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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (13.09 KB, 1 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

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

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

A. 5.436.521,164 đồng. B. 5.452.771,729 đồng.
C. 5.436.566,169 đồng. D. 5.452.733, 453 đồng.

Lời giải
Chọn D

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



1r



 sau n chu kỳ lãi thì số tiền là T



1r



n.

Với lãi suất 0,7%, bác Mạnh gửi được 6 tháng nên số tiền sau 6 tháng là T6 T



1r1



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





9 6 1 2

T T r

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





12 9 1 3

T T r



 



12 1 1 1 2 1 3 5.452.773,729

T T r r r

      .

Bài tập phát triển:

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

Câu 2: Một người vay ngân hàng 1000 000 000( một tỉ) đồng và trả góp trong 60 tháng.Biết rằng lãi
suất vay là 0,6% /1 tháng và không đổi trong suốt thời gian vay. Người đó vay vào ngày
1/1/ 2017 và bắt đầu trả góp vào ngày 1/ 2 / 2017 . Hỏi người đó phải trả mỗi tháng một số tiền
khơng đổi là bao nhiêu ( làm tròn đến hàng ngàn)?

A.13813000( đồng). B.19896000( đồng). C.13896000( đồng). D.17865000( đồng).
Lời giải

Chọn B.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Cuối tháng 1 số tiền nợ là :A



1r



Đầu tháng 2 số tiền nợ là : A



1r



 a; cuối tháng 2 số tiền nợ là A



1r



2 a



1r



Đầu tháng 3 số tiền nợ là :A



1r



2 a



1r



 a.

cuối tháng 3 số tiền nợ là A



1r



3 a



1r



2  a



1r



…

Cuối tháng 60 số tiền nợ là :A



1r



60  a



1r



59  a



1r



58   a



1r



















A r  a r  a r   a r







 







57 ... 1

A r a r  r r 

        

 













60 1 1

1 1 r

A r a r

r

 

   

Đầu tháng 61:













60 1 1

1 1 r

A r a r a

r

 

   

Theo yêu cầu bài toán :













60 1 1

1 1 r 0

A r a r a

r

 

    













59
1

19895694, 2

1 1

A r

a

r
r

r



  

 

 

Câu 3: [2D2-3] Một cô giáo văn gửi 200 triệu đồng loại kỳ hạn 6 tháng vào một ngân hàng với lãi
suất 6,9%/năm. Hỏi sau 6 năm 9 tháng, cô giáo đó nhận số tiền cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu?
Biết rằng cơ giáo đó khơng rút lãi ở tất cả các kỳ hạn trước và nếu rút trước thì ngân hàng sẽ trả
lãi suất theo loại lãi suất khơng kỳ hạn 0,002%/ngày. (Giả sử một tháng có 30 ngày).

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

Chọn C.

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



 



0 1 1 1 2

T T r r với T 0 200.000.000 , 1

1 6,9
.
2 100
r  , 2

0,002
100
r 
311.392.503

T

  đồng.

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

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

Chọn A.

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

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Theo giả thiết, ta có





. 1 % n 250
n

A A r 



1 %



250 2,5
100
n

r

   









log 2,5

12,835
log 1,074

n

   .

Vậy phải gửi 13 năm.

Câu 17 [2D1-3] Cho hai hàm số

( )

1
2

f x
x

= và

( )

2
2

x

g x = . Gọi d ,d1 2 lần lượt là tiếp tuyến của mỗi

đồ thị hàm số f x

( )

, g x

( )

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

A.30°. B.90° . C.60°. D.45°.

Lời giải
Chọn B.

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

2
1

2 2

x
x

x = Û =

- Hệ số góc của tiếp tuyến d1của đồ thị hàm số y=f x

( )

là k1= f¢

( )

1 =e
- Hệ số góc của tiếp tuyến d2của đồ thị hàm số y=g x

( )

là k2=g¢

( )

1 =e
- Ta thấy k k1. 2 =- 1 suy ra d ,d1 2. Góc giữa hai tiếp tuyến trên bằng 90°.
Bài tập phát triển .

Câu 1: [2D1-3] Cho hai hàm số và f x

( )

=ex và g x

( )

= -e lnx. Gọi d ,d1 2 lần lượt là tiếp tuyến
của mỗi đồ thị hàm số f x

( )

, g x

( )

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

A.0°. B.90° . C.60°. D.45°.

Lời giải
Chọn A.

- Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị hàm số trên là: ex= -e lnxÛ x=1
- A Hệ số góc của tiếp tuyến d1của đồ thị hàm số y= f x

( )

là k1= f¢

( )

1 =e

- Hệ số góc của tiếp tuyến d2của đồ thị hàm số y=g x

( )

là k2=g¢

( )

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

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

( )

=m x

(

+ +1

)

2 cắt đồ thị
hàm số y g x

 

x3 3x tại ba điểm phân biệt A B C, , (A là điểm cố định) sao cho tiếp
tuyến với đồ thị tại B và C vng góc với nhau.

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

Lời giải

Chọn C.

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

(

)

3 1 2

x - x=m x+ +

( )

1 0 1

2 0 2

x x

x x m

é + = Û
=-ê

Û ê - - - =êë

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

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

( )

2 có hai nghiệm phân biệt

1, 2

x x khác - 1

4 9 0

2 2

m m

m m

ìï
ìD = + > ï

>-ï ï

Û íï ớù

ạ

-ùợ ù ạ -ùợ x x1, 2 l hai nghiệm của phương trình

( )

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

hai nghiệm của phương trình

( )

2 , ta có: 1 2

1 2
1

. 2

x x

x x m

ì + =
ïï

íï =
-ïỵ

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=g x

( )

tại B C, có hệ số góc là

( )

(

)

1 3 1 1

B

k =g x¢ = x - ; kC=g x¢

( )

2 =3

(

x22- 1

)

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

(

)(

)

2 2

1 1 2 1 1

x - x -

=-(

)

(

)

1 2 1 2 2 1 2 2 0

x x x x x x

Û - + + + =

2 2 1 0 1

m m m

Þ + + = Û =- (thỏa mãn điều kiện).

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



ABC



và



A BC



bằng60. Biết diện tích của tam giácA BC bằng2a . Tính thể tích2 V của khối lăng trụ
.

ABC A B C  
A. V 3a3

 . B. V a3 3. C.

a

V  . D.

3
3
3
a
V  . 
Lời giải

Chọn B.

KẻAI BC (I BC ) A I BC .

Ta có 1 .

2
A BC

S  A I BC
2
2a

  A I 2a.

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

Vậy 3

.2 . . 3 3
2

ABC A B C

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

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

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

Lời giải

Chọn B.

Gọi I là trung điểm BC. Tam giác ABCcân nên 1 . 4
2

ABC

S  A I BC   A I 4.
Khi đó AA AI2 A I2 2

    . VậyVABC A B C.   AA S. ABC 8 3.

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



ABC



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

A. 3 3

4
a

V  . B. 3 3

8
a

V  . C. V 2a3 3

 . D.V 4a3 3 .
Lời giải

ChọnC.

Gọi I là trung điểmBC nên, 2 2

3 3

a

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Vậy 3

. . 2 3

ABC A B C ABC

V   A G S  a

Câu 38 [2D2-4] Biết x x x1; 2



1 x2



là các nghiệm của phương trình





2 3 1

log 3 2 2 5   2

    x x 

x x

và 1 2





1
2

  

x x a b với a b, nguyên dương. Tính a b .

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

Chọn B.
Điều kiện: 2

3 2 0
  

x x . Đặt 2 3 2 0

  

t x x . Khi đó phương trình trở thành:
2 1

log (t 2) 5t  2

    f t

 

f

   

1 *

Vớ 2 1

( ) log ( 2) 5 

   t

f t t với t



0;



. Ta có hàm số f t( ) liên tục trên



0; 



và

2 1
1

( ) 2 .5 .ln 5 0

( 2).ln 3



   



t

f t t

t với mọi t0

nên f t( ) đồng biến trên



0; 



. Khi đó (*) tương đương với

2 1
2
3 5
2

1
3 5
2
– 3 1 0

x x

x

t x x

x
 
 


 
 


  










1 2
1 1

2 9 5

2 2

x x a b

     
9
14.
5
a
a b
b


    



Bài toán phát triển.

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



x2 5x 5 1



log3



x2 5x7



2 có tập

nghiệm S



a b;

 

 c d;



. Tính T    a b c d.

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

Chọn A.

Điều kiện 2

5 5
2

5 5 0 .

5 5
2
 



   
 



x
x x
x

Đặt 2 5 5 0

  

t x x , khi đó phương trình trở

thành:









 

   

2 3 *

log t1 log t 2 2 f t f 1









2 3

( ) log 1 log 2

f t t t , t



0;



. Ta có hàm số f t( ) liên tục trên



0; 



và

1 2

( ) 0

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

   

 

t
f t

t t với mọi t0

nên f t( ) đồng biến trên



0; 



. Do đó (*) tương đương với
1

t  x2 5x 5 1

      1 x 4

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>



 



5 5 5 5 5 5 5 5

1; ;4 ; ; 1 4 10.

