SKKN lời GIẢI CHI TIẾT một số câu hỏi TRẮC NGHIỆM HAY và KHÓ TRONG các đề THI THỬ THPTQG môn TOÁN

MỤC LỤC
BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN........................................2
1. Lời giới thiệu.......................................................................................................................2
2. Tên sáng kiến:.....................................................................................................................2
3. Tác giả sáng kiến:...............................................................................................................2
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến:...............................................................................................2
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:...............................................................................................2
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử:..................................................2
7. Mô tả bản chất của sáng kiến:.............................................................................................2
PHẦN 1: MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN HÀM SỐ..................................................3
PHẦN 2. MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN MŨ VÀ LOGARIT..................................8
PHẦN 3. MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN TÍCH PHÂN..........................................12
PHẦN 4. MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.................14
PHẦN 5. MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG
KHÔNG GIAN.................................................................................................................18
8. Những thông tin cần được bảo mật (nếu có):...................................................................22
9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:..................................................................22
10. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được................................................22
KẾT LUẬN...............................................................................................................................23
TÀI LIỆU THAM KHẢO.........................................................................................................24

1


BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. Lời giới thiệu
Môn Toán trong trường phổ thông giữ một vị trí, vai trò hết sức quan trọng, là môn
học cơ bản, môn học công cụ. Nếu học tốt môn Toán thì những tri thức cùng với phương pháp
làm việc trong Toán sẽ trở thành công cụ để học tốt những môn học khác.
Môn Toán góp phần phát triển nhân cách, ngoài việc cung cấp cho học sinh hệ thống
kiến thức, kĩ năng toán học cần thiết; môn toán còn rèn luyện cho học sinh đức tính, phẩm

chất của người lao động mới: cẩn thận, chính xác, có tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo
và bồi dưỡng óc thẩm mĩ.
Với nguyện vọng giúp học sinh nâng cao tư duy về môn toán tôi tập trung khai thác
các bài toán khó trong một số đề thi thử THPTQG môn Toán. Hy vọng đề tài nhỏ này ra đời
sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng các em học sinh lớp 12 có thêm một phương pháp giải một
số các bài toán khó.
2. Tên sáng kiến: LỜI GIẢI CHI TIẾT MỘT SỐ CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM HAY VÀ KHÓ
TRONG CÁC ĐỀ THI THỬ THPTQG MÔN TOÁN
3. Tác giả sáng kiến:
- Họ và tên: Nguyễn Thị Minh Huệ
- Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Bình Xuyên.
- Số điện thoại: 0915727568. E_mail:
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Nguyễn Thị Minh Huệ
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Đề tài được sử dụng để giảng dạy, ôn thi đại học và bồi
dưỡng cho các em học sinh giỏi lớp 12 hệ THPT và làm tài liệu tham khảo cho các thầy cô
giảng dạy ôn thi THPTQG môn Toán. Các thầy cô và học sinh có thể sử dụng các bài toán
trong đề tài này làm bài toán gốc để đặt và giải quyết các bài tập tương tự.
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Tháng 9 năm 2018 khi tôi trực
tiếp giảng dạy lớp 12.
7. Mô tả bản chất của sáng kiến:
- Về nội dung của sáng kiến được chia thành 5 phần
1, Một số bài tập hay về phần hàm số.
2, Một số bài tập hay về phần mũ và logarit.
3, Một số bài tập hay về phần tích phân.
4, Một số bài tập hay về phần hình học không gian.
5, Một số bài tập hay về phần phương pháp tọa độ trong không gian.
Sau đây, tác giả trình bày nội dung cụ thể của từng phần.

2

PHẦN 1: MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN HÀM SỐ.
Bài

tập

y = ( m + 2)
2016

1:

Có

bao

nhiêu

số

nguyên

�2018;2019� để
m ��
�

x3
- ( m + 2) x2 + ( m - 8) x + m2 - 1 nghịch biến trên �?
3
B.
2019

C. 2017
D.

hàm

số

2018

Lời giải:
Chọn C
TH1: m = - 2 � y = - 10x + 3 � y ' = - 10 < 0; " x ��, do đó hàm số nghịch biến trên
�. Vậy m = - 2 thỏa mãn yêu cầu đề bài.
2
TH2: m �- 2, ta có y ' = ( m + 2) x - 2( m + 2) x + ( m - 8) . Để hàm số nghịch biến trên
�
m+2< 0
�
y
'
�
0;
"
x
�
�
�
�
�, điều kiện
�

D ' �0
�
�
m+2< 0
�
��
� m<- 2
�
2
�
m + 2) - ( m + 2) ( m - 8) �0
(�
�
�2018;2019�và m là số nguyên nên
Từ 2 trường hợp trên suy ra m �- 2 , m ��
�
m �{ - 2018;- 2017;...;- 2} . Vậy có 2017 giá trị thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chọn đáp án C.

