• Không có kết quả nào được tìm thấy

Bài tập vận dụng có đáp án chi tiết trong các đề thi thử đại học môn toán trường thpt quảng xương 1 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Bài tập vận dụng có đáp án chi tiết trong các đề thi thử đại học môn toán trường thpt quảng xương 1 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện"

Copied!
25
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

BÀI TẬP VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO TRONG CÁC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Đề trường THPT Quảng Xương 1 – Tổ 10

Câu 3: [2D2-3] Lãi suất gửi tiền tiết kiệm của các ngân hàng trong thời gian qua thay đổi liên tục. Bác Mạnh gửi vào một ngân hàng số tiền 5 triệu đồng với lãi suất 0, 7% /tháng. Sau sáu tháng gửi tiền, lãi suất tăng lên 0,9% /tháng, Đến tháng thứ 10 sau khi gửi tiền, lãi suất giảm xuống 0, 6% /tháng và giữ ổn định. Biết rằng bác Mạnh không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (ta gọi đó là lãi kép). Sau một năm gửi tiền, bác Mạnh rút ra được số tiền là bao nhiêu? (biết rằng trong khoảng thời gian này bác Mạnh không rút tiền ra)

A. 5.436.521,164 đồng. B. 5.452.771,729 đồng.

C. 5.436.566,169 đồng. D. 5.452.733, 453 đồng.

Lời giải Chọn D

Cho T là số tiền ban đầu và r là lãi suất thì sau 1 chu kỳ lãi số tiền là T Tr T

1r

 sau n chu kỳ lãi thì số tiền là T

1r

n.

Với lãi suất 0, 7%, bác Mạnh gửi được 6 tháng nên số tiền sau 6 tháng là T6T

1r1

6

Với lãi suất 0,9%, bác Mạnh gửi được 9 6 3  tháng nên số tiền sau 9 tháng là

 

3

9 6 1 2

TTr

Với lãi suất 0, 6%, bác Mạnh gửi được 12 9 3  tháng nên số tiền sau 9 tháng là

 

3

12 9 1 3

TTr

  

6

 

3

3

12 1 1 1 2 1 3 5.452.773,729

T T r r r

      .

Bài tập phát triển:

Câu 1: [2D2-3] Lãi suất gửi tiết kiệm của một số ngân hàng thời gian vừa qua liên tục thay đổi. Bác An gửi số tiền ban đầu là 5 triệu đồng với lãi suất 0,7 % tháng . Chưa đầy 1 năm thì lãi suất tăng lên 1,15% một tháng, trong nửa năm tiếp theo và bác An vẫn tiếp tục gửi. Sau nửa năm đó lãi suất giảm xuống còn 0,9% một tháng, Bác An tiếp tục gửi thêm một số tháng tròn nữa, khi rút tiền, bác An được cả vốn lẫn lãi là 5787710,707 đồng ( chưa làm tròn). Hỏi bác An đã gửi tiết kiệm trong bao nhiêu tháng?

Câu 2: Một người vay ngân hàng 1000000000( một tỉ) đồng và trả góp trong 60 tháng.Biết rằng lãi suất vay là 0,6% /1 tháng và không đổi trong suốt thời gian vay. Người đó vay vào ngày 1/1/ 2017 và bắt đầu trả góp vào ngày 1/ 2 / 2017 . Hỏi người đó phải trả mỗi tháng một số tiền không đổi là bao nhiêu ( làm tròn đến hàng ngàn)?

A.13813000( đồng). B.19896000( đồng). C.13896 000( đồng). D.17865000( đồng).

Lời giải Chọn B.

Gọi A là số tiền vay;n là số tháng; r là lãi suất trên một tháng; a là số tiền trả góp mỗi tháng.

(2)

Cuối tháng 1 số tiền nợ là :A

1r

.

Đầu tháng 2 số tiền nợ là : A

1 r

a; cuối tháng 2 số tiền nợ là A

1r

2a

1r

.

Đầu tháng 3 số tiền nợ là :A

1r

2a

1 r

a.

cuối tháng 3 số tiền nợ là A

1r

3a

1r

2a

1r

.

Cuối tháng 60 số tiền nợ là :A

1r

60 a

1r

59 a

1r

58 a

1r

1

60

1

59

1

58

1

Ararar ar

1

60

1

 

1

58

1

57 ... 1

A r a rr r

          

 

60

  

1

59 1

1 1 r

A r a r

r

 

   

Đầu tháng 61: A

1 r

60 a

1 r

 

1 r

59 1 a

r

 

   

Theo yêu cầu bài toán :

 

60

  

1

59 1

1 1 r 0

A r a r a

r

 

    

 

   

60 59

1 19895694, 2

1 1

1 1

A r

a r

r r

   

 

 

Câu 3: [2D2-3] Một cô giáo văn gửi 200 triệu đồng loại kỳ hạn 6 tháng vào một ngân hàng với lãi suất 6,9%/năm. Hỏi sau 6 năm 9 tháng, cô giáo đó nhận số tiền cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu?

