Câu hỏi vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử thpt quốc gia năm 2018 trường chuyên thái bình lần 3 | 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 (12.81 KB, 1 trang )

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

TUYỂN TẬP CÁC CÂU VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO

TRONG ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN 3 THPT CHUN THÁI BÌNH 2017-2018
(Nhóm GV thuộc tổ 5 thực hiện)

Câu 37. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1; 2;3). Gọi ( )P là mặt phẳng đi
qua điểm M và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất, mặt phẳng ( )P cắt các trục tọa độ tại 
các điểm A B C, , . Tính thể tích khối chóp .O ABC .

A. 1372

9 . B.

686

9 . C.

524

3 . D.

343
9 .

Lời giải

Chọn B.

Gọi Hlà hình chiếu của O lên mp

 

P
Tam giác OHM có OH OM , H.

Khi đó d O P



 



OH lớn nhất khi M H , hay OM 

 

P .
Mp

 

P đi qua M và nhận OM 



1;2;3



làm véc tơ pháp tuyến,
phương trình

 

P : x2y3z14 0 .

 

P cắt Ox ; Oy ; Oz lần lượt tại A



14;0;0



, B



0;7;0



, 0;0;14
3

C  

 

Thể tích .

868
9

O ABC

V  .

Bài toán tương tự:

Bài 01: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1; 2;3). Gọi ( )P là mặt phẳng đi 
qua điểm M và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất. Khoảng cách từ N(1;1;1) đến mặt
phẳng ( )P bằng?. Đáp số:



 



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

Bài 02: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A



2;5;3



và đường thẳng

1 2

2 1 2

x y z

d     . Gọi

 

P là mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A
đến

 

P lớn nhất. Tính khoảng cách từ điểm M



1; 2; 1



đến mặt phẳng

 

P .

A. 11 18.

18 . B. 3 2. . C.

11
.

18 . D.

4
.
3

Lời giải

Gọi H là hình chiếu của A trên d ; K là hình chiếu
của A trên

 

P .

Ta có d A P



 



AK AH (Không đổi)

 GTLN của d d P( , ( )) là AH

 





d A P lớn nhất khi K H .

Ta có H



3;1; 4



 

P qua H và  AH

 

P x: 4y z 3 0

    

Vậy



 



11 18
18

d M P  .

Câu 40. [2D1-3] Tập tất cả các giá trị của tham số m để hàm sốy ln(cosx 2) mx 1   đồng biến trên
 là :

A. ( , 1].
3

   B. ( , 1].

3


  C. [ 1, ).

  . D. [- 1 , ).

3 

Lời giải
Chọn B

Ta có hàm sốy ln(cosx 2) mx 1   xác định trên . 
, sinx m

cosx 2


 



y

Hàm số đồng biến trên  khi và chỉ khi y,0   x hay sinx m
cosx 2



  
 x  (*)
Sử lý (*) theo hai cách:

Cách 1: (Dùng hàm số).

Xét hàm số ( ) sinx
cosx 2



 



y g x liên tục và tuần hoàn trênnên ta xét trên



0;2



( Khoảng

chu kì).

Khi đó sinx m min ( ).
cosx 2



    

 x  m  g x

Ta có





1 2cos

( ) ;

cos 2
 




x
g x

x

,( ) 0 cos 1 2 ;4

2 3 3

 

    

g x x x .

Ta có trên



0;2



thì:
(0) 0;

g g(2 ) 0;  (2 ) 3;

3 3

 


g (4 ) 3.

3 3




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

Suy ra min ( ) 3
3



 g x .

3
min ( )

3


   



m g x m Hay phương án chọn là B. ( , 1].

3

 

Cách 2: (Dùng tính chất lượng giác) 
s in

m cos sin 2

cos 2


       

  

x

x m x x m x

x

2 2 1 20 2 1

4 1 3

m

m m m

m m

 

       

 



Hay phương án chọn là B. ( , 1].

3

 

Bài toán tương tự:

Bài 1: (Tương tự về hình thức):

Tập tất cả các giá trị của tham số m để hàm sốyln(2 sin ) m x  x2018 đồng biến trên tập
xác định là

A. ( , 1].
3

   B. ( , 1].

3


  C. [ 1, ).
3

  . D. [- 1 , ).

3 

Lời giải
Chọn B

Ta có hàm sốyln(2 s in ) m x  x2018 xác định trên .
, cos m

2 sin


 



x
y

x

Hàm số đồng biến trên  khi và chỉ khi y,0   x hay cos m

2 sin



  

 

x

x (*)

(Dùng tính chất lượng giác) 
cos

m 2 sin cos cos sin 2

2 sin


            

   

x

x m m x x x x m x m x

x

2 2 1 20 2 1

4 1 3

m

m m m

m m

 

       

 



Hay phương án chọn là B. ( , 1].

