Câu hỏi vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2017 trường star education lần 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 (1.16 MB, 27 trang )

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

TUYỂN TẬP CÁC CÂU VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO
TRONG ĐỀ THI TRONG ĐỀ THI THỬ THPTQG 2017-2018:

ĐỀ STAR EDUCATION lần 1 ( nhóm đươc tặng)
(Nhóm GV thuộc tổ 10 thực hiện)

Câu 37. [2H2-3] (Đề Star Education) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thang cân, đáy lớn
2

AB a, AD BC CD a   . SA vng góc với đáy, SA a .M là trung điểm của SD . 
Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện MABC .

A. .a3. B. 
3
2 .

a



. C. 2 . a3 3 . D.
3
4 .

a



Lời giải

Chọn đáp án D

Vì ABCD là hình thang cân, nên đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC cũng là đường trịn 
ngoại tiếp hình thang ABCD , hay mặt cầu ngoại tiếp tứ diện MABC cũng là mặt cầu ngoại 
tiếp hình chóp M ABCD . .

Dễ thấy tam giácABD vng tại Dnên tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác hình thang ABCD 
là trung điểm O của AB.

Mặt khác tam giác SAD vuông cân tại A nên AM SD, suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp 
tam giác AMD là trung điểm Icủa AD.

Ta thấy OI (SAD) nên OI là trục của đường tròn ngoại tiếp MAD.

Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp M ABCD ..

Bán kính mặt cầu là R OA a  . Thể tích khối cầu là

3
4 .

a

V  

.
* Nhận xét: Bài này có thể dùng cơng thức tính nhanh.

Bài tốn phát triển.

Câu 1. [2H2-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thang cân, đáy lớn AB, biết

2 2 2 6

AB AD BC CD . SA vuông góc với đáy.Mlà hình chiếu vng góc của A lên

SD . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện MABC .

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

Lời giải

Chọn đáp án C

Vì ABCD là hình thang cân, nên đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC cũng là đường tròn 
ngoại tiếp hình thang ABCD , hay mặt cầu ngoại tiếp tứ diện MABC cũng là mặt cầu ngoại 
tiếp hình chóp M ABCD . .

Dễ thấy tam giácABD vng tại M nên tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác hình thang

ABCD là trung điểm O của AB.

Mặt khác tam giác MAD vuông tại M, suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMDlà
trung điểm I của AD.

Ta thấy OI (SAD) nên OI là trục của đường tròn ngoại tiếp MAD.

Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp M ABCD ..

Bán kính mặt cầu là R OA  . Diện tích mặt cầu là 3 S 36 .

Câu 2. [2H2-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thang cân, đáy lớn AB, biết AB  ,8
5

AD  ,BD  . SA vng góc với đáy.7 M là hình chiếu vng góc của A lên SD . Tính diện 
tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện MABC .

A. 236 . B.

3136
3



. C.

3256
3



. D.

2547


.

Chọn đáp án B

Mặt khác tam giác MAD vng tại M , suy ra tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AMDlà
trung điểm I của AD.

Nên trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMD là trung trực của AD, hay tâm đường tròn 
ngoại tiếp ABCD chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp M ABCD ..

Hay bán kính mặt cầu ngoại tiếp MABC cũng là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABD
.

Xét tam giác ABD ta có :

. .

p(p ).(p AD)(p BD)

ABD

AB AD BD

S AB

R

    



Bán kính mặt cầu là

28
3

R 

. Diện tích mặt cầu là

3136
3

S  

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

Câu 40. Câu 40. [2D1-4] (Đề Star Education) [2D1-4] (Đề Star Education) Có bao nhiêu số tự
nhiên m nhỏ hơn 2018 sao cho hàm số y m cosxsinx2x1 đồng biến trên  ?

A. 1 . B.3 . C.2017 . D.2018 .

Lờigiải

Chọn B.

cos sin 2 1

y m x x x

' sin cos 2

y m x x

Hàm số đồng biến trên   y'   0 x

sin cos 2

m x x x

Û - £ " Ỵ ¡ .

(

)

Max sin cos 2 1 2 3; 3

xỴ m x x m m

é ù

Û - £ Û + £ Û Ỵ -êë úû

¡ . Kết quả có 3 số m nguyên

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn điều kiện.

Phát triển

Câu 1. [2D1-4] Có bao nhiêu số tự nhiên m nhỏ hơn 2018 sao cho hàm sốy m cosxsinx+3x1
đồng biến trên  ?

A. 1 . B. 5 . C.2017 . D.2018 .

Lời giải

Chọn B.

cos sinx+3 1

y m x x

sin cosx 3

y m x 

Hàm số đồng biến trên   y'   0 x

sin cos 3

m x x x

Û - £ " Ỵ ¡ .

(

)

Max sin cos 3 1 3 2 2;2 2

xỴ m x x m m

é ù

Û - £ Û + £ Û Ỵ -êë úû

¡ .

Kết quả có 5 số m nguyên

Câu 2. [2D1-4] Có bao nhiêu sốtự nhiên m nhỏ hơn 2018 sao cho hàm sốy m cosxsinx+4x1
đồng biến trên R ?

A. 4 . B. 7 . C.2017 . D.2018 .

Lờigiải

Chọn B.

cos sinx+4 1

y m x x

sin cosx 4

y m x 

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

sin cos 4

m x x x

Û - £ " Ỵ ¡ .

(

)

Max sin cos 4 1 4 15; 15

xỴ m x x m m

é ù

Û - £ Û + £ Û Ỵ -êë úû

¡ .

Kết quả có 7 số m nguyên

Câu 41. [2D2-3] (Đề Star Education) Cho phương trình









2 2

log x 3m 2 log x 2m  3m1 0

Biết phương trình có 2 nghiệm phân biệt x x thỏa 1, 2 x1x2  . Tính 6 x1 x2 .

A.1. B.2. C.3 . D.9 .

Lời giải
Chọn C.