Biết rằng cô giáo đó không rút lãi ở tất cả các kỳ hạn trước và nếu rút trước thì ngân hàng sẽ trả lãi suất theo loại lãi suất không kỳ hạn 0,002%/ngày. (Giả sử một tháng có 30 ngày).

A. 302088933 đồng. B. 471688328 đồng. C. 311392503 đồng. D. 321556228 đồng.

Lời giải Chọn C.

6 năm 9 tháng tương ứng với 13 kỳ hạn và 90 ngày không kỳ hạn.

  

13

90

0 1 1 1 2

T T rr với T0 200.000.000 , 1

1 6,9 2 100. r  , 2

0,002 r  100 311.392.503

 T đồng.

Câu 4: [2D2-3] Một người gửi số tiền 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 7, 4%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền sẽ được nhập vào vốn ban đầu (người ta gọi đó là lãi kép). Để lãnh được số tiền ít nhất 250 triệu thì người đó phải gửi trong khoảng thời gian ít nhất bao nhiêu năm? (Nếu trong khoảng thời gian này không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi).

A. 13 năm. B. 14 năm. C. 15 năm. D. 12 năm.

Lời giải Chọn A.

Gọi số tiền ban đầu là A và lãi suất là r%/năm.

Khi đó, sau n năm, số tiền thu được là AnA. 1

r%

n.
(3)

Theo giả thiết, ta có

 

. 1 % n 250

AnAr

1 %

250 2,5

100 r n

   

 

 

log 2,5

12,835 log 1,074

 n  .

Vậy phải gửi 13 năm.

Câu 17 [2D1-3] Cho hai hàm số

( )

1

f x 2

=x

( )

2

2

g x = x . Gọi d ,d lần lượt là tiếp tuyến của mỗi1 2

đồ thị hàm số f x

( )

, g x

( )

đã cho tại giao điểm của chúng. Hỏi góc giữa hai tiếp tuyến trên bằng bao nhiêu?

A.30°. B.90° . C.60°. D.45°.

Lời giải Chọn B.

- Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số trên là:

1 2

2 2 1

x x

x = Û =

- Hệ số góc của tiếp tuyến d của đồ thị hàm số 1 y= f x

( )

k1= f¢

( )

1 =e - Hệ số góc của tiếp tuyến d của đồ thị hàm số 2 y=g x

( )

k2=g¢

( )

1 =e - Ta thấy k k1. 2 =- 1 suy ra d ,d . Góc giữa hai tiếp tuyến trên bằng 1 2 90°. Bài tập phát triển .

Câu 1: [2D1-3] Cho hai hàm số và f x

( )

=exg x

( )

= -e lnx. Gọi d ,d lần lượt là tiếp tuyến1 2

của mỗi đồ thị hàm số f x

( )

, g x

( )

đã cho tại giao điểm của chúng. Gọi a góc giữa hai tiếp tuyến trên . Tính cosa ?

A.0°. B.90° . C.60°. D.45°.

Lời giải Chọn A.

- Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số trên là: ex= -e lnxÛ x=1 - A Hệ số góc của tiếp tuyến d của đồ thị hàm số 1 y= f x

( )

k1= f¢

( )

1 =e

- Hệ số góc của tiếp tuyến d của đồ thị hàm số 2 y=g x

( )

k2=g¢

( )

1 =e - Ta thấy k1=k2 suy ra d1º d2. Góc giữa hai tiếp tuyến trên bằng 0°.

Câu 2: [2D1-3] Hãy xác định các giá trị của m để đường thẳng y= f x

( )

=m x

(

+ +1

)

2 cắt đồ thị hàm số y g x

 

x33x tại ba điểm phân biệt , , A B C (A là điểm cố định) sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại BC vuông góc với nhau.

A.m=1. B.m=0 . C.m=- 1 . D. m=2. Lời giải

Chọn C.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số trên:

( )

3 3 1 2

x - x=m x+ +

( )

1

( )

2

1 0 1

2 0 2

x x

x x m

é + = Û =- Û ê - - - =êêë

Với x=- Þ1 y=2 suy ra hai đồ thị luôn cắt nhau tại điểm A

(

- 1; 2

)

cố định.
(4)

Để hai đồ thị trên cắt nhau tại 3 điểm phân biệt thì phương trình

( )

2 có hai nghiệm phân biệt

1, 2

x x khác - 1

4 9 0 9

2 24

m m

m m

ìD = + > ìïï >-

ï ï

Û ïíïïî ¹ - Û íïï ¹ -ïî

1, 2

x x là hai nghiệm của phương trình

( )

2 . Khi đó hai đồ thị trên cắt nhau tại 3 điểm , ,A B C phân biệt, trong đó ,B C có hoành độ x x1, 2 là hai nghiệm của phương trình

( )

2 , ta có: 1 2

1 2

1

. 2

x x

x x m

ì + = ïïíï =- - ïî

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=g x

( )

tại ,B C có hệ số góc là

( )

1 3

(

12 1

)

kB =g x¢ = x - ; kC=g x¢

( )

2 =3

(

x22- 1

)

.