3

 

Bài 2: (Thay đổi hàm):

Tập tất cả các giá trị của tham số m để hàm số ln(2 sin ) 2018
2 sin



  



x

y mx

x đồng biến trên tập

xác định là

A. ( , 2 ].
3

   B. (  , 1]. C. [ 1, ).
3

  . D. [ 2 , ).
3
 

Lời giải
Chọn B

Ta có hàm số ln(2 sin ) 2018
2 sin



  



x

y mx

x xác định trên .

, 2 2

4cos 4cos

m m

4 sin 3 cos

 

   

 

x x

y

x x

Hàm số đồng biến trên  khi và chỉ khi y,0   x hay 4cos2 m
3 cos



  

 

x

x (*)

Đặt 2 2

4cos 4
cos ; 1

3 cos 3

 

   

 

x t

x t t

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

Khi đó (*) thành 2

; 1
3



  



t

m t t

t . Xét hàm 2

4
3






t
y

t trên D   1;1





2
,

2 2

4( 3)

0 1;1

(3 )


    



t

y t

t . Hàm số nghịch biến trên D   1;1 nên





 

1;1

1;1 min (1) 1

3 



        



t

y m t m y y

t . Hay phương án chọn là B. (  , 1].

Câu 41: [2H1-4] Cho hình chóp đều S ABC. có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi E , F lần lượt là trung
điểm của các cạnh SB SC, . Biết mặt phẳng (AEF) vng góc với mặt phẳng (SBC). Tính thể
tích khối chóp S ABC. .

A.

5
.
24

a B. 3

5
.
8

a C. 3

3
.
24

a D. 3

6
.
12
a

Lời giải
Chọn A

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, do S ABC. là hình chóp đều nên





SO ABC .

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và EF .

Ta có S, M , N thẳng hàng và SM BC tại M , SM EF tại N .
Ta có



 











AEF SBC EF

SM SBC SM AEF MN AN

SM EF

  



    



 

ANM

  vng tại N .

Từ đó suy ra ANM∽SOM AN AM NM

SO SM OM

    NM SM. AM OM. .
Mà ta có N là trung điểm của SM (vì E , F lần lượt là trung điểm của SB, SC)

1
2

NM SM

  ;

ABC

 đều cạnh a và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 3
2
a
AM

  ;

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

Vậy

2
2

1 3 3

2 2 6 4

a a a

SM  

a
SM

  .

Ta có 2 2 2 2 15

2 12 6

a a a

SO SM  OM    ;

2 3

ABC

a

S  .

2 3

1 1 15 3 5

. . . .

3 3 6 4 24

S ABC ABC

a a a

V  SO S   .

CÁC CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 41.1:Cho hình chóp đều S ABC. có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi E , F lần lượt là các điểm nằm
trên các cạnh SB, SC sao cho SE SF k

SB SC 



0k1



. Biết mặt phẳng (AEF) vuông góc

với mặt phẳng (SBC). Tính thể tích khối chóp S ABC. .
A.

3 3 2

24 3 3

a k

k


 . B.

3 3 2

8 3 3

a k

k


 . C.

3 3 2

24 5 5

a k

k


 . D.

3 3 2

12 3 3

a k

k


 .

Lời giải
Chọn A

Tương tự câu 41 chú ý MN  



1 k SM



. .

Câu 41.2:Cho hình chóp đều S ABCD. có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi E , F lần lượt là trung điểm 
của các cạnh SB SC, . Biết mặt phẳng (ADFE) vng góc với mặt phẳng (SBC). Tính thể tích
khối chóp S ABCD. .

A. 3 2
6

a . B. 3 2

a . C. 3 2

a . D. 3 2

a .

Lời giải
Chọn A

Tương tự câu 41

Ta có INM∽SOM  MN SM. OM IM.

2
2

2 2

a

SM

   SM a.

2 2 2 2

2 2

a a

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

3
2
.

1 1 2 2

. . . .

3 3 2 6

S ABCD ABCD

a a

V  SO S  a  .

Câu 41.3:Cho hình chóp đều S ABCD. có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi E , F lần lượt là các điểm 
nằm trên các cạnh SB, SC sao cho SE SF k

SB SC 



0k1



. Biết mặt phẳng (ADFE) vng

góc với mặt phẳng (SBC). Tính thể tích khối chóp S ABCD. .
A. 
3 2
.
6 1
a k
k

 . B.

3 2 1

.
6
a k
k

. C.
3 2
.
18 1
a k
k

 . D.

3 2 1

.
18
a k
k

.

Câu 42. [2D3-3] Xét hàm số f x( ) liên tục trên đoạn [0;1] và thỏa mãn 2f x

 

3 1f



x



1 x2

    .

Tính

( )d
f x x



A. 
4


. B.



. C.
20

. D. 
16

. 
Lời giải
Chọn C.

Ta có: 2f x

 

3 1f



x



1 x2

   

 

1. 1 2 3 1





f x  x f x 

    
  .
Nên:

 

1
0
d

I 



f x x





2
0

1 3 1 d

2  x f x  x

   
 







1 1
2
0 0
1

1 d 3 1 d

2 x x f x x

 

     







. (1)

Xét:





1 d

f  x x



Đặt t 1 x ta có dtdx và x 0 t 1, x 1 t0.

