Mặt phẳng đi qua trọng tâm của tứ diện, song song với một mặt phẳng của tứ diện và chia khối tứ diện thành hai phần. Tính tỉ số thể tích (phần bé chia phần

lớn) của hai phần đó.

A. 2

3. ^B.

5.

7 ^C.

27.

37 ^D.

3. 4

D

N M

B C A

P

Q P

N M

D E

C B

A

Lời giải. Gọi E F I, , lần lượt là trung điểm của các cạnh AC BD EF, , khi đó I là trọng tâm của tứ diện ABCD. Ta sẽ dựng mặt phẳng qua I song song với

(

^BCD

)

^.

Trong mặt phẳng

(

^EBD

)

dựng đường thẳng qua I song song với BD cắt EB ED, lần lượt tại M N, . Qua M N, lần lượt kẻ các đường thẳng lần lượt song song với BC CD, cắt AB AC AD, , lần lượt tại

, , . P Q J

Do Q là trung điểm của 3 4, EC AQ

⇒ AC = suy ra 3

4. AP AJ AQ AB =AD=AC =

Ta có ^{. .}

.

3 3 3 27 27

. . . . .

4 4 4 64 37

A PQJ A PQJ

A BCD PQJBCD

V AP AQ AJ V

V = AB AC AD= = ⇒V = Chọn C.

Câu 95. Cho tứ diện đều SABC có cạnh bằng 1. Mặt phẳng

( )

^P đi qua điểm S và trọng tâm G của tam giác ABC cắt các cạnh AB AC, lần lượt tại M N, . Tính thể tích nhỏ nhất V_min của khối tứ diện SAMN.

A. _min 2 18.

V = B. _min 4 9.

V = C. _min 2

27.

V = D. _min 2

36. V =

Lời giải. Gọi E là trung điểm của BC. Qua B C, lần lượt kẻ đường thẳng song song với MN và cắt đường thẳng AE tại P Q, .

Theo định lí Talet, ta có .

AB AP

AB AC AP AQ AP AQ AM AG

AC AQ AM AN AG AG AG

AN AG

 =

 +

 ⇒ + = + =

 =



Mặt khác ∆^BPE= ∆^CQE→^PE=^QE⇒ ^AP+^AQ=

(

^AE−^PE

) (

+ ^AE+^QE

)

=^2AE.

Do đó 2 3 1 1

2. 3 3

2 AB AC AE

AM +AN = AG = = ⇒AM +AN = . Đặt 1 1

AM x 3.

AN y x y

 =

 ⇒ + =

 =



Vì SABC là tứ diện đều ⇒^SG⊥

(

^ABC

)

và 2 . SG= 3

Do đó 1 1 1 ⁰ 2 2

. . sin 60 . . .

3 3 2 12 12

SAMN AMN

V = S_∆ SG=  AM AN SG= AM AN = xy G

G

E Q

P N M

B C

A

A

B

C S

M

N

I J F

E Q P

D A

B

C

M N

Ta có 1 1 2 2 4 _min 2

3 .

3 9 27

xy xy V

x y xy

= + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇒ = Chọn C.

Câu 96. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích bằng 48. Gọi M N, lần lượt là điểm thuộc các cạnh AB CD, sao cho MA=MB, ND=2NC . Tính thể tích V của khối chóp S MBCN. .

A. V=8. B. V =20. C. V=28. D. V =40.

Lời giải. Gọi d là khoảng cách từ đỉnh A đến cạnh CD. Diện tích hình bình hành S_ABCD=AB d. .

Ta có S_MBCN =S_ABCD−S_∆AMN−S_∆ADN

1 1 1 1

. . . .

2 2 4 6

AB d AM d DN d AB d AB d AB d

= − − = − −

7 7

. .

12AB d 12S^ABCD

= =

Vậy _{. .} 7 _. 7

.48 28.

12 12

S MBCN S ABCD

V = V = = Chọn C.

Câu 97. Cho hình chóp S ABCD. . Gọi A', ', ', 'B C D lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC SD, . Tính tỷ số k của thể tích khối chóp S A B C D. ' ' ' ' chia cho thể tích khối chóp S ABCD. .

