|
|
HỘI 8 TRƯỜNG CHUYÊN LẦN THI THỨ NHẤT Mã Đề: 193
|
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC THPT QG NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN: TOÁN Thời gian: 90 phút |
|
|
||
PHÂN TÍCH – GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC THPT QG 2018 – 2019
CỤM 8 TRƯỜNG CHUYÊN LẦN 1
Câu 1. Tập nghiệm $S$của bất phương trình ${{3}^{x}}<{{\text{e}}^{x}}$ là :
A. $S=\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$. B. $S=\left( 0\ ;\ +\infty \right)$.
C.$S=\mathbb{R}$. D.$S=\left( -\infty \ ;\ 0 \right)$.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Thu Hằng; Fb: Nguyễn Thu Hằng
Chọn D
${{3}^{x}}<{{\text{e}}^{x}}$$\Leftrightarrow {{\left( \frac{3}{\text{e}} \right)}^{x}}<1\Leftrightarrow x<0$. Tập nghiệm của bất phương trình là $S=\left( -\infty \ ;\ 0 \right)$.
Câu 2. Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số không có cực trị. B. Hàm số đạt cực tiểu tại $x=1$.
C. Hàm số đạt cực đại tại $x=0$. D. Hàm số đạt cực đại tại $x=5$.
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thị Thu Hằng; Fb:Nguyễn Thu Hằng
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại $x=0$.
Câu 3. Cho hình lăng trụ đứng $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$ có đáy là hình thoi, biết $A{A}'=4\text{a}$, $AC=2\text{a}$, $BD=a$. Thể tích $V$ của khối lăng trụ là ?
A. $V=8{{\text{a}}^{3}}$. B. $\frac{8}{3}{{a}^{3}}$.
C. $2{{\text{a}}^{3}}$. D. $V=4{{\text{a}}^{3}}$.
Lời giải
Tác giả: Phạm Văn Tuấn; Fb: Phạm Tuấn
Chọn D
Diện tích hình thoi $ABC\text{D}$ là : ${{S}_{ABC\text{D}}}=\frac{1}{2}.AC.BD=\frac{1}{2}.2a.a={{a}^{2}}$.
Thể tích khối lăng trụ là : ${{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'}}=A{A}'.{{S}_{ABCD}}=4\text{a}.{{a}^{2}}=4{{\text{a}}^{3}}$(đvtt).
Câu 4. Cho biết hàm số $f\left( x \right)$ có đạo hàm ${f}'\left( x \right)$ và có một nguyên hàm là $F\left( x \right)$. Tìm $I=\int{\left[ 2f\left( x \right)+{f}'\left( x \right)+1 \right]\text{d}x}$?
A. $I=2F\left( x \right)+f\left( x \right)+x+C$. B. $I=2F\left( x \right)+xf\left( x \right)+C$.
C. $I=2xF\left( x \right)+x+1$. D. $I=2xF\left( x \right)+f\left( x \right)+x+C$.
Lời giải
Tác giả: Phạm Văn Tuấn; Fb: Phạm Tuấn
Chọn A
Ta có $I=\int{\left[ 2f\left( x \right)+{f}'\left( x \right)+1 \right]\text{d}x=2F\left( x \right)+f\left( x \right)+x+\text{C}}$.
Câu 5. Cho hàm số$y=f\left( x \right)$xác định, liên tục trên $\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$và có bảng biến thiên như hình dưới đây
Tập hợp $S$tất cả các giá trị của $m$để phương trình $f\left( x \right)=m$có đúng ba nghiệm thực là :
A. $S=\left\{ 1 \right\}$. B. $S=\left( -1\ ;\,\ 1 \right)$.
C. $S=\left[ -1\ ;\,\ 1 \right]$. D. $S=\left\{ -1\ ;\,\ 1 \right\}$.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Đình Hải; Fb: Nguyen Dinh Hai
Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên phương trình $f\left( x \right)=m$ có đúng ba nghiệm thực $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 1\\
m = - 1
\end{array} \right.$.
Vậy $S = \left\{ { - 1\;;\,\;1} \right\}$.
Câu 6. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có $5$chữ số đôi một khác nhau, sao cho trong mỗi số đó nhất thiết phải có mặt chữ số $0$?
A. $15120$. B. $7056$. C. $5040$. D. $120$.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Đình Hải; Fb: Nguyen Dinh Hai
Chọn B
Gọi số cần tìm là : $\overline{{{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}{{a}_{4}}{{a}_{5}}}$ với ${{a}_{1}}\ne 0$,${{a}_{i}}\ne {{a}_{j}}$, ${{a}_{5}}$chẵn và trong số luôn có mặt số $0$.
Số cần tìm được chọn từ một trong các trường hợp :
Trường hợp 1 : ${{a}_{5}}=0$ có $1$cách chọn.
Khi đó ${{a}_{1}}$, ${{a}_{2}}$, ${{a}_{3}}$, ${{a}_{4}}$có $A_{9}^{4}$cách chọn. Suy ra có : $A_{9}^{4}$ (số).
Trường hợp 2 : ${{a}_{5}}\in \left\{ 2\ ;\ \,4\ ;\,\ 6\ ;\,\ 8 \right\}$ có $4$cách chọn.
Chữ số $0$có 3 cách chọn vị trí ${{a}_{2}}$, ${{a}_{3}}$, ${{a}_{4}}$và có $A_{8}^{3}$cách chọn $3$số cho $3$vị trí còn lại.
Suy ra có : $4.3.A_{8}^{3}$ (số).
Vậy ta có $A_{9}^{4}+4.3.A_{8}^{3}=7056$ (số) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 7. Từ một tập gồm 10 câu hỏi trong đó có 4 câu lý thuyết và 6 câu bài tập, người ta tạo thành các đề thi. Biết rằng một đề thi phải gồm 3 câu hỏi trong đó có ít nhất một câu lý thuyết và một câu bài tập. Hỏi có thể tạo bao nhiêu đề khác nhau ?
A.$96$. B. $100$. C. $60$. D. $36$.
Lời giải
Tác giả: Đoàn Thị Hường; Fb: Đoàn Thị Hường
Chọn A
Xảy ra hai trường hợp
TH1 : 2 câu lý thuyết, 1 câu bài tập có $C_{4}^{2}.C_{6}^{1}=36$.
TH2 : 1 câu lý thuyết, 2 câu bài tập có $C_{4}^{1}.C_{6}^{2}=60$.
Vậy có thể tạo $60+36=96$ đề khác nhau.
Câu 8. Với $a$, $b$là các số thực dương, $a\ne 1$. Giá trị của ${{a}^{\log _{a}^{{}}{{b}^{3}}}}$ bằng
A.${{b}^{3}}$. B. $3b$. C. ${{b}^{\frac{1}{3}}}$. D. $\frac{1}{3}b$.
Lời giải
Tác giả: Đoàn Thị Hường; Fb: Đoàn Thị Hường
Chọn A
Ta có ${{a}^{\log _{a}^{{}}{{b}^{3}}}}={{b}^{3}}$.
Câu 9. Trong các dãy số sau, dãy số nào là một cấp số cộng?
A. 1 ; $-3$; $-7$;$-11$; $-15$. B. 1 ; $-2$; $-4$; $-6$; $-8$.
C. 1 ; $-3$; $-5$; $-7$; $-9$. D. 1 ; $-3$; $-6$; $-9$; $-12$.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trường Giang; Fb: Giang Nguyen
Chọn A
Ta có : $-3-1=-7-\left( -3 \right)=-11-\left( -7 \right)=-15-\left( -11 \right)=-4$ (không đổi) nên dãy số trên lập thành một cấp số cộng.
Câu 10. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên $\mathbb{R}$?
A.$f\left( x \right)={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}-4$. B.$f\left( x \right)={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+3x-4$.
C.$f\left( x \right)={{x}^{2}}-4x+1$. D. $f\left( x \right)=\frac{2x-1}{x+1}$.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trường Giang; Fb: Giang Nguyen
Chọn B
$f\left( x \right)={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+3x-4$có ${f}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-6x+3=3{{\left( x-1 \right)}^{2}}\ge 0$, $\forall x\in \mathbb{R}$ nên hàm số này đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Câu 11. Đồ thị hàm số $y=\frac{\sqrt{x-7}}{{{x}^{2}}+3x-4}$ có bao nhiêu đường tiệm cận?
A. $1$. B.$3$. C. $0$. D. $2$.
Lời giải
Tác giả: Phạm Thị Thu Trang; Fb: Trang Phạm
Chọn A
TXĐ: $D=\left[ 7\,\ ;\ \,+\infty \right)$.
Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{x-7}}{{{x}^{2}}+3x-4}=0$, suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang: $y=0$.
Mặt khác: $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y$;$\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y$;$\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y$;$\underset{x\to -{{4}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y$;$\underset{x\to -{{4}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y$ không tồn tại nên đồ thị hàm số đã cho có 1 đường tiệm cận.
Câu 12. Với $\alpha $ là số thực bất kì, mệnh đề nào sau đây sai?
A.$\sqrt{{{10}^{\alpha }}}={{\left( \sqrt{10} \right)}^{\alpha }}$. B.$\sqrt{{{10}^{\alpha }}}={{10}^{\frac{\alpha }{2}}}$.
C.${{\left( {{10}^{\alpha }} \right)}^{2}}={{\left( 100 \right)}^{\alpha }}$. D.${{\left( {{10}^{\alpha }} \right)}^{2}}={{\left( 10 \right)}^{{{\alpha }^{2}}}}$.
Lời giải
Tác giả: Phạm Thị Thu Trang; Fb: Trang Phạm
Chọn D
Theo định nghĩa và các tính chất của lũy thừa, ta thấy A, B, C là các mệnh đề đúng.
Xét mệnh đề D: với $\alpha =1$, ta có: ${{\left( {{10}^{1}} \right)}^{2}}=100\ne \,\,{{\left( 10 \right)}^{{{1}^{2}}}}=10$ nên mệnh đề D sai.
Câu 13. Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng $a$, $SA\bot \left( ABC \right)$, $SA=3a$. Thể tích $V$của khối chóp$S.ABCD$ là:
A. $V={{a}^{3}}$. B. $V=\frac{1}{3}{{a}^{3}}$.
C. $V=2{{a}^{3}}$. D. $V=3{{a}^{3}}$.
Lời giải
Tác giả: Trần Thị Thơm; Fb: Tranthom
Chọn A
Ta có : $V=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.3a.{{a}^{2}}={{a}^{3}}\text{ }\left( \text{dvtt} \right)$.