Khi đó,





1 d

f  x x



 

0
1
dt
f t




 

1
0
dt
f t




 

1
0
d
f x x





. (2)

Xét:

1 x xd



Đặt xsint, 0

2
t 

 

 

 

 , ta có

dxcos dt t và x 0 t0, 1

x  t . Khi đó,

2
0

1 x xd



2 2

1 sin .cos dt t t









2
2

cos dt t







1 cos 2
d
2
t
t






2
0

1 sin 2

2 2
t

t

 
   

  4



 . (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 1 3.
2 4
I  



 I

  I 20



  .

** Nhận xét: Để làm BTTN nhanh ta có thể sử dụng máy tính hỗ trợ như sau:

Sau khi ta thấy





1 d

f  x x



 

d
f x x





. Dùng MTCT tính

2
0

1 x xd

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

xem giá trị của

 

d
f x xX



, nhập vào MTCT biểu thức

 





1 1 1

0 0 0

d 1 d 3 1 d

f x x   x x f  x x

 



như sau:

Giải tìm X bằng chức năng SOLVE, ta được:

Đối chiếu kết quả với 4 phương án và chọn.

Bài tương tự

Câu 1. [2D3-3] Xét hàm số f x( ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0;1] và thỏa mãn

 





2f x 3 1f  x  1 x . Tính

 

f x f x x

  

 



A. 4
4
 

. B. 6





. C. 20

20
 

. D. 16

16
 

.

Lời giải
Chọn C.

Ta có:

 

f x f x x

  

 



 

1 1

0 0

d d

f x x f x x









Theo đề: 2f x

 

3 1f



x



1 x2

   

 

1. 1 2 3 1





f x  x f x 

    

  .

Nên:

 

I 



f x x





1 3 1 d

2  x f x  x

   

 







1 1

0 0

1 d 3 1 d

2 x x f x x

 

     







. (1)

Xét:





1 d

f  x x



Đặt t 1 x ta có dtdx và x 0 t 1, x 1 t0.

Khi đó,





1 d

f  x x



 

dt
f t





 

dt
f t





 

f x x





. (2)

Xét:

2
0

1 x xd



Đặt xsint, 0

2
t 

 

 

 

 , ta có dxcos dt t và x 0 t0, x 1 t 2


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

1 x xd



2 2

1 sin .cos dt t t









2
2

cos dt t







1 cos 2
d
2
t
t






2
0

1 sin 2

2 2
t
t

 
   

  4


 . (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 1 3.
2 4
I  



 I

  I 20



  .

Vậy

 

d
20
f x x 





Lại có: 2f x

 

3 1f



x



1 x2

    nên

 

2 0 3 1 1 5

2 1 3 0 0 1

5
f

f f

f f f





  
 

 
 
 
 


.

Do đó,

 

3 2

d 1 0 1

5 5

f x x f  f   



.

Vậy:

 

d 1

20 20

f x f x x





     

 



.

Câu 2. [2D3-3] Xét hàm số f x( ) liên tục trên đoạn [0;1] và thỏa mãn 3f x

 

2 . 1x f



x2



1 x2

   

. Tính

 

d
f x x



A. 
16




. B.




. C. 
8

. D.
16

. 
Lời giải
Chọn D.

Ta có: 3f x

 

2 . 1x f



 x2



 1 x2

 

1 1 2 2 . 1





f x  x x f x 

    
 .
Nên:

 

1
0
d

I 



f x x





2 2

1 2 . 1 d

3  x x f x  x

   
 







1 1
2 2
0 0
1

1 d 2 . 1 d

3 x x x f x x

 

     







.(1)

Xét:





2
0

2 . 1x f  x dx



Đặt t 1 x2

  ta có dt2 dx x và x 0 t1, x 1 t0.

Khi đó,





2
0

2 . 1x f  x dx



 

0
1
dt
f t




 

0
dt
f t




 

1
0
d
f x x





. (2)

Xét:

2
0

1 x xd



Đặt xsint, 0

2
t 

 

 

 

 , ta có dxcos dt t và x 0 t0, x 1 t 2


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

1 x xd



2 2

1 sin .cos dt t t









2
2

cos dt t







1 cos 2
d
2

t
t








1 sin 2

2 2

t



 

   

  4


 . (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 1
3 4
I  



 I

  I 16



  .

Câu 3. [2D3-3] Cho f , g là hai hàm liên tục trên



1;3 thỏa:



 

3 d 10

f x  g x x

 

 



 

2f x  g x dx6

 

 



. Tính

 

f x g x x

 

 



A. 8. B. 9. C. 6. D. 7.

Lời giải
Chọn C.