3
2
Bài tập 2: Cho hàm số f  x   a x  bx  cx  d với a, b, c, d ��;a  0 và
d  2018
�
. Số cực trị của hàm số y  f  x   2018 bằng
�
a  b  c  d  2018  0
�
A. 3
B. 2
C. 1

D. 5
Lời giải:
Chọn D

Ta có hàm số g  x   f  x   2018 là hàm số bậc ba liên tục trên �.
g  x   �; lim g  x   �.
Do a  0 nên xlim
� �
x ��
Để ý g  0   d  2018  0;g  1  a  b  c  d  2018  0 nên phương trình g  x   0 có đúng 3
nghiệm phân biệt trên �.
Khi đó đồ thị hàm số g  x   f  x   2018 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên hàm số
y  f  x   2018 có đúng 5 cực trị.
Bài tập 3: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y  2x  m cắt đồ thị  H 
2x  3
2018
2018
của hàm số y 
tại hai điểm A, B phân biệt sao cho P  k1  k 2 đạt giá trị nhỏ nhất
x2
(với k1 ; k2 là hệ số góc của tiếp tuyến tại A, B của đồ thị  H 
A. m  3
B. m  2
C. m  3
D. m  2
Lời giải:
Chọn B
3

Hoành độ giao điểm x1 , x2 của đường thẳng và đồ thị  H  là nghiệm PT
m6
�
x1  x2 
�
2x  3
�
2
 2 x  m � 2 x 2   m  6  x   2m  3  0 � �
x2
�x x  2m  3
�1 2
2
Ta có y ' 

1

 x  2

2
2008

2008
1

�k

k

2008

2

2008

� 1 �
� 1 �
� 1
1
�
�

�
�
�
2
�
2
2
�
� x  2  �
� x  2  �
� x1  2   x2  2 
�1
�
� 2
�
2018

2008

�
�
�
�

2018

�
�
�
�
1
2
 2�
 22019
�
�x x  2  x  x   4 �
�  2�
�
�

2
m

3

2
m

6


8


 �
1
2
�1 2
�
�
Đạt được khi  x1  2     x2  2  � x1  x2  4 � m  6  8 � m  2
Bài tập 4: Một người muốn xây một cái bể chứa nước, dạng một khối hộp chữ nhật không
nắp có thể tích bằng

256 3
m , đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá
3

thuê nhân công để xây bể là 500000 đồng/ m3 . Nếu người đó biết xác định các kích thước của
bể hợp lí thì chi phí thuê nhân công sẽ thấp nhất. Hỏi người đó trả chi phí thấp nhất để thuê
nhân công xây dựng bể đó là bao nhiêu?
A. 48 triệu đồng.
B. 47 triệu đồng.

C. 96 triệu đồng.
Lời giải

D. 46 triệu đồng.

Chọn A

Gọi x  m  là chiều rộng của đáy bể, khi đó chiều dài của đáy bể là 2 x  m  và h  m  là chiều
cao bể.
256 3
256
128
� h 2 .
m � 2 x2h 
3
3
3x
128
256
2
2
 2x2 .
Diện tích cần xây là S  2  xh  2 xh   2 x  6 x 2  2 x 
3x
x
256
256
 2x2 ,  x  0 � S �
Xét hàm S  x  
 x    2  4x  0 � x  4 .
x
x
Lập bảng biến thiên suy ra S min  S  4   96 .
Bể có thể tích bằng

Chi phí thuê nhân công thấp nhất khi diện tích xây dựng là nhỏ nhất và bằng S min  96 .
Vậy giá thuê nhân công thấp nhất là 96.500000  48000000 đồng.

4


Chú ý: Có thể sử dụng BĐT Cô si để tìm min, cụ thể
S

256
128 128
 2 x2 

 2x 2 �3 3 1282.2 ۳ S
x
x
x

96 � S min  96 khi

128
 2x 2 � x  4 .
x

 x  và y  g �
 x  có đồ
Bài tập 5: Cho hai hàm số y  f  x  , y  g  x  . Hai hàm số y  f �
 x .
thị như hình vẽ bên, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm số y  g �

� 3�
2 x  �đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
Hàm số h  x   f  x  4   g �

� 2�
� 31 �
�9 �
�31
�
� 25 �
5; �.
6; �.
A. �
B. � ;3 �.
C. � ; ��.
D. �
� 5�
�4 �
�5
�
� 4 �
Lời giải
Chọn B.
� 3�
2 x  �.
 x  f �
 x  4  2 g�
Ta có h�
�
� 2�
25
�9 �
 x  4  7 , f  x  4   f  3  10 ;
Dựa vào đồ thị, x �� ;3 �, ta có

4
�4 �
3 9
� 3�
2 x  � f  8   5 .
 , do đó g �
2 2
� 2�
� 3�
�9 �
2 x  � 0, x �� ;3 �. Do đó hàm số đồng biến
 x  f �
 x  4  2g �
Suy ra h�
�
� 2�
�4 �
3  2x 

�9 �
trên � ;3 �.
�4 �

Bài

tập

6:

Có

tất

cả

bao

nhiêu

giá

trị

nguyên

y  x   m  2  x   m  4  x  1 đạt cực tiểu tại x  0.
8

A. 3 .

5

2

của

m

để

hàm

số

4

B. 5 .

C. 4 .

D. Vô số.

Lời giải
Chọn C.

