Ứng Dụng Của Đạo Hàm Để Khảo Sát Và Vẽ Đồ Thị Của Hàm Số
B. Đồ thị hàm số đã cho có đúng một tiệm cận ngang
4. Xác định số nghiệm phương trình dựa vào bảng biến thiên hoặc đồ thị
1.108 (Đề chính thức 2020). Cho hàm số bậc bốny = f(x)có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số nghiệm thực của phương trình f(x)= −1 là 2
A. 2. B. 1. C. 3. D. 4.
x y
O
−1 1
−1
−2
Lời giải.
Số nghiệm phương trình f(x) = −1
2 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = −1
2. Từ đồ thị suy ra phương trình f(x)=−1
2 có3nghiệm thực phân biệt. x
y
O
−1 1
−1
−2
y=−12
Chọn phương ánC.
1.109 (Đề chính thức 2020). Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số nghiệm thực của phương trình f(x) = −1 là
A. 1. B. 0. C. 3. D. 2.
x y
−1O 1 2
−2
Lời giải.
Số nghiệm thực của phương trình f(x) = −1 là số giao điểm của đường thẳngy=−1và đồ thị hàm sốy= f(x).
Dựa vào đồ thị, ta thấy đường thẳngy =−1cắt đồ thị hàm sốy= f(x)tại 3điểm phân biệt.
Vậy phương trình f(x)=−1có3nghiệm thực phân biệt. x
y
−1O 1 2
−2
y=−1
Chọn phương ánC.
1.110 (Đề tham khảo 2020). Cho hàm số bậc bốny = f(x)có đồ thị trong hình bên. Số nghiệm của phương trình f(x)= −1là
A. 1. B. 2. C. 4. D. 3.
x y
O
−2
−3
2 1
Lời giải.
Số nghiệm của phương trình f(x) = −1bằng số giao điểm của đồ thị hàm sốy= f(x)với đường thẳngy=−1.
Dựa vào hình vẽ, suy ra số nghiệm của phương trình đã cho bằng4.
x y
O
y=−1
−2
−3
2 1
−1
Chọn phương ánC.
1.111 (Đề chính thức 2018). Cho hàm số f(x)=ax3+bx2+cx+d(a,b,c,d ∈ R). Đồ thị của hàm sốy = f(x)như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của phương trình3f(x)+4= 0là
A. 2. B. 1. C. 3. D. 0.
x y
O
−2 2
−2
Lời giải.
Ta có3f(x)+4= 0⇔ f(x)=−4 3.
Dựa vào hình vẽ, ta thấy đường thẳngy= −4
3 cắt đồ thị hàm sốy= f(x)tại ba điểm phân biệt.
Chọn phương ánC.
§5. Khảo Sát Sự Biến Thiên Và Vẽ Đồ Thị Của Hàm Số Nguyễn Minh Hiếu
1.112 (Đề tham khảo 2019). Cho hàm số y= f(x)có bảng biến thiên như hình vẽ bên.
Số nghiệm thực của phương trình2f(x)+3= 0là
A. 3. B. 4. C. 1. D. 2.
x y0 y
−∞ −2 0 2 +∞
− 0 + 0 − 0 + +∞
+∞
−2
−2
1 1
−2
−2
+∞ +∞
Lời giải.
Ta có2f(x)+3=0⇔ f(x)= −3 2.
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm sốy= f(x)và đường thẳngy= −3 2. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy số nghiệm thực của phương trình2f(x)+3=0là4.
Chọn phương ánB.
1.113 (Đề tham khảo 2018). Cho hàm sốy = f(x)có bảng biến thiên như hình bên. Số nghiệm phương trình
f(x)−2= 0là
A. 3. B. 1. C. 2. D. 0.
x y0 y
−∞ −1 3 +∞
+ 0 − 0 +
−∞
−∞
4 4
−2
−2
+∞ +∞
Lời giải.
Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm sốy = f(x)cắt đường thẳng y = 2tại 3 điểm phân biệt nên phương trình f(x)−2= 0có 3 nghiệm.
Chọn phương ánA.
1.114 (Đề tham khảo 2020). Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như hình bên. Số nghiệm của phương trình3f(x)−2=0là
A. 2. B. 1. C. 0. D. 3.
x f0(x)
f(x)
−∞ 2 3 +∞
+ 0 − 0 +
−∞
−∞
1 1
0 0
+∞ +∞
Lời giải.
Ta có3f(x)−2=0⇔ f(x)= 2 3.
Từ bảng biến thiên, suy ra phương trình f(x)= 2
3 có3nghiệm phân biệt.
Chọn phương ánD.
1.115 (Đề thử nghiệm 2017). Cho hàm sốy= f(x) xác định trên R\ {0}, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như hình bên. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số thựcmsao cho phương trình f(x)=mcó ba nghiệm thực phân biệt.
A. (−1; 2). B. [−1; 2].
C. (−1; 2]. D. (−∞; 2].
x f0(x)
f(x)
−∞ 0 1 +∞
− + 0 −
+∞ +∞
−1 −∞
2 2
−∞
−∞
Lời giải.
Số nghiệm của phương trình f(x)= mbằng số giao điểm của đồ thị hàm sốy= f(x)và đường thẳng y= m. Do đó từ bảng biến thiên suy ra phương trình f(x) =mcó ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
−1< m< 2.
Chọn phương ánA.
1.116 (Đề chính thức 2019). Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của phương trình2f(x)−3 = 0 là
A. 4. B. 1. C. 3. D. 2.
x y0 y
−∞ −2 0 2 +∞
+ 0 − 0 + 0 −
−∞
−∞
3 3
−1
−1
3 3
−∞
−∞
Lời giải.
Ta có2f(x)−3 = 0⇔ f(x) = 3
2. Từ bảng biến thiên, dễ thấy đường thẳngy = 3
2 cắt đồ thị hàm số y= f(x)tại4điểm phân biệt. Vậy phương trình đã cho có4nghiệm phân biệt.
Chọn phương ánA.
5. Sự tương giao của hai đồ thị
1.117 (Đề tham khảo 2020). Số giao điểm của đồ thị hàm sốy= x3−3x+1và trục hoành là
A. 2. B. 1. C. 0. D. 3.
Lời giải.
C1: Phương trình hoành độ giao điểm x3−3x+1=0.