2 2 2 2

       

           

   

S a b c d T

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

   

x x x x .

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

Lời giải
Chọn C.

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

2( 1) 1 2

3 x  2(x 1) 3x x 2x 1

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







2 1





x 1

  

f x f 

  .

trong đó ( ) 31 2
 t 

f t t , t



0;



. Ta có hàm số f t( ) liên tục trên



0; 



và
1

'( ) 3 ln 3 2 0, 0
 t    

f t t t

nên f t( ) đồng biến trên



0; 



. Khi đó (*) tương đương với



f

( 2(

x



1))



f x

(



1)



2(

x



1)

 

x

1 

2(

x



1) (



x



1) ,(

do x



1)



x



4 x

  

3 0

x

  



;1

 



3;





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

 

1 



3;



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

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

3
sin sin

1 1

sin 3

27 81

   

 

   

   

x x

x trên



0; 2018



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

Chọn B.

Phương trình tương đương với
3

3sin 4sin

1 1

3sin 4sin

3 3

x x

   

  

   
   

3sin 4sin

1 1

3sin 4sin

3 3

x x

   

     

   

 

3
(3sin ) (4sin ) *

f x f x với ( ) 1 .

3
 

  

 
t

f t t

Ta có ( ) 1 ln 1 1 0

3 3

   
     

   
t

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

3sinx4sin x sin 3x0 ,
3

x k k

   .

Vì x



0; 2018



, nên 0 2018



0;1927 .



3


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



0; 2018



là 1928.

Câu 4: [2D2-4] Bất phương trình

2 2

1 1 2

1 1

2 2

 

  

x x

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

A. 5. B. 4 C. 3. D. 2.
Lời giải

Chọn D.

Điều kiện x 0. Bất phương trình tương đương với
2

2 2

1 1 2 2

2 2

1 1 2 1

2 2

x x

x x x x

x x
 
   
    
 
2

2 2

1 2 1 2

2 2

1 1 1 1 2

2 . 2 .

2 2

x x

x x x x

x x
 
 
   

 

2
2 2

1 1 2

*
x x
f f
x x

     
    
 
 

Với ( ) 2 1
2
 t 

f t t . Ta có f t

 

liên tục trên  và ( ) 2 ln 2 1 0
2
  t  

f t với mọi x , nên
hàm số f t

 

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

2 2

1 x 1 2x

x x

 



2 2 0

0
x x
x
  
 



0 x 2
   .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S 



0;2







a b;



0
2
a
b


 


  b a 2.

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





2 7

log 1 x log x. Giá trị nhỏ nhất của tập S
là

A. 1 B. 243 C. Không tồn tại. D. 3

Lời giải:

Chọn B.

Đặt 3 log7 73
t

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



3 3



log 1 7 t 3t

  1 7t 8t

   1 7 1 *

 

8 8

t t
   
     

   

Dễ thấy rằng hàm số

 

1 7

8 8

t t

f t     

    nghịch biến trên R và

 

* : f t f 1

1 243

t x

   

Câu 6: Giá trị m để bất phương trình 2 2 2 2 2 4 2 2

5x mx 5 x mx m 2

x mx m

    

    với mọi x R là



a b;



.
Giá trị của b a là

A. 2. B. 1. C. . D. 4.

Chọn B

2 2 2 2 2 4 2 2

5x  mx 5 x  mx m  x 2mx m

   









2 2 2 2 2 2 4 2 2

5x  mx x 2mx 2 5 x  mx m  2x 4mx m 2

        

Dễ thấy rằng hàm số f t

 

5t t

là hàm số đồng biến trên R nên

 

* : f x



2 2mx 2



f



2x2 4mx m 2



      x2 2mx 2 2x2 4mx m 2

      

2 2 0

x mx m

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

YCBT x2 2mx m 0, x m2 m 0

     R    (vì a  1 0)  m 



1;0



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

1
x
C y
x



 tại hai điểm phân
biệt A B, sao cho trọng tâm G của tam giác OAB thuộc đồ thị ( )C với O(0;0) là gốc tọa độ.
Khi đó giá trị thực của tham số m thuộc tập nào sau đây?

