Đề thi thử đại học môn toán trường thpt Nghệ An lần 6 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

Câu 5: [2D1-3] Biết rằng tất cả các giá trị của m để phương trình

 

4 6 x x2 3x m x 2 2 3x

có nghiệm là

 

^{a b;} _{với ,}a b . Tính giá trị của 5

5 a b

?

A.

3

5. B.

2 5

5 . C.

2

5. D.

5 5 . Lời giải

Chọn C

Điều kiện 2  x 3.

Đặt ^{t x 2 2 3x} t² 14 3 x 6 x x²  t² 14  3x 6 x x²

Ta có

1 1

2 2 2 3

t  x  x

 

;

 

1 1

0 0 1 2;3

2 2 2 3

t x

x x

         

 

Ta có bảng biến thiên:

-1

5 2 5

2 3

+ t

t' x

0

5

Từ bảng biến thiên ta suy ra t  5;5. Khi đó phương trình có dạng: ^t214mt

   

14 5;5 *

t m do t

t  

     

.

Đặt ^{g t}

 

^{t 14}

  t

; t  5;5 có ^{g t}

 

^{1 14}₂ ⁰

  t    t  5;5.

 

g t

là hàm đồng biến trên  5;5.

3/2

3 2 3

3 6

+ t

t' x

0

3 Để phương trình ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi (*) có nghiệm t  5;5

 

⁵

 

^{5 9 11}₅^; ₅

g m g m  

      

 

Vậy

5 2

5 5

a  b .

CÁC BÀI TƯƠNG TỰ

Câu 5.1: [2D1-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 3 x 6 x 18 3 x x 2 m có nghiệm?

A. ². B. 3 . C. ⁴. D. 5 .

Lời giải Chọn C

Điều kiện 3  x 6.

Đặt ^{t x 3 6x} t²  9 18 3 x x ²   t² 9 2 6 x x²

Ta có

1 1

2 3 2 6

t  x  x

 

.

 

1 1 3

0 0 3;6

2 3 2 6 2

t x

x x

        

 

. Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta suy ra t 3;3 2.

Khi đó phương trình có dạng: ^{t2 2t 9 2m   0 t2 2t 9 2m}

 

^*

3 ∞

0 0

x y'

y

+

+

1/2

y(5) 5

Phương trình ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi (*) có nghiệm t 3;3 2. Đặt ^{g t}

 

^{   t2 2t 9;t}_{ }^{3;3 2}_

có g t

 

      2t 2 0; t 3;3 2.

 

g t

là hàm nghịch biến trên 3;3 2

 .

Để phương trình (*) có nghiệm t3;3 2 ^g

 

^{3 2 2m g}

 

^{3  6 2 9}₂^{  m 3}

Vậy có 4 giá trị nguyên của mđể phương trình ban đầu có nghiệm.

Câu 5.2: [2D1-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của m trong khoảng



^10;10



để bất phương trình

3 1

mx x  m có nghiệm ?

A. ⁹. B. ¹⁰. C. 11. D. ¹⁹.

Lời giải Chọn B

Điều kiện x3.

Bất phương trình trở thành

1 3

1

x m

x

 

  .

Xét hàm số

1 3

1 y x

x

 

 

Tập xác định ^D



^3;



_.

Ta có

 

²

5

2 3 1

y x

x x

  

  .

0 5

y   x . Ta có bảng biến thiên:

2 2 ∞

+ ∞

11 3 0

+

7 3

g(b) g'(b) b

0

Vậy bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi

 

^{5 3 1}

y   m m 4 .

Do đó trên khoảng



^10;10



có 10 giá trị nguyên của m để phương trình có nghiệm.

Câu 8: [2D1-3] Cho hai số thực dương ,a b thỏa mãn 9 3

3 2

1

a b

b

a  





. Giá trị lớn nhất của biểu thức ^{S 6a b} là

A.

17.

12 B.

82.

3 C.

11.

3 D.

89. 12 Lời giải

Chọn C

Ta có 9 3

3 2

1

a b

b

a  



 ^{9a3 a}



^{b1 3}



^{b2 27a33a}



^3b3



^3b2

 

^{3a 3 3a}



^{3b 2}



^{3 3b 2}

     

(1).

Xét hàm ^{f t}

 

^{ t3 t} _{trên  .}

Ta có ^{f t}

 

^{3t2 1 0} _{ t   Hàm số} ^{f t}

 

^{ t3 t} đồng biến trên  .

(1)^{ f}

 

^{3a  f}



^3b2



3a 3b2

3 2 3 a b

  .