2 2

log x 3m 2 log x 2m  3m1 0







 



2 2

log x 3m 2 log x m 1 2m 1 0

      

2 2

log x m 1 log x 2m 1

     

1 2 1

2m 2 m

x  x 

    .

Ta có: 1 2 6 2 1 22 1 6

m m

x x  

     2.22m1 2m1 6 0

   

1 1 3

2 2 2

m m

   

1 3

2
2

m

  22 1 9

m

 

1 2 3

x x

   .

Câu 1: [2D2-3-PT1]Cho phương trình log23 x 2log3x 1 m2 0. Biết phương trình có 2 nghiệm
phân biệt x x thỏa 1, 2 x  x2 và x1x2 10. Tính x2  3x1.

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

Lời giải
Chọn A.

2 2

3 3

log x 2log x 1 m 0

3 3

log x 1 m log x 1 m

     

1 1

3 m 3 m

x  x 

    .

Ta có: 1 2 10 31 31 10

m m

x x  

    

1 10

3 3

m
m

   3.32 10.3 3 0 3 3 3 1

m m m m

      

2 9

x

  , x  1 1

2 3 1 6

x x

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

Câu 2: [2D2-3-PT2]Cho phương trình log22 x



`5m1 log



2x4m2m . Biết phương trình có 0 2

nghiệm phân biệt x x thỏa 1, 2 x1x2 165. Tính x1 x2 .

A.16 . B. 159 . C.120 . D.119 .

Lời giải
Chọn B.

Ta có: log22x



`5m1 log



2x4m2m 0  log2x m  log2x4m1
4 1

2m 2 m

x x 

    .

Ta có: 1 2 165 2 24 1 165

m m

x x 

    

 

4
2m 2. 2m 165

   2m 3

  (vì hàm

 

2 4

f t  t  đồng biến trên t



0; 



1 3, 2 162

x x

    x1 x2 159

Câu 42. Câu 42 [2D4-3] (Đề Star Education) Cho hai số phức z z1; 2 thỏa mãn z1z2 5 và

1 2 1

z  z  . Giá trị lớn nhất của biểu thức Pz1  z2 là:

A. 26. B.

26
.

2 C. 9. D.

1
.
2


Lời giải

Chọn A.

Ta gọi M N, lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức z z .1; 2

Từ giả thiết : z1z2 5  OM ON 5
 

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

  5

2
OI
  

với I là trung điểm của đoạn thẳngMN.

1 2 1

z  z   OM ON 1

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

MN

  .

Ta có

2 2 2

2 4

OM ON MN

OI    2

2
2

2 2O

MN
I

OM ON

   

13


1 2

Pz  z OM ON  P2 



1 12 2

 

OM2ON2



26

. Vậy Pmax  26.

Phân tích: Bài tập tìm max, min số phức hiện tại cũng là một bài toán quen thuộc, ta có thể

sử dụng nhiều phương pháp cho loại bài tốn này. Với bài tốn trên ta có thể dùng phương
pháp đại số, hoặc lượng giác.

BÀI TẬP PHÁT TRIỂN

Ta có thể yêu cầu mức độ đánh giá cao hơn với học sinh bằng các bài toán sau:

Câu 1. [2D4-3-PT1] Cho hai số phức z z1; 2 thỏa mãn z1z2 5 và z1 z2 1 . Gọi M m, lần lượt 
là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức Pz1  z2 . Khi đó mơ đun của số phức

M m i là :

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

Lời giải

Chọn A.

Ta gọi M N, lần lượt là các điểm biểu diễn của các số phức z z .1; 2

Từ giả thiết : z1z2 6  OM ON 6
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
3
OI
  

với I là trung điểm của đoạn thẳngMN.

1 2 2

z  z   OM ON 2

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

 
 
2
MN
  .
Ta có

2 2 2

2 4

OM ON MN

OI    2

2
2
2 2O
2
MN
I
OM ON
   
20.

1 2

Pz  z OM ON  P2 



1 12 2

 

OM2ON2



40.


Vậy axm P2 01 M.

1 2

Pz  z OM  ON
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
OM ON

   6

 .

Vậy minP 6 m.

Suy ra M m i .  40 36  76.

Câu 2. [2D4-4-PT2] Cho số phức z thỏa mãn

. 3

i z  

. Giá trị lớn nhất của biểu thức
4

2z 1 i 1 5

P    z  i

là:

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

5
2 .

Lời giải

Chọn C.

Ta gọi M x y( ; )là điểm biểu diễn số phứcz.

. 3

i z   2



3



2 5

x y

   

. Suy ra

( ; ) (0;3);

M x y C I R 

 

Khi đó:

2z 1 i 1 5

P    z  i 2 z 2 5

2 i z 1 i

      2 MA MB

với





;2 ; 1;5
2

A  B

 

Ta có:

1
; 1

IA   

 







;IB  1; 2 suy ra IB 2. IA.

Theo định lý Stewart ta có:

2 5 2 3 5 2 5

5 . 5

2 2 2

MA  MB  MI  

 

   2MA2MB2 15
(Hoặc có thể chứng minh theo phương pháp véc tơ

MI MA AB

  

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

   1

MA AB

  1





MA MB MA

  

   2 1

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





2 4 2 1 2 4 . .cos ,

9 9 9

MI  MA  MB  MA MB MA MB

 



2 2

4 1 4

. .cos AMB

9MA 9MB 9MA MB

  

2 2 2

2 2

4 1 4 .

9 9 9 2. .

MA MB AB

MA MB MA MB

MA MB

   

    

 

2 2 2

2 1 2

3MA 3MB 9 AB

  

2 2

2MA MB

 

2 2 2

MI AB

 

15
 )

Vậy P2 MA MB
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 



2. 2.MA MB



 









2 2 2 2

2 1 2MA MB

  

 3 5.

Câu 43. [2H3-3] (Đề Star Education) [2H3-3] Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A



1; 2;3



đường thẳng

 

d :

2 1

1 3 2

x y z

 

 và mặt cầu

 

S :













2 2 2

1 2 3 16

x  y  z 

. Hỏi có
bao nhiêu đường thẳng

 

 qua A, vng góc

 

d và tiếp xúc với

 

S

A.0 . B. 1 . C.2. D. Vô số.

