  1;   ;  ;  . 2   3 27   Chọn đáp án B. 2x  4 Câu 4. Cho hàm số y  có đồ thi C điểm A(5;5) . Tìm m để đường thẳng y   x  m cắt x 1     đồ thị C tại hai điểm phân biệt M và N sao cho tứ giác OAMN là hình bình hành ( O là gốc toạ độ). A. m  0 B. m  0; m  2 C. m  2 D. m  2 Hướng dẫn giải: Do các điểm O và A thuộc đường thẳng  : y   x nên để OAMN là hình bình hành thì MN  OA  5 2 Hoành độ của M và N là nghiệm của pt: 2 x  4   x  m  x 2  (3  m) x  (m  4)  0 ( x  1) (1)  x 1    Vì   m  2m  25  0, m ,nên 1 luôn có hai nghiệm phân biệt, d luôn cắt C tại hai điểm 2 phân biệt  x1  x2  m  3 Giả sử x1 , x2 là nghiệm của 1 ta có:   x1 x2  (m  4)  Gọi M ( x1 ;  x1  m ), N ( x2 ;  x2  m )  MN 2  2( x1  x2 ) 2  2  ( x1  x2 ) 2  4 x1 x2   2m 2  4m  50 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 4 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 m  2 MN  5 2  2m 2  4m  50  50   m  0 + m  0 thì O, A, M , N thẳng hàng nên không thoã mãn. + m  2 thoã mãn. Chọn đáp án C. x2 Câu 5. Cho hàm số: y   C  . Tìm a sao cho từ A(0, a ) kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) nằm ở x 1 hai phía trục Ox.  2   2  A.  ;   B.  2;   1 C.  2;   D.  ;   1 3 3     Hướng dẫn giải: Đường thẳng qua A(0, a ) có hệ số góc k có phương trình y  kx  a tiếp xúc (C) x2 <=> kx  a  có nghiệm kép <=>  kx  a  x  1  x  2 có nghiệm kép x 1 <=> kx 2   k  a  1 x   a  2   0 có nghiệm kép k  0 k  0 có 2 nghiệm k phân     2 2 2   k  a  1  4 k a  2  0 h ( k )  k  2 a  5 k  a  1  0           biệt   12  a  2   0    a   2;   1 1 2 h(0)   a  1  0  k1   a  1 k   a  1  y1  1  x1  2k1 2  Khi đó   x  k2   a  1  y  k 2   a  1 2  2 2k2 2  Mà y1 y2  0   k1   a  1   k2   a  1   0 2  k1k2   a  1 k1  k2    a  1  4  3a  2   0  a  2 3  2  2  Từ (1) và (2)  a   ;   1  3  Chọn đáp án D. Câu 6. Hai điểm M, N thuộc hai nhánh của đồ thị y  bằng? A. 8 Hướng dẫn giải: B. 4 3x  1 . Khi đó độ dài đoạn thẳng MN ngắn nhất x 3 C. xM  3 D. 8 2 . 8 8   Giả sử xM  3 , xN  3 , khi đó M  3  m;3   , N  3  n;3   với m, n  0 m n   File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 5 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 2 2  1 1 64   8 8  MN  (m  n)      (2 mn ) 2  64  2 .   4  mn    64 mn  m n   m n  MN  8 . Kết luận MN ngắn nhất bằng 8 Chọn đáp án A. Câu 7. Cho hàm số y   x 3  3mx 2  3m  1 . Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng d : x  8 y  74  0 A. m  1 B. m  2 C. m  2 D. m  1 Hướng dẫn giải: + y ‘  0  3x 2  6mx  0 . Đồ thị có 2 điểm cực trị khi: m  0 + Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là: y = 2m2.x – 3m – 3 + Trung điểm 2 điểm cực trị là I (m; 2m3  3m  1) + Điều kiện để 2 điểm cực trị đối xứng qua d : x  8 y  74  0  2 1  2m .(  )  1 8   m  8(2 m 3  3m  1)  74  0  + Từ đó thấy m = 2 thỏa mãn hệ trên. Chọn đáp án C. 2 2 1 Câu 8. Cho f  x   e 1 x2  1  x 12 . Biết rằng f 1 . f  2  . f  3… f  2017   e m tối giản. Tính m  n 2 . n A. m  n 2  2018 . B. m  n 2  2018 . Hướng dẫn giải: Xét các số thực x  0 m n với m, n là các số tự nhiên và 1 1 Ta có: 1  2   2 x  x  1 x 2  x  1 x 2  x  1 Vậy, f 1 . f  2  . f  3 … f  2017   e 2 2 C. m  n 2  1 . D. m  n 2  1 . x2  x  1 1 1 1  2 1 1  . x x x  x  1 x x 1 1 1   1 1  1 1  1 1    1     1     1       1   1 2  2 3  3 4  2017 2018  e 2018  1 2018 e 20182 1 2018 , 2 m 2018  1  n 2018 20182  1 Ta chứng minh là phân số tối giản. 2018 Giả sử d là ước chung của 20182  1 và 2018 Khi đó ta có 20182  1d , 2018 d  20182  d suy ra 1d  d  1 20182  1 Suy ra là phân số tối giản, nên m  20182  1, n  2018 . 2018 Vậy m  n 2  1 . Chọn đáp án C. hay File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 6 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Câu 9. Cho hàm số y  f ( x ) có đồ thị y  f ( x ) cắt trục Ox tại ba điểm có hoành độ a  b  c như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. f (c)  f (a )  f (b). B. f (c)  f (b)  f (a). C. f ( a)  f (b)  f (c). D. f (b)  f ( a)  f (c). Hướng dẫn giải: Đồ thị của hàm số y  f ( x) liên tục trên các đoạn  a; b  và  b; c  , lại có f ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) .  y  f ( x) y  0  Do đó diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường:  là: x  a   x  b b b b S1   f ( x ) dx    f ( x )dx   f  x  a  f  a   f  b  . Vì S1  0  f  a   f  b  1 a a  y  f ( x) y  0  Tương tự: diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường:  là: x  b   x  c c c c S 2   f ( x) dx   f ( x)dx  f  x  b  f  c   f  b  . S 2  0  f  c   f  b   2  . b b Mặt khác, dựa vào hình vẽ ta có: S1  S2  f  a   f  b   f  c   f  b   f  a   f  c   3 . (có thể so sánh f  a  với f  b  dựa vào dấu của f ( x ) trên đoạn  a; b  và so sánh f  b  với f  c  dựa vào dấu của f ( x) trên đoạn  b; c  ). Từ (1), (2) và (3) Chọn đáp án A. Câu 10. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y   2m  1 x   3m  2  cos x nghịch biến trên . 1 1 1 A. 3  m   . B. 3  m   . C. m  3. D. m   . 5 5 5 Hướng dẫn giải: TXĐ: D   Ta có: y  (2m  1)  (3m  2)sin x Để hàm số nghịch biến trên  thì y  0, x tức là: (2m  1)  (3m  2)sin x  0 (1) , x 2 7 +) m   thì (1) thành   0, x 3 3 2 1  2m 1  2m 5m  1 2 1 +) m   thì (1) thành sin x   1 0 m 3 3m  2 3m  2 3m  2 3 5 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 7 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 2 1  2m 1  2m m3 2 thì (1) thành sin x    1   0  3  m   3 3m  2 3m  2 3m  2 3 1 Kết hợp được: 3  m   5 Chọn đáp án A. Câu 11. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số: y  2 x3  3  m  1 x 2  6  m  2  x  3 nghịch biến trên khoảng có độ dài lớn hơn 3 A. m  0 hoặc m  6 B. m  6 C. m  0 D. m  9 Hướng dẫn giải: Dùng BBT để xét sự đồng biến và nghịch biến của hàm số trên các khoảng y ‘  6 x 2  6  m  1 x  6  m  2  x +) m   2  ‘  9  m  1  36  m  2   9m 2  54m  81  0 Dấu bằng xảy ra khi m  3 Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình y ‘  0  x1  x2  x  x  1  m Theo viet:  1 2  x1.x2  m  2 Ta có BBT t  y’ + y x1 0  x2 – 0 + Vậy hàm số đồng biến trên khoảng  x1, x2   pt y ‘  0 phải có 2 nghiệm phân biệt  m  3 Gọi Độ dài khoảng nghịch biến của hàm số là D 2 2 D  x1  x2   x1  x2   1  m   4  m  2   m 2  6m  9 D  3  D 2  9  m 2  6m  9  9  m 2  6m  0  m  0 hoặc m  6 (thỏa mãn) Chọn đáp án A. x 1 Câu 12. Cho hàm số y  có đồ thị (C) và A là điểm thuộc (C). Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng các x 1 khoảng cách từ A đến các tiệm cận của (C). A. 2 2 B. 2 C. 3 D. 2 3 Hướng dẫn giải:  m  1 Gọi M  m;    C  m  1 . Tổng khoảng cách từ M đến 2 đường tiệm cận x  1 và y  1 là  m 1 m 1 2 2 S  m 1  1  m 1   2 m 1 . 2 2 m 1 m 1 m 1 Dấu “=” xảy ra  m  1  2  m 1  2  m  1 2 m 1 Chọn đáp án A. 2x  1  C  . Tìm k để đường thẳng d : y  kx  2k  1 cắt (C) tại hai điểm x 1 phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau. B. 4 C. 3 D. 1 A. 12 Câu 13. Cho hàm số y  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 8 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Hướng dẫn giải: Phương triình hoành độ giao điểm của (C) và d: 2x  1  kx  2k  1  2x  1   x  1 kx  2k  1 ;  x  1 x 1  kx 2   3k  1 x  2k  0 1 ;  x  1 d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 . k  1  k  0 .     k 2  6k  1  0  k  3  2 2  k  3  2 2    2  k  1   3k  1 1  2k  0 Khi đó: A  x1; kx1  2k  1 , B  x2 ; kx 2  2k  1 với x1 , x2 là nghiệm của (1). 3k  1   x1  x2  Theo định lý Viet tao có  k .  x1 x2  2 Ta có d  A; Ox   d  B; Ox   kx1  2k  1  kx 2  2k  1  x1  x2  kx  2k  1  kx 2  2k  1  1  .  kx1  2k  1   kx 2  2k  1  k  x1  x2   4k  2  0 Do hai điểm A, B phân biệt nên ta loại nghiệm x1  x2 . Do đó k  x1  x2   4k  2  0  k  3 . Chọn đáp án C. x4 cắt đường thẳng ( d ) : 2 x  y  m tại hai đểm AB sao cho độ dài Câu 14. Nếu đồ thị hàm số y  x 1 AB nhỏ nhất thì A. m=-1 B. m=1 C. m=-2 D. m=2 Hướng dẫn giải: Phương trình hoành độ giao điểm x4  2 x  m ( x  1) x 1  2 x 2  (m  3) x  m  4  0   (m  1) 2  40  0, m  R Suy ra (d) luôn cắt dồ thị hàm số tại hai điểm A,B m3 m  4 x A  xB  ; x A .x B  ; 2 2 y A  2 x A  m; yB  2 xB  m y B  y A  2( xB  x A ) AB  ( xB  x A )2  ( y B  y A )2  5( xB  x A )2  m  3 2 m  4  5 2  5  ( xB  x A )2  4 x A xB   5  4  m  1  40   5 2    2  4  2  Vậy AB nhỏ nhất khi m=-1 Chọn đáp án A. Câu 15. Cho hàm số y  x3  3mx 2  3  m 2  1 x  1  m 2 . Tìm m để trên đồ thị hàm số có hai điểm đối xứng qua gốc tọa độ A. 1  m  0 hoặc m  1 B. 1  m  0 hoặc m  1 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 9 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 C. 1  m  0 hoặc m  1 D. 1  m  0 hoặc m  1 Hướng dẫn giải: Gọi hai điểm đối xứng nhau qua O là A  x0 , y0  , B   x0 ,  y0  Khi đó ta có y0  x0 3  3mx0 2  3  m 2  1 x0  1  m 2 và  y0   x03  3mx0 2  3  m 2  1 x0  1  m 2 Từ đó suy ra: 6mx0 2  2  2m 2  0(*) Nếu x0  0 thì 2  2m 2  0 suy ra y0  1  m 2  0 . Vậy A  B  O Do đó: đồ thị hàm số có hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ O m  0   phương trình (*) có nghiệm khác 0  2  2m 2  0  1  m  0 hay m  1  2  ‘  6m  2  2m   0 Chọn đáp án B. 2 3 Câu 16. Cho hàm số y  x 3  3mx 2  m3 có đồ thị  Cm  và đường thẳng d : y  m x  2m . Biết rằng m1 , m2  m1  m2  là hai giá trị thực của m để đường thẳng d cắt đồ thị  Cm  tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 , x3 thỏa x14  x2 4  x3 4  83 . Phát biểu nào sau đây là đúng về quan hệ giữa hai giá trị m1 , m2 ? B. m12  2m2  4 . A. m1  m2  0 . Hướng dẫn giải: C. m2 2  2m1  4 . D. m1  m2  0 . x  m x  3mx  m x  3m  0   x   m  DK : m  0   x  3m ycbt  x14  x2 4  x34  83  m 4  m 4  81m 4  83  m  1  m1  m2  0 . Chọn đáp án A. x3 Câu 17. Cho hàm số y  có đồ thị là (C). Gọi I là giao điểm của 2 đường tiệm cận của (C). Tìm x 1 tọa độ điểm M trên (C) sao cho độ dài IM là ngắn nhất ? A. M 1  0 ;  3 và M 2  2 ; 5  B. M 1 1;  1 và M 2  3 ; 3 3 2 2 3 1 7   C. M 1  2 ;   và M 2  4 ;  3 3   Hướng dẫn giải: m 3  Gọi M  m ;  thuộc đồ thị, có I(–1 ; 1) m 1   IM   m  1 2  16  m  1 2 , IM   m  1 2 5 1  5 11  D. M 1  ;   và M 2   ;  3 2  2 3  16  m  1 2  2 16  2 2 IM nhỏ nhất khi IM  2 2 . Khi đó (m + 1)2 = 4. Tìm được hai điểm M 1 1;  1 và M 2  3 ; 3 . Chọn đáp án B. Câu 18. Giá trị của tham số m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  3 x 2  2mx  m2  1 , trục hoành, trục tung và đường thẳng x = 2 đạt giá trị nhỏ nhất là: A. m = 2 B. m = 1 C. m = -1 D. m = – 2 Hướng dẫn giải: Vì với m tùy ý ta luôn có 3 x 2  2mx  m 2  1  0 x nên diện tích hình phẳng cần tìm là File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 10 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A 2 Phần Hàm số – Giải tích 12 2 2 S    3 x 2  2mx  m2  1 dx   x3  mx 2   m 2  1 x   2m 2  4m  10  2  m  1  8 0 0 S đạt giá trị nhỏ nhất bằng 8 khi m = – 1. (dùng casio thử nhanh hơn) Chọn đáp án C. x2  2 x  3 Câu 19. Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y  hợp với 2 trục tọa độ 1 x 1 tam giác có diện tích S bằng: A. S=1,5 B. S=2 C. S=3 D. S=1 / u (x ) u ( x) Ta có kết quả: Nếu đồ thị hàm số y  có điểm cực trị ( xo ; yo ) thì yo  / o v( x) v ( xo ) Suy ra phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là y=2x-2 (d) (d) cắt 2 trục tọa độ tại 2 điểm A(0;-2) ,B(1;0) nên diện tích tam giác OAB bằng 1 Chọn đáp án D. Câu 20. Cho hàm số y  x 3  2 x 2  1  m  x  m có đồ thị  C  . Giá trị của m thì  C  cắt trục 2 2 2 hoành tại 3 điểm phân biệt x1 , x2 , x3 sao cho x1  x2  x3  4 là A. m  1  1   m  1 B.  4 m  0  1 4 C.   m  1 D. 1  m 1 4 Hướng dẫn giải: Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và trục hoành là x  1 x3  2 x 2  1  m  x  m  0   2 x  x  m  0 m  0  (C) và trục hoành cắt nhau tại 3 điểm phân biệt:   1 m   4 2 x12  x22  x32  4   x1  x2   2 x1 x2  1  4  1  2m  1  4  m  1 Chọn đáp án B. 3 Câu 21. Cho hàm số y   x  m   3 x  m 2 1 . Gọi M là điểm cực đại của đồ thị hàm số 1 ứng với một giá trị m thích hợp đồng thời là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số 1 ứng với một giá trị khác của m. Số điểm M thỏa mãn yêu cầu đề bài là: A. 1 B. 2 C. 3 D. 0 Hướng dẫn giải: 2 Ta có y   3  x  m   3, y  6  x  m   x  m 1 Suy ra y   0   .  x  m 1 Vì x  x1  m  1, y  m  1  0 nên hàm số đạt cực đại x  x1  m  1 tại và giá trị cực đại là y1  m 2  3m  2 . Tương tự, ta có hàm số đạt cực tiểu tại x  x2  m  1 và giá trị cực tiểu là y2  m2  3m  2 . Ta giả sử điểm M là điểm cực đạ của đồ thị hàm số ứng với giá trị m1 và là điểm cực tiểu ứng của đồ thị hàm số ứng với với giá trị m2 . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 11 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 m1  1  m2  1 Từ YCBT suy ra hệ phương trình  2 2 m1  3m1  2  m2  3m2  2 3 1 1 1 Giải hệ ta tìm được nghiệm m1  , m2   và suy ra tồn tại duy nhât một điêm M  ,   thỏa 2 2 2 4 bài toán. Chọn đáp án A. Câu 21. Cho một tam giác đều ABC cạnh a. Người ta dựng một hình chữ nhật MNPQ có cạnh MN nằm trên cạnh BC, hai đỉnh P và Q theo thứ tự nằm trên hai cạnh AC và AB của tam giác. Xác định giá trị lớn nhất của hình chữ nhật đó? 3 2 a 8 Hướng dẫn giải: A. 3 2 a 4 B. Gọi H là trung điểm của BC  BH = CH = C. 0 D. a 2 3 2 a 2 A a  Đặt BM = x  § iÒu kiÖn 0  x   , ta có: 2  a  MN  2MH  2(BH  BM)  2   x   a  2x 2  0   60 và BM = x  QM  x 3 Tam giác MBQ vuông ở M, B Hình chữ nhật MNPQ có diện tích: Q B M P H N C 2 S(x) = MN.QM =  (a  2x)x 3  3(ax  2x ) S’ a  a   0;  4  2 a 4 + 0 S 3 2 a 8 S'(x)  3(a  4x); S'(x)  0  x  x Vậy max S(x)   a x 0;   2 0 a 2  a 3 2 a khi x = 4 8 Chọn đáp án A. x (C ) . Tìm m để đường thẳng d : y  mx  m  1 cắt (C ) tại hai điểm 1 x phân biệt M , N sao cho AM 2  AN 2 đạt giá trị nhỏ nhất với A(1;1) . A. m  1 B. m  2 C. m  1 D. m  3 Hướng dẫn giải:  x  1 x  mx  m  1   2 Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và d : 1 x mx  2mx  m  1  0(1) Câu 22. Cho hàm số y  d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt  (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1  m  0 Gọi I là trung điểm của MN  I (1; 1) cố định. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 12 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 MN 2 2 2 2 Do AM  AN nhỏ nhất  MN nhỏ nhất 4 MN 2  ( x2  x 1)2 (1  m)2  4 m   8 . Dấu “=” xảy ra  m  1 m 2 2 Vậy min( AM  AN )  20 khi m  1 Chọn đáp án C. Câu 23. Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị nhu hình vẽ bên. Tất cả Ta có: AM 2  AN 2  2 AI 2  các giá trị của tham số m để hàm số y  f  x   m có ba điểm cực trị là: A. m  1 hoặc m  3 B. m  3 hoặc m  1 C. m  1 hoặc m  3 D. 1  m  3 Hướng dẫn giải: Đồ thị hàm số y  f  x   m là đồ thị hàm số y  f  x  tịnh tiến trên trục Oy m đơn vị Để đồ thị hàm số y  f  x   m có ba điểm cực trị  y  f  x   m xảy ra hai trường hợp sau: + Nằm phía trên trục hoành hoặc điểm cực tiểu thuộc trục Ox và cực đại dương + Nằm phía dưới trục hoành hoặc điểm cực đại thuộc trục Ox và cực tiểu dương Khi đó m  3 hoặc m  1 là giá trị cần tìm. Chọn đáp án A. Câu 24. Tìm m để đồ thị hàm số y  x 3  3mx 2  1 có hai điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1 (O là gốc tọa độ). A. m  1 B. m  2 C. m  1 D. m  3 Hướng dẫn giải: 2 Ta có y ‘  3x  6mx  3x  x  2m  . Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì m  0 . Khi đó hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A(0;1) và B(2m; 4m3  1) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm B lên trục tung, ta có BH  2m . Diện tích của tam giác OAB là S 1 1 BH .OA  . 2m 2 2 Theo đề bài S=1 nên ta có 1 . 2m  1 suy ra m  1 . Vậy m=±1 là giá trị cần tìm. 2 Chọn đáp án C. Câu 25. Giá trị lớn nhất của hàm số f  x   A. 0 Hướng dẫn giải: B. 4 TXĐ: D   , ta có f  x   2sin 2 x là 4 x 4 x sin  cos 2 2 C. 8 D. 2 2sin 2 x 2sin 2 x 4sin 2 x .   2 1 2 2  sin x 4 x 4 x sin  cos 1 sin x 2 2 2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 13 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Đặt sin 2 x  t t  0;1 , hàm số trở thành g t   g ‘t   8 t  2 2 4t với t  0;1 , ta có t  2  0 t  0;1 , suy ra hàm số đồng biến trên 0;1 , vậy max f  x  max g t   g 1  4 , xảy ra khi t  1  x  x t 0;1 Phần Hàm số – Giải tích 12   k  k    2 Chọn đáp án B. Câu 26. Cho hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  m có đồ thị (C), với m là tham số. Giả sử đồ thị (C) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn x1  x2  x3 . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. 1  x1  x2  3  x3  4 B. 0  x1  1  x2  3  x3  4 C. x1  0  1  x2  3  x3  4 D. 1  x1  3  x2  4  x3 Hướng dẫn giải: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y   x3  6 x 2  9 x . Dựa vào đồ thị ta tìm được 4  m  0 thì đồ thị hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  m cắt Ox tại 3 điểm phân biệt. Ta có y  0  . y 1  0; y 1 . y  3   0; y  3 . y  4   0 do đó 0  x1  1  x2  3  x3  4 Chọn đáp án B. tan x  2 Câu 27. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y  đồng biến trên khoảng tan x  m    0;  .  