Vậy ^{S 2 3b  2 b g b}

 

_{với b0.}

Ta có

 

^{3 1}

3 2

g b  b 

 ;

 

^{0 3 1 0}

3 2

g b   b  

  3b 2 3

7 b 3

  . Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta suy ra ^_0; ^

 

¹¹

max 3

S max g b

  

khi 7 b 3

. CÁC BÀI TƯƠNG TỰ

3 1

∞

4

∞

+

0

g(x) g'(x)

x

0

Câu 8.1: [2D1-3] (THPT Trần Phú – Đà Nẵng 2018) Cho hai số thực x, y thỏa mãn

 

3 2

2y 7y2x 1 x 3 1 x 3 2y 1

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ^{P x 2y} là

A. P10. B. P4. C. P6. D. P8.

Lời giải Chọn B

Điều kiện: ^{x }



^;1



Ta có

 

3 2

2y 7y2x 1 x 3 1 x 3 2y 1  ^{2y36y27y 3 2 1}



^x



^{1 x 1x}

 ²



^y1

 

^{3 y 1}



^{2 1}



^x



^{3 1x} _(1).

Xét hàm ^{f t}

 

^2t3t _{trên  .}

Ta có ^{f t}

 

^{6t2 1 0}_{ t } ^{ f t}

 

^2t3t đồng biến trên  . (1) ^{ f y}



^{ 1}



^f



^1x



  y 1 1x   y 1 1x. Vậy ^{P x  2 2 1 x g x}

 

_với ^{x }



^;1



_.

 

^{1 1 0}

g x 1

   x 

  1 x 1 x 0. Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có Pmax max g x^ _;1^

 

⁴

  

khi x0.

Câu 8.2: [2D1-3] Cho hai số thực dương x, ^y thỏa mãn

4 2 3 2

2 1

x y

y x

  

 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ^{P y 4x} là

A. ^{P 2}. B.

5 P 2

. C. P 3. D.

7 P 2

. Lời giải

Chọn B

Ta có

4 2 3 2

2 1

x y

y x

  

 ^{4x33x}



^y2



^{2y1 8x36x}



^2y4



^2y1

 

^{2x 3 3. 2}

  

^{x 2y 1}



^{2y 1 3 2y 1}

       . (1)

Xét hàm ^{f t}

 

^{ t3 3t} _{trên  .}

Ta có ^{f t}

 

^{3t2 3 0}_{ t   Hàm số} ^{f t}

 

^{ t3 3t} đồng biến trên  . (1) ^{ f}

 

^{2x  f}



^2y1



^{2x 2y1 x 2}₂^y1_.

Vậy ^{P y 2 2y 1 g y}

 

_với ^y



^0;



_.

Ta có

 

^{1 2 0}

2 1

g y   y 

  2y 1 2^{ y 3}₂. Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có ^_0; ^

 

⁵

min 2

P min g y

    khi

3 y 2

.

Câu 32. [2H2-3] Một xưởng cơ khí sản xuất những chiếc thùng phi có nắp đậy dạng hình trụ với thể tích mỗi chiếc là 2m³. Người ta nên làm thùng phi với bán kính đáy R và chiều cao ^h bao nhiêu để tiết kiệm vật liệu nhất?

A. ^{R1 ,m h2m}. B. ^{R2 ,m h0,5m} . C. R 2 ,m h1m . D. ^{R0,5 ,m h1m}.

Lời giải Chọn A.

g(y) g'(y)

2 +∞

0

y 3

2

+

0 +∞

5 2

Để tiết kiệm vật liệu nhất thì diện tích toàn phần hình trụ nhỏ nhất .

Thể tích không đổi

2

2

2 2

V R h h

  R

   

.

Ta có

2 2 2

2 2 2

Stp R Rh R

    R

     .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bộ ba số dương

2 1 1

, , R R R.

Ta có

2 1 1 3 2 1 1

2 2 .3 . . 6

Stp R R

R R R R

   

     

  .

Vậy diện tích toàn phần nhỏ nhất :

 

Stp _min ⁶    R ¹ h ²

.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Câu 32.1.[2H2-4] Một nhà sản xuất sữa có hai phương án làm hộp sữa. Hộp sữa có dạng khối hộp chữ nhật hoặc hộp sữa có dạng khối trụ. Nhà sản xuất muốn chi phí bao bì càng thấp càng tốt(tức diện tích toàn phần của hộp nhỏ nhất), nhưng vẫn phải chứa được một thể tích xác định là ^V cho trước. Khi đó diện tích toàn phần của hộp sữa bé nhất trong hai phương án là

A. ³2V² . B. 6³V² . C. 3 6V^{3 2} . D. 3 2³ V² . Lời giải

Chọn D.

h

b a

R h

Trường hợp 1: Hộp sữa hình trụ Thể tích không đổi

2 2 2

2

, _tp 2 2 2 2

V V

V R h h S R Rh R

R R

   

      

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bộ ba số dương

2 2, ,V V R R R



Ta có

3

2 3 2 2

2 3 2 . . 3 2

tp

V V V V

S R R V

R R R R

  

    

(* ) Trường hợp 2: Hộp sữa hình hộp chữ nhật

Thể tích không đổi

 

; _tp 2 2 2 2 . 2 . 2

V V V V V

V abh h S ab a b h ab a b ab

ab ab ab b a

 

             

Áp dụng bất đẳng thức Cau chy cho bộ ba số dương ^{; ;} ab V V

a b .

