›
›
›

Trắc nghiệm nâng cao môn Toán Lớp 12

pdf 132 trang hangtran11 11/03/2022 2750
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Trắc nghiệm nâng cao môn Toán Lớp 12", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdftrac_nghiem_nang_cao_mon_toan_lop_12.pdf

Nội dung text: Trắc nghiệm nâng cao môn Toán Lớp 12

  1. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 2 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  2. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 HÀM SỐ y x3 mx 2 Câu 1. Cho hàm số 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: x3 mx 2 0 Số giao điểm của đồ thị (Cm) với Ox là số nghiệm của phương trình Với m = 0 vô nghiệm nên không có giao điểm Với m 0 ta có 2 m x2 f( x );(*) x 3 2 2(x 1) f'( x ) 2 x 0 x 1 x2 x 2 Ta có bảng biến thiên của f(x) như sau: x 0 1 f'( x ) + + 0 - f() x -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 x4 2( m 2) x 2 m 2 5 m 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 A. m 2 3 3 B. 2 3 C. 3 2 D. 3 3 2 Hướng dẫn giải: Ta có: y' 4 x3 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 5 m 5 , B 2 m ;1 m , C 2 m ;1 m   AB 2 m ; m2 4 m 4 ; AC 2 m ; m 2 4 m 4 Do ABC luôn cân tại A, nên bài   1 AB. AC toán thoả mãn khi AA 600 cos    0 m 2 3 3 2 AB AC Chọn đáp án A. 1 Câu 3. Cho hàm số y = x3 x 2 có đồ thị là (C). Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ 2 4x2 +3 số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại những điểm đó là giá trị lớn nhất của hàm số g(x) = www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01x4 +1 1 3 4 40 A. ;0 B. 1; ; ; 2 2 3 27 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 3 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  3. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 2 1 2 2 1 2 1 C. ; ; ; D. ;0 ; 2; 10 2 4 2 4 2 Hướng dẫn giải: 4x2 +3 * Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) = x4 +1 4t +3 - Đặt t = x2, với t 0 ta có hàm số g(t) = ; t2 +1 4t2 6t + 4 1 - g'(t) = ; g’(t) = 0 t = 2;t = ; (t2 +1) 2 2 - Ta lại có: limg ( t ) 0; limg ( t ) 0, bảng biến thiên của hàm số: t t t –2 0 1 2 g’(t) – 0 + + 0 – 4 g(t) 0 3 0 –1 2 - Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là g(x) = 4, đạt được khi x 2 * Tìm các điểm thuộc đồ thị (C) 2 - Ta có: y’ = 3x – x, giả sử điểm M0(x0, f(x0)) (C), thì hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại M0 là 2 f’(x0)= 3x0 x 0 2 4 3 4 40 - Vậy: 3x x = 4 suy ra x0 = –1; x0 = , tung độ tương ứng f(–1) = – ; f( ) = 0 0 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 mđể 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 Athuộc đường thẳng : y x nên để OAMN là hình bình hành thì MN OA 5 2 2x 4 Hoành độ của M và N là nghiệm của pt: x m x2 (3 m ) x ( m 4) 0 ( x 1) (1) x 1 Vì m2 2 m 25 0,  m,nên 1 luôn có hai nghiệm phân biệt, d luôn cắt C tại hai điểm www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01phân biệt x1 x 2 m 3 Giả sử x1, x 2 là nghiệm của 1 ta có: x1 x 2 ( m 4) 2 2 2 2 Gọi MxxmNxxm(;1 1 ),(; 2 2 ) MN 2( xx 1 2 )2( xx 1 2 )4 xx 1 2 2450 m m File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 4 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  4. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 2 m 2 MN 5 2 2 m 4 m 50 50 m 0 + m 0 thì OAMN,,, 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 kx2 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 2 a 2; \ 1 1 h(0) a 1 0 k1 a 1 k 1 a 1 x1 y 1 2k1 2 Khi đó k a 1 k a 1 x 2 y 2 2 2 2k2 2 Mà y1 y 2 0 k 1 a 1 k 2 a 1 0 2 k1 k 2 a1 k 1 k 2 a 1 4 3 a 2 0 2 a 2 3 2 Từ (1) và (2) a ; \ 1 3 Chọn đáp án D. 3x 1 Câu 6. Hai điểm M, N thuộc hai nhánh của đồ thị y . Khi đó độ dài đoạn thẳng MN ngắn nhất x 3 bằng? A. 8 B. 4 C. xM 3 D. 8 2 . Hướng dẫn giải: 8 8 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01Giả 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: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 5 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  5. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 2 2 8 8 1 1 64 2 2 2 MN ( m n ) (2 mn ) 64 2 . 4 mn 64 m n m n mn MN 8 . Kết luận MN ngắn nhất bằng 8 Chọn đáp án A. Câu 7. Cho hàm số y x3 3 mx 2 3 m 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 3x2 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 ;2 m3 3 m 1) + Điều kiện để 2 điểm cực trị đối xứng qua d: x 8 y 74 0 2 1 2m .( ) 1 8 3 m 8(2 m 3 m 1) 74 0 + Từ đó thấy m = 2 thỏa mãn hệ trên. Chọn đáp án C. 1 1 1 m x2 2 Câu 8. Cho f x e x 1 . Biết rằng f 1. f 2. f 3 f 2017 e n với m, n là các số tự nhiên m và tối giản. Tính m n2. n A. m n2 2018 . B. m n2 2018 . C. m n2 1. D. m n2 1. Hướng dẫn giải: Xét các số thực x 0 2 2 1 1 x x 1 x2 x 1 1 1 1 Ta có: 1 1 1 . x2 x 1 2 x2 x 1 2 x 2 x x x 1 x x 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 20182 1 1 1 1  1 2018 Vậy, f 1 . f 2 . f 3 f 2017 e 12 23 34 20172018 e2018 e 2018 , m 20182 1 hay 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 n2 1. Chọn đáp án C. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 6 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  6. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 S fxx ( )d fxx ( )d fx fafb . Vì S 0 f a f b 1 1 a 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 fxx ( )d fxxfx ( )d fcfb . S 0 f c f b 2 . 2 b 2 b b Mặt khác, dựa vào hình vẽ ta có: SS1 2 fafb fcfb fa fc 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 2 m 1 x 3 m 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 (2 m 1) (3 m 2)sin x Để hàm số nghịch biến trên thì y 0,  x tức là: (2m 1) (3 m 2)sin x 0 (1) ,  x 2 7 +) m thì (1) thành 0, x www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc013 3 2 1 2m 1 2 m 5 m 1 2 1 +) m thì (1) thành sinx 1 0 m 3 3m 2 3 m 2 3 m 2 3 5 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 7 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  7. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 2 1 2m 1 2 m m 3 2 +) m thì (1) thành sinx 1 0 3 m 3 3m 2 3 m 2 3 m 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 x2 6 m 1 x 6 m 2 x '9 m 1 2 36 m 29 m2 54 m 810 Dấu bằng xảy ra khi m 3 Gọi x1, x 2 là 2 nghiệm của phương trình y' 0 x1 x 2 x1 x 2 1 m Theo viet: x1. x 2 m 2 Ta có BBT t x1 x2 y’ + 0 - 0 + y Vậy hàm số đồng biến trên khoảng x1, x 2 pt y ' 0 phải có 2 nghiệm phân biệt m 3 Gọi Độ dài khoảng nghịch biến của hàm số là D 2 2 2 D x1 x 2 x1 x 2 1 m 4 m 2 m 6 m 9 DD 3 2 9 m2 6 m 9 9 m 2 6 m 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 2 Dấu “=” xảy ra m 1 m 1 2 m 1 2 m 1 Chọn đáp án A. 2x 1 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01Câu 13. Cho hàm số y C . Tìm k để đường thẳng d: y k x 2 k 1 cắt (C) tại hai điểm x 1 phân biệt AB, sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau. A. 12 B. 4 C. 3 D. 1 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 8 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  8. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 kx212x1 k x 1 kx 21; k x 1 x 1 kx2 3 k 1 x 2 k 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 2 k 6 k 1 0 . 2 k 3 2 2  k 3 2 2 k 1 3 k 1 1 2 k 0 Khi đó: A x1; k x 1 2 k 1 , B x 2 ; k x 2 2 k 1 với x1, x 2 là nghiệm của (1). 3k 1 x1 x 2 Theo định lý Viet tao có k . x1 x 2 2 Ta có dAOxdBOx ; ; k x1 2 k 1 k x 2 2 k 1 kx1 2 k 1 k x 2 2 k 1 x1 x 2 . kx1 2 k 1 k x 2 2 k 1 k x1 x 2 4 k 2 0 Do hai điểm A, B phân biệt nên ta loại nghiệm x1 x 2 . Do đó k x1 x 2 4 k 2 0 k 3. Chọn đáp án C. x 4 Câu 14. Nếu đồ thị hàm số y cắt đường thẳng (d ) : 2 x y m tại hai đểm AB sao cho độ dài 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 2x m ( x 1) x 1 2x2 ( 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 x ;.; x x ABAB2 2 yAABB 2 x m ; y 2 x m yBABA y 2( x x ) 2 2 2 AB ( xBABABA x ) ( y y ) 5( x x ) 2 m 3 m 4 5 2 5()4 x x2 x x 5 4 m 14052 BAAB 2 2 4 Vậy AB nhỏ nhất khi m=-1 Chọn đáp án A. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc013 2 2 2 Câu 15. Cho hàm số y x 3 mx 3 m 1 x 1 m . 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: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 9 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  9. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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,,, y 0 B x 0 y 0 3 2 2 2 3 2 2 2 Khi đó ta có y0 x 0 3 mx 0 3 m 1 x 0 1 m và y0 x 0 3 mx 0 3 m 1 x 0 1 m 2 2 Từ đó suy ra: 6mx0 2 2 m 0(*) 2 2 Nếu x0 0 thì 2 2m 0 suy ra y0 1 m 0 . Vậy ABO  Do đó: đồ thị hàm số có hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ O m 0 2 phương trình (*) có nghiệm khác 0 22 m 0 1 m 0 hay m 1 ' 6m 2 2 m2 0 Chọn đáp án B. 3 2 3 2 3 Câu 16. Cho hàm số y x 3 mx m có đồ thị Cm và đường thẳng d: y m x 2 m . Biết rằng m1, m 2 m 1 m 2 là hai giá trị thực của m để đường thẳng d cắt đồ thị Cm tại 3 điểm phân biệt có 4 4 4 hoành độ x1,, x 2 x 3 thỏa x1 x 2 x 3 83 . Phát biểu nào sau đây là đúng về quan hệ giữa hai giá trị m1, m 2 ? 2 2 A. m1 m 2 0 . B. m1 2 m 2 4 . C. m2 2 m 1 4. D. m1 m 2 0 . Hướng dẫn giải: x m 3 2 2 3 x 3 mxmxm 3 0 x mDKm : 0 x 3 m 4 4 4 4 4 4 ycbtxxx 1 2 383 mm 81 m 83 m 1 mm 1 2 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. M1 0 ; 3 và M 2 2 ; 5 B. M1 1; 1 và M 2 3 ; 3 1 7 1 5 5 11 C. M1 2 ; và M 2 4 ; D. M1 ; và M 2 ; 3 3 2 3 2 3 Hướng dẫn giải: m 3 Gọi M m ; thuộc đồ thị, có I(–1 ; 1) m 1 2 16 2 16 IM m 1 , IM m 1 2 16 2 2 m 1 2 m 1 2 2 IM nhỏ nhất khi IM 2 2 . Khi đó (m + 1) = 4. Tìm được hai điểm M1 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 x2 2 mx m 2 1, trục hoành, trục tung và đường thẳng x = 2 đạt giá trị nhỏ nhất là: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 A. m = 2 B. m = 1 C. m = -1 D. m = - 2 Hướng dẫn giải: Vì với m tùy ý ta luôn có 3x2 2 mx m 2 1 0  x nên diện tích hình phẳng cần tìm là File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 10 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  10. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 2 2 S 32 xmxm2 2 1 dxxmxm 3 2 2 12410218 x mm 2 m 2 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() xo Ta có kết quả: Nếu đồ thị hàm số y có điểm cực trị (;)xo y o thì yo / 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 x3 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,, x 2 x 3 sao cho x1 x 2 x 3 4 là 1 m 1 1 1 4 m 1 m 1 A. m 1 B. C. 4 D. 4 m 0 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 x2 x 2 x 2 4 x x2 2 x x 1 4 1 2 m 1 4 m 1 1 2 3 1 2 1 2 Chọn đáp án B. 3 Câu 21. Cho hàm số y x m 3 x m2 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 2 y1 m 3 m 2. 2 Tương tự, ta có hàm số đạt cực tiểu tại x x2 m 1 và giá trị cực tiểu là y2 m 3 m 2 . www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01Ta 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: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 11 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  11. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 m1 1 m 2 1 Từ YCBT suy ra hệ phương trình 2 2 m1 3 m 1 2 m 2 3 m 2 2 3 1 1 1 Giải hệ ta tìm được nghiệm m1 , m 2 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 3 3 A. a 2 B. a 2 C. 0 D. a 2 8 4 2 Hướng dẫn giải: a Gọi H là trung điểm của BC BH = CH = A 2 a Đặt BM = x §iÒu kiÖn 0 x , ta có: Q P 2 a MN 2MH 2(BH BM) 2 x a 2x 2 M H N C B Tam giác MBQ vuông ở M, B 600 và BM = x QM x 3 Hình chữ nhật MNPQ có diện tích: S(x) = MN.QM = (a 2x)x 3 3(ax 2x)2 a a S'(x) 3(a 4x);S'(x) 0 x 0; 4 2 x a a 0 4 2 S’ + 0 3 a 2 S 8 3 a Vậy maxS(x) a 2 khi x = a 8 4 x 0; 2 Chọn đáp án A. x Câu 22. Cho hàm số y ()C . Tìm m để đường thẳng d: y mx m 1 cắt ()C tại hai điểm 1 x 2 2 phân biệt MN, sao cho AM AN 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 x 1 ()C d mx m 1 Phương trình hoành độ giao điểm của và : 1 x mx2 2 mx m 1 0(1) www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 d () (1) m 0 cắt C tại hai điểm phân biệt có 2 nghiệm phân biệt khác 1 Gọi I là trung điểm của MN I(1; 1) cố định. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 12 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  12. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 MN 2 AM2 AN 22 AI 2 Ta có: 2 2 2 Do AM AN nhỏ nhất MN nhỏ nhất 4 MN2( x x ) 2 (1 m ) 2 4 m 8 m 1 2 1 m . Dấu “=” xảy ra 2 2 1 Vậy min(AM AN ) 20 khi m Chọn đáp án C. Câu 23. Cho hàm số bậc ba y f x có đồ thị nhu hình vẽ bên. Tất cả 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 x3 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: Ta có y' 3x2 6mx 3xx 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(2 m ; 4 m3 1) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm B lên trục tung, ta có BH 2 m . Diện tích của tam giác OAB là 1 1 S BH. OA . 2 m 2 2 1 Theo đề bài S=1 nên ta có . 2m 1suy ra m 1. Vậy m=±1 là giá trị cần tìm. 2 Chọn đáp án C. 2sin2 x Câu 25. Giá trị lớn nhất của hàm số f x là x x sin4 cos 4 2 2 A. 0 B. 4 C. 8 D. 2 Hướng dẫn giải: 2sin2x 2sin 2 x 4sin 2 x TXĐ: D , ta có f x . x x 1 2 sin4 cos 4 1 sin 2 x 2 sin x www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc012 2 2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 13 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  13. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 4t Đặt sin2 x t t  0;1 , hàm số trở thành g t với t 0;1 , ta có t 2 8 g' t 0  t  0;1, suy ra hàm số đồng biến trên 0;1, vậy t 2 2 maxf x m ax g t g 1 4 , xảy ra khi t 1 x k k x t 0;1 2 Chọn đáp án B. Câu 26. Cho hàm số y x3 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 x 2 x 3. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. B. 1 x1 x 2 3 x 3 4 0 x1 1 x 2 3 x 3 4 C. D. x1 0 1 x 2 3 x 3 4 1 x1 3 x 2 4 x 3 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 x3 6 x 2 9 x m cắt Ox tại 3 điểm phân biệt. Ta có y 0.1 y 0; y 1.3 y 0; y 3.4 y 0 do đó 0 x1 1 x 2 3 x 3 4 Chọn đáp án B. tanx 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 (tanx m ) (tan x 2) 2 2 2 m y ' cosx cos x (tanx m )2 cos 2 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 tanx ,  x 0; m 0 4 1 m 2 2 m 0 Chọn đáp án A. 2 Câu 28. Cho hàm số y ax4 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 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01Hướng dẫn giải: Do giới hạn của y khi x tiến tới vô cùng thì nên a 0 . Loại A và D y' 4 ax3 2 bx 2 x 2 ax 2 b File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 14 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  14. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 2ax2 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 A. M 1 ;2 2 B. M ;2 42 4 2 42 4 2 1 1 C. M 1;2 2 D. M 1 ;2 2 4 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 a2 2 a a 2 PTTT cña ( C ) t¹i M lµ: y y a y' a x a y x a (d) a 1 2 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 2 a 1;2 a 2 Ta cã AI ; BI 2 2 a 1 , nªn AI. BI 4 2 v× a > 1 a 1 L¹i cã AIB suy ra AB2 AI 2 BI 2 2 AIBICos . AI 2 BI 2 2 AIBI . 4 4 Theo bÊt ®¼ng thøc C« si : AB2 2 AIBI . 2 AIBI . 2 2 AIBI . AB 2 2 2 1 (1) §Æt p lµ chu vi tam gi¸c ABI th× : p AB AI BI AB 2 AIBI . 2 2 2 1 44 2 1 DÊu ®¼ng thøc x¶y ra AI BI a 1 4 2 1 VËy Minp 2 2 2 1 44 2 a 1 4 2 1 1 Hay ®iÓm cÇn t×m lµ M 1 ;2 2 42 4 2 Chọn đáp án D. x4 5 Câu 30. Cho hµm sè: y 3 x2 ( C ) vµ ®iÓm M ()C cã hoµnh ®é x = a. Víi gi¸ trÞ nµo cña a 2 2 M th× tiÕp tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M c¾t (C) 2 ®iÓm ph©n biÖt kh¸c M. a 3 a 3 a 3 a 7 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01A. B. C. D. a 1 a 1 a 1 a 2 Hướng dẫn giải: File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 15 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  15. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 a4 5 §iÓm M ()C , x = a => y 3 a2 ta cã Pt tiÕp tuyÕn víi (C) cã d¹ng M M 2 2 () : y y' () x x y víi y' 2 a 3 6 a xM M M M a4 5 => () y (2 a3 6 a )( x a ) 3 a 2 2 2 Hoµnh ®é giao ®iÓm cña () vµ (C) lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh x45 a 4 5 3x2 (26)( aaxa 3 ) 3 a 2 ( xaxaxa )(236)0 2 2 3 2 2 2 2 x a 2 2 g( x ) x 2 ax 3 a 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 (3 a 6) 0 a 3 0 a 3 2 2 g( a ) 6 a 6 0 a 1 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 AB, 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 2x0 3 1 2x0 6 x 0 6 Gọi M x0;() C . PTTT của (C) tại M: y 2 x 2 x0 2 x0 2 x 0 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. x 2 2 1 x 1 1 0 2 x 3 x0 1 0 có hai phương trình tiếp tuyến y x 2; y x 6 Chọn đáp án C. 3 2 Câu 32. Cho hàm số y = x + 2mx + (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: 3 2 2 x 0 x + 2mx + (m + 3)x + 4 = x + 4 x(x + 2mx + m + 2) = 0 2 x 2 mx m 2 0 * www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01d 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: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 16 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  16. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 (*). x1 x 2 2 m Theo Vi-ét ta có x1 x 2 m 2 2 2 2 BC 2 x1 x 2 2 x 1 x 2 8 x 1 x 2 2 2 m 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 m2 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. 3 Câu 33. Cho hàm số: y x 2009 x có đồ thị là (C). M1 là điểm trên (C) có hoành độ x1 1. Tiếp tuyến của (C) tại M1 cắt (C) tại điểm M 2 khác M1 , 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; y n 2013 là tọa độ điểm M n . Tìm n để : 2009xn y n 2 0 A. n 685 B. n 627 C. n 675 D. n 672 Hướng dẫn giải: Gọi Mk x k; y k suy ra tiếp tuyến tại Mk:' y y k y x k x x k 2 3 y 3 xk 2009 x x k x k 2009 x k Tọa độ điểm M k 1 được xác định: 3 2 3 2 2 x 2009 xx 32009k xxx k k 2009 xxxxxxx k k .2 k k 0 x xk  x 2 x k x k 1 2 x k n 1 Ta có : x1 1; x 2 2; x 3 4; ; xn 2 2010 3 2010 2009xn y n 2 0 2009 x n x n 2009 x n 2 0 2 3n 3 22013 2 2013 3n 3 2013 n 672 Chọn đáp án D. 3x 2 m 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 CD, 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: 3mx2 3 m 2 x m 0, x m Vì m 0 nên phương trình 3x2 3 mx 1 0 (*). Ta có 9m2 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 AB, m m phân biệt m 0 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 17 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  17. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 Ta có A x1;3 x 1 3 m , B x 2 ;3 x 2 3 m với x1, x 2 là 2 nghiệm của (*). Kẻ đường cao OH của AB x x2 3 x 3 x 2 10 x x 2 3m 2 1 2 1 2 1 OAB ta có OH d 0; d và 2 40 10 10 x x 40 x x 10 m2 1 2 1 2 3 (Định lý Viet đối với (*)). Mặt khác ta có C m;0 , D 0; 3 m (để ý m 0 thì CDO,, phân biệt). Ta tìm m để 40 3m 2 SS 2 hay 10m2 . 2 m 3 m m OAB OCD 310 3 Chọn đáp án C. 1 Câu 35. Cho hàm số y mx3 m 1 x 2 4 3 m x 1 có đồ thị là C , m là tham số. Tìm các 3 m 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 A. 2 B. C. 0 m D. 5 m m 1 3 m 3 3 Hướng dẫn giải: y/ mx 2 2( m 1) x 4 3 m . Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 2 Ta tìm m : mx2 2( m 1) x 4 3 m 2 * có đúng một nghiệm âm * x 1 mx 3 m 2 0 x 1 hoặc mx 2 3 m m 0 : không thỏa yêu cầu m 0 2 3m m 0 , yêu cầu bài toán xảy ra khi 0 2 m m 3 Chọn đáp án C. 2x 1 Câu 36. Cho hàm số y 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. 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 x2 ( 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 m2 2 m 13 0 (đúng m ) 0.m 3 0 x1 x 2 m 3 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01Gọi x1, x 2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có: x1 x 2 m 1 Giả sử A x1; x 1 m , B x2; x 2 m File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 18 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  18. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 2 Khi đó ta có: AB 2 x1 x 2 2 2 2 2 PA x1 2 x 1 m 5 x 1 2 x 2 2 , 2 2 2 2 PB x2 2 x 2 m 5 x 2 2 x 1 2 Suy ra PAB cân tại P Do đó PAB đều PA2 AB 2 2 2 2 2 x12 x 2 2 2 x 1 x 2 x 1 x 2 4 x 1 x 2 6 x 1 x 2 8 0 2 m 1 m 4 m 5 0 . Vậy giá trị cần tìm là m 1, m 5 . m 5 Chọn đáp án C. Câu 37. Cho hµm sè y x4 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 4x3 3 mx 2 4 0 cã 3nghiÖm ph©n biÖt m XÐt g(x) = 4x3 3 mx 2 4 cã g’(x) = 12x2 6 mx g ( x ) 0 x 0, x 2 m16 m3 Do limg () x ,lim g () x vµ g(0) 4 0 , g ( ) nªn g(x) = 0 x x 2 4 m 0 2 cã 3 nghiÖm ph©n biÖt m 23 2 (häc sinh cã thÓ lËp b¶ng biÕn thiªn 16 m3 0 4 x3 1 cña hµm ()x trªn R \ 0 ®Ó t×m ra kÕt qu¶ trªn) x2 4x m Khi ®ã t©m ®èi xøng cña ®å thÞ hµm sè y lµ I ( ;1) 4x m 4 Gäi A(;),(; x1 y 1 B x 2 y 2 ),(; C x 3 y 3 ) lµ 3 ®iÓm cùc trÞ cña ®å thÞ hµm sè ®· cho th× 3 2 x1 , x2 , x3 lµ nghiÖm ph¬ng tr×nh : 4x 3 mx 4 0 nªn theo ®Þnh lý Viet ta cã x1 x 2 x 3 m 3m x1 x 2 x 3 3 4 4 2 2 2 2 2 9m x1 x 2 x 2 x 3 x 3 x 1 0 xxx ( xxx ) 2( xxxxxx ) 123 123 122331 16 x m3 m2 x 2 5 m ViÕt hµm sè ban ®Çu díi d¹ng: y( x ) y ( x )( ) ( 3 x 2) , v× thÕ 4 16 16 4 x m3 m2 x 2 5 m 3 m 2 x 2 5 m y y()()( x y xi )( i 3 x 2) i 3 x 2 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01i i i4 16 16 i 4 16 i 4 do y ( xi ) 0 ( i 1,2,3) y y y m25 m 9 m 4 5 m Tõ ®ã : 1 2 3 (x2 x 2 x 2 ) ( x x x ) 2 2 3 161 2 3 1 2 3 4 162 4 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 19 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  19. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 x x x y y y m Träng t©m cña tam gi¸c ABC lµ G( 1 2 3; 1 2 3 )  I ( ;1) khi vµ chØ 3 3 4 y y y 9m4 5 m khi : 1 2 3 1 2 1 (m 4)(9 m3 36 m 2 144 m 64) 0 3 162 4 V× m 23 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 x3 3 mx 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 x2 6 mx 3 m 1 3 x 2 2 mx m 1 y 0 x2 2 mx 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; x 2 x 1 x 2 thoả mãn x1 x 2 4 0 0 4 m2 m 1 4 x x 4 2 4 1 2 1 21 1 21 m2 m 5 0 m  m . 2 2 Vậy hàm số 1 nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4 1 21 1 21 m  m 2 2 Chọn đáp án B. x 1 Câu 39. Đường thẳng d: y x a luôn cắt đồ thị hàm số y H tại hai điểm phân biệt AB, 2x 1 . Gọi k1, k 2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với H tại A và B . Tìm a để tổng k1 k 2 đạt giá trị lớn nhất. A. a 1 B. a 2 C. a 5 D. a 1 Hướng dẫn giải: Phương trình hoành độ giao điểm của d và H : 1 x 1 x x a 2 2x 1 2 2x 2 ax a 1 0 * Đặt g x 2 x2 2 ax a 1 2 g a 2 a 2 0,  a 1 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01Vì 1 1 nên * có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 khác với mọi a . g 0,  a 2 2 2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 20 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  20. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 AB, với mọi a . Gọi A x1;,; y 1 B x 2 y 2 với x1, x 2 là hai nghiệm của * . Theo định lý Vi-ét ta có a 1 x x a, x x . 1 2 1 2 2 1 1 Tiếp tuyến tại A và B có hệ số góc là k1 2; k 2 2 2x1 1 2 x 2 1 2 2 1 1 2x1 1 2 x 2 1 Ta có k1 k 2 2 2 2 2 2x1 1 2 x 2 1 2 x 1 1 2 x 2 1 4x x2 8 x x 4 x x 2(21211) do x 2 x 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 a 1 2 2 2,  a . Dấu bằng xẩy ra a 1 Vậy k1 k 2 đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi a 1. Chọn đáp án D. 4 2 Câu 40. Tìm m để phương trình x – ( 2m+3)x + m + 5 = 0 có 4 nghiệm x1, x2, x3, x4 thoả mãn : -2 1 > X1 > 0 4 > X2 > 1 > X1 > 0 af(1) 0 m 3 0 m 3 af(0) 0 m 5 0 m 5 af(4) 0 7 m 9 0 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 m3 . 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 m3 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 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01xC. 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: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 21 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  21. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 m m Từ (2) và (3) xB = . Vậy x = là một nghiệm của (1). 2 2 3 1 m Chia f(x) = x 3 mx 2 x m3 cho x ta được: 2 2 2 m m2 m m3 f(x) = (x - ) (x2 – mx – 1 - ) - + . 2 2 2 4 m m m3 x = là nghiệm của (1) - + = 0 m=0, m = 2 2 2 4 m m2 Khi đó f(x) = (x - ) (x2 – mx – 1 - ) có 3 nghiệm phân biệt 2 2 m2 m 3m 2 vì (x) = x2 – mx – 1 - có 2 nghiệm trái dấu và có ( ) = -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) 3x 2 2(m 1)x (2m 2 3m 2) ∆’ =7m2 –7m +7 = 7(m2-m+1) > 0 ,m g(2) 0 2 , 2m m 6 0 y 0, x (2; ) S 3 m 2 2 0 m 5 0 2 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? 40 180 120 60 A. m. B. m. C. m. D. m. 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 2 x x 3 x 3 2 Phần đầu uốn thành tam giác đều có cạnh m , diện tích S1 . m 3 3 4 36 2 20 x 20 x 2 Phần còn lại uốn thành hình vuông có cạnh m , diện tích S2 m 4 4 2 x2 3 20 x Tổng diện tích hai hình nhỏ nhất khi f x nhỏ nhất trên khoảng 0;20 . www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc0136 4 x3 20 x 180 Ta có: f' x 0 x . 18 8 4 3 9 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 22 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  22. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 Bảng biến thiên: 180 x 0 20 4 3 9 f x 0 + f x 180 Dựa vào bảng biến thiên ta được x . 4 3 9 Chọn đáp án D. 8 4a 2 b c 0 Câu 44. Cho các số thực a, b , c thỏa mãn . Số giao điểm của đồ thị hàm số 8 4a 2 b c 0 y x3 ax 2 bx c và trục Ox là A. 0 . B.1. C. 2 . D. 3 . Hướng dẫn giải: Ta có hàm số y x3 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 4 a 2 b c 0 và y 2 8 4 a 2 b 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 x3 ax 2 bx c và trục Ox có 3 điểm chung. Chọn đáp án D. 2x 1 Câu 45. Tập hợp các giá trị của m để đồ thị hàm số y có đúng 1 mx2 2 x 1 4 x 2 4 mx 1 đường tiệm cận là A. 0 . B. ; 1  1; . C.  D. ; 1  0  1; . Hướng dẫn giải: Có limy 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 . mx2 2 x 1 0 (1) Xét phương trình: mx2 2 x 1 4 x 2 4 mx 1 0 2 4x 4 mx 1 0 (2) 2x 1 1 TH1: Xét m 0 , ta được y (thỏa ycbt) 2x 1 4 x2 1 4x2 1 TH2: Xét m 0 . Có: 1 m và 4m2 4 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc011 2 1 m 0 m 1 Th2a. Cả 2 phương trình (1) và (2) đều vô nghiệm: 2 m  4m 4 0 1 m 1 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 23 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  23. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 1 Th2b: (1) vô nghiệm, (2) có nghiệm kép x : 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. Câu 46. Đường thẳng d: y x 4 cắt đồ thị hàm số y x3 2 mx 2 m 3 x 4 tại 3 điểm phân biệt AB 0;4 , 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 : x3 2 mx 2 m 3 x 4 4 x 0 3 2 x 2 mx m 2 x 0 2 x x 2 mx m 2 0 1 Với x 0, ta có giao điểm là A 0;4 . 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 xBBCC ; x 2 , C x ; x 2 với xBC, x là nghiệm của phương trình (1). xBC x 2 m Theo định lí Viet, ta có: xBC. x m 2 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. 12 1 2 8 8 Do đó: BC BC2 32 d M, BC 2 2 2 2 2 Ta lại có: BC xCBCBCB x y y 2 x x 32 2 2 xBCBC x 4 x . x 16 2 m 4 m 2 16 4m2 4 m 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 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01P 4 x2 y 2 15 xy là: A. minP 83 B. minP 63 C. minP 80 D. minP 91 Hướng dẫn giải: Ta có xy2x3 y3 xy 2 4xy8x3.y34xy File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 24 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  24. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 xy2x3 y3 22xy xy8 xy 4;8 2 Xét biểu thức P 4x 2 y 2 15xy 4x y 7xy và đặt t x y  4;8 P 4t2 7xy . 2 Lại có x3y3 0 xy 3xy 9 P4xy 21xy 63 4t2 21t 63 . 2 Xét hàm số f t 4t 21t 63 trên đoạn 4;8 suy ra Pmin f 7 83 Chọn đáp án A. 4 2 Câu 48. Gọi (Cm) là độ thì hàm số y x 2 x m 2017 . Tìm m để (Cm) có đúng 3 điểm chung phân biệt với trục hoành, ta có kết quả: A. m 2017 B. 2016 m 2017 C. m 2017 D. 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 x4 2 x 2 m 20170 m x 4 2 x 2 2017 có 3 nghiệm phân biệt. Xét hàm số y x4 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 Câu 49. Tìm tất cả các giá trị thực của m để đồ thị hàm số y có hai đường tiệm cận mx4 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 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01mx4 3 limy 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: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 25 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  25. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 2 x 1 2 1 x 2 1 + Với m 0 , khi đó hàm số có TXĐ D suy ra lim , lim x suy ra x 3 x 3 m x2 m x 2 m x2 x 4 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 x2 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 B. a 2 C. a 1 D. Một giá trị khác Hướng dẫn giải: Ta có y x2 2 x a 4 x 1 2 a 5 . Đặt u x 1 2 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 x3 2 1 x 3 1 x 3 2 1 x 3 1 là: A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Hướng dẫn giải: y x3 2 1 x 3 1 x 3 2 1 x 3 1 2 2 y x3 1 1 x 3 1 1 y x3 1 1 x 3 1 1 Điều kiện để hàm số xác định x 1 Ta có y x3 1 1 x 3 1 1 - Nếu 1 x 0 thì x3 1 1 0 x 3 1 1 1 x 3 1 y 2 - Nếu x 0 thì x3 1 1 0 y 2 x 2 1 2 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01Vậy: y 2,  x 1, y 2 x 0 Chọn đáp án C. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 26 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  26. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 D. V 600 Hướng dẫn giải: Gọi J là chân đường cao của hình chóp S.ABC; H, K và L S lần lượt là hình chiếu của J trên các cạnh AB, BC và CA. Suy ra, SHJ , SLJ và SKJ lần lượt là góc tạo bởi mặt phẳng ()ABC với các mặt phẳng (SAB ), ()SBC và ()SAC . Theo giả thiết, ta có SHJ SLJ SKJ , z=17 K y=9 A C suy ra các tam giác vuông SJH, SJL và SJK bằng nhau. z=17 J y=9 Từ đó, JH JL JK . Mà J nằm trong tam giác ABC nên J là H 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 bán kính đường tròn nội tiếp của ABC. Ta có r 6 . Đặt x BH BL , y CL CK , p 34 z AH AK . x y 17 z K y C Ta có hệ phương trình x z 25 . A y y z 26 z J Giải ra được (x ; y ; z ) (8;9;17) L 2 2 2 2 JB JH BH 6 8 10 . H x Ta có SBJ ( SB ,( ABC )) 45  , suy ra SJB là tam giác x vuông cân tại J. SJ JB 10 . B 1 Thể tích V của khối chóp S.ABC là V SJ. S 680 3 ABC Chọn đáp án A. Câu 2. Cho tứ diện ABCD, M , N , Plần lượt thuộc A BC,, BD AC sao cho BC 4 BM , BD 2 BN , 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 P Q phẳng (MNP). K I 2 7 H A. B. B 3 13 N D www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc015 1 M C. D. . 13 3 Hướng dẫn giải: C File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 27 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  27. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 NMB NDH IC CM CM 3 IK DK ID1 DK 1 DK 2 IP CP IC3 2 AP 3 AP 3 APQ đồng dạng DKQ AQ AP3 AQ 3 DQ DK2 AD 5 Đặt VV ABCD Ta có: VANPQ AP AQ1VVANCD DACN DN 1 1 ., VVANPQ VANCD AC AD5 V ABCD V DABC DB 2 10 VCDMP CM CP 1 1 1 1 1 . VVVVVVVCDMP N. ABMP DABMP CDMP VCDBA CB CA 2 2 2 2 4 7VABMNQP 7 VVVVABMNQP ANPQ N. ABMP 20VCDMNQP 13 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. a3 14 a3 14 a3 14 a3 14 A. B. C. D. 48 24 16 8 Hướng dẫn giải: Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. S a 2 .a 2 AM AH AH. AC a M Ta có: AM 4 AC SA SA a 2 A D 2 2 2 2 a a 7 H MC AC AM a 2 O 2 2 1 1a a 7 a2 7 B C S SM. MC SMC 2 2 2 2 8 1 1a 2 a2 7 a 3 14 V BO. S SMAC3 SMC 3 2 8 48 Chọn đáp án A. Câu 4. Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCDcó 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 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc013 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: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 28 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  28. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 S SD  ACM ACM  SAD nên mặt phẳng P là ACM + Xét tam giác SON vuông tại N có : M a ON3 a 2 SN A cosSNO 1 2 D 3 2 2 O N 2 2 3a a SO SN ON a 2 2 2 B C 2 2 a2 a 10 + Xét tam giác SOD vuông tại O có : 2 2 SD SO OD a 2 2 2 3a .a 1 1 SN. CD2 3 a 10 Ta có S SCD CM SD SN CD CM 2 2 SD a 10 10 2 2 3a 10 a 10 - Xét tam giác MCD vuông tại M có : 2 2 2 DM CD CM a 10 10 a 10 VV 1DM DA DC 1 DM 1 1 Ta có : MACD MACD 10 VSABCD2. V SACD 2 DS DA DA 2 DS 2a 10 10 2 1 VV . Mặt phẳng P chia khối chóp S.ABCD thành 2 khối MACD và SABCM MACD10 SABCD 9 VMACD 1 VVVSABCD MACD SABCM VVSABCM SABCD . Do đó : 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 , 45 0 ,60 0 . Tính thể tích V của khối chóp S. ABC . www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01Biết rằng hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABC nằm bên trong tam giác ABC . a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. V . B. V . C. V . D. V . 4 3 2 4 3 4 4 3 8 4 3 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 29 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  29. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 HD SH 3 , HE SH , tan300 tan 450 SH SH a2 3 HF . Ta có S ABC suy ra tan 600 3 4 1 1 a2 3 3 a SH 1 3 a SH . 2 3 4 2 4 3 1 3a a2 3 a 3 3 Vậy V . 32 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 A. V= a3 B. V= a3 3 1 3 C. V= a3 D. V= 3. a3 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) www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01Từ (1) và (2) SH  (ABC) AC Ta có SH = MH. tan 600 = 3 = a 3 2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 30 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  30. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 1 2 1 3 3 SABC = AC.AB = a . 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 . Mặt khác SO2 SB 2 OB 2 AB 2 OB 2 OA 2 nên SO OA OC . Do đó tam giác SAC vuông tại S. Ta có AC2 x 2 4 4 OA 2 x 2 4 . Do đó 4OB2 12 x 2 0 x 2 3 . 2 2 2 2 2 Và 16SSOA x 4 OA x 4 x . Để VS. ABCD đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi VSOAB đạt giá trị lớn nhất . 2 2 Do đó VS. ABCD đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x 12 x đạt giá trị lớn nhất. Suy ra x2 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. Do M là trung điểm của AD nên S 3 3 dt BCDM dt ABCD VS'. BCDM V S '. 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 A M 3 3 2 1 D VVVV  I SBCDM'.4 SABCD '. 4 3 SABCD . 2 SABCD . Chọn đáp án A. B C Câu 10. Đáy của hình chóp SABC là tam giác cân ABC có AB AC a và BC  . Các cạnh bên www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01cùng tạo với đáy một góc  . Tính thể tích hình chóp SABC. a3 tan  a3 cos tan  a3 cos tan  a3 sin 2 A. V B. V C. V D. V 6 6 3 6 Hướng dẫn giải: File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 31 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  31. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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) Do đó SA; ABC SAO  . Tương tự ta cũng có SBO SCO  . Nên SAO SBO SCO AO BO CO . AC a a Theo định lí sin ta có: 2OA OA . sinB sin 2sin a tan  Nên SO OA.tan  . 2sin 1 1a2 sin  Mặt khác S AB. AC .sinA a2 sin180 2 . ABC 2 2 2 1 1a2 sin a tan  a 3 cos tan  Vậy V S SO . 3 ABC 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). 3a3 3a3 3 a3 a3 3 A. B. C. D. 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  NI HK Theo đề ta có  90 tan cot  NO MH Suy ra SA SA a2 a 2 NIMHOIHK SAa 2 2 2 4 3a2 1 a 3 Mà SABCD V S ABCD . SA 2 3 2 Chọn đáp án C. Câu 12. Cho tứ diện S. ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA 2 SM , 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 V1 chứa điểm A ; V1 và V2 lần lượt là thể tích của ()H1 và ()H 2 . Tính tỉ số . V2 4 5 3 4 A. B. C. D. 5 4 4 3 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01Hướng 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: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 32 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  32. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 . VSd( N ,( SAC )) Ta có: N. SMQC  SMQC ; VB. ASC d(B,( SAC )) S SAC S d( N ,( SAC )) NS 2 ; d(B,( SAC )) BS 3 2 M SSAMQ AM 4 SMQC 5 . SASC AS 9 S ASC 9 VN. SMQC 2 5 10 Suy ra  N VB. ASC 3 9 27 VNC.QP d( N ,(QP C )) SQPC C  A Q V d(S,(A BC )) S S. ABC ABC P NB CQ CP 1 1 2 2 B     SB CA CB 3 3 3 27 VVV V 10 2 4 4 V 4 1 N. SMQC NC.QP 1 5VV 4 1 VVVVV27 27 9 9 1 2 V 5 B. ASC S . ABC 1 2 2 Chọn đáp án A. 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 D. x V Hướng dẫn giải: Gọi a là độ dài cạnh đáy, x là độ dài đường cao của thùng đựng đồ a,x 0 VV Khi đó, Vax 2 a S 2a4ax2 2 4Vx xtp x V Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thìS nhỏ nhất 2 4 Vx nhỏ nhất. tp x V Cách 1 : Xét hàm số f x 2 4 Vx trên 0; x 2V 2 V 1 Ta có f'x ;f'x0xVVx 2 xV 3 x2 x 1 x 0 V 3 + ∞ f'(x) 0 + f(x) 1 f (V 3 ) www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 33 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  33. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 VV Cách 2: ta có 2 4 Vx 2 2 Vx 2 Vx 63 V2 x x V Dấu "" xảy ra tại Vx x3 V x 3 V x 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 dm2 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC gần với giá trị nào nhất sau đây ? 2 3 4 6 A. dm . B. dm . C. dm . D. dm . 7 7 7 7 Hướng dẫn giải: Gọi x 0 là cạnh của hình vuông ABCD và H là trung điểm cạnh AD x 3 Dễ dàng chứng minh SH ABCD , SH . 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 d1quaOva// SH , d 2 quaGva// AB I d1  d 2 là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S. ABCD R SI 2 2 2 2 2 x x 2 21 S 4 R R 1 SI SG GI x dm 3 2 7 Gọi E là điểm thỏa ADEC là hình bình hành ED//;; AC d AC SD d AC SDE d AC; SD d A ; SDE 2 d H ; SDE 2 HP (phần chứng minh HP SDE xin dành cho bạn đọc) 1 1 1 1 1 SKH : 2 2 2 2 2 HP SH KH x3 x 2 2 4 x 21 3 6 HP 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 V chóp S. AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 ? www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01V File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 34 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  34. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 3 1 2 1 A. B. C. D. 8 3 3 8 Hướng dẫn giải: SM SN V Đặt x ; y ,(0 x , y 1) khi đó ta có : VVVV SD SB SABC SADC SABD SBCD 2 Ta có : VVVVVV 1 SM SP SN SP 1 1 SAMPN SAMP SANP SAMP SANP . x y 1 V V V2 VSADC 2 V SABC 2 SDSCSBSC 4 VVVV 1 1 3 Lại có : 1 SAMPN SAMN SMNP xy xy xy 2 VVVV2SABD 2 SBCD 2 2 4 1 3 x x 1 Từ (1) và (2) suy ra : x y xy y do 0 y 1 1 x 4 4 3x 1 3x 1 2 V 2 1 3 3x 3 x 3 1 Từ (2) suy ra .xy . x f ( x ), x 1 V4 4 3 x 14 3x 1 4 2 V 1 2 41 1 Khảo sát hàm số y f( x ), x 1 min f ( x ) f 1 2 x x 1 3 9V 3 2 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 a2 cao AF và BE của chúng không lớn hơn 1 , trong đó 4 CD a 1. a2 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01Chiều cao của hình tứ diện AH AF 1 4 (do tam giác AHF vuông tại H có AF là cạnh huyền) Thể tích của khối tứ diện là: File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 35 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  35. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 2 1 1 1 1 1 a 1 2 V SAHBCD . . . BECDAH . . . . a . 1 a 4 a 3 3 2 3 2 4 24 Để tìm giá trị lớn nhất của V ta xét biểu thức a 4 a2 . 1 1 Vì 0 a 1 nên a 4 a2 3 và V 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? a 3 2 a 3 2 a 3 2 a 3 2 A. B. C. D. 3 2 6 12 Hướng dẫn giải: 0 Ta có góc giữa SC và mặt phẳng (SAB) là CSB 30 Trong tam giác SBC có SB BC. cot 300 a 3 Trong tam giác SAB có SA SB2 AB 2 a 2 1 1 1a 2 Thể tích khối chóp S.ABH là: V S. SA . HAHBa . . 