A. 1

k=2. B. 1

k=4. C. 1

k=8. D. 1 k=16.

Lời giải. Lưu ý: Tỉ số thể tích chỉ áp dụng cho khối chóp tam giác nên nếu đáy là tứ giác ta chia đáy thành hai tam giác.

Ta có V_{S A B C D. ' ' ' '}=V_{S A B C. ' ' '}+V_{S A D C. ' ' '}. Mà ^{. ' ' '}

.

' ' ' 1 1 1 1

. . . . .

2 2 2 8

S A B C S ABC

V SA SB SC

V = SA SB SC = = Suy ra _{. ' ' '} 1 _.

. .

S A B C 8 S ABC

V = V

Tương tự ta cũng có _{. ' ' '} 1 _.

. .

S A D C 8 S ADC

V = V

Vậy . ' ' ' ' . .

(

. .

)

.

1 1 1 1

8 8 8 8 .

S A B C D S ABC S ADC S ABC S ADC S ABCD

V = V + V = V +V = V

Suy ra ^{. ' ' ' '}

.

1. 8

S A B C D S ABCD

V

V = Chọn C.

Câu 98. Cho khối chóp S ABCD. có thể tích bằng V . Lấy điểm A' trên cạnh SA sao

cho 1

' 3

SA = SA. Mặt phẳng

( )

^{α qua A'} và song song với đáy

(

^ABCD

)

cắt các cạnh , ,

SB SC SD lần lượt tại B', ', 'C D . Tính thể tích V' của khối chóp S A B C D. ' ' ' '. A. '

3

V =V . B. ' 9

V =V . C. ' 27

V =V . D. ' 81 V =V . Lời giải. Từ giả thiết suy ra ' ' 1

' ' .

3 SB SA A B AB

SB SA

⇒ = = Tương tự ' ' 1

3. SC SD

SC = SD = N

M

D

B

C A S

D' C' B' A'

S

A

C

B

D

Ta có V_{S A B C D. ' ' ' '}=V_{S A B C. ' ' '}+V_{S A D C. ' ' '}. Mà ^{. ' ' '}

.

' ' ' 1 1 1 1

. . . . .

3 3 3 27

S A B C S ABC

V SA SB SC

V =SA SB SC = =

. ' ' ' .

1 . .

S A B C 27 S ABC

V V

→ =

Tương tự ta cũng có _{. ' ' '} 1 _. 27 .

S A D C S ADC

V = V

Vậy . ' ' ' ' . .

(

. .

)

.

1 1 1 1

27 27 27 27 27.

S A B C D S ABC S ADC S ABC S ADC S ABCD

V = V + V = V +V = V =V Chọn C.

Câu 99. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật. Mặt phẳng

( )

^{α đi}

qua A B, và trung điểm M của SC. Mặt phẳng

( )

^α chia khối chóp đã cho thành hai phần có thể tích lần lượt là V V₁, ₂ với V₁<V₂. Tính tỉ số ¹

2

V . V A. ¹

2

1 4 V

V = . B. ¹

2

3 8 V

V = . C. ¹

2

5 8 V

V = . D. ¹

2

3 5 V V = . Lời giải. Kẻ MN CD

(

^N∈CD

)

^{, suy ra ABMN} là thiết diện của khối chóp.

Ta có V_{S ABMN.} =V_{S ABM.} +V_{S AMN.} .

.

. . .

.

1 1 1

2 2 4 .

S ABM

S ABM S ABC S ABCD

S ABC

V SM

V V V

V = SC = ⇒ = =

.

. .

.

1 1

. .

4 8

S AMN

S AMN S ABCD S ACD

V SM SN

V V

V = SC SD = ⇒ =

Do đó _. 1 _. 1 _. 3 _.

4 8 8 .

S ABMN S ABCD S ABCD S ABCD

V = V + V = V

Suy ra 5 _.

ABMNDC 8 S ABCD

V = V nên ¹

2

3. 5 V

V = Chọn D.