Lời giải
Chọn B.

Gọi VTCP

 

 là u



a b c a; ; ,



2b2c2 0


Mặt cầu

 

S : Tâm I



1; 2;3 ,



R4



0; 4;0



IA 



, IA u,  



4 ;0; 4c  a



 

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

 

. Ta có

 



;



IA u, 4

d I

u

 

 

  

 


2 2 2 2 2

4 a c 4 a b c

     b0

Mà VTCP

 

d vuông góc VTCP

 

 nên a3b 2c 0  a2c.

Chọn c 1 a . Nên có 1 VTCP của phương trình đường thẳng 2

 

 . Vậy có 1 PT thỏa.

Bài tập phát triển:

Câu 1: [2H3-3] Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm B



1;2; 5



, đường thẳng

 

d :

6 5 1

1 4 1

x y z

 

 và mặt cầu

 

S :













2 2 2

1 2 1 4

x  y  z 

. Hỏi có bao nhiêu đường

thẳng

 

 qua B, vng góc

 

d và tiếp xúc với

 

S

A.0 . B. 1 . C.2. D. Vô số.

Lời giải
Chọn C.

Gọi VTCP

 

 là u



a b c a; ; ,



2b2c2 0


Mặt cầu

 

S : Tâm I



1; 2; 1 ,



R4



0;0; 4



IB  



, IB u,  



4 ; 4 ;0b  a



 

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

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

Ta có VTCP

 

d vng góc VTCP

 

 nên a4b c  0  c a 4b.

 



;



IB u, 2

d I

u

 

 

  

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



2 2 2 2 2

4 a b 2 a b c

    









2 2 2 2

4 a b a b a 4b

     

2 2

2a 8ab 13b 0

   

4 42

a  b

 

Chọn b 2 a 4 42. Nên có 2 VTCP của phương trình đường thẳng

 

 . Vậy có 2 PT
thỏa.

Câu 2: [2H3-3] Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm C



0;6; 5



, đường thẳng

 

d :

6 5 1

1 2 5

x y z

 

 và mặt cầu

 

S :













2 2 2

2 6 5 7

x  y  z 

. Hỏi có bao nhiêu đường

thẳng

 

 qua C, vng góc

 

d và tiếp xúc với

 

S

A.0 . B. 1 . C.2. D. Vô số.

Lời giải
Chọn A.

Gọi VTCP

 

 là u



a b c a; ; ,



2b2c2 0


Mặt cầu

 

S : Tâm I



2;6; 5 ,



R 7



2;0;0



IC 



, IC u,  



0; 2 ;2 c b



 

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

Ta có VTCP

 

d vng góc VTCP

 

 nên  a 2b5c 0  a2b5c.

 



;



IC u, 7

d I

u

 

 

  

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



2 2 2 2 2

2 b c 7 a b c

    









2 2

3 b c 7 2b 5c 0

    

2 2

31b 140bc 178c 0

    có nghiệm b c  0  a không thỏa mãn điều kiện VTCP u0 
Vậy khơng có PT thỏa.

Câu 44 [2H2-3] (Đề Star Education) Trong không gian Oxyz, cho điểm A



1;1;1



và đường thẳng ( )d :
1

1
3

x t

y t

z t

 



 


  

 . Trong tất cả các đường thẳng đi qua gốc tọa độ O, cắt đường thẳng ( )d , ( )d1 là

đường thẳng mà khoảng cách đến A là lớn nhất, ( )d2 là đường thẳng mà khoảng cách đến A

là nhỏ nhất. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng ( )d1 và ( )d2 .

A. 0 . B.

2. C.

4 . D.

1
4.

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

Chọn A.

Gọi ( )P là mặt phẳng chứa ( )d và đi quaO : ( ) :P x 2y z 0

Gọi Hlà hình chiếu vng góc của A lêm mặt phẳng ( )P

4 1 2
( ; ; )

3 3 3

H

 1(4;1;2)

OH

  1

1
3u
 

( )d là đường thẳng qua O và H . Suy ra( )d có một VTCP 2 u  1 (4;1;2):

Gọi B là giao điểm của ( )d và ( )d2 B(1  t; 1 t;3 t) OB    (1 t; 1 t;3 t)



Khoảng cách từ Ađến ( )d2 lớn nhất khi

2 . 0

OA d OA OB                 t 3OB ( 2; 4;6)


(d )

 có một VTCP u  2 (1;2; 3)

Ta có

1 2
1 2

1 2

| . |

( , ) 0

| |. | |

u u
cos d d

u u

 

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

 

.
Vậy chọn A.

Câu 1. [2H3-3PT1] Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng

x y z
d: 1 1

1 2 1

 

 

 và hai điểm

A(1;1; 2)



,

B( 1;0;2)



. Gọi



1 đường thẳng qua

A

, vng góc với

d

sao cho khoảng cách

từ

B

tới



1 là nhỏ nhất và



2là đường thẳng qua

A

, cắt

d

sao cho khoảng cách từ

B

tới



là nhỏ nhất. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng 1và2.

A. 
15

75 . B.

25 1767

1767 . C.

4 . D.

4 126
64 .

Lời giải
Chọn B.

Gọi

( )

P

là mặt phẳng đi qua

A

và vng góc với

d

. Gọi

H

là hình chiếu vng góc của

B

lên

( )

P

. Khi đó, đường thẳng



1 đi qua

A

và

H

thỏa YCBT.

Ta có: ( ) :P x2y z  5 0 và  H 1 8 23 3 3; ;

 

 

  .



1có một VTCP: u13AH ( 2;5;8)





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

Ta có: (Q) :x z  1 0 và K 2;0;1









2có một VTCP: u2 AK  ( 3; 1;3)





1 2
1 2

1 2

| . | 25 1767

( , )

1767
| | . | |

u u
cos

u u

   

 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 

 

Vậy chọn B

Câu 2. [2H3-3PT2] Trong không gian Oxyz, Cho đường thẳng

x 1 y z 1

2 3 1

 

  

 và hai điểm
A(1;2; 1), B(3; 1; 5)  . Gọi

d

đường thẳng đi qua điểm

A

và cắt đường thẳng



sao cho

khoảng cách từ

B

đến đường thẳng

d

là lớn nhất. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng và

d.