Dùng máy tính giải phương trình trên được3nghiệm phân biệt.
Vậy số giao điểm của đồ thị hàm sốy= x3−3x+1và trục hoành là3.
C2: Ta cóy0 = 3x3−3;y0 =0⇔ x= ±1. Bảng biến thiên x
y0 y
−∞ −1 1 +∞
+ 0 − 0 +
−∞
−∞
3 3
−1
−1
+∞ +∞
Từ bảng biến thiên, suy ra đồ thị hàm số cắt trục hoành tại3điểm phân biệt.
Chọn phương ánD.
1.118 (Đề tham khảo 2017). Cho hàm sốy= x3−3xcó đồ thị(C). Tìm số giao điểm của(C)và trục hoành.
A. 3. B. 2. C. 0. D. 1.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm x3−3x=0⇔
ñx= 0 x= ±
√3.
Do đó số giao điểm của(C)vàOxlà 3.
Chọn phương ánA.
1.119 (Đề chính thức 2020). Số giao điểm của đồ thị hàm sốy=−x3+6xvới trục hoành là
A. 0. B. 2. C. 1. D. 3.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm−x3+6x= 0⇔ −x x2−6
=0⇔
ñx=0 x=±
√6.
Vậy đồ thị hàm sốy=−x3+6xcắt trục hoành tại3điểm phân biệt.
Chọn phương ánD.
1.120 (Đề thử nghiệm 2017). Đồ thị của hàm sốy = x4−2x2+2và đồ thị của hàm sốy =−x2+4 có tất cả bao nhiêu điểm chung?
A. 2. B. 1. C. 4. D. 0.
§5. Khảo Sát Sự Biến Thiên Và Vẽ Đồ Thị Của Hàm Số Nguyễn Minh Hiếu Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm
x4−2x2+2=−x2+4⇔ x4− x2−2=0⇔ x2 =2⇔ x= ±2.
Do đó hai đồ thị đã cho có 2 điểm chung.
Chọn phương ánA.
1.121 (Đề chính thức 2020). Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x3 + 3x2 và đồ thị hàm số y = 3x2+3xlà
A. 3. B. 2. C. 1. D. 0.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm
x3+3x2 =3x2+3x⇔ x x2−3
= 0⇔
ñx=0 x=±
√3.
Phương trình trên có3nghiệm phân biệt, do đó hai đồ thị đã cho có3giao điểm.
Chọn phương ánA.
1.122 (Đề minh họa 2016). Biết rằng đường thẳngy= −2x+2cắt đồ thị hàm sốy = x3+ x+2tại điểm duy nhất; kí hiệu(x0;y0)là tọa độ của điểm đó. Tìmy0.
A. y0 =4. B. y0 =2. C. y0 =0. D. y0 =−1.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểmx3+x+2=−2x+2⇔ x=0. Khi đóy0 =y(0)=2.
Chọn phương ánB.
1.123 (Đề chính thức 2017). Tìm tất cả các giá trị thực của tham sốmđể đường thẳngy=mx−m+1 cắt đồ thị của hàm sốy= x3−3x2+x+2tại ba điểmA,B,Cphân biệt sao choAB= BC.
A. m∈ Å
−5 4;+∞
ã
. B. m∈(−∞; 0]∪[4;+∞).
C. m∈R. D. m∈(−2;+∞).
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểmx3−3x2+x+2=mx−m+1⇔(x−1)(x2−2x−m−1)=0.
Đặt(C) : y= x2−3x2+ x+2,d: y= mx−m+1và f(x)= x2−2x−m−1có∆0 =m+2.
Đồ thị(C)cắt đường thẳngdtại ba điểm phân biệt khi
®∆0 >0
f(1),0 ⇔m>−2.
Khi đó đồ thị(C)cắt đường thẳngdtại ba điểmA(x1;mx1−m+1),B(1; 1),C(x2;mx2−m+1).
Trong đó x1, x2là hai nghiệm của f(x)nên xA+xC = x1+x2 =2= 2xB. Suy raBlà trung điểmAC hayAB= BC.
Chọn phương ánD.
1.124 (Đề chính thức 2019). Cho hai hàm sốy= x−3
x−2+x−2
x−1+x−1 x + x
x+1vày=|x+2| −x+m (mlà tham số thực) có đồ thị lần lượt là(C1)và(C2). Tập hợp tất cả các giá trị củamđể(C1)và(C2) cắt nhau tại4điểm phân biệt là
A. [2;+∞). B. (−∞; 2). C. (2;+∞). D. (−∞; 2].
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm của(C1)và(C2)là x−3
x−2+ x−2
x−1+ x−1 x + x
x+1 =|x+2| −x+m
⇔x−3
x−2+ x−2
x−1+ x−1 x + x
x+1 −
»
(x+2)2+x= m. (1)
Xét hàm số f(x)= x−3
x−2+ x−2
x−1 + x−1 x + x
x+1 − p
(x+2)2+xtrênD =R\ {−1,0,1,2}, ta có f0(x) = 1
(x−2)2 + 1
(x−1)2 + 1
x2 + 1
(x+1)2 − x+2
|x+2|+1
= 1
(x−2)2 + 1
(x−1)2 + 1
x2 + 1
(x+1)2 + |x+2| −(x+2)
|x+2| .
Vì|x+2|> x+2với mọi số thựcx, do đó f0(x)>0,∀x∈D\ {−2}. Ta có bảng biến thiên x
f0(x) f(x)
−∞ −2 −1 0 1 2 +∞
+ + + + + +
−∞
−∞
+∞
−∞
+∞
−∞
+∞
−∞
+∞
−∞
2 2
Từ bảng biến thiên, ta thấy phương trình (1) có 4nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m > 2. Vậy, với m> 2thì hai đồ thị(C1)và(C2)cắt nhau tại4điểm phân biệt.
Chọn phương ánA.
6. Tương giao của hàm số hợp
1.125 (Đề tham khảo 2019). Cho hàm sốy= f(x)liên tục trênRvà có đồ thị như hình vẽ bên. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham sốmđể phương trình
f(sinx)= mcó nghiệm thuộc khoảng(0;π)là
A. [−1; 1). B. (−1; 1). C. (−1; 3). D. [−1; 3).
x y
O
−1 1
−1 1 3
Lời giải.