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

Lời giải
Đáp án: Khơng có

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

2 1
3
1
x
x m
x

  

 có 2 nghiệm phân biệt
1

2 1 ( 3 )( 1)

x

x x m x



 

    



có 2 nghiệm phân biệt

( ) 3 ( 1) 1 0

g x x m x m

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

3 0 1

10 11 0

m
m
m m
  
 
   

   

(*)

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

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

3 3

a b a b m

G     

  mà

1
3
m

a b  

Nên 1; 1

9 3

m m

G   

 
1
2. 1
1 9
( )
1
3 1
9
m
m
G C
m



  



2 15 25 0

m m

   

15 5 13

( / )
2

15 5 13
( / )
2

m t m

 




 



.

Bài tập phát triển:

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

 tại hai điểm phân biệt
,

A B sao cho OA OB                . 4 . Khi đó giá trị thực của tham số m thuộc tập nào sau đây?

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

Lời giải
Chọn B

d cắt ( )C tại hai điểm phân biệt A B,
3
2 3
2
x
x m
x

  

 có 2 nghiệm phân biệt

2
2

2 3(1 ) 6 3 0

x

x m x m



 

    



</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

( ) 2 3( 1) 6 3 0

g x x m x m

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

2
1 0

9m 30m 33 0 m

 


  

  



(*)

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

Có . 4 (2 3 )(2 3 ) 4 12 15 4 7

2 12

m

OA OB                 ab a m b m      m

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

x




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

(0;0)

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

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

Chọn D

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

2 1

3
1
x

x m
x



  

 có 2 nghiệm phân biệt

2 1 ( 3 )( 1)

x

x x m x



 

    

 có 2 nghiệm phân biệt

( ) 3 ( 1) 1 0

g x x m x m

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

3 0 1

10 11 0

m
m

m m

  

 

   



   



(*)

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

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

3 3

a b a b m

G     mà 1

3
m
a b  

Nên ( 1; 1)

9 3

m m

G  

1 2 2 11

( ) 2 0

9 3 5

m m

G d        m (t/m).

Câu 40. [2D2-4] Biết rằng 2x1x log 14 (2  y 2) y1

  trong đó x 0.
Tính giá trị của biểu thức P x2 y2 xy 1

    .

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

Phân tích:

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

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Chọn B.

Ta có

1 1

2 . 2 2x x 4

x x



     .

Lại có : 14 ( y 2) y 1 14 ( y1) y 1 3 y1.

Đặt t y 1 0.

Ta xét hàm số f t( ) t3 3 14t

   trên



0;



có kết quả tmax ( )0; f t f(1) 16
Vậy 14 ( y 2) y 1 16 log 14 (2  y 2) y1 4.

Khi đó
1

2 log 14 ( 2) 1 2

0
x

x y y x P

y

  

 

         



 .

Bài tập phát triển:

Câu 1. Biết rằng 3 2 2 2

2 log

2
x x x y

y

     

   

  trong đó

, 0
x y  .

Tính giá trị của biểu thức P x2 y2 2xy

   .

A. 1. B. 1

2 . C. 2. D. 2.

Câu 2. Biết rằng





2
2
4

2 log 4

4
x x

y y

   

     

 . Tính giá trị của biểu thức

2 1

P x y 
  .

A. 20. B. 18. C. 353

16 . D.

289
16 .

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

SA    Khi đó giá trị của k

để mặt phẳng (BMC) chia khối chóp S ABCD. thành hai phần có thể tích bằng nhau là:

A. 1 5

k   . B. 1 5

k  . C. 1 5

k  . D. 1 2

k   .

Lời giải
Chọn A.

Phân tích: Bài tốn trên chính là bài tốn về tỉ số thể tích, vì vậy trước hết phải xác định thiết

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

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

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

Kẻ MN/ /AD N SD;  khi đó thiết diện của hình chóp S ABCD. với (BMC)là hình thang
BCNM . Suy ra (BMC) chia khối chóp thành hai khối đa diện SBCNM và DABCNM .
Đặt V1VS BCNM. ; V2 VDABCNM ; V V S ABCD. .

Để V1V2 thì 1
1
2

V  V .

Ta có SNMC . 2
SADC

V SN SM

k

V SD SA 

2
1

.
2
SNMC

V k V

  .

Ta có SMCB
SABC

V SM

k

V  SA 

1
.
2

SMCB

V k V

  .

Vậy 2

1
1

( ).
2

V  k k V .

Khi đó 1
1
2

V  V k2 k 1

  

1 5
2
1 5

k

  





  




Do 0k1 nên 1 5
2

k  . Vậy chọn đáp án A.