Câu 100. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, BA=BC=1, AD=2. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA= 2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB. Tính thể tích V của khối chóp _{S AHCD}. .

A. 2 2

V= 3 . B. 4 2

V = 9 . C. 4 2

V= 3 . D. 2 2 V = 9 . Lời giải. Tam giác vuông SAB, có SB= SA²+AB² = 3.

Ta có V_{S AHCD.} =V_{S ACD.} +V_{S AHC.} .

● .

1 1 1 2

. .

3 3 2 3

S ACD ACD

V = S_∆ SA=  AD AB SA = .

●

2 .

. .

2 .

2 2 2

3 3 9 .

S AHC

S AHC S ABC

S ABC

V SH SA

V V

V =SB =SB = ⇒ = =

Vậy _. 2 2 4 2

3 9 9 .

S AHCD

V = + = Chọn B.

Câu 101. Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD. . Gọi N là trung điểm SB, M là điểm đối xứng với B qua A. Mặt phẳng

(

^MNC

)

chia khối chóp S ABCD. thành hai phần có thể tích lần lượt là V V₁, ₂ với V₁<V₂. Tính tỉ số ¹

2

V . V

D

B

C A

A' B' D' C'

S

S

A

C B

D M N

D

B C A

S

H

A. ¹

2

5. 7 V

V = B. ¹

2

5. 11 V

V = C. ¹

2

5. 9 V

V = D. ¹

2

5. 13 V V = Lời giải. Gọi h S, lần lượt là chiều cao và

diện tích đáy của khối chóp S ABCD. .

Khi đó _. 1

3 . .

S ABCD

V = S h

Nối MN cắt SA tại E, MC cắt AD tại F. Tam giác SBM có A N, lần lượt là trung điểm của BM và SB suy ra E là trọng tâm tam giác SBM. Tứ giác ACDM là hình vuông nên F là trung điểm MC. Ta có V_{BNC AEF.} =V_ABCEN+V_{E ACF.} .

.

. .

.

2 1 1 1

. 3 2 3 3

S ENC

S ENC S ABC S ABC

V SE SN

V V

V =SA SB = × = → =

. . .

2 2 1 1

3 3 2 3 .

ABCEN S ABC S ABCD S ABCD

V V  V  V

→ = =  =

( )

. .

1 1 1 1 1

. , . . .

3 3 4 3 12

E ACF ACF S ABCD

V = S_∆ d E ACF = S h= V

Do đó _{. .} 1 _. 1 _. 5 _{. 1}

3 12 12 .

BNC AEF ABCEN E ACF S ABCD S ABCD S ABCD

V =V +V = V + V = V =V

Suy ra _{2 .} ¹

2

7 5

12 ^{S ABCD} 7.

V V V

= →V = Chọn A.

Câu 102. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA=a vuông góc với mặt phẳng đáy

(

^ABCD

)

^{. Điểm M} thuộc cạnh SA sao cho ^SM _k.

SA = Xác định k sao cho mặt phẳng

(

^MBC

)

chia khối chóp đã cho thành hai phần có thể tích bằng nhau.

A. 1 3

2 . k − +

= B. 1 5

2 . k − +

= C. 1 2

2 . k − +

= D. 1 5

4 . k +

= Lời giải. Kẻ ^{MN AD N}

(

^SD

)

^{SN SM k.}

SD SA

∈ → = = Khi đó mặt phẳng

(

^MBC

)

^chia

khối chóp thành hai phần là S MBCN. và AMBDNC. Ta có V_{S MBCN.} =V_{S MBC.} +V_{S MCN.} .

.

. .

.

. .

S MBC

S MBC S ABC

S ABC

V SM

k V k V

V = SA = ⇒ =

2 2

.

. .

.

. . .

S MCN

S MCN S ACD

S ACD

V SM SN

k V k V

V = SA SD = ⇒ =

Từ giả thiết, ta có _. 1 _{. .} ² _. 1 _.

. .

2 2

S MBCN S ABCD S ABC S ACD S ABCD

V = V ⇒k V +k V = V

2 2

. .

.

1 1 5

. . 1 .