A. 
406

406 . B. 0 . C.

4 . D.

3 21
13 .

Lời giải
Chọn D.

Giả sử

d

cắt  tại M  M( 1 2 ;3 ; 1 ) ,   t t   t AM  ( 2 2 ;3 2; ), t t t AB(2; 3; 4) 

 

Gọi

H

là hình chiếu của

B

trên

d

. Khi đó, d B d( , ) BH BA . Vậy d B d( , ) lớn nhất bằng

BA H A  AM AB  AM AB. 0

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

 
 
 

 t 2



d

có một VTCP : u2 AM (1;2; 1)



 

 có một VTCP : u1 (2;3; 1)



Ta có

1 2

| . | 3 21
( ,d)

13
| | .| |

u u
cos

u u

  

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

Vậy chon D

Câu 45 [2H1-3] (Đề Star Education) Cho hình vng ABCD cạnh a, trên đường thẳng vng góc với



ABCD



tại A ta lấy điểm S di động. Hình chiếu vng góc của A lên SB , SD lần lượt là
H, K. Thể tích của ACHK lớn nhất bằng.

A. 
3 3
16

a

. B.

3 6
32

a

. C.

3 2
12

a

. D.

3
6

a

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

Cách 1

Gọi O là tâm của hình vng ABCD .

Ta có

AB
S
C

BC A

B 







 BC 



SAB



 BC AHmà AH SB  AH 



SBC



 AH SC.

Ta có

AD

CD S

CD
A







  CD



SAD



 CDAK mà AK SD  AK 



SCD



 AK SC .

Do đó SC 



AHK



Ta có



SAC

 

 SBD



SO, gọi M SOHK suy ra



SAC

 

 AHK



AM . Gọi

N AM SC.

Đặt SA , x x  .0

Ta có

2 2

1 1 1

3 2 6

S ABD

V  SA AB  xa

.
.

2 2

S AHK
S ABD

V SA SH SK SA SA

V SA SB SD  SB SD









4 4

2 2

2 2 2 2

SA x

AB

A a

S x












5 2
2

2 2

1
6

S AHK

x a

x a

V






Ta có SC 



AHK



 SN 



AHK



1
3

S AHK AHK

V SN S

 

Mà

2 2 2

2 A 2 2 2 2

SA

C

SA x

SN

SC SA x a

 




 .

Khi đó

.
3 S AHK

AHK

V
S

SN

 









5 2
2

2 2 3 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2
1

2
2

6 1

a

a a a

a
a

x

x x x

x x

x

 







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

Trong tam giác SAC dựng đường thẳng qua O , song song SC và cắt SA tại F. Mà









SC  AHK  OF  AHK

. Gọi E OF AN. Suy ra OE 



AHK



 OEAN.
Xét tam giác vuông SAC , ta có OF song song với SO suy ra OF là đường trung bình của tam

giác. Do đó

2 2

SC x

OF    a

Xét tam giác vng AOF ta có

2
OA
OE
OF
 
2
2

2 2 2 2

2
2

2 2

a

x a  x a



  .

Khi đó .

O AHK AHK

V  OE S





2 3 2 2 2

2 2 2 2 2

1 1 2

3 2

a x a a

a a
x
x x

 
 






3 4
2
2 2
1

6
x
x
a
a
 

.

Suy ra





3
4
2
2
. .
2
1
2
3

C AHK O AHK

x
V a
a
V
x
  


.
Xét hàm

 





3
2
2 2
x
f x

x a



,   .x 0

Ta có

 













2 2 2 4 2 2

2 2

4
3

' x a x x a

a
x
f x
x
  











2 2 2 2

2 2

3 4

x x x

x
a
a
  



  









2 2 2

3
2 2
3 x
a
x a
x
 

.
Cho

 

0
0 3
3
x

f x x a

x a



    



 . Ta được bảng biến thiên như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta có 0; 

 

3 3
max

x  f x  a .

Khi đó
3
4
.
1
max
3

3 3 3

16 16

C AHK

V a a

a

 



Cách 2:

Vì ABCD là hình vng và SA



ABCD



nên 2

SH SK SK SD

SB SD  SD

2 2

2 2 2

SA x

SD x a

 



Ta có SAHK SCHK . SABD
SH SK

V V V

SB SD

 





4
2

2 2 SABD

x
V
x a







4
2
2 2
1
2 SABCD
x
V
x a


Lại có

































; ;
; ;

d H ACD d K ABC

d S ABCD d S ABCD

2 2

BK BK BS BA

BS BS BS

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

Do đó

2 2

HABC KADC SABC

a

V V V

a x

 



2 2

1
.

2 SABCD

a
V

a x





Vậy VACHK VS ABCD. 



VSAHK VSCHK VHABC VKACD







2
2

2 2 SABCD

x
V

x a








4 3

2 2

1
.
3

ACHK

x

V a

x a

 



Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 9 số 9
x

, 6 số
2
3

a

x và số

4
3

a

x ta có:

2 4 9 12 4

3 9 6 6 3

9. 6. 16 . .

9 3 9 3 3 3

x a a x a a a

x x x x

   

 

    

 

     

Dấu bằng xảy ra khi x a 3

Do đó





4 3

2 2

.
3

ACHK

a x

V

x a





2
3
4

4
1
.