5


�
�
4
2
�
 8 x  5  m  2  x  4  m  4  x  x 8 x  5  m  2  x  4  m  4  �.
Ta có: y�
�
1 4 4 4 44 2 4 4 4 4 43 �
�
�
g�

 x
�
�
7

4

2

3

3

Ta xét các trường hợp sau
* Nếu m 2  4  0 � m  �2.
Khi m  2 � y�
 8 x 7 � x  0 là điểm cực tiểu.
� y�
 x 4  8 x 4  20 

Khi m  2
* Nếu m 2 ��
4 0

� x  0 không là điểm cực tiểu.
m
2. Khi đó ta có
y�
 x2 �
8 x5  5  m  2  x 2  4  m 2  4  x �

�
�

8
5
2
4
Số cực trị của hàm y  x   m  2  x   m  4  x  1 bằng số cực trị của hàm

g�
 x

5
2
2
�g �
�  x   8x  5  m  2 x  4  m  4 x
�
4
2
�
�
�
�g  x   40 x  100  m  2  x  4  m  4 
�
 0   0 . Khi đó
Nếu x  0 là điểm cực tiểu thì g �

4  m 2  4   0 � m2  4  0 � 2  m  2 � m   1;0;1

Vậy có 4 giá trị nguyên của m.

3
2
5;5�
Bài tập 7: Biết giá trị lớn nhất của hàm số f  x  x  3x  72x  90  m trên đoạn �
�
�
là 2018. Trong các khẳng định dưới đây, khẳng định nào đúng?
A. 1600  m  1700 B. m  1618
C. 1500  m  1600 D. m  400

Lời giải
Đáp án A
3
2
Xét hàm số g  x   x  3x  72 x  90 có

�
x  6 � 5;5
g�
 x   3x 2  6 x  72; g �
 x  0 � �
�x  4 � 5;5  
Xét g  5  400; g  4   86; g  5   70 . Do đó với x � 5;5   thì g  x  � 86; 400
f  x   400  m � 400  m  2018 � m  1618 � 1600;1700  .
Từ đó xMax
� 5;5

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Cho hàm số y  f ( x ) có đạo hàm đến cấp hai trên �. Biết f '(0)  3, f '(2)  2018 ;
lim f '  x   � và bảng xét dấu của f ''( x ) như sau:
x ��

Hàm số y  f ( x  2019)  2018 x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0 thuộc khoảng nào sau
đây?
6


A. (2019; 0).

B. (2019; �).

D. (�; 2019).
�2018;2019�để hàm số y = 2x + 3 đồng biến trên
Bài 2. Có bao nhiêu số nguyên m ��
�
2x - m
�
1 �
�
;1�
.
�
khoảng �
�
�
�
2 �
�

A. 2017
B.
2016
C. 2018
D. 2015
Bài 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
2cos3x  m  2 cos x  3 m  6 cos x có nghiệm?
A. 5
B. 4
C. 6
D. 3
Bài 4. Giả sử đường thẳng y  ax  b là tiếp tuyến chung của đồ thị các hàm số
y  x 2  5 x  6 và y  x 3  3x  10 . Tính M  2a  b .
A. M  16.
B. M  4.
C. M  4.
D. M  7.
C. (0; 2).

7


PHẦN 2. MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN MŨ VÀ LOGARIT.
Bài tập 1: Biết x1 , x 2  x1  x 2  là hai nghiệm của phương trình
2
1
log 3 x 2  3x  2  2  5x 3x 1  2 và x1  2x 2  a  b với a, b là hai số nguyên
2
dương. Tính a  b.
A. a  b  13

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









Chọn B.
Điều kiện: x � �1 � 2; �
Đặt t  x 2  3x  2, t �0 � x 2  3x  1  t 2  1 nên phương trình có dạng:
log 3  t  2   5t

2

1

 2  *

Xét hàm số f  t   log 3  t  2   5t

2

1

trên  0; � .