2 2 2 2

S ABCD S ABCD

S ABCD

V V

k k V k k k − +

→ + = → + = → = Chọn B.

F E M

N S

A

C

B

D

M N

B

D

C A S

Câu 103. Gọi V là thể tích của hình lập phương ABCD A B C D. ' ' ' ', V₁ là thể tích tứ diện A ABD' . Hệ thức nào sau đây đúng?

A. V=6 .V₁ B. V =4 .V₁ C. V=3 .V₁ D. V =2 .V₁ Lời giải. Ta có V =S_ABCD.AA' và ₁ 1

. '.

3 ^ABD V = S_∆ AA Mà

1

1 6

ABD 2 ABCD

S S V

∆ = →V = .

Suy ra V =6 .V₁ Chọn A.

Câu 104. Cho lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' '. Gọi D là trung điểm AC . Tính tỉ số k của thể tích khối tứ diện B BAD' và thể tích khối lăng trụ đã cho.

A. 1

k=4. B. 1

k=12. C. 1

k=3. D. 1 k=6. Lời giải. Ta có V_{ABC A B C. ' ' '}=S_∆ABC.BB' và

'

1 . '.

B BAD 3 BAD

V = S_∆ BB

Mà ^'

. ' ' '

1 1

2 6.

B BAD

BAD ABC

ABC A B C

S S k V

∆ = ∆ → =V =

Chọn D.

Câu 105. Cho khối lăng trụ ABC A B C. ′ ′ ′. Đường thẳng đi qua trọng tâm của tam giác ABC và song song với BC cắt các cạnh AB AC, lần lượt tại D E, . Mặt phẳng

(

^{A DE′}

)

chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích (phần bé chia phần lớn) của chúng.

A. 2

3. ^B.

4.

23 ^C.

4.

9 ^D.

4 . 27 Lời giải. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.

Gọi E là trung điểm của BC 2 3. AG

⇒AE =

Đường thẳng d đi qua G và song song BC , cắt các cạnh AB AC, lần lượt tại M N, .

2 3 AM AN AG

AB AC AE

⇒ = = =

2 3 4

2 9 .

3

AMN ABC

AM AB

S S

AN AC

∆ ∆

 =

⇒ ⇒ =

 =



( )

¹

Ta có V_{ABC A B C. ′ ′ ′}=S_∆ABC.AA' và _'. 1

. '.

A AMN 3 AMN

V = S_∆ AA

( )

²

Từ

( )

^{1 và}

( )

^{2 , suy ra} '. .

4

A AMN 27 ABC A B C

V = V _{′ ′ ′ .} 23 _.

27 .

BMNC A B C ABC A B C

V _{′ ′ ′} V _{′ ′ ′}

→ =

Vậy ^'.

.

4. 23

A AMN BMNC A B C

V

V _{′ ′ ′} = Chọn B.

A

B C

D A'

B'

C'

D'

D C'

B' A'

C A B

G E N

A M B

C

A' B'

C'

Câu 106. Cho hình lăng trụ ABC A B C. ′ ′ ′ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, 2 2

AC= . Biết AC′ tạo với mặt phẳng

(

^ABC

)

một góc 60⁰ và AC′ =4. Tính thể tích V của khối đa diện ABCC B′ ′.

A. V=8 3. B. 16 3.

V = C. 8 3

3 .

V= D. 16 3

3 . V = Lời giải. Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng

(

^{A B C′ ′ ′}

)

^.

Suy ra HC′ là hình chiếu của AC′ trên mặt phẳng

(

^{A B C′ ′ ′}

)

^.

Do đó ^{600 =AC′,}

(

^{A B C′ ′ ′}

)

^{=AC HC′, ′=AC H′ .}

Tam giác AHC′, có AH=AC′.sinAC H′ =2 3.

Diện tích tam giác ² 4.

ABC 2

S_∆ =AC =

Suy ra V_{ABC A B C. ′ ′ ′} =S_∆ABC.AH=8 3.

Ta có _{. ' ' '} 1 _{' ' '} 1 _. 8 3

. .

3 3 3

A A B C A B C ABC A B C

V = S_∆ AH= V _{′ ′ ′} =

Suy ra _{. .} 16 3

3 .