Ta có

3 2

2.33 . . 6

tp

S abV V V

 a b 

(**).

Xét hai kết quả ta thấy (*) nhỏ hơn

Vậy diện tích toàn phần của hộp sữa bé nhất là

3 2

tp 3 2

S  V (đvdt).

Câu 32.2.[2H2-4] Một khúc gỗ có dạng hình khối nón có bán kính đáy bằng r 2m, chiều cao h6m_. Bác thợ mộc chế tác từ khúc gỗ đó thành một khúc gỗ có dạng hình khối trụ như hình vẽ. Gọi V là thể tích lớn nhất của khúc gỗ hình trụ sau khi chế tác. Tính V .

A. ^{V  32}₉^

 

^m3

.B. ^{V 32}₃^

 

^m3

. C. ^{V 32}₃

 

^m3

. D. ^{V 32}₉^

 

^m2

. Lời giải

Chọn A.

Giả sử khối trụ có bán kính đáy và đường cao lần lượt là ^{r h, ', 0}



^{ x 2;0 h 6}



_.

Ta có:

2 6 3

6 2

h x

h x

      .

Thể tích khối trụ: ^{V x h2 x2}



^{6 3 x}



^{6x23x3} _.

Ta có

2 4

( ) 12 9 ( ) 0 0

V x  x x V x     x x 3 .

Khi đó ta có thể suy ra được với 4 x 3

thì V đạt giá trị lớn nhất bằng ^{V 32}₉^

 

^m3

.

Câu 25: [1D3-3] (KSLẦN 1_THPT NGHÈN_HÀ TĨNH) Cho tam giác ABC cân



^{AB AC}



_{, có}

cạnh đáy BC, đường cao ^AH, cạnh bên ^ABtheo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân. Hãy tính công bội qcủa cấp số nhân đó.

A.

1 2 1

2 

. B. ¹₂ ²



^{2 1}



. C. ²



^{2 1}



_{. D. 2 1 .}

Lời giải:

Chọn B

1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

1 1.5 2 2.5 3

x y

A

B H C

Đặt ^{AB a BC ; 2b a b}



^{ 0}



_{khi đó AH}² _a²_b²_{. Ta có} 2 ,b a²b a², theo thứ tự lập

thành CSN khi và chỉ khi

 

 

2 2 1 2

2

1 2

a b

ab a b

a b

  

  

  

 . Vì a b 0 nên ^{a }



^{1 2}



^b

thỏa mãn.

Mặt khác ^{ a}_q²₀^{bq2  q} ₂^a_b ^{ 2 1}₂^{ 1}₂ ²



^{2 1}



 .

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Câu 25.1: Độ dài các cạnh của một tam giac ABC lập thành một cấp số nhân. Tam giác ABC có tối đa mấy góc không quá ⁶⁰⁰?

A. 0 . B. ¹. C. ². D. 3 .

Lời giải Chọn D

Gọi ba cạnh của tam giác là ^{a b c, ,} ; không mất tính tổng quát giả sử ^{a b c, ,} theo thứ tự lập thành CSN. Do vậy ta có ^{b2 ac}.

Ta lại có:

2 2 2 2 2

2 1 0

cos 60

2 2 2 2

a c b a c ac ac ac

B B

ac ac ac

    

     

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi ABC đều, lúc này cả ba góc của tam giác bằng ⁶⁰⁰. Cách khác: làm trắc nghiệm

Với tam giác ABC đều thì các cạnh tạo thành cấp số nhân có công bội ^q1 và các góc đều 60^o

 nên chọn D.

Câu 25.2: Cho tam giác ABC có các cạnh tương ứng là ^{a b c, , .} Biết

 2

90 ; , , 3 A o a b c

theo thứ tự lập thành cấp số nhân. Tìm số đo góc B.

A. ^30o B. ^45o C. ^15o D. ^60o

Lời giải Chọn D

Vì ABC vuông tại ^A nên: ^{b2 c2 a2}

 

¹

Mặt khác theo giả thiết:

2 2

2 3

3 2

ac b b  ac

thay vào

 

¹ _{ta được:}

2 2 2 2

3 1

2 3 2 0 2

2 2

a c

ac c a a ac c

a c

  

      

 

 Vì ^{a c,} là các cạnh của một tam giác nên ta có a2c thỏa mãn.