Câu 14. Số tập hợp con có$3$ phần tử của một tập hợp có$7$ phần tử là :
A.$\frac{7!}{3!}$. B.$C_{7}^{3}$.
C.$A_{7}^{3}$. D. $21$.
Lời giải
Tác giả: Trần Thị Thơm; Fb: Tranthom
Chọn B
Câu 15. Đường cong ở bên dưới là đồ thị của một trong 4 hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào?
A.$y={{x}^{3}}-3x+1$. B. $y={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}+1$.
C. $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1$. D. $y=-{{x}^{3}}+3x+1$.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Viết Thăng; Fb: Nguyễn Viết Thăng
Chọn A
Đồ thị trên là của hàm bậc 3 có $a>0$ nên B, D loại
Hàm số đạt cực trị tại $x=\pm 1$ suy ra chọn A.
Câu 16. Tập hợp tâm các mặt cầu đi qua ba điểm phân biệt không thẳng hàng là
A. Một mặt phẳng. B. Một mặt trụ.
C. Một mặt cầu. D.Một đường thẳng.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Viết Thăng; Fb: Nguyễn Viết Thăng
Chọn D
Câu 17. Cho phương trình $\log _{2}^{2}\left( 4x \right)-{{\log }_{\sqrt{2}}}\left( 2x \right)=5$. Nghiệm nhỏ nhất của phương trình thuộc khoảng nào sau đây?
A.$\left( 1\ ;\ 3 \right)$. B.$\left( 5\ ;\ 9 \right)$.
C.$\left( 0\ ;\ 1 \right)$. D.$\left( 3\ ;\ 5 \right)$.
Lời giải
Tác giả: Văn Bùi Vũ; Fb: Van Tuan Vu
Chọn C
$\log _{2}^{2}\left( 4x \right)-{{\log }_{\sqrt{2}}}\left( 2x \right)=5\Leftrightarrow {{\left[ 1+{{\log }_{2}}\left( 2x \right) \right]}^{2}}-2{{\log }_{2}}\left( 2x \right)=5\Leftrightarrow \log _{2}^{2}\left( 2x \right)=4$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\log _2}\left( {2x} \right) = 2\\
{\log _2}\left( {2x} \right) = - 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
2x = 4\\
2x = \frac{1}{4}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2\\
x = \frac{1}{8}
\end{array} \right.$
Vậy nghiệm nhỏ nhất của phương trình thuộc khoảng $\left( 0\ ;\ 1 \right)$.
Câu 18. Tập nghiệm $S$ của bất phương trình ${{\log }_{2}}\left( x-1 \right)<3$?
A.$S=\left( 1\ ;\ 9 \right)$. B. $S=\left( -\infty \ ;\ 10 \right)$.
C. $S=\left( -\infty \ ;\ 9 \right)$. D. $S=\left( 1\ ;\ 10 \right)$.
Lời giải
Tác giả: Văn Bùi Vũ ; Fb: Van Tuan Vu
Chọn A
${{\log }_{2}}\left( x-1 \right)<3\Leftrightarrow 0<x-1<8\Leftrightarrow 1<x<9$ .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình $S=\left( 1\ ;\ 9 \right)$.
Câu 19. Cho khối nón có bán kính đáy là $\text{r}$, chiều cao $\text{h}$. Thể tích $\text{V}$ của khối nón đó là:
A.$V={{r}^{2}}h$. B. $V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h$.
C. $V=\frac{1}{3}{{r}^{2}}h$. D. $V=\pi {{r}^{2}}h$.
Lời giải
Tác giả: Lê Viết Thương; Fb: Lê Viết Thương.
Chọn B
Câu 20. Một hình trụ có thiết diện qua trục là một hình vuông. Biết diện tích xung quanh của khối trụ bằng $16\pi $. Thể tích $V$ của khối trụ bằng
A.$V=32\pi $. B. $V=64\pi $.
C. $V=8\pi $. D.$V=16\pi $.
Lời giải
Tác giả: Võ Minh Chung; Fb: Vo Minh Chung
Chọn D
Gọi $ABCD$ là thiết diện qua trục của khối trụ.
Vì $ABCD$ là hình vuông nên ta có : $OC=\frac{1}{2}O{O}'$$\Rightarrow h=2r$$\left( 1 \right)$.
Diện tích xung quanh của khối trụ là : ${{S}_{xq}}=2\pi rh$$\left( 2 \right)$.
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra : ${{S}_{xq}}=2\pi rh=4\pi {{r}^{2}}$.
Ta có : ${{S}_{xq}}=16\pi $$\Rightarrow 4\pi {{r}^{2}}=16\pi $$\Rightarrow 4\pi {{r}^{2}}=16\pi $.
Thể tích của khối trụ là : $V=\pi {{r}^{2}}h=2\pi {{r}^{3}}=2\pi {{.2}^{3}}=16\pi $ (đơn vị thể tích).
Câu 21. Cho$F\left( x \right)$là một nguyên hàm của hàm số$f\left( x \right)=\frac{1}{2x-1}$ . Biết $F\left( 1 \right)=2$. Giá trị của $F\left( 2 \right)$là
A. $F\left( 2 \right)=\frac{1}{2}\ln 3-2$. B. $F\left( 2 \right)=\ln 3+2$.
C. $F\left( 2 \right)=2\ln 3-2$. D. $F\left( 2 \right)=\frac{1}{2}\ln 3+2$.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Nguyệt Cầm; Fb: Nguyet Cam Nguyen
Chọn D
$\int{f\left( x \right)\text{d}x=\int{\frac{1}{2x-1}\text{d}x=\frac{1}{2}\ln \left| 2x-1 \right|+C\,\,\,\left( C\in \mathbb{R} \right)}}$ .
$F\left( 1 \right)=2\Rightarrow C=2$. Vậy với $x>\frac{1}{2}$thì $F\left( x \right)=\frac{1}{2}\ln \left( 2x-1 \right)+2$.
Do đó, $F\left( 2 \right)=\frac{1}{2}\ln 3+2$.
Câu 22. Cho cấp số nhân $\left( {{u}_{n}} \right)$ có công bội dương và ${{u}_{2}}=\frac{1}{4}$, ${{u}_{4}}=4$. Giá trị của ${{u}_{1}}$ là :
A. ${{u}_{1}}=-\frac{1}{16}$. B. ${{u}_{1}}=\frac{1}{16}$.
C. ${{u}_{1}}=\frac{1}{6}$. D. ${{u}_{1}}=\frac{1}{2}$.
Lời giải
Tác giả: Lê Viết Thương; Fb: Lê Viết Thương.
Chọn B
Ta có :$\left\{ \begin{array}{l}
{u_2} = \frac{1}{4}\\
{u_4} = 4
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow $$\left\{ \begin{array}{l}
{u_1}q = \frac{1}{4}\\
{u_1}{q^3} = 4
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow $$\left\{ \begin{array}{l}
{u_1}q = \frac{1}{4}\\
{q^2} = 16
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow $$\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} = \frac{1}{{16}}\\
q = 4
\end{array} \right.$ (Vì công bội q là số dương).
Câu 23. Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ có đạo hàm ${f}'\left( x \right)=x\left( x-1 \right){{\left( x+2 \right)}^{2}}$, $\forall x\in \mathbb{R}$. Tìm số điểm cực trị của hàm số đã cho ?
A. $3.$ B. $2.$ C. $4.$ D. $1.$
Lời giải
Tác giả: Văn Bùi Vũ; Fb: Van Tuan Vu
Chọn B
Ta có bảng xét dấu của ${f}'\left( x \right)$như sau:
Dựa vào bảng xét dấu của ${f}'\left( x \right)$ ta thấy hàm số $y=f\left( x \right)$có hai điểm cực trị.
Câu 24. Cho hàm số $y=f\left( x \right)$, $x\in \left[ -2\ ;\ 3 \right]$ có đồ thị như hình vẽ. Gọi $M$ và $m$ lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ -2\ ;\ 3 \right]$ . Giá trị $S=M+m$ là:
A. $3$. B. $1$. C. $6$. D. $5$.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Viết Thăng; Fb: Nguyễn Viết Thăng
Chọn B
Theo đồ thị ta có $M=3$, $m=-2$ suy ra $S=M+m=1$.
Câu 25. Cho hàm số $y={{x}^{3}}-2x+1$ có đồ thị $\left( C \right)$. Tính hệ số góc $k$ của tiếp tuyến với $\left( C \right)$ tại điểm có hoành độ bằng $1$.
A. $k=25$. B. $k=-5$. C. $k=10$. D. $k=1$.
Lời giải
Tác giả: Trần Thị Thơm; Fb: Tranthom
Chọn D
Ta có :${y}'=3{{x}^{2}}-2$.
Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ bằng $1$ là $k={y}'\left( 1 \right)=1$.
Câu 26. Một hình nón tròn xoay có độ dài đường sinh bằng đường kính đáy. Diện tích đáy của hình nón bằng $9\pi $. Khi đó đường cao hình nón bằng :
A.$\sqrt{3}$. B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$.
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$. D.$3\sqrt{3}$.
Lời giải
Tác giả: Phạm Thị Thu Trang; Fb: Trang Phạm
Chọn D
Gọi $R$ là bán kính đáy, $l$ là đường sinh, $h$ là đường cao của hình nón.
Theo giả thiết ta có : ${{S}_{\acute{a}y}}=\pi {{R}^{2}}=9\pi \Rightarrow R=3$. Khi đó $l=6$.
Suy ra : $h=\sqrt{{{l}^{2}}-{{R}^{2}}}=\sqrt{{{6}^{2}}-{{3}^{2}}}=3\sqrt{3}$ (đvđd).
Câu 27. Tổng các nghiệm của phương trình ${{3}^{x+1}}+{{3}^{1-x}}=10$ là
A. 1. B.0. C. $-1$. D. 3.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trường Giang; Fb: Giang Nguyen
Chọn B
Ta có : ${{3}^{x+1}}+{{3}^{1-x}}=10\Leftrightarrow {{3.3}^{x}}+\frac{3}{{{3}^{x}}}=10$
Đặt $t={{3}^{x}}$$\left( t>0 \right)$, phương trình trở thành: $3t + \frac{3}{t} = 10 \Leftrightarrow 3{t^2} - 10t + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 3\\
t = \frac{1}{3}
\end{array} \right.$
Với $t=3$ ta có ${{3}^{x}}=3\Leftrightarrow x=1$.