4 A. m  0 hoặc 1  m  2. B. m  0. C. 1  m  2. D. m  2. Hướng dẫn giải: 1 1 (tan x  m)  (tan x  2) 2 2 2m cos x cos x y’   2 2 (tan x  m) cos x(tan x  m)2       Hàm số đồng biến trên  0;  khi và chỉ khi hàm số xác định trên  0;  và y’ ≥ 0 ∀ x ∈  0;   4  4  4    m  0  tan x , x   0;    4  1  m  2 2  m  0  Chọn đáp án A. 2 Câu 28. Cho hàm số y  ax 4  bx 2  c có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a  0, b  0, c  0 B. a  0, b  0, c  0 C. a  0, b  0, c  0 D. a  0, b  0, c  0 Hướng dẫn giải: Do giới hạn của y khi x tiến tới vô cùng thì  nên a  0 . Loại A và D y ‘  4ax 3  2bx  2 x  2ax 2  b  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 14 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Do a  0 mà nếu b  0 thì phương trình 2ax 2  b vô nghiệm Nên b  0 thì hàm số mới có 3 cực trị. Chọn đáp án B. 1 Câu 29. Cho hµm sè : y  x  1  ( C ) T×m nh÷ng ®iÓm trªn ®å thÞ (C) cã hoµnh ®é lín h¬n 1 x 1 sao cho tiÕp tuyÕn t¹i diÓm ®ã t¹o víi 2 ®­êng tiÖm cËn mét tam gi¸c cã chu vi nhá nhÊt . 1 1  1    1 B. M   4 ; 2  4  A. M  1  4 ;2  2  4  2 2 2   2 1 1   C. M  1; 2  2 D. M  1  4 ;2  2  4  2 2  Hướng dẫn giải: 1 a2 Gäi M   a; y  a     C  ; a  0 th× y  a   a  1   a 1 a 1 a 2  2a a2 PTTT cña ( C ) t¹i M lµ: y  y  a   y ‘  a  x  a   y  x a (d)     2 a 1  a  1   TiÖm cËn ®øng x = 1 ; TiÖm cËn xiªn y = x + 1 Giao ®iÓm cña 2 tiÖm cËn lµ I=( 1 ; 2 )  2a  Giao ®iÓm cña d víi tiÖm cËn ®øng x = 1 lµ A   1;   a 1 Víi tiÖm cËn xiªn lµ : B   2a  1;2a  2 ; BI  2 2 a  1 , nªn AI .BI  4 2 v× a > 1 a 1   L¹i cã AIB  suy ra AB 2  AI 2  BI 2  2 AI .BICos  AI 2  BI 2  2 AI .BI 4 4 2 Theo bÊt ®¼ng thøc C« si : AB  2 AI .BI  2 AI .BI  2  2 AI .BI Ta cã AI    AB  2 2   2 1  (1) §Æt p lµ chu vi tam gi¸c ABI th× : p  AB  AI  BI  AB  2 AI .BI  2 2   2 1  44 2  a  1  2 1  44 2 1 DÊu ®¼ng thøc x¶y ra  AI  BI  a  1  VËy Minp  2 2  4 2 1 4 2 1 1   Hay ®iÓm cÇn t×m lµ M  1  4 ;2  2  4  2 2  Chọn đáp án D. x4 5 Câu 30. Cho hµm sè: y   3x 2  (C ) vµ ®iÓm M  (C ) cã hoµnh ®é xM = a. Víi gi¸ trÞ nµo cña a 2 2 th× tiÕp tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M c¾t (C) 2 ®iÓm ph©n biÖt kh¸c M.  a  3  a  3  a  7 a  3 A.  B.  C.  D.  a  1 a  1 a  1 a  2 Hướng dẫn giải: File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 15 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 5 a4 §iÓm M (C ) , xM = a => yM   3a 2  ta cã Pt tiÕp tuyÕn víi (C) cã d¹ng 2 2 ‘ ‘ 3 (  ) : y  y xM ( x  xM )  yM víi yM  2a  6a a4 5  3a 2  2 2 Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (  ) vµ (C) lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh => (  ) y  (2a3  6a )( x  a)  x4 5 a4 5  3 x 2   (2a 3  6a)( x  a )   3a 2   ( x  a) 2 ( x 2  2ax  3a 3  6)  0 2 2 2 2 x  a  2 2  g ( x )  x  2ax  3a  6  0 Bµi to¸n trë thµnh t×m a ®Ó g(x)=0 cã 2 nghiÖm ph©n biÖt kh¸c a ‘ 2 2 2  g ( x )  a  (3a  6)  0 a  3  0  a  3   2  2 a  1  g (a )  6a  6  0 a  1 Chọn đáp án A. 2x  3 Câu 31. Cho hàm số: y  . Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) , biết tiếp tuyến đó cắt đường x2 tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho AB  2 IB , với I (2,2) . A. y   x  2 ; y   x  3 B. y  x  2 ; y   x  6 C. y   x  2 ; y   x  6 D. y  x  2 ; y  x  6 Hướng dẫn giải:  2 x0  3  1 2 x02  6 x0  6 Gọi M  x0 ; x   (C ) . PTTT của (C) tại M: y   2 2 x0  2   x0  2   x0  2  Do AB  2 IB và tam giác AIB vuông tại I  IA = IB nên hệ số góc của tiếp tuyến k = 1 hoặc k = 1 -1. vì y /   0 nên ta có hệ số góc tiếp tuyến k = -1. 2  x  2  x0  1  1    x0  1  x0  3  có hai phương trình tiếp tuyến y   x  2 ; y   x  6  1 2 Chọn đáp án C. Câu 32. Cho hàm số y = x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 (m là tham số) có đồ thị là (Cm), đường thẳng d có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m để d cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . 1  37 1  137 1 7 1  142 A. m  B. m  C. m  D. m  2 2 2 2 Hướng dẫn giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: x  0 x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 = x + 4  x(x2 + 2mx + m + 2) = 0   2  x  2mx  m  2  0  * d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ’  m 2  m  2  0   m   ; 2    2; 1   2;   m  2  0 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 16 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Khi đó B = (x1; x1 + 4), C = (x2; x2 + 4) với x1, x2 là hai nghiệm của (*).  x  x  2m Theo Vi-ét ta có  1 2  x1x2  m  2 2 2  BC  2  x1  x2   2  x1  x2   8 x1 x2  2 2  m 2  m  2  Ta có khoảng cách từ K đến d là h = 2 . Do đó diện tích KBC là: 1 1 S  .h.BC  2.2 2  m 2  m  2   2 m 2  m  2 2 2 1  137 S  8 2  2 m2  m  2  8 2  m  (TM ) . 2 Chọn đáp án B. Câu 33. Cho hàm số: y  x 3  2009 x có đồ thị là (C). M 1 là điểm trên (C) có hoành độ x1  1 . Tiếp tuyến của (C) tại M 1 cắt (C) tại điểm M 2 khác M 1 , tiếp tuyến của (C) tại M 2 cắt (C) tại điểm M 3 khác M 2 , tiếp tuyến của (C) tại điểm M n 1 cắt (C) tại điểm M n khác M n 1 (n = 4; 5;…), gọi  xn ; yn  là tọa độ điểm M n . Tìm n để : 2009 xn  yn  22013  0 A. n  685 B. n  627 C. n  675 Hướng dẫn giải: Gọi M k  xk ; yk  suy ra tiếp tuyến tại M k : y  yk  y ‘  xk  x  xk  D. n  672  y   3 xk2  2009   x  xk   xk3  2009 xk Tọa độ điểm M k 1 được xác định: x 3  2009 x   3 xk2  2009   x  xk   xk3  2009 xk   x  xk   x 2  x.xk  2 xk2   0  x  xk  x  2 xk  xk 1  2 xk Ta có : x1  1; x2  2; x3  4;…; xn   2  n 1 2009 xn  yn  22010  0  2009 xn  xn3  2009 xn  2 2010  0 3n  3 2013   2   22013   2   3n  3  2013  n  672 Chọn đáp án D. 3 x  2m Câu 34. Cho hàm số y  với m là tham số. Xác định m để đường thẳng d cắt các trục mx  1 Ox, Oy lần lượt tại C , D sao cho diện tích OAB bằng 2 lần diện tích OCD . 5 2 1 A. m   B. m  3 C. m   D. m   3 3 3 Hướng dẫn giải: 1 Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị: 3mx 2  3m 2 x  m  0, x  m 2 2 Vì m  0 nên phương trình  3 x  3mx  1  0 (*). Ta có   9m  12  0, m  0 và  1  3 f    2  2  0, m  0 (ở đây f  x  là vế trái của (*)) nên d luôn cắt đồ thị tại 2 điểm A, B m m phân biệt m  0 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 17 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Ta có A  x1;3 x1  3m  , B  x2 ;3 x2  3m  với x1 , x2 là 2 nghiệm của (*). Kẻ đường cao OH của OAB ta có OH  d  0; d   3m 10 AB   x2  x1  2 2   3×2  3×1   10  x2  x1  và 2  10  x1  x2   40 x1x2  10m 2  2 40 3 (Định lý Viet đối với (*)). Mặt khác ta có C  m;0  , D  0; 3m  (để ý m  0 thì C , D, O phân biệt). Ta tìm m để S OAB  2S OCD hay 10m 2  40 3m 2 .  2 m 3m  m   3 3 10 Chọn đáp án C. 1 Câu 35. Cho hàm số y  mx3   m  1 x 2   4  3m  x  1 có đồ thị là  Cm  , m là tham số. Tìm các 3 giá trị của m để trên  Cm  có duy nhất một điểm có hoành độ âm mà tiếp tuyến của  Cm  tại điểm đó vuông góc với đường thẳng d : x  2 y  0 . m  0  m  1 m  0 1  B.  A. C. 0  m  D.  2 5 m  m  m  1 3  3 3   Hướng dẫn giải: y /  mx 2  2(m  1) x  4  3m . Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 2 Ta tìm m : mx 2  2(m  1) x  4  3m  2  * có đúng một nghiệm âm *   x  1 mx  3m  2  0  x  1 hoặc mx  2  3m m  0 : không thỏa yêu cầu m  0 , yêu cầu bài toán xảy ra khi m  0 2  3m 0 2 m  m 3  Chọn đáp án C. 2x  1 có đồ thị (C) và điểm P  2;5  . Tìm các giá trị của tham số m để x 1 đường thẳng d : y   x  m cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều. Câu 36. Cho hàm số y  Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C ) là: A. m  1, m  5 B. m  1, m  4 C. m  6, m  5 D. m  1, m  8 Hướng dẫn giải: 2x 1   x  m  x 2  (m  3) x  m  1  0 1 , với x  1 x 1 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khác 1 m 2  2m  13  0  (đúng m ) 0.m  3  0 x  x  m  3 Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có:  1 2  x1x2  m  1 Giả sử A  x1; x1  m  , B  x2 ; x2  m  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 18 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khi đó ta có: AB  2  x1  x2  2 2    x1  m  5  2    x2  m  5   PA   x1  2  PB   x2  2 Phần Hàm số – Giải tích 12 2 2  x1  2 2  x2  2 2   x2  2  , 2   x1  2  2 Suy ra PAB cân tại P Do đó PAB đều  PA2  AB 2 2 2 2 2   x1  2    x2  2   2  x1  x2    x1  x2   4  x1  x2   6 x1 x2  8  0  m 1 . Vậy giá trị cần tìm là m  1, m  5 .  m 2  4m  5  0    m  5 Chọn đáp án C. Câu 37. Cho hµm sè y  x 4  mx 3  4 x  m  2 . T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó hµm sè ban ®Çu cã 3 cùc trÞ vµ träng t©m cña tam gi¸c víi 3 ®Ønh lµ to¹ ®é c¸c ®iÓm cùc trÞ trïng víi t©m ®èi xøng cña ®å thÞ 4x hµm sè y  . 4x  m A. m  2 B. m  1 C. m  4 D. m  3 Hướng dẫn giải: Hµm sè ®· cho cã 3 cùc trÞ khi ph¬ng tr×nh y’(x) = 0 cã 3 nghiÖm ph©n biÖt  4 x 3  3mx 2  4  0 cã 3nghiÖm ph©n biÖt m XÐt g(x) = 4 x 3  3mx 2  4 cã g’(x) = 12 x 2  6mx  g ( x )  0  x  0, x  2 3 m 16  m Do lim g ( x )   , lim g ( x )   vµ g (0)  4  0 , g ( )  nªn g(x) = 0 x  x  2 4 m  2  0 cã 3 nghiÖm ph©n biÖt    m  2 3 2 (häc sinh cã thÓ lËp b¶ng biÕn thiªn 3 16  m  0  4 x3  1 cña hµm ( x )  2 trªn R 0 ®Ó t×m ra kÕt qu¶ trªn) x 4x m lµ I ( ; 1) Khi ®ã t©m ®èi xøng cña ®å thÞ hµm sè y  4 4x  m Gäi A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 ), C ( x3 ; y3 ) lµ 3 ®iÓm cùc trÞ cña ®å thÞ hµm sè ®· cho th× x1 , x2 , x3 lµ nghiÖm ph¬ng tr×nh : 4 x 3  3mx 2  4  0 nªn theo ®Þnh lý Viet ta cã  x1  x2  x3 m  3m    x1  x2  x3   3 4  4  2  x1x2  x2 x3  x3 x1  0  x 2  x 2  x 2  ( x  x  x )2  2( x x  x x  x x )  9m 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1  1 16 2 2 x m 3m x 5m ViÕt hµm sè ban ®Çu díi d¹ng: y ( x)  y( x )(  )  (  3x   2) , v× thÕ 4 16 16 4 xi m 3m 2 xi2 5m 3m2 xi2 5m  yi  y ( xi )  y ( xi )(  )  (  3xi   2)    3 xi  2 4 16 16 4 16 4 do y( xi )  0 (i  1,2,3) y1  y2  y3 m2 2 5m 9m4 5m 2 2 Tõ ®ã :  ( x1  x2  x3 )  ( x1  x2  x3 )  2 2  2 3 16 4 16 4 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 19 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 x1  x2  x3 y1  y2  y3 m ; )  I ( ; 1) khi vµ chØ 3 3 4 4 9m 5m y  y 2  y3 khi : 1 1  2   2  1  (m  4)(9m3  36m 2  144m  64)  0 3 16 4 3 V× m  2 2 nªn m  4 lµ gi¸ trÞ duy nhÊt cÇn t×m. Chọn đáp án C. Câu 38. Tìm tham số m để hàm số y  x 3  3mx 2  3  m  1 x  2 nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4 . 1  21 1  21 1  21 A. m  B. m  hoặc m  2 2 2 1  21 1  21 1  21 C. m  D. m 2 2 2 Hướng dẫn giải: Ta có D  , y  3 x 2  6mx  3  m  1  3  x 2  2mx  m  1 Träng t©m cña tam gi¸c ABC lµ G( y  0  x 2  2mx  m  1  0 1 . Điều kiện cần và đủ để hàm số nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4  y  0 trên đoạn có độ dài lớn hơn 4  1 có hai nghiệm x1; x2  x1  x2  thoả mãn x1  x2  4    0   0      4  m 2  m  1  4  x  x  4 2   4  1 2  1  21 1  21 m . 2 2 Vậy hàm số 1 nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4  m2  m  5  0  m  1  21 1  21 m 2 2 Chọn đáp án B. m x 1  H  tại hai điểm phân biệt A, B 2x 1 tại A và B . Tìm a để tổng k1  k2 đạt Câu 39. Đường thẳng d : y  x  a luôn cắt đồ thị hàm số y  . Gọi k1 , k 2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với  H  giá trị lớn nhất. A. a  1 B. a  2 C. a  5 Hướng dẫn giải: Phương trình hoành độ giao điểm của d và  H  : D. a  1 1  x  1 x  2  xa  2x  1 2 2 x  2ax  a  1  0 *  2 Đặt g  x   2 x  2ax  a  1 g  a 2  2a  2  0, a 1  Vì   1  nên  * có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác với mọi a . 1 2     g 0, a    2  2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 20 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Vậy d luôn cắt  H  tại hai điểm phân biệt A, B với mọi a . Gọi A  x1; y1  , B  x2 ; y2  với x1 , x2 là hai nghiệm của  * . Theo định lý Vi-ét ta có x1  x2   a , x1 x2  a  1 . 2 Tiếp tuyến tại A và B có hệ số góc là k1  1 2 ; k2  1 2  2 x1  1  2 x2  1 2   2 x1  1   2 x2  12  1 1    Ta có k1  k2  2 2 2 2   2 x1  1  2 x2  1   2 x1  1  2 x2  1  2 2 2    4  x1  x2   8 x1 x2  4  x1  x2   2  (do  2 x1  1  2 x2  1  1)   2  4  a  1  2  2, a . Dấu bằng xẩy ra  a  1 Vậy k1  k2 đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi a  1 . Chọn đáp án D. Câu 40. Tìm m để phương trình x4 – ( 2m+3)x2 + m + 5 = 0 có 4 nghiệm x1, x2, x3, x4 thoả mãn : -2 < x1 < -1 < x2 < 0 < x3 < 1 < x4 < 3 A. Không có m B. m  1 C. m  4 D. m  3 Hướng dẫn giải: Đặt x2 = X  0 , ta có phương trình: f(X) = X2 – ( 2m+3).X + m + 5 = 0 (*) để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 < x4 thì phương trình (*) có hai nghiệm thoả mãn: 0 < X1 < X2. Khi đó x1   X 2 ; x2   X 1 ; x3  X 1 ; x4  X 2 Do đó: -2<- 2 X 2 <-1< - X 1 < 0 < X 2 >1 > X1 < 1 < X2 < 3 X 1 > 0  4 > X2 > 1 > X1 > 0  af (1)  0  m  3  0    af (0)  0   m  5  0 af (4)  0  7 m  9  0     m3   m  5  9 m 7   không tồn tại m thoả mãn bài toán . Chọn đáp án A. 3 1 Câu 41. Cho hàm số: y = x3 – mx 2  m 3 . Xác định m để đường thẳng y = x cắt đồ thị tại 3 điểm 2 2 phân biệt A, B, C sao cho AB = BC. A. m = 0 ; m =  2 B. m = 0 C. m =  2 D. m = 0 ; m = 2 Hướng dẫn giải: 3 1 PT hoành độ giao điểm: x3 – mx 2  x  m 3  0 (1) 2 2 Đường thẳng y = x cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt A,B,C  pt (1) có 3 nghiệm phân biệt xA, xB, 3 xC. Theo Vi et ta có : xA + xB +xC = m (2) 2 theo gt AB = BC  2 xB =xA + xC (3) File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 21 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 m m . Vậy x = là một nghiệm của (1). 2 2 3 1 m Chia f(x) = x 3  mx 2  x  m 3 cho x  ta được: 2 2 2 m2 m3 m m ) (x2 – mx – 1 + f(x) = (x ). 2 2 2 4 m3 m m là nghiệm của (1)  + = 0  m=0, m =  2 x= 2 2 4 m2 m ) (x2 – mx – 1 Khi đó f(x) = (x ) có 3 nghiệm phân biệt 2 2 m2 3m 2 m có 2 nghiệm trái dấu và có  ( ) = -1 vì  (x) = x2 – mx – 1  0 . m 2 2 4 Vậy: m = 0 ; m =  2 Chọn đáp án A. Câu 42. Cho hàm số y=x3-(m+1)x2-(2m2-3m+2)x+2m(2m-1). Xác định m để hàm số đồng biến trên (2;+  ) . A. 3  m  2 B. 2  m  2 C. 3  m  1 D. 3  m  2 Hướng dẫn giải: Ta có: y ,  g ( x )  3 x 2  2(m  1) x  (2m 2  3m  2) Từ (2) và (3)  xB = ∆’ =7m2 –7m +7 = 7(m2-m+1) > 0 , m  g ( 2)  0 2 m 2  m  6  0  ,   3  m  2 y  0, x  ( 2; )   S m  5  0  2  2  0 Chọn đáp án D. Câu 43. Bạn A có một đoạn dây dài 20m . Bạn chia đoạn dây thành hai phần. Phần đầu uốn thành một tam giác đều. Phần còn lại uốn thành một hình vuông. Hỏi độ dài phần đầu bằng bao nhiêu để tổng diện tích hai hình trên là nhỏ nhất? 40 120 60 180 m. m. m. m. A. B. C. D. 94 3 94 3 94 3 94 3 Hướng dẫn giải: Bạn A chia sợi dây thành hai phần có độ dài x  m  và 20  x  m  , 0  x  20 (như hình vẽ). 2 Phần đầu uốn thành tam giác đều có cạnh 3 x2 3 2 x  x m , diện tích . S     m  1   36 3 3 4 2 20  x  20  x 2 Phần còn lại uốn thành hình vuông có cạnh  m  , diện tích S 2    m  4  4  2 x 2 3  20  x  Tổng diện tích hai hình nhỏ nhất khi f  x     nhỏ nhất trên khoảng  0;20  . 36  4  x 3 20  x 180 Ta có: f ‘  x    0 x . 18 8 4 39 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 22 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Bảng biến thiên: x 180 0 f  x  20 4 3 9  0 + f  x Dựa vào bảng biến thiên ta được x  180 4 3 9 . Chọn đáp án D. 8  4a  2b  c  0 . Số giao điểm của đồ thị hàm số Câu 44. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn  8  4a  2b  c  0 y  x 3  ax 2  bx  c và trục Ox là A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . Hướng dẫn giải: Ta có hàm số y  x 3  ax 2  bx  c xác định và liên tục trên  . Mà lim y   nên tồn tại số M  2 sao cho y  M   0 ; lim y   nên tồn tại số m  2 sao x  x  cho y  m   0 ; y  2   8  4a  2b  c  0 và y  2   8  4a  2b  c  0 . Do y  m  .y  2   0 suy ra phương trình y  0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng  m;2  . y  2  .y  2   0 suy ra phương trình y  0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng  2;2  . y  2  .y  M   0 suy ra phương trình y  0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng  2;M  . Vậy đồ thị hàm số y  x 3  ax 2  bx  c và trục Ox có 3 điểm chung. Chọn đáp án D. Câu 45. Tập hợp các giá trị của m để đồ thị hàm số y  đường tiệm cận là A. 0. 2x  1 có đúng 1  mx  2 x  1 4 x 2  4mx  1 2 B.  ; 1  1;   . C.  D.  ; 1  0  1;   . Hướng dẫn giải: Có lim y  0 . Nên hàm số luôn có 1 đường tiệm cận ngang y  0 . Vậy ta tìm điều kiện để hàm số x  không có tiệm cận đứng .  mx 2  2 x  1  0 (1) Xét phương trình:  mx 2  2 x  1 4 x 2  4mx  1  0   2  4 x  4mx  1  0 (2) 2x  1 1 TH1: Xét m  0 , ta được y  (thỏa ycbt)  2 2  2 x  1  4 x  1 4 x  1 TH2: Xét m  0 . Có: 1  1  m và  2  4m 2  4 1  m  0 m  1 Th2a. Cả 2 phương trình (1) và (2) đều vô nghiệm:   2   m 1  m  1  4m  4  0 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 23 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 1 : ta thấy trường hợp này vô lí (vì m  1 ) 2 1 Th2c: (2) vô nghiệm, (1) có nghiệm kép x  : ta thấy trường hợp này vô lí (vì 1  m  1 ) 2 Chọn đáp án A. Th2b: (1) vô nghiệm, (2) có nghiệm kép x  Câu 46. Đường thẳng d : y  x  4 cắt đồ thị hàm số y  x 3  2mx 2   m  3 x  4 tại 3 điểm phân biệt A  0;4  , B và C sao cho diện tích tam giác MBC bằng 4, với M 1;3 . Tìm tất cả các giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. A. m  2 hoặc m  3. B. m  2 hoặc m  3. C. m  3. D. m  2 hoặc m  3. Hướng dẫn giải: Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị C  : x 3  2mx 2   m  3 x  4  4 x  0  x 3  2mx 2   m  2  x  0   2   x   x  2mx  m  2  0 Với x  0, ta có giao điểm là A  0;4  . 