Đề khảo sát chất lượng có đáp án chi tiết môn toán lớp 12 sở GDĐ thanh hóa mã 101 | 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 (751.84 KB, 28 trang )

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

SP Tổ 10-Lần 9 – Đã phản biện

Câu 29 [2D1-3] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101] Cho hàm số
4 2 2

y x  mx m (với m là tham số thực). Tập tất cả các giá trị của tham số m

để đồ thị hàm số đã cho cắt đường thẳng y 3 tại bốn điểm phân biệt,
trong đó có một điểm có hồnh độ lớn hơn 2 cịn ba điểm kia có hồnh độ

nhỏ hơn

1,

là khoảng



a b;



(với a b  , , a b, là phân số tối giản). Khi đó,
15ab nhận giá trị nào sau đây?

A. 63 . B. 63 . C. 95 . D. 95

Lời giải

Chọn C.

Ta có phương trình hồnh độ giao điểm

 

4 2 2 3 0 1

x  mx m 

Đặt t x t 2



0



Phương trình (1) trở thành : f t

 

 t2 2mt m  3 0 2

 

u cầu bài tốn trở thành tìm điều kiện để phương trình (2) có nghiệm thỏa

mãn: 0t1  1 4 t2

Cách 1: (2) có nghiệm thỏa mãn điều kiện trên

 

1. 0 0
1. 1 0
1. 4 0

f
f
f
 

  



3 0
3 4 0
9 19 0

m
m
m
 



   
  

19
3
9
m

     3; 19 15 95

a b  ab

    

(Người phản biện: Theo tôi nên sử dụng hệ ĐK sau

(

)(

)

(

)(

)

1 2
1 2
0
0
0

1 1 0

4 4 0

S
P

t t

ìï D >
ïï
ïï >
ïïï >
íï

ïï - - <
ïï

ïï - - <
ïỵ
Cách 2:

 

2 3
2 1
t

m g t

t
 

  

Ta có

 





2
2
2 2 6

g' 0
2 1
t t
t
t
  
 

1 13
2
1 13
2
t
t
  




  





Lập bảng biến thiên suy ra để phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn

1 2

0t   1 4 t thì

19 19

3 3;

5 5

m  a b 

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

15ab 95

 

Bài tập phát triển

Câu 1 [2D1-3] Cho hàm số yx42mx2 m2 (với m là tham số thực). Tập tất cả các
giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho cắt đường thẳng y 3 tại
bốn điểm phân biệt, trong đó có một điểm có hồnh độ lớn hơn 2, một điểm

có hồnh độ nhỏ hơn 2lớn hơn 1 cịn hai điểm cịn lại có hồnh độ nhỏ hơn

1,

là khoảng



a b;



. Khi đó, b a nhận giá trị nào sau đây?

A. 3 . B. 3 . C. 7 3. D. 7 3

Lời giải.
Chọn A

Ta có phương trình hồnh độ giao điểm

 

4 2 2 2 3 0 1

x mx m

    

Đặt t x t 2



0



Phương trình (1) trở thành : f t

 

t22mt m 2 3 0 2

 

Yêu cầu bài toán trở thành tìm điều kiện để phương trình (2) có nghiệm thỏa

mãn: 1t1 4 t2

(2) có nghiệm thỏa mãn điều kiện trên

 

1 0
4 0

f
f

 


 






2 2 0

8 13 0

m m

   


 

   




1 3

4 3 4 3

m
m

m

  




   



   



  1 3m4 3

1 3; 4 3 3

a b b a

       

Câu 31 [2H2 - 3] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101]: Một tấm đề can 
hình chữ nhật được cuộn tròn lại theo chiều dài tạo thành một khối trụ có
đường kính 50 cm. Người ta trải ra 250 vòng để cắt chữ và in tranh cổ động,
phần cịn lại là một khối trụ có đường kính 45 cm. Hỏi phần đã trải ra dài
bao nhiêu mét (làm tròn đến hàng đơn vị)?

A. 373 (m). B. 187 (m). C. 384 (m). D. 192 (m).
Lời giải

Chọn A.

Độ dày của tấm đề can là :

50 45

0,01( )

2.250

d    cm

Ta thấy mỗi vịng là 1 mặt trụ có bán kính r là một cấp số cộng có bán kínhn

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

Khi đó chiều dài trải ra của tấm đề can là tổng chu vi của 250 đường trịn
có bán kính tương ứng là r .n

Vậy tổng chiều dài của tấm đề can đã trải ra là :





250

2 . 2.25 249( 0,01) 37314( )

l     cm

Hay l373( )m .

Bài tập phát triển

Bài 1. [2H2 – 3] Một tấm đề can hình chữ nhật được cuộn tròn lại theo chiều dài
tạo thành một khối trụ có đường kính 50 cm. Nếu người ta trải ra 250 vòng
để cắt chữ và in tranh cổ động, phần cịn lại là một khối trụ có đường kính
45 cm. Người ta cần dùng 400 (m) chiều dài để cắt chữ và in tranh cổ
động.Hỏi người ta cần trải ra ít nhất là bao nhiêu vịng?

A. 265 . B. 270 . C. 284 . D. 295 .

Lời giải
Chọn B

Độ dày của tấm đề can là :

50 45

0,01( )

2.250

d    cm

Ta thấy mỗi vịng là 1 mặt trụ có bán kính r là một cấp số cộng có bán kínhn

vịng ngồi cùng là r125(cm), cơng sai d .

Khi đó chiều dài trải ra của tấm đề can là tổng chu vi của n đường trịn có
bán kính tương ứng là r . Do n rn  r1 (n1)( 0,01) 0   n2501.

Vậy tổng chiều dài của tấm đề can đã trải ra là :





2 . 2.25 ( 1)( 0,01) 40.000( )

n

l   n   cm

Giải phương trình ta có

4731,92
269,07

n
n



 

 . Đối chiếu với điều kiện:

Vậy cần trải ít nhất 270 vịng.