Để hai tiếp tuyến vuông góc với nhau thì .k kB C=- 1 Û

(

x12- 1

)(

x22- 1

)

=- 1

(

x x1 2

)

2

(

x1 x2

)

2 2x x1 2 2 0

Û - + + + =

2 2 1 0 1

m m m

Þ + + = Û =- (thỏa mãn điều kiện).

Câu 35 . [2H1-2] Cho lăng trụ đứngABC A B C.   có cạnhBC2 ,a góc giữa hai mặt phẳng

ABC

A BC

bằng60. Biết diện tích của tam giácA BC bằng2a2. Tính thể tíchV của khối lăng trụ .

ABC A B C  

A. V 3a3. B. Va3 3. C. 2 3 3

Va . D. 3 3

3 Va . Lời giải

Chọn B.

KẻAIBC (I BC )A I BC .

Ta có 1 .

A BC 2

S A I BC 2a2A I 2a.

Do đóAAA I .sin 60 a 3, AIA I .cos 60 a.

Vậy . 3

1.2 . . 3 3

ABC A B C 2

V   a a aa .

Bài tập phát triển :

(5)

Câu 1: [2H1-2] Cho lăng trụ đềuABC A B C.   có cạnh đáy a4, biết diện tích của tam giác A BC bằng 8. Tính thể tíchV của khối lăng trụABC A B C.   .

A. V 4 3. B. V 8 3. C. V 2 3. D. V 10 3.

Lời giải

Chọn B.

Gọi I là trung điểm BC. Tam giác ABCcân nên 1

. 4

ABC 2

SA I BC   A I 4. Khi đó AA AI2A I 2 2. VậyVABC A B C.   AA S. ABC 8 3.

Câu 2: [2H1-2] Cho lăng trụ ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a, hình chiếu củaAlên

ABC

trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng60. Thể tích khối lăng trụ bằng

A. 3 3

4

Va . B. 3 3

8

Va . C. V 2a3 3. D.V 4a3 3 . Lời giải

ChọnC.

GọiIlà trung điểmBC, nên 2 2

3 3

AGAMaA G AG.tan 60 2a.

(6)

VậyVABC A B C.   A G S . ABC 2a3 3

Câu 38 [2D2-4] Biết x x x1; 2

1x2

là các nghiệm của phương trình log3

x23x  2 2

5x2 3x1 2

x12x2 12

a b

với ,a b nguyên dương. Tính a b .

A. a b 13. B. a b 14. C. a b 11. D. a b 16. Lời giải

Chọn B.

Điều kiện: x23x 2 0. Đặt tx23x20. Khi đó phương trình trở thành:

2 1

log (3 t 2) 5t 2 f t

 

f

   

1 *

Vớ f t( ) log ( 3 t 2) 5t21 với t

0;

. Ta có hàm số ( )f t liên tục trên

0;

2 1

( ) 1 2 .5 .ln 5 0

( 2).ln 3

  

f t t t

t với mọi t0

nên ( )f t đồng biến trên

0;

. Khi đó (*) tương đương với

2 1

2

3 5

1 2

3 5

2 – 3 1 0

x x

x

t x x

x

   



 

 

  

   

1 2

1 1

2 9 5

2 2

x x a b

     

9 14.

5

a a b

b

 

     Bài toán phát triển.

Câu 1: [2D2-4] Biết rằng bất phương trình log2

x25x  5 1

log3

x25x7

2 có tập

nghiệm S

   

a b; c d; . Tính T    a b c d.

A. T 10. B. T 11 C. T 12. D. T 13.

Lời giải Chọn A.

Điều kiện 2

5 5

5 5 0 2 .

5 5

2

  



   

 

 

x x x

x

Đặt tx25x50, khi đó phương trình trở

thành:

  

2

      

2 3 *

log t1 log t 2 2 f tf 1

  

2

2 3

( ) log  1 log 2

f t t t , t

0;

. Ta có hàm số ( )f t liên tục trên

0;

2

1 2

( ) 0

( 1).ln 2 ( 2).ln 3

   

 

f t t

t t với mọi t0

nên ( )f t đồng biến trên

0;

. Do đó (*) tương đương với 1

t x25x 5 1  1 x 4

Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là:

(7)

   

5 5 5 5 5 5 5 5

1; ; 4 ; ; 1 4 10.

2 2 2 2

       

          

   

S a b c d T

Câu 2: [2D2-4] Tìm số nghiệm nguyên nhỏ hơn 10 của bất phương trình 3 2(x 1) 13xx24x3.