2 HAHB . S. ABH3 ABH 3 2 6 Ta có HA2 HB 2 AB 2 a 2 và theo bất đẳng thức AM-GM ta có a 2 a2 HA 2 HB 2 2. HAHB . HAHB . 2 Đẳng thức xảy ra khi HA HB ABM 450 M  D a2 a 2 a2 a 3 2 Khi đó V HAHB S. ABH 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 . l33 cos 3 l33cos 3 A. V B. V 4(cotg cot g  )2 2(cotg cot g  )2 l 3 cos3 l3 5 cos C. V D. V 2(cotg cot g  )2 4(cotg 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 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc011 của 2 hình chóp là thẻ tích của khối đa diện ODEFO’. Ký hiệu V là thể tích đó thì V OO'. S 3 DEF File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 36 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  36. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 . C' A' Trong IOE ta có : OI IEcot g O Trong IO' E có:O' I IE cot g Suy ra OO' IE (cot g cot g  ) B' D OO' l cos F IE I cotg cot g  cot g cot g  E 3 Tam giác DEF đều , đường cao EJ EI 2 DE 2 3 2EJ 3 C Diện tích S DEF với DE EI 3 A 4 3 O' 3l 2 3 cos 2 Do đó S DEF 2 4(cotg cot g  ) B Vậy thể tích phần chung của 2 hình chóp là : l33 cos 3 V 4(cotg cot g  )2 Chọn đáp án A. 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 = This image cannot currently be displayed. (0; 0; a 3 ) và a a 3 B = ; ;0 . Suy ra phương trình của 2 2 2x 2 y z a 3 SB là: a a3 a 3 Gọi M(x0; y0; z0) thuộc cạnh SB, ta có: y0 3 x 0 . z a3 2 3 x 0 0   Mặt khác AMDN AM. DM 0 2 2 2 3a x0 – 2ax0 + y0 + z0 = 0 x 0 8 3a 3 a 3 a 3  3  SM 3 M ;; SM SB hay . 8 8 4 4 SB 4 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01Chọn đáp án A. 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: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 37 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  37. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 3 1 3 5 A. B. C. D. 8 8 5 8 Hướng dẫn giải: Theo giả thiết ACD và BCD có tất cả các cạnh không lớn hơn 1. A Đặt CD = a (0 a 1). Gọi AM, BN lần lượt là chiều cao của ACD và BCD. a2 a2 Ta có AM 1 ; BN 1 . 4 4 D 2 B a H M Gọi AH là chiều cao của tứ diện, ta có AH AM 1 . 4 N C 1 1 a a2 Thể tích của tứ diện ABCV . S . AH . BN . CD . AH (1 ) 3 BCD 6 6 4 Xét f( a ) a (4 a2 ) trên (0, 1]. Ta có f(a) liên tục trên (0, 1]. 2 f'( a ) 4 3 a 2 , f ' ( a ) 0 a 0;1. 3 a 0 1 f'(a) + 3 f(a) 0 Vậy maxf ( a ) f (1) 3 . 0,1 1 Suy ra maxV khi ACD và BCD là hai tam giác đều cạnh bằng 1, hai mặt phẳng (ACD) và 8 6 (BCD) vuông góc với nhau. Khi đó tính được AB 1. 2 Chọn đáp án B. 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 3a3 A. B. 20 20 C' 3 3a3 3 5a3 C. D. 10 10 D' Hướng dẫn giải: B' BC AB,()' BC  SA BC  SAB BC  AB SC()''()' P SC  AB AB  SBC AB  SB Tương tự AD'  SD D C VVVSABCD.'''.''.'' SABC SADC www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01V SB' SC ' SB '. SB SC '. SC SA2 SA 2 3 3 9 S.'' AB C A 2 2 2 2 B VS. ABC SB SC SB SC SB SC 4 5 20 (1) File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 38 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  38. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 2 2 VS.'' AD C SD' SC ' SD '. SD SC '. SC SA SA 3 3 9 2 2 2 2 (2) VS. ADC SD SC SD SC SD SC 4 5 20 1 1a3 3 Do V V . a2 . a 3 S ABC S ADC 3 2 6 Cộng (1) và (2) theo vế ta được VV 9 9 9a3 3 3 3 a 3 S.''.'' AB C S AD C V . a33 a 3 3 20 20S.''' AB C D 10 6 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. MCDvà khoảng cách giữa hai đường thẳng SM, CD . 15 5 15 13 A. B. C. D. 23 23 29 23 Hướng dẫn giải: 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  AC nên SAC vuông tại S . 2 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 V V  BD  S 2   5  3 S CMD4 S ABCD 12 SAC 12 2 12 S Gọi N là trung điểm của AD nên CD// SMN Suy ra 3V d( CD , SM ) d ( CD ,( SMN )) d (,( C SMN )) C. SMN S SMN 15 Thể tích VV (1). C SMN S MCD 12 B A 3 13 M O N Ta có MN 3, SM , SN ( sử dụng công thức 2 2 C D đường trung tuyến) 2 23 Theo định lý hàm số cosin trong SMN ta có cosSMN sin SMN 3 3 3 3 1 23 Vậy S  SM  MN sin SMN (2). SMN 2 4 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc013 15 3V 15 Thay (1), (2) vào ta được d(,) CD SM C. SMN 12 . S SMN 23 23 4 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 39 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  39. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 V1 và tứ diện BCDE lần lượt là V1 và V2 . Tính tỷ số . 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); (P)(AMD)=ME. H Kẻ AHME thì AH(BCE) ( do AH (AMD) ) Kẻ DKME nên DK(BCE) (do DK(AMD) ). E Hiển nhiên AH song song DK K V V AH Khi đó 1 A. BCE V2 VD . BCE DK B D +) Gọi  là góc giữa (P) và (ABC) (0  ). 2 M Hiển nhiên DME ; AME  . Vì AM = DM nên: C sin  AH V sin 1 .sin t .sin (1) sin DK V2 MO 1 1 +) Trong tam giác OMA: cos(  ) c os cos  sin sin  . (2) MA 3 3 Từ (1) có: cos 1sin 2  1 t 2 .sin 2 1 t 2 . x ; với x=sin2 . 1 1 Thay vào (2) ta có: 1 t2 x .1 x t . x  (1 t 2 x )(1). x t x . 3 3 8 +) Giải phương trình có: x . (9t2 6 t 9) x8 9 t2 6 t 9 8 Vì sin2 x tan 2 . 1 x 9 t2 6 t 9 9 t 2 6 t 1 9 t 2 6 t 1 3 t 8 502 196 2 171 5 Theo giả thiết suy ra 9t 6 t 1  9 t 6 t 0  9t2 6 t 1 49 25 25 19 t 15 V 3 Vậy ABCE VDBCE 5 Chọn đáp án C. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01Câu 24. Cho khối chóp S. ABC có SA a , SB a 2 , SC a 3 . Thể tích lớn nhất của khối chóp là a3 6 a3 6 a3 6 A. a3 6 . B. . C. . D. . 2 3 6 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 40 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  40. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 Hướng dẫn giải: 1 A Gọi H là hình chiếu của A lên ().SBC V AH S . 3 SBC Ta có AH SA; dấu “=” xảy ra khi AS SBC . 1 1 SSBC SB. SC .sin SBC SB . SC , dấu “=” xảy ra khi a 2 2 SB SC . 1 1 1 1 a 3 Khi đó, V AH. S AS  SB  SC SA  SB  SC . S C 3SBC 3 2 6 H Dấu “=” xảy ra khi SA,, SB SC đôi một vuông góc với nhau. Suy ra thể tích lớn nhất của khối chóp là a 2 1a3 6 V SA SB SC . B 6 6 Chọn đáp án D. 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 . 2a3 a3 a3 2a3 A. V . B. V . C. V . D. V . SCEF 36 SCEF 18 SCEF 36 SCEF 12 Hướng dẫn giải: Từ C hạ CF SB, F SB , CE SA, E SA AB AC S AB  SAC AB  CE Ta có AB SC CE  SAB CE  SB F Vậy mặt phẳng qua C và vuông góc SB là mặt CEF . a V SE SF Ta có SCEF . VSCAB SA SB E Tam giác vuông SAC vuông tại C ta có: B C SA SC2 AC 2 a 2 a a SE SC2 a 2 SE 1 và SASA22 a 2 SA 2 A Tam giác vuông SBC vuông tại C ta có: SB SC2 BC 2 a 3 SF SC2 a 2 SF 1 và SBSB23 a 2 SC 3 VSCEF 1 1 1 1 1 1 1 3 Do đó VSCEF V SABC SA S ABC a . VSCAB 2 3 6 6 6 3 36 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01Chọn đáp án C. II – HÌNH LĂNG TRỤ File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 41 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  41. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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. D' C' a3 2a3 A. B. 2 2 0 2a3 2 2a3 60 C. D. A' B' 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 2 2 a3 a 3 C HA = HB = HD = AO = 3 3 2 3 O 0 0 2 2 60 60 3a 6a H A’H2 = AA’2 – AH2 = a2 - = 9 9 A a B a 6 2a3 A’H = Từ đó tìm được V 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 CB và CD . Mặt phẳng AEF cắt khối lập phương đã cho thành hai phần, gọi V1 là thể tich V1 khối chứa điểm A và V2 là thể tich khối chứa điểm C '. Khi đó là V2 25 17 8 A. . B. 1. C. . D. . 47 25 17 Hướng dẫn giải: Đường thẳng EF cắt AD tại N , cắt AB 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 VV ABCD. A B C D , VV3 A . A MN , VVVV4 PFD N, 4 QMB E . Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có VV4 5 . 1 1 3a 3 a 3 a3 1 1 a a a a3 V AA A M A N a , V PD D F D N 3 6 6 2 2 8 4 6 6 3 2 2 72 3 3 25a 47a V1 25 VVV1 3 2 4 , VVV2 1 . Vậy . 72 72 V2 47 Chọn đáp án A. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 42 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  42. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 A. a3 2 B. 2a3 C. a3 6 D. 3a3 Hướng dẫn giải: Từ A kẻ AI  BC I là trung điểm BC AI  (BCCB ) AI  B C (1) A' C' Từ I kẻ IM  B C (2) Từ (1), (2) B C  (IAM) B' Vậy góc giữa (A B C) và ( B CB) là B' 0 H AMI = 60 1 M Ta có AI= BC a ; IM= 2 M B C 600 AI a I A C tan 600 3 2a I BH 2 IM ; 3 B 1 1 1 3 1 1 B' B2 BH 2 BC 2 4 a 2 4 a 2 2 a 2 . 1 1 Suy ra BB = a 2 ; S AI. BC a .2 a a2 ABC 2 2 V a2. a2 a 3 2 ABC A B C 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 a3 3 C. D. 3 24 H M Hướng dẫn giải: Gọi M là trung điểm BC, dựng MH vuông C B góc với A’A. suy ra G a 3 MH d BC,' A A 4 A a2 Đặt AH=x, ta có A' A x2 3 a a a23 a 3 3 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01Từ 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: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 43 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  43. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 a 3 AA' và BC là . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.''' A B C . 4 3 a 3 3 a 3 3 a 3 a 3 3 A. V B. V C. V D. V 3 6 12 36 Hướng dẫn giải: Gọi M là trung điểm B BC  (') A AM Gọi H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của G,M trên AA’ a 3 Vậy KM là đọan vuông góc chung củaAA’và BC, do đó d( A A',BC) KM . 4 KM 3 AGH AMH GH 2 A' C' 2a 3 GH KH K H 3 6 B' a AA’G vuông tại G,HG là đường cao,AG' A 3 C G M a 3 3 VSAGABC.''' A B C ABC .' B 12 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 VVGA'B'C' A.A'B'C' N Mà VVA.A'B'C' ABB'C' (Do 2 hình chóp này có 2 đáy AA’B’ và ABB’ M diện tích bằng nhau;chung đường cao hạ từ C’) VVGA'B'C' ABB'C' => Không thế khối chóp GA’B’C’hoặc ABB’C’ thể thích nhỏ nhất C' 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 → Khối A’BCN và Khối BB’MN có đường cao hạ từ M và A’ bằng B' nhau. Mặt khác Diện tích đáy BNB’ > Diện tích đáy BCN => Khối A’BCN Khối A’BCN có diện tích nhỏ hơn. Chọn đáp án A. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 44 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  44. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 Câu 30. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại A , góc BAC nhọn. 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 2a3 3 a3 3 a3 6 a3 6 A. B. C. D. 3 3 6 3 Hướng dẫn giải: A' 0 C' Ta có góc giữa hai mặt bên AA'B'B và AA'C'C là BAC 60 ABC đều. B' 300 0 Vì AA'/ /CC' AA'; BC' CC';BC' BC'C 30 Kẻ AI BC AI  BB'C'C d AA';BC' d AA'; BB'C'C AI a 3 2a BC 1 2a 2a 3 600 C A BC ,CC'0 2a VABC.A' B 'C ' 2a. .a. 3tan30 2 3 3 I Chọn đáp án A. 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 a 3 6 2a 3 6 3a 3 6 a 3 6 A. B. C. D. 108 27 108 27 Hướng dẫn giải: Gọi G, K lần lượt là tâm các hình chữ nhật ABB’A’ và AA’C’C. AM1 AM 2 C' Ta có: (Do G trung điểm AB’). A' AB' 3 AG 3 AM 2 Xét tam giác ABA’ có AG là trung tuyến và . Suy ra AG 3 N M là trọng tâm tam giác ABA’. Do đó BM đi qua trung điểm I K B' của AA’. I ANAN' 1 ' 2 Ta có: (Do K là trung điểm A’C). ACAK' 3 ' 3 G AN' 2 M Xét tam giác AA’C’ có A’K là trung tuyến và . Suy ra AK' 3 N là trọng tâm của tam giác AA’C’. Do đó C’N đi qua trung A C điểm I của AA’. Từ M là trọng tâm tam giác ABA’ và N là trọng tâm của tam H giác AA’C’. Suy ra: IM IN 1 . B IB IC ' 3 Gọi VV; lần lượt là thể tích các khối chóp IMNC; IBCC’. Ta có: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc011 2 V1 IM IN IC 1 8 . Mà VVV1 2 . Suy ra VV 2 . V2 IB IC' IC 9 9 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 45 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  45. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 a 3 cách từ A đến (BB’C’C) và bằng AH. Ta có: AH . 2 1 1a 3 a2 2 a 3 6 8 2a 3 6 V .;'' d I BB C C S . Suy ra VV . 23 BCC ' 3 2 2 12 92 27 Chọn đáp án B. Câu 32. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có khoảng cách giữa AC' và CD'' là 1 cm. Thể tích khối lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' là: A. 8 cm3 . B. 2 2 cm3 . C.3 3 cm3 . 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: dCDAC '',' dCD '', CAB '' dD ', CAB '' Để tính khoảng cách từ điểm D’ đến mặt phẳng (CA’B’), ta xét khối tứ diện D’CA’B’. 2 3 1 1 a a 3 VD'''''' CA B . CC '. S B A D . a . cm 3 3 2 6 1 1 2 2 2 SCA'' B .CB'. B'A' .a 2. a a cm (do tam giác 2 2 2 CA’B’ vuông tại B’) a3 3VD''' CA B 2 2 Suy ra: d D', CA ' B ' a cm a 2 (cm). S 2 2 CA'' B a2 2 Do đó V a3 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 V1 V1 là thể tích khối chứa A). Tính tỉ số F . V2 7 17 8 A. . B. 1. C. . D. . 17 25 17 Hướng dẫn giải: *Gọi N là trung điể A’D’. Khi đó (P)BDNM). Thấy BMDNAA’=I. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01Khi đó: V1=V(A’MNABD); V2=V-V1. (Với V là thể tích hình hộp) V( IA ' MN ) S ( AMN ) 1 * Ta có: VASABD( A'B'D') ( ' ' ') 4 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 46 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  46. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 V (AA'B'D') 1 1 I * Mà: nên có: V(') IA MN V V 6 24 V( IAMN ' ) IA '. IMIN . 1 * Lại có: D' V( IABD ) IAIBID . . 8 C' 1 N *Vậy: V() IABD V M A' 3 B' 1 1 7 17 * Do đó: VVVV nên VVVV . Vậy: 1 3 24 24 2 1 24 V1 7 D C V2 17 Chọn đáp án A. 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 . I EB' EK FB ' 3 FK 2 A B M Ta có: d(K, A'B') = (1/2)d(C', A'B'), FB' = (3/2)A'B'. Suy ra SKFB’ = C (3/4)SA’B’C’. J EB 1 Mặt khác vì nên suy ra d(E, (KFB’)) = (3/2)h (h là chiều EB ' 3 F A' B' cao lăng trụ). N K Do đó VEKFB’ = (3/8)V (V là thể tích lăng trụ) . C' VEBIM EI EM EB 1 1 1 1 1 3 1 nên VEBIM = . VV . VEB' FK EF EK EB ' 3 3 3 27 27 8 72 VFA' JN FJ FA' FN 1 1 1 1 1 3 1 nên VFA’JN = . VV . 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 a 3 thẳng AA và BC bằng . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC A B C 4 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. V . B. V . C. V . D. V . 24 12 3 6 Hướng dẫn giải: File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 47 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  47. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 M là trung điểm của BC thì BC AA M . A C 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 . H B a3 a 3 a2 Ta có A AHM A G AM .AAAA 2 4 2 3 A 4a2 3 a 2 a C Đường cao của lăng trụ là AG . G 9 9 3 M a3 a2 a 3 3 Thể tích V . . B LT 3 4 12 Chọn đáp án 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 9 A. V a3 . B. V a3 . C. V a3 . D. a3 . 8 4 2 4 Hướng dẫn giải: A' F' Ta có ABCDEF là lục giác đều nên góc ở đỉnh bằng 120. B' ABC là tam giác cân tại B , DEF là tam giác cân tại E . E' 1a2 3 SABC S DEF a. a .sin120  2 4 C' D' 2 2 A AC AB BC 2. AB . BC .cos B F 1 a2 a 2 2. a . a . a 3 B 2 H E 2 SACDF AC. AF a 3. a a 3 C a23 a 2 3 3 a 2 3 D S S S S a2 3 ABCDEF ABC ACDF DEF 4 4 2 a 3 B ' BH 60  B ' H BB '.sin60  2 3a2 3 9 V BH'. S a 3. a3 ABCDEF 4 4 Chọn đáp án D. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 48 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  48. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 MŨ - LÔ GARIT 2 2 Câu 1. Cho phương trình 5x 2 mx 2 5 2 x 4 mx 2 x 2 2 mx m 0. Tìm m để phương trình vô nghiệm? m 1 A. m 0 B. m 1 C. 0 m 1 D. m 0 Hướng dẫn giải: x2 2 mx 2 2 2 x 2 4 mx 2 2 +Phương trình tương đương: 5 (2x mx 2)5 (24 x mx 2) 2 2 + Do hàm f(t)=5t + t đồng biến trên R nên ta có:(x 2 mx 2) (2 x 4 mx 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: 2 log3 (1 x ) log 1 ( x m 4) 0 . 3 1 21 21 1 A. m 0 . B. 5 m . C. 5 m . D. m 2 . 4 4 4 4 Hướng dẫn giải: 2 1 x 0 x 1;1 log (1 x2 ) log ( x m 4) 0 3 1 2 2 3 log3 (1 x ) log 3 ( x m 4) 1 x x m 4 Yêu cầu bài toán f x x2 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 x 2 1 a. f 1 0 a. f 1 0 m 5 0 21 0 m 3 0 5 m . 