 Ta có

 

3 3 3

1 1 1

3 d 10 d 3 d 10

f x  g x x  f x x g x x

 

 



 Tương tự

 

3 3 3

1 1 1

2f x  g x dx 6 2 f x xd  g x xd 6

 

 



 Xét hệ phương trình 3 10 4

2 6 2

u v u

u v v

  

 



 

  

  , trong đó

 

u



f x x,

 

v



g x x.

 Khi đó

 

3 3 3

1 1 1

d d d 4 2 6

f x g x x f x x g x x  

 

 



Câu 4. [2D3-3] Cho hàm số f x , ( ) g x

 

liên tục trên đoạn [0;1] và thỏa mãn

 





. . 1 ( )

m f x n f  x g x với m n, là số thực khác 0 và

1 1

0 0

( )d ( )d 1

g x x f x x



. Tính
m n .

A. 0. B.

2

. C. 1. D. 1

2. 
Lời giải

Chọn C.

Ta có: m f x.

 

n f. 1



 x



g x( ).

 





1 1

0 0

. . 1 d ( )d

m f x n f x x g x x





    



.

 





1 1

0 0

d 1 d 1

m f x x n f x x









  .





1 d 1

m n f x x

 



  (1)

Xét:





1 d

f  x x



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

Khi đó,





1 d

f  x x



 

dt
f t





 

dt
f t





 

d 1

f x x





 . (2)

Từ (1) và (2) suy ra: m n 1.

Câu 44. Cho đa giác đều 100 đỉnh nội tiếp một đường tròn. Số tam giác tù được tạo thành từ 3 trong
100 đỉnh của đa giác là

A. 44100 . B. 78400 . C. 117600 . D. 58800 .

Lời giải

Chọn C.

Đánh số các đỉnh là A A1, ,...,2 A .100

Xét đường chéo A A của đa giác là đường kính của đường trịn ngoại tiếp đa giác đều chia 1 51

đường tròn ra làm 2 phần mỗi phần có 49 điểm từ A đến 2 A và 50 A đến 52 A .100

Khi đó, mỗi tam giác có dạng A A A1 i j là tam giác tù nếu A và i Aj cùng nằm trong nửa đường

tròn chứa điểm A tính theo chiều kim đồng hồ nên 1 A , i Aj là hai điểm tùy ý được lấy từ 49

điểm A , 2 A đến 3 A . Vậy có 50
2

49 1176

C  tam giác tù.

Vì đa giác có 100 đỉnh nên số tam giác tù là 1176.100 117600 tam giác tù.
Bài tương tự

Câu 1. (Bài toán tổng quát) Cho đa giác đều 2n



n2, n 



đỉnh nội tiếp một đường tròn. Số tam
giác tù được tạo thành từ 3 trong 2n đỉnh của đa giác là

A. 2 2n n



1 2

 

n 2



. B.



 



2
n n

C. n n



1

 

n 2



. D.



 



2
n n n

Lời giải

Chọn C.

Đánh số các đỉnh là A A1, 2,...,A .2n

Xét đường chéo A A1 n1 của đa giác là đường kính của đường trịn ngoại tiếp đa giác đều chia

đường trịn ra làm 2 phần mỗi phần có n 1 điểm từ A đến 2 A và n An2 đến A .2n

Khi đó, mỗi tam giác có dạng A A A1 i j là tam giác tù nếu A và i Aj cùng nằm trong nửa đường

trịn chứa điểm A tính theo chiều kim đồng hồ nên 1 A , i Aj là hai điểm tùy ý được lấy từ n 1

điểm A , 2 A đến 3 A . Vậy có n 21



 



2 1

n

n n

C 

 

 tam giác tù.

Vì đa giác có 2n đỉnh nên số tam giác tù là



 





 



n n

n n n n

 

   .

Câu 2. Cho đa giác đều 2n



n2, n 



đỉnh nội tiếp một đường tròn. Biết rằng số tam giác có

các đỉnh là 3 trong 2n điểm A A1, 2,...,A gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 2n 4 trong

2n điểm A A1, ,...,2 A . Số cạnh của của đa giác là2n

A.14. B. 16. C. 18. D. 20.

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

Chọn B.

+ Số tam giác là C2n3 .

+ Mỗi đa giác đều 2n đỉnh thì có n đường chéo đi qua tâm của đường tròn. Hai đường chéo đi
qua tâm của đường tròn thì sẽ tạo ra một hình chữ nhật thỏ yêu cầu bài toán. Nên số hình chữ
nhật là Cn2 .

+ Theo giả thuyết ta có : C23n 20Cn2



n 2















2 ! !

2 3 !.3! 2! 2 !

n n

 

 



 







2 1 2 2

10 1

n n n

n n

 

  

2n 1 15

  



do n n



1



0, n 2



n

  .

Vậy đa giác có 16 cạnh.

Câu 45. Cho hình chóp .S ABCD có các cạnh bên bằng nhau và bằng 2a , đáy là hình chữ nhật ABCD

có AB2 ,a AD a . Gọi K là điểm thuộc BC sao cho 3BK 2CK 0. Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng ADvà SK .