A. 10. B. 9 C. 8. D. 7.

Lời giải Chọn C.

Điều kiện:x1. Khi đó bất phương trình tương đương với

2( 1) 1 2

3 x  2(x 1) 3xx 2x13 2(x 1) 12(x 1) 3(x 1) 1 (x 1)2

 

2 1

 

x 1

  

*

f xf

  .

trong đó f t( ) 3 t1t2, t

0;

. Ta có hàm số ( )f t liên tục trên

0;

và '( ) 3 ln 3 2 t1    0, 0

f t t t

nên ( )f t đồng biến trên

0;

. Khi đó (*) tương đương với

f ( 2( x  1))  f x (  1)  2( x    1) x 1

.

2( x   1) ( x  1) ,(

2

do x  1)

x

2

 4 x       3 0 x  ;1   3;  

.

Kết hợp với điều kiện tập nghiệm của bất phương trình là: S

 

1

3;

, nên số nghiệm nguyên nhỏ hơn 10 của bất phương trình là 8.

Câu 3: [2D2-4] Tìm số nghiệm của phương trình

sin sin3

1 1

sin 3

27 81

    

   

   

x x

x trên

0; 2018 .

A. 1930. B. 1928. C. 1927. D. 1925.

Lời giải Chọn B.

Phương trình tương đương với

3sin 4sin3

1 1 3

3sin 4sin

3 3

x x

x x

     

   

   

3sin 4sin3

1 1 3

3sin 4sin

3 3

x x

x x

   

     

   

 

(3sin ) (4sin ) *3

f xf x với 1

( ) .

3

   

 

t

f t t

Ta có 1 1

( ) ln 1 0

3 3

   

       

t

f t với mọi t , nên ( )f t là hàm số nghịch biến trên , khi đó (*) tương đương với

3sinx4sin3x sin 3x0 , x k3 k

   . Vì x

0; 2018

, nên 0 2018

0;1927 .

3

k  k Vậy số nghiệm của phương trình trên

0; 2018 là 1928.

Câu 4: [2D2-4] Bất phương trình

2

2 2

1 1 2

2 2 1 1

2

  

x x

x x

x có tập nghiệm S

a b;

. Tính b a– .
(8)

A. 5. B. 4 C. 3. D. 2.

Lời giải Chọn D.

Điều kiện x0. Bất phương trình tương đương với

2

2 2

1 1 2 2

2 2

1 1 2 1

2 2

2

x x

x x x x

x x

   

    

 

2

2 2

1 2 1 2

2 2

1 1 1 1 2

2 . 2 .

2 2

x x

x x x x

x x

   

2

 

2 2

1 1 2

x x *

f f

x x

     

    

Với 1

( ) 2

 t 2

f t t. Ta có f t

 

liên tục trên và 1 ( ) 2 ln 2 0

  t  2

f t với mọi x, nên

hàm số f t

 

đồng biến trên . Khi đó (*) tương đương với

2

2 2

1 x 1 2x

x x

 

2 2 0

0 x x x

  

     0 x 2 .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S

0; 2

a b;

0

2 a b

 

     b a 2.

Câu 5: Gọi S là tập nghiệm của bất phương trình log 12

3 x

log7 x. Giá trị nhỏ nhất của tập S

A. 1 B. 243 C. Không tồn tại. D. 3 Lời giải:

Chọn B.

Đặt 3t log7 x x 73t. Khi đó bất phương trình đã cho được viết lại là

3 3

log 12  7 t 3t  1 7t 8t 1 7 1 *

 

8 8

t t

   

      

Dễ thấy rằng hàm số

 

1 7

8 8

t t

f t      

    nghịch biến trên R và

   

* : f t f

 

1

1 243

t x

   

Câu 6: Giá trị m để bất phương trình 5x22mx2 52x24mx m 2x2 2mx m với mọi xR là

 

a b; . Giá trị của b a là

A. 2. B. 1. C. . D. 4.

Chọn B

2 2 2 2 2 4 2 2

5x mx 5 x mx m x 2mx m

   

2 2 2 2 2 2 4 2 2

5x mx x 2mx 2 5 x mx m  2x 4mx m 2

        

Dễ thấy rằng hàm số f t

 

5t t là hàm số đồng biến trên R nên

 

* : f x

2 2mx2

f

2x2 4mx m 2

x2 2mx 2 2x2 4mx m 2

2 2 0

x mx m

   

(9)

YCBT x2 2mx m    0, x R m2  m 0 (vì a 1 0)   m

1;0

. Câu 39. [2D1-3] Biết rằng đường thẳng d y:   3x m cắt đồ thị 2 1

( ) :

1 C y x

x

 

 tại hai điểm phân biệt A B, sao cho trọng tâm G của tam giác OAB thuộc đồ thị ( )C với O(0;0) là gốc tọa độ.