Hàm số đồng biến trên  0; � và f  1  2 .
PT (*)
� f  t   f  1 � t  1 � x 2  3x  2  1 � x 2  3x  1  0 � x1 
Do đó x1  2x 2 

3 5
3 5
, x2 
2
2

a 9
�
1
9 5 � �
� a  b  14
b5
2
�





x+

Bài tập 2: Biết rằng 2

1
x

trong đó x  0. Tính giá trị của biểu
= log2 �
14 - ( y - 2) y + 1�
�
�
�
�

thức P  x 2  y 2  xy  1.
A. 1
B. 2

C. 3
Lời giải:

D. 4

Chọn B.
1
1
Ta có x  � 2 x.
x
x

2

2

x

1
x

4. Lại có: 14   y  2  y  1  14   y  1 y  1  3 y  1

3
Đặt t  y  1 �0 Ta xét hàm số f  t    t  3t  14 trên  0; � có kết quả

max f  t   f  1  16 Vậy 14   y  2  y  1 �16 � log 2 �
14   y  2  y  1 �
�
��4 .

t� 0; �

Khi đó 2

x

1
x

�x  1
�� �
 log 2 �
14


y

2
y

1


�
� y0�P2
�

1
1
Ta có x  � 2 x.
x
x

2

2

x

1
x

4. Lại có: 14   y  2  y  1  14   y  1 y  1  3 y  1

8

3
Đặt t  y  1 �0 Ta xét hàm số f  t    t  3t  14 trên  0; � có kết quả

max f  t   f  1  16 Vậy 14   y  2  y  1 �16 � log 2 �
14   y  2  y  1 �
�
��4 .

t� 0; �

Khi đó 2

x

1
x

�x  1
 log 2 �
14   y  2  y  1 �
�
�� �y  0 � P  2
�

Bài tập 3: Xét các số thực dương a, b thỏa mãn log 2

1  ab
 2ab  a  b  3. Tìm giá trị nhỏ

ab

nhất Pmin của P  a  2b.
A. Pmin 

2 10  1
�
2

B. Pmin 

2 10  3
2 10  5
2 10  7
� C. Pmin 
� D. Pmin 
�
2
2
2
Lời giải

Chọn B.
Điều kiện: a, b dương và ab  1.
Đặt u  a  b  0 và v  2(1  ab)  0. Giả thiết trở thành u  log 2 u  v  log 2 v. (1)
1
/
 0, t  0. Do đó f (t ) đồng
Xét hàm số f (t )  t  log 2 t trên (0; �). Ta có f (t )  1 
t ln 2

biến trên (0; �).
a  2
�
Vì vậy (1) tương đương với u  v � a  b  2(1  ab) � b 
2a  1
1 (a 2  1)
 0 nên ab  1, a  0.
Ta có b  
a a (2a  1)
x  2
Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x )  x  2 �
trên (0; �).
2x  1
4 x2  4x  9 /
1  10
1  10
, f ( x)  0 � x 
Ta có f / ( x) 
và x 
(loại).
2
(2 x  1)
2
2
1  10
2 10  3
Lập BBT ta được Pmin  min f ( x)  f (
)
�
(0; �)

2
2
2
2
Bài tập 4: Cho a  0 , b  0 thỏa mãn log 3a2b1  9a  b  1  log 6 ab1  3a  2b  1  2 . Giá

trị của a  2b bằng
A. 6 .

B. 9 .

C.

7
.
2

D.

5
.
2

Lời giải
Chọn C.
3a  2b  1  1
�
�
log 3a2b1  9a 2  b 2  1  0
� 2 2

�
9a  b  1  1 � �
Ta có a  0 , b  0 nên �
.
log 6 ab1  3a  2b  1  0
�
�
6ab  1  1
�
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta được

log 3a2 b1  9a 2  b 2  1  log 6 ab1  3a  2b  1 �2 log3a2 b1  9a 2  b 2  1  log 6 ab1  3a  2b  1

9


2
2
۳ 2 2 log 6 ab1  9a 2  b2  1 � log 6 ab1  9a  b  1 �1 � 9a 2  b 2  1 �6ab  1

�  3a  b  �0 � 3a  b .
Vì dấu “  ” đã xảy ra nên
2

log 3a2b1  9a 2  b 2  1  log 6 ab 1  3a  2b  1 � log 3b1  2b 2  1  log 2b2 1  3b  1
� 2b 2  1  3b  1 � 2b 2  3b  0 � b 

Vậy a  2b 

3 (vì

1
b  0 ). Suy ra a  .
2
2

1
7
3  .
2
2

x
Bài tập 5: Cho phương trình 5  m  log 5  x  m  với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị

nguyên của m � 20; 20  để phương trình đã cho có nghiệm?
A. 20 .

B. 19 .

C. 9 .

D. 21 .

Lời giải
Chọn B.
Điều kiện x  m
x
x
Ta có 5  m  log5  x  m  � 5  x  x  m  log 5  x  m 

� 5 x  x  5log5  x  m   log 5  x  m   1 .
Xét

hàm

số

f  t   5t  t ,

f�
 t   5t ln 5  1  0, t ��, do đó từ

 1

suy

ra

x  log 5  x  m  � m  x  5 x .
x
 x   1  5x.ln 5 , g �
Xét hàm số g  x   x  5 , g �
 x   0 � x  log5

1
  log 5 ln 5  x0 .
ln 5

Bảng biến thiên

Do đó để phương trình có nghiệm thì m �g  x0  �0,92 .
Các giá trị nguyên của m � 20; 20  là  19; 18;...; 1 , có 19 giá trị m thỏa mãn.
Bài tập 6: Cho x, y là các số thực thỏa mãn log 4  x  y   log 4  x  y  �1 . Biết giá trị nhỏ
nhất của biển thức P  2x  y là a b  1  a, b �� . Giá trị a 2  b 2 là:
A. a 2  b 2  18
B. a 2  b 2  8
C. a 2  b 2  13
Lời giải
Đáp án C.