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

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

. Đặt
/

;

SA
x

SA 

/
;

SB
y

SB 

/
;

SC
z

SC 

SD
t

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

1) 1 1 1 1

xz  y t .

2) . / / / /
.

1 1 1 1

( )

4
S A B C D

S ABCD

V xyzt

V  xyz t

Lời giải

Gọi O là giao điểm của AC và BD ; / /

I A C SO . Suy ra B I D/, , / thẳng hàng.

Kẻ AM / /A C CN/ /; / /A C/ /

. Ta có:

/ /

1 1 SA SC
x z SA SC

SM SN

SI SI

  SM SN

SI



 2SO

SI



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

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

2)Ta có / / / / / / / / /
/

. . .

S A B C D S A B C S A D C

V V V

/ / /
. .
SA B C

SABC

V

x z y

V  / / / .

1
.
2 S ABCD
SA B C

V xzy V

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Chứng minh tương tự ta có / / / .
1

.
2 S ABCD
SA D C

V  xzt V

Suy ra / / /
/
.

( )
2

S A B C D

V  xz y t (1)

Tương tự ta có / / /
/
.

( )

2
S A B C D

V  yt x z (2)

Từ (1) và (2) ta được / / /
/

. 4

S A B C D

xyzt x z y t

V

xz yt

   

   

 

1 1 1 1
4

xyzt

x y z t

 

     

 .

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

điểm M N P, , sao cho

1
AM

a
AA  , 1

BN
b
BB  , 1

CP
c

CC  . Khi đó: 1 1 1
.

. 3

ABC MNP
ABC A B C

V a b c

V

 


Lời giải

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

Khi đó mặt phẳng qua N song song với



ABC cắt



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



ABC cắt



BB CC1, 1 lần lượt tại I H,

Ta có VABC MNP. VABC DEN.  VN DEPM.









.
1
; .
3

N DEPM DEPM

V  d N DEPM S











 



1 1

; . . ;

3d N DEPM 2 DM PE d DM PE

 













1 1

; . 1 . . ;

3 2

PE

d N DEPM DM d DM PE

DM
 
   
 









1 1

; . 1 .

3 2 DEHM

PE

d N DEPM S

DM
 
   
  .
1
1

2 N DEHM

PE
V
DM
 
   
 
.
1 2
. 1

2 3 DEN MIH

PE
V
DM

 

   

  1 . 1 1 1

. 1 .

3 ABC A B C

PE DM

V

DM AA

 

   

  . 1 1 1

1 1

. .

3 ABC A B C

DM PE

V
AA AA
 
   
 
.

1 1 1

. .

ABC DEN ABC A B C
BN

V V

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Do đó : . . 1 1 1 . 1 1 1

1 1 1

. .

ABC MNP ABC A B C ABC A B C

BN DM PE

V V V

BB AA AA

 

    

 

1 1 1
.

. 1 1 1 1 1

1
3
ABC MNP

ABC A B C

V BN BN AM BN CP

V BB BB AA BB CC

 

       

  1 1 1

. 3

ABC MNP
ABC A B C

V a b c

V

 

  .

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

M N P sao cho AM aAA1, BN bBB1, CP cCC 1. Mặt phẳng



MNP cắt



DD1 tại Q. Ta
có tỉ số thể tích:

1 1 1 1
.

. 2

ABCD MNPQ

ABCD A B C D

V a c

V




b d

 .

Lời giải
Dựa vào giả thiết đề cho ta có AM  a AA1, BN bBB1

 

, CP cCC 1
 

1 1 1 1

AA BB CC DD

   

và giả sử DQ d DD 1

 

Gọi O vàI lần lượt là trung điểm AC và MP, khi đó MP là đường trung bình chung của hình
thang AMPC , BNQD. Do đó ta có AM CP   2OI và BN DQ 2OI.

Suy ra

AM CP BN DQ  
   

1 1 1 1

. . . .

a AA c CC b BB d DD
       .



a c

 

b d



AA1 0

 

        a c b d   .

Tiếp theo, ta có





1 1 1 1
.

2
6
ABCD MNPQ

ABCD A B C D

V a b d c

V

  



1 1 1 1
.

. 2 2

ABCD MNPQ
ABCD A B C D

V a c b d

V

 

   .

Bài tập phát triển :

Câu 1: [2H1-3]: Cho hình lăng trụ / / /

ABC A B C , M là điểm trên cạnh AA/ sao cho

/ .