Đặtsinx= t, phương trình trở thành f(t)=m. Với x∈(0;π), ta cót ∈(0; 1].
Do đó yêu cầu bài toán trở thành f (t)= mcó nghiệm thuộc nửa khoảng(0; 1].
Từ đồ thị ta suy ra điều kiện của tham sốmlàm∈[−1; 1).
Chọn phương ánA.
1.126 (Đề tham khảo 2020). Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như hình bên. Số nghiệm thuộc đoạn
ï 0;5π
2 ò
của phương trình f(sinx)= 1là
A. 4. B. 6. C. 7. D. 5.
x f0(x)
f(x)
−∞ −1 0 1 +∞
+ 0 − 0 + 0 −
−∞
−∞
2 2
0 0
2 2
−∞
−∞
Lời giải.
Đặtsinx= t∈[−1; 1], phương trình trở thành f(t)= 1. (1) x
f0(x) f(x)
−∞ −1 0 1 +∞
+ 0 − 0 + 0 −
−∞
−∞
2 2
0 0
2 2
−∞
−∞
y=1
Dựa vào bảng biến thiên, xét trên[−1; 1], ta có(1)⇔
ñt=t1 ∈(−1; 0) t=t2 ∈(0; 1).
§5. Khảo Sát Sự Biến Thiên Và Vẽ Đồ Thị Của Hàm Số Nguyễn Minh Hiếu
x y
O 2π0
π 2 5π
2
π
1
3π 2
−1 t2
t1
Từ đường tròn lượng giác, suy ra
• Nghiệmt1 ∈(−1; 0)tương ứng với 2 giá trịx∈(π; 2π).
• Nghiệmt2 ∈(0; 1)tương ứng với 2 giá trịx∈(0;π)và 1 giá trị x∈ Å
2π;5π 2
ã . Vậy, phương trình đã cho có5nghiệm phân biệt.
Chọn phương ánD.
1.127 (Đề tham khảo 2020). Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như hình bên. Số nghiệm thuộc đoạn[−π; 2π]của phương trình2f(sinx)+ 3=0là
A. 3. B. 6. C. 8. D. 4.
x f0(x)
f(x)
−∞ −1 0 1 +∞
− 0 + 0 − 0 + +∞
+∞
−2
−2
−1
−1
−2
−2
+∞ +∞
Lời giải.
Đặtsinx=t ∈[−1; 1], phương trình trở thành f(t)=−3
2. (1)
x f0(x)
f(x)
−∞ −1 0 1 +∞
− 0 + 0 − 0 +
+∞ +∞
−2
−2
−1
−1
−2
−2
+∞ +∞ y=−32
Dựa vào bảng biến thiên, xét trên[−1; 1], ta có(1)⇔
ñt =t1 ∈(−1; 0) t =t2 ∈(0; 1).
x y
O 2π0
−ππ
1
−1 t2
t1
Từ đường tròn lượng giác, suy ra
• Nghiệmt1 ∈(−1; 0)tương ứng với 2 giá trịx∈(−π; 0)và 2 giá trị x∈(π; 2π).
• Nghiệmt2 ∈(0; 1)tương ứng với 2 giá trị x∈(0;π).
Vậy, phương trình đã cho có6nghiệm phân biệt.
Chọn phương ánB.
1.128 (Đề chính thức 2020). Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như hình bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 5f x2−4x
=mcó ít nhất3nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng(0;+∞)?
A. 24. B. 20. C. 25. D. 21.
x f0(x)
f(x)
−∞ −4 −2 0 +∞
− 0 + 0 − 0 + +∞
+∞
−2
−2
2 2
−3
−3
+∞ +∞
Lời giải.
Xétg(x)=5f x2−4x
trên(0;+∞)cóg0(x)=5(2x−4)f0 x2−4x .
Suy rag0(x)=0⇔
ñ2x−4=0 f0 x2−4x
=0 ⇔
x=2
x2−4x=−4 x2−4x=−2 x2−4x=0
⇔
x=2 x=2±
√ 2 x=0 x=4.
Bảng biến thiên x f0(x)
f(x)
0 2− √
2 2 2+ √
2 4 +∞
0 + 0 − 0 + 0 − 0 +
−15
−15
10 10
−10
−10
10 10
−15
−15
+∞ +∞
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có ít nhất3nghiệm phân biệt⇔ −15< m6 10.
Vậy có25giá trị nguyên củamthỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn phương ánC.
1.129 (Đề chính thức 2019). Cho hàm số y= f(x), bảng biến thiên của hàm số f0(x) như hình bên. Số điểm cực trị của hàm số y= f x2−2x
là
A. 3. B. 7. C. 5. D. 9.
x f0(x)
−∞ −1 0 1 +∞
+∞ +∞
−3
−3
2 2
−1
−1
+∞ +∞
Lời giải.
Ta cóy0 =(2x−2)f0 x2−2x
;y0 =0⇔
ñx= 1 f0 x2−2x
=0. Từ bảng biến thiên, ta thấy
f0 x2−2x
=0⇔
x2−2x= a∈(−∞;−1) (1) x2−2x= b∈(−1; 0) (2) x2−2x= c∈(0; 1) (3) x2−2x= d∈(1;+∞). (4)
Xét hàm sốg(x)= x2−2xtrênRcóg0(x)= 2x−2;g0(x)= 0⇔ x=1. Bảng biến thiên x
g0(x) g(x)
−∞ 1 +∞
− 0 +
+∞ +∞
−1
−1
+∞ +∞
Từ bảng biến thiên, ta thấy
§5. Khảo Sát Sự Biến Thiên Và Vẽ Đồ Thị Của Hàm Số Nguyễn Minh Hiếu
• Phương trình(1)vô nghiệm;
• Các phương trình(2),(3)và(4)có hai nghiệm phân biệt khác nhau và đôi một khác1.
Như vậy,y0có7nghiệm đơn phân biệt nên hàm sốy= f x2−2x
có 7 điểm cực trị.
Chọn phương ánB.
1.130 (Đề chính thức 2020). Cho hàm số f(x) có f(0) = 0. Biết y = f0(x) là hàm số bậc bốn và có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số điểm cực trị của hàm sốg(x)=
f x3
− x là
A. 6. B. 3. C. 5. D. 4.
x y
O
y= f0(x)
Lời giải.