D. a 2  b 2  20

�x  y  0
�x  y  0
�
�
� �x  y  0
Từ giả thiết ta có �x  y  0
�
�x  y x  y �4
log 4 �



 x  y  x  y �
�
��1 �
�
10

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương  x  y  và 3  x  y  ta được:
2P   x  y   3  x  y  �2 3  x  y   x  y  �2 3.4  4 3 � P  2 3
�x  y  3  x  y 
�x  y  3  x  y 
�x  y  3  x  y 
�
�
�
��
��
Dấu “=” xảy ra � �
(do x  y )
2
x

y

 x  y   x  y   4 � x  y  2  4
�
�
3
3
�
�
6
�
� 4
xy
x

�
�
3
3
�
�
��
��
�x  y  2
�y  2
�
�
3
3
�
�
Vậy Pmin  2 3 , do đó a 2  b 2  13
Bài tập rèn luyện
2
2
x
Bài 1: Số nghiệm của phương trình 2 x  2 x  9   x  x  3 .8
A. 1.
B. 3.
C. 2.

2

 3 x 6

  x 2  3 x  6  .8 x

2

 x 3

là:

D. 4.

Bài 2: Cho các số thực a, b thỏa mãn điều kiện 0  b  a  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P  log a

4  3b  1
9

 8log 2b a  1.
a

A. 6.
Bài
2

3:

Có

B. 3 3 2.
bao

nhiêu

giá

trị

nguyên

C. 8.
m � 2018; 2018

D. 7.
để

phương

trình

2

 32 x  4 mx m  2  x 2  2mx  m có nghiệm.
A. 4037.
B. 0.
C. 4036.
D. 2018.
Bài 4: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình
2
2
9 x 3 x  m  2.3 x 3 x  m  2 x  32 x 3 có nghiệm?
A. 6.

B. 4.
C. 9.
D. 1.
3x

 2 mx  2

11


PHẦN 3. MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN TÍCH PHÂN.
Bài tập 1: Cho hàm số y  f ( x). Đồ thị của hàm số y  f / ( x) như hình dưới đây. Đặt
g( x)  2 f ( x )  ( x  1) 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. g(3)  g ( 3)  g(1).
B. g (1)  g (3)  g ( 3).
C. g (3)  g (3)  g (1).
D. g (1)  g ( 3)  g (3).

Lời giải
Theo hình vẽ (mỗi ô vuông có diện tích bằng 1) ta có
3

3

�f ( x)dx  S  6  �( x  1)dx.
Do đó ta được 2 �
 f ( x)  ( x  1)  dx  0 � g ( x)  0 � g (3)  g (1).
* Theo hình vẽ ta có �f ( x)dx  S  6  �( x  1)dx.
Do đó ta được 2 � f ( x)  ( x  1)  dx  0 � g ( x)  0 � g (3)  g ( 3).
/

1

1

3

3

/

1

1

3

3

/

1

3

3

3

3

/

3

3

Vậy g (1)  g (3)  g (3).

Bài tập 2: Cho hàm số f  x  thỏa mãn f  2   

2
2
x  2x �
f  x �
và f �
với mọi x ��.

�
�
9

Giá trị của f  1 bằng
A. 

35
.
36

2

B.  .
3

C. 

19
.
36

D. 

2
.
15

Lời giải
Chọn B.

�
�1 �
1
Ta có f �
 2x � �
  x2  C .
 x   2x �
� 2 x �
2
�f  x  �
��
f

x
f
x




�
�
�
�f  x  �
�
2

f  x  �0

f�
 x

2
1
suy ra C   .
9
2
1
2
f  1 

�1� 3 .
Do đó

12  �
 �
� 2�

Từ f  2   

12


Bài tập rèn luyện
Bài 1: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn ( f '( x)) 2  f ( x ). f ''( x)  15 x 4  12 x, x �� và
f (0)  f '(0)  1 . Giá trị của f 2 (1) bằng
9
A. 4.
B. .
C. 10.
D. 8.
2
Bài 2: Cho f  x  là hàm số có đạo hàm liên tục trên �, có f  2   1 và

2

�f  x  dx  3 . Khi đó
0

1

x. f �
 2 x  dx bằng
�

0

A. 1.

B.

1
.
4

1
C.  .
4

D.

5
.
4

13


PHẦN 4. MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.
Bài tập 1: Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 3 . Tính
thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất.
64
16
16 6
64 2

A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
3
3
3
3
Lời giải
Chọn A
S

M

b

3
I

A

D

O
B

a

a

C
Gọi O  AC �BD , M là trung điểm SA và I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều
S . ABCD .