Khi đó giá trị thực của tham số m thuộc tập nào sau đây?

A. (2;3]. B. (5; 2] . C. (3;). D. ( ; 5]. Lời giải

Đáp án: Không có

d cắt ( )C tại hai điểm phân biệt A B,

2 1

1 3

x x m

x

    

 có 2 nghiệm phân biệt

1

2 1 ( 3 )( 1) x

x x m x

 

       có 2 nghiệm phân biệt

( ) 3 2 ( 1) 1 0

g x x m x m

       có 2 nghiệm phân biệt khác 1

2

3 0 1

10 11 0 11

m m m m

  

 

        (*)

Khi đó d cắt ( )C tại hai điểm phân biệt A a( ; 3 a m B b), ( ; 3 b m) Với a b, là nghiệm của g x( ) 0 .

Trọng tâm G của tam giác OAB là 3( ) 2

3 ; 3

a b a b m G     

 

 

1 3 a b  m

Nên 1 1

9 ; 3

m m

G   

 

 

2. 1 1

1 9

( ) 3 1 1

9 m G C m

m

  

    

2 15 25 0

m m

   

15 5 13

( / ) 2

15 5 13

( / ) 2

m t m

m t m

  



   

.

Bài tập phát triển:

Câu 1. [2D1-3] Biết đường thẳng d y: 2x3m cắt đồ thị 3 ( ) :

2 C y x

x

 

 tại hai điểm phân biệt ,

A B sao cho OA OB .  4

. Khi đó giá trị thực của tham số m thuộc tập nào sau đây?

A. (1;3]. B. ( 1;4] . C. (2;). D. ( ; 1]. Lời giải

Chọn B

d cắt ( )C tại hai điểm phân biệt A B,

3 2 3

2

x x m

x

   

 có 2 nghiệm phân biệt

2

2

2 3(1 ) 6 3 0

x

x m x m

  

       có 2 nghiệm phân biệt

(10)

( ) 2 2 3( 1) 6 3 0

g x x m x m

       có 2 nghiệm phân biệt khác -2

2

1 0

9 30 33 0 m

m m

 

  

  

(*)

Khi đó d cắt ( )C tại hai điểm phân biệt A a a( ;2 3 ), ( ;2m B b b3 )m Với a b, là nghiệm của g x( ) 0 .

Có 12 15 7

. 4 (2 3 )(2 3 ) 4 4

2 12

OA OB   abam bm    m    m Câu 2. [2D1-3] Biết rằng đường thẳng d y:   3x m cắt đồ thị 2 1

( ) :

1 C y x

x

 

 tại hai điểm phân biệt A B, sao cho trọng tâm G của tam giác OAB thuộc đồ thị ( ) :d x2y 2 0 với

(0;0)

O là gốc tọa độ. Khi đó giá trị thực của tham số m thuộc tập nào sau đây?

A. A.(2;3]. B. B.(1;2]. C. C.(1;). D. D.( ; 5]. Lời giải

Chọn D

d cắt ( )C tại hai điểm phân biệt A B,

2 1

1 3

x x m

x

    

 có 2 nghiệm phân biệt

1

2 1 ( 3 )( 1) x

x x m x

 

       có 2 nghiệm phân biệt

( ) 3 2 ( 1) 1 0

g x x m x m

       có 2 nghiệm phân biệt khác 1

2

3 0 1

10 11 0 11

m m m m

  

 

        (*)

Khi đó d cắt ( )C tại hai điểm phân biệt A a( ; 3 a m B b), ( ; 3 b m) Với a b, là nghiệm của g x( ) 0 .

Trọng tâm G của tam giác OAB là 3( ) 2

( ; )

3 3

a b a b m G    

mà 1

3 a b  m

Nên 1 1

( ; )

9 3

m m

G  

1 2 2 11

( ) 2 0

9 3 5

m m

Gd       m  (t/m).

Câu 40. [2D2-4] Biết rằng 2x1xlog 14 (2  y2) y1 trong đó x0. Tính giá trị của biểu thức P x2y2xy1.

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Phân tích:

Đề bài cho một ràng buộc giữa x y, thông qua một hệ thức. Thông thường ta biến đổi (sử dụng hàm số, dạng tích, …) để đi tìm mối liên hệ đơn giàn hơn giữa x y, . Tuy nhiên bài trên ta gặp khó khăn vì hàm bên VT là hàm mũ, hàm VP là loogarit mà lại có số 14 và cụm biểu thức của y khá phức tạp mặt khác yêu cầu tính P do đó khả năng là x y, phải “chốt” giá trị. Ta nên nghĩ sang đánh giá các cụm.

Lời giải

(11)

Chọn B.

Ta có

1 1 1

2 . 2 2x x 4

x x

x x

     .

Lại có : 14 ( y2) y 1 14 ( y1) y 1 3 y1. Đặt ty 1 0.