Xéth(x)= f x3
−xtrênRcóh0(x)=3x2f0 x3
−1;h0(x)=0⇔ f0 x3
= 1
3x2. (1)
Đặtx3 =t, phương trình(1)trở thành f0(t)= 1 3√3
t2
. (2)
Xétk(t)= 1 3 3
√ t2
trênR\ {0};k0(t)=− 2 9 3
√ t5
. Bảng biến thiên
t k0(t)
k(t)
−∞ 0 +∞
+ −
0 0
+∞ +∞
0 0
Từ bảng biến thiên củak(t)và đồ thị của f0(t), suy ra(2)có hai nghiệm trái dấu.
Từ đó suy ra(1)có hai nghiệm trái dấu, giả sử x1và x2(x1< 0< x2).
Lại cóh(0)= f(0)−0= 0, suy ra bảng biến thiên củah(x)như sau x
h0(x) h(x)
−∞ x1 x2 +∞
+ 0 − 0 +
−∞
−∞
h(x1) h(x1)
h(x2) h(x2)
+∞ +∞ 0
0
Từ bảng biến thiên, suy rag(x)=|h(x)|có5điểm cực trị.
Chọn phương ánC.
1.131 (Đề chính thức 2019). Cho hàm số bậc bay= f(x)có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của phương trình
f x3−3x = 4
3 là
A. 4. B. 7. C. 8. D. 3.
x y
O
−1 2
2
−2
Lời giải.
Ta có
f x3−3x = 4
3 ⇔ f x3−3x
=±4
3. Từ đồ thị, suy ra
• f x3−3x
= 4 3 ⇔
x3−3x=a∈(−2; 0) x3−3x=b∈(0; 2) x3−3x=c∈(2;+∞);
• f x3−3x
=−4
3 ⇔ x3−3x= d∈(−∞;−2).
x y
O
−1 2
2
−2
Xét hàm sốg(x)= x3−3xtrênRcóg0(x)= 3x2−3;g0(x)=0⇔ x= ±1. Bảng biến thiên x
g0(x) g(x)
−∞ −1 1 +∞
− 0 + 0 −
−∞
−∞
2 2
−2
−2
+∞ +∞
Từ bảng biến thiên, ta thấy
• Phương trìnhx3−3x= a∈(−2; 0)có3nghiệm phân biệt;
• Phương trìnhx3−3x= b∈(0; 2)có3nghiệm phân biệt;
• Phương trìnhx3−3x= c∈(2;+∞)có1nghiệm;
• Phương trìnhx3−3x= d∈(−∞;−2)có1nghiệm.
Vậy, phương trình
f x3−3x = 4
3 có8nghiệm phân biệt.
Chọn phương ánC.
1.132 (Đề tham khảo 2020). Cho hàm số bậc bốn y = f(x) có đồ thị như hình bên. Số điểm cực trị của hàm sốg(x)= f x3+3x2
là
A. 11. B. 5. C. 3. D. 7.
x y
O 4
Lời giải.
Ta cóg0(x)= 3x2+6x
f0 x3+3x2
;g0(x)=0⇔
x=0 x=−2
f0 x3+3x2
= 0.
.
x y
O 4
a
b
c
Từ hình vẽ, suy ra f0 x3+3x2
=0⇔
x3+3x2 =a∈(−∞; 0) (1) x3+3x2 =b∈(0; 4) (2) x3+3x2 =c∈(4;+∞). (3) Xét hàm sốh(x)= x3+3x2trênRcóh0(x)= 3x2+6x;h0(x)=0⇔
ñx=0 x=−2.
Bảng biến thiên
§5. Khảo Sát Sự Biến Thiên Và Vẽ Đồ Thị Của Hàm Số Nguyễn Minh Hiếu x
h0(x) h(x)
−∞ −2 0 +∞
+ 0 − 0 +
−∞
−∞
4 4
0 0
+∞ +∞
Từ bảng biến thiên, suy ra
• Phương trình(1)có đúng1nghiệmx1< −2;
• Phương trình(2)có đúng3nghiệmx2, x3, x4thỏax1 < x2 <−2< x3 <0< x4;
• Phương trình(3)có đúng1nghiệmx5> x4.
Vậyg0(x)có7nghiệm đơn phân biệt nên hàm sốg(x)có7điểm cực trị.
Chọn phương ánD.
1.133 (Đề tham khảo 2020). Cho hàm số y = f(x) xác định trên R, đồ thị hàm số y = f0(x) như hình bên. Hàm số g(x) =
f (1−2x)+x2− xnghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (2; 3). B. (−2;−1). C.
Å 0;1
2 ã
. D.
Å 1;3
2 ã
.
x y
O
4
−2 1
−2
Lời giải.
Ta cóg0(x)=−2f0(1−2x)+2x−1.
Đặtt= 1−2x, ta cóg0(x)=−2f0(t)−t= −2
f0(t)− −t 2
. Đồ thị hàm sốy= f0(t)vày=−t
2 như hình sau:
t y
O
4
−2 1
−2
Từ hình vẽ ta cóg0(x)< 0⇔ f0(t)> −t 2 ⇔
ñ−2< t<0 t> 4. ⇒
ñ−2<1−2x< 0 1−2x>4 ⇔
1
2 < x< 3 2 x<−3
2. Từ đó suy ra hàm sốg(x)nghịch trên
Å 1;3
2 ã
⊂ Å1
2;3 2
ã .
Chọn phương ánD.
1.134 (Đề chính thức 2020). Cho hàm số bậc bốn f(x)có bảng biến thiên như hình bên. Số điểm cực trị của hàm sốg(x)= x4
f(x+1)2
là
A. 5. B. 11. C. 9. D. 7.
x y0 y
−∞ −1 0 1 +∞
− 0 + 0 − 0 + +∞
+∞
−2
−2
3 3
−2
−2
+∞ +∞
Lời giải.
C1: Ta cóg(x)=
x2f(x+1) ]2.
Từ bảng biến thiên suy ra f(x+1)có4nghiệm phân biệt khác 0. Do đó g(x) có4nghiệm kép phân biệt khác0và nghiệm bội bốn bằng0.