Ta có SMI : SOA �

SM SI
b2
a2
2

.
�  3. b 
SO SA
2
2
3

1
Ta có VS . ABCD  .SO.S ABCD
3
 V

�b 2 b 2
b2 �
2

2
2
2


2

�
�
36 b b � b �
1
a2
18 �
. �
2  ��72. �36 36
 . b 2  .a 2 
18 36 36 � 18 �
3
3
2
�
�
�
�
�
�

64
.
3

Bài tập 2: Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P thuộc các cạnh BC , BD , AC sao cho
BC  4 BM , AC  3 AP , BD  2 BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện
ABCD được phân chia bởi mặt phẳng  MNP  .
A.

7
.
15

B.

7
.
13

C.

8
.
15

D.

8
.
13

Lời giải
Chọn B

Trong mặt phẳng  DBC  vẽ MN cắt CD tại K .
Trong mặt phẳng  ACD  vẽ PK cắt AD tại Q .
Theo định lý Mennelaus cho tam giác BCD cát tuyến MNK ta có
�

KC ND MB
.
.
1
KD NB MC

KC
3.
KD
14


Theo định lý Mennelaus cho tam giác ACD cát tuyến PKQ ta có
�

KC QD PA
.
.
1
KD QA PC

QA 3
QA 3
 �
 .

QD 2
AD 5

Đặt V  VABCD , ta có
VB. APQ




�

VB. ACD



S APQ
S ACD



AP AQ 1
1
4
.
 � VB. APQ  VB. ACD � VB. PQDC  V .
AC AD 5
5
5

VP .BMN S BMN BM BN 1

VP.BCD SCPD CP 2
1



 � VP. BMN  V .

.
 và
VP. BCD
S BCD
V
S ACD CA 3
BC BD 8
12
VQ. PBN
VQ.PBD
VAB.MNPQ
V





V
S
S
S PBN 1
S
2

1
 và BQPD  DQP  DQP . ADP 
� VQPBN  V .
S PBD 2
V
S ACD S DAP S ACD 15
15

VA. BPQ  VP. BNM  VQ.PBN
V



7 � VAB.MNPQ  7 .
VCD.MNPQ 13
20

Bài tập 3: Cho tam giác ABC đều cạnh a , gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với
mặt phẳng  ABC  . Trên d lấy điểm S và đặt AS  x ,  x  0  . Gọi H và K lần
lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC . Biết HK cắt d tại điểm S �
. Khi
SS �ngắn nhất thì khối chóp S . ABC có thể tích bằng
A.

a3 6
.
24

B.

a3 6
.
6

C.

a3 3
.
8

D.

a3 2
.
27

Lời giải
Chọn A

15


S có H là trực tâm, ta có
Xét tam giác SA��

S �
AH ∽ A�
AS �

AS � AH

a 3 a 3 a2

� AS �
. AS  AA�
. AH 
.

AA� AS
2
3
2

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: SS �
 SA  AS �
�2 AS . AS � 2
Dấu “  ” xảy ra khi SA  AS �
x

a2
a 2
2

a 2
.
2

Bài tập 4: Cho tứ diện ABCD có AB  CD  4 , AC  BD  5 , AD  BC  6 . Tính khoảng
cách từ A đến mặt phẳng  BCD  .
A.

3 6
.
7

B.

3 2
.
5

C.

3 42
.
7

D.

7
.
2

Lời giải
Chọn C
Xây dựng bài toán tổng quát

Từ giả thiết ta có: MNDC là hình thoi; các tam giác CAN, DAM là các tam giác cân, suy ra:
AI  NC , AI  DM � AI  (CDMN )
1
1

1
1
Ta có: VABCD  VA.MNDC  .4VA. IMN  2VA. IMN  IA.IM .IN  h.m.n
2
2
3
3

16


� 2 a 2  b2  c 2
�m 
2
�h 2  m 2  c 2
�
2
2
�2
�2 a  b  c 2
2
2
h

n

b
�
Từ �
�n 

2
�m 2  n 2  a 2
�
2
�
�2 a  b2  c 2
�h 
2
�
1
a 2  b 2  c 2   a 2  b 2  c 2   a 2  b 2  c 2 

Suy ra: VABCD 
6 2
1

 42  52  62   42  52  62   42  52  62   15 6 .
6 2
4
BC  CD  DB 4  5  6 15
15 7


Ta có p 
� S BCD  p  p  4   p  5   p  6  
2
2
2
4
15 6

3VA. BCD 3. 4
3 42

Ta có d  A,  BCD   
.

S BCD
15 7
7
4
Bài tập rèn luyện
Bài 1:

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Tam giác SAB
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi  là góc tạo bởi
đường thẳng SD và mặt phẳng  SBC  , với   45�. Tìm giá trị lớn nhất của thể
tích khối chóp S . ABCD .
A. 4a 3 .

8a 3
.
3

B.