A. 2 165 .
15

a B. 165

.
15

a C. 2 135

.
15

a D. 135

.
15

a

Ý tưởng bài toán

Đưa khoảng cách giữa 2 đường thẳng về khoảng cách từ 1 đường đến 1 mặt phẳng rồi đưa về

khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng.

Hướng dẫn giải
Chọn A

Gọi H là trung điểm của BC. Kẻ OM SH  OM 



SBC



 d O SBC



;





OM

Ta có 1 2 1 2 12
OM OH OS 

165
15

a
OM 

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



;





;







;





2 O;





d AD SK d AD SBC d A SBC  d SBC  OM

Bài tập tương tự

Câu 1. Cho hình chóp .S ABCD có các cạnh bên bằng nhau và bằng a , đáy là hình vng ABCD có
AB a . Gọi K là trung điểm BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ADvà SK .
A. 2 6 .

a B. 6

.
6

a C. 2 3

.
3

a D. 3

.
15

a

Câu 2. Cho hình chóp .S ABCD có các cạnh bên bằng nhau và bằng a , đáy là hình vuông ABCD có



AB a. Gọi K là điểm thuộc BC sao cho 3BK 2CK 0. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng ADvà SK .

A. 2 6 .
15

a B. 6

.
6

a C. 2 3

.
3

a D. 3

.
15

a

Câu 46. [2D1-4] Xét phương trình ax3 x2bx 1 0 với a b, là các số thực, a 0, ab sao cho 3

nghiệm đều là số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức





5a 3ab 2

P

a b a

 



 .

A. 15 3. B. 8 2. C. 11 6. D. 12 3.

Lời giải

Đây là bài toán trích trong đề thi HSG QG 1999.

Tinh thần của bài toán là ứng dụng Định lý Viet vào bài toán Bất đẳng thức
Đáp án đúng D

Gọi m n p, , là ba nghiệm dương của phương trình

Ta có

m n p
a

mn np pm
a

mnp

a



  





  










Mặt khác









m n p mn np pm

m n p mnp

     




  




1
0

3 3
1
0

a

b
a



 



 

  




Xét hàm số

 





5 3 2 1

; b 0;
3

a ab

f

a

a b a

   

   

  , là hàm số nghịch biến nên ta có

 

1 3.5 2 13 3.

 

3 3

a

f f g a

a a a

  

   


 

Xét hàm số

 

2 3

5 1 1

; a 0;

3 3 3

a
g a

a a

 



  

  , là hàm số nghịch biến nên ta có

 

1 4 3

3 3

g a g 

 

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

Bài 1: Giả sử phương trình









3 2 1

1 0
2

a b

x  a b x    x  có ba nghiệm.

Gọi M, m là GTLN và GTNN của 2 2 1
2

a b

P   ab. Khi đó M m bằng

A. 1. B. 1.

2 C. 1. D. 2

Lời giải

Tinh thần của bài toán là ứng dụng Định lý Viet vào bài toán Bất đẳng thức
Đáp án đúng B

Gọi m,n,p là ba nghiệm của phương trình

Ta có





2
1

m n p a b

a b
mn np pm

mnp

    


 


  









Mặt khác: m2n2p2 



m n p 



2 2



mn np pm 



1

Và





2 2 1 1

2 2

a b

a b

P   ab   mn np pm 



m n p 



2 0  m2n2p2 2



mn np pm 



0







2 2 2



2 2

mn np pm m n p

      

Vậy P=-1
2

GTNN

Mặt khác theo BĐT Bu-nhi-a-cop-xki







2 2 2

 

2 2 2



mn np pm m n p m n p

        

Vậy GTLN P=1
Vậy đáp án là B

Bài 2: Giả sử phương trình 3 2

x  ax bx c  có ba nghiệm là độ dài ba đường cao của một
tam giác. Khi đó cơng thức tính diện tích tam giác sẽ là.

A.

2 4 2

4 8

c
S

ab c b bc



  B.

4 8 2 4 2

c
S

b bc ab c



 

C. 2 2 4 2

4 8

S c ab c b  bc D.

2 4 2

4ab c b 8bc

S

c

 


Lời giải

Tinh thần của bài toán là ứng dụng Định lý Viet vào bài toán đẳng thức
Đáp án đúng A

Gọi x x x1; 2; 3 là ba nghiệm dương phân biệt của phương trình và là độ dài ba đường cao của
tam giác có các cạnh tương ứng y y y1; 2; 3

Ta có
2

i
i

S
x

y

 thay vào phương trình ta có

3 2

2 i 2 i 2 i

S S S

a b c

y y y

     

   

     

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

Quy đồng ta có yi là các nghiệm của phương trình

 

3 2 2 4 2 8 3

bS aS S

f y y y y

c c c

    

Nên ta có f y

  

 y y 1

 

y y 2

 

y y 3



0

Theo công thức He-rong ta có 2



 



 

1 2 3 .