1 d cắt  C  tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.   0  m  2  0  (*) 2   m  m  2  0 Ta gọi các giao điểm của d và  C  lần lượt là A, B  xB ; xB  2  , C  xC ; xC  2  với xB , xC là nghiệm của phương trình (1).  x  xC  2m Theo định lí Viet, ta có:  B m2  xB .xC 1 Ta có diện tích của tam giác MBC là S   BC  d  M , BC   4. 2 Phương trình d được viết lại là: d : y  x  4  x  y  4  0. 1 3 4 Mà d  M , BC   d  M , d    2. 2 12   1 Do đó: BC  8 8   BC 2  32 d  M , BC  2 2 2 2 Ta lại có: BC 2   xC  xB    yC  yB   2  xC  xB   32 2 2   xB  xC   4 xB .xC  16   2m   4  m  2   16  4m 2  4m  24  0  m  3  m  2. Đối chiếu với điều kiện, loại đi giá trị m  2. Chọn đáp án C. Câu 47. Cho các số thực x, y thỏa mãn x  y  2   x  3  y  3 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  4  x 2  y 2   15 xy là: A. min P  83 Hướng dẫn giải: Ta có x  y  2 B. min P  63   C. min P  80 D. min P  91 2 x  3  y  3   x  y   4  x  y   8 x  3. y  3  4  x  y  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 24 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 x  y  4 . Mặt khác  x  y  0 x  y  2 x  3  y  3  2 2  x  y   x  y  8  x  y   4;8   2 2 2 Xét biểu thức P  4  x  y   15xy  4  x  y   7xy và đặt t  x  y   4;8  P  4t 2  7xy . 2 Lại có  x  3 y  3  0  xy  3  x  y   9  P  4  x  y   21 x  y   63  4t 2  21t  63 . Xét hàm số f  t   4t 2  21t  63 trên đoạn  4;8 suy ra Pmin  f  7   83 Chọn đáp án A. Câu 48. Gọi (Cm) là độ thì hàm số y  x 4  2 x 2  m  2017 . Tìm m để (Cm) có đúng 3 điểm chung phân biệt với trục hoành, ta có kết quả: B. 2016  m  2017 C. m  2017 D. m  2017 A. m  2017 Hướng dẫn giải: – Phương pháp: Tìm m để phương trình ẩn x tham số m có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng K + Cô lập m, đưa phương trình về dạng m = f(x) + Vẽ đồ thị (hoặc bảng biến thiên) của y=f(x) trên K + Biện luận để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y =f(x) tại n điểm phân biệt trên K – Cách giải:  Cm  cắt Ox tại 3 điểm phân biệt  Phương trình x 4  2 x 2  m  2017  0  m  x 4  2 x 2  2017 có 3 nghiệm phân biệt. Xét hàm số y  x 4  2 x 2  2017 trên R Có y ‘  4 x3  4 x  0  x  0 hoặc x  1 . Bảng biến thiên: x  0 0 1 y’  0 + 0  0  y 2017 2016  +  2016 Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y =f(x) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi m =2017 Chọn đáp án A. x2  2 có hai đường tiệm cận Câu 49. Tìm tất cả các giá trị thực của m để đồ thị hàm số y  mx 4  3 ngang. A. m  0 B. m  0 C. m  0 D. m  3 Hướng dẫn giải: x2  2 Đồ thị hàm số y  có hai đường tiệm cận ngang khi và chỉ khi các giới hạn mx 4  3 lim y  a  a    , lim y  b  b    tồn tại. Ta có: x  x  + với m  0 ta nhận thấy lim y  , lim y   suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang. x  x  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 25 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12  3 3  + Với m  0 , khi đó hàm số có TXĐ D    4  ; 4   , khi đó lim y, lim y không tồn tại suy x  x  m m  ra đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang. 2   2 x 2 1  2  1 2 1 x  x + Với m  0 , khi đó hàm số có TXĐ D   suy ra lim  suy ra , lim  x  x  m 3 3 2 2 x m 2 x m 4 x x đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang. Vậy m  0 thỏa YCBT. Chọn đáp án C. Câu 50. Cho hàm số y  x 2  2 x  a  4 . Tìm a để giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn  2;1 đạt giá trị nhỏ nhất. A. a  3 Hướng dẫn giải: B. a  2 C. a  1 2 D. Một giá trị khác 2 Ta có y  x 2  2 x  a  4   x  1  a  5 . Đặt u   x  1 khi đó x   2;1 thì u   0;4 Ta được hàm số f  u   u  a  5 . Khi đó Max y  Max f  u   Max  f  0  , f  4   Max  a  5 ; a  1  x2;1 u0;4 Trường hợp 1: a  5  a  1  a  3  Max f  u   5  a  2  a  3 u0;4 Trường hợp 2: a  5  a  1  a  3  Max f  u   a  1  2  a  3 u0;4 Vậy giá trị nhỏ nhất của Max y  2  a  3 x 2;1 Chọn đáp án A.     Câu 51. Giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x 3  2 1  x3  1  x 3  2 1  x 3  1 là: A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Hướng dẫn giải:    y  x 3  2 1  x3  1  x 3  2 1  x 3  1  y    y x3  1  1  2 x3  1  1    x3  1  1  2 x3  1  1 Điều kiện để hàm số xác định x  1 Ta có y  x 3  1  1  – Nếu 1  x  0 thì x3  1  1 x3  1  1  0  x3  1  1  1  x3  1  y  2 – Nếu x  0 thì x3  1  1  0  y  2 x 2  1  2 Vậy: y  2, x  1, y  2  x  0 Chọn đáp án C. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 26 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 HÌNH ĐA DIỆN I – HÌNH CHÓP Câu 1. Cho hình chóp S . ABC có chân đường cao nằm trong tam giác ABC ; các mặt phẳng (SAB ) , (SAC ) và (SBC ) cùng tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc bằng nhau. Biết AB  25 , BC  17 , AC  26 ; đường thẳng SB tạo với mặt đáy một góc bằng 45 . Tính thể tích V của khối chóp S. ABC . A. V  680 B. V  408 C. V  578 Hướng dẫn giải: Gọi J là chân đường cao của hình chóp S.ABC; H, K và L lần lượt là hình chiếu của J trên các cạnh AB, BC và CA.  , SLJ  và SKJ  lần lượt là góc tạo bởi Suy ra, SHJ mặt phẳng ( ABC ) với các mặt phẳng (S AB ) , (SBC ) và (SAC ) .   SLJ   SKJ , Theo giả thiết, ta có SHJ D. V  600 S y=9 K z=17 C A suy ra các tam giác vuông SJH , SJL và SJK bằng nhau. J z=17 y=9 H Từ đó, JH  JL  JK . Mà J nằm trong tam giác ABC nên J là L x=8 tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. x=8 Áp dụng công thức Hê-rông, ta tính được diện tích của tam giác B ABC là S  204 . Kí hiệu p là nửa chu vi tam giác ABC, r là S 204  6 . Đặt x  BH  BL , y  CL  CK , bán kính đường tròn nội tiếp của ABC. Ta có r   p 34 z  AH  AK .  x  y  17 y z C K  A  Ta có hệ phương trình  x  z  25 .  y  y  z  26 J z Giải ra được ( x ; y; z )  (8;9;17) L JB  JH 2  BH 2  6 2  82  10 .   (SB  Ta có SBJ ,( ABC ))  45 , suy ra SJB là tam giác H x x B vuông cân tại J. SJ  JB  10 . 1 Thể tích V của khối chóp S.ABC là V  SJ .S ABC  680 3 Chọn đáp án A. Câu 2. Cho tứ diện ABCD, M , N , P lần lượt thuộc BC , BD, AC sao cho BC  4BM , BD  2BN , AC  3 AP , mặt phẳng (MNP) cắt AD tại Q. Tính tỷ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD bị chia bởi mặt phẳng (MNP). 2 3 5 C. 13 A. Hướng dẫn giải: 7 13 1 D. . 3 B. A P Q K I H B N D M C File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 27 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Gọi I  MN  CD, Q  PI  AD , kẻ DH / / BC  H  IM  , DK / / AC  K  IP  ID DH BM 1    IC CM CM 3 IK DK ID 1 DK 1 DK 2        IP CP IC 3 2 AP 3 AP 3 APQ đồng dạng DKQ AQ AP 3 AQ 3      DQ DK 2 AD 5 Đặt V  VABCD Ta có: VANPQ AP AQ 1 VANCD VDACN DN 1 1  .  ,     VANPQ  V VANCD AC AD 5 VABCD VDABC DB 2 10 VCDMP CM CP 1 1 1 1 1    VCDMP  V  VN . ABMP  VDABMP  V  VCDMP   V . VCDBA CB CA 2 2 2 2 4 VABMNQP 7 7  VABMNQP  VANPQ  VN . ABMP  V   20 VCDMNQP 13 NMB  NDH  Chọn đáp án B. Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a, hình chiếu AC vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AH  . Gọi CM là 4 đường cao của tam giác SAC. Tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a. A. a 3 14 48 B. a 3 14 24 C. a 3 14 16 D. Hướng dẫn giải: Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. S a 2 .a 2 AM AH AH . AC a 4 Ta có:   AM    AC SA SA a 2  MC  AC 2  AM 2  a 2  2 a 3 14 8 M A D 2 a 7 a    2 2 1 1 a a 7 a2 7 SM .MC   2 22 2 8 2 1 1 a 2 a 7 a 3 14  VSMAC  BO.S SMC   3 3 2 8 48 Chọn đáp án A. H O B C  S SMC  Câu 4. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, góc giữa mặt bên và 1 mặt phẳng đáy là  thoả mãn cos = . Mặt phẳng  P  qua AC và vuông góc với mặt phẳng  SAD  3 chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện. Tỉ lệ thể tích hai khối đa diện là gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau A. 0,11 B. 0,13 C. 0,7 D. 0,9 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 28 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Hướng dẫn giải: S.ABCD là hình chóp tứ giác đều SO   ABCD  . Gọi N là trung điểm CD CD  SN , CD  ON     SCD  ,  ABCD   SNO  SCD ABCD CD       Kẻ CM  SD . Ta có  AC  BD  AC   SBD   AC  SD  AC  SO   SD   ACM    ACM   SAD  nên mặt phẳng   S  P  là  ACM  + Xét tam giác SON vuông tại N có : a ON 3a SN  2  1 2 cos SNO 3 2 M A N O 2  3a   a  SO  SN  ON        a 2  2  2 2 D 2 B C 2 2 2 + Xét tam giác SOD vuông tại O có : SD  SO  OD  Ta có SSCD a 2  2 a 2 a 10     2  2   3a .a 1 1 SN .CD 3a 10  CM .SD  SN .CD  CM   2  SD 2 2 10 a 10 2 2  3a 10  a 10 – Xét tam giác MCD vuông tại M có : DM  CD 2  CM 2  a 2      10  10   a 10 VMACD VMACD 1 DM DA DC 1 DM 1 10 1 Ta có :   .  .  .  . . VSABCD 2.VSACD 2 DS DA DA 2 DS 2 a 10 10 2 1  VMACD  VSABCD . Mặt phẳng  P  chia khối chóp S.ABCD thành 2 khối MACD và SABCM 10 V 1 9  VSABCD  V MACD  VSABCM  VSABCM  VSABCD . Do đó : MACD   0,11 10 VSABCM 9 Chọn đáp án A. Câu 5. Cho hình chóp S . ABC , có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Các mặt bên  SAB  ,  SAC  ,  SBC  lần lượt tạo với đáy các góc lần lượt là 300 , 450 , 600 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . Biết rằng hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  nằm bên trong tam giác ABC . A. V  a3 3  4 3  . B. V  a3 3  2 4 3  . C. V  a3 3  4 4 3  . D. V  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay a3 3  8 4 3  . Trang 29 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Hướng dẫn giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  . Kẻ HD  AB  D  AB  , HE  AC  E  AC  , HF  BC  E  BC  . Khi đó ta có SH SH  SH 3 , HE   SH , 0 tan 30 tan 450 a2 3 SH SH . Ta có suy ra S  HF   ABC tan 60 0 4 3 1 1  3a a2 3  . SH 1  3  a   SH   2 4 3 2 4 3  HD    1 3a a2 3 a3 3 Vậy V  . . .  3 2 4 3 4 8 4 3     Chọn đáp án D. Câu 6. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, góc giữa SC và mp(ABC) là 45  . Hình a 7 chiếu của S lên mp(ABC) là điểm H thuộc AB sao cho HA = 2HB. Biết CH  . Tính khoảng cách 3 giữa 2 đường thẳng SA và BC: a 210 a 210 a 210 a 210 A. B. C. D. 30 20 45 15 Hướng dẫn giải: + D là đỉnh của hình bình hành ABCD thì d(SA;BC)=d(B;(SAD))=1,5.d(H;(SAD)) + Kẻ HE vuông AD, E thuộc AD. Kẻ HI vuông SE, I thuộc AE thì d(H;(SAD))=HI a 210 + Tính HI  30 Chọn đáp án B. Câu 7. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông ở A, AB = a, AC = 2a. Đỉnh S cách đều A, B, C; mặt bên (SAB) hợp với mặt đáy (ABC) góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC. 3 3 A. V= a B. V= a3 3 3 3 1 C. V= a3 D. V= 3. a 3 3 Hướng dẫn giải: Gọi M, N, H lần lượt là trung điểm của AB, AC, và BC Ta có tam giác SAB cân suy ra SM  AB HM // AC  HM  AB  AB   SMH   AB  SH 1 Và [(SAB), (ABC)] = SMH = 600 Tương tự AC  (SNH)  AC  SH (2) Từ (1) và (2)  SH  (ABC) AC Ta có SH = MH. tan 600 = 3 =a 3 2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 30 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 3 3 1 1 AC.AB = a2 . Vậy V = .SH. SABC = a (đvdt) 2 3 3 Chọn đáp án A. Câu 8. Cho hình chóp S.ABCD có SA=x, các cạnh còn lại bằng 2. Tìm giá trị của x để thể tích khối chóp lớn nhất A. 6 B. 2 C. 7 D. 2 6 Hướng dẫn giải: Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có OD=OB và SB=SD nên SO  BD , do đó BO   SAC  . SABC = Mặt khác SO 2  SB 2  OB 2  AB 2  OB 2  OA2 nên SO  OA  OC . Do đó tam giác SAC vuông tại S. Ta có AC 2  x 2  4  4OA2  x 2  4 . Do đó 4OB 2  12  x 2  0  x  2 3 . 2 Và 16 S SOA  x 2  4OA2  x 2   4 x 2 . Để VS . ABCD đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi VSOAB đạt giá trị lớn nhất . Do đó VS . ABCD đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x 2 12  x 2  đạt giá trị lớn nhất. Suy ra x 2  12  x 2  x 2  6  x  6 . Chọn đáp án A. Câu 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là trung điểm của AD. Gọi S’ là giao của SC với mặt phẳng chứa BM và song song với SA. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S’.BCDM và S.ABCD. 1 2 3 1 A. B. C. D. 2 3 4 4 Hướng dẫn giải: Trong  ABCD  , gọi I   AC  BM , trong  SAC  , kẻ đường thẳng qua I, / / SA , cắt SC tại S’  S’ là giao điểm của SC với mp chứa BM, //SA. S Do M là trung điểm của AD nên 3 3 dt  BCDM   dt  ABCD   VS ‘. BCDM  VS ‘. ABCD 4 4 S’ Gọi H, H’ lần lượt là hình chiếu của S, S’ trên ABCD S ‘ H ‘ CS ‘ CI 2     SH CS CA 3 M A D 3 3 2 1 I  VS ‘. BCDM  VS ‘. ABCD   VS . ABCD  VS . ABCD 4 4 3 2 B C Chọn đáp án A.  C    . Các cạnh bên Câu 10. Đáy của hình chóp SABC là tam giác cân ABC có AB  AC  a và B cùng tạo với đáy một góc  . Tính thể tích hình chóp SABC. a 3 tan  6 Hướng dẫn giải: A. V  B. V  a 3 cos  tan  6 C. V  a 3 cos  tan  3 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. V  a 3 sin 2 6 Trang 31 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Kẻ SO   ABC   OA là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC)    . Tương tự ta cũng có SBO   SCO . Do đó  SA;  ABC    SAO Nên SAO  SBO  SCO  AO  BO  CO . AC a a Theo định lí sin ta có:   2OA  OA  . sin B sin  2 sin  a tan  Nên SO  OA.tan   . 2sin  1 1 a 2 sin  Mặt khác S ABC  AB. AC .sin A  a 2 sin 180  2   . 2 2 2 1 1 a 2 sin  a tan  a 3 cos  tan  .  . Vậy V  S ABC .SO  3 6 2 2sin  6 Chọn đáp án B. Câu 11. Cho hình chop S.ABCD, đáy là hình thang vuông tại A và B. AB = BC = a, AD = 2a, SA   ABCD  . Gọi M, N là trung điểm của SB và SD. Tính V hình chop biết rằng (MAC) vuông góc với (NAC). 3a 3 a3 3a 3 3 a3 3 B. D. A. C. 2 2 2 2 Hướng dẫn giải: Gọi I, H lần lượt là trung điểm AD và AB, O là giao điểm của AC và BI, vẽ HK // BI (K thuộc AC) Ta có ABCI là hình vuông nên AC vuông góc với BI Mà AC vuông góc NI (do NI // SA) Suy ra AC   NIO   NOI    NAC  ,  ACD     Tương tự ta có MKH    MAC  ,  ACB     Theo đề ta có     90  tan   cot   NI HK  NO MH Suy ra SA SA a 2 a 2 .   SA  a 2 2 2 4 3a 2 1 a3 Mà S ABCD   V  S ABCD .SA  2 3 2 Chọn đáp án C. NI .MH  OI .HK  Câu 12. Cho tứ diện S . ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA  2SM , SN  2 NB , ( ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC . Kí hiệu ( H1 ) và ( H 2 ) là các khối đa diện có được khi chia khối tứ diện S . ABC bởi mặt phẳng ( ) , trong đó, ( H1 ) chứa điểm S , ( H 2 ) V chứa điểm A ; V1 và V2 lần lượt là thể tích của ( H1 ) và ( H 2 ) . Tính tỉ số 1 . V2 4 5 3 4 A. B. C. D. 5 4 4 3 Hướng dẫn giải: Kí hiệu V là thể tích khối tứ diện SABC . Gọi P , Q lần lượt là giao điểm của ( ) với các đường thẳng BC , AC . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 32 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Ta có NP //MQ //SC . Khi chia khối ( H1 ) bởi mặt phẳng (QNC ) , ta được hai khối chóp N .SMQC và N .QPC . V d ( N , ( SAC )) S SMQC Ta có: N .SMQC  ;  VB. ASC d (B, (SAC )) S SAC S d ( N , ( SAC )) NS 2   ; d (B, (SAC )) BS 3 2 S AMQ S 5  AM  4    SMQC  .  S ASC  AS  9 S ASC 9 V 2 5 10 Suy ra N .SMQC    VB. ASC 3 9 27 VN .QP C d ( N , (QP C )) SQPC   VS . ABC d (S, (A BC )) S ABC M N C A Q P NB CQ CP 1 1 2 2        SB CA CB 3 3 3 27 V1 VN .SMQC VN .QP C 10 2 4 V1 4 V 4         5V1  4V2  1  V VB. ASC VS . ABC 27 27 9 V1  V2 9 V2 5 Chọn đáp án A. B Câu 13. Một người dự định làm một thùng đựng đồ hình lăng trụ tứ giác đều có thể tích là V . Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ bằng 2 1 A. x  V 3 B. x  3 V C. x  V 4 Hướng dẫn giải: Gọi a là độ dài cạnh đáy, x là độ dài đường cao của thùng đựng đồ  a,x  0  Khi đó, V  a 2 x  a  D. x  V V V  S tp  2a 2  4ax  2  4 Vx x x Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì S tp nhỏ nhất  2 Cách 1 : Xét hàm số f  x   2 V  4 Vx nhỏ nhất. x V  4 Vx trên  0;   x 1 2V 2 V Ta có f ‘  x   2  ; f ‘  x   0  x2 V  V x  x  V 3 x x 1 x f'(x) 0 +∞ V3 + 0 f(x) 1 f (V 3 ) 1 Từ BBT ta thấy để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ bằng V 3 . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 33 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 V V  4 Vx  2  2 Vx  2 Vx  6 3 V 2 x x V Dấu ”  ” xảy ra tại  Vx  x 3  V  x  3 V x Cách 2: ta có 2 Chọn đáp án B. Câu 14. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD là 4 dm 2 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC gần với giá trị nào nhất sau đây ?  A.  2 dm . 7 B. 3 dm . 7 C. 4 dm . 7 D. 6 dm . 7 Hướng dẫn giải: Gọi x  0 là cạnh của hình vuông ABCD và H là trung điểm cạnh AD Dễ dàng chứng minh SH   ABCD  , SH  x 3 . 2 Gọi O  AC  BD và G là trọng tâm SAD , đồng thời d1 , d 2 lần lượt là 2 trục đường tròn ngoại tiếp ABCD, SAD  d1 qua O va / / SH , d 2 qua G va / / AB   I  d1  d 2 là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD  R  SI 2 2 2 21  x   x S  4 R  R  1  SI  SG  GI      2   x  7  dm   3   Gọi E là điểm thỏa ADEC là hình bình hành  ED / / AC  d  AC; SD   d  AC;  SDE   2 2 2  d  AC; SD   d  A;  SDE    2d  H ;  SDE    2 HP (phần chứng minh HP   SDE  xin dành cho bạn đọc) SKH : 1 1 1 1 1     2 2 2 2 2 HP SH KH x 3 x 2      2   4   HP  x 21 3 6  dm  d  AC ;SD   dm 14 7 7 Chọn đáp án D. Câu 15. Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V. Điểm P là trung điểm của SC , một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SD và SB lần lượt tại M và N.Gọi V1 là thể tích của khối chóp S .AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của V1 V ? File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 34 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. 3 8 B. 1 3 C. Phần Hàm số – Giải tích 12 2 3 D. 1 8 Hướng dẫn giải: SM SN V Đặt x  ;y  ,(0  x , y  1) khi đó ta có : VSABC  VSADC  VSABD  VSBCD  SD SB 2 Ta có : V1 VSAMPN VSAMP  VSANP V V 1 SM SP SN SP  1   x  y  1    SAMP  SANP   .  V V V SB SC  4 2VSADC 2VSABC 2  SD SC Lại có : V1 V  VSAMPN V  VSAMN 2VSABD  VSMNP 2VSBCD 1 1  3  xy  xy   xy 2 2  2  4 1 3 x x 1 do 0  y  1  x  y   xy  y  1 x   4 4 3x  1 3x  1 2 2 V1 1  3 3 3x 3 x Từ (2) suy ra  .xy  .x   f (x ),   x  1  2 4 4 3x  1 4 3x  1 4 V  Từ (1) và (2) suy ra : 1  Khảo sát hàm số y  f (x ),   x  1  min f (x )   2 1   x  x 1   2  2 4 V 1 f     1   V 3  3 9 Chọn đáp án B. Câu 16. Nếu một tứ diện chỉ có đúng một cạnh có độ dài lớn hơn 1 thì thể tích tứ diện đó lớn nhất là bao nhiêu? 1 3 1 5 A. B. C. D. 4 4 8 8 Hướng dẫn giải: Giả sử tứ diện ABCD có cạnh lớn nhất là AB, suy ra các tam giác ACD và BCD có tất cả các cạnh đều không lớn hơn 1. Các chiều cao AF và BE của chúng không lớn hơn 1  a2 , trong đó 4 CD  a  1. a2 4 (do tam giác AHF vuông tại H có AF là cạnh huyền) Thể tích của khối tứ diện là: Chiều cao của hình tứ diện AH  AF  1  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 35 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 1 1 1 1 1  a2  1 V  S BCD .AH  . .BE.CD. AH  . .a. 1    a  4  a 2  3 3 2 3 2  4  24 Để tìm giá trị lớn nhất của V ta xét biểu thức a  4  a 2  . Vì 0  a  1 nên a  4  a 2   3 và V  1 1 a 4  a2   . 24 8 Chọn đáp án C. Câu 17. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và góc giữa SC với mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng BM . Khi điểm M di động trên cạnh CD thì thể tích của khối chóp S .ABH đạt giá trị lớn nhất bằng? a3 2 3 Hướng dẫn giải: A. B. a3 2 2 C. a3 2 6 D. a3 2 12  Ta có góc giữa SC và mặt phẳng (SAB) là CSB  300 Trong tam giác SBC có SB  BC .cot 300  a 3 Trong tam giác SAB có SA  SB 2  AB 2  a 2 1 1 1 a 2 S ABH .SA  . HA.HB.a 2  HA.HB 3 3 2 6 Ta có HA2  HB 2  AB 2  a 2 và theo bất đẳng thức AM-GM ta có a2 a 2  HA2  HB 2  2.HA.HB  HA.HB  2  Đẳng thức xảy ra khi HA  HB  ABM  45 0  M  D Thể tích khối chóp S.ABH là: VS .ABH  Khi đó VS .ABH a 2 a 2 a2 a3 2  HA.HB  .  6 6 2 12 Chọn đáp án D. Câu 18. Hai hình chóp tam giác đều có chung chiều cao , đỉnh của hình chóp này trùng với tâm của đáy hình chóp kia. Mỗi cạnh bên của hình chóp này đều cắt một cạnh bên của hình chóp kia. Cạnh bên l của hình chóp thứ nhất tạo với đường cao một góc  .Cạnh bên của hình chóp thứ 2 tạo với đường cao một góc  . Tìm thể tích phần chung của hai hình chóp . A. V  l 3 3 cos3  4(cot g  cot g  )2 B. V  l 3 3 cos3  2(cot g  cot g  )2 l 3 cos3  l 3 5 cos  D. V  2(cot g  cot g  )2 4(cot g  cot g  )2 Hướng dẫn giải: Đặt 2 hình chóp tam giác đều là : O.ABC và O’.A’B’C’ với O là tâm của tam giác ABC và O’ là tâm của tam giác A’B’C’. Theo bài ra thì OO’ là đường cao chung của 2 hình chóp . Đặt D,E,F là các giao điểm của các cặp cạnh bên tương ứng của 2 hình chóp . Phần thể tích chung 1 của 2 hình chóp là thẻ tích của khối đa diện ODEFO’. Ký hiệu V là thể tích đó thì V  OO ‘.S DEF 3 C. V  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 36 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 OO ‘ C vuông tại O’ nên OO ‘  l cos  Do tính đối xứng nên OO’ đi qua tâm I của DEF . Trong IOE ta có : OI  IE cot g Trong IO ‘ E có: O ‘ I  IE cot g Suy ra OO ‘  IE(cot g  cot g  ) OO ‘ l cos  IE   cot g  cot g  cot g  cot g  3 Tam giác DEF đều , đường cao EJ  EI 2 2 DE 3 2 EJ 3  EI 3 Diện tích S DEF  với DE  4 3 3l 2 3 cos 2  Do đó S DEF  4(cot g  cot g  )2 Vậy thể tích phần chung của 2 hình chóp là : l 3 3 cos3  V 4(cot g  cot g  )2 Chọn đáp án A. C’ A’ O B’ D I F E C A O’ B Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều với cạnh a (a> 0). Cạnh SA vuông góc với SM đáy và SA = a 3 . M là một điểm khác B trên SB sao cho AM  MD. Tính tỉ số . SB 3 1 3 5 A. B. C. D. 4 4 5 4 Hướng dẫn giải: Đặt hình chóp vào hệ trục toạ độ như hình vẽ. Suy ra ta có: A = (0; 0; 0), D = (2a; 0; 0), S = (0; 0; a 3 ) và a a 3  ;0  . Suy ra phương trình của B =  ; 2 2  2x 2y za 3 SB là:   a a 3 a 3 Gọi M(x0; y0 ; z0) thuộc cạnh SB, ta có:  y 0  3×0 .  z  a 3  2 3 x  0 0   Mặt khác AMDN  AM .DM  0 3a  x02 – 2ax0 + y02 + z02 = 0  x0  8   3a 3a 3 a 3  3  SM 3  M   ; ; SM  SB hay  .   8 4  4 SB 4  8 Chọn đáp án A. This image cannot currently be display ed. Câu 20. Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh còn lại có độ dài không lớn hơn 1. Gọi V là thể tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 37 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 3 1 3 B. C. 8 8 5 Hướng dẫn giải: Theo giả thiết ACD và BCD có tất cả các cạnh không lớn hơn 1. Đặt CD = a ( 0  a  1). Gọi AM, BN lần lượt là chiều cao của ACD và BCD . A. D. 5 8 A a2 a2 Ta có AM  1  ; BN  1  . 4 4 D a2 Gọi AH là chiều cao của tứ diện, ta có AH  AM  1  . 4 1 1 a a2 Thể tích của tứ diện ABC V  .S BCD . AH  .BN .CD. AH  (1  ) 3 6 6 4 Xét f (a )  a(4  a 2 ) trên (0, 1]. Ta có f(a) liên tục trên (0, 1]. 2   0;1 . f ‘ (a )  4  3a 2 , f ‘ (a)  0  a   3 a 0 B H M N C 1 + f'(a) 3 f(a) 0 Vậy m ax f (a )  f (1)  3 .  0,1 1 khi ACD và BCD là hai tam giác đều cạnh bằng 1, hai mặt phẳng (ACD) và 8 6  1. (BCD) vuông góc với nhau. Khi đó tính được AB  2 Chọn đáp án B. Suy ra maxV  Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a. S 3 3a3 3a 3 A. B. 20 20 C’ 3 3 3a 3 5a 3 C. D. D’ 10 10 Hướng dẫn giải: B’ BC  AB, BC  SA  BC  ( SAB)  BC  AB ‘ SC  ( P)  SC  AB ‘  AB ‘  (SBC )  AB ‘  SB D Tương tự AD ‘  SD C VS . AB ‘ C ‘ D ‘  VS . AB ‘ C ‘  VS . AD ‘C ‘ VS . AB ‘ C ‘ SB ‘ SC ‘ SB ‘.SB SC ‘.SC SA2 SA2 A3 3 9  .  .  2. 2  .  VS . ABC SB SC SB 2 SC 2 SB SC 4 5 20 (1) File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay B Trang 38 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 VS . AD ‘ C ‘ SD ‘ SC ‘ SD ‘.SD SC ‘.SC SA2 SA2 3 3 9  .  .  .  .  VS . ADC SD SC SD 2 SC 2 SD 2 SC 2 4 5 20 (2) 1 1 a3 3 Do VS . ABC  VS . ADC  . a 2 .a 3  3 2 6 Cộng (1) và (2) theo vế ta được VS . AB ‘C ‘ VS . AD ‘C ‘ 9 9 9 a 3 3 3 3a 3     V  .  S . AB ‘ C ‘ D ‘ 10 6 20 a3 3 a 3 3 20 20 6 6 Chọn đáp án A. Câu 22. Cho hình chóp S.ABCD thỏa mãn SA  5, SB  SC  SD  AB  BC  CD  DA  3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính thể tích khối chóp S.MCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM ,CD . 15 23 Hướng dẫn giải: A. B. 5 23 C. 15 29 D. 13 23 Ta thấy ABCD là hình thoi, tam giác SBD cân tại S suy ra BD   SAC  Gọi O là giao điểm của AC và BD , ta thấy SBD  ABD  CBD  c.c.c  1 Suy ra OA  OC  OS  2  AC nên SAC vuông tại S . Xét SAC ta có AC  SA2  SC 2  2 2  OC  2, OD  CD 2  OC 2  1  BD  2 Thể tích 1 1 1 1 15 VS .CMD  VS . ABCD   BD  S SAC   2   5  3  S 4 12 12 2 12 Gọi N là trung điểm của AD nên CD / /  SMN  Suy ra 3 VC .SMN d (CD, SM )  d (CD, ( SMN ))  d (C , ( SMN ))    SSMN 15 (1). 12 3 13 Ta có MN  3, SM  , SN  ( sử dụng công thức 2 2 đường trung tuyến) Thể tích VC .SMN  VS . MCD   Theo định lý hàm số cosin trong SMN ta có cos SMN A B M O C N D 2   23  sin SMN 3 3 3 3 1   23 (2). Vậy S SMN   SM  MN  sin SMN 2 4 3 15 3  VC . SMN 15  12  Thay (1), (2) vào   ta được d (CD, SM )  . S SMN 23 23 4 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 39 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Chọn đáp án A. Câu 23. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Mặt phẳng (P) chứa cạnh BC cắt cạnh AD tại E. Biết góc giữa 5 2 hai mặt phẳng (P) và (BCD) có số đo là  thỏa mãn tan   . Gọi thể tích của hai tứ diện ABCE 7 V và tứ diện BCDE lần lượt là V1 và V2 . Tính tỷ số 1 . V2 3 1 3 5 A. B. C. D. 8 8 5 8 Hướng dẫn giải: +) Gọi M là trung điểm BC. A Khi đó BC  (MAD) nên (P)(AMD); H (P)(AMD)=ME. Kẻ AHME thì AH(BCE) ( do AH  (AMD) ) E Kẻ DKME nên DK(BCE) (do DK  (AMD) ). Hiển nhiên AH song song DK K V V AH Khi đó 1  A. BCE  V2 VD. BCE DK D B  +) Gọi  là góc giữa (P) và (ABC) ( 0    ). 2 M   Hiển nhiên DME   ; AME   . C Vì AM = DM nên: sin  AH V   sin   1 .sin   t.sin  (1) sin  DK V2 MO 1 1   cos cos   sin  sin  . (2) +) Trong tam giác OMA: cos(   )  MA 3 3 Từ (1) có: cos  1  sin 2   1  t 2 .sin 2   1  t 2 .x ; với x=sin2. 1 1 Thay vào (2) ta có: 1  t 2 x . 1  x  t.x   (1  t 2 x)(1  x)  t.x  . 3 3 8 . +) Giải phương trình có: x  2 (9t  6t  9) 8 9t 2  6t  9 8 x 2 2  2 . 2  2 Vì sin   x  tan   1  x 9t  6t  9 9t  6t  1 9t  6t  1  3 t  5 8 50 196 171 2 2 Theo giả thiết suy ra 2   9t  6t  1   9t  6t  0 9t  6t  1 49 25 25 t  19  15 V 3 Vậy ABCE  VDBCE 5 Chọn đáp án C. Câu 24. Cho khối chóp S.ABC có SA  a , SB  a 2 , SC  a 3 . Thể tích lớn nhất của khối chóp là A. a3 6 . B. a3 6 . 2 C. a3 6 . 3 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. a3 6 . 6 Trang 40 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Hướng dẫn giải: 1 AH .S SBC . 3 Ta có AH  SA ; dấu “=” xảy ra khi AS   SBC  . A Gọi H là hình chiếu của A lên ( SBC )  V  1   1 SB.SC , dấu “=” xảy ra khi SB.SC.sin SBC 2 2 SB  SC . 1 1 1 1 Khi đó, V  AH .S SBC  AS  SB  SC  SA  SB  SC . 3 3 2 6 Dấu “=” xảy ra khi SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau. Suy ra thể tích lớn nhất của khối chóp là 1 a3 6 V  SA.SB.SC  . 6 6 Chọn đáp án D. S SBC  a a 3 C S H a 2 B Câu 25. Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB  AC  a , SC   ABC  và SC  a . Mặt phẳng qua C , vuông góc với SB cắt SA, SB lần lượt tại E và F . Tính thể tích khối chóp S.CEF . A. VSCEF  2a 3 . 36 B. VSCEF  a3 . 18 C. VSCEF  a3 . 36 D. VSCEF  2a 3 . 12 Hướng dẫn giải: Từ C hạ CF  SB,  F  SB  , CE  SA,  E  SA  AB  AC  AB   SAC   AB  CE  Ta có  AB  SC  CE   SAB   CE  SB S F Vậy mặt phẳng qua C và vuông góc SB là mặt  CEF  . a V SE SF . Ta có SCEF  VSCAB SA SB Tam giác vuông SAC vuông tại C ta có: SA  SC 2  AC 2  a 2 E C B SE SC 2 a2 SE 1  2  2   và SA SA SA 2 2a Tam giác vuông SBC vuông tại C ta có: a a A SB  SC 2  BC 2  a 3 SF SC 2 a2 SF 1   2   và 2 SB SB SC 3 3a V 1 1 1 1 1 1 1 Do đó SCEF  .   VSCEF  VSABC  . SA.S ABC  a3 . VSCAB 2 3 6 6 6 3 36 Chọn đáp án C. II – HÌNH LĂNG TRỤ File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 41 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Câu 24. Một hình hộp có 6 mặt đều là các hình thoi có góc bằng 600 và cạnh bằng a. Tính thể tích của hình hộp đó. C’ D’ 3 3 a 2a A. B. 2 2 3 600 2a 2 2a 3 A’ B’ C. D. 3 3 Hướng dẫn giải: Ta có: AB = AD = BD = a; AA’ = A’B = A’D = a  A’ABCD là tứ diện đều  Chân đường cao A’H trùng với tâm của  ABD D C 2 2 a 3 a 3  HA = HB = HD = AO =  O 3 3 2 3 0 60 600 3a 2 6 a 2 H 2 =  A’H2 = AA’2 – AH2 = a 9 9 A B a a 6 2a 3 Từ đó tìm được V   A’H = 3 2 Chọn đáp án B. Câu 25. Cho khối lập phương ABCD. ABC D cạnh a . Các điểm E và F lần lượt là trung điểm của C B  và C D . Mặt phẳng  AEF  cắt khối lập phương đã cho thành hai phần, gọi V1 là thể tich khối chứa điểm A và V2 là thể tich khối chứa điểm C ‘ . Khi đó A. 25 . 47 B. 1. C. V1 là V2 17 . 25 D. 8 . 17 Hướng dẫn giải: Đường thẳng EF cắt AD tại N , cắt AB tại M , AN cắt DD tại P , AM cắt BB tại Q . Từ đó mặt phẳng  AEF  cắt khối lăng trụ thành hai khối đó là ABCDCQEFP và AQEFPBAD . Gọi V  VABCD. ABC D , V3  VA. AMN , V4  VPFDN , V4  VQMBE . Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có V4  V5 . 1 1 3a 3a 3a3 1 1 a a a a3 AA. AM . AN  a. .  , V4  PD.DF .DN  . . .  6 6 2 2 8 6 6 3 2 2 72 3 3 25a 47a V 25 V1  V3  2V4  , V2  V  V1  . Vậy 1  . V2 47 72 72 V3  Chọn đáp án A. Câu 26. Cho lăng trụ đứng ABCABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, BC=2a. Góc giữa mặt phẳng ( ABC ) và mặt phẳng ( BBC ) bằng 600 .Tính thể tích lăng trụ ABCABC . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 42 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. a3 2 B. 2a 3 Hướng dẫn giải: Từ A kẻ AI  BC  I là trung điểm BC AI  (BC C B )  AI  B  C (1) Từ I kẻ IM  B C (2) Từ (1), (2)  B  C  (IAM) Vậy góc giữa (A B  C) và ( B  CB) là A’ B’ H M M B AI a  0 tan 60 3 3 C’ B’  AMI = 60 1 Ta có AI= BC  a ; IM= 2 2a D. 3a 3 C. a3 6 0 BH  2 IM  Phần Hàm số – Giải tích 12 I C 60 A 0 C I ; B 1 1 1 3 1 1    2  2  2 2 2 2 B’B BH BC 4a 4a 2a . Suy ra BB = a 2 ; S ABC  1 1 AI .BC  a.2a  a 2 2 2 VABC ABC   a 2.a 2  a 3 2 Chọn đáp án A. Câu 27. Cho lăng trụ ABC.A ‘B’C ‘ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giá ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường C’ B’ a 3 thẳng AA’ và BC bằng . Khi đó thể tích 4 của khối lăng trụ là A’ a3 3 a3 3 A. B. 12 6 a3 3 C. 3 a3 3 D. 24 Hướng dẫn giải: Gọi M là trung điểm BC, dựng MH vuông góc với A’A. suy ra MH  d  BC , A ‘ A   a 3 4 Đặt AH=x, ta có A ‘ A  x2  H M B C G A a2 3 a a a 2 3 a3 3 Từ A’A. MH=A’G.AM, suy ra x  . Vậy V  .  . 3 3 4 12 Chọn đáp án A. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 43 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Câu 28. Cho hình lăng trụ ABC .A ‘ B ‘C ‘ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của A ‘ lên măt phẳng ABC trùng với tâm G của tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa  AA ‘ và BC là  a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC .A ‘ B ‘C ‘ . 4 a3 3 3 Hướng dẫn giải: A. V  B. V  a3 3 6 C. V  a3 3 12 D. V  a 3 3 36 Gọi M là trung điểm B  BC  (A ‘ AM ) Gọi H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của G,M trên AA’ Vậy KM là đọan vuông góc chung củaAA’và BC, do đó d (AA’,BC)  KM  AGH  AMH   GH  KM 3  GH 2 VABC .A ‘ B ‘C ‘ A’ 2 a 3 KH  3 6  AA’G vuông tại G,HG là đường cao, A ‘ G  a3 3  SABC .A ‘G  12 a 3 . 4 C’ K H a 3 B’ A C G M B Chọn đáp án C. Câu 29. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi M, N lần lượt thuộc các cạnh bên AA’, CC’ sao cho MA  MA ‘ và NC  4NC’ . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Trong bốn khối tứ diện GA’B’C’, BB’MN, ABB’C’ và A’BCN, khối tứ diện nào có thể tích nhỏ nhất? A. Khối A’BCN B. Khối GA’B’C’ C. Khối ABB’C’ D. Khối BB’MN Hướng dẫn giải: C A + Nhận thấy khoảng cách từ G và A xuống mặt phẳng (A’B’C’) là G bằng nhau ( do G,A thuộc mặt phẳng (ABC)//(A’B’C’) B VGA ‘B’C’  VA.A ‘B’C’ Mà VA.A ‘B’C’  VABB’C’ (Do 2 hình chóp này có 2 đáy AA’B’ và ABB’ N M diện tích bằng nhau;chung đường cao hạ từ C’)  VGA ‘B’C’  VABB’C’ C’ => Không thế khối chóp GA’B’C’hoặc ABB’C’ thể thích nhỏ nhất A’ → Loại B,C + So sánh Khối A’BCN và Khối BB’MN Nhận thấy khoảng cách từ M và A’ xuống mặt BBCC’ là bằng nhau B’ → Khối A’BCN và Khối BB’MN có đường cao hạ từ M và A’ bằng nhau. Mặt khác Diện tích đáy BNB’ > Diện tích đáy BCN => Khối A’BCN < Khối BB’MN. => Khối A’BCN có diện tích nhỏ hơn. Chọn đáp án A. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 44 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12  nhọn. Câu 30. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’ B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại A , góc BAC Góc giữa AA’ và BC’ là 300 , khoảng cách giữa AA’ và BC’ là a . Góc giữa hai mặt bên  AA’B’B và  AA’C’C là 600 . Thể tích lăng trụ ABC.A’ B’C’ là 2a 3 3 3 Hướng dẫn giải: A. B. a3 3 3 C. a3 6 6   600 Ta có góc giữa hai mặt bên  AA’B’B và  AA’C’C là BAC D. a3 6 3 A’ C’ ABC đều. B’ 300     300 BC’  CC’; BC’  BC’C Vì AA’/ /CC’  AA’;     Kẻ AI  BC  AI   BB’C’C   d  AA’; BC’   d AA’;  BB’C’C   AI  a BC 1 2a 2a 3 3 ,CC’   BC   2a  VABC.A ‘ B ‘ C ‘  2a. .a.  2 3 tan 30 0 3 3 Chọn đáp án A. 2a A C 600 I B Câu 31. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A’B’C’, có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 . AM A’N 1 Lấy M, N lần lượt trên cạnh AB’, A’C sao cho   . Tính thể tích V của khối BMNC’C. AB ‘ A ‘C 3 a3 6 2a 3 6 3a 3 6 B. C. 108 27 108 Hướng dẫn giải: Gọi G, K lần lượt là tâm các hình chữ nhật ABB’A’ và AA’C’C. AM 1 AM 2 A’ Ta có:    (Do G trung điểm AB’). AB ‘ 3 AG 3 AM 2 Xét tam giác ABA’ có AG là trung tuyến và  . Suy ra AG 3 M là trọng tâm tam giác ABA’. Do đó BM đi qua trung điểm I của AA’. I A’N 1 A’N 2 Ta có:    (Do K là trung điểm A’C). A ‘C 3 A’K 3 A’N 2 Xét tam giác AA’C’ có A’K là trung tuyến và  . Suy ra A’K 3 A N là trọng tâm của tam giác AA’C’. Do đó C’N đi qua trung điểm I của AA’. Từ M là trọng tâm tam giác ABA’ và N là trọng tâm của tam giác AA’C’. Suy ra: IM IN 1   . IB IC ‘ 3 Gọi V1; V2 lần lượt là thể tích các khối chóp IMNC; IBCC’. Ta có: A. V1 V2  D. a3 6 27 C’ N K M B’ G C H B IM IN IC 1 8 . .  . Mà V1 V  V2 . Suy ra V  V2 . IB IC ‘ IC 9 9 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 45 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Hạ AH vuông góc với BC tại H thuộc BC. Ta được AH vuông góc với mặt phẳng (BB’C’C). AA’ song song với mặt phẳng BB ‘C ‘ C  nên khoẳng cách từ I đến mặt phẳng (BB’C’C) bằng khoẳng cách từ A đến (BB’C’C) và bằng AH. Ta có: AH  a 3 . 2 1  1 a 3 a2 2 a3 6 8 2a 3 6 . Suy ra V  V2  . .d I ; BB ‘C ‘C  .S BCC ‘  . .   3  3 2 2 12 9 27 Chọn đáp án B. V2  Câu 32. Cho hình lập phương ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có khoảng cách giữa A ‘ C và C ‘ D ‘ là 1 cm. Thể tích khối lập phương ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ là: A. 8 cm 3 . B. 2 2 cm 3 . C. 3 3 cm 3 . D. 27 cm 3 . Hướng dẫn giải: Để tìm khoảng cách giữa A’C và C’D’, ta dựng một mặt phẳng chứa A’C và song song với C’D’. Dễ thấy đó là mặt phẳng (CA’B’). Gọi a là độ dài cạnh của khối lập phương, lúc này ta có: d  C ‘ D ‘, A ‘ C   d C ‘ D ‘,  CA ‘ B ‘    d  D ‘,  CA ‘ B ‘   Để tính khoảng cách từ điểm D’ đến mặt phẳng (CA’B’), ta xét khối tứ diện D’CA’B’. 1 1 a2 a3 VD ‘ CA ‘ B ‘  .CC ‘. S B ‘ A ‘ D ‘  .a.  cm3   3 3 2 6 1 1 2 2 SCA’ B ‘  .CB’. B’A’  .a 2.a  a  cm 2  (do tam giác 2 2 2 CA’B’ vuông tại B’) 3V Suy ra: d  D ‘,  CA ‘ B ‘    D ‘ CA ‘ B ‘ SCA ‘ B ‘ a3 2  2  a  cm   a  2 (cm). 2 2 2 a 2 Do đó V  a 3  2 2 cm 3 Chọn đáp án B. Câu 33. Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’. Gọi M là trung điểm A’B’. Mặt phẳng (P) qua BM đồng thời song song với B’D’. Biết mặt phẳng (P) chia khối hộp thành hai khối có thể tích là V1, V2 ( Trong đó V V1 là thể tích khối chứa A). Tính tỉ số F  1 . V2 A. 7 . 17 B. 1. C. 17 . 25 D. 8 . 17 Hướng dẫn giải: *Gọi N là trung điể A’D’. Khi đó (P)BDNM). Thấy BMDNAA’=I. Khi đó: V1=V(A’MNABD); V2=V-V1. (Với V là thể tích hình hộp) V ( IA ‘ MN ) S ( AMN ) 1   * Ta có: V ( AA’B’D’) S ( A ‘ B ‘ D ‘) 4 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 46 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A V (AA’B’D’) 1 1  nên có: V ( IA ‘ MN )  V V 6 24 V ( IA ‘ MN ) IA ‘.IM .IN 1   * Lại có: V ( IABD ) IA.IB.ID 8 1 *Vậy: V ( IABD)  V 3 1 1 7 17 * Do đó: V1  V  V  V nên V2  V  V1  V . Vậy: 3 24 24 24 V1 7  V2 17 Chọn đáp án A. Phần Hàm số – Giải tích 12 I * Mà: D’ C’ N M A’ B’ D C A B Câu 34. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. 25 49 8 A. . B. 1. C. . D. . 47 95 17 Hướng dẫn giải: Chứng minh EI = IJ = JF. Từ đó suy ra E EB EM FA ‘ 1 FN 1    . Lại từ đó suy ra  . EB ‘ EK FB ‘ 3 FK 2 EB 1  nên suy ra d(E, (KFB’)) = (3/2)h (h là chiều EB ‘ 3 B M Ta có: d(K, A’B’) = (1/2)d(C’, A’B’), FB’ = (3/2)A’B’. Suy ra SKFB’ = (3/4)SA’B’C’. Mặt khác vì I A C J F cao lăng trụ). Do đó VEKFB’ = (3/8)V (V là thể tích lăng trụ) . A’ B’ N K C’ 1 3 1 VEBIM EI EM EB 1 1 1 1  . .  . .  nên VEBIM = . V  V . 27 8 72 VEB ‘ FK EF EK EB ‘ 3 3 3 27 VFA ‘ JN FJ FA ‘ FN 1 1 1 1 1 3 1  . .  . .  nên VFA’JN = . V  V . VFB ‘ EK FE FB ‘ FK 3 3 2 18 18 8 48 Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Gọi V1 là thể tích phần chứa điểm B’ và V2 là thể tích phần chứa điểm C. Ta có V1 = (3/8 – 1/72 – 1/48)V = (49/144)V nên V2 = (95/144)V. 49 Do đó V1/V2 = . 95 Chọn đáp án C. Câu 35. Cho hình lăng trụ ABC. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng a3 3 . 24 Hướng dẫn giải: A. V  a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC. 4 a3 3 a3 3 B. V  . C. V  . 12 3 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. V  a3 3 . 6 Trang 47 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A M là trung điểm của BC thì BC   AAM  . Gọi MH là đường cao của tam giác AAM thì MH  AA và HM  BC nên HM là khoảng cách AA và BC . a 3 a 3 a2 Ta có AA.HM  AG.AM  . AA  AA2  4 2 3 4 a 2 3a 2 a Đường cao của lăng trụ là AG    . 9 9 3 2 3 a 3a a 3  Thể tích VLT  . . 3 4 12 Chọn đáp án B. Phần Hàm số – Giải tích 12 A C H B A C G M B Câu 36. Cho hình lăng trụ có tất cả các cạnh đều bằng a , đáy là lục giác đều, góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy là 60 . Tính thể tích khối lăng trụ 27 3 3 3 3 9 a . a . A. V  B. V  C. V  a 3 . D. a 3 . 8 4 2 4 Hướng dẫn giải: A’ Ta có ABCDEF là lục giác đều nên góc ở đỉnh bằng 120 . ABC là tam giác cân tại B , DEF là tam giác cân tại E . S ABC  S DEF  B’ E’ 1 a2 3 a.a.sin120  2 4 2 C’ D’ A 2 AC  AB  BC  2. AB.BC.cos B  1  a 2  a 2  2.a.a.     a 3  2 F’ F B E H S ACDF  AC. AF  a 3.a  a 2 3 S ABCDEF  S ABC  S ACDF  S DEF a2 3 a 2 3 3a 2 3 2  a 3  4 4 2 C D a 3  B ‘ BH  60  B ‘ H  BB ‘.sin 60  2 V  BH ‘.SABCDEF 3a2 3 9 3  a 3.  a 4 4 Chọn đáp án D. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 48 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 MŨ – LÔ GARIT Câu 1. Cho phương trình 5x 2 A. m  0  2 mx  2  52 x 2  4 mx  2  x 2  2 mx  m  0 . Tìm m để phương trình vô nghiệm? B. m  1 m  1 C. 0  m  1 D.  m  0 Hướng dẫn giải: +Phương trình tương đương: 5x 2  2 mx 2 2  (x2  2mx  2)  52 x 4 mx2  (2 x2  4mx  2) 2 2 + Do hàm f(t)=5t + t đồng biến trên R nên ta có: ( x  2mx  2)  (2 x  4mx  2) + Từ đó điều kiện để pt vô nghiệm là C. Chọn đáp án C. Câu 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: log3 (1  x 2 )  log 1 ( x  m  4)  0 . 3 1  m 0. 4 Hướng dẫn giải: A. B. 5  m  21 . 4 C. 5  m  21 . 4 D. 1  m  2. 4 2 1  x  0  x   1;1 log 3 (1  x )  log 1 ( x  m  4)  0     2 2 3 log 3 (1  x )  log 3 ( x  m  4) 1  x  x  m  4 2 Yêu cầu bài toán  f  x   x 2  x  m  5  0 có 2 nghiệm phân biệt   1;1 Cách 1: Dùng định lí về dấu tam thức bậc hai. Để thỏa yêu cầu bài toán ta phải có phương trình f  x   0 có hai nghiệm thỏa: 1  x1  x2  1 a. f  1  0  m  5  0 a. f 1  0 21     0  m  3  0  5  m  . 4  21  4m  0  S  1   1  2 Cách 2: Dùng đạo hàm Xét hàm số f  x   x 2  x  5  f   x   2 x  1  0  x   1 2 21  1 Có f      ; f 1  3; f  1  5 4  2 Ta có bảng biến thiên – Dựa vào bảng biến thiên, để có hai nghiệm phân biệt trong khoảng  1;1 khi  21 21   m  5   m5. 4 4 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 49 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Cách 3: Dùng MTCT Sau khi đưa về phương trình x 2  x  m  5  0 , ta nhập phương trình vào máy tính. * Giải khi m  0,2 : không thỏa loại A, D. * Giải khi m  5 : không thỏa  loại B. Chọn đáp án C. Câu 3. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho bất phương trình sau có tập nghiệm là  ;0 :  m 2 x 1   2 m  1 3  5 x   3  5  x  0. 1 1 A. m   . B. m  . 2 2 Hướng dẫn giải: Phương trình đã cho tương đương x 1 C. m  . 2 x 1 D. m   . 2 x  3 5   3 5   3 5  2m   2m  1    0 ta được:      0 1 . Đặt t    2   2   2  1 2m   2m  1  t  0  f  t   t 2  2mt  2m  1  0  2  . Bất phương trình 1 nghiệm đúng t x  0 nên bất phương trình  2 có nghiệm 0  t  1, suy ra phương trình f  t   0 có 2 nghiệm  f  0   0 2m  1  0  m  0,5 1  . Vậy m   thỏa mãn t1 , t2 thỏa t1  0  1  t2    2  m  0,5 4m  2  0  f 1  0 Chọn đáp án C. Câu 4. Tính giá trị của biểu thức P  ln  tan1°  ln  tan 2  ln  tan3  …  ln  tan89  . 1 B. P  . 2 A. P  1. C. P  0. D. P  2. Hướng dẫn giải: P  ln  tan1°   ln  tan 2   ln  tan 3   …  ln  tan89   ln  tan1.tan 2.tan 3…tan89   ln  tan1.tan 2.tan 3…tan 45.cot 44.cot 43…cot1   ln  tan 45  ln1  0. (vì tan .cot   1 ) Chọn đáp án C. Câu 5. Cho phương trình : m.2 x A. 1  m 0. 4 2 2 5 x 6  21 x  2.265 x  m(1) . Tìm m để PT có 4 nghiệm phân biệt. 0  m  2. 21 1   m  2. D. B. 5  m  . C.  1 1 4 4 m  8 , m  256 Hướng dẫn giải: Viết lại PT (1) dưới dạng : 2 2 m.2 x  5 x  6  21 x  2.26 5 x  m  m.2 x 2 2 2 2  m.2 x  5 x  6  21 x  2 x 5 x 6.21 x  m 2 5 x  6 2  21 x  2( x 2 5 x  6)(1 x 2 ) m File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 50 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 u  2 x 2 5 x  6 Đặt :  , u, v  0 . Khi đó PT tương đương với : 1 x2 v  2 x  3  2 x 2 5 x  6  1  u  1 mu  v  uv  m  (u  1)(v  m )  0    2  x  2 1 x m v  m  2  21 x2  m(*)  Để (1) có 4 nghiệm phân biệt  (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 và 3. m  0 m  0  2 (*)   . Khi đó điều kiện là : 2 1  x  log2 m  x  1  log2 m m  0  m  0 m  2  1 1  1  log2 m  0   m  1  m  (0;2)  ;    8 256  8 1  log2 m  4  1  log m  9  1 2  m  256  1 1  Vậy với m  (0;2)  ;  thỏa điều kiện đề bài.  8 256  Chọn đáp án C. Câu 6. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình log32 x   m  2 .log3 x  3m  1  0 có 2 nghiệm x1 , x2 sao cho x1.x2  27 4 A. m  B. m  25 3 Hướng dẫn giải: 2  log3 x    m  2 .log3 x  3m  1  0 1 C. m  28 3 D. m  1 Đặt log 3 x  t Phương trình trở thành: t 2   m  2  t  3m 1  0  2  Phương trình (1) nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt. 2    0   m  2   4  3m 1  m2  8m  8  0 (đúng) Gọi t1 ,t2 là 2 nghiệm của phương trình (2)  x1  3t1 , x2  3t2  3t1 3t2  27  t1  t2  3 Theo Vi-et: t1  t 2  m  2 . Suy ra m  1 Chọn đáp án D. Câu 7. Trong tất cả các cặp  x; y  thỏa mãn log x 2  y2  2  4 x  4 y  4   1 . Tìm m để tồn tại duy nhất cặp  x; y  sao cho x 2  y 2  2 x  2 y  2  m  0 .  C.  A.  2 2 10  2 . 10  2 B. 10  2 và 10  2 . và   2 10  2 . D. 10  2 . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 51 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Hướng dẫn giải: Ta có log x  y  2  4 x  4 y  4   1  x 2  y 2  4 x  4 y  6  0 1 . 2 2 Giả sử M  x; y  thỏa mãn pt 1 , khi đó tập hợp điểm M là hình tròn  C1  tâm I  2;2  bán kính R1  2 . Các đáp án đề cho đều ứng với m  0 . Nên dễ thấy x 2  y 2  2 x  2 y  2  m  0 là phương trình đường tròn  C2  tâm J  1;1 bán kính R2  m . Vậy để tồn tại duy nhất cặp  x; y  thỏa đề khi chỉ khi  C1  và  C2  tiếp xúc ngoài  IJ  R1  R2  10  m  2  m    2 10  2 . Chọn đáp án A. Câu 8. Cho n là số nguyên dương, tìm n sao cho log a 2019  2 2 l o g a 2019  32 log 3 a 2019  …  n2 log n a 2019  10082  20172 log a 2019 C. n=2019 D. n=2016 A. n=2017 B. n=2018 Hướng dẫn giải: log a 2019  2 2 l o g a 2019  32 log 3 a 2019  …  n2 log n a 2019  10082  2017 2 log a 2019  log a 2019  23 l o g a 2019  33 log a 2019  …  n3 log a 2019  10082  2017 2 log a 2019  (13  23  33  …  n3 ) log a 2019  10082  2017 2 log a 2019 2  n(n  1)   2016.2017      2  2     n  2017 Chọn đáp án A. Câu 9. Phương trình log 2  mx  6x   2log  14 x 3 2 1 2 A. m  19 B. m  39 2  29 x  2   0 có 3 nghiệm thực phân biệt khi: C. 19  m  39 2 D. 19  m  39 Hướng dẫn giải: log 2 mx  6 x3  2log 1 14 x2  29 x  2  0  log2 mx  6 x3  log 2 14 x 2  29 x  2  0         2 6 x 3  14 x 2  29 x  2 x 6 x 3  14 x 2  29 x  2 2 f  x   f   x   12 x  14  2 x x  mx  6 x 3  14 x 2  29 x  2  m  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 52 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12   x  1  f 1  19   1  1  39 f  x   0   x   f    2 2 2   1  1  121 x    f     3 3  3  Lập bảng biến thiên suy ra đáp án Chọn đáp án C. Câu 10. Biết phương trình log 5  x 2 x 1 1   2log 3    có nghiệm duy nhất x  a  b 2 trong x  2 2 x đó a, b là các số nguyên. Tính a  b ? A. 5 B. 1 C. 1 Hướng dẫn giải:  x 2 x 1 1  2 x 1 x 1 log 5  2log 3    2log3   log5 x x 2 x  2 2 x x  0 Đk:   x 1 x  1  0   log  2  x  1  log 4 x  log D. 2 Pt  log5 2 x  1  log5 x  log3 ( x  1)2  log3 4 x 5 3 Đặt t  2 x  1  4 x   t  1 5 x  log3 ( x  1)2 (1) 2 (1) có dạng log5 t  log3 (t  1)2  log5 x  log3 ( x  1) 2 (2) Xét f ( y)  log5 y  log3 ( y  1)2 , do x  1  t  3  y  1 . 1 1 Xét y  1 : f ‘( y)   .2( y  1)  0 y ln 5 ( y  1)2 ln 3  f ( y ) là hàm đồng biến trên miền 1; (2) có dạng f (t )  f ( x)  t  x  x  2 x  1  x  2 x  1  0  x  1 2   x  3  2 2 ™ .  x  1  2 (vn) Chọn đáp án C. Câu 11. Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm : A. 1 nghiệm B. 2 nghiệm 2 log 4  x  1  2  log 2 4  x  log 8  4  x  C. 3 nghiệm 3 D. Vô nghiệm Hướng dẫn giải: 2 log 4  x  1  2  log 2 4  x  log8  4  x  3 x  1  0  4  x  4  (2) Điều kiện: 4  x  0    x  1 4  x  0  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 53 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 (2)  log 2 x  1  2  log 2  4  x   log 2  4  x   log 2 x  1  2  log 2 16  x 2   log 2 4 x  1  log 2 16  x 2   4 x  1  16  x 2 x  2 + Với 1  x  4 ta có phương trình x 2  4 x  12  0 (3) ; (3)    x  6  lo¹i   x  2  24 + Với 4  x  1 ta có phương trình x 2  4 x  20  0 (4);  4     x  2  24  lo¹i    Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 hoặc x  2 1  6 , Chọn đáp án B.   Câu 12. Cho phương trình 2  m2 5x  3.3x  m2 15x  5  0 . Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình có nghiệm trong khoảng  0;2  . A.  B.  2;3 C.  0;  D.  ;1 Hướng dẫn giải: Đặt f  x   2  m2 5x  3.3x  m2 15x  5 . Do f liên tục trên  nên f cũng liên tục trên đoạn    0;2 .   Ta có f  0  2  m2 50  3.30  m2 15.0  5  6m2 1  0,m . f  2    2  m2  52  3.32  m2 15.2  5  13  0 . Khi đó f  0 . f  2   0, m . Vậy f  x   0 có nghiệm trên khoảng  0;2  với mọi giá trị thực của m. Chọn đáp án A. Câu 13. PHương trình log3 x 2  x  1  x  2  x   log3 x có bao nhiêu nghiệm  A. 1 nghiệm Hướng dẫn giải: điều kiện x > 0  B. 2 nghiệm C. 3 nghiệm D. Vô nghiệm  x2  x  1  2 log Phương trình tương đương với   2x  x 3 x   2 Ta có 2 x  x 2  1   x  1  1 2    x2  x  1  1  1   Và log 3   3   log 3 3  1   log 3  x   1  log 3   x    x x  x       x  1 2  0  x  x 1  2  x 1 Do đó log 3    2x  x   1 x 0    x x  Chọn đáp án A. 9x Câu 14. Cho hàm số f ( x)  x ,x   . Tính P  f (sin 2 10)  f (sin 2 20)  …..  f (sin 2 80) 9 3 A. 4 B. 8 C. 9 D. 3 Hướng dẫn giải: 2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 54 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Nếu a  b  1 thì f (a)  f (b)  1 . Do đó P  1  1  1  1  4 Chọn đáp án A. Câu 15. Phương trình 33 3 x  33 3 x  34  x  34  x  103 có tổng các nghiệm là ? A. 0. B. 2. C. 3. Hướng dẫn giải: 33 3 x  333 x  34  x  34  x  103  7  7   27.33 x  Đặt t  3x  27 81 1  1    81.3x  x  103  27. 33 x  3 x   81. 3x  x   103 3x 3 3 3  3    D. 4.  7  1 Côsi 1  2 3x. x  2 x 3 3 3 1 1 1 1 1   t   3x  x   33 x  3.32 x. x  3.3x. 2 x  3 x  33 x  3 x  t 3  3t 3  3 3 3 3  3 10 10 Khi đó:  7’   27  t 3  3t   81t  103  t 3  t  2 N  27 3 10 1 10  3x  x  Với t   7 3 3 3 y  3 N 1 10 x 2  3 y  10 y  3  0   Đặt y  3  0 . Khi đó:  7   y   y  1 N  y 3  3 Với y  3  3x  3  x  1 1 1 Với y   3x   x  1 3 3 Chọn đáp án A. 3 Câu 16. Gọi x 1 , x2  x1  x2  là hai nghiệm của phương trình khẳng định dưới đây, khẳng định nào sai? A.  x1 ,     1,1   1,1    5 1   5  1  5.2  5 1 Nhận xét:    2  x x 1  x 5  1  5.2 x 1 . Trong các D.  x1, x2    1,1   1,1 x x x   5 1  B.  x2 ,    1,1   1,1 C.  x1 , x2    1,0    1,0 Hướng dẫn giải: x  x  5 1  5 1 5    1 .    2   2  2     x x  5 1  5 1  5 1 x    1  1        2   2   2  x x  5 1 1 5 1 + Đặt t     0, 1  t    x1  log 5 1 2, x2  log 5 1 . t 2 2  2  2 2 Câu 17. Phương trình 1  log 9 x  3log 9 x  log 3 x  1 có bao nhiêu nghiệm nguyên ? A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Hướng dẫn giải: Giải phương trình: 1  log 9 x  3log 9 x  log 3 x  1 . Điều kiện xác định: x ≥ 1 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 55 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 1  log 9 x  3log 9 x  log 3 x  1  1  log 9 x  3log 9 x  2log 9 x  1  1  2log 9 x   2log 9 x  1  2log 9 x  1    1  log 9 x  3 log 9 x   1  log 9 x  3 log 9 x  1  0  2log 9 x  1 vì: 1  log 9 x  3log 9 x  1  0  x = 3. Vậy nghiệm phương trình đã cho: x = 3. Chọn đáp án B. Câu 18. Tìm m để bất phương trình 1  log5  x 2  1  log5  mx2  4 x  m thoã mãn với mọi x  . A. 1  m  0 . B. 1  m  0 . C. 2  m  3 . D. 2  m  3 . Hướng dẫn giải: mx2  4 x  m  0  x     BPT thoã mãn với mọi x  .  2 2   5 x  1  mx  4 x  m  m  0  m  0   m  2  2 2  m  2 mx  4 x  m  0 16  4m  0   x      2  m  3.   2  5  m  x  4 x  5  m  0 m  5 5  m  0 m  3 16  4  5  m  2  0     m  7 Chọn đáp án C. Câu 19. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn 2 x  3 y  6  z . Giá trị biểu thức M  xy  yz  xz là: A. 0 B. 1 C. 6 D. 3 Hướng dẫn giải: Khi một trong ba số x, y, z bằng 0 thì các số còn lại bằng 0. Khi đó M=0 x y 1 x z 1 y Khi x, y, z  0 ta đặt 2  3  6  k suy ra 2  k ,3  k , 6  k 1 1 y Do 2.3=6 nên k x .k  k  1 z hay  1 z . 1 1 1   x y z Từ đó suy ra M=0 Chọn đáp án A. Câu 20. Cho a log 6 3  b log 6 2  c log 6 5  5 , với a, b và c là các số hữu tỷ. Các khẳng định sau đây, khẳng định nào đúng? A. a  b B. a  b C. b  a D. c  a  b Hướng dẫn giải:  log 6 3a 2b5c  5  3a.2b.5c  65  35.25.50 a  b  5 Do a, b, c là các số hữu tỷ nên  c  0 Chọn đáp án A. 1 1 Câu 21. Với a  0, a  1 , cho biết : t  a 1log a u ; v  a 1log a t . Chọn khẳng định đúng : File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 56 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. u  a 1 1 log a v B. u  a 1 1 log a t C. u  a Phần Hàm số – Giải tích 12 1 1 log a v D. u  a 1 1 log a v Hướng dẫn giải: 1 1 .log a a  1  log a u 1  log a u 1  log a u 1 1 1   log a v  .log a a  1 1  log a t 1  log a t 1   log a u 1  log a u Từ giả thiết suy ra: log a t  1   log a v log a u  1  log a u  log a u (1  log a v )  1  log a u  1  u  a 1loga v 1  log a v Chọn đáp án D. 2 2 Câu 22. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình m.2 x 5 x  6  21 x  2.26  5 x  m có 3 nghiệm phân biệt. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Hướng dẫn giải:  2  2    2  2 2  Pt  m 2 x 5 x6  1  21 x 1  2 x 5 x6  2 x 5 x6  1 m  21 x  0 x  2  2 x 5 x  6  2  0    x  3  21 x  m  1 x  m  *  2 TH1: (*) có nghiệm duy nhất ( nghiệm x =0)  m  2. TH2: (*) Có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm là 2 và nghiệm còn lại khác 3 2 2 2  m  2 3. TH3: (*) Có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm là 3 và nghiệm còn lại khác 2  m  28. Vậy, có 3 giá trị của m thỏa mãn. Chọn đáp án C. Câu 23. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số để m phương trình log 22 x  log 1 x 2  3  m log 4 x 2  3 có nghiệm thuộc 32; ? 2     A. m  1; 3  . B. m  1; 3 . C. m  1; 3 . D. m   3;1 .     Hướng dẫn giải: Điều kiện: x  0. Khi đó phương trình tương đương: log 22 x  2 log 2 x  3  m  log 2 x  3 . Đặt t  log 2 x với x  32  log 2 x  log 2 32  5 hay t  5. Phương trình có dạng t 2  2t  3  m t  3 * . Khi đó bài toán được phát biểu lại là: “Tìm m để phương trình (*) có nghiệm t  5 ” Với t  5 thì (*)  t  3.t  1  m t  3  t  3.  t 1  m t  3  0  m    t 1  m t  3  0 t 1 t 3 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 57 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 t 1 4 4 4  1 . Với t  5  1  1  1  3 hay t 3 t 3 t 3 53 t 1 t 1  3 1  3 1 t 3 t 3 Ta có suy ra 1  m  3. Vậy phương trình có nghiệm với 1  m  3. Chọn đáp án A. Câu 24. Tập các giá trị của m để bất phương trình A. (;1] Hướng dẫn giải: log22 x log 22 x  1  m nghiệm đúng với mọi x > 0 bằng C.  5;2  B. [1; ) D. [0;3) t  m  * t 1 2 Đặt t  log 2 x  t  1 . Khi đó ta có Bất phương trình ban đầu có nghiệm với mọi x > 0  * nghiệm đúng với mọi t > 1 Xét hàm số f  t   f ‘t   t2  t 1 lim f  t    t   3 t trên 1;  t 1 , f ‘ t   0  t  2 lim f  t    t 1 BBT 2 1 t +∞ 0 f'(t) +∞ +∞ f(t) 1 Từ BBT ta có kết luận bất phương trình có nghiệm với mọi t > 1  m  1 Chọn đáp án A. Câu 25. Giả sử p và q là các số thực dương sao cho: log9 p  log12 q  log16  p  q  . Tìm giá trị của p q 4 8 1 1 B. C. 1  3 D. 1  5 3 5 2 2 Hướng dẫn giải: Đặt: t  log9 p  log12 q  log16  p  q  thì: p  9t , q  12t , 16t  p  q  9t  12t (1)  A. 2t  t   t 4 4 4 q Chia hai vế của (1) cho 9 ta được:    1    , đặt x      0 đưa về phương trình: p 3 3 3 1 q 1 x2  x  1  0  x  1  5 do x  0 , suy ra  1  5 . 2 p 2 Chọn đáp án D. 2 Câu 26. Tập nghiệm của bất phương trình: 81.9 x  2  3x  x  .32 x 1  0 là 3 t     File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 58 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. S  1;    0 . B. S  1;   . Phần Hàm số – Giải tích 12 C. S   0;   . D. S   2;    0. Hướng dẫn giải: ĐKXĐ: x  0. BPT đã cho  81.   3x  3 x 9x 2  3x.3 x  .3.32 81 3 x  0  32 x  3x.3 x  2.32 x 0  3  2.3   0 x x  3x  3 x  0 (vì 3x  2.3 x  0, x  0. )  x 1 x  1  3x  3 x  x  x    x  0  x  0 Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là S  1;    0 . Chọn đáp án A. Câu 27. Cho  un  là cấp số nhân với số hạng tổng quát un  0; un  1. Khi đó khẳng định nào sau đây là đúng? A. logu 2017 k 1 logu 2017  k 1 B. log u 2017 k 1 log u 2017 logu 2017 k 1 logu 2017  logu 2017 k 1 logu 2017 k log u 2017  log u 2017 k 1 log u 2017  log u 2017 k 1 k logu 2017  log u 2017 k 1 k  k 1 D. k 1 k k 1 C. log u 2017  log u 2017 log u 2017  log u 2017 k 1 k log u 2017  log u 2017 k 1 k  k 1 log u 2017  log u 2017 k 1 k log u 2017  log u 2017 k 1 k Hướng dẫn giải: Vì un là cấp số nhân nên   uk2  uk 1 .uk 1  2log 2017 uk  log 2017 uk 1  log 2017 uk 1  1 1 1 1    log u 2017 log u 2017 log u 2017 logu 2017 k 1 k  log u 2017 k 1 log u 2017 Chọn đáp án A. k 1  k 1 k log u 2017  log u 2017 k 1 k log u 2017  log u 2017 k 1 k   Câu 28. Số nghiệm của phương trình log 3 x 2  2 x  log 5 x 2  2 x  2 là A. 3. Hướng dẫn giải: ĐK: x  0; x  2 . B. 2. C. 1. D. 4. Đặt t  x2  2x  x2  2 x  2  t  2  log3 t  log5  t  2  . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 59 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 log 3 t  u  t  3u  5u  2  3u Đặt log3 t  log5  t  2  u ,   u t  2  5 log 5  t  2   u 5u  3u  2 (1) u u u u 5  2  3 5  3  2  u  u   3 u .  u 1 u u  2  1 (2) 5  2  3 3  2  5    5  5  Xét 1 : 5u  3u  2 Ta thấy u  0 là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT để chứng minh nghiệm u  0 là duy nhất. Với u  0  t  1  x2  2x  1  0 , phương trình này vô nghiệm. u u 3 1 Xét  2  :    2    1 5 5 Ta thấy u  1 là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT để chứng minh nghiệm u  1 là duy nhất. Với u  0  t  3  x 2  2 x  3  0 , phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa x  0; x  2 . Chọn đáp án B. 1 Câu 29. Cho f  x   e 1 1  x 2  x 12 . Biết rằng f 1 . f  2  . f  3… f  2017   e m tối giản. Tính m  n 2 . n A. m  n 2  2018 . B. m  n2  2018 . Hướng dẫn giải: m n với m, n là các số tự nhiên và C. m  n2  1 . D. m  n2  1 . Xét các số thực x  0 1 1 Ta có : 1  2   2 x  x  1 x 2  x  1 x 2  x  1 Vậy, f 1 . f  2  . f  3 … f  2017   e 2 2  x2  x 1 1 1 1 .  1  1  2 x x x  x  1 x x 1 1 1   1 1  1 1  1 1    1     1     1       1   1 2  2 3  3 4  2017 2018  e 2018  1 2018 e 20182 1 2018 , m 20182  1  n 2018 20182  1 là phân số tối giản. Ta chứng minh 2018 Giả sử d là ước chung của 20182  1 và 2018 Khi đó ta có 20182  1d , 2018 d  20182  d suy ra 1d  d  1 20182  1 Suy ra là phân số tối giản, nên m  20182  1, n  2018 . 2018 Vậy m  n2  1 . Chọn đáp án D. hay Câu 30. Hỏi phương trình 3.2 x  4.3x  5.4x  6.5x có tất cả bao nhiêu nghiệm thực? A. 2 . B. 4 . C. 1 . D. 3 . Hướng dẫn giải: File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 60 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A x x Phần Hàm số – Giải tích 12 x 2 3 4 pt  3.   4.   5.   6  0 5 5 5 x x x 2 3 4 Xét hàm số f  x   3.   4.   5.   6 liên tục trên  . 5 5 5 x x x 2 3 4 2 3 4 Ta có: f   x   3     ln  4     ln  5     ln  0, x   5 5 5 5 5 5 Do đó hàm số luôn nghịch biến trên  mà f  0   6  0 , f  2   22  0 nên phương trình f  x   0 có nghiệm duy nhất. Chọn đáp án C. Câu 31. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 9x  2  m 1 .3x  3  2m  0 nghiệm đúng với mọi x  . 4 B. m   . 3 A. m tùy ý. 3 C. m   . 2 3 D. m   . 2 Hướng dẫn giải: Đặt t  3x , t  0 ycbt  t 2  2  m  1 t  3  2m  0, t  0  m  1 t 2  2t  3 , t  0  m   t  3 , t  0 2 2t  2 1 1  t  3 , f   t    0, t  0  hàm số đồng biến trên  0,   2 2 3 Vậy ycbt  m  f  t  , t  0  m  f  0    . 2 Chọn đáp án D. f t   2 2 Câu 32. Tìm tập hợp tất cả các tham số m sao cho phương trình 4 x  2 x 1  m.2 x  2 x  2  3m  2  0 có bốn nghiệm phân biệt. A.  ;1 . B.  ;1   2;   . C.  2;  . D.  2;   . Hướng dẫn giải: 2 Đặt t  2( x 1)  t  1 Phương trình có dạng: t 2  2mt  3m  2  0 * Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt  phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 m 2  3m  2  0 m 2  3m  2  0 m 2  3m  2  0     m  1  0 m2 2 2  x1,2  m  m  3m  2  1  m  3m  2  m  1 m 2  3m  2  m 2  2m  1  Chọn đáp án D. Câu 33. Cho x, y là số thực dương thỏa mãn ln x  ln y  ln x 2  y . Tìm giá trị nhỏ nhất của   Px y A. P  6 . B. P  2 2  3 . Hướng dẫn giải: Từ ln x  ln y  ln x 2  y  xy  x2  y . Ta xét:  C. P  2  3 2 . D. P  17  3 .  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 61 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Nếu 0  x  1 thì y  xy  x 2  y  0  x 2 mâu thuẫn. x2 x2 . Vậy P  x  y  x  . x 1 x 1 Nếu x  1 thì xy  x 2  y  y  x  1  x 2  y  x2 xét trên 1; . x 1  2 2 x (loai )  2 2x  4x  1 2  0 Có f ‘  x   2 x  2x  1  2 2 (nhan) x   2 2 2  Vậy min f  x   f    2 2  3 . 1;    2  Chọn đáp án B. Ta có f  x   x  Câu 34. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình x x  x  12  m.log5 4 x 3 có nghiệm. A. m  2 3 B. m  2 3 C. m  12log 3 5 D. 2  m  12log 3 5 Hướng dẫn giải: Điều kiện: x   0;4 . Ta thấy 4  x  4  5  4  x  3  log 5 4 x 3  0    Khi đó bất phương trình đã cho trở thành m  f  x   x x  x  12 .log 3 5  4  x Với u  x x  x  12  u ‘    v  log 3 5  4  x  v ‘    * 3 x 1  và 2 2 x  12 1   2 4  x 5  4  x .ln 3 Suy ra f ‘  x   0; x   0; 4   f  x  là hàm số đồng biến trên đoạn  0;4 Để bất phương trình (*) có nghiệm  m  min f  x   f  0   2 3  0;4 Chọn đáp án A.  Câu 35. Tìm giá trị của a để phương trình 2  3  x   1  a  2  3  x  4  0 có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1  x2  log 2  3 3 , ta có a thuộc khoảng: A.  ; 3 Hướng dẫn giải:  Ta có 2  3 B.  3;   x  2  3 x  1 2  3 C.  3;   x  1 2  3 x . Đặt t  D.  0;  1 2  3  x  t  0  , phương trình 1 a  4  0  t 2  4t  1  a  0 * t Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm dương phân t1  t2  4  0  a 1 biệt   t1t2  1  a  0 đã cho trở thành t  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 62 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A  Ta có x1  x2  log 2  3 3  2  3  x1  x2 2  3 3 2  3 Phần Hàm số – Giải tích 12 x1 x2 3 t1 3 t2 Vì t1  t2  4 nên điều này xảy ra khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm t=3 và t=1 Khi đó 1  a  3.1  3  a  2 . Chọn đáp án B. Câu 36. Gọi m là số chữ số cần dùng khi viết số 2 30 trong hệ thập phân và n là số chữ số cần dùng khi viết số 302 trong hệ nhị phân. Ta có tổng m + n bằng A. 18 B. 20 C. 19 D. 21 Hướng dẫn giải: – Phương pháp: Số chữ số cần dùng khi viết số A trong hệ thập phân là  log A  1 với  x là số nguyên lớn nhất nhỏ hơn hoặc bằng x. Tổng quát: số chữ số cần dùng khi viết số A trong hệ n-phân là log n A  1 Dựa vào 2 kết quả trên ta có m  log 230   1  30log 2  1  10 n  log 2 302   1   2log 2 30  1  10  m  n  20 Chọn đáp án B. Câu 37. Cho hàm số y  x 2  2 x  a  4 . Tìm a để giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn  2;1 đạt giá trị nhỏ nhất. A. a  3 Hướng dẫn giải: B. a  2 C. a  1 2 D. Một giá trị khác 2 Ta có y  x 2  2 x  a  4   x  1  a  5 . Đặt u   x  1 khi đó x  2;1 thì u   0;4 Ta được hàm số f  u   u  a  5 . Khi đó Max y  Max f  u   Max  f  0  , f  4   Max  a  5 ; a  1  x2;1 u0;4 Trường hợp 1: a  5  a  1  a  3  Max f  u   5  a  2  a  3 u0;4 Trường hợp 2: a  5  a  1  a  3  Max f  u   a  1  2  a  3 u 0;4 Vậy giá trị nhỏ nhất của Max y  2  a  3 x 2;1 Chọn đáp án A. Câu 38. Cho phương trình 2log3  cotx   log2  cos x  . Phương trình này có bao nhiêu nghiệm trên     khoảng  ;  6 2  A. 4 Hướng dẫn giải: B. 3 C. 2 D. 1 cot 2 x  3u Điều kiện sin x  0,cos x  0 . Đặt u  log 2  cos x  khi đó  u cos x  2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 63 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A u 2 Phần Hàm số – Giải tích 12  2   3u  f  u    4   4 u  1  0 cos 2 x Vì cot 2 x  suy ra   2 2 1  cos x 3 1   2u  u u 4 4 f ‘  u     ln    4u ln 4  0, u   . Suy ra hàm số f(u) đồng biến trên R, suy ra phương 3 3 trình f  u   0 có nhiều nhất một nghiệm, ta thấy f  1  0 suy ra cos x  1   x    k 2  k    . 2 3   k 2 . Khi đó phương trình nằm trong khoảng 3  7   9    9  . Vậy phương trình có hai nghiệm trên khoảng  ;  .  ;  là x  , x  3 3 6 2  6 2  Chọn đáp án C. Theo điều kiện ta đặt suy ra nghiệm thỏa mãn là x  Câu 39. Trong các nghiệm ( x; y ) thỏa mãn bất phương trình log x 2  2 y 2 (2 x  y )  1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức T  2 x  y bằng: 9 9 A. . B. . 4 2 Hướng dẫn giải: C. 9 . 8  x2  2 y 2  1 ( I ), Bất PT  log x 2  2 y 2 (2 x  y)  1   2 2 2 x  y  x  2 y Xét T= 2 x  y TH1: (x; y) thỏa mãn (II) khi đó 0  T  2 x  y  x 2  2 y 2 D. 9. 0  x 2  2 y 2  1 ( II ) .  2 2 0  2 x  y  x  2 y 1 TH2: (x; y) thỏa mãn (I) x 2  2 y 2  2 x  y  ( x  1)2  ( 2 y  1 2 2 )2  9 . Khi đó 8 1 1 9 1  1 2 9 9 9 9 9 ( 2y  )   (2 2  ) ( x  1) 2  ( 2 y  )   .   4 2  2 8 4 2 2 2 2 2 2  4 9 1 Suy ra : max T   ( x; y)  (2; ) 2 2 Chọn đáp án B. a Câu 40. Xét các số thực thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  log 2a  a 2   3log b   b b A. Pmin  19 B. Pmin  13 C. Pmin  14 D. Pmin  15 Hướng dẫn giải: 2 x  y  2( x  1)  P 1 2  3  log b a  1  4 a  1  log a b   log a 2  b  Đặt t  log a b do a  b  1 nên 0  t  1 4 3 P  3 2 1  t  t 2  3  logb a  1 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 64 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Xét f  t   4 1  t  2 Phần Hàm số – Giải tích 12 3 1   3 trên  0;1 ta thấy GTNN của f(t) là f    15 t 3 Chọn đáp án D. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 65 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 HÌNH NÓN – TRỤ – CẦU Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy, SA  a 6 . Đáy ABCD là hình thang vuông 1 tại A và B, AB  BC  AD  a. Gọi E là trung điểm của AD. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình 2 chóp S.ECD. a 2 a 30 a 26 A. R  B. R  a 6. C. R  D. R  . . . 2 3 2 Hướng dẫn giải: S . Gọi H là trung điểm của CD và d là đường thẳng qua H và R vuông góc với đáy. Gọi I và R là tâm và bán kính mặt cầu K I ngoại tiếp S.CDE. Suy ra I thuộc d. Đặt IH  x. R Trong mp(ASIH) kẻ đường thẳng qua I và song song với AH cắt AS tại K. Ta có: a2 ID 2  IH 2  HD 2  x 2  . 2 IS2  IK 2  KS 2  AH 2  KS 2  AC 2  CH 2  KS 2  2a 2  x E A D a H B C a a2  (a 6  x) 2 2 a2 a2 2 6a 30a  2a 2   (a 6  x ) 2  x  . Vậy bán kính mặt cầu bằng R  . 2 2 3 3 Chọn đáp án C. a 3 Câu 2. Cho tứ diện ABCD với BC  a ,các cạnh còn lại đều bằng và  là góc tạo bởi hai mặt 2 phẳng  ABC  và  BCD  . Gọi I,J lần lượt là trung điểm các cạnh BC , AD . Giả sử hình cầu đường IJ Suy ra: x 2  kính tiếp xúc với CD. Giá trị cos  là: A. 3  2 3 B. 2 3  3 C. 2 3 3 D. 2 3 3 Hướng dẫn giải: Gọi O là trung điểm IJ và F là điểm tiếp xúc giữa hình cầu đường kính IJ và đường thẳng CD. Hình cầu đường kính IJ tiếp xúc với CD khi và chỉ khi khoảng cách từ O đến CD bằng nữa độ dài IJ. a 2 Ta có AI  DI  . 2 a Vì FC và CI là hai tiếp tuyến xuất phát từ một điểm nên FC  CI  2 a 3 a Tương tự ta có DJ  DF   2 2 Tam giác ADI cân có IJ là đường trung tuyến nên tam giác IDJ vuông tại J. a 3 1 JD  6 2  Suy ra sin  sin JID  2  2 DI 2 a 2 2   File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 66 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Do vậy cos   2 3  3 nên Chọn đáp án B. Câu 3. Cho hình vẽ bên. Tam giác SOA vuông tại O có MN€SO với M , N lần lượt nằm trên cạnh SA, OA. Đặt SO  h không đổi. Khi quay hình vẽ quanh SO thì tạo thành một hình trụ nội tiếp hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O bán kính R  OA . Tìm độ dài của MN để thể tích khối trụ là lớn nhất. h h A. MN  B. MN  2 3 h h C. MN  D. MN  4 6 Hướng dẫn giải : Ta thấy khi quay quanh trục SO sẽ tạo nên một khối trụ nằm trong khối chóp. Khi đó thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật MNPQ. Ta có hình sau: Ta có SO  h ; OA  R . Khi đó đặt OI  MN  x . IM SI OA.SI R. h  x  Theo định lí Thales ta có   IM   . Thể OA SO SO h R 2 2 tích khối trụ V  IM 2 .IH  2 .x  h  x  h Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: S M O A N S Q I B P O M 3  2x  2 h  x   2x  h  x     3   2 h h 4 R h Vậy V  . Dấu ”  ” xảy ra khi x  . Hay MN  . 3 3 27 Chọn đáp án B. Câu 4. Một hình nón bị cắt bởi mặt phẳng  P  song song với đáy. 2 Mặt phẳng  P  chia hình nón làm hai phần  N1  và  N2  . Cho hình N A N1 cầu nội tiếp  N2  như hình vẽ sao cho thể tích hình cầu bằng một nửa thể tích của  N2  . Một mặt phẳng đi qua trục hình nón và vuông góc với đáy cắt  N2  theo thiết diện là hình thang cân, tang góc nhọn của hình thang cân là A. 2 B. 4 C. 1 D. 3 Hướng dẫn giải: Giả sử ta có mặt cắt của hình nón cụt và các đại lượng như hình vẽ. Gọi  là góc cần tìm. Xét AHD vuông tại H có DH  h, AH  R  r  h  2r0  AH .tan    R  r  tan  Thể tích khối cầu là V1  N2 1 4 3 h3 r0  3 6 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 67 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 1 Thể tích của  N2  là V2  h R 2  r 2  Rr 3 V1 1   h 2  R 2  r 2  Rr  2  V2 2 Ta có BC  R  r (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)   D h 2 (vì  là góc nhọn)  tan 2   4  tan   2 Chọn đáp án A. C r0 Mà h2  BC 2   R  r   4 Rr  3 2 Từ  2 ,  3   R  r   Rr  4  2 2 Từ 1 ,  3 ,  4   h2   R  r  .tan 2   4  R  r  r O H α A K B R Câu 5. Cho tam giác ABC có độ dài cạnh huyền 5. Người ta quay tam giác ABC quanh một cạnh góc vuông để sinh ra hình nón. Hỏi thể tích V khối nón sinh ra lớn nhất là bao nhiêu. 250 3 25 2 20 3 250 6 A. V  B. V  C. V  D. V  27 27 27 27 Hướng dẫn giải: 1 1 1 25 1 Ta có V  r 2 h  x 2 y   25  y 2 y  y  y 3 . 3 3 3 3 3 25 1 Xét hàm số V  y  y 3 với 0  y  5 . 3 3 25 5 Ta có V ‘    y 2  0  y  . 3 3  Khi đó thể tích lớn nhất là V   250 3 . 27 Chọn đáp án A. Câu 6. Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27cm3. Vói chiều cao h và bán kính đáy là r. Tìm r để lượng giấy tiêu thụ ít nhất. 36 38 6 B. r  C. r  2 2 2 2 Hướng dẫn giải: 1 3V Ta có: V  r 2h  h  2 => độ dài đường sinh là: 3 r A. r  4 4 38 2 2 D. r  6 36 2 2 3V 2 81 2 38 2 2 l  h r  ( 2)  r  ( 2)  r   r2 2 4 r r r 2 2 38 38 2 Diện tích xung quanh của hình nòn là: S xq  rl  r 2 4  r   2 2  r 4 r r Áp dụng BĐT Cauchy ta được giá trị nhỏ nhất là khi r  6 38 . 