C.

4a 3
.
3

D.

2a 3
.
3

Bài 2: Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh BC , BD , AC lần lượt lấy các điểm M , N , P
sao cho BC  3BM , BD 

3
BN , AC  2 AP . Mặt phẳng  MNP  chia khối tứ
2

diện ABCD thành hai phần có thể tích là V1 , V2 . Tính tỉ số
A.

V1 26

.
V2 13

B.

V1 26

.
V2 19

C.

V1
.
V2

V1 3
 .
V2 19

D.

V1 15
 .
V2 19

17


PHẦN 5. MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VỀ PHẦN PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
TRONG KHÔNG GIAN.
Bài tập 1: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2 , SA  2 và
SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Gọi M , N là hai điểm thay đổi trên
hai cạnh AB , AD sao cho mặt phẳng  SMC  vuông góc với mặt phẳng  SNC  .
Tính tổng T 

A. T  2 .

1
1


khi thể tích khối chóp S . AMCN đạt giá trị lớn nhất.
2
AN
AM 2

B. T 

5
.
4

C. T 

2 3
.
4

D. T 

13
.
9

Lời giải
Chọn B

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A  0;0;0  , B  2;0;0  , D  0; 2;0  , S  0;0; 2  .

Suy ra C  2; 2;0  . Đặt AM  x , AN  y , x, y � 0; 2 , suy ra M  x;0;0  , N  0; y;0  .
uuur

uuu
r
uuu
r
SM   x;0; 2  , SC   2; 2; 2  , SN   0; y; 2  .
ur
uuur uuu
r
uu
r uuu
r uuu
r
�  4; 2 x  4; 2 x  , n2  �
�  4  2 y; 4; 2 y  .
� n1  �
SM
,
SC
SN
,
SC
�
�
�
�
ur uu
r
Do  SMC    SNC  nên n1.n2  0 � 4  4  4 y   4  2 x  4   4 xy  0 � xy  2  x  y   8 .
8  2x
8  2x

�۳
2
x 1.
, do y �2 nên
x2
x2
 S ABCD  S BMC  S DNC  4   2  x    2  y   x  y .

� y
S AMCN

18


1
2
2 � 8  2 x � 2 x2  8
Do đó VS . AMCD  SA.S AMCN   x  y   �x 
.
�
3
3
3� x2 � 3 x2
2 x2  4x  8
2 x2  8
 x 
Xét f  x  
với x � 1; 2 , f �
.
3  x  2 2

3 x2
f�
 x   0 � x 2  4 x  8  0 � x  2  2 3 ; x  2  2 3 (loại).

f  x   f  1  f  2   2 .
Lập BBT ta suy ra max
 0;2

�
�x  1
�
�
1
1
1
1 5
�y  2
�
�T 

 2 2 .
Vậy max VS . AMCN  2 � �
2
2
AM
AN
x
y
4
�x  2

�
�
�
�y  1
B C . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt
Bài tập 2: Cho hình lăng trụ đều ABC. A���
B�
 bằng a, góc giữa hai mặt phẳng  ABC �
 và  BCC �
 bằng  với
phẳng  ABC �
cos 

A. 3a 3

1
2 3

2
.
4

B C bằng
(tham khảo hình vẽ dưới đây). Thể tích khối lăng trụ ABC. A���
B. a 3

2
.
2

C. 3a 3

2
2
.
D. 3a 3
.
2
8
Lời giải

Chọn C
Gọi O là trung điểm của AB , E là trung điểm của BC
CO  kẻ CH  C �
Trong mp  C �
O tại H

   CH  a
Khi đó d  C ,  ABC �

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, gọi 2x là độ dài cạnh của tam giác ABC ta có

19


1
1
1



2
2
CH
C 'C
CO 2

1
1
1
1
1
3x2  a 2





2
2
2
2
CH 2 CO 2 a 2 �2 x 3 �
3a 2 x 2 � C ' C  3 x  a
� C 'C
�
�
ax 3
� 2 �
�
3x 2  a 2 � �x x 3 �

A

x
;
0;
0
B
x
;
0;0
C
0;
x
3;
0
C
'
0;
x
3;
;
;0 �
�
�, E �
, 
,
Khi đó, 
, �
�
� �

2
2
ax
3
�
�
� �
ur uuuu
r uuur
�
�
2ax 2 3
2
�
�
�
�
ABC
0;

;
2
x
3
n

OC
,
AB


mặt
phẳng
là


�
�
VTPT của
1
�
� �
�
3x 2  a 2
�
�





uu
r uuur �3 x x 3 �
B�
 là n2  AE  �
VTPT của mặt phẳng  BCC �
�2 ; 2 ; 0 �
�
�
�

ur uu
r
n1.n2
1
1
cos 
� ur uu
�
r 
2 3
n1 n2 2 3

�
VABC . A���
B C  C C .SABC 

3ax3
3x 2  a2
2

4

2

12a x
9 x 3x
 12 x 4 .