Câu 32[2H3-4] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101] Trong không gian với 
hệ trục tọa độ Oxyz, cho các mặt cầu

     

S1 , S2 , S3 có bán kính r 1 và lần 
lượt có tâm là các điểm A(0;3; 1), ( 2;1; 1), (4; 1; 1) B   C   . Gọi

 

S là mặt cầu
tiếp xúc với cả ba mặt cầu trên. Mặt cầu

 

S có bán kính nhỏ nhất là
A. R 2 2 1. B. R  10. C. R 2 2. D. R  10 1.

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

Phân tích : Ta nhận thầy mặt cầu tiếp xúc với các mặt cầu thì
nằm trên đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác và

vng góc với mặt phẳng và để bán kính của mặt cầu là nhỏ nhất thì

tâm mặt cầu tiếp xúc với phải trùng với tâm của đường tròn
ngoại tiếp tam giác .



2; 2;0



AB  



trung điểm của đoạn thẳng AB: D 



1; 2; 1



Phương trình mặt phẳng trung trực của AB là:









2 x 1 2 y 2 0 x y 1 0
        



4; 4;0



AC 



trung điểm của đoạn thẳng AC: E



2;1; 1



Phương trình mặt phẳng trung trực của AC là:



x 2

 

 y1



 0 x y  1 0

Vậy phương trình đường thẳng

 

d đi qua tâm ngoại tiếp đường tròn

là giao tuyến của hai mặt phẳng :

1 0
1 0

x y
x y

  




  

 .

Vậy giao điểm của đường thẳng

 

d và mặt phẳng



ABC



là điểm H



1;0; 1



Độ dài đoạn AH



1; 3;0



 AH  10



Vậy độ bán kính của mặt cầu tiếp xúc với

     

S1 ; S2 ; S :3 R  10 1

Câu 33 [2H3-6] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101] Trong không gian với

hệ tọa độ Oxyz cho điểm A



2; 1; 2 



và đường thẳng

 

d có phương trình

1 1 1

x y z

 

 . Gọi

 

P là mặt phẳng đi qua điểm A, song song với đường
thẳng

 

d và khoảng cách từ đường thẳng d tới mặt phẳng

 

P là lớn nhất.
Khi đó mặt phẳng

 

P vng góc với mặt phẳng nào sau đây?

A. x y  6 0 . B. x3y2z10 0 . C. x 2y 3z1 0 .

D. 3x z   .2 0

Lời giải

Phân tích:

 

P đi qua A và song song với

 

P tức là

 

P quay quanh trục d
(với d qua A và song song với d ). Như vậy khoảng cách giữa d và

 

P lớn
nhất khi mặt phẳng



d d,



vng góc với

 

P hay khi đó mp A d



;



vng góc
với

 

P . Điều này tức là AK phải vng góc với

 

P (với K là hình chiếu của

A trên d ).

     

S1 ; S2 ; S3
ABC





ABC



     

S1 ; S2 ; S3
ABC



ABC

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

Chọn D.

Gọi K x y z



; ;



là hình chiếu vng góc của A lên d . Tọa độ của K là nghiệm

của hệ

1 1 1

1 0 1

x y x

y z y

x y z z

    

 

 

   

 

      

   K



1;1;1



.

Ta có d d



   

, P



d K P



 



KH KA 14 . Nên khoảng cách từ d đến

 

P
đạt giá trị lớn nhất bằng 14 khi mặt phẳng

 

P qua A và vng góc với KA
. Khi đó có thể chọn VTPT của

 

P là KA . Vậy

 

P vuông góc với mặt phẳng

3x z   .2 0

Mở rộng 1: Khoảng cách từ d đến

 

P nhỏ nhất bằng không khi

 

P là



;



mp A d

Mở rộng 2: Nếu gọi K là hình chiếu của A trên d (K cố định) thì hình chiếu

H của K trên

 

P luôn thuộc một đường trịn cố định. Đó là đường trịn giao

tuyến của mặt cầu đường kính AK và mặt phẳng

 

Q qua A vng góc với

d .

Câu 34 [1D2-3] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101] Xếp ngẫu nhiên 8 chữ
cái trong cụm từ “THANH HOA” thành một hàng ngang. Tính xác suất để có ít nhất
hai chữ cái H đứng cạnh nhau.

A.

14. B.

84. C.

84. D.

9
14.

Lời giải

Chọn D.

Đánh số:

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

Xem 3 chữ H như 1 chữ, chữ “THANH HOA” cịn lại 6 chữ nên có

2! cách

chọn các 6 chữ vào 6 vị trí ( 2! là 2 chữ A giống nhau)

TH2: 2 chữ H đứng cạnh nhau, chữ H cịn lại khơng đứng cạnh

 2 chữ H ở vị trí đầu 1, 2 hoặc vị trí cuối7,8:

2.5.5!

2! cách chọn

 2 chữ H ở phía trong (từ 2 đến 7):

5.4.5!

2! cách chọn

Không gian mẫu:

2!.3! cách chọn

Vậy ta có xác suất để có ít nhất hai chữ cái H đứng cạnh nhau

6! 2.5.5! 5.4.5!
9
2! 2! 2!

8! 14

2!.3!

 



Phân tích:

Có m chữ sắp xếp, trong đó có n chữ trùng thứ nhất, 1 n chữ trùng thứ 2,…,2

k

n chữ trùng thứ k mà n1n2...nk  . Có m 1 2
!
! !... !k

m

n n n cách chọn.

Câu 1: [1D2-3] Xếp ngẫu nhiên 10 chữ cái trong cụm từ “HO CHI MINH” thành một
hàng ngang. Tính xác suất để có ít nhất hai chữ cái H đứng cạnh nhau.

A.

15. B.

60. C.

60. D.

17
30.

Lời giải

Chọn A.

Đánh số:

TH1: 3 chữ H đứng cạnh nhau

Xem 3 chữ H như 1 chữ, chữ “HO CHI MINH” còn lại 8 chữ nên có

2! cách

chọn các 8 chữ vào 8 vị trí ( 2! là 2 chữ I giống nhau)

TH2: 2 chữ H đứng cạnh nhau, chữ H cịn lại khơng đứng cạnh

 2 chữ H ở vị trí đầu 1, 2 hoặc vị trí cuối 9,10:

2.7.7!

2! cách chọn

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

 2 chữ H ở phía trong (từ 2 đến 7):

7.6.7!

2! cách chọn

Không gian mẫu:

10!