3 2

a

a a

x

x x



 

4 1 3 3

.
16

3 16

3 3

a a

a

 

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích ACHK là

3 3
16

a
V 

Bài tập phát triển:

Câu 1 [2H2-1] Một người thợ có một khối đá hình trụ. Kẻ hai đường kính MN , PQ của hai đáy sao cho

MN PQ. Người thợ đó cắt khối đá theo các mặt cắt đi qua 3 trong 4 điểm M , N , P, Q để

khối đá có hình tứ diện MNPQ . Biết MN 60cm cm và thể tích khối tứ diện MNPQ bằng
3

30 dm . Hãy tính thể tích lượng đá cắt bỏ, làm trịn đến một chữ số thập phân sau dấu phẩy)
A. 121,3dm .3 B. 141,3dm .3 C. 111, 4dm .3 D. 101,3dm .3

Lời giải
Chọn C.

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

Ta có thể tích khối chóp









, sin , 60

6
1

MNPQ PQ d MN PQ MN PQ

V  MN     h

Mà

60 30000 50 c

30000 m

MNPQ h

V       h

Gọi V là thể tích khối trụ, V là thể tích lượng đá cắt bỏ, khi đó ta có1
2

1 30000 111371cm 111, 4dm

MNPQ

MN

V V h

V        



 

 .

Câu 2 [2H1-3] Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB, BC

và điểm P là điểm đối xứng với B qua D. Mặt phẳng



MNP



chia tứ diện thành hai phần có 
tỉ số thể tích là

A.

11 . B.

18 . C.

18 . D.

1
2 .

Lời giải
Chọn A.

Gọi E, F lần lượt là giao điểm của PM , PN với AD, DC . 
Gọi V VABCD, V 1 VBMNCDF, V2 VAMNCEF. Ta có

1
2

2
1 1

2 2

B MNP

V BM BN BP

V

V  BA BC BD     V  V .









PE PF

AC MN PMN AC PMN AC EF EF M

PM PN

N

     

   

Ta có E là trọng tâm tam giác APB suy ra

2
3

PE
PM 

Mà
.

. .

1 2 2 1 2 2 1 1

2 3 3 2 3 3 2 9

P DEF

P DEF P MNB

P MNB

V PD PE PF

V V V V

V PB PM PN          

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

Ta có 1

1 1 7

2 9 18

PMNB PDEF

V V  V  V  V  V

Suy ra 2 1

7 11

18 18

V  V V  V V  V

. Do đó
1
2

7
11

V

V  .

Câu 3 [2H2-2] Khi cắt mặt cầu

 

S bởi một mặt kính ta được hai nửa mặt cầu và hình trịn lớn nằm trong
mặt kính đó gọi là mặt đáy của nửa mặt cầu. Một hình trụ được gọi là nội tiếp nửa cầu





S O R

nếu một đáy của trụ nằm trong đáy của nửa cầu, đáy cịn lại là giao tuyến của hình trụ
với mặt cầu. Biết bán kính mặt cầu là R 1, tính bán kính đáy r và đường cao h của hình trụ 
để thể tích khối trụ nội tiếp nửa cầu là lớn nhất.

A.

3
2

r 

6
2

h 

. B.

6
2

r 

,

3
2

h 

. C.

3
3

r 

6
3

h 

. D.

6
3

r 

3
3

h 

Lời giải
Chọn D.

Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường trịn đáy trên có tâm O có hình chiếu

của O xuống mặt đáy

 

O . Suy ra hình trụ và nửa mặt cầu cùng chung trục đối xứng và tâm

của đáy dưới hình trụ trùng với tâm O của nửa mặt cầu. Ta có h2 r2 R2



0hR1



2 1 2

r h

   .

Thể tích khối trụ là





 

2 1 2 2

V r h  h h f h

 





1 3 0

f h  h h

     

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

Dựa vào bảng ta thấy thể tích khối trụ lớn nhất khi

3
3

h  6

r

 

Câu 4 [2H2-2] Cho một quả bóng bàn và một chiếc cốc nhỏ dạng hình trụ có cùng chiều cao. Khi người

ta đặt quả bóng lên chiếc cốc thì phần ngồi của quả bóng có chiều cao bằng

4 chiều cao quả

bóng. Gọi V , 1 V lần lượt là thể tích chiếc cốc và quả bóng. Khi đó tỉ lệ 2
1
2

V

V có giá trị là

A.

8 . B.

9 . C.

3 . D.

3
4 .

Lời giải
Chọn D.

Gọi chiều cao của chiếc cốc hình trụ là 2h và bán kính đường trịn đáy của hình trụ là r.

Gọi O là tâm của quả bóng bàn, khi đó khoảng cách từ O đến mặt phẳng thiết diện bằng 2
h
.

Bán kính đường trịn đáy hình trụ là

2 2 3

O h

AI  OA  I 

Thể tích của quả bóng bàn là

3 3

4 4 4

3 3 3

h

R h

V      

Thể tích của chiếc cốc là

3
2

3 3

2 2 2

c

h

r h h h

V      

 




 



Vậy tỉ số

3
1

3
2

9
2

8
4

h

h
V

V




 

Bài 47. [2D2-4] (Đề Star Education) [2Đ2-4] Cho hàm số yf x

 

có đồ thị như hình vẽ. Hỏi có bao

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

A. 0 . B. 1. C. 2017 . D. 2018 .

Chọn.B.

Từ đồ thị hàm số yf x

 

ta thấy

 

1, 3

f x    x

 

0 , 0

f x f x  x x

nếu x  0 3

Ta có yf m x





 

 m1



x y x( ) f m x





 

 m1



Để hàm số đồng biến trên khoảng



1;1



thì



 















( ) 1 0 1;1 1 1;1

y x  f m x   m    x  f m x      m x

 



1; 1



f t m x m m

       với t m x 

- Trường hợp 1: m  1 3 m , khi đó 2 f

 

t   1, x



m1;m1



nên f

 

t  m 1, x



m1;m1



   1 m 1 m2
2

m

  thỏa mãn trường hợp 1.

- Trường hợp 2: m  1 3 m , khi đó 2 f

 

t  f m



1 ,



 x



m1;m1



nên f

 

t  m 1, x



m1;m1



 f m



1



 m 1



 



 

f m m f u u

        với u m  1

Vẽ đồ thị hàm số y u  2 trên cùng hệ trục tọa độ. Nhìn vào đồ thị ta thấy khi

 

3 2

u  f u  u . Suy ra trường hợp 2 khơng có giá trị nào của m thỏa mãn.
Vậy có 1 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài tập phát triển:.