AM
k

MA  Giá trị

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

3 thể tích khối lăng trụ

/ / /
.

ABC A B C là

A. k 2. B. k 1. C. 1.

k  D. k 3.

Câu 2: [2H1-3]: Cho hình chóp tứ giác S ABCD. có thể tích là V . Lấy điểm A/ thuộc cạnh SA sao 
cho SA/ k SA.

 . Mặt phẳng ( ) đi qua điểm A/ và song song với đáy của hình chóp, chia khối
chóp thành hai khối đa diện, gọi V1 là thể tích khối đa diện chứa điểm S. Giá trị k để

1
1
27

V  V là

A. 3.
5

k  B. 1.

k  C. 2.

k  D. 1.

k 

Câu 3: Người ta cần cắt một khối lập phương thành hai khối đa diện bởi một mặt phẳng đi qua A (như

hình vẽ) sao cho phần thể tích của khối đa diện chứa điểm B bằng một nửa thể tích của khối đa
diện cịn lại.

Tính tỉ số

'
CN
k

CC

 .

A. 3.
4

k  B. 1.

k  C. 2.

k  D. 1.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Câu 45 [2D1-3] Cho hàm số y x4 2mx2 1 m

    . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị 
hàm số có ba điểm cực trị tạo thành tam giác nhận gốc toạ độ O làm trực tâm.

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

Lời giải
Chọn C.

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

Toạ độ các điểm cực trị là A



0;1 m



, B



m m; 2  m1



, C



 m m;  2  m1



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



0;1



A  m và nhận trục tung làm trục đối xứng nên AOBC, ta chỉ cần tìm m để
BOAC là xong.

Ta có AC 



m m; 2



, OB 



m m; 2  m1



AC OB  m m m 2



2 m 1



0 3 0 2
1 0

m

m m m




     



0
1
1

m
m
m





 

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

Phân tích và phát triển bài toán.

Xét hàm số trùng phương y ax4 bx2 c

   với a  .0

Điều kiện để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là ab  . Khi đó các điểm cực trị của đồ thị hàm0

số là A



0,c ,



; Δ

2 4

b
B

a a

 

 

 

 

; ; Δ

2 4

b
C

a a

 

  

 

 

, ở đây Δ b2 4ac

  .

NHẬN XÉT.

Ba điểm A B C, , tạo thành tam giác cân tại đỉnh A, nhận trục Oy làm trục đối xứng. Theo

đó có những kết quả phổ biến như sau:



2
ABC

b

S a

a

 

  

 

 Tam giác ABC vuông cân khi b3 8a0; Tam giác ABC đều khi b324a0; Tam giác

ABC có góc tại đỉnh cân là  khi 8 3tan2 0
2
a b   .

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

Gọi G



0;g ,



H



0;h ,



I



0;m và



J



0;n lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn



</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

 G



0;g là trọng tâm tam giác ABC nên



3gyA yB  yC, có nghĩa là
2Δ
3
4
c g
a

   b2 6a c g







 H



0;h là trực tâm tam giác ABC nên



BH AC               AC BH. 0

Δ
;
2 4
b
AC c
a a
 
     
 

., ; Δ
2 4
b
BH h
a a
 
    
 
 


Suy ra               AC BH . 0 Δ Δ 0

2 4 4

b

c h

a a a

   

         

   





2 2

8ab b b 4ah 4ac 0

    
3 8
4
b a
h c
ab

  

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

3
8 8
1 0

8
m
m
m
 
  

3 1
1 0
m
m
m


    1

1
m
m


  


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

 Do tam giác ABC cân tại A và I



0;m nên IB IC



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

IA IB  IA2 IB2





2 Δ

2 4

b

c m m

a a

 

     

 



b2 4am 4ac



2 16a m c2





2 8ab

     
3
8
8
a b
c m
ab

  

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

3 8
8
ABC

b a

R IA c m

ab



   

 J



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



. . . 0

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

BC CA AB

 
 
 
  
  

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  


Ta dễ dàng tính được 42
2 16

b b

AB AC

a a

    , 2

b
BC

a

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

2 3

3
. 1

4 8

1 1
8

b b

a a

c n

b
a


 

 

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

Bài tập phát triển.

Câu 1. Cho hàm số y x4 2mx2 m2 m

    . Giá trị m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành
tam giác có trọng tâm là gốc toạ độ O thoả mãn.

A.m   



4; 3



. B. m   



2; 1



. C. m  



1;0



. D. m 



0;1



.
Chọn A.