ABCC B ABC A B C A A B C

V _{′ ′}=V _{′ ′ ′}−V _{′ ′ ′}= Chọn D.

Câu 107. Cho khối hộp ABCD A B C D. ′ ′ ′ ′ có thể tích V. Các điểm M N P, , thỏa mãn điều kiện AM =2AC , AN=3AB′ và AP=4AD′. Tính thể tích của khối tứ diện

AMNP theo V.

A. V_AMNP =8 .V B. V_AMNP=4 .V C. V_AMNP =6 .V D. V_AMNP=12 .V Lời giải. Ta có V =V_{AB D C}' ' +

(

V_{AA B D}' ' '+V_{CC B D}' ' '+V_{D DAC}' +V_{B BAC}'

)

.

Mà _{' ' ' ' ' ' ' '}

AA B D CC B D D DAC B BAC 6 V =V =V =V =V . Suy ra _{' '}

AB D C 3 V =V .

Từ giả thiết, ta có 1 1 1

; ; .

3 2 4

AB AC AD

AN AM AP

′ ′

= = =

Ta có ^.

.

. . 1

24

A B D C A NPM

V AB AD AC

V AN AP AM

′ ′ ′ ′

= =

. 24 . 24. 8 .

A NPM A B D C 3

V V _{′ ′} V V

→ = = = Chọn A.

Nhận xét: Công thức giải nhanh: Thể tích của khối tứ diện (4 đỉnh nằm trên hai đường chéo của hai mặt đối diện) có thể tích bằng 1

3 của khối lăng trụ tam giác.

Câu 108. Cho hình lăng trụ ABC A B C. ' ' ' có thể tích bằng V . Các điểm M , N, P lần lượt thuộc các cạnh AA', BB', CC' sao cho 1

' 2 AM

AA = , 2

' ' 3

BN CP

BB =CC = . Tính thể tích V' của khối đa diện ABC MNP. .

A. 2

' .

V =3V B. 9

' .

V =16V C. 20

' .

V =27V D. 11

' .

V =18V H

C'

B' A'

C B A

A B

D C

A' B'

C' D'

Lời giải. Công thức giải nhanh _.

ABC MNP 3

m n p V = + + V

với , , .

' ' '

AM BN CP

m n p

AA BB CC

= = =

Áp dụng: 1 2 2

, ,

2 3 3

m= n= p= , ta dược _. 11

18 .

ABC MNP

V = V

Chọn D.

Câu 109. Người ta cần cắt một khối lập phương thành hai khối đa diện bởi một mặt phẳng đi qua A (như hình vẽ) sao cho phần thể tích của khối đa diện chứa điểm B bằng một nửa thể tích của khối đa diện còn lại. Tính tỉ số .

' k CN

=CC A. 1

3.

k= B. 2

3. k= C. 3

4.

k= D. 1 2. k=

Lời giải. Công thức giải nhanh

' ' ' '

0 ' ' ' .

2 2

AMNPBCD ABCDA B C D

CN BM DP

V CC BB DD

V

+ +

= =

Theo giả thiết, ta có

' ' ' '

1 0 ' 1 2.

3 2 3 ' 3

AMNPBCD ABCDA B C D

CN

V CC CN

V CC

+

= → = → = Chọn B.

Câu 110. Cho hình hộp ABCD A B C D. ' ' ' '. Gọi M là điểm thuộc đoạn CC' thỏa mãn ' 4

CC = CM. Mặt phẳng

(

^{AB M'}

)

chia khối hộp thành hai phần có thể tích là V₁ và V2. Gọi V₁ là phần có chứa điểm B. Tính tỉ số ¹

2

k V

=V .

A. 7

32.

k= B. 7 16.

k= C. 7

25.

k= D. 25 32. k=

Lời giải. Trong mặt phẳng

(

^{CDD C' '}

)

^{, kẻ MN C D' với N∈CD. Suy ra 1} CN=4CD và V₁ là khối đa điện ABB NCM' .