Với $t=\frac{1}{3}$ ta có ${{3}^{x}}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow {{3}^{x}}={{3}^{-1}}\Leftrightarrow x=-1$.
Vậy tổng các nghiệm của phương trình là : $1-1=0$.
Câu 28. Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y=\frac{x+1}{x-2}$ là :
A. $y=2$. B. $y=1$. C.$x=2$. D. $x=1$.
Lời giải
Tác giả: Đoàn Thị Hường; Fb: Đoàn Thị Hường
Chọn C
Ta có $\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\text{lim}}}\,\frac{x+1}{x-2}=+\infty $; $\,\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\text{lim}}}\,\frac{x+1}{x-2}=-\infty $.
Vậy đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y=\frac{x+1}{x-2}$ là $x=2$.
Câu 29. Giá trị nhỏ nhất của hàm số$y=x{{\text{e}}^{x+1}}$trên $\left[ -2\ ;\ \,0 \right]$bằng :
A. ${{\text{e}}^{2}}$. B. $-\frac{2}{\text{e}}$.
C.$-1$. D. $0$.
Lờigiải
Tác giả: Nguyễn Đình Hải; Fb: Nguyen Dinh Hai
Chọn C
Hàm số$y=x{{\text{e}}^{x+1}}$liên tục trên $\left[ -2\ ;\ \,0 \right]$có ${y}'={{\text{e}}^{x+1}}+x{{\text{e}}^{x+1}}$.
Ta có${y}'=0$$\Leftrightarrow {{\text{e}}^{x+1}}\left( x+1 \right)=0$$\Leftrightarrow x=-1\in \left[ -2\ ;\ \,0 \right]$.
Có $y\left( -2 \right)=-\frac{2}{\text{e}}$; $y\left( -1 \right)=-1$và $y\left( 0 \right)=0$.
Vậy$\underset{x\in \left[ -2\ ;\ 0 \right]}{\mathop{\min }}\,y=-1$.
Câu 30. Các khoảng nghịch biến của hàm số $y=-{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}-4$ là:
A.$\left( -1\ ;\ 0 \right)$và $\left( 0\ ;\ 1 \right)$. B.$\left( -\infty \ ;\ -1 \right)$và $\left( 1\ ;\ +\infty \right)$.
C.$\left( -\infty \ ;\ -1 \right)$và $\left( 0\ ;\ 1 \right)$. D. $\left( -1\ ;\ 0 \right)$và $\left( 1\ ;\ +\infty \right)$.
Lời giải
Tác giả: Phạm Văn Tuấn; Fb: Phạm Tuấn
Chọn D
Ta có ${y}'=-4{{x}^{3}}+4x$.
$y' = 0 \Leftrightarrow - 4{x^3} + 4x = 0 \Leftrightarrow 4x\left( { - {x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \pm 1
\end{array} \right.$
Bảng xét dấu:
Dựa vào bảng xét dấu ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( -1\ ;\ 0 \right)$và $\left( 1\ ;\ +\infty \right)$.
Câu 31. Cho khối lập phương $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$. Cắt khối lập phương trên bởi các mặt phẳng $\left( A{B}'{D}' \right)$và $\left( {C}'BD \right)$ta được ba khối đa diện. Xét các mệnh đề sau :
$\left( \text{I} \right)$: Ba khối đa diện thu được gồm hai khối chóp tam giác đều và một khối lăng trụ tam giác. $\left( \text{II} \right)$: Ba khối đa diện thu được gồm hai khối tứ diện và một khối bát diện đều.
$\left( \text{III} \right)$: Trong ba khối đa diện thu được có hai khối đa diện bằng nhau.
Số mệnh đề đúng là :
A. 2. B.1. C. 0. D. 3.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Thu Hằng; Fb: Nguyễn Thu Hằng.
Chọn B
Cắt hình lập phương bởi các mặt phẳng $\left( A{B}'{D}' \right)$và $\left( {C}'BD \right)$ta được ba khối đa diện sau
- Hình chóp ${A}'.A{B}'D'$ và $C.BD{C}'$ có các cạnh bên bằng nhau và các cạnh đáy bằng nhau nên chúng là các hình chóp tam giác đều.
- Khối đa diện còn lại là khối bát diện không đều $D{B}'AB{C}'{D}'$vì $AB{C}'{D}'$ là hình chữ nhật.
Câu 32. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$. Tam giác $SAB$ đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, $H,\text{ }K$ lần lượt là trung điểm của $AB,\text{ }AD$. Tính sin của góc tạo bởi $SA$ và $\left( SHK \right)$.
A. $\frac{\sqrt{2}}{4}$ . B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ .
C. $\frac{\sqrt{14}}{4}$ . D. $\frac{\sqrt{7}}{4}$ .
Lời giải
Tác giả: Quỳnh Giao; Fb: QGiaoDo
Chọn A
Ta có $\left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right)$ ; $\left( SAB \right)\cap \left( ABCD \right)=AB$ ; $SH\bot AB$(vì tam giác $SAB$ đều) nên
$SH\bot \left( ABCD \right)$.
Vì $HK\text{ // }BD$ nên $HK\bot AC$.
Lại có $SH\bot \left( ABCD \right)$$\Rightarrow $$\left( SHK \right)\bot \left( ABCD \right)$ và $\left( SHK \right)\cap \left( ABCD \right)=HK$ nên $AC\bot \left( SHK \right)$.
Vậy hình chiếu của $A$ trên $\left( SHK \right)$ là $I$$\Rightarrow \left( SA\ ;\ \left( SHK \right) \right)=\widehat{ASI}$.
Tam giác $SAI$ vuông tại $I$(vì $AI\bot \left( SHK \right)$ và $SA=a$; $AI=\frac{a\sqrt{2}}{4}$ nên $\sin \widehat{ASI}=\frac{AI}{SA}=\frac{\sqrt{2}}{4}$.
Câu 33. Cho hình lập phương $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$. Có bao nhiêu mặt trụ tròn xoay đi qua sáu đỉnh $A$, $B$, $D$, ${C}'$, ${B}'$, ${D}'$ ?
A. $3$. B. $4$. C. $2$. D. $1$.
Lời giải
Tác giả: Giáp Văn Quân; Fb:https://www.facebook.com/quanbg.quan
Chọn B
Câu 34. Biết $F\left( x \right)=\left( a{{x}^{2}}+bx+c \right){{\text{e}}^{-x}}$là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)=\left( 2{{x}^{2}}-5x+2 \right){{\text{e}}^{-x}}$ trên $\mathbb{R}$. Giá trị biểu thức $f\left( F\left( 0 \right) \right)$bằng :
A. $\frac{-1}{\text{e}}$. B. $3\text{e}$.
C. $20{{\text{e}}^{2}}$. D. $9\text{e}$.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Nghĩa; Fb: https://www.facebook.com/nghia.nguyenvan.1705
Chọn D
+ Tính ${{\left( F\left( x \right) \right)}^{\prime }}={{\left( \left( a{{x}^{2}}+bx+c \right){{\text{e}}^{-x}} \right)}^{\prime }}=\left[ -a{{x}^{2}}+\left( 2a-b \right)x+b-c \right]{{\text{e}}^{-x}}$$=\left( 2{{x}^{2}}-5x+2 \right){{\text{e}}^{-x}}$ .
Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}
a = - 2\\
2a - b = - 5\\
b - c = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = - 2\\
b = 1\\
c = - 1
\end{array} \right.$ nên $F\left( x \right)=\left( -2{{x}^{2}}+x-1 \right){{\text{e}}^{-x}}$.
+ Tính $F\left( 0 \right)=-1$suy ra $f\left( F\left( 0 \right) \right)=f\left( -1 \right)=9\text{e}$.
Câu 35. Cho hình thang $ABCD$ có $\widehat{A}=\widehat{B}=90{}^\circ $, $AB=BC=a$, $AD=2a$. Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình thang $ABCD$ xung quanh trục $CD$.
A. $\frac{7\sqrt{2}\pi {{a}^{3}}}{6}$. B. $\frac{7\sqrt{2}\pi {{a}^{3}}}{12}$.
C. $\frac{7\pi {{a}^{3}}}{6}$. D. $\frac{7\pi {{a}^{3}}}{12}$.
Lời giải
Tác giả: Thanh Vân; Fb: Thanh Van
Chọn A
Gọi $E$ là giao điểm của $AB$ và $CD$. Gọi $F$ là hình chiếu vuông góc của $B$ trên $CE$.
Ta có: $\Delta \ BCF=\Delta \ BEF$ nên tam giác $\Delta \ BCF$ và $\Delta \ BEF$ quay quanh trục $CD$ tạo thành hai khối nón bằng nhau có thể tích ${{V}_{1}}$.
$\Delta \ ADC=\Delta \ AEC$nên tam giác $\Delta \ ADC$ và $\Delta \ AEC$ quay quanh trục $CD$ tạo thành hai khối nón bằng nhau có thể tích $V$.
Nên thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình thang $ABCD$ xung quanh trục $CD$bằng: $2V-2{{V}_{1}}=2.\frac{1}{3}\pi \left( CD.A{{C}^{2}}-CF.B{{F}^{2}} \right)$$=\frac{2}{3}\pi \left[ {{\left( a\sqrt{2} \right)}^{3}}-{{\left( \frac{a}{\sqrt{2}} \right)}^{3}} \right]=\frac{7\sqrt{2}\pi {{a}^{3}}}{6}$(đvtt).
Câu 36. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$. Cạnh bên $SA=a\sqrt{6}$ và vuông góc với đáy $\left( ABCD \right)$. Tính theo $a$ diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp $S.ABCD$.
A.$2\pi {{a}^{2}}$. B.$8\pi {{a}^{2}}$.
C.$2{{a}^{2}}$. D.${{a}^{2}}\sqrt{2}$.
$$Lờigiải
Tác giả: Trần Mạnh Tường; Fb: Trần Mạnh Tường
Chọn B
Dễ thấy các góc $\widehat{SAC}$ , $\widehat{SBC}\text{ }$, $\widehat{SDC}$ đều bằng $90{}^\circ $nên mặt cầu ngoại tiếp khối chóp $S.ABCD$có tâm là trung điểm $I$ của $SC$ và có bán kính $R\,=\,\frac{1}{2}\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}\text{ }=\text{ }\frac{1}{2}\sqrt{6{{a}^{2}}+2{{a}^{2}}}\,=\text{ }a\sqrt{2}$ nên diện tích của mặt cầu là :
$S\,=\,4\pi {{R}^{2}}\,=\,8\pi {{a}^{2}}$(đvdt).
Câu 37. Giả sử $p$, $q$ là các số thực dương thỏa mãn ${{\log }_{16}}p={{\log }_{20}}q={{\log }_{25}}\left( p+q \right)$. Tìm giá trị của $\frac{p}{q}$ ?
A.$\frac{4}{5}$. B.$\frac{1}{2}\left( 1+\sqrt{5} \right)$.
C.$\frac{8}{5}$. D.$\frac{1}{2}\left( -1+\sqrt{5} \right)$.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Bảo Mai; Fb: Bao An
Chọn D
Đặt $t={{\log }_{16}}p={{\log }_{20}}q={{\log }_{25}}\left( p+q \right)\Rightarrow p={{16}^{t}}$, $q={{20}^{t}}$, $p+q={{25}^{t}}$. Suy ra :
${16^t} + {20^t} = {25^t} \Leftrightarrow {\left( {\frac{4}{5}} \right)^{2t}} + {\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\\
{\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} = \frac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2}
\end{array} \right.$
Vì ${{\left( \frac{4}{5} \right)}^{t}}>0$ nên ${{\left( \frac{4}{5} \right)}^{t}}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.
Từ đó ta được $\frac{p}{q}=\frac{{{16}^{t}}}{{{20}^{t}}}={{\left( \frac{4}{5} \right)}^{t}}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.
Câu 38. Cho tứ diện $ABCD$ có tam giác $ABD$ đều cạnh bằng 2, tam giác $ABC$ vuông tại $B$, $BC\,=\,\sqrt{3}$ . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AB$ và $CD$ bằng $\frac{\sqrt{11}}{2}$. Khi đó độ dài cạnh $CD$là :
A.$\sqrt{2}$. B.$2$. C. $1$. D. $\sqrt{3}$.
Lời giải
Tác giả: Trần Mạnh Tường; Fb: Trần Mạnh Tường
Chọn A
Gọi $M$ là trung điểm đoạn $AB$,$N$ là trung điểm đoạn $AC$, $E$ là điểm đối xứng với $M$ qua $N$, $I$ là trung điểm đoạn $DE$.$$
Khi đó $AB\,\,\text{//}\,\,EC$ nên $AB\,\,\text{//}\,\,\left( DEC \right)$, vì vậy $d\left( AB\ ;\ CD \right)\,=\,d\left( AB\ ;\ \left( ECD \right) \right)\,=\,d\left( M\ ;\ \left( ECD \right) \right)$.
Dễ thấy tứ giác $BCEM$ là hình chữ nhật nên $ME\,=\,BC\,=\,\sqrt{3}$.
Lại do tam giác $ABD$ đều, có cạnh bằng 2 nên $MD\,=\,\sqrt{3}$, từ đó suy ra tam giác $DME$ cân tại $M$, suy ra $MI\bot DE$$\left( 1 \right)$.
Dễ thấy $AB\bot ME$, $AB\bot MD$ nên $AB\bot \left( MDE \right)$, suy ra $AB\bot MI$, suy ra $CE\bot MI$$\left( 2 \right)$.
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta có $MI\bot \left( ECD \right)$ nên $d\left( M\,\ ;\ \,\left( ECD \right) \right)\,=\,MI$.
Vậy $MI\,=\,\frac{\sqrt{11}}{2}$.
Trong tam giác vuông $MEI$ có $IE\,=\,\sqrt{M{{E}^{2}}-M{{I}^{2}}}\,=\,\sqrt{3-\frac{11}{4}}\,=\,\frac{1}{2}$ , suy ra $DE=1$.
mà $EC\,=\,\frac{1}{2}AB\,=\,1$ nên $CD\,=\,\sqrt{E{{C}^{2}}+D{{E}^{2}}}\,=\,\sqrt{2}$.
Câu 39. Cho lăng trụ $ABC.{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}$ có diện tích mặt bên $\left( AB{{B}_{1}}{{A}_{1}} \right)$ bằng 4, khoảng cách giữa cạnh $C{{C}_{1}}$ và mặt phẳng $\left( AB{{B}_{1}}{{A}_{1}} \right)$ bằng 6. Tính thể tích khối lăng trụ $ABC.{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}$.
A. 12. B. 18. C. 9 . D. 24.
Lời giải
Tác giả: Thanh Vân; Fb: Thanh Van
Chọn A
Ta có $C{{C}_{1}}$song song với mặt phẳng $\left( AB{{B}_{1}}{{A}_{1}} \right)$$\Rightarrow d\left( {{C}_{1}}\ ,\ \left( AB{{B}_{1}}{{A}_{1}} \right) \right)=d\left( C{{C}_{1}}\ ,\ \left( AB{{B}_{1}}{{A}_{1}} \right) \right)=6$.
${{V}_{ABC{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}}}=3{{V}_{C{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}}}\Rightarrow {{V}_{ABC{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}}}=\frac{3}{2}{{V}_{C.AB{{B}_{1}}{{A}_{1}}}}=\frac{3}{2}.\frac{1}{3}.d\left( C\ ,\ \left( AB{{B}_{1}}{{A}_{1}} \right) \right).{{S}_{AB{{B}_{1}}{{A}_{1}}}}=\frac{1}{2}.6.4=12$(đvtt).
Câu 40. Cho tứ diện $ABCD$ có $AC=3a$,$BD=4a$. Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $AD$và $BC$. Biết $AC$vuông góc với $BD$. Tính $MN.$
A.$MN=\frac{5a}{2}$. B. $MN=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.
C. $MN=\frac{7a}{2}$. D. $MN=\frac{a\sqrt{7}}{2}$.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Nghĩa; Fb:https://www.facebook.com/nghia.nguyenvan.1705
Chọn A
+ Gọi $P$,$Q$lần lượt là trung điểm $DC$,$AB$.
+ Vì $\left\{ \begin{array}{l}
MP\;{\rm{//}}\;QN\;{\rm{//}}\;AC\\
QM\;{\rm{//}}\;NP\;{\rm{//}}\;BD\\
BD \bot AC
\end{array} \right.$ nên tứ giác $MPNQ$là hình chữ nhật có $MP=NQ=\frac{3a}{2}$,$QM=NP=2a$.
+ Ta tính được $MN=\sqrt{M{{P}^{2}}+P{{N}^{2}}}=\frac{5a}{2}$(đvđd).
Câu 41. Cho lăng trụ tam giác đều $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có đáy bằng $a$ và $A{B}'\bot B{C}'$. Tính thể tích $V$ của khối lăng trụ đã cho.
A. $V=\frac{7{{a}^{3}}}{8}$. B. $V={{a}^{3}}\sqrt{6}$.
C. $V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{4}$. D. $V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{8}$.
Lời giải
Tác giả: Giáp Văn Quân; Fb:https://www.facebook.com/quanbg.quan
Chọn D
Gọi $E$ là điểm đối xứng với ${A}'$ qua ${B}'$. Ta có tứ giác $ABE{B}'$ là hình bình hành nên $A{B}'\,\ \text{//}\ \,BE$.
Mà $A{B}'\bot B{C}'$ suy ra $BE\bot B{C}'$.
Xét tam giác ${A}'{C}'E$ là tam giác vuông tại ${C}'$ do ${B}'{C}'=\frac{1}{2}{A}'E$ và ${B}'$ là trung điểm${A}'E$.
Ta có $E{C}'=\sqrt{{A}'{{E}^{2}}-{A}'{{{{C}'}}^{2}}}=a\sqrt{3}$.
Do $ABC.{A}'B'{C}'$ là lăng trụ tam giác đều nên $A{B}'=B{C}'=BE$.
$\Rightarrow \Delta B{C}'E$ là tam giác vuông cân $\Rightarrow B{C}'=\frac{E{C}'}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.
Xét tam giác $B{B}'{C}'$ vuông tại ${B}'$ nên $B{B}'=\sqrt{B{{{{C}'}}^{2}}-{B}'{{{{C}'}}^{2}}}=\sqrt{\frac{6{{a}^{2}}}{4}-{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ .
Vậy ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{8}$ (đvtt).
Câu 42. Cho một bảng ô vuông $3\times 3$.
Điền ngẫu nhiên các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 vào bảng trên (mỗi ô chỉ điền một số). Gọi $A$ là biến cố “mỗi hàng, mỗi cột bất kì đều có ít nhất một số lẻ”. Xác suất của $A$ bằng:
A.$P\left( A \right)=\frac{1}{3}$. B.$P\left( A \right)=\frac{5}{7}$.
C.$P\left( A \right)=\frac{1}{56}$. D.$P\left( A \right)=\frac{10}{21}$.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Bảo Mai; Fb: Bao An
Chọn B
Ta có $n\left( \Omega \right)=9!$
Xét $\bar{A}$: Có ít nhất một hàng hoặc một cột chỉ toàn số chẵn.
Vì chỉ có 4 số chẵn là 2, 4, 6, 8 nên chỉ có thể có đúng một hàng hoặc đúng một cột chỉ toàn các số chẵn. Để điền như vậy cần chọn một trong số ba hàng hoặc ba cột rồi chọn 3 số chẵn xếp vào hàng hoặc cột đó, 6 số còn lại xếp tùy ý. Do đó $n\left( {\bar{A}} \right)=6.A_{4}^{3}.6!$.
Vậy $P\left( {\bar{A}} \right)=\frac{2}{7}\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{5}{7}$.
Câu 43 . Cho số thực $a$ dương khác $1$. Biết rằng bất kì đường thẳng nào song song với trục $Ox$ mà cắt các đồ thị $y={{4}^{x}}$và $y={{a}^{x}}$, trục tung lần lượt tại $M$, $N$, $A$thì $AN=2AM$. Giá trị của $a$bằng
A. $\frac{1}{2}$. B. $\frac{1}{4}$.
C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$. D. $\frac{1}{3}$.
Lời giải
Tác giả: Quỳnh Giao; Fb: QGiaoDo
Chọn A
Vì $AN\ =\ 2AM$nên $M\left( {{x}_{1}}\ ;\ {{4}^{{{x}_{1}}}} \right)$, $N\left( -2{{x}_{1}}\ ;\ {{a}^{-2{{x}_{1}}}} \right)$.
Ta có ${{4}^{{{x}_{1}}}}={{a}^{-2{{x}_{1}}}}\Leftrightarrow 4=\frac{1}{{{a}^{2}}}\Leftrightarrow a=\frac{1}{2}.$
Câu 44. Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ.
Số giá trị nguyên dương của $m$ để phương trình $f\left( {{x}^{2}}-4\text{x}+5 \right)+1=m$ có nghiệm là
A. $3$. B. $4$. C. $0$. D. Vô số.
Lời giải
Tác giả: Lê Anh Đông; Fb: Le Anh Đong
Chọn A
Để phương trình ${{x}^{2}}-4\text{x}+5=k\Leftrightarrow {{\left( x-2 \right)}^{2}}=k-1$ có nghiệm thì $k\ge 1$.
Do đó để $f\left( {{x}^{2}}-4\text{x}+5 \right)+1=m\Leftrightarrow f\left( {{x}^{2}}-4\text{x}+5 \right)=m-1$ có nghiệm thì đường thẳng $y=m-1$ phải cắt đồ thị $y=f\left( x \right)$ tại những điểm có hoành độ lớn hơn hoặc bằng 1.
Dựa vào đồ thị ta thấy $m-1\le 2\Leftrightarrow m\le 3$. Mà $m$ nguyên dương.
Vậy $m\in \left\{ 1;2;3 \right\}$. Có tất cả 3 giá trị.
Câu45. Cho mặt cầu $\left( S \right)$ tâm $I$ bán kính $R$. $M$ là điểm thỏa mãn $IM=\frac{3R}{2}$. Hai mặt phẳng $\left( P \right),\left( Q \right)$ qua $M$ và tiếp xúc với $\left( S \right)$lần lượt tại $A$ và $B$. Biết góc giữa $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$bằng ${{60}^{0}}$. Độ dài đoạn thẳng $AB$ bằng:
A. $AB=\frac{3R}{2}$. B.$AB=R$.
C. $AB=R\sqrt{3}$. D.$AB=R$ hoặc $AB=R\sqrt{3}$.
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thị Thu Trang; Fb: Trang nguyễn
Chọn B
Gọi $d$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ ; $N$ là giao điểm của $d$ với $\left( IAB \right)$.
Ta có : $\left. \begin{array}{l}
IA \bot \left( P \right) \Rightarrow IA \bot d\\
IB \bot \left( Q \right) \Rightarrow IB \bot d
\end{array} \right\} \Rightarrow d \bot \left( {IAB} \right) \Rightarrow IN \bot d \Rightarrow IN \le IM$
Theo bài ra ta có :$\left\{ \begin{array}{l}
IA \bot \left( P \right)\\
IB \bot \left( Q \right)
\end{array} \right.$ và góc giữa $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$bằng $60{}^\circ \Rightarrow \widehat{AIB}=60{}^\circ $ hoặc $\widehat{AIB}=120{}^\circ $
TH1:$\widehat{AIB}=60{}^\circ \Rightarrow \Delta AIB$đều $\Rightarrow AB=R$
Khi đó $IN=\frac{IA}{\cos 30{}^\circ }=\frac{2}{\sqrt{3}}R<IM$ nên TH1 thỏa mãn
TH2:$\widehat{AIB}=120{}^\circ $
Xét $\Delta \ AIB$, áp dụng định lý Côsi ta có $AB=\sqrt{I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}-2IA.IB\cos 120{}^\circ }=R\sqrt{3}$
Khi đó $IN=\frac{IA}{\cos 60{}^\circ }=2R>IM$nên TH2 không thỏa mãn.
Câu 46. Tính tổng $S$tất cả các giá trị tham số$m$để đồ thị hàm số $f(x)={{x}^{3}}-3m{{x}^{2}}+3mx+{{m}^{2}}-2{{m}^{3}}$tiếp xúc với trục hoành.
A. $S=0$. B. $S=1$. C. $S=\frac{2}{3}$ . D. $S=\frac{4}{3}$ .
Lờigiải
Tác giả: Nguyễn Thị Nguyệt Cầm; Fb: Nguyet Cam Nguyen
Chọn C
Ta có : ${y}'=3{{x}^{2}}-6mx+3m$ ; ${{y}'}'=6x-6m$
Cách 1:
TH1 : ${y}'$ có nghiệm kép và tâm đối xứng của đồ thị hàm số thuộc trục hoành
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - m = 0\\
y\left( m \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m = 0\\
m = 1
\end{array} \right.\\
- 4{m^3} + 4{m^2} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 0\\
m = 1
\end{array} \right.$
TH2 : Đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$có 2 cực trị và${{y}_{\text{C}}}.{{y}_{\text{CT}}}=0$(với phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là $y=2\left( m-{{m}^{2}} \right)\left( x+m \right)$)
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - m > 0\\
2\left( {m - {m^2}} \right)\left( {2m - \sqrt {{m^2} - m} } \right)2\left( {m - {m^2}} \right)\left( {2m + \sqrt {{m^2} - m} } \right) = 0
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - m > 0\\
\left[ \begin{array}{l}
\sqrt {{m^2} - m} = 2m\\
\sqrt {{m^2} - m} = - 2m
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - \frac{1}{3}$
Vậy $m \in \left\{ {0\;;\;1\;;\; - \frac{1}{3}} \right\}$, nên $S = 0 + 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$.
Cách 2.
Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tiếp xúc trục hoành $ \Leftrightarrow $ $\left\{ \begin{array}{l}
{x^3} - 3m{x^2} + 3mx + {m^2} - 2{m^3} = 0\,\,\,\left( 1 \right)\\
3{x^2} - 6mx + 3m = 0\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.$ có nghiệm.
$\left( 2 \right) \Leftrightarrow m = \frac{{{x^2}}}{{2x - 1}}$ .
Thế vào $\left( 1 \right)$ : ${x^3} - \frac{{3{x^4}}}{{2x - 1}} + \frac{{3{x^3}}}{{2x - 1}} + \frac{{{x^4}}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}} - \frac{{2{x^6}}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^3}}} = 0$ .
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ne \frac{1}{2}\\
{x^3}\left( { - 6{x^3} + 14{x^2} - 10x + 2} \right) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 1\\
x = \frac{1}{3}
\end{array} \right.$ .
Thay vào $\left( 1 \right)$ , ta được $m \in \left\{ {0\;;\;1\;;\; - \frac{1}{3}} \right\}$ .
Câu 47. Cho hàm số $f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau:
Hàm số $f\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. $\left( 1\ ;\ 2 \right)$. B. $\left( 3\ ;\ 4 \right)$.
C. $\left( -\infty \ ;\text{ }1 \right)$. D. $\left( 2\ ;\text{ }3 \right)$.
Lời giải
Tác giả: Phạm Thanh My; Fb: Thanh My Phạm
Chọn D
Ta có ${y}'=3.{{\left( f\left( x \right) \right)}^{2}}.{f}'\left( x \right)-6.f\left( x \right).{f}'\left( x \right)$
$\text{ = 3}f\left( x \right).{f}'\left( x \right).\left[ f\left( x \right)-2 \right]$
$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x \in \left\{ {{x_1},4|{x_1} < 1} \right\}\\
f\left( x \right) = 2 \Leftrightarrow x \in \left\{ {{x_2},{x_3},3,{x_4}|{x_1} < {x_2} < 1 < {x_3} < 2;4 < {x_4}} \right\}\\
f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x \in \left\{ {1,2,3,4} \right\}
\end{array} \right.$
Lập bảng xét dấu ta có
Do đó ta có hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( 2\ ;\text{ }3 \right)$.
NHẬN XÉT (Ng. Việt Hải).
- Bài toán xét dấu ${y}'$ . Do đó lưu ý kỷ thuật xét dấu sau
- Hàm số $y=f\left( x \right)$ liên tục trên khoảng $\left( a\ ;\ b \right)$ và vô nghiệm trên khoảng $\left( a\ ;\ b \right)$. Khi đó biểu thức $A=f\left( x \right)$không đổi dấu trên khoảng $\left( a;b \right)$.
Nếu $f\left( \alpha \right)<0$ suy ra $f\left( x \right)<0,\,\,\forall x\in \left( a\ ;\ b \right)$
Ở lời giải trên của tác giả chúng ta có thể lập BBT gọn hơn.
Bản chất xét dấu $y'$do đó với trắc nghiệm chúng ta còn có những con đường tiếp cận bài toán
Cách 2. Ta có ${y}'=3.{{f}^{2}}\left( x \right).{f}'\left( x \right)-6.f\left( x \right).{f}'\left( x \right)=3.f\left( x \right).{f}'\left( x \right).\left( f\left( x \right)-2 \right)$
Xét dấu ${y}'$trên từng khoảng đáp án.
- Chọn $a\in \left( 1\ ;\ 2 \right)$ và $a$ rất gần 2 suy ra ${y}'\left( a \right)>0$ . Loại đáp án A
- ${y}'\left( \frac{7}{2} \right)>0$. Loại đáp án B
- ${y}'\left( 0 \right)>0$. Loại đáp C
Cách 3. Ta có ${y}'=3.f\left( x \right).{f}'\left( x \right).\left( f\left( x \right)-2 \right)$.
Vì cần xét dấu ${y}'$quan sát xét dấu $f\left( x \right)$ với 0 và 2. Nhìn bảng biến thiên bài toán xuất hiện giá trị $f\left( x \right)$ứng với 1, 2, 0 tương ứng chúng ta nhìn vào khoảng $\left( 2\ ;\ 3 \right)$
Ta có ${{{f}'}_{\left( 2\ ;\ 3 \right)}}\left( x \right)>0,\,1<{{f}_{\left( 2\ ;\ 3 \right)}}\left( x \right)<2\Rightarrow {y}'<0,\,\forall x\in \left( 2\ ;\ 3 \right)$
Câu 48. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông và $SA\bot \left( ABCD \right)$. Trên đường thẳng vuông góc với $\left( ABCD \right)$tại $D$ lấy điểm ${S}'$ thỏa mãn ${S}'D=\frac{1}{2}SA$ và${S}'$,$S$ở cùng phía đối với mặt phẳng $\left( ABCD \right)$. Gọi ${{V}_{1}}$ là phần thể tích chung của hai khối chóp $S.ABCD$ và ${S}'.ABCD$. Gọi ${{V}_{2}}$ là thể tích khối chóp $S.ABCD$. Tỉ số $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}$ bằng
A.$\frac{4}{9}$ . B. $\frac{7}{9}$. C. $\frac{7}{18}$. D. $\frac{1}{3}$.
Lời giải
Tác giả: Lương Văn Huy; Fb:Lương Văn Huy
Chọn C
Ta có ${{V}_{2}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABCD}}$, ${{V}_{{S}'.ABCD}}=\frac{1}{3}{S}'D.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{2}{{V}_{2}}$.
Gọi $H={S}'A\cap SD$,$L={S}'B\cap \left( SCD \right)$ khi đó thể tích chung của hai khối chóp $S.ABCD$ và ${S}'.ABCD$ là thể tích khối $HLCDAB$. Do $AB//CD$ nên giao tuyến $HL$ của hai mặt $\left( {S}'AB \right)$ và $\left( SCD \right)$ phải song song với $AB$.
${{V}_{1}}={{V}_{HLCDAB}}={{V}_{{S}'.ABCD}}-{{V}_{{S}'.HLCD}}$.
$\frac{{S}'H}{HA}=\frac{{S}'D}{SA}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{{S}'H}{{S}'A}=\frac{1}{3}$
$\frac{{{V}_{{S}'.HLD}}}{{{V}_{{S}'.ABD}}}=\frac{{S}'H.{S}'L}{SA.SB}=\frac{1}{3}.\frac{1}{3}=\frac{1}{9}\Rightarrow {{V}_{{S}'.HLD}}=\frac{1}{9}{{V}_{{S}'.ABD}}=\frac{1}{18}{{V}_{{S}'.ABCD}}$
$\frac{{{V}_{{S}'.LCD}}}{{{V}_{{S}'.BCD}}}=\frac{{S}'L}{{S}'B}=\frac{1}{3}\Rightarrow {{V}_{{S}'.LCD}}=\frac{1}{3}{{V}_{{S}'.BCD}}=\frac{1}{6}{{V}_{{S}'.ABCD}}$
${{V}_{{S}'.HLCD}}={{V}_{{S}'.HLD}}+{{V}_{{S}'.LCD}}=\frac{1}{18}{{V}_{{S}'.ABCD}}+\frac{1}{6}{{V}_{{S}'.ABCD}}=\frac{2}{9}{{V}_{{S}'.ABCD}}$
$\Rightarrow {{V}_{1}}={{V}_{{S}'.ABCD}}-{{V}_{{S}'.HLCD}}=\frac{7}{9}{{V}_{{S}'.ABCD}}=\frac{7}{18}{{V}_{2}}$
Vậy $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{7}{18}$
PHÂN TÍCH VÀ PHÁT TRIỂN CÂU 48
Tác giả: Võ Thị Ngọc Ánh; Fb: Võ Ánh
Phân tích:
- Kiến thức cơ bản dùng trong bài toán: Lớp 11- Giao tuyến hai mặt phẳng, giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng. Lớp 12- Khối đa diện và thể tích, tỉ lệ thể tích trong hình chóp tam giác.
- Con đường giải bài toán, yếu tố (dấu hiệu):
- Từ giả thiết dựng điểm $S'$ bên ngoài hình chóp và yêu cầu bài toán chứng tỏ ta cần dựng các giao điểm của đường và mặt từ đó xác định được khối đa diện là phần chung của hai khối.
- Phân chia các khối đa diện thích hợp đồng thời xuất phát từ việc so sánh các tỉ lệ đoạn thẳng để suy ra các tỉ lệ thể tích nhằm tính được thể tích các khối đa diện được phân chia đó.
Phát triển một số bài toán tương tự thuộc chủ đề: Hình học không gian- thể tích khối đa diện
Câu 48.1 (Tổng quát bài toán) Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Trên đường thẳng qua $D$ và song song với $SA$lấy điểm ${S}'$ thỏa mãn $\overrightarrow{{S}'D}=k\overrightarrow{SA}$ với $k>0$. Gọi ${{V}_{1}}$ là phần thể tích chung của hai khối chóp $S.ABCD$ và ${S}'.ABCD$. Gọi ${{V}_{2}}$ là thể tích khối chóp $S.ABCD$. Tỉ số $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}$ bằng
A. $\frac{2{{k}^{2}}+k}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}$. B. $\frac{3k+2}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}$.
C. $\frac{3{{k}^{2}}+2k}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}$. D. $\frac{k}{k+1}$.
Lời giải
Chọn C
Ta có $\frac{{{V}_{{S}'.ABCD}}}{{{V}_{2}}}=\frac{S'D}{SA}=k$.
Gọi $H={S}'A\cap SD$ ,$L={S}'B\cap \left( SCD \right)$ khi đó thể tích chung của hai khối chóp $S.ABCD$ và ${S}'.ABCD$ là thể tích khối $HLCDAB$. Do $AB//CD$ nên giao tuyến $HL$ của hai mặt $\left( {S}'AB \right)$ và $\left( SCD \right)$ phải song song với $AB$.
${{V}_{1}}={{V}_{HLCDAB}}={{V}_{{S}'.ABCD}}-{{V}_{{S}'.HLCD}}$.
$\frac{{S}'H}{HA}=\frac{{S}'D}{SA}=k\Rightarrow \frac{{S}'H}{{S}'A}=\frac{k}{k+1}\Rightarrow \frac{{S}'L}{{S}'B}=\frac{k}{k+1}$
$\frac{{{V}_{{S}'.HLD}}}{{{V}_{{S}'.ABD}}}=\frac{{S}'H.{S}'L}{SA.SB}=\frac{{{k}^{2}}}{{{\left( k+1 \right)}^{2}}}\Rightarrow {{V}_{{S}'.HLD}}=\frac{{{k}^{2}}}{{{\left( k+1 \right)}^{2}}}{{V}_{{S}'.ABD}}=\frac{{{k}^{2}}}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}{{V}_{{S}'.ABCD}}$
$\frac{{{V}_{{S}'.LCD}}}{{{V}_{{S}'.BCD}}}=\frac{{S}'L}{{S}'B}=\frac{k}{k+1}\Rightarrow {{V}_{{S}'.LCD}}=\frac{k}{k+1}{{V}_{{S}'.BCD}}=\frac{k}{2\left( k+1 \right)}{{V}_{{S}'.ABCD}}$
${{V}_{{S}'.HLCD}}={{V}_{{S}'.HLD}}+{{V}_{{S}'.LCD}}=\frac{{{k}^{2}}}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}{{V}_{{S}'.ABCD}}+\frac{k}{2\left( k+1 \right)}{{V}_{{S}'.ABCD}}=\frac{2{{k}^{2}}+k}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}{{V}_{{S}'.ABCD}}$$\Rightarrow {{V}_{1}}={{V}_{{S}'.ABCD}}-{{V}_{{S}'.HLCD}}=\frac{3k+2}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}{{V}_{{S}'.ABCD}}=\frac{3{{k}^{2}}+2k}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}{{V}_{2}}$
Vậy $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{3{{k}^{2}}+2k}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}.$
Câu 48.2 Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Trong không gian lấy điểm ${S}'$ thỏa mãn $\overrightarrow{SS'}=2\overrightarrow{BC}$. Gọi ${{V}_{1}}$ là phần thể tích chung của hai khối chóp $S.ABCD$ và ${S}'.ABCD$. Gọi ${{V}_{2}}$ là thể tích khối chóp $S.ABCD$. Tỉ số $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}$ bằng
A. $\frac{1}{9}$. B. $\frac{5}{9}$. C. $\frac{1}{2}$. D.$\frac{4}{9}$.
Lời giải
Chọn D
Ta có ${{V}_{{S}'.ABCD}}={{V}_{2}}$.
Gọi $H={S}'A\cap SD$ ,$L={S}'B\cap SC$ khi đó thể tích chung của hai khối chóp $S.ABCD$ và ${S}'.ABCD$ là thể tích khối $HLCDAB$. Do $AB\ \text{//}\ CD$ nên giao tuyến $HL$ của hai mặt $\left( {S}'AB \right)$ và $\left( SCD \right)$ phải song song với $AB$.
${{V}_{1}}={{V}_{HLCDAB}}={{V}_{{S}'.ABCD}}-{{V}_{{S}'.HLCD}}$.
$\frac{{S}'H}{HA}=\frac{SS'}{AD}=2\Rightarrow \frac{{S}'H}{{S}'A}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{{S}'L}{{S}'B}=\frac{2}{3}$
$\frac{{{V}_{{S}'.HLD}}}{{{V}_{{S}'.ABD}}}=\frac{{S}'H.{S}'L}{SA.SB}=\frac{4}{9}\Rightarrow {{V}_{{S}'.HLD}}=\frac{4}{9}{{V}_{{S}'.ABD}}=\frac{2}{9}{{V}_{{S}'.ABCD}}$
$\frac{{{V}_{{S}'.LCD}}}{{{V}_{{S}'.BCD}}}=\frac{{S}'L}{{S}'B}=\frac{2}{3}\Rightarrow {{V}_{{S}'.LCD}}=\frac{2}{3}{{V}_{{S}'.BCD}}=\frac{1}{3}{{V}_{{S}'.ABCD}}$
${{V}_{{S}'.HLCD}}={{V}_{{S}'.HLD}}+{{V}_{{S}'.LCD}}=\frac{2}{9}{{V}_{{S}'.ABCD}}+\frac{1}{3}{{V}_{{S}'.ABCD}}=\frac{5}{9}{{V}_{{S}'.ABCD}}$
$\Rightarrow {{V}_{1}}={{V}_{{S}'.ABCD}}-{{V}_{{S}'.HLCD}}=\frac{4}{9}{{V}_{{S}'.ABCD}}=\frac{4}{9}{{V}_{2}}$
Vậy $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{4}{9}$
Câu 48.3 (Tổng quát câu 2) Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Trong không gian lấy điểm ${S}'$ thỏa mãn $\overrightarrow{S{S}'}=k\overrightarrow{BC}$với $k>0$.Gọi ${{V}_{1}}$ là phần thể tích chung của hai khối chóp $S.ABCD$ và ${S}'.ABCD$. Gọi ${{V}_{2}}$ là thể tích khối chóp $S.ABCD$. Tỉ số $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}$ bằng
A. $\frac{2{{k}^{2}}+k}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}$. B.$\frac{3k+2}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}$.