Lại cóg0(x)=2x3f(x+1)
2f(x+1)+ x f0(x+1)
, mà f(x+1)
2f(x+1)+x f0(x+1)
là hàm số bậc tám có nhiều nhất8nghiệm nêng0(x)có nhiều nhất9nghiệm. Ta suy ra đồ thị củag(x) có dạng như sau:
x y
O
Từ đồ thị, suy ra hàm sốg(x)có9điểm cực trị.
C2: Ta cóg(x)=
x2f(x+1)
]2 =[h(x)]2;g0(x)= 2h(x)·h0(x);g0(x)=0⇔
ñh(x)=0 h0(x)=0.
Từ bảng biến thiên, suy rah(x)= 0⇔
x=0 (nghiệm kép) x=a<−2
x=b∈(−2;−1) x=c∈(−1; 0) x=d> 0.
Ta cóh0(x)=2x f(x+1)+x2f0(x+1)là hàm số bậc năm nên có nhiều nhất5nghiệm. Từ đó suy ra đồ thị củah(x)như sau:
x y
O
−2 −1
Từ hình vẽ, suy ra h0(x) có nghiệm đơn bằng0 và 4nghiệm phân biệt còn lại không thuộc tập {0,a,b,c,d}.
Do đóg0(x)có8nghiệm đơn phân biệt khác0và có nghiệm bội ba bằng0.
Vậyg(x)có9điểm cực trị.
Chọn phương ánC.
1.135 (Đề chính thức 2020). Cho hàm số bậc bay = f(x)có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình
f(x3f(x))+1=0là
A. 6. B. 4. C. 8. D. 5.
x y
O
−1
Lời giải.
§5. Khảo Sát Sự Biến Thiên Và Vẽ Đồ Thị Của Hàm Số Nguyễn Minh Hiếu Từ đồ thị(C)của hàm số f(x), ta suy ra
• Phương trình f(x)=−1⇔
x=0 x=a> 0 x=b> a.
• Phương trình f(x)=0⇔ x=c>b.
x y
O
−1
a b
c
Do đó, ta có
f(x3f(x))+1= 0⇔
x3f(x)=0 (1) x3f(x)=a (2) x3f(x)=b. (3) Khi đó
• Phương trình(1)⇔
ñx=0 f(x)= 0 ⇔
ñx= 0 x= c.
• Phương trình(2) ⇔ f(x) = a
x3. Số nghiệm của phương trình(2)bằng số giao điểm của đồ thị (C)với đồ thị(C1) : g(x)= a
x3. Vớia> 0ta cóg0(x)=−3a
x4 <0, ∀x, 0.
Từ đó suy ra bảng biến thiên của hàm sốg(x)= a x3 là x
g0(x) g(x)
−∞ 0 +∞
− −
0 0
−∞
+∞
0 0
Từ bảng biến thiên của hàm sốg(x)và đồ thị(C), ta suy ra
∗ Trên khoảng(−∞; 0), ta thấy x g(x)
f(x)
−∞ 0
0 0
−∞
−∞
−∞
−1
−1
Suy ra phương trình(2)có đúng1nghiệmx= x1 ∈(−∞; 0).
∗ Trên khoảng(0;c), ta thấy
®f(x)<0
g(x)> 0 nên phương trình(2)vô nghiệm.
∗ Trên nửa khoảng[c;+∞), ta thấy
x g(x)
f(x)
c +∞
a c3 a c3
0 0
0 0
+∞ +∞
Suy ra phương trình(2)có đúng1nghiệm x= x2 ∈(c;+∞).
Do đó, phương trình(2)có hai nghiệm phân biệt khác các nghiệm của phương trình(1).
• Phương trình(3)⇔ f(x)= b x3.
Tương tự như trên, ta có phương trình(3)có hai nghiệm phân biệt khác các nghiệm của phương trình(1)và(2).
Vậy phương trình f(x3f(x))+1=0có6nghiệm phân biệt.
Chọn phương ánA.
7. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
1.136 (Đề chính thức 2018). Cho hàm sốy = 1 4x4− 7
2x2 có đồ thị(C). Có bao nhiêu điểmAthuộc (C)sao cho tiếp tuyến của (C)tạiAcắt(C)tại hai điểm phân biệt M(x1;y1),N(x2;y2)(M,N khácA) thỏa mãny1−y2 =6(x1−x2)?
A. 3. B. 1. C. 2. D. 0.
Lời giải.
Tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán có hệ số góck= y1−y2 x1−x2
=6.
Ta cóy0 = x3−7x;y0 = 0⇔
ñx=0 x=±
√
7. Bảng biến thiên x
y0 y
−∞ −√
7 0 √
7 +∞
− 0 + 0 − 0 + +∞
+∞
−494
−494
0 0
−494
−494
+∞ +∞
Lại cóy0(x0)= k⇔ x30−7x0 =6⇔
x0 =−2 x0 =−1 x0 =3.
Từ bảng biến thiên và yêu cầu bài toán suy ra x0 =3không thỏa mãn.
Vậy có hai điểmAthỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn phương ánC.
§5. Khảo Sát Sự Biến Thiên Và Vẽ Đồ Thị Của Hàm Số Nguyễn Minh Hiếu
Khối Đa Diện
§ 1. Khối Đa Diện Và Thể Tích Của Khối Đa Diện
1. Xác định số đỉnh, cạnh, mặt của khối đa diện
2.1 (Đề tham khảo 2017). Hình đa diện trong hình vẽ bên có bao nhiêu mặt?
A. 12. B. 11. C. 10. D. 6.
Lời giải.
Đếm số mặt ta thấy hình đa diện trong hình vẽ có 11 mặt.
Chọn phương ánB.
2. Tính chất đối xứng
2.2 (Đề thử nghiệm 2017). Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng?
A. Tứ diện đều. B. Bát diện đều.
C. Hình lập phương. D. Lăng trụ lục giác đều.
Lời giải.
Hình tứ diện đều không có tâm đối xứng.
Chọn phương ánA.
2.3 (Đề chính thức 2017). Hình hộp chữ nhật có ba kích thước đôi một khác nhau có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 9mặt phẳng. B. 4mặt phẳng. C. 3mặt phẳng. D. 6mặt phẳng.
Lời giải.