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

A. 0 . B. 1. C. 2017 . D. 2018 .

Lời giải

Chọn.A.

Ta có yf m x





 

 m1



x y x( ) f m x





 

 m1



Để hàm số đồng biến trên khoảng



2;2



thì



 





2; 2











( ) 1 0 1 2 .

y x  f m x   m   x   f m x     m x 

 



2; 2



f t m x m m

      

với t m x 

- Trường hợp 1: m  2 3 m , khi đó 1 f

 

t   1, x



m 2;m2



nên f

 

t  m 1, x



m 2;m2



   1 m 1 m2
 khơng có giá trị m thỏa mãn trường hợp 1.

- Trường hợp 2: m  2 3 m , khi đó 1 f

 

t  f m



2 ,



 x



m 2;m2



nên f

 

t  m 1, x



m 2;m2



 f m



2



 m 1



 



 

f m m f u u

       

với u m  2

Vẽ đồ thị hàm số y u  3 trên cùng hệ trục tọa độ. Nhìn vào đồ thị ta thấy khi

 

3 3

u  f u  u

. Suy ra trường hợp 2 khơng có giá trị nào của m thỏa mãn.
Vậy cả hai trường hợp đều khơng có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

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

A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 2018 .

Lời giải

Chọn.C.

Ta có yf m x





 

 m1



x y x( ) f m x





 

 m1



Để hàm số nghịch biến trên khoảng



1;1



thì



 















( ) 1 0 1;1 1 1;1

y x  f m x   m    x  f m x      m x





1 2

(*)

1 3

1 2

(**)

1 1

m
m

m

m f m

   




 





   

  

  

 


Giải(*) ta có m2;m thỏa mãn.3

Giải(**)





1 2 2

1 1

m

m f m

   


    

 . Đặt u m  1 u  2 2 u 4;uf u

 

.

Vẽ đồ thị hàm số y u trên cùng hệ trục tọa độ. Nhìn vào đồ thị ta thấy khi

 

u   u f u

Suy ra hệ (**) vơ nghiệm. Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn.(OK)

Câu48.[2D1-4] Choa b, là hai số thực sao cho phương trình ln2x a lnx 4 0vàlog2 x b logx  1 0

có nghiệm chung. Tìm giá trị nhỏ nhất của a b .

A. 2 B. 1 C.

(ln10 1)(4 ln10)
2

ln10

 

D. 2

2 ln10
2

6 ln 10



Lời giải

Chọn C.

ln
log

ln10

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

Xét hệ
2

ln ln 4 0

log log 1 0

x a x

x b x

   


  

 
2
2
2

ln ln 4 0

ln ln 1 0

ln 10 ln10

x a x
b
x x
   



  

 
2
2 2

ln ln 4 0

ln ln10.ln ln 10 0

x a x

x b x

   


  

 .

Đặt ln x t Hệ trên có dạng

2 2

. 4 0

ln10. ln 10 0

t a t

t b t

   




  



 (I)

Từ giả thiết suy ra hệ (I) có nghiệm.

Nhận xét: t  khơng là nghiệm của hệ nên 0

2
2 2
4
( )
ln 10
ln10.
t
a
t
I

t
b
t
  



 
 
 


 vì t 0

2 4 2 ln 102
ln10.

t t

a b

t t

 

    (1 1 ). ln10 4

ln10 t t

 

  
Ta có
1
1 0
ln10
4 ln10 0

 


  
 
1
(1 )
ln10 t

và
4 ln10
t


cùng dấu nên

ln10 1 1

(4 ln10).
ln10

a b t

t



   

( t 0)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

(ln10 1)(4 ln10)
2

ln10

a b   

Dấu “=” xảy ra 

ln10 1 1

(4 ln10).

ln10 t t


 

(4 ln10).ln10
ln10 1

(4 ln10).ln10
ln10 1
t
t


 
 



 
 




 x e

 hoặcx e .

Vậy a b đạt giá trị nhỏ nhất bằng

(ln10 1)(4 ln10)

2 .

ln10

 

Câu 50. [2D2-4] (Đề Star Education) Cho x y, là hai số thực, >y e thỏa

ln .

ln
=

x x

y y Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức P=xy.

A. e6. B. e8. C. e3 2 2+ . D.

3
4 2
2.
+
e
Lời giải
Chọn C.
Ta có
ln
ln
ln
=

x x
y y
ln

ln ln .

Û x- y= x

y Đặt a=ln ,x b=lny do y>eÞ b>1.

Khi đó - =
a
a b

b Û - 2=

ab b a

2
.
1
Û =

-b
a

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

Ta có
2

1
+ = +

-b

a b b

b

2 1 1
1
- +
= +

-b
b
b
1
2 1
1
= + +

-b

b

(

)

2 1 3 2 2 3

= - + + ³ +

-b

b

Do đó giá trị nhỏ nhất của P là e2 2 3+.

Chọn C.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: Xét các số thực dương x ,y thỏa mãn 3
1

log 3 2 4

xy

xy x y

x y



   

 . Tìm giá trị nhỏ nhất P min
của P x y  .

A. min

9 11 19
9

P  

. B. min

9 11 19
9

P  

. C. min

18 11 29
9

P  

. D. min

2 11 3

P  

.

Lời giải
Chọn D

Theo đề bài suy ra: 1 xy0.

Ta có: 3

log 3 2 4

xy

xy x y

x y



   

  log 3 33



 xy



 3 3xylog3



x2y



 x 2y

 

1 .

Xét hàm số: f t

 

log3t t t ,



0



 

1 0, 0

ln 3

f t t

t



    

Hàm số f t

 

đồng biến trên khoảng



0; 



Do đó:

 

1  f



3 3 xy



f x



2y



 3 3 xy x 2y

3 2
1 3
y
x
y

 


Theo đề bài ta có: x y , 0

3
0
2
y
  
.
Ta có:
3 2
1 3
y

P x y y

y

   

3
0
2
y
 
 
 
 .