Khi đó

1 0

cos 60

2

B c B

   a .

Câu 37: [1H2-3.7-2] (THPT Nghèn – Hà Tĩnh lần 1) Cho hình chóp đều ^{S ABCD.} có tất cả các cạnh bằng ^a, điểm ^K thuộc cạnh ^SC sao cho SK 2KC. Mặt phẳng

 

^P _{chứa AK} và song song

BD. Tính diện tích của thiết diện của hình chóp ^{S ABCD.} cắt bởi

 

^P _.

A.

3 2

5 a

. B.

2 26 2

15 a

. C.

4 26 2

15 a

. D.

2 3 2

5 a

. Lời giải

Chọn B

Gọi O AC BD, trong mặt phẳng



^SAC



_{gọi O AKSO}

Do mặt phẳng

 

^P _{chứa AK} và song song BD nên mặt phẳng

  

^{P  SBD}



theo giao tuyến là đường thẳng qua O và song song BD, cắt ^{SD, SB} lần lượt tại ^M và N .

Vậy thiết diện là tứ giác AMKN

Do hình chóp đều ^{S ABCD.} nên ^SO



^ABCD



^BD



^SAC



^{MN }



^SAC



_{MN AK}

1 .

AMNK 2

S AK MN

 

Ta có ^{. . 1}

AO O S KC AC O O KS

 



' 4

4 5

O S SO

O O SO

    



Mặt khác

4 5 MN SO

BD SO

  4 2

5 MN a

 

Tam giác SAC vuông tại S, nên

2 2 13

AS 3

AK  SK a

Vậy

2 2 26

AMNK 15 S  a

. Bài tập tương tự:

Câu 37.1:[1H3-3.11-2] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâmO,

 

SA ABCD . Đường thẳng SCtạo với đáy một góc 45 . Cắt hình chóp bởi mặt phẳng ⁰

 

^P

quaA vuông góc với SC. Tính diện tích của thiết diện của hình chóp ^{S ABCD.} cắt bởi

 

^P _.

A.

2 2

3 a

. B.

2 2 2

3 a

. C.

4 3 2

3 a

. D.

2 3 2

3 a

. Lời giải

Chọn A

L I

O

C

A B

D S

K H

Gọi K là hình chiếu của Atrên SC. Trong



^SAC



_{gọi I SO AK}

Ta có

 

BD SA

BD SAC BD AC

 

 

 

 BD SC

  mặt khác

 

^{ SC} _nên ^{BD/ /}

 

^

Ta có

   

 

 

/ /

I SBD

BD SBD BD





 



 



  

 ^SBD



HL BD H SD L SB^{/ / , ,}

    

Thiết diện là tứ giác ^AHKL.

Ta có

/ / HL BD

HL AK BD AK

  

 

 .

Vậy

1 .

AHLK 2

S  AK HL

Ta có

2 2

2 2

2 2

3 3

HL SH SA a

BD  SD  SD  a  2 2 3 HL a

 

Tam giác SAC vuông cân tại A nên ^{AK a}

Vậy

2 2

AHLK 3 S  a

Câu 37.2:[1H3-3.9-3] Cho hình chóp đều .S ABCD. Thiết diện qua đỉnh ^A và vuông góc với cạnh bên SC có diện tích thiết diện đó bằng nửa diện tích đáy. Gọi  là góc giữa cạnh bên và đáy. Tính

 .

A.

1 33

arcsin

  4

. B.

1 33

arcsin

  8 . C.

1 33

arcsin

 8

 . D.

2 33

arcsin

 8

 .

Lời giải Chọn B

Đặt cạnh đáy hình vuông ^ABCD là aAC a 2.

Giả sử thiết diện qua ^A là cắt SC, SB, SD lần lượt tại ^K, N, ^M . Theo giả thiết ^SC



^ANKM



^MNSC_.

Mặt khác: BDSC(vì ^BD



^SAC



₎ ^{MN BD// MN }



^SAC



^{MN  AK}

1 .

ANKM 2

S AK MN

 

.

 sin 2 sin

SCA  AK AC  a 

     .

MN SO SO OO 1 OO

BD SO SO SO

   

    

(vì ^{AO O} ^ACK ; với O MNAK).

2

1 2 cot

1 2 cot 1 2 1 cot

2 tan

MN a

OO a

BD OC

  

 

      

.



^{1 cot2}



^{2 1 cot}



²



⁰ ₂

MN BD  a     

        .

Ta có SAMKN ¹₂SABCD ¹₂AK MN^. ¹₂a² a ^{2 sin .} a ^{2 1 cot}



 ²



a²



²



²

2 2sin 1 sin 4sin sin 2 0 0

2

      

          

 

1 33 1 33

sin arcsin

8 8

   

   

.