2!.3! cách chọn

Vậy ta có xác suất để có ít nhất hai chữ cái H đứng cạnh nhau

8! 2.7.7! 7.6.7!
8
2! 2! 2!

10! 15

2!.3!

 



Câu 35 [1D1-2] ( Sở GD Thanh Hóa – Lần 1 – 2018- Mã đề 101): Có tất cả bao 
nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình cos 23 x cos 22 x m sin2 x

có nghiệm thuộc khoảng

(

0;
π
6

)

?

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

Lời giải

Chọn B.

3 2 1 cos2

PT cos 2 cos 2 0

x

x x m 

   



cos2x 1 2cos 2





2 x m



0

   

 

cos2 1 1

cos 2 2

x

m
x







 



Giải

 

1  x k 



k  các nghiệm này không thuộc



, 0;6 .


 

 

 

Giải

 

2 : do x 0;6


 

  

  2x 0;3



 

  

 

cos2 1

2 x

   1 cos 22 1

4 x

  

Cần sử dụng
dấu suy ra

Vây

 

2 có nghiệm x 0;6


 

  

 

4 2

m

    2 1

m

    
.

Vậy có một giá trị nguyên của m là −1.

Phân tích: Đây là một bài tốn cơ bản về phương trình lượng giác. Đối với
dạng bài tập tìm tham số để phương trình, bất phương trình có nghiệm, ta
thường giải quyết nó theo hướng :

+ Cô lập tham số sang vế phải

+ Đánh giá hoặc khảo sát hàm vế trái để đưa ra được kết quả

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

mức độ cao hơn : tìm tham số để phương trình có đúng k nghiệm, thì cần
tìm được sự tương ứng giữa ẩn phụ và ẩn ban đầu.)

Bài tập phát triển:

Ta có thể đưa ra một số bài toán tương tự

Câu 1. [1D1-3-PT1] Có bao nhiêu giá trị của tham số mđể phương trình



cos 2 1 1 cos 2

 

cos 4



.sin2

m

x  x x  x

có đúng 4 nghiệm phân biệt thuộc



0;



A.15 B.16 C. 17 D. 18

Lời giải

Chọn C.

Phương trình đã cho tương đương với :

cos 2 1

2 cos 2 cos 2

x

m

x x






  



+ Xét cos 2x 1, có 2 nghiệm là x0;x thuộc đoạn



0;



+ Xét
2

2.cos 2 cos 2

m
x x

(1).

Đặt tcos 2 ;x x



0;



  t



1;1



thì

(1) : 2

m
t  t

(2)

Phương trình ban đầu có đúng 4 nghiệm thuộc



0;  phương trình (2) có



nghiệm t t thỏa mãn 1, 2













1 2

1;1

( ; 1) 1; ; 1;1

t t

   


       



Đặt g t( ) 2 t2 t, ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, ta có để:

+ t1  t2



1;1



8 8

m

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

+ t1   ( ; 1)



1;



;t2 



1;1



1 8 3

m

  

24 m 8

    , suy ra có 16 giá
trị m nguyên thỏa mãn

Vậy: tổng cộng có 17 giá trị m nguyên thỏa mãn.

Câu 36 [2D3-3] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101] Cho hàm số f x

 

liên tục

trên  và thỏa mãn





 

1
4

cot .x f sin x xd f x dx 1

x




 



. Tính tích phân





1
8

d .

f x

I x

x





A. I 3. B. 
3

.
2

I 

C. I  .2 D.

5
.
2

I 

Lời giải

Chọn D.

Đặt

2 d

sin d 2sin cos d cot d
2

t

t x t x x x x x

t

    





 

1 1 1

4 2 2 2

d 1

1 cot . sin d d d 2

2 2

f x f x

t

x f x x f t x x

t x x





















Đặt

2
2 dt t dx

t x

x t



  




 

16 4 4 4

1 1 1 1

1 d 2td 2 d d

f x f t f x f x

x t x x



















Đặt t4x dt4dx





 

1 4 4 1 4

1 1 1 1 1

8 2 2 2

4 d 5

d d d d

4 2

f x f t t f x f x f x

I x x x x

t

x x x x























Phân tích:

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

Câu 2: [2D3-3] Cho hàm số f x

 

liên tục trên  và thỏa mãn





2
ln
d 1

ln
e
e
f x
x

x x 



và





cos tan d 2

f x x x






. Tính

 

2
1
2
d .

f x
x
x



A. 3. B.

2 . C. 2 . D. 1.

Lời giải

Chọn A.

Đặt

ln d x

t x t

x

  





 

2 2 2

1 1

1 d d d

e

f x f t f x

x t x

x x t x













Đặt tcosx dt sin dx x





 

1
1
3 2
1

0 1
2
sin

2 cos d d d

cos

f t f x

x

f x x t x

x t x















Do đó

 

2 1 2

1 1 1

2 2

d d d 3

f x f x f x

x x x

x  x  x 



Câu 38 [2D2-3] (Sở GD Thanh Hóa-Mã đề 101) Có bao nhiêu giá trị nguyên

dương của tham số

[0;10]

m  để tập nghiệm của bất phương trình

2 2 2

2 1 4

log x3log x  7m(log x  7)

chứa khoảng (256;)

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

Lời giải
Chọn C.

u cầu bài tốn tương đương với tìm m để BPT thỏa mãn

(256; )

x

   .

Đặt tlog2x t . Khi đó, bất pt cho trở thành 8

1
( )

t

f t m

t

 

Xét
1
( )
7

t
g t
t



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

Nhận xét: Thực chất là qui về bài toán min - max 
Bài Tương tự

Bài 1. [2D2-3-PT1] Số giá trị nguyên của m  [ 10;10] để bất phương trình

2 2 4 2 2

0,2 0,2

log [ m(| |x  1 x 1)] log (2 x  x  x  1 x 2) có nghiệm là

A. 0 . B. 1. C. 2. D. 12 .

Lời giải
Chọn C.

ĐK: 1  x 1
Nhận xét: m  0

Đặt t| |x  1 x t2; [1; 2] . Khi đó, bất phương trình trở thành

2 1

( ), [1; 2]

t t

m f t t

t

 

  



Ycbt [1; 2 ]
( )

t

m ma x f t


 

( 2) 2 2 1

f

    có 2 giá trị của m .