Ta xét hàm số f t( )   t3 3 14t trên

0;

có kết quả max ( )0; (1) 16

t f t f

   

Vậy 14 ( y2) y 1 16log 14 (2  y2) y14. Khi đó

1 2

2 log 14 ( 2) 1 1 2

0

x x x

y y P

y

         .

Bài tập phát triển:

Câu 1. Biết rằng 3 2 2 2

2 log 1

2

x x x y

y

       

  trong đó x y, 0. Tính giá trị của biểu thức P x2y2 2xy.

A. 1. B. 1

2. C. 2. D. 2 .

Câu 2. Biết rằng

4 2

2

2

2 log 4 1

4

x x

y y

     . Tính giá trị của biểu thức

2

2 1

P x y4 .

A. 20. B. 18. C. 353

16 . D. 289

16 .

Câu 41. [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình vuông cạnh a, SAvuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và SA a . Điểm M thuộc cạnh SAsao cho SM ,0 1.

k k

SA    Khi đó giá trị của k để mặt phẳng (BMC) chia khối chóp S ABCD. thành hai phần có thể tích bằng nhau là:

A. 1 5

k  2 . B. 1 5

k 2 . C. 1 5

k  4 . D. 1 2 k  2 . Lời giải

Chọn A.

Phân tích: Bài toán trên chính là bài toán về tỉ số thể tích, vì vậy trước hết phải xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi (BMC).

(12)

Do (BMC) chứa BC song song với AD nên (BMC) cắt (SAD) theo giao tuyến song song AD.

Để tính VS BCNM. nếu xác định đường cao thì phức tạp vì vậy sẽ chia thành hai khối và sử dụng bài toán tỉ số thể tích.

Kẻ MN/ /AD N SD;  khi đó thiết diện của hình chóp S ABCD. với (BMC)là hình thang BCNM . Suy ra (BMC) chia khối chóp thành hai khối đa diện SBCNMDABCNM . Đặt V1VS BCNM. ; V2VDABCNM ; V VS ABCD. .

Để V1V2 thì 1

1 V 2V .

Ta có SNMC . 2

SADC

V SN SM

VSD SAk 1 2

2 . VSNMC k V

  .

Ta có SMCB

SABC

V SM

VSAk 1

2 . VSMCB k V

  .

Vậy 1 2

1( ).

V  2 kk V . Khi đó 1

1

V 2Vk2 k 1

1 5

2

1 5

2 k

k

  



   .

Do 0 k 1 nên 1 5

k  2 . Vậy chọn đáp án A.

Nhận xét: Qua bài tập này ta đi xây dựng các công thức tính tỷ số thể tích của khối chóp, khối lăng trụ tam giác và khối hộp trong một vài trường hợp đặc biệt.

Bài toán 1: Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình bình hành. Một mặt phẳng ( ) cắt các cạnh bên SA SB SB SC SD, , , , của hình chóp lần lượt tại các điểm A B C D/, /, /, / . Đặt

/

SA ; SAx

/

SB ;

SBy SC/ ; SCz SD/

SDt . Khi đó

(13)

1) 1 1 1 1 x  z y t . 2) . / / / /

.

1 1 1 1

( )

4

S A B C D S ABCD

V xyzt

Vx  y z t

Lời giải

Gọi O là giao điểm của ACBD ; IA C/ /SO . Suy ra B I D/, , / thẳng hàng.

Kẻ AM / /A C CN/ /; / /A C/ / . Ta có:

/ /

1 1 SA SC

x z SASC SM SN SI SI

  SM SN

SI

  2SO

SI Chứng minh tương tự ta cũng có: 1 1 2SO

y t  SI , Suy ra điều phải chứng minh.

2)Ta có VS A B C D. / / / /VS A B C. / / /VS A D C. / / /

/ / /

. .

SA B C SABC

V x z y

V/ / / .

1 .

2 S ABCD

SA B C

V xzy V

  .

(14)

Chứng minh tương tự ta có / / / .

1 .

2 S ABCD

SA D C

Vxzt V Suy ra / / /

. /

1 ( )

2

S A B C D

Vxz y t (1) Tương tự ta có / / /

. /

1 ( )

2

S A B C D

Vyt x z (2) Từ (1) và (2) ta được / / /

. / 4

S A B C D

xyzt x z y t

V xz yt

   

   

 

1 1 1 1 4

xyzt

x y z t

 

     

 .

Bài toán 2: Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C. 1 1 1. Trên AA1, BB1, CC1 lấy lần lượt các điểm M N P, , sao cho

1

AM a AA  ,

1

BN b BB  ,

1

CP c

CC  . Khi đó:

1 1 1

.

. 3

ABC MNP ABC A B C

V a b c

V

   Lời giải

Không mất tính tổng quát ta giả sử a c b  .