Ta chia khối hộp thành hai phần (như hình vẽ). Khi đó V_{ABB NCM'.} =V_{ABB CM'} +V_MACN. A

C A'

C' D'

D

M

N A

B

C A'

B' C'

M N

M

D D' B' C' A'

B C A

P N M

D'

C' B'

A'

D C B

A

P M

N A

B C

A'

B' C'

' . ' ' '

0 1 1

5 1

4 . . .

3 12 2

ABB CM ABC A B C

V V V

+ +  

= =  

'. . ' ' '

1 1 1 1 1

. . .

4 4 16 3 96

MACN C ADC ADC A D C

V = V =  V = V

Vậy _{1 ' 2} ¹

2

7 25 7

32 32 25.

ABCMB MACN

V V V V V V

= + = → = →V = Chọn C.

Nhận xét. Ta có 1 1 _'.

4 4.

MACN C ADC

V = V vì diện tích giảm 4 lần và chiều cao giảm 4 lần.

Câu 141. Từ một mảnh giấy hình vuông cạnh a, người ta gấp thành hình lăng trụ theo hai cách sau:

Cách 1. Gấp thành 4 phần đều nhau rồi dựng lên thành một hình lăng trụ tứ giác đều có thể tích là V₁ (Hình 1).

Cách 2. Gấp thành 3 phần đều nhau rồi dựng lên thành một hình lăng trụ tam giác đều có thể tích là V₂ (Hình 2).

Tính tỉ số ¹

2

V . k=V A. 3 3

2 .

k= B. 4 3

9 .

k= C. 3 3

4 .

k= D. 3 3

8 . k= Lời giải. Gọi cạnh hình vuông là a.

Khi đó

2 3

1 .

4 16

a a

V =    a= và

2 3

2

3 3

3 4 . 36

a a

V =    a= . Suy ra ¹

2

3 3. 4 k V

=V = Chọn C.

Câu 142. Một người cần làm một hình lăng trụ tam giác đều từ tấm nhựa phẳng để có thể tích là 6 3 cm³. Để ít hao tốn vật liệu nhất thì cần tính độ dài các cạnh của khối lăng trụ tam giác đều này bằng bao nhiêu?

A. Cạnh đáy bằng 2 6cm và cạnh bên bằng 1cm.

B. Cạnh đáy bằng 2 3cm và cạnh bên bằng 2cm.

C. Cạnh đáy bằng 2 2cm và cạnh bên bằng 3cm.

D. Cạnh đáy bằng 4 3cm và cạnh bên bằng 1 2cm.

Lời giải. Giả sử hình lăng trụ tam giác đều cần làm là .

ABC A B C′ ′ ′ có độ dài AB=x AA, ′=h.

Khi đó 3 ²

ABC 4

S_∆ = x và _. 3 ²

. .

ABC 4

ABC A B C

V _{′ ′ ′}=S AA′= x h

Theo giả thiết 3 ² 24₂

6 3 .

4 x h h

= ⇒ =x

Để ít tốn vật liệu nhất thì diện tích toàn phần của khối lăng trụ ABC A B C. ′ ′ ′ là nhỏ nhất.

Gọi S_tp là tổng diện tích các mặt của khối lăng trụ .

ABC A B C′ ′ ′, ta có

2 2

tp

3 3 72

2 3 3 .

2 2

ABC ABB A

S S S x hx x

′ ′ x

= ∆ + = + = +

Khảo sát ( ) ^{3 2 72} f x 2 x

= + x trên (0;+∞), ta được ^{f x}( ) nhỏ nhất khi x=2 3. Với x=2 3 cm→ =h 2cm. Chọn B.

Hình 1 Hình 2

C'

B' A'

C A B

a h

Câu 143. Cho một tấm nhôm hình chữ nhật có kích thước 80cm 50cm× . Người ta cắt ở bốn góc của tâm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng ^x(^cm), rồi gập tấm nhôm lại thì được một cái thùng không nắp dạng hình hộp.

Tính thể tích lớn nhất V_max của hộp tạo thành.