4 S 21 4m 0 1 1 2 Cách 2: Dùng đạo hàm 1 Xét hàm số f x x2 x 5 f x 2 x 1 0 x 2 1 21 Có f ; f 1 3; f 1 5 2 4 Ta có bảng biến thiên – www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 49 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  49. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 x2 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 : x x m2x 1 2 m 1 3 5 3 5 0 . 1 1 1 1 A. m . B. m . C. m . D. m . 2 2 2 2 Hướng dẫn giải: Phương trình đã cho tương đương x x x 3 5 3 5 3 5 2m 2 m 1 0 1 . Đặt t 0 ta được: 2 2 2 1 2m 2 m 1 t 0 f t t2 2 mt 2 m 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 t1, t 2 thỏa t1 0 1 t 2 . Vậy m thỏa mãn f 1 0 4m 2 0 m 0,5 2 Chọn đáp án C. Câu 4. Tính giá trị của biểu thức P ln tan1° ln tan2  ln tan3  ln tan89  . 1 A. P 1. B. P . C. P 0. D. P 2. 2 Hướng dẫn giải: P ln tan1° ln tan 2  ln tan3  ln tan89  ln tan1  .tan2  .tan3  tan89  ln tan1  .tan 2  .tan3  tan 45  .cot 44  .cot 43  cot1  ln tan45  ln1 0.(vì tan .cot 1) Chọn đáp án C. x25 x 6 1 x 2 6 5 x Câu 5. Cho phương trình : m.2 2 2.2 m (1) . Tìm m để PT có 4 nghiệm phân biệt. 0 m 2. 1 21 1 A. m 0 . B. 5 m . C. 1 1 D. m 2 . 4 4 m , m 4 8 256 Hướng dẫn giải: Viết lại PT (1) dưới dạng : x25 x 6 1 x 2 6 5 x x25 x 6 1 x 2 ( x 2 5 x 6) (1 x 2 ) m.2 2 2.2 m m.2 2 2 m www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01x25 x 6 1 x 2 x 2 5 x 6 1 x 2 m.2 2 2 .2 m File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 50 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  50. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 2 u 2x 5 x 6 ,u , v 0 Đặt : 2 . Khi đó PT tương đương với : v 21 x x 3 2 u 1 2x 5 x 6 1 mu v uv m( u 1)( v m ) 0 x 2 2 v m 1 x 2 m 2 21 x m (*) Để (1) có 4 nghiệm phân biệt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 và 3. m0 m 0 (*) 1x2 log m x 2 1 log m . Khi đó điều kiện là : 2 2 m 0 m 0 m 2 1 logm 0 1 1 2 1  m m (0;2) \ ; 1 logm 4 8 8 256  2  1 logm 9 1 2 m 256 1 1 m (0;2) \ ;  Vậy với 8 256  thỏa điều kiện đề bài.  Chọn đáp án C. 2 Câu 6. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình log3x m 2 .log 3 x 3 m 1 0 có 2 nghiệm x1, x 2 sao cho x1. x 2 27 4 28 A. m B. m 25 C. m D. m 1 3 3 Hướng dẫn giải: 2 log3x m 2 .log 3 x 3 m 1 0 1 Đặt log3 x t Phương trình trở thành: t2 m 2 t 3 m 1 0 2 Phương trình (1) nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt. 2 0 m 2 4 3 m 1 m2 8 m 8 0 (đúng) Gọi t1, t 2 là 2 nghiệm của phương trình (2) x 3t1 , x 3 t 2 3 t 1 3 t 2 27 t t 3 1 2 1 2 Theo Vi-et: t1 t 2 m 2 . Suy ra m 1 Chọn đáp án D. x; y log 4x 4 y 4 1 m Câu 7. Trong tất cả các cặp thỏa mãn x2 y 2 2 . Tìm để tồn tại duy nhất cặp x; y sao cho x2 y 2 2 x 2 y 2 m 0 . 2 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01A. 10 2 . B. 10 2 và 10 2 . 2 2 C. 10 2 và 10 2 . D. 10 2 . File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 51 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  51. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 Hướng dẫn giải: log 4x 4 y 4 1 x2 y 2 4 x 4 y 6 0 1 Ta có x2 y 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 x2 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 2 IJ R1 R 2 10 m 2 m 10 2 . Chọn đáp án A. Câu 8. Cho n là số nguyên dương, tìm n sao cho 2 2 2 2 2 loga 2019 2 lo ga 2019 3 log3 a 2019 n logn a 2019 1008 2017 log a 2019 A. n=2017 B. n=2018 C. n=2019 D. n=2016 Hướng dẫn giải: log 2019 22 lo g 2019 3 2 log 2019 n 2 log 2019 1008 2 2017 2 log 2019 aa3 an a a 3 3 3 2 2 loga 2019 2 lo g a 2019 3 log a 2019 n log a 2019 1008 2017 log a 2019 3 3 3 3 2 2 (1 2 3 n )loga 2019 1008 2017 log a 2019 2 2 n( n 1) 2016.2017 2 2 n 2017 Chọn đáp án A. logmx 6 x3 2log 14 x 2 29 x 2 0 Câu 9. Phương trình 2 1 có 3 nghiệm thực phân biệt khi: 2 39 A. m 19 B. m 39 C. 19 m D. 19 m 39 2 Hướng dẫn giải: logmx 6 x3 2log 14 x 2 29 x 2 0 3 2 2 1 log2 mx 6 x log 2 14 x 29 x 2 0 2 6x3 14 x 2 29 x 2 mx 6 x3 14 x 2 29 x 2 m x 6x3 14 x 2 29 x 2 2 f x f x 12 x 14 x x2 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 52 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  52. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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. 2x 1 x 1 Câu 10. Biết phương trình log 2log có nghiệm duy nhất x a b 2 trong 5 3 x 2 2 x đó a, b là các số nguyên. Tính a b? A. 5 B. 1 C. 1 D. 2 Hướng dẫn giải: 2x 1 x 1 2 x 1 x 1 log 2log log 2log 5 3 5 3 x 2 2x x 2 x x 0 Đk: x 1 x 1 0 2 Pt log5 2x 1 log 5 x log 3 ( x 1) log 3 4 x 2 log5 2x 1 log 3 4 x log 5 x log 3 ( x 1) (1) 2 Đặt t 2 x 1 4 x t 1 2 2 (1) có dạng log5t log 3 ( t 1) log 5 x log 3 ( x 1) (2) 2 Xét f( y ) log5 y log 3 ( y 1) , do x 1 t 3 y 1. 1 1 Xét y 1: f'( y ) .2( y 1) 0 yln5 ( y 1)2 ln3 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 ( tm ). x 1 2 (vn) Chọn đáp án C. 2 3 Câu 11. Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm : log x 1 2 log 4 x log 4 x 42 8 A. 1 nghiệm B. 2 nghiệm C. 3 nghiệm D. Vô nghiệm Hướng dẫn giải: x 1 0 2 3 4 x 4 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01logx 1 2 log 4 x log 4 x 4 x 0 4 2 8 (2) Điều kiện: x 1 4 x 0 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 53 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  53. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Phần Hàm số - Giải tích 12 2 (2) log2x 1 2 log 2 4 x log 2 4 x log 2 x 1 2 log 2 16 x log 4x 1 log 16 x2 4 x 1 16 x 2 2 2 x 2 2 + Với 1 x 4 ta có phương trình x 4 x 12 0 (3) ; (3) x 6 lo¹i x 2 24 + Với 4 x 1 ta có phương trình x2 4 x 20 0 (4); 4 x 2 24 lo¹i Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 2hoặc x 2 1 6 , Chọn đáp án B. Câu 12. Cho phương trình 2 m2 5x 3.3 x m 2 15 x 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 3.3 x m 2 15 x 5 . Do f liên tục trên nên f cũng liên tục trên đoạn 0;2. Ta có f 0 2 m2 5 0 3.3 0 m 2 15.0 5 6 m 2 1 0,  m. f 2 2 m2 5 2 3.3 2 m 2 15.25 130 . 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. 2 Câu 13. PHương trình log3 x x 1 x 2 x log 3 x có bao nhiêu nghiệm A. 1 nghiệm B. 2 nghiệm C. 3 nghiệm D. Vô nghiệm Hướng dẫn giải: điều kiện x > 0 2 x x 1 2 Phương trình tương đương với log3 2x x x 2 Ta có 2x x2 1 x 1 1 2 x2 x 1 1 1 Và log logx 1 log x 3 log 3 1 3 3 3 3 x x x 2 2 x 1 0 x x 1 2 Do đó log3 2x x 1 x 1 x x 0 x Chọn đáp án A. 9x www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01Câu 14. Cho hàm số f(), x  x . Tính P f(sin2 10  ) f (sin 2 20  ) f (sin 2 80  ) 9x 3 A. 4 B. 8 C. 9 D. 3 Hướng dẫn giải: File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 54 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
  54. www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 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 3x 3 3 3 x 3 4 x 3 4 x 10 3 có tổng các nghiệm là ? A. 0. B. 2. C. 3. D. 4. Hướng dẫn giải: 33 3x 3 3 3 x 3 4 x 3 4 x 10 3 7 27 81 1 1 3x x 3 3 x x 3 7 27.3 3x 81.3 x 10 27. 3 3 x 81. 3 x 10 7 3 3 3 3 1Côsi 1 Đặt t 3x 2 3 x . 2 3x 3 x 3 3 x1 3 x 2 x 1 x 1 1 3 x 1 3 t 3x 33.3.3.3. x 2 x 3 x 3 3 x t 3 t 3 3 3 3 3 103 10 Khi đó: 7' 27 t3 3 t 81 t 10 3 t 3 t 2 N 27 3 10 1 10 Với t 3x 7 3 3x 3 y 3 N x 1 10 2 Đặt y 3 0 . Khi đó: 7 y 3 y 10 y 3 0 1 y 3 y N 3 Với y 3 3x 3 x 1 1 1 Với y 3x x 1 3 3 Chọn đáp án A. x x x 1 Câu 16. Gọi x1, x 2 x 1 x 2 là hai nghiệm của phương trình 5 1 5 1 5.2 . Trong các khẳng định dưới đây, khẳng định nào sai? A. x1,  1,1 1,1 B. x2,  1,1 1,1 C. x1, x 2  1,0 1,0 D. x1, x 2  1,1 1,1 Hướng dẫn giải: x x x x 5 1 5 1 5 5 1 5 1 5.2x 1 1 . 2 2 2 x x x x 5 1 5 1 x 5 1 5 1 Nhận xét: 1 1 2 2 2 2 x 5 1 1 5 1 + Đặt t 0, 1 t x log 2, x log . 2 t 215 1 2 5 1 2 2 2 Câu 17. Phương trình 1 log9x 3log 9 x log 3 x 1 có bao nhiêu nghiệm nguyên ? www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Hướng dẫn giải: Giải phương trình: 1 log9x 3log 9 x log 3 x 1. Điều kiện xác định: x ≥ 1 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Trang 55 Facebook: www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01