Hình hộp chữ nhật có ba kích thước khác nhau có 3 mặt phẳng đối xứng.
Chọn phương ánC.
§2. Thể Tích Khối Chóp Nguyễn Minh Hiếu
§ 2. Thể Tích Khối Chóp
1. Công thức, lý thuyết
2.4 (Đề tham khảo 2018). Thể tích của khối chóp có chiều cao bằnghvà diện tích đáy bằngBlà A. V = 1
6Bh. B. V = Bh. C. V = 1
3Bh. D. V = 1
2Bh.
Lời giải.
Công thức tính thể tích khối chóp làV = 1 3Bh.
Chọn phương ánC.
2.5 (Đề tham khảo 2020). Cho khối chóp có diện tích đáy B = 3và chiều caoh = 4. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A. 4. B. 12. C. 6. D. 36.
Lời giải.
Từ công thức tính thể tích khối chópV = 1
3Bh, ta cóV = 1
3 ·3·4=4.
Chọn phương ánA.
2.6 (Đề chính thức 2020). Cho khối chóp có diện tích đáyB=2a2và chiều caoh=6a. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A. 6a3. B. 12a3. C. 2a3. D. 4a3.
Lời giải.
Thể tích của khối chóp đã cho làV = 1
3Bh= 1
3 ·2a2·6a=4a3.
Chọn phương ánD.
2.7 (Đề chính thức 2020). Cho khối chóp có diện tích đáy B = 6 và chiều caoh = 2. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A. 12. B. 6. C. 3. D. 4.
Lời giải.
Thể tích của khối chóp đã cho làV = 1
3Bh= 1
3 ·6·2= 4.
Chọn phương ánD.
2.8 (Đề chính thức 2018). Cho khối chóp có đáy hình vuông cạnh avà chiều cao bằng2a. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A. 4a3. B. 2
3a3. C. 2a3. D. 4
3a3. Lời giải.
Diện tích đáy của khối chóp làS =a2. Vậy, thể tích của khối chóp làV = 1
3S h= 1
3a2·2a= 2 3a3.
Chọn phương ánB.
2.9 (Đề thử nghiệm 2017). Cho hình chópS.ABC có đáy là tam giác đều cạnh2a và thể tích bằng a3. Tính chiều caohcủa hình chóp đã cho.
A. h=
√ 3a
3 . B. h= √
3a. C. h=
√ 3a
2 . D. h=
√ 3a 6 . Lời giải.
Diện tích đáy làS4ABC = 1
2AB·AC·sin 60◦ = 1
2 ·2a·2a·
√ 3
2 =a2√ 3.
Do đó chiều cao của hình chóp làh= 3VS.ABC
S4ABC
= 3a3 a2
√
3 =a√ 3.
Chọn phương ánB.
2. Khối chóp có cạnh bên vuông góc với mặt phẳng đáy
2.10 (Đề minh họa 2016). Cho hình chóp tứ giácS.ABCDcó đáyABCDlà hình vuông cạnh a, cạnh bênS Avuông góc với mặt phẳng đáy vàS A= √
2a. Tính thể tíchV của khối chópS.ABCD.
A. V = √
2a3. B. V =
√ 2a3
4 . C. V =
√ 2a3
3 . D. V =
√ 2a3 6 . Lời giải.
Diện tích đáySABCD= a2. Thể tích khối chóp làV = 1
3SABCD·S A= a3√ 2 3 .
Chọn phương ánC.
2.11 (Đề tham khảo 2017). Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình vuông cạnha,S Avuông góc với mặt đáy,S Dtạo với mặt phẳng(S AB)một góc bằng30◦. Tính thể tíchVcủa khối chópS.ABCD.
A. V =
√ 6a3
18 . B. V = √
3a3. C. V =
√ 3a3
3 . D. V =
√ 6a3 3 . Lời giải.
Diện tích dây làSABCD =a2. Ta có
®DA⊥S A
DA⊥BA ⇒ DA⊥(S AB).
Do đó góc giữaS Dvà(S AB)làDS A, suy ra‘ DS A‘ =30◦. Trong tam giácS ADvuông tạiAcóS A= AD
tan 30◦ = a√ 3.
Vậy thể tích khối chóp làV = 1
3 ·SABCD·S A= a3√ 3 3 .
A
D C
B S
Chọn phương ánC.
2.12 (Đề chính thức 2017). Cho khối chópS.ABCDcó đáy là hình vuông cạnha,S Avuông góc với đáy vàS C tạo với mặt phẳng(S AB)một góc30◦. Tính thể tíchV của khối chóp đã cho.
A. V =
√ 6a3
3 . B. V =
√ 2a3
3 . C. V = 2a3
3 . D. V = √
2a3. Lời giải.
Diện tích hình vuôngABCDlàSABCD =a2. Ta có
®BC ⊥AB
BC ⊥S A ⇒ BC ⊥(S AB).
Suy raS Blà hình chiếu củaS C trên(S AB).
Do đóCS B‘ là góc giữaS C và(S AB)hayCS B‘ =30◦. Trong tam giácS BCvuông tại BcóS B= BC
tan 30◦ = a√ 3.
Trong tam giácS ABvuông tạiAcóS A= √
S B2−AB2 =a√ 2.
Vậy thể tích khối chópS.ABCDlàV = 1
3SABCD·S A= a3
√ 2 3 .
A
B C
D S
Chọn phương ánB.
3. Khối chóp đều
2.13 (Đề tham khảo 2019). Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng2a. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A. 4√ 2a3
3 . B. 2√
2a3
3 . C. 8a3
3 . D. 8√
2a3 3 . Lời giải.
Gọi khối chóp làS.ABCD, ta có diện tích đáySABCD = (2a)2= 4a2. GọiOlà tâm đáy, ta cóAC =2√
2a⇒ AO=a√ 2.
Do đó chiều caoS O= √
S A2−AO2 = √
4a2−2a2= a√ 2.
Vậy thể tích khối chóp làV = 1
3SABCD·S O= 1
3 ·4a2·a√
2= 4√ 2a3 3 .
Chọn phương ánA.
2.14 (Đề chính thức 2017). Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằnga, cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy. Tính thể tíchV của khối chóp đã cho.