Đạo hàm:





2
11
1
1 3
P
y

  

  P0

11 1
3

y 

  0;3

 

  

 

Ta có: P

 

0 3;

11 1 2 11 3

;

3 3

P   

 

3 3

2 2

P 

  . Vậy min

2 11 3
3

P  

Câu 2: Cho x y  , thỏa mãn:









2 2 2

2 2

3 .log 1 log 1

x y

x y xy

 

     

. Tìm giá trị lớn nhất của



3 3



2 3

M  x y  xy
.

2 . B.

2 . C. 3 . D. 7 .

Lời giải
Chọn A

Theo đề bài ta có điều kiện:

0
1
1 0
x y
xy
xy
 

 

 
 .

Ta có:  









2 2

2 2

3x y .log x y 3  xy.log 2 2xy

  

 

1 .

Xét hàm số:

 

3 .log2

t

f t  t

 

3 .ln 3.log 3 . 0, 0

.ln 2

t t

f t t t

t



     

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

Do đó:

 





1  x y  2 2xy x2 y2 2

   



x y



2  2 2xy





2 2
2

x y

xy  

 

Ta có





3 3

2 3

M  x y  xy 2



x y



3  6xy x y







 3xy







 



2 3





2 3 2 2

x y x y  x y   x y 

        

   





3 3





2 6





x y x y x y

      

Ta có









2 2 2

2 4

x y  x y   2 x y 2

Xét hàm số

 

3 3 2 6 3

f t t  t  t

với t  



2;2



Ta có f t'

 

3t2  3t6; f t '

 

1
.
2

t
t



  

 Ta có f 





7;

 

1 ;

f  f

 

2 1

Do đó giá trị lớn nhất của M là

2 xảy ra khi

x y

x y

 







1
.
2

x y

  

Chọn A.

Câu 3: Xét các số thựcx y, thỏa mãn









2 2

log 2x 4x 1 log 3y 9y 1 5

. Ký hiệu m là giá
trị nhỏ nhất của biểu thức P2x3y. Mệnh đề nào sau đây đúng?

5
1;

m   

  B.

5 7
;
2 2

m   

  C.

7
;4
2

m   

  D. m 



4;6



Lời giải.
 Chọn D

Ta có









2 2

log 2x 4x 1 log 3y 9y 1 5



 



2 2

log 2x 4x 1 . 3y 9y 1 5

     



 



2 2

4x 1 2x 9y 1 3y 32

     









2 2

4 1 2 32 9 1 3

9 1 3 32 4 1 2

x x y y

y y x x

     


 

     



Cộng vế theo vế ta được





2 2

2 3 4 1 9 1

x y x   y 

Ta có













2 2 2

2x  1 3y  1 2x3y 4

suy ra





2 3 2 3 4

x y x y 

Đặt t 2x3y0 suy ra

4
33

t t 

suy ra

31 2
8

t 

ta được

31 2
8

P 

. Vậy

31 2
8

m 

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

Câu 1: Câu 47: [1H3-3] ( Đề chuyên Hạ Long lần 2-2018- mã đề 123). Cho hình chóp S ABCD. có
đáy ABCD là hình vng cạnh a. Tam giác SAB đều, tam giác SCD vuông đỉnh S. Điểm

M thuộc đường thẳng CD sao cho BM vng góc với SA. Độ dài AM là

A. 
7

a

. B.

5
2

a

. C.

3
2

a

. D.

2
.
3

a

Lời giải

Chọn B

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

Kẻ SH (ABCD)H; SA SB a   HA HB  HEF

HC HD

   SCSD SCDvuông cân tại S.

EF:

S



SE= ,EF=a,
2

a

SF=

2 2

CD a

 2 2 2

SE SF EF

    SEFvuông tại S.

Gọi $AH$ cắt $BC$tại K . Ta có

SE
EH

EF

 3

a



BK EH

 

3
2

a



Cách 1:

( . . )

ABK BCM g c g

   B Cˆˆ,AB BC AKB CMB , 

3
.
2

a

CM BK

  

a
DM

 

. Trong ADM ta có:AM  AD2DM2

5
.
2

a



Cách 2:

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

( ;0)

B a ,M



0;m







; , ;

4 2

a a

A a a H 

   BM



a m;



 , 3 ;

4 2

a a

AH  

 



Để BM AH

2
3

4 2

a am

   3

a
m

 

. Khi đó

;
2

a
AMa 

 

 5
.
2

a
AM

 

Cách 3:

Ta có BM CM CB 

Ta có

1 3

2CD 4CB
  

. 0

BM AH 

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

khi



CM CB



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

 
 
 
 

hay

2
3

0
4CB

 



1
.

CM CD

 
 

2
3

0
4CB

 



.
2

a
CM

 3 2

4a


hay

3
2

a
CM 

Câu phát triển.

Câu 2: [1H3-3]. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh a. Tam giác SAB đều,
tam giác SCD vuông đỉnh S. Điểm M thuộc đường thẳng AD sao cho BM vng góc với

SA. Độ dài CM là

A. 
10
3

a

. B.

10
9

a

. C.

10
9

a

. D.

2
.
3

a

Lời giải

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

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

Kẻ SH (ABCD)H; SA SB a   HA HB  HEF

HC HD

   SCSD SCDvuông cân tại S.

EF:

S



SE= ,EF=a,
2

a

SF=

2 2

CD a

 2 2 2

SE SF EF

    SEFvuông tại S.

Gọi $AH$ cắt $BC$tại K . Ta có

SE
EH

EF

 3

a



BK EH

 

3
2

a



Trong



ABCD



chọn hệ trục



Oxy



sao cho A O

( ;0)

B a ,M



0;m







; , ;

2 4

a a

C a a H  

   BM



a m;



 , ;3
2 4

a a

AH  

 



.
Theo giả thiết BM SA  BM HA ( theo định lý 3 đường vng góc)

Để BM AH

2 3 2

2 4 3

a am a

m

      0;2

a

M 

  

  . Khi đó ; 3

a
CM a  

 



2 10.