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







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

Câu 2. Cho hàm số y x4 2(m8 16) x2 m2 2018

     . Biết rằng I



0;m2



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

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

Áp dụng cơng thức trên ta có RABC  c m m2 2018 m2 2018
Câu 48. [2D 1 - 4 ] Cho hàm số 3 2

( )

f x ax bx cx d với a b c d, , , ;a0và

2018 0

d

a b c d





    

 . Số điểm cực trị của hàm số

( ) ( ) 2018
g x f x  là

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

Lời giải

Chọn D.

Hàm số g x( )f x( ) 2018 (là hàm số bậc ba) liên tục trên .

Ta có g(0) d 2018 0 ; g(1)   a b c d 2018 0
Vìxlim ( )  g x   và lim ( )

x g x  nên $ <x1 0 : ( ) 0f x1 < và
2 1: ( )2 0

x f x

$ > > 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 3điểm phân biệt nên hàm số
( ) 2018

y f x  có đúng 5 điểm cực trị.
Bài tập phát triển:

Câu 1: [2D1-4] Cho hàm số f x

 

x3 ax2 bx c

    với a b c  , , thỏa mãn 8 4 2 0

8 4 2 0

a b c

    




   

 .

Số điểm cực trị của hàm số y f x

 

bằng

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

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Chọn D.

 Hàm số yf x

 

(là hàm số bậc ba) liên tục trên 

 Ta có f



2



 8 4a 2b c 0; f

 

2  8 4a2b c 0

vàxlim   f x

 

 ; limx  f x

 

 nên phương trình f x  có đúng

 

0 3nghiệm thực phân

biệt. Do đó, đồ thị hàm số yf x

 

cắt trục hoành tại 3điểm phân biệt nên hàm số y f x

 

có đúng 5điểm cực trị.

Câu 2: Cho hàm số f x

 

x3ax2bx 2 thỏa mãn 1

3 2 0

a b
a b

 



  

 . Số điểm cực trị của hàm số

 

y f x bằng

A.11 B. 9 C. 2 D. 5

Lời giải
Chọn A.

Hàm số yf x

 

(là hàm số bậc ba) liên tục trên .

Ta có f

 

0 2 0 , f

 

1 a b  1 0 , f

 

2 2a b  3 0.
và lim

 

x f x  nên x0 2; f x

 

0 0.

Do đó, phương trình f x  có đúng

 

0 3 nghiệm dương phân biệt trên .

Hàm số yf x

 

là hàm số chẵn. Do đó, hàm số yf x

 

có 5 điểm cực trị.
Vậy hàm số y f x

 

có 11 điểm cực trị.

Câu 49 [2H1-4] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a . Cạnh bên SA vng

góc với đáy. Góc giữa SC và mặt đáy bằng 45. Gọi E là trung điểm BC . Tính khoảng cách 
giữa hai đường thẳng DE và SC .

A. 5

a . B. 38

a . C. 5

a . D. 38

a .

Lời giải
Chọn B.

Ta có thể đưa ra các cách giải như sau:

Do SAC là tam giác vng có góc SCA  45 nên SAAC a 2, SC 2a,
3

SBSD a .

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Gọi M là trung điểm SB , khi đó ME/ /SC suy ra:



;





;





d SC DE d SC DME d S DME



;





.
Do M E, lần lượt là trung điểm SB BC, nên 1

2
SDME SBDE

V  V 1

4VSBCD

 1

8VABCD


1
.
3

S ABCD ABCD

V  SA S 1 . 2

3SA AB


3 2
3

a



3 2
24
SDME

a
V

 

1
2

ME  SCa; 5
2
a
DE 

2 2 2

2 4

SD BD SB

DM   

2
7

a

 , suy ra 7
2
a

DM  .

Áp dụng công thức Herong và kết hợp Casio ta tính được diện tích tam giác DEM là
19

8
DEM

a

S  .

Suy ra



;





3 SDME
DME
V
d S DME

S

 38

a

 .

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và DE là 38
19
a .

Cách 2: (Tọa độ hóa)

Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho tia Ox , Oy, Oz lần lượt trùng với các tia AB, AD, AS . 
Khi đó toạ độ điểm các điểm là D



0; ;0a



, ; ;0

2
a
E a 

 , C a a



; ;0



, S



0;0;a 2



; ;0
2
a
DE a  

 



, SC  



a a a; ; 2



, DC



a;0;0



;

Suy ra

2 2

2 3

; ; 2;

2 2

a a

DE SC  a 

      

   

 

 



;



; .