2 2 Chọn đáp án B. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 68 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Câu 7. Cho một khối trụ có bán kính đáy r  a và chiều cao h  2a . Mặt phẳng ( P ) song song với trục OO ‘ của khối trụ chia khối trụ thành 2 phần, gọi V1 là thể tích phần khối trụ chứa trục OO ‘ , V2 là thể tích phần còn lại của khối trụ. Tính tỉ số A. 3  2 . 2 B. 3  2 . 2 V1 a 2 , biết rằng ( P ) cách OO ‘ một khoảng bằng . 2 V2 2  3 2  3 C. . D. . 2 2 Hướng dẫn giải: Thể tích khối trụ V  r 2h  a 2 .2a  2a3 . Gọi thiết diện là hình chữ nhật ABB ‘ A ‘ . Dựng lăng trụ ABCD. A’B’C’D’ như hình vẽ. Gọi H là trung điểm AB. Ta có OH  AB  OH  ( ABB ‘ A ‘)  OH  a 2 2 a 2  OH . 2  OAB vuông cân tại O  ABCD là hình vuông. Từ đó suy ra: 1 1 a 3 (  2) V2  V  VABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘   2a 3  (a 2) 2 .2a  . 4 4 2 V 3  2 a 3 (  2) a3 (3  2) 3 V1  V  V2  2a   . Suy ra 1  . V2   2 2 2 Chọn đáp án A.  AH  BH    Câu 8. Trong số các khối trụ có thể tích bằng V, khối trụ có diện tích toàn phần bé nhất thì có bán kính đáy là V 4  V . A. R  3 B. R  3 C. R  3 D. R  3 2 V V  Hướng dẫn giải: V 2V  2R 2 V  R 2 .h  l  h  , STP  S Xq  2S d  2Rl  2R 2  2 R R 3 2V 2V  4R V  2R 2 với R>0, f ‘( R)  Xét hàm số f ( R)  , f ‘( R)  0  R  3 2 R R 2 Bảng biến thiên R V 3 0 + 2 f , ( R) + 0 0 f (R)  Từ bảng biến thiên ta thấy diện tích toàn phần nhỏ nhất khi R  3  V 2 Chọn đáp án A. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 69 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Câu 9. Cho lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân AB=BC=a. Mặt phẳng 3 (AB’C) tạo với (BCC’B’) một góc  với tan   . Gọi M là trung điểm của BC. Tính bán kính mặt 2 cầu ngoại tiếp hình chóp B’ACM. 3 10a 3 10a 3 13a 13a A. B. C. D. 8 4 8 2 B’ A’ B’ A’ B’ C’ A’ C’ C’ N O B I B A a α A a M M K K J C Trục không có tính chất đặc biệt, ta sử dụng phương pháp 4 để giải R2 = B’O2 = NO2 + B’N2   = BJ 2  ( BB ‘  JO)2 = OM2 = OJ2 + JM2   450 Chú ý CBJ Giải phương trình ta tìm được 5 2a OJ = 8 3 10a R= 8 Chọn đáp án A. B J a A M C Xác định tâm đáy: giao của hai đường thẳng trung trục MC và BI. C Dựng góc: chú ý BA vuông góc với giao tuyến CB’ Từ tam giác vuông BIA và góc  , tính được BI. Từ BI sử dụng 1 1 1   tính được 2 2 BI BC B ‘ B2 B’B  a 2 . Câu 10. Cho hình nón có bán kính đáy là a, đường sinh tạo với mặt phẳng đáy góc  . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình nón. 3a 3 4a 3 4a 3 4a 3 A. V  B. V  C. V  D. V  4sin 3 2 3sin 3 3 3sin 3 2 3sin 3  Hướng dẫn giải: Nếu mặt phẳng  P  qua trục của hình nón thì (P) cắt hình nón theo tam giác cân SMN, (P) cắt mặt cầu ngoại tiếp hình nón theo đường tròn có bán kính là R. Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón, O là tâm đường tròn đáy của hình nón. Ta có SSMN  MO.SO  a.a.tan   a 2 tan  . 2  a  .2a 2 SM .SN .MN SM .2a  cos   a3    Mặt khác SSMN  . 4R 4R 4R 2R cos 2  a3 a a Do đó .  a 2 tan   R   2 2 2R cos  2cos  tan  sin 2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 70 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 R cũng là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp. 4 4 a3 V  R 3   3 . 3 3 sin 2 Chọn đáp án C. Câu 11. Cho hình nón có chiều cao h, đường tròn đáy bán kính R. Một mặt phẳng (P) song song với đáy cách đáy một khoảng bằng d cắt hình nón theo đường tròn (L). Dựng hình trụ có một đáy là (L), đáy còn lại thuộc đáy của hình nón và trục trùng với trục hình nón. Tìm d để thể tích hình trụ là lớn nhất. h h h h A. d  B. d  C. d  D. d  3 2 6 4 Hướng dẫn giải: Gọi r là bán kính của (L). r hd R  r  h  d  Ta có  R h h 3 R2 R2 R 2   h  d    h  d   2d  4R 2 h 2  V   2  h  d  .d   2  h  d  h  d  .2d   2    2h 2h  3 27 h  h Dấu bằng xảy ra khi h  d  2d  d  . 3 Chọn đáp án A. Câu 12. Trong số các hình trụ có diện tích toàn phần đều bằng S thì bán kính R và chiều cao h của khối trụ có thể tích lớn nhất là: S 1 S S S ;h  ;h  A. R  . B. R  . 2 2 2 4 4 2S 2S S S ;h  4 ;h  2 . D. R  . 3 3 6 6 Hướng dẫn giải: Gọi thể tích khối trụ là V , diện tích toàn phần của hình trụ là S . C. R  Ta có: S  S2day  Sxq  2R2  2Rh . Từ đó suy ra: S S V V V Cauchy 3 V 2  R 2  Rh   R2   R2   3 2 2 R 2R 2R  42 3 V2  S  S3 hay 27 2     V  . 4  2  54 Vậy Vmax  S3 V R 2 h Rh . Dấu “=” xảy ra  R 2    hay h  2R. 54 2R 2R 2 Khi đó S  6R 2  R  S S và h  2 R  2 . 6 6 Chọn đáp án D. Câu 13. Một bình đựng nước dạng hình nón (không đáy) đựng đầy nước. Biết rằng chiều cao của bình gấp 3 lần bán kính đáy của nó. Người ta thả vào đó một khối trụ và đo dược thể tích nước tràn ra ngoài File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 71 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 16 3 dm . Biết rằng một mặt của khối trụ nằm trên mặt trên của hình nón, các điểm trên đường tròn 9 đáy còn lại đều thuộc các đường sinh của hình nón (như hình vẽ) và khối trụ có chiều cao bằng đường kính đáy của hình nón. Diện tích xung quanh S xq của bình nước là: là A M O N B I P Q S 9 10 2 3 dm . dm2 . B. S xq  4 10 dm 2 . C. S xq  4 dm2 . D. S xq  2 2 Hướng dẫn giải: Xét hình nón : h  SO  3r , r  OB, l  SA . Xét hình trụ : h1  2r  NQ , r1  ON  QI QI SI 1 r SQI  SBO     r1   Thể tích khối trụ là : BO SO 3 3 3 2r 16 Vt  r12 h1    r  2  h  6  l  h2  r 2  2 10  S xq  rl  4 10 dm 2 9 9 Chọn đáp án B. A. S xq  Câu 14. Cho một miếng tôn hình tròn có bán kính 50cm . Biết hình nón có thể tích lớn nhất khi diện tích toàn phần của hình nón bằng diện tích miếng tôn ở trên. Khi đó hình nón có bán kính đáy là A. 10 2cm B. 20cm C. 50 2cm D. 25cm Hướng dẫn giải: Đặt a  50cm . Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình nón lần S lượt là x, y  x, y  0  . Ta có SA  SH 2  AH 2  x2  y 2 Khi đó diện tích toàn phần của hình nón là Stp  x 2  x x 2  y 2 Theo giả thiết ta có: I J x 2  x x 2  y 2  a 2  x x 2  y 2  x 2  a2 O  x x2  y2  a2  x2  a4 x  x  y   a  x  2a x ,  DK : x  a   x  2 y  2a 2 Khi đó thể tích khối nón là: a4 y 1 1 V  . 2 . y  a 4 . 2 2 3 y  2a 3 y  2a 2 2 2 2 4 4 2 2 2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay H A Trang 72 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 y 2  2a 2 V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi đạt giá trị nhỏ nhất y Ta có y 2  2a 2 2a 2 2a 2  y  2 y.  2 2a y y y Vậy V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi y  a 2a 2 , tức là y  a 2  x   25cm 2 y Chọn đáp án D. Câu 15. Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông có cạnh góc vuông bằng a. Tính diện tích của thiết diện qua đỉnh tạo với đáy một góc 600. a2 3 a2 2 a2 a2 C. D. A. B. 2 3 2 3 Hướng dẫn giải: Gọi thiết diện qua trục là  SAB vuông cân tại S, S SA  SB  a a Gọi O là tâm của đáy, SO = 2 Gọi thiết diện qua đỉnh, tạo với đáy góc 600 là  SAC. Gọi M là trung điểm AC, góc giữa mặt phẳng (SAC) với mặt a  = 600 đáy là SMO SO a 6  * SM  (  SMO vuông tại O). 0 sin 60 3 45 A B a 6 O * OM  M 6 C 2a 3 * AC  2 AM  2 OA2  OM 2 = 3 1 1 a 6 2a 3 a2 2 * SSAC = SM.AC = . . = 2 2 3 3 3 Chọn đáp án C. Câu 16. Cho hình chóp SABC với SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và   60o . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên SB và BC= 3 a, BAC S K SC. Mặt cầu qua các điểm A, B, C, H, K có bán kính bằng: A. 1 B. 2 C. 3 D. Không đủ dữ kiện để tính Hướng dẫn giải: Gọi AD là đường kính của đường tròn (ABC) Suy ra, AC  DC , suy ra CD  ( SAC) hay AE  DE Tương tự, AH  HD . Suy ra mặt cầu qua các điểm A, B, C, H, K có BC 2. đường kính AD  sin 600 H A 3 C 600 2 B S K Chọn đáp án B. H A C 600 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D B Trang 73 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Câu 17. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh BC. Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Gọi G là trọng tâm tam giác SAC. Bán kính mặt cầu tâm G và tiếp xúc với mặt phẳng (SAB) là: 13a 13a 3 13a 13a A. B. C. D. 13 39 26 26 Hướng dẫn giải: + Gọi H là trung điểm BC   60o + ( SA, ( ABC ))  SAH a 3 3a , SH  AH tan 600  2 2 S + Bán kính mặt cầu là: 1 2 R  d (G, ( SAB))  d (C , ( SAB))  d ( H , ( SAB)) 3 3 + Gọi E là hình chiếu của H trên AB và K là hình chiếu của H M K trên SE. G Chứng minh: HK  (SAB) H B C a 3 3a E + Tính được: HE  ; HK  4 2 13 2 a A + R  HK  3 13 Chọn đáp án A. Câu 18. Cho nửa đường tròn đường kính AB  2R và điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đó, đặt  và gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB . Tìm  sao cho thể tích vật thể tròn xoay   CAB tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB đạt giá trị lớn nhất. 1 A.   60 . B.   45 . C. arctan . D.   30 . 2 Hướng dẫn giải: + AH  AC  AB. cos   2 R.cos  CH  AC.sin   2 R.cos .sin ; AH  AC.cos   2 R.cos2  Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB là 1 8 V  AH .CH 2  R 3.cos 4 .sin 2  . 3 3 8 Đặt t  cos2   0  t  1  V  R 3t 2 1  t  3 3 8 8  t  t  2  2t   R 3.t.t  2  2t   R3   6 6  3  2 1 Vậy V lớn nhất khi t  khi   arctan . 3 2 Chú ý: có thể dùng PP hàm số để tìm GTNN của hàm f  t   t 2 1  t  Chọn đáp án C. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 74 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2 2, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  3. Mặt phẳng    qua A và vuông góc với SC cắt các cạnh SB , SC , SD lần lượt tại các điểm M , N , P . Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP. 32 64 2 . B. V  . 3 3 108 125 C. V  . D. V  . 3 6 Hướng dẫn giải: S Ta có: CB   SAD  , AM   SAB   AM  CB 1 A. V     SC, AM     AM  SC  2  AM   SBC   AM  MC   AMC  90 . N Chứng minh tương tự ta có  APC  90  Có AN  SC  ANC  90 . Ta có:  AMC   APC   APC  90  mặt cầu đường kính AC là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP . AC  2 . Thể tích khối cầu: Bán kính cầu này là r  2 4 32 V  r 3  3 3 Chọn đáp án A. P M D A B C Câu 20. Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a và nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a. 5 11 4 A. a 2 B. a 2 C. 2a 2 D. a 2 3 3 3 Hướng dẫn giải: Gọi M là Trung điểm của AB D Vì Tam giác ADB và tam giác ABC là tam giác đều  DM  AB;CM  AB Do có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a và nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau => Góc  D MC  900 O Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABC G G là tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABD C => H,G đồng thời là trọng tâm của tam giác ABC và A H ABD 2  M  H  CM ; CH  3 CM  B G  DM ; DG  2 DM  3 Kẻ Đường vuông góc với đáy (ABC) từ H và Đường vuông góc với (ABD) từ G. Do hai đường vuông góc này đều thuộc (DMC) nên chúng cắt nhau tại O. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 75 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 => O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCG và R = OC. 3 3 3 a  CH  a; HM  a Tam giác ABC đều  CM  CB.sin 600  2 3 6 3 a CMTT ta có GM  6 3 a Từ đó nhận thấy OGMH là hình vuông  OH  6 Tam giác OHC vuông tại H → Áp dụng định lý Pitago ta có: 3 3 3 CM  CB.sin  60   a  CH  a; HM  a 2 3 6 5 5 OC  CH 2  OH 2  a  R  V  4R 2  a 2 12 3 Chọn đáp án A.   Câu 21. Cho một mặt cầu bán kính bằng 1 . Xét các hình chóp tam giác đều ngoại tiếp mặt cầu trên. Hỏi thể tích nhỏ nhất của chúng là bao nhiêu? A. min V  8 3 . B. min V  4 3 . C. min V  9 3 . D. min V  16 3 . Hướng dẫn giải: Gọi cạnh đáy của hình chóp là a Ta có SIJ ~ SMH SI IJ    MH  SH  IH   IJ SH 2  HM 2 SM MH 2  MH 2  SH  1  SH 2  HM 2 S 2a 2  2 2 2 2   a  12   a  12 SH  2a SH  0  SH  2 a  12 4 1 3 2a 3 1 S  S ABC .SH   2 3 6 a  12 6 1  12 a2 a4 1 12 1 Ta có 2  4   S 8 3 a a 48 Chọn đáp án A. I J A B H M C Câu 22. Từ một khúc gỗ tròn hình trụ có đường kính bằng 40 cm, cần xả thành một chiếc xà có tiết diện ngang là hình vuông và bốn miếng phụ được tô màu xám như hình vẽ dưới đây. Tìm chiều rộng x của miếng phụ để diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là lớn nhất. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 76 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A 3 34  17 2  cm  2 5 34  15 2 C. x   cm  2 Hướng dẫn giải: Phần Hàm số – Giải tích 12 3 34  19 2  cm  2 5 34  13 2 D. x   cm  2 A. x  B. x  Diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là S  SMNPQ  4 xy Cạnh hình vuông MN    S  20 2  2 MP 2  40 2  20 2  cm   4 xy  800  4 xy (1) Ta có 2 x  AB  MN  AB  20 2  BD  20 2  40  20 2  0  x  20  10 2  Lại có AB 2  AD 2  BD 2  402  2 x  20 2  2  y 2  1600  y 2  800  80 x 2  4 x 2  y  800  80 x 2  4 x 2 Thế vào 1  S  800  4 x 800  80 x 2  4 x 2  800  4 800 x 2  80 x 3 2  4 x 4   Xét hàm số f  x   800 x 2  80 x3 2  4 x 4 , với x  0;20  10 2 có  f ‘  x   1600 x  240 x 2 2  16 x 3  16 x 100  15 x 2  x 2       x  0;20  10 2 5 34  15 2  x  0;20  10 2  x Ta có  2  f ‘  x   0 16x 100  15x 2  x 2  0  5 34  15 2 Khi đó x  chính là giá trị thỏa mãn bài toán. 2 Chọn đáp án C.    Câu 23. Một hình trụ có bán kính đáy bằng 50cm và có chiều cao là 50cm. Một đoạn thẳng AB có chiều dài là 100cm và có hai đầu mút nằm trên hai đường tròn đáy. Tính khoảng cách d từ đoạn thẳng đó đến trục hình trụ. A. d  50cm B. d  50 3cm C. d  25cm D. d  25 3cm Hướng dẫn giải: A O Kẻ AA1 vuông góc với đáy, A1 thuộc đáy. Suy ra: OO1 / / AA1  OO1 / /  AA1B   d  OO1, AB   d  OO1,  AA1B    d  O1 ,  AA1B   Tiếp tục kẻ O1 H  A1 B tại H, vì O1H nằm trong đáy nên cũng vuông góc với A1 A suy ra: O1H   AA1B  . Do đó I K d  OO1, AB   d  OO1,  AA1B    d  O1,  AA1B    O1H A1 Xét tam giác vuông AA1B ta có A1B  AB2  AA12  50 3 Vậy O1H  O1A12  A1H2  25cm Chọn đáp án C. O1 H B File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 77 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Câu 24. Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27cm3 với chiều cao là h và bán kính đáy là r. để lượng giấy tiêu thụ là ít nhất thì giá trị của r là: 36 2 2 Hướng dẫn giải: A. r  4 B. r  6 38 2 2 C. r  4 38 2 2 D. r  6 36 2 2 1 81 81 1 Thể tích của cốc: V  r 2h  27  r 2h   h  . 2    r Lượng giấy tiêu thụ ít nhất khi và chỉ khi diện tích xung quanh nhỏ nhất. S xq  2rl  2r r 2  h 2  2r r 2   2 r 4  812 1 812 1 4  2  r  2 r 4 2 r 2 812 1 812 1 812 1 812 1 814 3 r 4. 6   2  3 .  2 3  (theo BĐT Cauchy) 22 r 2 22 r 2 22 r 2 22 r 2 4 4 S xq nhỏ nhất  r 4  812 1 38 6  r  r 2 2 r 2 2 2 6 38 2 2 Chọn đáp án B. Câu 25. Cho một hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều .Thể tích của hình lăng trụ là V. Để diện tích toàn phần của hình lăng trụ nhỏ nhất thì cạnh đáy của lăng trụ là: A. 3 4V B. 3 V C. 3 2V D. 3 6V Hướng dẫn giải: Gọi cạnh đáy của lăng trụ là a, chiều cao lăng trụ là h. a2 3 4V .h  h  2 Theo bài ra ta có V  4 a 3 a2 3 4V Diện tích toàn phần của lăng trụ là: Stoan phan  S 2 day  S xung quanh   3a. 2 2 a 3 2 a 3 4 3V  Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: Stoan phan  2 a a 2 3 2 3V 2 3V a 2 2 2 3V 2 3V 3    3 . . 2 a a 2 a a 2 a 3 2 3V 2 3V   Dấu bằng xảy ra khi hay a  3 4V . 2 a a Chọn đáp án A. Câu 26. Trong không gian cho hai điểm phân biệt A, B cố định. Tìm tập hợp tất cả các điểm M trong   3 không gian thỏa mãn MA.MB  AB 2 4 A. Mặt cầu đường kính AB. B. Tập hợp rỗng (tức là không có điểm M nào thỏa mãn điều kiện trên). C. Mặt cầu có tâm I là trung điểm của đoạn thẳng AB và bán kính R =AB. 3 D. Mặt cầu có tâm I là trung điểm của đoạn thẳng AB và bán kính R  AB 4 Hướng dẫn giải: File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 78 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12    MA  MB + Tam giác MAB có đường trung tuyến IM  MI  2    MA  MB MI  2  2   2   2   3 BA  4. . AB 2 MA  MB MA  MB  4 MA.MB  2 4  MI     AB 2 4 4 4 MI  AB Vậy Tập hợp điểm M trong không gian là Mặt cầu có tâm I là trung điểm của đoạn thẳng AB và bán kính R  AB Chọn đáp án C.         Câu 27. Gọi r và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của một hình nón. Kí hiệu V1 , V2 lần lượt là V thể tích của hình nón và thể tích của khối cầu nội tiếp hình nón. Giá trị bé nhất của tỉ số 1 là V2 5 4 B. . C. 3 . D. 2 . A. . 4 3 Hướng dẫn giải: 1 Ta có: Thể tích khối nón là V1  r 2 h . 3  , cắt SO Xét mặt cắt qua tâm SAB, kẻ tia phân giác của góc SBO tại I . IO OB r r 2  h2    IS  IO  IS SB r r 2  h2 Mặt khác: IO  IS  h Do đó ta có bán kính của mặt cầu nội tiếp hình chóp là rh R  IO  r  h2  r 2 4 4 r 3 h3 Thể tích khối cầu là V2  R 3   . 