Khi đó mặt phẳng qua N song song với

ABC

cắt AA CC1, 1 lần lượt tại D E, . Mặt phẳng qua M song song với

ABC

cắt BB CC1, 1 lần lượt tại I H,

Ta có VABC MNP.VABC DEN.VN DEPM.

 

 

.

1 ; .

N DEPM 3 DEPM

Vd N DEPM S

 

     

1 1

; . . ;

3d N DEPM 2 DM PE d DM PE

 

 

   

1 1

; . 1 . . ;

3 2

d N DEPM PE DM d DM PE DM

 

   

 

 

 

1 1

; . 1 .

3 2 DEHM

d N DEPM PE S

DM

 

    .

1 1

2 N DEHM

PE V DM

 

   

.

1 2. 1

2 3 DEN MIH

PE V DM

 

    1 . 1 1 1

1. 1 .

3 ABC A B C

PE DM DM AA V

 

   

  1 1 . 1 1 1

1. .

3 ABC A B C

DM PE AA AA V

 

   

  .

1 1 1

. .

1

ABC DEN ABC A B C

V BNV

BB

(15)

Do đó : . . 1 1 1 . 1 1 1

1 1 1

1. .

ABC MNP ABC A B C 3 ABC A B C

BN DM PE

V V V

BB AA AA

 

    

 

1 1 1

.

. 1 1 1 1 1

1 3

ABC MNP ABC A B C

V BN BN AM BN CP

V BB BB AA BB CC

 

       

  1 1 1

.

. 3

ABC MNP ABC A B C

V a b c

V

    .

Bài toán 2: Cho hình hộp ABCD A B C D. 1 1 1 1. Trên các đoạn thẳngAA1, BB1, CC1 lấy các điểm , ,

M N P sao cho AMaAA1, BNbBB1, CP cCC1. Mặt phẳng

MNP

cắt DD1 tại Q. Ta có tỉ số thể tích:

1 1 1 1

.

. 2

ABCD MNPQ ABCD A B C D

V a c

V

 

2 b d

 .

Lời giải Dựa vào giả thiết đề cho ta có AMa AA1

, BNbBB1

, CP cCC 1 ,

1 1 1 1

AABBCCDD

   

và giả sử DQ d DD 1 .

GọiOI lần lượt là trung điểm ACMP, khi đó MP là đường trung bình chung của hình thang AMPC, BNQD. Do đó ta có  AM CP 2OI

BN DQ2OI

. Suy ra

AM CP BN DQ  

   

1 1 1 1

. . . .

a AA c CC b BB d DD

    .

a c

 

b d

AA1 0

 

     

a c b d

    .

Tiếp theo, ta có

 

1 1 1 1

. .

2 6

ABCD MNPQ ABCD A B C D

V a b d c

V

  

1 1 1 1

.

. 2 2

ABCD MNPQ ABCD A B C D

V a c b d

V

 

   .

Bài tập phát triển :

Câu 1: [2H1-3]: Cho hình lăng trụ ABC A B C. / / /, M là điểm trên cạnh AA/ sao cho AM/ .

MAk Giá trị k để thể tích khối đa diện M BCC B. / / bằng 2

3 thể tích khối lăng trụ ABC A B C. / / /

A. k2. B. k1. C. 1

2.

kD. k 3.

Câu 2: [2H1-3]: Cho hình chóp tứ giác S ABCD. có thể tích là V . Lấy điểm A/ thuộc cạnh SA sao cho SA/k SA. . Mặt phẳng ( ) đi qua điểm A/ và song song với đáy của hình chóp, chia khối chóp thành hai khối đa diện, gọi V1 là thể tích khối đa diện chứa điểm S. Giá trị k để

1

1 V 27VA. 3

5.

kB. 1

3.

kC. 2

3.

kD. 1

4. k

Câu 3: 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. 3

4.

kB. 1

3.

k  C. 2

3.

kD. 1

2. k

(16)

M

C

D B

A

C'

D' B'

A'

N P

Câu 45 [2D1-3] Cho hàm số yx4 2mx2  1 m. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành tam giác nhận gốc toạ độ O làm trực tâm.

A. m 1. B. m0. C. m1. D. m2. Lời giải

Chọn C.

Điều kiện để hàm số có ba điểm cực trị là m0.

Toạ độ các điểm cực trị là A

0;1m

, B

m m; 2  m 1

, C

m m; 2  m 1

.

Vì ba điểm cực trị của đồ thị hàm số trùng phương luôn tạo thành tam giác cân tại đỉnh

0;1

Am và nhận trục tung làm trục đối xứng nên AOBC, ta chỉ cần tìm m để BOAC là xong.

Ta có AC 

m m; 2

, OB

m m; 2  m 1

.

ACOB   m m m2

2   m 1

0 3 2

0 1 0 m

m m m

 

     

0 1 1 m m m

 

 

  

 Kết hợp điều kiện hàm số có ba cực trị thì chỉ có giá trị m1 thoả.