9 3

a a

CM a

   

Câu 3: [1H3-3]. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật có AD2AB a . Tam

giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng tạo với đáy



ABCD



một góc 60 . Điểm M thuộc

đường thẳng AD sao cho CM vng góc với SB. Độ dài CM là

A.

1
2

CM   a

  . B.

2
1

CM   a

  . C.

2
2

CM   a

  . D.

2
2

CM   a

 

Lời giải

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

Tam giác $SAB$ đều cạnh a

3
,

a

SE AB SE

  

. Gọi SH 



ABCD



tại H .
Do SA SB suy ra HA HB  HEF.

Ta có



 







SAB , ABCD



SEH 60

 

SEH

 vuông nên

1 3

2 4

a

EH  SE

Do SBCM  HBCM ( định lí 3 đường vng góc).

Trong mp



ABCD



chọn hệ trục



Oxy



sao cho A O , đỉnh D thuộc tia Ox, đỉnh B thuộc

tia $Oy$. Ta có:

(0; )

B a M m







2 ; ,



4 2

a a

C a a H 

   CM 



m 2 ;a a



 3;

4 2

a a

HB  

 

 



Để HBCM





3 3 1

2 2 .

4 2 3

a a

m a m a 

      2 2

CM  a

   

 

Câu 45. [2H1-3] (mã 108- chuyên Hạ Long lần 2) Cho lăng trụ tam giác đêu ABC A B C cạnh đáy. ' ' '

bằng a , chiều cao bằng 2a . Mặt phẳng

 

P qua B' và vng góc 'A C chia lăng trụ thành hai

khối. Biết thể tích của hai khối là V và 1 V với 2 V1V2. Tỉ số
1
2
V
V bằng

A.

1
.

47 B.

1
.

23 C.

1
.

11 D.

1
.
7

Lời giải

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

Gọi Hlà trung điểm của ' 'A C  B H' A C' ( vì B H' (AA ' ' )C C ).

Từ Hkẻ HK vng góc với 'A C cắt AA' tại K , 'A C tại I .





' '

A C B KH

   V1VA B HK'. ' , V2 VB'HK.BAKHCC'

Ta thấy:

'IH ' '

' '

IH A

A A C C

CC A C

 

 

IH

 

'
'.

A H
CC

A C .= 2 2

' 5

' '

A H a

CC

A C CC 

Trong A'IH có:

2 2 5

' ' .

a
A I  A H  IH 

' 'I 5

'IK 'A

' 'A 20

A K A a

A A C

A C A

  

  ' ' 5 .

20 4

a a

A K A C

  

1 ' ' ' '

1 3

'.S .

3 96

KA B H A B H

a

V V  KA  

3
. ' ' ' ' ' '

'. .

ABC A B C A B C

a

V V AA S 

2 1

47 3

a

V V V

   

.
1
2

1
47

V
V

 

Bài tập tương tự

Bài 1: [2H1-3] Cho hình lập phương

ABCD A B C D

.

   

cạnh

a

. Gọi

M

là trung điểm của

cạnh

BB

. Mặt phẳng



A MD





chia hình lập phương thành hai khối đa diện. Tính tỉ lệ của thể
tích khối đa diện chứa điểm A trên thể tích của hai khối đa diện không chứa điểm A .

A.

7
.

17 B.

1
.

17 C.

17 D.

17
.
7

Lời giải:

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

Gọi

N

là giao điểm của

A M



và

AB

K

là giao điểm của

DN

và

BC

Mặt phẳng

(

A MD



)

chia hình lập phương

ABCD A B C D

.

   

thành hai khối đa diện

A MKDAB



và khối đa diện

A B C D MKCD

   

A B

 

/ /

BN

nên

' ' '

1 ' ' .

A B MB

BN A B a

BN MB    

BN CD

/ /

nên 1

BK BN AB

CK CD CD  2.

a
BK CK

  

. Ta có:

3
.

. . .

6 24

B MNK

a

V  BM BN BK 

3
. '

AA'.AN.AD= .

6 3

A A ND

a

V 

' . ' .

7
24

A MKDAB A A ND B MNK

a

V V V

   

Thể tích khối lập phương

ABCD A B C D

.

   

bằng

a

. ' ' ' ' ' ' ' ' '

ABCD A B C D A MKDAB A B C D MKCD

V V V

3
' ' ' ' , ' ' ' ' '

17
24

A B C D MKCD ABCD A B C D A MKDAB

a

V V V

   

'
' ' ' '

7
17

A MKCDAB
A B C D MKCD

V
V

 

Bài 2: [2H1-3] Cho lăng trụ tam giácABC A B C. ' ' '. Gọi M N P, , lần lượt là trung điểm của các cạnh

' ', , '.

A B BC CC Mặt phẳng (MNP) chia khối lăng trụ thành hai phần, phần chứa điểm Bcó thể

tích là V1. Gọi V là thể tích khối lăng trụ. Tính tỉ số 
1.
V
V

A.

216 B.

143

216 C.

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

Ta có:

1
'

C Q CN  BC
..

Gọi Chiều cao, và diện tích đáy lăng trụ là h và S

3 1 3

2 2 4

B MQ

S S S

   . ' 1 3 3. . 3

3 2 4 8

R MB Q

h

V S V

  

1 1 1

2 6 12

BNK

S S S

   .BNK

1 1 1

. .

3 3 12 108

R

h

V S V

  

1 1 1

3 2 6

JQC

S S S

   . ' 1. .1 1

3 2 6 36

P JC Q

h

V S V

  

1 R MB Q. ' R KBN. P C JQ. '

V V V V

   

73
.
216V


1 73 .

216

V
V

 

</div>

Câu hỏi vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2017 trường star education lần 1 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

(

)

(

)

(

)























 











 

 

<sub></sub>

<sub></sub>



 





 



<sub></sub>

<sub></sub>

































 

 













 

 

 

 





 













 





 

 

 