A. V_max=18000cm .³ B. V_max=28000cm .³ C. V_max=38000cm .³ D. V_max=8000cm .³

Lời giải. Hình hộp được tạo thành có kích thước: chiều dài ⁸⁰−^2x(^cm), chiều rộng ( )

50−2x cm , chiều cao ^x(^cm)^.

Suy ra thể tích thùng tạo thành ^V=x(^80−2x)(^50−2x)^{=4x3−260x2+4000x.} Khảo sát ^{f x}( )^{=4x3−260x2+4000x trên} (^0;25)^{, được}

( ) ( ) ( ) ³

max0;25 f x = f 10 =18000cm . Chọn A.

Câu 144. Cho một tấm bìa hình chữ nhật có kích thước 60cm 40cm× . Người ta cắt 6 hình vuông bằng nhau như hình vẽ, mỗi hình vuông cạnh bằng xcm, rồi gập tấm bìa lại để được một hộp có nắp. Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất.

A. 20 3 cm.

x= B. x=4cm. C. x=5cm. D. 10

3 cm.

x= Lời giải. Các kích thước khối hộp lần lượt là: 60 3

2

− x; 40−2x; x.

Khi đó hop ( ) ³ ( )

60 3 2

40 2 3 120 1200 .

2

V = − x − x x= x − x + x= f x

Khảo sát hàm ^{f x}( ) ^{với 0< <x 20, ta được f x}( ) lớn nhất khi 20 3. x= Chọn A.

Câu 145. Một hộp không nắp được làm từ một mảnh các tông theo hình vẽ. Hộp có đáy là một hình vuông cạnh ^x(^cm) , chiều cao là ^h(^cm) và thể tích là 500cm .3 Tìm độ dài cạnh hình vuông x sao cho chiếc hộp làm ra tốn ít bìa các tông nhất.

A. x=2cm. B. x=3cm.

C. x=5cm. D. x=10cm.

Lời giải. Thể tích khối hộp ² 500₂

. . 500 .

V x x h x h h

= = = ⇒ = x

Để chiếc hộp làm ra ít tốn bìa các tông nhất khi và chỉ khi diện tích toàn phần của hộp là nhỏ nhất.

Diện tích toàn phần của hộp (không nắp) S_tp=S_day+S_{xung quanh}=x x. +4.hx=x²+4hx

Cosi 3

2 2 2 2

2

500 2000 1000 1000

4 . 3 1000 .

x x x x

x x x

+ x = + = + + ≥

Dấu ''='' xảy ra ² 1000 1000 ³

1000 10.

x x x

x x

⇔ = = ⇔ = ⇔ = Chọn D.

Cách 2. Xét hàm ^{f x}( ) ^{x2 2000}

= + x với x>0. Câu 146. Một người đã cắt tấm bìa các tông và đặt kích thước như hình vẽ. Sau đó bạn ấy gấp theo đường nét đứt thành cái hộp hình hộp chữ nhật. Hình hộp có đáy là hình vuông cạnh

(^cm)

a , chiều cao ^h(^cm) và diện tích toàn phần bằng 6m². Tổng (^a+h) bằng bao nhiêu để thể tích hộp là lớn nhất.

A. x+ =h 2cm. B. x+ =h 3cm. C. x+ =h 4cm. D. x+ =h 6cm.

Lời giải. Diện tích toàn phần _tp ² 6 2 ²

4 2 6 .

4

S ah a h a

a

= + = ⇒ = −

Thể tích khối hộp chữ nhật: ² 6 2 ² 6 2 ³

. . . .

4 4

a a a

V a a h a a

− −

= = =

Khảo sát hàm ( )

6 2 3

4

a a

f a −

= trên 1

0; 3

 

 

 

 

 , ta được ^{f a}( ) lớn nhất tại a=1.

Với a= → = 1 h 1 → + =a h 2cm. Chọn A.

Câu 147. Một xưởng sản xuất những thùng bằng nhôm hình hộp chữ nhật không nắp và có các kích thước x y z, , dm( ). Biết tỉ số hai cạnh đáy là x y: =1 : 3, thể tích khối hộp bằng 18dm .³ Để tốn ít vật liệu nhất thì tổng x+ +y z bằng:

A. 10dm. B. 19

2 dm. C. 26dm. D. 26 3 dm.