;

DE SC DC
d DE SC

DE SC

 

 



 

 

  

  38

a

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Cách 3: (Tính trực tiếp)

 450

SCA   SA AC a  2.

QuaC kẻ đường thẳng song song với DEcắt ABtạiG.

Khi đó : d SC DE





d DE SGC





d M SGC

















3d A SGC

 .

Kẻ AN CG, ta có



SAN

 

 SGC



,



SAN

 

 SGC



SN. Hạ AK SN.





d SC DE  AK. Ta có: 12 12 12

AK SA AN 2 2

1 1

2a AN

  .

Xét AGNđồng dạng CGB AN AG

CB CG

  3

AN a

a a

  3

a
AN

  .

2 2 2

1 1 5

2 9

AK a a

   192

18a

 18

AK a

 





1 18

3 19

d SC DE a

  38

a

 .

Câu 50 [2D4-1] Hàm số yf x

 

có đồ thị y f x

 

như hình vẽ.

Xét hàm số

 

1 3 3 2 3 2017

3 4 2

g x f x  x  x  x
Trong các mệnh đề dưới đây:

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

III) Hàm số g x nghịch biến trên

 



3; 1



IV) xmax  3;1g x

 

max



g



3 ;



g

 



Số mệnh đề đúng là

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

Lời giải
Chọn D

 

2 3 3

2 2

g x f x  x  x 

 



Trên mặt phẳng toạ độ đã có đồ thị hàm số f x

 

ta vẽ thêm đồ thị hàm số 2 3 3

2 2

y x  x .

Dựa vào đồ thị hàm số ta có

Khi x   



3; 1



thì

 

2 3 3
2 2

f x x  x , khi x  



1;1



thì

 

2 3 3
2 2

f x  x  x . Do đó ta có
bảng biến thiên của hàm số yg x

 

trên đoạn



3;1



như sau

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Vì trên



0;1 hàm số



g x đồng biến nên

 

g

 

0  g

 

1 , do đó (I) đúng.

Dựa vào bảng biến thiên dễ thấy



3; 1



hàm g x nghịch biến nên

 

min3; 1 g x

 

g



1



, do đó

(II), (III) đúng.

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Bài tập phát triển:

Vận dụng tư tưởng xử lí bài tập dựa trên tính biến thiên của hàm yg x

 

thông qua đồ thị

hàm số f x

 

và hàm phụ. Ta xây dựng được những bài tập tương tự như sau

Câu 1. [2D4-1] Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm f x

 

như hình vẽ.

Số điểm cực tiểu của hàm số

 

1 3
9
g x f x  x là

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

Lời giải
Chọn B.

Ta có:

 

1 2
3

g x f x  x . Khi đó

 

1 2
3
g x   f x  x .

Vẽ đồ thị hàm số 1 2
3

y  x trên mặt phẳng toạ độ đã có đồ thị f x

 

.

Dựa vào hình vẽ trên ta thấy phương trình

 

1 2
3

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Dựa vào bảng xét dấu ta thấy dấu của g thay đổi từ

 

 sang

 

 hai lần. Vậy có hai điểm
cực tiểu.

Câu 2. [2D4-1] Cho hàm số yf x

 

có đồ thị f x

 

như hình vẽ.

Xét hàm số

 

1 4 1 3 1 2 2018

4 3 2

yf x  x  x  x  và các phát biểu

i) Hàm số có hai điểm cực trị trên



1; 2



ii) Giá trị nhỏ nhất của hàm số g x trên

 



1; 2



là g

 

iii) g

 

0 g

 

1 .

iv) Giá trị lớn nhất của hàm số g x trên

 



1;1



là g 

 

Số phát biểu sai là

A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.

Lời giải
Chọn A.

Ta có g x

 

f x

 

x3 x2 x

  

   ; g x

 

 0 f x

 

x3  x2 x.

Dựng đồ thị hàm số y x3 x2 x

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình f x

 

x3 x2 x

   có bốn nghiệm là: x  



1;0;1;2



.
Ta có bảng biến thiên của hàm số g như sau

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

 Hàm số có hai điểm cực trị trên



1;2



 Giá trị nhỏ nhất của hàm số g x trên

 



1;2



là g

 

 g

 

0 g

 

1 .

Hơn nữa ta lại có

 





 





 

0 1

1 0

1 0 1 0 1 1

g x dx g x dx g g g g g g





 



        

</div>

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

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>











 

 













































































 



















<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>