§2. Thể Tích Khối Chóp Nguyễn Minh Hiếu
A. V =
√ 2a3
2 . B. V =
√ 2a3
6 . C. V =
√ 14a3
2 . D. V =
√ 14a3
6 . Lời giải.
Giả sử khối chóp tứ giác đều làS.ABCDvà gọiOlà tâm củaABCD.
Theo giả thiết ta cóAB=a, suy raSABCD= a2. Lại cóAO= 1
2AC = a
√ 2
2 ,S A= 2AB= 2a.
Suy raS O= √
S A2−AO2 =
4a2− 2a2 4 = a√
14 2 . Vậy thể tích khối chóp làV = 1
3SABCD.S O= a3√ 14
6 . A B
C D
O S
Chọn phương ánD.
4. Khối chóp khác
2.15 (Đề minh họa 2016). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng √ 2a.
Tam giác S ADcân tại S và mặt bên (S AD) vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp
S.ABCDbằng 4
3a3. Tính khoảng cáchhtừBđến mặt phẳng(S CD).
A. h= 2
3a. B. h= 3
4a. C. h= 4
3a. D. h= 8
3a.
Lời giải.
Diện tích đáySABCD =2a2.
GọiHtrung điểmADta cóS H ⊥(ABCD). Do đóS H = 3VS.ABCD
SABCD
= 2a.
C1: Ta cód(B,(S CD))= d(A,(S CD))=2d(H,(S CD)).
GọiK là hình chiếu củaH trênS D, ta có
®HK ⊥S D
HK ⊥CD ⇒HK ⊥(S CD)hayHK = d(H,(S CD)).
Lại có HK = HS ·HD
S D = 2a· a√ 2 2
4a2+ 2a2 4
= 2a 3 .
Vậyd(B,(S CD))=2HK = 4a 3 .
A B
C D
S
H K
x
y z
C2: Đặta=1và gắn hệ tọa độ như hình vẽ.
Ta cóH(0; 0; 0),D Ç√
2 2 ; 0; 0
å ,C
Ç √ 2 2 ; √
2; 0 å
,S(0; 0; 2),B Ç−√
2 2 ; √
2; 0 å
. Suy ra # »
S C = Ç√
2 2 ; √
2;−2 å
, # » S D=
Ç√ 2 2 ; 0;−2
å
⇒îS C,# » # » S Dó
=Ä
−2√
2; 0;−1ä . Do đó mặt phẳng(S CD)có phương trình−2√
2x−z+2= 0.
Vậyd(B,(S CD))= |2+2|
√
8+1 = 4 3.
Chọn phương ánC.
2.16 (Đề tham khảo 2020). Cho khối chópS.ABCcó đáyABClà tam giác vuông cân tạiA,AB=a, S BA‘ = S CA‘ = 90◦, góc giữa hai mặt phẳng(S AB)và (S AC)bằng60◦. Thể tích khối chóp đã cho bằng
A. a3
6. B. a3
3. C. a3
2. D. a3.
Lời giải.
A B
C O
S
H K
Diện tích đáyABClàS4ABC = 1
2AB·AC = a2 2. GọiHlà hình chiếu củaS trên(ABC), ta có
®AB⊥S B AC ⊥S H ⇒
®AB⊥HB AC ⊥HC.
Từ đó suy raABCHlà hình vuông cạnha.
GọiK là hình chiếu củaBtrênS A, ta có
®S A⊥BK
S A⊥BC ⇒S A ⊥(BKC).
Do đó góc giữa(S AB)và(S AC)bằng góc giữaBK vàCK và bằng60◦. GọiOlà giao điểm củaBC vàAH, ta có KO⊥BC vàKO⊥S A.
TH1: BKC‘ =60◦ ⇒ KO= 1
2BC = OA(vô lý).
TH2: BKC‘ =120◦ ⇒ KO=OBtan 30◦ = a
√ 6 6 . Lại có4S HAv 4OKA⇒S H = OK ·HA
KA = a√
6 6 ·a√
2
a2 2 − a2
6
=a.
VậyVS.ABC = 1
3 ·S4ABC·S H = a3 6.
Chọn phương ánA.
§3. Thể Tích Khối Lăng Trụ
1. Công thức, lý thuyết
2.17 (Đề chính thức 2019). Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáyBvà chiều caohlà A. Bh. B. 4
3Bh. C. 1
3Bh. D. 3Bh.
Lời giải.
Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáyBvà chiều caohlàV = Bh.
Chọn phương ánA.
2.18 (Đề tham khảo 2020). Thể tích của khối lập phương cạnh2bằng
A. 4. B. 8. C. 6. D. 2.
Lời giải.
Từ công thức tính thể tích khối lập phươngV =a3, ta cóV =23 =8.
Chọn phương ánB.
2.19 (Đề tham khảo 2019). Thể tích của khối lập phương cạnh2abằng
A. 8a3. B. 6a3. C. 2a3. D. a3. Lời giải.
§3. Thể Tích Khối Lăng Trụ Nguyễn Minh Hiếu Thể tích của khối lập phương làV =(2a)3 =8a3.
Chọn phương ánA.
2.20 (Đề tham khảo 2020). Cho khối lập phương có cạnh bằng6. Thể tích của khối lập phương đã cho bằng
A. 18. B. 72. C. 216. D. 36.
Lời giải.
Thể tích khối lập phương đã cho bằng63 =216.
Chọn phương ánC.
2.21 (Đề chính thức 2020). Cho khối hộp chữ nhật có ba kích thước 3;4;5. Thể tích của khối hộp đã cho bằng
A. 10. B. 60. C. 12. D. 20.
Lời giải.
Thể tích của khối hộp đã cho bằng3·4·5=60.
Chọn phương ánB.
2.22 (Đề chính thức 2020). Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B = 3và chiều caoh = 6. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A. 18. B. 9. C. 6. D. 3.
Lời giải.
Thể tích của khối lăng trụ đã cho làV = Bh= 3·6=18.
Chọn phương ánA.
2. Khối lăng trụ đứng
2.23 (Đề minh họa 2016). Tính thể tíchV của khối lập phương ABCD.A0B0C0D0, biếtAC0 = a√ 3.
A. V = 1
3a3. B. V = 3√ 6a3
4 . C. V = 3√
3a3. D. V = a3. Lời giải.