Phân tích và phát triển bài toán.

Xét hàm số trùng phương y ax4bx2c với a0.

Điều kiện để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là ab0. Khi đó các điểm cực trị của đồ thị hàm số là A

 

0,c , ; Δ

2 4

B b

a a

 

 

 

 

 ; ; Δ

2 4

C b

a a

 

  

 

 

 , ở đây Δb2 4ac. NHẬN XÉT.

Ba điểm A B C, , tạo thành tam giác cân tại đỉnh A, nhận trục Oy làm trục đối xứng. Theo đó có những kết quả phổ biến như sau:

5 ABC 2

S a b

a

 

   .

 Tam giác ABC vuông cân khi b3 8a0; Tam giác ABC đều khi b324a0; Tam giác ABC có góc tại đỉnh cân là  khi 8 3tan2 0

a b 2  .

 Trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp tam giác luôn nằm trên trục Oy.

Gọi G

0;g

, H

 

0;h , I

0;m

J

0;n

lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Sau đây ta sẽ xây dựng các công thức liên hệ giữa g h m n, , , với a b c, , .
(17)

G

0;g

là trọng tâm tam giác ABC nên 3gyAyByC, có nghĩa là 2Δ 3

c 4 g

ab2 6a c g

H

 

0;h là trực tâm tam giác ABC nên BHAC  AC BH. 0

; Δ

2 4

AC b c

a a

 

     

 

 . Δ

, ;

2 4

BH b h

a a

 

    

 



Suy ra  AC BH. 0 Δ Δ

2 4 4 0

b c h

a a a

  

       8ab b b 2

2 4ah4ac

0

3 8

4

b a

h c ab

   

Áp dụng kết quả này vào bài tập trên ta có:

8 3 8

1 0

8 m m

m

 

  

3 1

m 1 0 m m

     1

1 m m

 

    Kết hợp điều kiện có ba điểm cực trị ta thấy m1 thoả.

 Do tam giác ABC cân tại AI

0;m

nên IBIC. Để I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì cần thêm điều kiện

IA IB  IA2IB2

 

2 Δ 2

2 4

c m b m

a a

 

      

b2 4am 4ac

2 16a m c2

 

2 8ab

      8 3

8 c m a b

ab

   

Từ đây ta cũng rút ra biểu thức tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

3 8

ABC 8

b a

R IA c m

ab

    

J

0;n

là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên ta có đẳng thức

. . . 0

BC JA CA JB AB JC    BC OA CA OB AB OC. . .

OJ BC CA AB

 

 

 

  



Ta dễ dàng tính được 42

2 16

b b

AB AC

a a

    , 2

2 BC b

  a . Từ đó suy ra được đẳng thức

(18)

2 3

3

4 . 1 8

1 1

8

b b

a a

c n b

a

 

 

Đẳng thức này thực sự khó nhớ, nên để làm nhanh ta nên nhớ đẳng thức tìm toạ độ tâm ở trên.

Bài tập phát triển.

Câu 1. Cho hàm số yx4 2mx2m2m. Giá trị m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có trọng tâm là gốc toạ độ O thoả mãn.

A.m  

4; 3

. B. m  

2; 1

. C. m 

1;0

. D. m

 

0;1 . Chọn A.

Áp dụng công thức ở trên ta có b2 6a c g

4m2 6(m2m) m 3 hoặc m0. Kiểm tra lại ta thấy m 3 thoả yêu cầu bài toán.

Câu 2. Cho hàm số yx4 2(m8 16) x2m2 2018. Biết rằng I

0;m2

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi ba điểm cực trị của đồ thị hàm số. Bán kính đường tròn đó có giá trị là

A. R4. B. R2. C. R 2018 . D. R2018.

Chọn D.

Áp dụng công thức trên ta có RABC  c mm2 2018m2 2018 Câu 48. [2D 1 - 4 ] Cho hàm số f x( )ax3bx2cx d với , , ,a b c d;a0và

0

2018 0 d

a b c d

 

     

 . Số điểm cực trị của hàm số ( )g xf x( ) 2018 là

A. 3. B. 2. C. 1. D. 5.

Lời giải Chọn D.

Hàm số ( )g xf x( ) 2018 (là hàm số bậc

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Biết rằng nếu bác An không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (người ta gọi đó là lãi kép).. Sau một năm

Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (người ta gọi đó là lãi kép)?. Hỏi số tiền ít

Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo.. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu

Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theoA. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu

Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo.Hỏi sau

Biết rằng nếu bác An không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (người ta gọi đó là lãi kép).. Sau một năm

Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo.. Hỏi sau đúng 5 năm người đó mới rút

Câu 33: Một người gửi tiết kiệm ngân hàng, mỗi tháng gửi 1 triệu đồng, với lãi suất 1% trên thángA. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng,