CAC BAI TOAN CO LOI GIAI (ON TN NAM 2011)

CÁC BÀI TẬP DẠNG KHÓ CỦA ÔN TỐT NGHIỆP NĂM 2011
*. Chủ đề: Thể tích khối chóp.
Câu 1: Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác đều. Biết cạnh SA vuông góc với mặt đáy, SA = a và góc giữa mặt bên
(SBC) và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
Bài giải

SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA là đường cao của hình chóp S.ABC
1
1
Do đó: V = B.h = S ABC .SA .
3
3
Ta có:

S

+ SA = a.
+ Gọi I là trung điểm cạnh BC.
Ta có: ( SBC ) ∩ ( ABC ) = BC (1)
Vì ABC là tam giác đều nên AI ⊥ BC tại I (2).
Mà AI là hình chiếu vuông góc của SI trên (ABC)
Theo định ba đường vuông góc suy ra SI ⊥ BC tại I (3).

A

Từ (1), (2) và (3) suy ra: Góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy (ABC) là góc

SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA ⊥ AI ⇒ ∆SAI vuông tại A, có:
SA
SA
a

tan SIA =
⇒ AI =
=
0
AI
tan 60
3

C
I
B

∧

SIA = 600 .

Ta lại có
∧

Vì ABC là tam giác đều và AI là đường cao nên
Do đó:
Vậy:

S ABC =

AI =

3
2 AI 2a
.

.BC ⇒ BC =
=
2
3
3

1
1 a 2a
a2
AI .BC = . .
=
.
2
2 3 3 3 3

1 a2
a3
a3 3
(đvtt).
V= .
.a =
=
3 3 3
27
9 3

Câu 2: Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác đều. Biết cạnh SA vuông góc với mặt đáy, SA = a và góc giữa cạnh bên
SB và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
Bài giải

SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA là đường cao của hình chóp S.ABC
1
1
Do đó: V = B.h = S ABC .SA .
3
3
Ta có:

S

+ SA = a.
+ Ta có AB là hình chiếu vuông góc của SB lên (ABC).
∧
⇒ Góc giữa cạnh SB và mặt đáy (ABC) là góc SBA
= 600 .
Ta lại có SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA ⊥ AB ⇒ ∆SAB vuông tại A, có:
∧
SA
SA
a
tan SBA =
⇒ AB =
=
0
AB
tan 60
3
a
a 2 3 a2 3
Vì ABC là tam giác đều cạnh

nên S ABC = (
.
).
=
3
4
12
3

Vậy:

1 a2 3
a3 3
(đvtt).
V= .
.a =
3 12
36

A

C

B

Câu 3: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông. Biết cạnh SA vuông góc với mặt đáy, SA = a và góc giữa mặt
bên (SCD) và mặt đáy bằng 450. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
Bài giải
Ta có:

SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA là đường cao của hình chóp S.ABC


Do đó:

1
1
V = B.h = S ABCD .SA .
3
3

S

+ SA = a.
+ Ta có: ( SCD ) ∩ ( ABCD ) = CD (1)
Vì ABCD là hình vuông nên AD ⊥ CD (2).
Mà AD là hình chiếu vuông góc của SD trên (ABCD)
Theo định ba đường vuông góc suy ra SD ⊥ CD (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra: Góc giữa mặt bên (SCD) và mặt đáy (ABCD) là góc

A

∧

SDA = 45

∧

SA ⊥ ( ABCD) ⇒ SA ⊥ AD ⇒ ∆SAD vuông tại A và có SDA = 450 .
⇒ ∆SAD vuông cân tại A ⇒ AD = SA = a .

2
2
Do đó: S ABCD = AD = a .
Ta lại có

Vậy:

D

0.

B

C

1
a3
(đvtt).
V = .a 2 .a =
3
3

Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông. Biết cạnh SA vuông góc với mặt đáy,
cạnh bên SC và mặt đáy bằng 450. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
Bài giải

SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA là đường cao của hình chóp S.ABC
1
1
Do đó: V = B.h = S ABCD .SA .

3
3

SA = a 2 và góc giữa
S

Ta có:

+ SA = a.
+ Ta có AC là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD).
∧
⇒ Góc giữa cạnh SC và mặt đáy (ABCD) là góc SCA
= 450 .
∧
Ta lại có SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ AD ⇒ ∆SAD vuông tại A và có SDA = 450 .
⇒ ∆SAC vuông cân tại A ⇒ AC = SA = a 2 .
B
AC
=a.
Vì ABCD là hình vuông và AC là đường chéo nên AC = 2. AD ⇒ AD =
2
2
2
Do đó: S ABCD = AD = a .

Vậy:

A

D

C

1
a3 2
(đvtt).
V = .a 2 .a 2 =
3
3

Câu 5: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC. Biết cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 30 0. Tính thể tích khối
chóp S.ABC theo a.
Bài giải
Gọi O là tâm của tam giác ABC
Ta có: SO là đường cao của hình chóp S.ABC

S

1
1
Do đó: V = B.h = S ABC .SO .
3
3
+ Vì ∆ABC đều cạnh a nên

S ABC =

a2 3
.
4

+ Gọi I là trung điểm cạnh BC.
Ta có: ( SBC ) ∩ ( ABC ) = BC (1)
Vì ABC là tam giác đều nên AI ⊥ BC tại I (2).
Mà AI là hình chiếu vuông góc của SI trên (ABC)
Theo định ba đường vuông góc suy ra SI ⊥ BC tại I (3).

A

Từ (1), (2) và (3) suy ra: Góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy (ABC) là góc
Ta lại có

SO ⊥ ( ABC ) ⇒ SO ⊥ OI ⇒ ∆SOI vuông tại O, có:

C
o
B
∧

SIO = 300 .

I




tan SIO =

SO
1 a 3 1

a
SO = OI .tan 300 = ( .
).
= .
OI
3 2
3 6

Vy:

1 a 2 3 a a3 3
(vtt).
V= .
. =
3 4 6
72

Cõu 6: Cho hỡnh chúp t giỏc u S.ABCD. Bit cnh ỏy bng a, gúc gia mt bờn v mt ỏy bng 300. Tớnh th tớch khi
chúp S.ABCD theo a.
Bi gii
Gi O l tõm ca hỡnh vuụng ABCD
S
Ta cú: SO l ng cao ca hỡnh chúp S.ABC

1
1
V = B.h = S ABCD .SO .
3
3
2

2
+ Vỡ ABCD l hỡnh vuụng cnh a nờn S ABCD = AB = a .
Do ú:

+ Gi I l trung im cnh CD.
Ta cú: ( SCD ) ( ABCD ) = CD (1)
Vỡ ABCD l hỡnh vuụng cú tõm l O nờn OI CD ti I (2).
M OI l hỡnh chiu vuụng gúc ca SI trờn (ABCD)
Theo nh ba ng vuụng gúc suy ra SI CD ti I (3).

A
B

T (1), (2) v (3) suy ra: Gúc gia mt bờn (SCD) v mt ỏy (ABCD) l gúc

D
I

O
C



SIO = 300 .

SO ( ABCD) SO OI SOI vuụng ti O, cú:
SO
a 1
a
BC

tan SIO =
SO = OI .tan 300 = .
=
. ( vỡ OI =
)
OI
2 3 2 3
2
1
a
a3
a3 3
Vy: V = .a 2 .
(vtt).
=
=
3
18
2 3 6 3

Ta li cú


*. Ch : Phng trỡnh bt phng trỡnh m v lụgarit.
Cõu 1: Gii cỏc phng trỡnh sau:
1).

* Vi

( 2 3) + ( 2+ 3) = 4.

x

x

x = log (

Gii

( 2 3 ) .( 2 3 ) = [( 2 3 ).( 2 + 3 )]
= 1x = 1
1
x
x
t ( 2 3 ) = t , (t > 0) ( 2 + 3 ) = , ta cú
t
x

1
t + = 4 t 2 + 1 = 4t
t
t 2 4t + 1 = 0 t = 2 3 (nhn).
t = 2 + 3 ( 2 3 )x = 2 + 3
x = log (

2 3 )

(2 + 3) = 2

Cõu 2: Gii cỏc bt phng trỡnh sau:

1).

2x
2
3x 2 x
Gii

bpt

(2 3) = 2

x

pt:

* Vi

2 3 )

Vy: Nghim ca phng trỡnh l x = 2 .

Ta cú:
x

t = 2 3 ( 2 3 )x = 2 3

1
3 x
2
3 x

. t t = ( ) (t > 0), ta cú:
( ) 1
2
2

2). log 4 ( x + 2).log x 2 = 1 .
Gii

x + 2 > 0 x > 2

0 < x 1.

0 < x 1 0 < x 1
1
pt log 4 ( x + 2) =
log 4 ( x + 2) = log 2 x
log x 2

iu kin:

log 4 ( x + 2) = log 4 x 2 ( x + 2) = x 2
x = 1 (loaùi)
x = 2 (nhaọn)
Vy: Nghim ca pt l: x = 2 .
x2 x 2 = 0

1
1
2t 3
2 2

0
0
t 1
t 1
t 1
0 < t <1

( thoỷa ủieu kieọn)
3
t
2


3
0 < ( )x < 1
x<0
x<0
2
⇔
⇔
. Vậy: n0 bpt là:
3
3
x ≥1
x ≥1
( )x ≥
2
2
2).

1 − log 4 x 1
≤
1 + log 2 x 4

1
1
1− t
1− t
1
2 ≤ ⇔
2 − 1 ≤ 0 ⇔ 3 − 3t ≤ 0
1+ t
4
1+ t 4
4 + 4t
1
log 2 x < −1
t < −1
x<
⇔
⇔
⇔
2
log 2 x ≥ 1
t ≥1
x≥2
1
x<
2
Vậy: Nghiệm của bpt là:

x≥2

Giải
Điều kiện: x > 0.

1
1 − log 2 x
1
2
bpt ⇔
≤ . Đặt t = log 2 x , ta có:
1 + log 2 x
4

*. Chủ đề: Tìm GTLN – GTNN của hàm số: f ( x) = 2sin x + sin 2 x trên đoạn [0;
Giải

3π
].
Tập xác định: D = R. Xét đoạn [0;
2
Ta có: f ′( x) = 2 cos x + 2 cos 2 x
+ f ′( x) = 0 ⇔ 2 cos x + 2 cos 2 x = 0
⇔ 2 cos x + 2(2 cos 2 x − 1) = 0 .
⇔ 4 cos 2 x + 2 cos x − 2 = 0
 3π 
x = π ∈  0; 
cos x = −1
 2 
⇔

1 ⇔
cos x =
π  3π 
x = ∈ 0; 
2
3  2 

3π
]
2

 3π 
 2 
Khi đó: f (0) = 0 ; f (π ) = 0
3π
π
3 3
; f ( ) = −2 .
f( )=
2
3
2
3 3
π
( x) =
Vậy: Maxf
tại x = .
2
 3π 
3

0;
+ f ′( x) luôn xác định ∀x ∈  0;




2 

Minf ( x) = −2
 3π 
 0; 
 2 

tại x =

3π
.
2

*. Chủ đề: Nguyên hàm.
Câu 1: Tìm một nguyên hàm F(x) của hàm số

π
9
f ( x) = sin 4 x cos 2 2 x , biết F ( ) = .
4
8
Giải

Ta có:

1
1
= − cos 4 x − cos 8 x + C
8
32
π
1
1
π
9
cos + C =
Mà F ( ) = − cos π −
4
8
32
2
8
1
1
9
⇒ − .(−1) − .0 + C = ⇒ C = 1 .
8
32
8
1
1
cos8 x + 1
Vậy: F ( x) = − cos 4 x −
8

32

1
f ( x) = sin 4 x cos 2 2 x = sin 4 x(1 + cos 4 x)
2
1
1
1
1
= sin 4 x + sin 4 x cos 4 x = sin 4 x + sin 8 x
2
2
2
4
.
Do đó

1
1
F ( x) = ∫ f ( x)dx = ∫ ( sin 4 x + sin 8 x)dx
2
4

Câu 1: Tìm họ nguyên hàm của hàm số

π
9
f ( x) = x 2 (3 − x)10 , biết F ( ) = .
4
8

Giải


dt = −dx  −dt = dx
t = 3− x ⇒ 
⇒ 2
2
 x = 3−t
 x = (3 − t )
2 10
10
11
12
Vậy: ∫ f ( x) dx = ∫ (3 − t ) t ( − dt ) = ∫ ( − 9t + 6t −t )dt
Đặt

9t 11 6t 12 t 13
+
− +C
11 12 13
9(3 − x)11 (3 − x)12 (3 − x)13
=−
+
−
+C
11
2
13
=−