Lời giải. Ta có x y: =1 : 3⇒y=3 .x Theo giả thiết, ta có 6₂

18 .

xyz z

= ⇒ =x

Tổng diện tích vật liệu (nhôm) cần dùng là:

tp day xungquanh

S =S +S (do hộp không nắp)

( ) ⁶₂ ⁶₂ ^{2 48}

2 .3 2 . 3 . 3 .

xy xz yz x x x x x

x

x x

 

= + + = +  + = + Xét hàm ^{f x}( ) ^{3x2 48}

= + x trên (^0;+∞)^{, ta được f x}( ) nhỏ nhất khi x=2.

Khi 3 19

2 6, dm.

2 2

x= →y= z= → + + =x y z Chọn A.

Cách 2. BĐT Côsi ² 48 ² 8 8 ^{3 2} 8 8

3x 3 x 3.3 x . . 36.

x x x x x

 

+ =  + + ≥ = Dấu ''='' xảy ra ² 8 8

2.

x x

x x

⇔ = = → =

Câu 148. Để thiết kế một chiếc bể cá hình hộp chữ nhật không nắp có chiều cao là 60cm, thể tích 96000cm³. Người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành 70.000 đồng/m² và loại kính để làm mặt đáy có giá thành 100.000 đồng/m². Tính chi phí thấp nhất để hoàn thành bể cá.

A. 320.000 đồng. B. 32.000 đồng. C. 83.200 đồng. D. 68.800 đồng.

h h

a a

z

y

x

Lời giải. Gọi ^x( )^{m , y}( )^m (^x>0,y>0) ^{là chiều} dài và chiều rộng của đáy bể.

Theo giả thiết, ta có: 0,16

0, 6xy 0,096 y .

= ⇒ = x Diện tích mặt đáy: _day 0,16

. 0,16

S xy x

= = x =

→ giá tiền 0,16 100.000× =16.000 đồng.

Diện tích xung quanh: _xungquanh 0,16

2 .0,6 2 .0, 6 1, 2

S x y x

x

 

= + =  + 

→ giá tiền 0,16 0,16

1,2 x .70000 84000 x

x x

   

 +  =  + 

   

 

    đồng.

Suy ra tổng chi phí ^{f x}( ) ^{84000 x 0,16 16000} x

 

=  + +

Cosi 0,16

84000.2 x. 16000 83.200

≥ x + = đồng. Chọn C.

Câu 149. Người ta cắt một tờ giấy hình vuông cạnh bằng 1 để gấp thành một hình chóp tứ giác đều sao cho bốn đỉnh của hình vuông dán lại thành đỉnh của hình chóp như hình vẽ. Để thể tích khối chóp lớn nhất thì cạnh đáy x của hình chóp bằng:

A. 2

5 .

x= B. 2 2

5 . x= C. x=2 2. D. 2

5. x=

Lời giải. Ta có

1 2

2 2 2

BM=BO−MO= AB−MO= −x . Chiều cao của hình chóp:

2 2

2 2 2 1 2

2 2 2 2 .

x x x

h= BM −MO =  −  −   = − Suy ra thể tích của khối chóp:

4 5

1 2 1 2 1 2

3 2 3 2 .

x x x

V x − −

= =

Khảo sát hàm ^{f x}( )=^x4−^{x5 2} trên 2 0; 2

 

 

 

 

 , ta được ^{f x}( ) lớn nhất khi 2 2 x= 5 . Chọn B.

Cách làm trắc nghiệm. Đầu tiên ta loại đáp án C do 2 2 2 0;

x= ∉ 2 . Thay ba đáp án còn lại vào hàm số ^{f x}( )=^x4−^{x5 2}. So sánh kết quả nào lớn nhất ta chọn. Nếu đề bài hỏi giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp thì ta không làm theo cách này được.

y

x 60cm

Trong tài liệu Lý thuyết và bài tập trắc nghiệm chuyên đề khối đa diện – Huỳnh Đức Khánh - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247 (Trang 52-65)