S p p y p y p y p f p
Với 1 2 2

y y y bS

p

c

 

 

Thay vào trên ta có 2

 

2 4 2
2

4 8

. bS bS S ab c b bc

S p f p f

c c c

   

   

 
Vậy đáp án A

Câu 47: Cho tham số thực a . Biết phương trình ex ex 2cosax

  có 5 nghiệm thực phân biệt. Hỏi
phương trình  2cos 4

  

x x

e e ax có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

A. 5 . B. 6 . C. 10 . D. 11.

Lời giải
Chọn C.

Ta có





2 2

2 cos 4  2 cos 1

  

        

 

x x

e e ax e e ax

2 2 4cos

x x ax

e e

 

    

 

 

2 2

2cos 2
2

2cos 3
2

x x

ax

e e

ax

e e





 







 




+) Nhận xét 1: Giả sử ex ex 2 cosax

  có cặp nghiệm đối là x và o xo thì





0 0 0 0

0 0

2cos 2cos

x x x x

e e ax e e ax

e e a x e e ax

 

     

 



 

     

 



 ex0  ex0 



ex0  ex0



0
0 0

0 0

x x

e e x

    (không thỏa mãn).

+) Nhận xét 2: xo là nghiệm của 2cos

 

x x

e e ax

  thì x o 0 và 2xo là nghiệm của

 

2 và

2x

 là nghiệm của

 

3 và ngược lại.

Phương trình

 

1 có 5 nghiệm nên

 

2 có 5 nghiệm,

 

3 có 5 nghiệm; các nghiệm của

 

2 và

 

3 khác nhau. Do đó phương trình ex ex 2cosax 4

   có 10 nghiệm.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: Cho n là số tự nhiên thỏa mãn phương trình 3x 3x 2cosnx

 

  có 2018 nghiệm thực phân 
biệt. Hỏi phương trình 9x 9x 2cosax 4

   có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

A. 4036. B. 4035. C. 2019. D. 2018.

Lời giải
Chọn A.
Ta có

9x 9x 2cosax 4

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

 

3 3 2cos 1

3 3 2cos 2

x x

nx
nx



  

 

 



 

2 3x 3x 2 cosnx 3x 3  x 2 cosn



x



       nên nếu x là nghiệm củao

 

3x 3x 2 cosnx *

  thì x  và o 0 x là nghiệm của o

 

1 đồng thời xo là nghiệm của

 

2 và 
ngược lại.

Giả sử

 

1 có cặp nghiệm đối là x và o xo thì





0 0 0 0

0 0

3 3 2cos 3 3 2cos

x x x x

nx nx

n x nx

 

     

 



 

     

 



 3x0  3x0



3x0  3x0



0
0 0

2.3x 2.3 x 0

x



    (không thỏa mãn).

Phương trình

 

* có 2018 nghiệm nên

 

1 có 2018 nghiệm,

 

2 có 2018 nghiệm; các nghiệm
của

 

1 và

 

2 khác nhau. Do đó phương trình 9x 9x 2cosax 4

   có 4036 nghiệm.
Câu 2: Cho phương trình 9x 9 a.3 cosx x



  . Biết rằng alà số thực để phương trình có nghiệm duy
nhất. Hỏi a thuộc khoảng nào sau đây?

A.



8; 4



. B.



4; 2



. C.



4;10



. D.



12;18



Lời giải

Chọn A.

Đặt 9x 9 a.3 cosx x

 

*

 

Ta có nhận xét sau: Nếu x0 là nghiệm của phương trình

 

* thì 2 x 0 cũng là nghiệm của

phương trình

 

* .
Chứng minh nhận xét:









0 0

2 2

9 9 .3 cos 2
.9.cos 2
81

9 3

9x 9 .3 cosx

x x

a x



 

  



  

Vậy phương trình

 

* có nghiệm duy nhất khi 2 x0 x0  x0 1

Thay x 0 1 vào phương trình

 

* , ta có: 18 3 cos a   a6.

Câu 3: Phương trình 2log cot3 xlog cos2 x có tất cả bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng



0; 2018



A. 322. B. 321. C. 320. D. 323.

Lời giải
Chọn A.

Điều kiện:

cos 0

cot 0 2 ; 2 ,

sin 0

x

x x k k k

x



 




  

    

  

 

 





 

2 2

3 2

1
cot 3 tan

cot 3

2log cot log cos 3

cos 2 cos 4

t t

t

t t

x x

x

x x t

x x



    

 

     

   

 

Lại có: 2 2

1 1 1

1 tan 1 1

cos 3t 4t

x t

x

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

Vậy ta có:





cot

3 2 ,

1 2

cos

3
2

x x k

k x k k

x k

x










  

 

 

     

 

    



 



 



0; 2018



0 2 2018, 1 1 2018,

3 6 6 2

x  k  k k k



           



0;1,...,321



k

  .