Vậy chọn C

Bài 2. [2D3-3-PT2] Số giá trị nguyên của m [0;5] để bất phương trình





2 2

2
1

log 2log 3 log 3

4 x x m x có tập nghiệm chứa [32;)là

A. 6 . B. 5. C. 2. D. 4.

Lời giải
Chọn D.

Đặt t log x 2 , với x



32; 



t . Khi đó, bất phương trình trở thành5
1

( )

t

f t m

t



 



Xét

1
g( )

t
t

t




  g t'( ) 0  t 5. Do đó, ycbt m 3  có 4 giá trị của m

thỏa

ycbt.

Câu 39 [2D1-4][Thanh Hóa 2018 mã 101]Cho hàm số yf x

 

. Đồ thị của hàm

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

-3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7

-2
2
4

x
y

A. T f

 

0  f



2 .



B. T f

 

5 f



2 .



C. T f

 

5  f

 

6 . D. T f

 

0  f

 

2 .
Lời giải

Chọn B.

Ta có BBT của hàm số yf x

 

trên đoạn



2;6



Như vậy M max



f

 

0 ; f

 

5 ,



mmin



f



2 ;



f

 

2 ;f

 

6 .



Dựa vào đồ thị ta có:

 

0 2

2 0

f x dx f x dx



   



 f

 

0  f



2



 f

 

0  f

 

2  f



2



 f

 

2 .

 

2 5

0 2

f x dx f x dx

 



 f

 

0  f

 

2  f

 

5  f

 

2  f

 

0  f

 

5 .

 

5 6

2 5

f x dx   f x dx



 f

 

5  f

 

2  f

 

5  f

 

6  f

 

2  f

 

6 .

Suy ra M f

 

5 , mf



2



 T f

 

5  f



2 .



Hướng suy nghĩ:

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

- Dạng này trước hết ta phải dựa vào đồ thị tìm ra những giá trị x làm choo

 

f x  sau đó vẽ bảng biến thiên của hàm f x

 

. Để xác định dấu của

 

f x

ta chỉ cần chú ý phần đồ thị nằm trên hay dưới trục hoành.

- Tiếp theo ta chú ý so sánh các diện tích hình phẳng giới hạn bởi hàm

 

yf x ; y 0 và tại các điểm x từ đó sẽ tìm được mối liên hệ giữa cáco

 

o

f x , kết hợp bảng biến thiên ta sẽ tìm được kết quả.

CÂU PHÁT TRIỂN

Câu 1 [2D1-4-PT] Cho hàm số yf x

 

. Đồ thị của hàm số yf x'

 

như hình vẽ
sau. Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

 

yf x trên



2;d



. Đặt T M m  . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. T f d

 

 f a

 

. B. T f b

 

 f c

 

C. T f b

 

f a

 

. D. T f d

 

 f



2 .



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

Ta có BBT của hàm số yf x

 

trên đoạn



2;d



Như vậy M max



f



2 ;



f b f d

 

;

 



,mmin



f a f c

 

;

 



.
Dựa vào đồ thị ta có:

 

a b

a

f x dx f x dx



 

 



 f



2



 f a

 

 f b

 

 f a

 

 f



2



 f b

 

.

 

b c

a b

f x dx   f x dx



 f b

 

 f a

 

 f b

 

 f c

 

 f a

 

 f c

 

.

 

c d

b c

f x dx f x dx

 



 f b

 

 f c

 

 f d

 

 f c

 

 f b

 

 f d

 

.

Suy ra M f b

 

,mf a

 

 T f b

 

 f a

 

Câu 40: [2H1-3] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101]. Cho khối lăng trụ

. ' ' '

ABC A B C có thể tích bằng 3

9a và M là một điểm nằm trên cạnh CC' sao cho

2 '

MC MC . Tính thể tích của khối tứ diện AB CM' theo a.

A. 2a .3 B. 4a .3 C. 3a .3 D. a .3
Lời giải.

Chọn.A.

Ta có:

3
. ' ' '
. ' ' ' . ' . ' ' 3

ABC A B C

A A B C A B BC A B C C

V

V V V   a

. Mặt khác:

' ' '

2
3

AB MC AB C C

V  V  a

Vậy: VAB MC' 2a3.

x 2 a b c d

 

f x  0 + 0  0 + 0

 

f x f 





 

f a

 

f b

 

f c

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

Bài phát triển:

Bài toán tổng quát: [2H1-3] Cho khối lăng trụ ABC A B C. ' ' ' có thể tích bằng Va và M là 3
một điểm nằm trên cạnh CC' sao cho MC kMC'. Tính thể tích của khối tứ diện AB CM và' ,

khối đa diện B A AMC theo , ,' ' ' V a k .

Lời giải.

Vì giả thiết cho khối lăng trụ ABC A B C. ' ' ' có thể tích bằng Va nên ta chọn khối lăng trụ3

. ' ' '

ABC A B C là lăng trụ đứng, với đáy là tam giác vuông cân tại B , cạnh bên bằng a.

Đặt

3
'

AA 2

1
.
2

Va

AB BC Va

a a

   

Do AA'CC MC kMC';  ' nên
'

' 2 .

1 1

.2 .
1

CC V a

MC

k k

k V a
MC

k



 



  



 

 



Ta có '





1 1 1 2. .2 .

. . B; ; . . .

3 ACM ACM 2 2 1

B ACM

a k V a

V S d ACM S AC MC

k

  











' ' ' ' ' ' '

' ' ' '

2 2

1. . B; ; (AA +C M).A 1 .

3 2 2

B A ACM A AMC A AMC

Va

Va a

C k

V S d ACM S

 



 



 

  

Vậy ta có tỉ số









' ' ' ' '

2 2 2 2 2

1 2 1 2

B ACM ACM

B A AMC A AMC

V S kVa Va k a k

V S k k k



  

   .

Ta lại có VABC A B C. ' ' ' VB ABC' VB ACM' VA AMC B' ' '.

3 1 . .2 2.

6 B ACM B ACM

k

Va a a Va V V

k

 



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

2 2 2

.
3 ACMB
Va k
V
k 








3
. .
3 1
B ACM

V a k
V
k
 

2
.