3 3 r  h2  r 2 3 Ta có:   3 V r    r 2  h2 1 V2 Đặt f  t  4rh 2  t  1  t 1 3   h2  1  1  2  3 2  r  1 t t  1 h2 V1     . Đặt t  1  2 ( t  1 )    h2 r V2 4  t 2  1 4  t  1 4 2 r 2 , Điều kiện: t  1 , f   t   BBT  f  t   8t  1  t 2  2t  3  t  1 2 , f   t   0  t  3 , f  3  8 V1 2 V2 Chọn đáp án D. Câu 28. Giá trị lớn nhất của thể tích khối nón nội tiếp trong khối cầu có bán kính R là File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 79 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 1 3 4 4 2 3 R . R . B. R3 . C. 3 3 9 Hướng dẫn giải: Rõ ràng trong hai khối nón cùng bán kính đáy nội tiếp trong một khối cầu thì khối nón có chiều cao lớn hơn thì thể tích lớn hơn, nên ta chỉ xét khối nón có chiều cao lớn hơn trong hai khối nón đó. Giả sử rằng khối nón có đáy là hình tròn  C  bán kính r . Gọi x A. với f   x  là khoảng cách giữa tâm khối cầu đến đáy khối nón. Khi đó chiều cao lớn nhất của khối nón nội tiếp khối cầu với đáy là hình tròn  C  sẽ là h  R  x . Khi đó bán kính đáy nón là 2 D. 32 3 R . 81 R O x R r 2 r  R  x , suy ra thể tích khối nón là 1 1 1 1 V  r 2h    R  x   R 2  x 2     R  x  R  x  R  x     R  x  R  x  2R  2 x  3 3 3 6 3 1  R  x  R  x  2R  2 x  32R3 Áp dụng BĐT Cô-si ta có V    6 27 81 Chọn đáp án D. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 80 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 NGUYÊN HÀM , TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG b Câu 1. Cho tích phân C   a ex dx trong đó a là nghiệm của phương trình 2 x x 2 1  2 , b là một số e 3 2 dương và b  a . Gọi A   x 2dx . Tìm chữ số hàng đơn vị của b sao cho C  3 A . 1 A. 3 B. 2 Hướng dẫn giải: 2 Giải phương trình 2 x 1  2  x  0  a  0 C. 4 D. 5 Tính tích phân C. Đặt: t  e x  3  t 2  e x  3  2tdt  e x dx eb 3 C  2 2t dt = t eb  3  2dt  2t 2 eb  3  2 eb  3  4 2 Tính tích phân A ta có A  7 3 Theo giả thiết 7 11 109 109 C  3 A  2 eb  3  4  3.  e b  3   e b   b  ln  3,305053521 3 2 4 4 Chọn đáp án A. e a.e 4  b.e 2  c Câu 2. Cho biết tích phân I   x  2 x 2  ln x  dx  với a, b, c là các ước nguyên của 4. 4 1 Tổng a  b  c  ? B. 4 C. 3 D. 1 A. 2 Hướng dẫn giải: e e e I   x  2 x 2  ln x  dx  2 x 3dx   x ln xdx . 1 1 1 e e 2 x 3dx  1 1 4 1 x   e 4  1 2 1 2 e e e 21  1 2 1 2 1 2 Ta có  x ln xdx   x ln x   x dx    e  x 2  1 1 x  2  2 1 e I   x  2 x 2  ln x  dx  1 e  e2  1  1 4 1 4 e 2  1 2e 4  e 2  1 e  1    4  4 2 Chọn đáp án A. a Câu 3. Cho hàm số f ( x )   b.xe x . Biết rằng f ‘(0)  22 và 3 (x  1) bằng? 26 26 146 A. B. C. 11 11 13 Hướng dẫn giải: 3a f ‘(x)   be x (1  x ) 4 (x  1) f ‘(0)  22  3a  b  22 (1) 1  f ( x)dx  5 . Khi đó tổng a  b 0 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. 146 . 13 Trang 81 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A 1 1  f ( x)dx  5 0 Phần Hàm số – Giải tích 12 1 1 dx  b  xe x dx  5  a 3 (x  1) 0 0  a b 5 4 (2) Giải hệ (1) và (2) ta được: a  108 , 13 b 38 . 13 Chọn đáp án D. 1 Câu 4. Cho  0 1 f ( x)dx  5 . Tính I   f (1  x)dx 0 A. 5 B. 10 C. 1 5 D. 5 Hướng dẫn giải: Đặt t  1  x  dt  dx , x  0  t 1 x 1 t  0 0 I    f (t )dt  5 1 Chọn đáp án A. 2 2  Câu 5. Biết tích phân 2 2  B. 1 A. 0 Hướng dẫn giải: 2 2 I   2 2 1  x2 a.  b dx  trong đó a, b . Tính tổng a  b ? x 1 2 8 0 1  x2 dx  1  2x   Đặt x  sin t  I  2 2 1  x2 dx  1  2x C. 3 2 2  0 1  x2 dx  1  2x D. -1 2 2  1  x 2 dx 0  2 . 8 Chọn đáp án C. Câu 6. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, gọi d là đường thẳng đi qua điểm A  1;0; 1 , cắt x 1 y  2 z  2   , sao cho cos  d ; 2  là nhỏ nhất, biết phương trình của đường thẳng 2 1 1 x3 y 2 z3 2 :   . Phương trình đường thẳng d là? 1 2 2 x 1 y z  1 x 1 y z  1     A. B. 2 2 1 4 5 2 x 1 y z 1 x 1 y z  1     C. D. 4 5 2 2 2 1 Hướng dẫn giải: Gọi M  d  1  M 1  2t;2  t; 2  t  .   d có vectơ chỉ phương là u d  AM   2t  2; t  2; 1  t  .   2 có vectơ chỉ phương u 2   1; 2; 2  . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 82 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 t2 2 . 3 6t 2  14t  9 t2 Xét hàm số f  t   2 , ta suy ra được min f  t   f  0  0 . 6t  14t  9  Do đó min cos  d ;  2    0 khi t  0 . Nên AM   2; 2; 1 . cos  d ;  2   x 1 y z  1   . 2 2 1 Vậy phương trình đường thẳng d là: Chọn đáp án A. Câu 7. Cho F(x) là một nguyên hàm của f  x       F  F  ? 3 4 A. 5  3 Hướng dẫn giải:  4  4  f  x dx   cos x 0 0  tan 2 B. 2 1  a cos x 2 5 1 3 5 C.  4 tan x   , biết F  0   0 , F    1 . Tính 4 cos x 1  a cos x tan x dx   0  4 tan x 2 D. 2 cos x tan x  1  a dx   0 1 2 5 2 d tan 2 x  1  a 2 tan x  1  a   1  a  tan 2 0  1  a  3  2 . 4  a  2  a 1  3  2  a  2  a 1 2 a 1    3  2 52 6 3 6  a 1  a 1 3 2  3 tan x     Do đó F    F     dx  3  4   cos x 1  cos 2 x tan 2    2  tan 2  2  5  3 . 3 4 4 Chọn đáp án A. Câu 8. Cho f ( x) là hàm liên tục và a  0 . Giả sử rằng với mọi x [0; a] , ta có f ( x)  0 và a f ( x) f (a  x)  1 . Tính dx  1  f ( x) 0 a A. 2 Hướng dẫn giải: B. 2a a Đặt t  a  x ta có: a Suy ra: dx C. 0 a 3 D. a ln(a  1) a dx dt f (t )dt 0 1  f ( x)  a 1  f (a  t )  0 f (t )  1 a  1  f ( x)  2 0 Chọn đáp án A. 2 Câu 9. Tích phân I  x 2001 1 (1  x 2 )1002 dx có giá trị là File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 83 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. 1 . 2002.21001 B. 1 . 2001.21001 C. Phần Hàm số – Giải tích 12 1 . 2001.21002 D. 1 . 2002.21002 Hướng dẫn giải: 2 2 x 2004 I  3 .dx   x (1  x 2 )1002 1 1 1 1002  1  x 3  2  1 x  .dx . Đặt t  1 2  1  dt   3 dx . 2 x x Câu 10. Trong chương trình nông thôn mới, tại một xã X có xây một cây cầu bằng bê tông như hình vẽ. Tính thể tích khối bê tông để đổ đủ cây cầu. (Đường cong trong hình vẽ là các đường Parabol). 0,5m 2m 5m 0,5m 3 A. 19m . 0,5m 19m 3 C. 18m3 . B. 21m . D. 40m3 . Hướng dẫn giải: Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ. y O x Ta có  19  2 Gọi  P1  : y  ax  c là Parabol đi qua hai điểm A  ;0  , B  0; 2   2  2  8   19  8 2 0  a.    2 a    x 2 Nên ta có hệ phương trình sau:  361   P1  : y    2 361 2  b b  2   5 Gọi  P2  : y  ax 2  c là Parabol đi qua hai điểm C 10;0  , D  0;   2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 84 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 3 Câu 11. f ,g Cho là hai hàm liên trên tục 1;3 thỏa:   f  x   3g  x   dx  10 . 1 3 3   2 f  x   g  x  dx  6 . Tính   f  x   g  x   dx . 1 1 A. 8. Hướng dẫn giải: B. 9. C. 6. 3 + Ta có 3 D. 7. 3   f  x   3g  x  dx  10   f  x  dx  3 g  x  dx  10 . 1 1 3 1 3 3 + Tương tự   2 f  x   g  x   dx  6  2 f  x  dx   g  x  dx  6 . 1 1 1 3 3 u  3v  10 u  4 + Xét hệ phương trình  , trong đó ,  u   f  x  dx v   g  x  dx . 2 u  v  6 v  2   1 1 3 + Khi đó 3 3   f  x   g  x   dx   f  x  dx   g  x  dx  4  2  6 . 1 1 1 5 1 2   0  a . 10  a      2   40  P : y   1 x 2  5 Nên ta có hệ phương trình sau:   2  5 5 40 2  b b   2  2 19  10  1 2 5  8 2   3 2        V 5.2 x dx x 2 Ta có thể tích của bê tông là:  0    dx   40m  0 2  361     40 2x Câu 12. Gọi S a là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  e  2e x , trục Ox và đường thẳng x  a với a  ln 2 . Kết quả giới hạn lim S a là: a  A. 1 Hướng dẫn giải: B. 2 ln 2 Ta có S a   e a 2x  2e x  dx  C. 3 D. 4 1 2a e  2e a  2 2 Suy ra lim Sa  2 , chọn đáp án B. a  Câu 13. Một khối cầu có bán kính 5dm, người ta cắt bỏ 2 phần bằng 2 mặt phẳng vuông góc bán kính và cách tâm 3dm để làm một chiếc lu đựng. Tính thể tích mà chiếc lu chứa được. A. 132 (dm3) B. 41 (dm3) 100 C.  (dm3) D. 43 (dm3) 3 Hướng dẫn giải: Đặt hệ trục với tâm O, là tâm của mặt cầu; đường thẳng đứng là Ox, đường ngang là Oy; đường tròn lớn có phương trình x 2  y 2  25 . 3dm 5dm 3dm Thể tích là do hình giới hạn bởi Ox, đường cong y  25  x 2 , x  3, x  3 quay quanh Ox. 3 V    (25  x 2 ) dx = 132 (bấm máy) 3 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 85 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Câu 14. Một vật di chuyển với gia tốc a  t   20 1  2t  2 Phần Hàm số – Giải tích 12  m / s  . Khi 2 t  0 thì vận tốc của vật là 30m / s . Tính quảng đường vật đó di chuyển sau 2 giây (làm tròn kết quả đến chữ số hàng đơn vị). A. S  106m . B. S  107m . C. S  108m . D. S  109m . Hướng dẫn giải: 10 2  C . Theo đề ta có Ta có v  t    a  t  dt   20 1  2t  dt  1  2t v  0   30  C  10  30  C  20 . Vậy quãng đường vật đó đi được sau 2 giây là: 2 2  10  S    20  dt   5 ln 1  2t   20t   5ln 5  100  108m . 0  0  1  2t Câu 15. Tìm giá trị của tham số m sao cho: y  x 3  3x  2 và y = m(x+2) giới hạn bởi hai hình phẳng có cùng diện tích A. 0 < m < 1 B. m = 1 C. 1  m  9 D. m = 9 Hướng dẫn giải: Phương trình hoành độ giao điểm: x 3  3x  2  m(x  2)  x  2 hoÆc x  1  m , m  0. 3 Điều kiện d: y = m(x+2) và (C): y  x  3x  2 giới hạn 2 hình phẳng: 0  m  9. Gọi S1, S2 lần lượt là diện tích các hình phẳng nhận được theo thứ tự từ trái sang phải. 0 Nếu m = 1: d đi qua điểm uốn (0;2) của (C). Khi đó S1 = S2 =  (x 3  4x)dx  4 2 Nếu 0 < m < 1: S1 > 4 > S2 Nếu 1 < m < 9: S1 < 4 < S2 Nếu m > 9  1  m  2; 1  m  4. Khi đó: 2 S1   1 m x 3  3x  2  m(x  2) dx; S2   x 3  3x  2  m(x  2) dx 2 1 m S2  S1 = 2m m  0 Vậy m = 1 thỏa yêu cầu bài toán  2 Câu 16. Cho I n   cos n xdx , n   , n  2 . Khẳng định nào sau đây đúng? 0 n 1 I n 1 n Hướng dẫn giải: A. I n  Với I 0   ;I  2 1 Đặt u  cos n 1 B. I n  n 2 I n 2 n C. I n  n 1 I n 2 n D. I n  2I n 2  2  cos xdx  1 . 0 x  du   n  1 cosn 2 x . sin xdx . dv  cos xdx chọn v  sin x . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 86 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A  2 Suy ra  cos n xdx  cosn 1 x .sin x 0  2   2 0 Phần Hàm số – Giải tích 12  2  n  1  cosn 2 x . sin 2 xdx 0   2  2 0 0  n  1  cosn 2 x . 1  cos2 x dx  n  1  cosn 2 x .dx  n  1  cosn x .dx . 0  2 Do đó  cos n 0  2 x .dx  n 1 cosn2 x .dx . n 0 Chọn đáp án C.  5 1 1 Câu 17. Cho hàm số y  x 3  mx 2  2 x  2m  có đồ thị (C). Tìm m  0;  sao cho hình  6 3 3 phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và các đường thẳng x  0, x  2, y  0 và có diện tích bằng 4. 1 1 1 A. m  B. m  C. m  D. m  1 4 3 2 Hướng dẫn giải: 1 1 Xét hàm số y  x 3  mx 2  2 x  2m  trên 0;2 . Ta có y   x 2  2mx  2 , 3 3  x  m  m 2  2  5 . Do m  0;  nên m  m 2  2  0, 0  m  m 2  2  2 y   0    6  x  m  m 2  2 1 5 và y 0  2m   0, y 2  2m   0. 3 3 Ta có bảng biến thiên trong 0;2 x 0  y y 2 m  m2  2 y 0  0  y 2  Dựa vào BBT suy ra y  0, x  0;2 Gọi S là diện tích hình phẳng cần tìm. Ta có: 2 1 1 S  4   x 3  mx 2  2 x  2m  dx  4 3 3 0 1 1  4 m  10 1    x 3  mx 2  2 x  2m  dx   4  4m  3 3  3 2 0 Chọn đáp án C. 2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 87 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12 Câu 18. Trong hệ trục Oxy, cho tam giác OAB vuông ở A, điểm B nằm trong góc phàn tư thứ nhất.   AOB   ,  0     . Khi quay tam giác đó quanh trục Ox A nằm trên trục hoành, OB = 2017. Góc  3  ta được khối nón tròn xoay. Thể tích của khối nón lớn nhất khi: 6 3 1 2 A. sin   B. cos   C. cos   D. sin   3 2 2 3 Hướng dẫn giải: Phương trình đường thẳng OB : y  x.tan  ; OA  2017cos  . Khi đó thể tích nón tròn xoay là: 2017.cos  V  x 2 tan 2  .dx   0   20173. 20173. .cos  .sin 2   .cos  1  cos 2  . 3 3  1 2  Đặt t  cos   t   0;  . Xét hàm số f  t   t 1  t 2   , t   0; 12  . 3 3 6  cos   sin   . 3 3 3 Ta tìm được f  t  lớn nhất khi t  Chọn đáp án A. Câu 19. Từ một khúc gõ hình trụ có đường kính 30cm, người ta cắt khúc gỗ bởi một mặt phẳng đi qua đường kính đáy và nghiêng với đáy một góc 450 để lấy một hình nêm (xem hình minh họa dưới đây) Hình 1 Hình 2 Kí hiệuV là thể tích của hình nêm (Hình 2). Tính V . 225 A. V  2250 cm 3 B. V  C. V  1250 cm 3 cm 3 4 Hướng dẫn giải: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.Khi đó hình nêm có đáy là nửa hình tròn có phương trình:        D. V  1350 cm 3 y  225  x 2 , x   15;15  Một một mặt phẳng cắt vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x , x   15;15   File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 88  Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12   cắt hình nêm theo thiết diện có diện tích là S x (xem hình). Dễ thấy NP  y và MN  NP tan 450  y  15  x 2 khi đó S x    15 suy ra thể tích hình nêm là: V  15    S x dx  15 1 1 MN .NP  . 225  x 2 2 2  1 . 225  x 2 dx  2250 cm 3  2 15      4 2 Câu 20. Tìm tham số m để đồ thị hàm số y  x  2mx  m  2  C  cắt trục ox tại bốn điểm phân biệt và thỏa mãn hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục ox của phần nằm phía trên trục ox có diện tích bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục ox của phần nằm phía dưới trục ox . A. 3 B. -3 C. 2 D. 4 Hướng dẫn giải: Điều kiện để (C) cắt trục ox tại 4 điểm phân biệt là m  2 Do tính đối xứng của đồ thị qua trục tung nên bài toán xảy ra khi x3 x4 x 4  2  0 x3 x4    2mx  m  2 dx    x 4  2mx 2  m  2 dx  x 4   2mx 2  m  2 dx 0  3 x44  10mx42  15  m  2   0 0  x44  2mx42  m  2  0 3m  6 Suy ra x4 là nghiệm của hệ  4  x42  m3 2 m 3 x4  10mx4  15  m  2   0 Chọn đáp án A. Câu 21. Cho hàm số y  x 4  4 x 2  m có đồ thị là (C). Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) với y<0 và trục hoành, S’ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) với y>0 và trục hoành. Với giá trị nào của m thì S  S ‘ ? 20 9 4 2 Hướng dẫn giải: Phương trình hoành độ giao điểm x  4 x  m  0 (*) Đặt x 2  t ; t  0 , phương trình trở thành: t 2  4t  m  0 (**) A. m  2 B. m  2 9 D. m  1 C. m  Để S>0, S’>0 thì 0 0 => A,B nằm cùng phía so với mặt phẳng (P).  Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua (P). Mặt phẳng (P) có vtpt n  2, 1,1  x   1  2t   Đường thẳng AA’ đi qua A(-1, 3, -2) có vtcp n  2, 1,1 có pt:  y  3  t  z  2  t  Gọi H là giao của AA’ và (P) ta có: 2(-1+2t) – (3-t) + (-2 + t) + 1 =0 => t=1 => H(1, 2, -1). Ta có H là trung điểm của AA’ => A’(3, 1, 0).  x  3  4t   Đường A’B đi qua A’(3, 1, 0) có vtcp A ‘ B  12,3,9  có pt:  y  1  t  z  3t  Gọi N là giao điểm của A’B và mặt phẳng (P) ta có: 2.(3-4t) – (1+t) + 3t +1 =0 => t=1 => N(-1, 2, 3). Để MA+MB nhỏ nhất thì M  N khi đó MA+MB = A’B =  12  2  32  9 2  234  3 26 Chọn đáp án D. Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : x 1 y  2 z và   1 2 1 x  2 y 1 z   . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa d1 sao cho góc giữa mặt phẳng ( P ) và 2 1 2 đường thẳng d2 là lớn nhất. A. x  y  z  6  0 . B. 7 x  y  5 z  9  0 . C. x  y  z  6  0 . D. x  y  z  3  0 . Hướng dẫn giải:  d2 : Ta có: d1 đi qua M (1; 2; 0) và có VTCPu  (1;2; 1) . Phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng: A( x  1)  B( y  2)  Cz  0,( A 2  B 2  C 2  0) .  Ta có: d  ( P)  u.n  0  C  A  2B Gọi   (( P ), d2 )  sin   Với B  0  sin   Với B  0 . Đặt t  4 A  3B 1 (4 A  3B )2  . 2 2 3 2 A 2  4 AB  5B 2 3 2 A  4 AB  5B 2 2 3 1 (4t  3)2 A sin   . , ta được 3 2t 2  4t  5 B (4t  3)2 16t 2  124t  84 Xét hàm số f (t )  2 . Ta có: f ‘(t )  2t  4t  5 (2t 2  4t  5)2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 100 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số – Giải tích 12  3 t  f ‘(t )  0  4  t  7 BBT: t  f ‘(t ) -7 + 0 – 3 4 0  + 25 3 f (t ) Dựa vào BBT ta có: max f (t )  Khi đó: sin   f (7)   25 A khi t  7   7 3 B 5 3 9 5 3 A khi  7  Phương trình mặt phẳng ( P ) : 7 x  y  5z  9  0 9 B Chọn đáp án B. Vậy sin   Câu 11. Cho đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng () : x  2y  2z  4  0 ( ) : 2x  2y  z  1  0, và mặt cầu S có phương trình x 2  y 2  z 2  4x  6y  m  0 . Tìm m để đường thẳng d cắt mặt cầu (S) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 8. A. 9 B. 12 C. 5 Hướng dẫn giải:   Ta có n1  (2; 2; 1), n 2  (1;2; 2) lần lượt là VTPT của (α) và (β)  Suy ra VTCP của đường thẳng d là u  D. 2 1    n1 ;n 2   (2;1; 2),  3 Ta có A(6;4;5) là điểm chung của hai mặt phẳng (α) và (β) nên Ad. Mặt cầu (S) có tâm I(-2;3;0), bán kính R  13  m với m < 13.    IA  (8;1;5)   IA, u   ( 3; 6;6)  d(I, d)  3 AB  4 vµ IH  3 . 2 2 2 2 2 Trong tam giác vuông IHA ta có: IA  IH  AH  R  9  16  13  m  25  m  12 . Vậy m = 12 là giá trị cần tìm. Gọi H là trung điểm của AB  AH  Chọn đáp án B. Câu 12. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho tám điểm A  2; 2; 0  , B  3; 2; 0  , C  3; 3; 0  , D   2; 3; 0  , M   2;  2; 5  , N  2; 2; 5  , P  3;  2; 5  , Q  2;3;5  . Hỏi hình đa diện tạo bởi tám điểm đã cho có bao nhiêu mặt đối xứng. A. 3. B. 6. C. 8. D. 9 Hướng dẫn giải: Vì tám điểm đã chõ tạo nên một hình lập phương, nên hình đa diện tạo bởi tám điểm này có 9 mặt đối xứng. Chọn đáp án D. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 101 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 Câu 13. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;  1;6), B(  1;2;4) và I(  1;  3;2). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ I đến (P) lớn nhất. A. 3x  7 y  6 z  35  0 . B. 7 x  y  5 z  9  0 . C. x  y  z  6  0 . D. x  y  z  3  0 . Hướng dẫn giải: Ta có IA  32  22  42  29 và IB  02  52  22  29 . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng 94 1 1  AB, vì IA=IB nên IM  AB, ta có M  ; ;5  ; IM  . 2 2 2  Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P): Nếu H, M là hai điểm phân biệt thì tam giác IHM vuông tại H, IH
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top