Câu 48. [2D1-4] Cho hàm số yf x

 

liên tục trên R . Đồ thị
của hàm số yf x

 

như hình bên. Đặt

 

  



g x  f x  x . Mệnh đề nào dưới đây đúng.
A. Min g x3;3 ( )g(1).

B. Max g x3;3 ( )g(1).

C. Max g x3;3 ( )g(3).

D. Không tồn tại giá trị nhỏ nhất của g x( ) trên



3;3 .



Lời giải
Chọn B

Ta có yg x( ) là hàm số liên tục trên  và có g x( ) 2



f x

  

 x1





. Để xét dấu g x( ) ta
xét vị trí tương đối giữa yf x( ) và y x 1.

Từ đồ thị ta thấy yf x( ) và y x 1 có ba điểm chung là A



3; 2 ,



B



1;2 ,



C



3; 4



; đồng
thời g x( ) 0  x 



3;1

 

 3;



và g x( ) 0  x   



; 3

 

 1;3



. Trên đoạn



3;3



ta có BBT:

Từ BBT suy ra B đúng.
BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ

Bài 1. [2D1-4] Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên

 

 và có
đồ thị của hàm yf x

 

như hình vẽ. Xét hàm số





( ) 2

g x f x  . Mệnh đề nào dưới đây sai ?
A. Hàm số g x( ) nghịch biến trên



0; 2 .



B. Hàm số g x( ) đồng biến trên



2;



.
C. Hàm sốg x( )nghịch biến trên



1;0 .



D. Hàm số g x( )nghịch biến trên



  ; 2 .



O 1

3 x

2

4

2 

3 

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

Lời giải

Chọn C

Ta có yg x( ) là hàm số liên tục trên  và g x( ) 2 x f x( 2 2). Nên

0 0

( ) 0 2 1 1

2
2 2

x x

g x x x

x
x



  

 

       



    



Từ đồ thị của yf x( )suy ra f x( 2 2) 0  x2 2 2  x   



; 2

 

 2;



và ngược lại. 
Do đó ta có bảng xét dấu của g x( ):

Từ BXD ta thấy trên



1;0



hàm số đồng biến. Vậy C sai.

Bài 2. [2D1-4] Cho hàm số yf x

 

có đồ thị

 

yf x như hình vẽ. Xét hàm số

 

1 3 3 2 3 2018

3 4 2

g x f x  x  x  x . Mệnh đề
nào dưới đây đúng?

A. min3; 1 g x

 

g



1



B. min3; 1 g x

 

g

 

1 .

C. min3; 1 g x

 

g



3



D.

 

 





 

3; 1

3 1

min

g g

g x


 

 .

Lời giải

Chọn A.

Ta có:

 

1 3 3 2 3 2018

 

2 3 3

3 4 2 2 2

g x f x  x  x  x  g x f x  x  x

Căn cứ vào đồ thị yf x

 

, ta có:





 









 





1 2 1 0

1 1 1 0

3 3 3 0

f g

     

 

 

    

 

 

     

 

O x

y

1
1

3


1


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

Ngoài ra, vẽ đồ thị

 

P của hàm số 2 3 3

2 2

y x  x trên cùng hệ trục tọa độ như hình vẽ bên

(đường nét đứt ), ta thấy

 

P đi qua các điểm



3;3



,



1; 2



,



1;1 với đỉnh



3; 33

4 16

I   
 . Rõ
ràng

o Trên khoảng



1;1



thì

 

2 3 3

2 2

f x x  x , nên g x

 

0 x 



1;1



o Trên khoảng



3; 1



thì

 

2 3 3

2 2

f x x  x , nên g x

 

0 x 



3; 1



Từ những nhận định trên, ta có bảng biến thiên của hàm y g x 

 

trên



3;1



như sau:

Vậy min3; 1 g x

 

g



1



Bài 3. [2D1-4] Cho hàm số f x( ) có đạo hàm f x( ) có đồ thị như hình vẽ .

-2 -1 1 2 3 4

-2
-1
1
2
3
4

x
y

Hàm số

3
2

( ) ( ) 2

x

g x f x  x  x đạt cực đại tại điểm nào?

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

Lời giải
Chọn A

x
y

1
1



1


2


 

P

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

Ta có g x( ) xác định trên  và g x( ) f x( ) (x 1)2

     do đó số nghiệm của phương trình
( ) 0

g x  bằng số giao điểm của hai đồ thị yf x( ) và y (x 1)2

  ; g x( ) 0 khi đồ thị
( )

yf x nằm trên y (x 1)2

  và ngược lại.

-2 -1 1 2 3 4

-2
-1
1
2
3

x
y

Từ đồ thị suy ra

( ) 0 2

x

g x x

x





   


 


nhưng g x( ) chỉ đổi dấu từ dương sang âm khi qua x  . Do1

đó hàm số đạt cực đại tại x  .1

Câu 49: [2H1-4] Cho khối chóp .S ABCD có đáy là hình bình hành ABCD . Gọi M , N , P, Q lần

lượt là trọng tâm các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA . Biết thể tích khối chóp S MNPQ. là

V , khi đó thể tích của khối chóp .S ABCD là:

A. 27

4
V

. B.