B A ACM B ACM

k
V V
k
  

 

3 1 2

. .2 .

6 B ACM B ACM

k

Va a a Va V V

k

 



  

2 2 2

.
3 ACMB
Va k
V
k 







3
. .
3 1

 

B ACM

V a k
V

k





2 . . 2

. .

3 1

B A AMC B ACM

k V a k k

V V

k k k

   

 

  



Bài 1: [2H1-3] Cho khối lăng trụ ABC A B C. ' ' ' có thể tích bằng 4a và M là một điểm 3
nằm trên cạnh CC' sao cho MC3MC'. Tính thể tích của khối đa diện B A AMC' ' ' theo a.

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

3
5

a

Câu 43



1D5 - 4 [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4-



Mã đề 101]. Cho hàm số

 



3 2 2 1



f x  x  x

. Tính đạo hàm cấp 6 của hàm số tại điểm x 0

A. f 6

 

0 60480 B. f 6

 

0 60480 C. f 6

 

0 34560 D.
 

 

6
0 34560
f 
Lời giải
Chọn A.

Khai triển f x

 

ta được f x

 

a0a x a x1  2 2...a x18 18

Khi đó  

 

6 2 12

6 7 8 18

6! ...

f x  a b x b x  b x

, suy ra  

 

6
0 6!

f  a

Ta có









9 9

2 2

3x  2x1  1 2 x 3x 





2
9

2 3 k

k

C x x
















9
2
9
0 0
2 3
k i
k i
k i
k
k i

C C x  x

 


 

 





9
9
0 0
2 3
k
i

k i k i k i

k

k i

C C  x 

 



 



Số hạng chứa x ứng với ,6 k i thỏa mãn

0 9 6 5 4 3

, , ,

6 0 1 2 3

i k k k k k

k i i i i i

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

Do đó

















0 2 3

6 0 6 5 1 4 4 2 2 3 3 0

6 9 62 3 9 52 3 9 42 3 9 32 3 84

a  C C  C C  C C  C C   

 

Suy ra f 6

 

0 84.6!60480

Bài tập phát triển:

Câu 1: Cho hàm số

 

8
2

1 (1 )

f x   x  x 

 . Tính đạo hàm cấp 8 của hàm số tại điểm

x 

A. f 8

 

0 238.8! B. f 6

 

0 238.8! C. f 6

 

0 8.8! D.
 

 

0 8.8!

f 

Lời giải

Chọn A.

 

2 24

0 1 2 ... 24

f x a a x a x  a x

 

8 2 16

8 9 10 24

8! ...

f x  a b x b x  b x

 

8
0 8!

f  a

Ta có f x

 

C80C x1 28 (1 x)C x82 4(1 x)2...C x88 16(1 x)8
8

x có trong các số hạng thứ 4, 5

3 4
8 3 8 8 238

a  C C  , suy ra f 8

 

0 238.8!

Câu 45: [1H3-3] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101] Cho tứ diện ABCD
có AC AD BC BD a    , CD2x,



ACD

 

 BCD



. Tìm giá trị của x để



ABC

 

 ABD



?

A. x a . B.

2
2

a
x 

. C. x a 2. D.

3
3

a
x 

Lời giải:

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

Gọi E, F lần lượt là trung điểm các cạnh CD, AB.

Do ACAD, BCBD nên AE CD và BE CD.

Ta có











 











;
;

AE CD AE ACD
BE CD BE BCD

ACD BCD CD

ACD BCD

  



 




 



 

  AE BE AE2 BE2 AB2

Do CB CA , DBDA nên CF AB và DF AB.

Ta có











 











;
;

CF AB CF ABC
DF AB DF ABD

ABC ABD AB

ABC ABD

  



 









 

  CF DF  CF2 DF2 CD2

Ta có AE BE  a2  x2





2 2
2

AB a x

  

Suy ra CF DF  AC2  AF2

2 2

a x

 2 2

CD a x

  

Theo giả thiết CD2x  x2 a2 4x2

3
3

a
x

 

Bình luận: Đây là một bài tập vận dụng của chương trình lớp 11. Qua phần này

học sinh nắm được cách xác định góc giữa hai mặt phẳng, đồng thời qua đó thiết
lập các biểu thức liên hệ để tìm ra kết quả thoả mãn yêu cầu bài toán.

Bài tập phát triển ý tưởng.

Câu 1.[1H3-3] Cho tứ diện ABCD có tam giác ABD cân tại A, tam giác BDC vuông cân

tại C. Biết rằngBC CD a  , ABCADC60,



 







ABC ; ACD 



60

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

vng góc của A lên mặt phẳng



BCD



nằm ngoài tam giác BCD. Khoảng cách từ

điểm A đến mặt phẳng



BCD



là

A.



3 6 a



B. 3



6 3 a



. C.



9 3 2



a. D. 3



6 2 a



Lời giải:

Chọn A

Gọi J là trung điểm BD, khi đó AJ BD, CJ BD, suy ra BD



AJC



BD AC

  .

Trong mặt phẳng



ABC



kẻ BI AC. Khi đó

AC BD

AC BI







  AC 



BID



 AC DI

Ta có











 





 









;
;

; 60

BI AC BI ABC

DI AC DI ACD

ABC ACD AC

ABC ACD

  



 



  



 







60
120

BID
BID

 

 

 





Tam giác BCD vuông cân tại C nên DB a 2.

Do AB AD, BC DC nên hai tam giác ABC và ADC bằng nhau suy ra BI DI

Nếu BID 60 thì tam giác BID đều, suy ra

6
2

a

IJ  CJ

(vơ lí). Vậy BID 120.

Do đó

6
6
tan 60

DJ a

IJ   

và

6
3

a

ID IB

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

Đặt AD x

Ta cũng có



. . sin

AC DI DA DC ADC  AC ID2. 2 AD DC2. 2sin2 ADC

 

2 2 2 . cos . 2 2. 2sin2

AD CD AD DC ADC ID AD CD ADC

 

   

 

Thay CD a ,

6
3

a
ID 

, ADC 60 ta có phương trình





2 2 .2 2. .2 3

3 4

a

x a  ax x a



2 6 4



x a

  

Suy ra AC3



3 2



a

Gọi H là hình chiếu của A lên



BCD



khi đó H CJ .