2
2

3x  a
4
4

2



1
2 3

� xa

a 6 2
3a 3 2
.a 3 
.
2
2

Bài tập 3: Cho A(4;6; 2), B (2; 2;0) và mặt phẳng ( P) : x  y  z  0. Xét đường thẳng d
thuộc ( P ) và đi qua B. Gọi H là hình chiếu của A lên d . Biết rằng d thay đổi thì H thuộc
đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó.
A. R  6.
B. R  2.
C. R  3.
D. R  1.
Lời giải
Vì �
AHB  900 nên H thuộc mặt cầu ( S ) có đường kính AB. Vì vậy H thuộc đường tròn

(C ) cố định là giao tuyến của ( S ) và ( P ).
* Tâm của ( S ) trung điểm I (3; 2;1), bán kính r  IA  3 2.
* Ta có d  d ( I , ( P ))  2 3.
Do đó bán kính của (C ) là R  r 2  d 2  6.

Bài tập 4: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  có tâm I  2;1; 2  và đi qua điểm

A  1; 2; 1 . Xét các điểm B , C , D thuộc  S  sao cho AB , AC , AD đôi một vuông góc
với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng
A. 72 .
B. 216 .
C. 108 .
Lời giải

D. 36 .
20


Chọn D.
Đặt AB  a , AC  b , AD  c thì ABCD là tứ diện vuông đỉnh A , nội tiếp mặt cầu  S  .
Khi đó ABCD là tứ diện đặt ở góc A của hình hộp chữ nhật tương ứng có các cạnh AB ,
AC , AD và đường chéo AA�là đường kính của cầu. Ta có a 2  b 2  c 2  4 R 2 .
1
1 2 2 2
2
Xét V  VABCD  abc � V  a b c .
6
36
3

3

�a 2  b 2  c 2 � 2 2 2
�4 R 2 �
2
a
b
c
۳
Mà a  b  c �3 a b c ۳ �
�
� � 36.V ۣ V
3
3
�
�
� �
Với R  IA  3 3 . Vậy Vmax  36 .
2

2

2

3

2 2 2

R3.

4 3
27

--------------------Hết-------------------

21


8. Những thông tin cần được bảo mật (nếu có): Không
9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Học sinh lớp 12 có học lực khá và tốt về
môn Toán và nắm chắc kiến thức cơ bản lớp 12.
10. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý
kiến của tác giả và theo ý kiến của tổ chức, cá nhân đã tham gia áp dụng sáng kiến lần
đầu, kể cả áp dụng thử (nếu có) theo các nội dung sau:
10.1. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo
ý kiến của tác giả:
Đề tài của tôi được học sinh đồng tình và đạt được kết quả, nâng cao khả năng giải
một số bài tập khó trong các đề thi.
10.2. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo
ý kiến của tổ chức, cá nhân:
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................

Vĩnh Phúc, ngày … tháng 01 năm 2019
Thủ trưởng đơn vị

22

KẾT LUẬN
1. KẾT LUẬN
- Trên đây là những bài tập mà tôi đúc rút được trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng
học sinh giỏi lớp 12 tại trường THPT Bình Xuyên.
- Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong năm học này, được học sinh đồng tình và đạt
được kết quả, nâng cao khả năng giải dạng toán trắc nghiệm. Các em hứng thú học tập hơn, ở
những lớp có hướng dẫn kỹ các em học sinh với mức học trung bình cũng trở lên đã có kỹ năng
giải các bài tập. Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt.
- Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắc chắn còn có nhiều thiếu sót và hạn chế.
Tôi rất mong được sự quan tâm của tất cả các đồng nghiệp bổ sung và góp ý cho tôi. Tôi xin
chân thành cảm ơn !
2. KIẾN NGHỊ
- Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có nhiều hơn nữa
tài liệu sách tham khảo đổi mới vào phòng thư viện để giáo viên và học sinh có thể nghiên cứu
học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ
- Tổ chuyên môn cần tổ chức các buổi trao đổi phương pháp giảng dạy cũng như các
mảng chuyên đề hay trong các buổi họp tổ chuyên môn để học hỏi kinh nghiệm của nhau.
- Học sinh cần tăng cường tính tự giác học tập, ôn bài tại nhà để nâng cao chất lượng
học tập.

Tôi xin chân thành cám ơn !
Vĩnh Phúc, ngày 09 tháng 01 năm 2019
Tác giả sáng kiến

Nguyễn Thị Minh Huệ

23

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Website: ttps://dethi.violet.vn/
[2] Đại số và Giải tích 12 – Tác giả: Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn – Nhà xuất bản Đại học Sư
phạm;
[3] Báo Toán học tuổi trẻ - Nhà xuất bản Giáo dục;
[4] Các đề thi THPTQG các năm 2016-2017, 2017-2018.
[5] Các đề thi thử THPTQG của các trường trong cả nước.
[6] Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 của các tỉnh những năm trước.
 

24