2 V

 
 

  . C.

9
4
V

. D. 81

8
V

Lời giải

Chọn A.

Ta có













, 2

3
,

d S MNPQ SM
SI
d S ABCD   .
Mặt khác gọi SSABCD ta có

1 1 1

4 2 8

DEJ
BDA

S
S



  1

DEJ

S S

  .

Tương tự ta có 1
4

JAI
DAB

S
S



 1

JAI

S

  .

Suy ra 1 4. 1 2.1 1

16 8 2

HKIJ

S     S  S

 

  .

Mà

2 4

3 9

MNPQ
HKIJ

S
S

 
  

 

2
9

MNPQ ABCD

S S

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

Suy ra .





, .

S ABCD

V  d S ABCD S 1 3.





.9 27
3 2d S MNPQ 2S 4 V

  .

Câu tương tự

Câu 1: [2H1-4] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy



ABCD , góc giữa hai mặt phẳng





SBD và





ABCD bằng 60 . Gọi



M, N lần lượt là trung
điểm của SB , SC . Tính thể tích khối chóp .S ADMN .

A.

6
16
a

V  . B.

24
a

V   C.

3 6

16
a

V   D.

6
8
a

V  

Lời giải

Chọn A.

Gọi O là tâm của hình vng ABCD . Khi đó ta có SOA là góc giữa hai mặt phẳng



SBD và





ABCD nên



SOA   60 . Khi đó tan 60 SA

AO

  .tan 60 2 . 3

SA AO a

    6

2
a

 .

Ta có .

. .

S AMN
S ABC

V SA SM SN

V SA SB SC  và

. .

S AND
S ACD

V SA SN SD
V SA SC SD .
Do đó . .

1 1 1

2 4 2

S ADMN S ABCD

V  V   

  .

3
.
8VS ABCD



3
2

3 1 6 6

. . .

8 3 2 16

a a

a

  .

Câu 2: [2H1-4] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , SA vuông góc với

đáy, SA a 2. Gọi B, D là hình chiếu của A lần lượt lên SB , SD. Mặt phẳng



AB D 



cắt SC tại C . Thể tích khối chóp S AB C D   là:

A. 2 3 3
9

 a

V . B. 2 3 2

3
 a

V . C. 3 2

9
a

V . D. 2 3 3

 a

V .

Lời giải
Chọn C.

Ta có: 2

. . 2

3


S ABCD

V a a 3 2

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

Vì B, D là hình chiếu của A lần lượt lên SB , SDnên ta có SC 



AB D . 



Gọi C là hình chiếu của A lên SC suy ra SCACmà AC



AB D 



A nên





  

AC AB D hay CSC



AB D . 



Tam giác SAC vuông cân tại A nên C là trung điểm của SC.
Trong tam giác vng SAB ta có




SB SA

SB SB

2
3
 a

a

2
3

 .

. .

      



SAB C D SAB C SAC D
S ABCD S ABCD

V V V

V V

1
2

   

 

   

 

SB SC SD SC
SB SC SD SC

 

SB SC
SB SC

2 1
.
3 2

 1

3
 .

Vậy 3 2

  

SAB C D

a

V .

Câu 3: [2H1-4] Cho khối chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi

nhưng luôn song song với đáy và cắt các cạnh bên SA , SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P,
Q. Gọi M , N, P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M , N , P, Q lên mặt phẳng



ABCD . Tính tỉ số



SM

SA để thể tích khối đa diện MNPQ M N P Q.     đạt giá trị lớn nhất.
A. 2

3. B.

2. C.

3. D.

3
4.
Lời giải

Chọn A.

Đặt SM k

SA  với k 



0;1



Xét tam giác SAB có MN AB nên // MN SM k

AB SA   MN k AB .

Xét tam giác SAD có MQ AD// nên MQ SM k

AD SA   MQ k AD .
Kẻ đường cao SH của hình chóp. Xét tam giác SAH có:

MM SH nên MM AM

SH SA


 SA SM 1 SM 1 k

SA SA



      MM 



1 k SH



. .

Ta có VMNPQ M N P Q.    MN MQ MM. . 





. . . . 1

AB AD SH k k

  .

Mà .

. .
3

S ABCD

V  SH AB AD  VMNPQ M N P Q.    3.VS ABCD. . . 1k2



 k



.

Thể tích khối chóp khơng đổi nên VMNPQ M N P Q.     đạt giá trị lớn nhất khi





2. 1

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

Ta có









2. 1 2 1 . . 1 2 2

2 2 3

k k k k k k

k k        

 





2 4

. 1

27
k k

   .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2 1 k







k 2

3
k

  .

Vậy 2
3

SM

</div>

Câu hỏi vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử thpt quốc gia năm 2018 trường chuyên thái bình lần 3 | 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>