Ta có

AH IJ

AC CJ .

IJ
AH AC

CJ

 





3 3 2 . 6
2
2

a
a

a

 



3 6 a



 

Vậy d A BCD



;





AH 



3 6



a

Câu 2.[1H3-3]Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều, hình chiếu vng góc 
của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HB2HA. 
Biết SC tạo với đáy một góc 45° và cạnh bên SA2a 2. Tính khoảng cách

từ điểm C đến mặt phẳng



SAB .



A.

3
2
a

B.

2 2
3
a

C.

3 3
2
a

D.

2
3

a

Lời giải

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





SH  ABC nên



 ;SC ABC 





45. Gọi AB x

2 0

HB HA

 

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

   1



2



HC CA CB

     







2 1 4 2 4 . .cos 2 7

9 9

x

CH AC AC AB ACB AB

     7

x
CH

 

Do tam giác SHC vuông cân tại H nên

7
3

x
SH 

Như vậy ta có SA2 AH2 SH2

2 2

2 7

9 9

x x

a

  

x a

 

Gọi

D là trung điểm AB, khi đó

CD AB

CD SH







  CD



SAB









;



3 3

d C SAB CD a

  

Câu 46: [1H1-3] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101] Một cái ao có 
hình ABCDE (như hình vẽ), ở giữa ao có một mảnh vườn hình trịn bán kính
10m , người ta muốn bắc một cây cầu từ bờ AB của ao đến vườn. Tính gần 
đúng độ dài tối thiểu l của cây cầu biết:

- Hai bờ AE và BC nằm trên hai đường thẳng vng góc với nhau, hai
đường thẳng này cắt

nhau tại điểm

O;

- Bờ AB là một phần của một parabol có đỉnh là điểm A và có trục đối 
xứng là đường thẳng OA ;

- Độ dài đoạn OA và OB lần lượt là 40m và 20m ;

- Tâm I của mảnh vườn cách đường thẳng AE và BC lần lượt là 40m 
và 30m

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

Lời giải

Chọn B .

Ta coi một đơn vị bằng 10m và gắn hệ trục tọa độOxy sao choA B, lần lượt thuộc

các tiaOy Ox; .

Khi đó bờ của mảnh vườn là hình trịn

  







2 2

: 4 3 1

C x  y 

có tâm I



4;3



, bờ

ABcủa ao là phần parabol

 

P y:  4 x2 ứng với x 



0;2



. Ta thấy để MN ngắn

nhất thì M N I, , thẳng hàng và MN IN R IN  1 .

Lấy N

 

P Þ





; 4

N x  x

, x 



0;2



Do đó









2 2

4 1

IN  x   x x4 x2 8x 17

     f x

 

.

Khảo sát f x

 

với x 



0;2



ta thấy min f x

 

f



1,392768772



7,68 .

Vậy IN ngắn nhất sẽ bằng : INmin  7,68 2,77 Þ l17, 7m.

Hai câu tương tự :

Câu 1: Bạn A có một đoạn dây dài 20m. Bạn chia đoạn dây thành hai phần. Phần
đầu uốn thành một tam giác đều. Phần còn lại uốn thành một hình vng.
Hỏi độ dài phần đầu bằng bao nhiêu để tổng diện tích hai hình trên là nhỏ
nhất?

A.

40
.

9 4 3 m B.
180

9 4 3 m C.
120

9 4 3 m D.
60

.
9 4 3 m

Lời giải

Chọn B.

Bạn A chia sợi dây thành hai phần có độ dài x m

 

và 20 x m

 

, 0 x 20 (như

hình vẽ).

Phần đầu uốn thành tam giác đều có cạnh 3

 

x
m

, diện tích

 

2 2

2
1

3 3

3 4 36

x x

S    m

 

Phần cịn lại uốn thành hình vng có cạnh

 

20
4

x
m



, diện tích

 

2
2
2

20
4

x
S    m

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

Tổng diện tích hai hình nhỏ nhất khi

 

2
2 3 20

36 4

x x

f x     

  nhỏ nhất trên khoảng



0; 20



Ta có:

 

3 20 180

' 0

18 8 4 3 9

x x

f x      x

 .

Bảng biến thiên:

x 0 180

4 3 9 20

 

f x  0 +

 

f x

Dựa vào bảng biến thiên ta được

180
4 3 9

x 

 .

Câu 2: Một khúc gỗ tròn hình trụ cần xẻ thành một chiếc xà có tiết diện ngang là
hình vng và 4 miếng phụ như hình vẽ. Hãy xác định kích thước của các
miếng phụ để diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là lớn nhất. Biết đường
kính khúc gỗ là d.

A. Rộng

34 3 2
16 d



, dài

7 17

4 d



. B. Rộng

34 3 2
15 d



, dài

7 17

4 d



C. Rộng

34 3 2
14 d



, dài

7 17

4 d



. D. Rộng

34 3 2
13 d



, dài

7 17

4 d



Lời giải

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

Gọi chiều dài và chiều rộng của miếng phụ lần lượt là x y; . Đường kính của khúc gỗ

là d , khi đó tiết diện ngang của thanh xà có độ dài cạnh là 2

d

và



2 2



0 ,0

4 2

d d

x  y

   

Theo đề bài ta được hình chữ nhật ABCD như hình vẽ, theo định lý Pitago ta có:

2 2

2
d

x y d

 

  

 

 

2 2

8 4 2

y d x x

   

Do đó, miếng phụ có diện tích là:

 

1 2 8 2 4 2

S x  d  x  dx

với



2 2



4
d

x 

 

Bài tốn trở thành tìm x để S x

 

đạt GTLN.

Ta có:





2 2

8 2 2
1

'( ) 8 4 2

2 2 8 4 2

x x d

S x d x dx

d x dx

 

   

 

2 2

16 6 2

2 8 4 2

x dx d

d x dx

  



 

 

2 2

' 0 16 6 2 0

S x    x  dx d 

16 x 6 2 x 1 0

d d

   

       

   

34 3 2
16

x  d

 

BBT

X 0 34 3 2

16 d





2 2



4 d



S’(x) + 0 −

S(x) Smax

Vậy miếng phụ có kích thước

34 3 2 7 17

16 4

x  d y  d

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

các điểm biểu diễn của số phức w z1 z2 trong mặt phẳng tọa độ Oxy là
đường trịn có phương trình nào dưới đây?