ĐặtAB= x, ta có AC = √
AB2+BC2 = x
√
2. Suy raAC0= √
AA02+AC2 = x
√ 3.
Lại cóAC0 = a√
3, suy ra x=a. Vậy thể tích khối lập phươngV = a3.
Chọn phương ánD.
2.24 (Đề chính thức 2019). Cho khối lăng trụ đứngABC.A0B0C0 có đáy là tam giác đều cạnh avà AA0 = √
3a(minh họa như hình vẽ bên). Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A. a3
2. B. a3
4. C. 3a3
2 . D. 3a3
4 .
B0
B A0
A
C0
C
Lời giải.
Ta cóS4ABC = AB2√ 3
4 = a2√ 3
4 . Do đó thể tích của khối lăng trụ là
VABC.A0B0C0 = S4ABC·AA0 = a2√ 3 4 ·
√
3a= 3a3 4 .
Chọn phương ánD.
2.25 (Đề tham khảo 2020). Cho khối lăng trụ đứng ABCD.A0B0C0D0có đáy là hình thoi cạnha,BD=a√
3vàAA0 =4a (minh họa như hình bên). Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A. 4√ 3a3
3 . B. 2√
3a3
3 . C. 2√
3a3. D. 4√ 3a3.
A
B C
D A0
B0 C0
D0
Lời giải.
GọiOlà giao điểm củaAC vàBD, ta cóOB= 1
2BD = a√ 3 2 . Do đóOA= √
AB2−OB2= a
2 ⇒ AC = 2OA=a.
Khi đó diện tích đáy làSABCD = 1
2AC·BD = a2√ 3 2 . Vậy, thể tích khối lăng trụ làV =SABCD·AA0 =2a3
√
3. A
B C
D O
A0
B0 C0
D0
Chọn phương ánC.
2.26 (Đề tham khảo 2017). Tính thể tíchV của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a.
A. V = a3√ 3
2 . B. V = a3√ 3
6 . C. V = a3√ 3
4 . D. V = a3√ 3 12 . Lời giải.
Diện tích đáyS = 1
2·a·a·
√ 3 2 = a2
√ 3
4 ; chiều caoh=a.
Do đó thể tích khối lăng trụ làV = Bh= a3
√ 3 4 .
Chọn phương ánC.
3. Khối lăng trụ xiên
2.27 (Đề chính thức 2018). Cho khối lăng trụ ABC.A0B0C0, khoảng cách từCđến đường thẳng BB0 bằng2, khoảng cách từ Ađến các đường thẳng BB0 vàCC0lần lượt bằng1và √
3, hình chiếu vuông góc củaAlên mặt phẳng(A0B0C0)là trung điểm M củaB0C0 vàA0M = 2√
3
3 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A. 2√ 3
3 . B. √
3. C. 1. D. 2.
Lời giải.
GọiE,F là hình chiếu củaAtrênBB0 vàCC0. Ta có
®AE ⊥AA0
AF ⊥AA0 ⇒ AA0 ⊥(AEF)⇒ BB0 ⊥EF.
Từ đó suy raEF =d(F,BB0)=d(C,BB0)= 2⇒ 4AEFvuông tạiA.
GọiNtrung điểmBCvàH= MN∩EF, ta cóAH = 1
2EF = 1.
Dễ thấy4AMN vuông tạiAvà có đường caoAH.
Do đó 1
AM2 = 1
AH2 − 1 AN2 = 1
4 ⇒ AM= 2.
A
N C B
B0 M
C0 E H A0
F
Lại có MN = √
AM2+AN2 = 4
√ 3
⇒ SBCC0B0 = MN·EF = 8
√ 3.
§4. Tỉ Số Thể Tích Nguyễn Minh Hiếu
VậyVABC.A0B0C0 = 3VABCC0 = 3
2VA.BCC0B0 = 1
2SBCC0B0·d(A,EF)= 1 2· 8
√ 3
·
√ 3 2 = 2.
Chọn phương ánD.
4. Bài toán thực tế về khối lăng trụ
2.28 (Đề chính thức 2018). Ông Adự định sử dụng hết6,5m2 kính để làm một bể cá bằng kính có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?
A. 1,33m3. B. 1,50m3. C. 1,61m3. D. 2,26m3. Lời giải.
Gọix,hlần lượt là chiều rộng và chiều cao của bể cá(x,h> 0).
Tổng diện tích không tính nắp của bể cá là2x2+2·xh+2·2xh=2x2+6xh.
Theo giả thiết ta có2x2+6xh=6,5⇔ h= 6,5−2x2 6x . Từ điều kiệnh> 0, ta có6,5−2x2 >0⇔ 0< x<
√ 13 2 . Khi đó dung tích bể cá làV = x·2x·h= 13
6 x− 2 3x3. Xét hàm số f(x)= 13
6 x− 2 3x3trên
Ç 0;
√ 13 2
å . Ta có f0(x)= 13
6 −2x2, f0(x)= 0⇔ x=
√ 39
6 . Bảng biến thiên x
f0(x) f(x)
0
√ 39 6
√ 13 2
+ 0 −
0 0
13
√ 39 54 13
√ 39 54
0 0
Vậy bể cá có dung tích lớn nhất bằng 13
√ 39
54 ≈1,50m3.
Chọn phương ánB.
§4. Tỉ Số Thể Tích
1. Khối chóp
2.29 (Đề thử nghiệm 2017). Cho tứ diệnABCDcó thể tích bằng 12 vàGlà trọng tâm tam giácBCD.
Tính thể tíchV của khối chópA.GBC.
A. V = 3. B. V = 5. C. V = 4. D. V = 6.
Lời giải.
Ta cód(G,BC)= 1
3d(D,BC)nênS4GBC = 1
3S4DBC. Từ đó suy raVA.GBC = 1
3VADBC =4.
Chọn phương ánC.
2.30 (Đề thử nghiệm 2017). Cho lăng trụ tam giácABC.A0B0C0 có đáy ABClà tam giác vuông cân tạiA, cạnh AC = 2√
2. Biết AC0 tạo với mặt phẳng(ABC)một góc 60◦ và AC0 = 4. Tính thể tíchV của khối đa diệnABCB0C0.
A. V = 8√ 3
3 . B. V = 16
3 . C. V = 8
3. D. V = 16√
3 3 . Lời giải.