C. $\frac{3{{k}^{2}}+2k}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}$. D. $\frac{k}{k+1}$.
Lời giải
Chọn B
Ta có ${{V}_{{S}'.ABCD}}={{V}_{2}}$.
Gọi $H={S}'A\cap SD$ ,$L={S}'B\cap SC$ khi đó thể tích chung của hai khối chóp $S.ABCD$ và ${S}'.ABCD$ là thể tích khối $HLCDAB$. Do $AB\ \text{//}\ CD$ nên giao tuyến $HL$ của hai mặt $\left( {S}'AB \right)$ và $\left( SCD \right)$ phải song song với $AB$.
${{V}_{1}}={{V}_{HLCDAB}}={{V}_{{S}'.ABCD}}-{{V}_{{S}'.HLCD}}$.
$\frac{{S}'H}{HA}=\frac{S{S}'}{AD}=k\Rightarrow \frac{{S}'H}{{S}'A}=\frac{k}{k+1}\Rightarrow \frac{{S}'L}{{S}'B}=\frac{k}{k+1}$
$\frac{{{V}_{{S}'.HLD}}}{{{V}_{{S}'.ABD}}}=\frac{{S}'H.{S}'L}{SA.SB}=\frac{{{k}^{2}}}{{{\left( k+1 \right)}^{2}}}\Rightarrow {{V}_{{S}'.HLD}}=\frac{{{k}^{2}}}{{{\left( k+1 \right)}^{2}}}{{V}_{{S}'.ABD}}=\frac{{{k}^{2}}}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}{{V}_{{S}'.ABCD}}$
$\frac{{{V}_{{S}'.LCD}}}{{{V}_{{S}'.BCD}}}=\frac{{S}'L}{{S}'B}=\frac{k}{k+1}\Rightarrow {{V}_{{S}'.LCD}}=\frac{k}{k+1}{{V}_{{S}'.BCD}}=\frac{k}{2\left( k+1 \right)}{{V}_{{S}'.ABCD}}$
${{V}_{{S}'.HLCD}}={{V}_{{S}'.HLD}}+{{V}_{{S}'.LCD}}=\frac{{{k}^{2}}}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}{{V}_{{S}'.ABCD}}+\frac{k}{2\left( k+1 \right)}{{V}_{{S}'.ABCD}}=\frac{2{{k}^{2}}+k}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}{{V}_{{S}'.ABCD}}$
$\Rightarrow {{V}_{1}}={{V}_{{S}'.ABCD}}-{{V}_{{S}'.HLCD}}=\frac{3k+2}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}{{V}_{{S}'.ABCD}}=\frac{3k+2}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}{{V}_{2}}$
Vậy $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{3k+2}{2{{\left( k+1 \right)}^{2}}}.$
Câu 48.4 Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có cạnh bên tạo với đường cao một góc ${{30}^{0}}$, $O$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Một hình chóp tam giác đều thứ hai $O.{A}'{B}'{C}'$có $S$ là tâm của tam giác ${A}'{B}'{C}'$ và cạnh bên của hình chóp $O.{A}'{B}'{C}'$tạo với đường cao một góc ${{60}^{0}}$(hai hình chóp có chung chiều cao) sao cho mỗi cạnh bên $SA$, $SB$, $SC$ lần lượt cắt các cạnh bên $O{A}'$, $O{B}'$, $O{C}'$. Gọi ${{V}_{1}}$ là phần thể tích chung của hai khối chóp $S.ABC$ và $O.{A}'{B}'{C}'$. Gọi ${{V}_{2}}$ là thể tích khối chóp $S.ABC$. Tỉ số $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}$ bằng
A.$\frac{9}{16}$. B. $\frac{1}{4}$. C. $\frac{27}{64}$. D.$\frac{9}{64}$.
Lời giải
Chọn A
Gọi $M,N,P$ lần lượt là giao điểm của mỗi cạnh bên $SA$, $SB$, $SC$ tương ứng với các cạnh bên $O{A}'$, $O{B}'$, $O{C}'$. Phần chung của hai khối chóp $S.ABC$ và $O.{A}'{B}'{C}'$ là khối đa diện $SMNPO$.
Từ giả thiết ta có $\left( ABC \right)\ \text{//}\ \left( {A}'{B}'{C}' \right)$mà ta có $MN\ \text{//}\ AB\ \text{//}\ {A}'{B}'$, $NP\ \text{//}\ AC\ \text{//}\ {A}'{C}'$ do đó $\left( ABC \right)\ \text{//}\ \left( MNP \right)$, $\left( {A}'{B}'{C}' \right)\ \text{//}\ \left( MNP \right)$và $\Delta MNP$ đều.
Xét các tam giác vuông $SMI$ và $OMI$ ta có $SI=\frac{MI}{\tan {{30}^{0}}}=MI\sqrt{3}$, $OI=\frac{MI}{\tan {{60}^{0}}}=\frac{MI}{\sqrt{3}}$ suy ra $\frac{SI}{OI}=3$ suy ra $\frac{SI}{SO}=\frac{MN}{AB}=\frac{3}{4}$, $\frac{OI}{OS}=\frac{MN}{A'B'}=\frac{1}{4}$.
Suy ra $\frac{{A}'{B}'}{AB}=3$ hay $\frac{{{V}_{O.{A}'{B}'{C}'}}}{{{V}_{2}}}={{3}^{2}}=9\Rightarrow {{V}_{O.{A}'{B}'{C}'}}=9{{V}_{2}}$
Do đó $\frac{{{V}_{S.MNP}}}{{{V}_{2}}}={{\left( \frac{SI}{SO} \right)}^{3}}={{\left( \frac{3}{4} \right)}^{3}}=\frac{27}{64}$
$\frac{{{V}_{O.MNP}}}{{{V}_{O.{A}'{B}'{C}'}}}={{\left( \frac{OI}{OS} \right)}^{3}}={{\left( \frac{1}{4} \right)}^{3}}=\frac{1}{64}\Rightarrow \frac{{{V}_{O.MNP}}}{{{V}_{2}}}=\frac{9}{64}$
Từ đó $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{{{V}_{OMNP}}+{{V}_{SMNP}}}{{{V}_{2}}}=\frac{27}{64}+\frac{9}{64}=\frac{9}{16}$.
Câu 48.5 (Tổng quát câu 4) Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$, $O$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Một hình chóp tam giác đều thứ hai $O.{A}'{B}'{C}'$có $S$ là tâm của tam giác ${A}'{B}'{C}'$ và cạnh bên của hình chóp $O.{A}'{B}'{C}'$và ${A}'{B}'=kAB$(hai hình chóp có chung chiều cao) sao cho mỗi cạnh bên $SA$, $SB$, $SC$ lần lượt cắt các cạnh bên $O{A}'$, $O{B}'$, $O{C}'$. Gọi ${{V}_{1}}$ là phần thể tích chung của hai khối chóp $S.ABC$ và $O.{A}'{B}'{C}'$. Gọi ${{V}_{2}}$ là thể tích khối chóp $S.ABC$. Tỉ số $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}$ bằng
A.$\frac{{{k}^{3}}+{{k}^{2}}}{{{(k+1)}^{3}}}$. B. $\frac{{{k}^{3}}}{{{(k+1)}^{3}}}$. C. $\frac{1}{k+1}$. D.$\frac{k}{k+1}$.
Lời giải
Chọn A
Gọi $M,N,P$ lần lượt là giao điểm của mỗi cạnh bên $SA$, $SB$, $SC$ tương ứng với các cạnh bên $O{A}'$, $O{B}'$, $O{C}'$. Phần chung của hai khối chóp $S.ABC$ và $O.{A}'{B}'{C}'$ là khối đa diện $SMNPO$.
Từ giả thiết ta có $\left( ABC \right)\ \text{//}\ \left( {A}'{B}'{C}' \right)$ và $MN\ \text{//}\ AB\ \text{//}\ {A}'{B}'$, $NP\ \text{//}\ AC\ \text{//}\ {A}'{C}'$ do đó $\left( ABC \right)\ \text{//}\ \left( MNP \right)$, $\left( {A}'{B}'{C}' \right)\ \text{//}\ \left( MNP \right)$và $\Delta \ MNP$ đều.
Suy ra $\frac{{A}'{B}'}{AB}=k$ hay $\frac{{{V}_{O.{A}'{B}'{C}'}}}{{{V}_{2}}}={{k}^{2}}.$
Ta có $\frac{SI}{SO}=\frac{MN}{AB}$, $\frac{OS}{OI}=\frac{{A}'{B}'}{MN}$ suy ra $\frac{SI}{OI}=\frac{{A}'{B}'}{AB}=k$ từ đó $\frac{OI}{SO}=\frac{1}{k+1}$, $\frac{SI}{SO}=\frac{k}{k+1}$.
Do đó $\frac{{{V}_{S.MNP}}}{{{V}_{2}}}={{\left( \frac{SI}{SO} \right)}^{3}}={{\left( \frac{k}{k+1} \right)}^{3}}=\frac{{{k}^{3}}}{{{(k+1)}^{3}}}$
$\frac{{{V}_{O.MNP}}}{{{V}_{O.{A}'{B}'{C}'}}}={{\left( \frac{OI}{OS} \right)}^{3}}={{\left( \frac{1}{k+1} \right)}^{3}}\Rightarrow \frac{{{V}_{O.MNP}}}{{{V}_{2}}}=\frac{{{k}^{2}}}{{{(k+1)}^{3}}}$
Từ đó $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{{{V}_{OMNP}}+{{V}_{SMNP}}}{{{V}_{2}}}=\frac{{{k}^{3}}+{{k}^{2}}}{{{(k+1)}^{3}}}$.
Câu 48.6 Cho hình hộp $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$. Gọi ${{V}_{1}}$ là phần thể tích chung của hai khối của hai khối tứ diện ${A}'B{C}'D$ và $A{B}'C{D}'$. Gọi ${{V}_{2}}$ là thể tích khối hộp $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$. Tỉ số $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}$ bằng
A. $\frac{1}{2}$. B. $\frac{1}{6}$. C. $\frac{1}{3}$. D.$\frac{1}{4}$.
Lời giải
Chọn B
Gọi $O$, ${O}'$, $M,N,P,Q$ lần lượt là tâm của các hình chữ nhật $ABCD$, ${A}'{B}'{C}'{D}'$, ${A}'{B}'BA$, $B{B}'{C}'C$, $C{C}'{D}'D$, $A{A}'{D}'D$.
Ta có phần chung của hai khối tứ diện ${A}'B{C}'D$ và $A{B}'C{D}'$ là bát diện $OMNPQ{O}'$.
Gọi ${M}',{N}',{P}',{Q}'$ lần lượt là trung điểm của $AB,BC,CD,DA$. Ta có
$\begin{array}{l}
\frac{{{S_{MNPQ}}}}{{{S_{ABCB}}}} = \frac{{{S_{M'N'P'Q'}}}}{{{S_{ABCB}}}} = \frac{{{S_{ABCB}} - {S_{AM'Q'}} - {S_{BM'N'}} - {S_{CN'P'}} - {S_{DP'Q'}}}}{{{S_{ABCB}}}}\\
= \frac{{{S_{ABCB}} - 4.\frac{1}{8}.{S_{ABCB}}}}{{{S_{ABCB}}}} = \frac{1}{2}
\end{array}$
Ngoài ra, chiều cao của khối chóp ${{V}_{O.MNPQ}}$ bằng $\frac{1}{2}$chiều cao của khối hộp$ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$.
Suy ra $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{2{{V}_{O.MNPQ}}}{{{V}_{2}}}=2.\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{6}.$
Câu 49. Hình vẽ bên dưới mô tả đoạn đường đi vào GARA Ô TÔ nhà cô Hiền. Đoạn đường đầu tiên có chiều rộng bằng $x\ (\text{m})$, đoạn đường thẳng vào cổng GARA có chiều rộng $2,6\ (\text{m})$. Biết kích thước xe ô tô là $5\text{m}\times 1,9\text{m}$(chiều dài $\times $chiều rộng). Để tính toán và thiết kế đường đi cho ô tô người ta coi ô tô như một khối hộp chữ nhật có kích thước chiều dài $5\ (\text{m})$, chiều rộng $1,9\ (\text{m})$. Hỏi chiều rộng nhỏ nhất của đoạn đường đầu tiên gần nhất với giá trị nào trong các giá trị bên dưới để ô tô có thể đi vào GARA được ? (giả thiết ô tô không đi ra ngoài đường, không đi nghiêng và ô tô không bị biến dạng)
A.$x=3,7\ (\text{m})$. B.$x=2,6\ (\text{m})$.
C.$x=3,55\ (\text{m})$. D.$x=4,27\ (\text{m})$.
Lờigiải
Fb: Duc Tung
Chọn A
Chọn hệ trục $Oxy$như hình vẽ.
Khi đó $M\left( -2,6\ ;\ x \right)$.
Gọi $B\left( -a\ ;\ 0 \right)$suy ra $A\left( 0\ ;\ \sqrt{25-{{a}^{2}}} \right)$. Phương trình $AB:\ \frac{x}{-a}+\frac{y}{\sqrt{25-{{a}^{2}}}}-1=0$.
Do $CD\ \text{//}\ AB$nên phương trình $CD:\ \frac{x}{-a}+\frac{y}{\sqrt{25-{{a}^{2}}}}-T=0$.
Mà khoảng cách giữa $AB$và $CD$bằng $1,9(m)$nên
$\frac{\left| T-1 \right|}{\sqrt{{{\left( \frac{1}{a} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{1}{\sqrt{25-{{a}^{2}}}} \right)}^{2}}}}=1,9\Rightarrow T=1+\frac{9,5}{a\sqrt{25-{{a}^{2}}}}$.
Điều kiện để ô tô đi qua được là $M,O$nằm khác phía đối với bờ là đường thẳng $CD$.
Suy ra:
$\frac{-2,6}{-a}+\frac{x}{\sqrt{25-{{a}^{2}}}}-1-\frac{9,5}{a\sqrt{25-{{a}^{2}}}}\ge 0$
$\Leftrightarrow x\ge \sqrt{25-{{a}^{2}}}+\frac{9,5}{a}-\frac{2,6\times \sqrt{25-{{a}^{2}}}}{a}$(đúng với mọi $a\in \left( 0\ ;\ 5 \right)$)
Để cho nhanh, chúng ta dùng chức năng TABLE trong máy tính Casio570ES PLUS.
$f(X)=\sqrt{25-{{X}^{2}}}+\frac{9,5}{X}-\frac{2,6\times \sqrt{25-{{X}^{2}}}}{X}$với STEP = $\frac{5}{29}$; START = 0; END = 5.
Thấy GTLN của $f\left( X \right)=\sqrt{25-{{X}^{2}}}+\frac{9,5}{X}-\frac{2,6\times \sqrt{25-{{X}^{2}}}}{X}$xấp xỉ $3,698$.
Vậy chiều rộng nhỏ nhất của đoạn đường đầu tiên gần nhất với giá trị ở câu A.
Câu 50. Số giá trị nguyên của tham số $m$ thuộc đoạn $\left[ -2019\ ;\text{ 2} \right]$ để phương trình $\left( x-1 \right)\left[ {{\log }_{3}}\left( 4x+1 \right)+{{\log }_{5}}\left( 2x+1 \right) \right]=2x-m$ có đúng hai nghiệm thực là
A.$2$. B.$2022$. C.$1$. D.$2021$.
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Huỳnh Tấn Trung; Fb:Nguyễn Huỳnh Tấn Trung
Chọn B
Điều kiện: $x>\frac{-1}{4}$.
Trường hợp 1: $m=2$, phương trình đã cho trở thành:
$\left( {x - 1} \right)\left[ {{{\log }_3}\left( {4x + 1} \right) + {{\log }_5}\left( {2x + 1} \right) - 2} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
{\log _3}\left( {4x + 1} \right) + {\log _5}\left( {2x + 1} \right) - 2 = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)
\end{array} \right.$
Xét hàm số $f\left( x \right)={{\log }_{3}}\left( 4x+1 \right)+{{\log }_{5}}\left( 2x+1 \right)-2$ là hàm đồng biến trên khoảng $\left( \frac{-1}{4}\ ;\text{ +}\infty \right)$ .
Khi đó, nếu ${{x}_{0}}$ là nghiệm của phương trình $\left( 1 \right)$ thì ${{x}_{0}}$ là nghiệm duy nhất.
Ta có:$f\left( 0 \right)=-2\ ;\ f\left( 1 \right)>0$, suy ra $f\left( 0 \right)f\left( 1 \right)<0$.
Theo hệ quả của định lý trung gian, tồn tại ${{x}_{0}}\in \left( 0\ ;\text{ 1} \right)$ sao cho $f\left( {{x}_{0}} \right)=0$.
Do vậy: $m=2$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trường hợp 2: $m<2$, dẫn đến $x=1$ không phải là nghiệm của phương trình đã cho.
Phương trình đã cho trở thành:
${{\log }_{3}}\left( 4x+1 \right)+{{\log }_{5}}\left( 2x+1 \right)-\frac{2x-m}{x-1}=0$
Xét hàm số $g\left( x \right)={{\log }_{3}}\left( 4x+1 \right)+{{\log }_{5}}\left( 2x+1 \right)-\frac{2x-m}{x-1},$ có tập xác định:$D=\left( -\frac{1}{4};\text{ 1} \right)\cup \left( 1;\text{ +}\infty \right)$
Đạo hàm:${g}'\left( x \right)=\frac{4}{\left( 4x+1 \right)\ln 3}+\frac{2}{\left( 2x+1 \right)\ln 5}+\frac{2-m}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}>0,\forall x\in D$.
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra: phương trình $g\left( x \right)=0$ có đúng hai nghiệm ${{x}_{1}}\in \left( \frac{-1}{4};\text{ 1} \right)\ $; ${{x}_{2}}\in \left( 1;\text{ +}\infty \right)$với mọi $m<2.$
Vậy với mọi giá trị nguyên của tham số $m\in \left[ -2019\ ;\text{ 2} \right]$ thì phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt.
Có 2022 giá trị nguyên $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Phân tích : (Ng. Việt Hải)
- Đây là bài toán về sự tương giao.
- Tuy nhiên nếu chúng ta cô lập $m$thì việc khảo sát hàm biến $x$ khá phức tạp. Ý tưởng của tác giả: Cho $m\le 2$ sử dụng tính chất đơn điệu trên từng khoảng và ứng với từng khoảng tương ứng phương trình có 1 nghiệm
Bài toán tổng quát
$F\left( x,m \right)=f\left( x \right)+\frac{ax+b}{cx+d}=0$ với ${f}'\left( x \right)>0$ và $ad-bc>0$(đây cũng là nguồn gốc sáng tạo bài toán)
Cách 2 : (Ng. Việt Hải) (Cách lập luận khác lời giải của thầy Nguyễn Huỳnh Tấn Trung)
Đặt $f\left( x \right)={{\log }_{3}}\left( 4x+1 \right)+{{\log }_{5}}\left( 2x+1 \right)$
TH1 : $m=2$, Phương trình $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
f\left( x \right) = 2
\end{array} \right.$
Vì $f\left( x \right)$ là hàm số tăng trên $\left( -\frac{1}{4};+\infty \right)$$\Rightarrow f\left( x \right)=2$ có nghiệm duy nhất khác 1.
Vậy $m=2$ thỏa mãn bài toán.
TH2 : $m<2$, dẫn đến $x=1$ không phải là nghiệm của phương trình đã cho.
Phương trình đã cho trở thành : $f\left( x \right)-\frac{2x-m}{x-1}=0$
Đặt $g\left( x \right)=f\left( x \right)-\frac{2x-m}{x-1}$
${g}'\left( x \right)={f}'\left( x \right)+\frac{2-m}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}>0$
Ta có bảng biến thiên :
$\Rightarrow g\left( x \right)=0$ có đúng hai nghiệm phân biệt.
Vậy $m\in \left[ -2019\ ;\ 2 \right]$nên ta có 2022 giá trị nguyên $m$.
Bài toán tương tự:
Bài toán 50.1 (Ng. Việt Hải) Tìm số giá trị nguyên $m\in \left[ 3\ ;\ 2019 \right]$ sao cho phương trình $x{{\log }_{2}}\left( x+1 \right)-{{\log }_{2}}{{\left( x+1 \right)}^{m}}+\left( x-m \right){{e}^{x}}=mx-9$có đúng hai nghiệm thực.