A.

2 2

5 3 9

2 2 4

x y

   

 

   




 

  . B.









2 2

6 6

10 3

x  y   .

C.









2 2

6 6

10 1

x  y   . D.

2 2

5 3

2 2

x y

   

 

   

     .

Lời giải

Chọn A.

Gọi I



5;3



là điểm biểu diễn của số phức z0  5 3i. Gọi A, B, C lần lượt là 
các điểm biểu diễn của số phức z , 1 z , w . 2

Khi đó ta có A, B thuộc đường trịn

 

C có tâm I



5;3



và bán kính R  . Gọi5

M là trung điểm của AB. Ta có

2 52 2 3

2 4

AB

IM  IA     

 



Gọi N là điểm đối xứng của O qua I suy ra N



10;6



.

Ta có IM là đường trung bình tam giác OCN suy ra CN 2IM  .6

Tập hợp điểm C là đường trịn tâm N bán kính R  có phương trình là6



x10



2



y  6



2 36.

Phân tích:

Ta thay đổi cách xử lý bài toán số phức theo phương pháp đại số thơng
thường bằng phương pháp hình học. Một số nhận xét về hình học được áp

dụng. Cho z có điểm biểu diễn là 1 A, z có điểm biểu diễn là 2 B, khi đó :

 z1z2 có điểm biểu diễn là điểm M sao cho OM OAOB

  

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Giả sử z , 1 z là hai số trong các số phức z thỏa mãn 2 iz 2 i 1 và
1 2 2

z  z  . Giá trị lớn nhất của z1  z2 bằng

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

Lời giải:
Chọn A.

Ta có iz 2 i 1 z1 i 2 1

Gọi I



1; 2



là điểm biểu diễn của số phức z0  1 i 2. Gọi A, B lần lượt là
các điểm biểu diễn của số phức z , 1 z . 2

Khi đó ta có A, B thuộc đường trịn

 

C có tâm I



1; 2



và bán kính R 1.

Mà z1 z2 AB2. Do đó I là trung điểm của AB.

Ta có





2 2 2 2

1 2 2 O 4 16 4

z  z OA OB  OA  B  OI AB  

.
Dấu “ ” xảy ra khi OA OB .

Câu 48 [2H1-3] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101] Cho hình chóp
.

S ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng 2, SA  và SA vng góc với2

mặt đáy



ABCD



. Gọi M và N là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB, AD
sao cho mặt phẳng



SMC vng góc với mặt phẳng





SNC . Tính tổng



2 2

1 1

T

AN AM

 

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

A. T 2. B.
5
4

T 

. C.

2 3

T  

. D.

13
9

T 
.

Lời giải

Chọn B.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho

(0;0;0), (2;0;0), (0; 2;0), (0;0; 2)

A B D S  C(2;2;0)

Đặt AM x AN, y , x y ; [0;2], suy ra M x( ;0;0), (0; ;0)N y

( ;0; 2), (2; 2; 2), (0; ; 2)

SM  x  SC  SN  y 

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

  
  

1 [ , ] (4;2 4; 2 )

n SM SC x x

                   ,n2 [SN SC, ] (4 2 ; 4; 2 )  y   y
  

Do (SMC)(SNC) nên n n 1. 2 0
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

4(4 2 ) 4(2y x 4) 4xy 0

       xy2(x y ) 8

8 2
2
x
y
x

 

 , do y 2 nên 
8 2
2 1.
2
x
x
x

  


AMCN ABCD BMC DNC

S S  S  S  4 (2 x) (2  y) x y 

Do đó .

1
.
3

S AMCD AMCN

V  SA S 2( )

3 x y

  2 8 2

3 2
x
x
x

 
   

 
2
2 8
3 2
x
x


 . 
Xét
2
2 8
( )
3 2
x

f x
x



 với x [1; 2] ,

2 4 8

'( )

3 ( 2)

x x
f x
x
 

 . 
2

'( ) 0 4 8 0

f x   x  x   x 2 2 3;x 2 2 3 (loại).

Lập bảng biến thiên ta được suy ra max ( )[0;2] f x f(1)f(2) 2 .

Vậy maxVS AMCN.  2

1
2
2
1
x
y
x
y
 






 
 

 

 2 2

1 1

T

AM AN

   2 2

1 1 5
.
4

x y

  

Cách 2: Đặt AM x x, 0, AN y y, 0. Gọi: OACBD; F BD CN  .

H là hình chiếu vng góc của O lên SC , khi đó:

2
3
HO 

Ta có:
SC OH
SC BD





  SC



HBD



SC HE

SC HF


 



Do đó:







SMC

 

, SNC 





HE HF ,



900  HEHF

Mặt khác: .

1
.
3

S AMCN AMCN

V  SA S 2





3 x y

 

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

* Ta có x0,y0 và nếu x2,y2 thì gọi K là trung điểm của AM , khi đó:

4 2

OE KM x

EB MB   x 4 2

OE EB

x x

 

 4

OB
x




2
4

x
OE

x

 



Tương tự:

y
OF

y



 . Mà: OE OF OH.  2 



x2

 

y2



12.

* Nếu x  hoặc 2 y 2 thì ta cũng có OE OF OH.  2 



x2

 

y2



12.

Tóm lại:



x2

 

y2



12

Suy ra: .

1
.
3

S AMCN AMCN

V  SA S 2





3 x y

  2



 



3 x y

       2





12 4

3 x x 2

 

     



 

Do đó:

1
2
2

2
1

S AMCN

x
y
MaxV

x
y

 







 

 

 

 

 2 2

1 1

T

AM AN

    2 2

1 1 5

.
4

x y 

Bài tập tương tự

Câu 1: [2H1-3] Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Gọi , M N

lần lượt là hai điểm thuộc các cạnh AB AC sao cho mặt phẳng ,



DMN



vng góc với mặt phẳng



ABC



. Đặt AM x, AN y.Diện tích tồn phần của
tứ diện DAMN nhỏ nhất khi x y bằng

4
.
3

T 

B.

3
.
4

T 

C.

2
.
3

T 

D.

13
9

T 
.
Lời giải

Chọn A.

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của tam giác đềuABC.

Ta có: SAMN 

2.AM AN. .sin 600 =
3
4 xy;

SAMN SAMH  SANH

2 AM AH. .sin300 
1

2 AN AH. .sin30 0

1 3

4 3



x y



.

Suy ra

4 xy=

1 3

4 3 (x+y)  x y 3xy 0x y, 1

Diện tích tồn phần của tứ diện DAMN:

AMD AND DMN AMN

S S S S S 
1

2 AD AM. .sin 600 
1

2 AD AN. .sin600

2 DH MN. +
1

2 AM AN. .sin600 . = 3 xy +

3 (3 1)

6 xy xy .

Từ

2 4

3 2 .

3 9

      

xy x y xy xy xy

Suy ra

3(4 2)

min ,

9



S

khi

2
.
3
 

x y

Vậy

4
.
3

x y 

Câu 49. [2H3-4] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101] Trong không gian với 
hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A

(

7; 2;3 ,

)

B

(

1; 4;3 ,

)

C

(

1; 2;6

)

, D

(

1; 2;3

)

và điểm M
tùy ý. Tính độ dài đoạn OM khi biểu thức P=MA MB MC+ + + 3MD đạt giá 
trị nhỏ nhất.

A. OM = 14. B. OM = 26. C.

5 17
.
4
=

OM

D.

3 21
.
4

OM

Lời giải

Chọn A.

Ta thấy tứ diện vuông tại D, ta tính được DA=6,DB=2,DC=3.

Ta có biến đổi sau:

. . .

= +MA DA+MB DB+MC DC

P MD

DA DB DC

. . .

³ + + +

uuur uuur uuur uuur uuur uuur

MA DA MB DB MC DC

MD

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

3 ổỗỗ ửữữ

= + ỗ + + ữữ+ + +

ữ

ỗố ứ

uuur uuur uuur
uuur DA DB DC

MD MD DA DB DC

DA DB DC

3 .

³ - + + + + + = + +

uuur uuur uuur
uuur DA DB DC

MD MD DA DB DC DA DB DC

DA DB DC

Do ú P t nh nht khi M D ắắđ M

(

1; 2;3

)

ắắđOM= 14. Chn A.
Cõu phỏt trin.

Cho 4 im A

(

1;0;3 ,

)

B

(

- 3;1;3 ,

)

C

(

1;5;1

)

và M x y

(

; ;0 .

)

Tìm giá trị nhỏ nhất

2 .

= uuur+uuur uuur+

T MA MB MC

A. 2 35.. B. 12.. C. 2 37.. D. 2 38.. 
Lời giải

Chọn D

Lời giải. Gọi I là trung điểm của BC

(

1;3;2

)

2 2

(

)

Þ I - Þ uuur uuurMB MC+ = uurMIÞ T = MA MI+

3 0
= >

A

z và zI = > Þ2 0 A và I nằm về cùng 1 phía đối với mp

(

Oxy

)

và

(

; ;0

)

M x y thuộc mp

(

Oxy nên lấy đối xứng

)

I

(

- 1;3;2

)

qua mp

(

Oxy thành

)

(

- 1;3; 2 .-

)

J

(

)

2 2 2 38.

Þ MI=MJÞ T= MA MJ+ ³ AJ=

Dấu " "= xảy ra khi M là giao điểm của đoạn MJ với mp

(

Oxy là

)

1 9
; ;0 .
9 5

ổ ữử

ỗ- ữ

ỗ ữ

ỗố ứ

M

Vy minT =2 38.

Cõu 50 [1H3-4] [SGD Thanh Hóa- KSCL 14/4- Mã đề 101] Cho tứ diện ABCD có

AB a, AC a 15, BD a 10, CD4a. Biết rằng góc giữa đường thẳng AD và

mặt phẳng



BCD



bằng 450, khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC bằng

5
4

a

và hình chiếu của A lên mặt phẳng



BCD



nằm trong tam giác BCD. Tính độ

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

A. 
5 2

a

. B. 2 2a . C.

3 2
2

a

. D. 2a.
Lời giải

Chọn Đáp án khác. Nên tăng thêm giả thiết để loại 1 nghiệm.(đã
sửa xong)

Dựng AH 



BCD



tại H nằm trong tam giác BCD. Gọi M là giao điểm của

DH và BC
M

 nằm giữa B và C.

Ta có: CH2 BH2 AC2 AB2 6a2 DC2 DB2  DH BC





BC AHD BC DM

   

Trong mặt phẳng



ADM



dựng MN AD tại N

MN BC

MN AD



 




MN

 là đoạn vng góc chung của AD và BC

5
4

a
MN

 

Ta cos ADH 450 là góc giữa AD và mặt phẳng



BCD



Ta có:

5 2

. 2
4

a

DM MN  2 2 110

a

BM BD DM

   

2 2

AN AB BN

  





2 2 2

AB BM MN

  

2 2

2 110 25 3

16 16 4

a a a

a  

     

  .

Ta có

5
4

a

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Do AM MD nên

AD AN DN a

a
AD DN NA

  




   

 mà

2
2

a

AD  AD a
.
Câu phát triển

Câu 1: [1H3-4] Cho khối tứ diện ABCD có ACAD CB DB  2 3, khoảng cách

giữa AB CD, bằng 1. Tính góc giữa AB và mặt phẳng



BCD khi thể tích



ABCD lớn nhất.

Định hướng.

Ta gọi I là trung điểm CD. Ta chứng minh được CD



ABI



 CDAB.
Đặt ABx.

Ta có









1 1

. . . , .sin , . .

6 6

ABCD

V  AB CD d AB CD AB CD  x CD

Từ đó tính BI CD, theo .x

</div>

Đề khảo sát chất lượng có đáp án chi tiết môn toán lớp 12 sở GDĐ thanh hóa mã 101 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

<b>SP Tổ 10-Lần 9 – Đã phản biện</b>

<i>1,</i>





 





 

 

 

 

 

(

)(

)

(

)(

)

 

 





<i>1,</i>





 





 

 

 

 









     

 

 



























 



 

 













     





 

 

 

 

 

 

 

 

 





 



