Các câu vận dụng cao có đáp án chi tiết môn toán lớp 12 năm 2017 trường thpt lê hồng phong | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (723.95 KB, 34 trang )

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

TUYỂN TẬP CÁC CÂU VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO

TRONG ĐỀ THI TRONG ĐỀ THI 8 TUẦN KÌ II- LÊ HỒNG PHONG-NAM ĐỊNH
2017-2018

+ ĐỀ THI THỬ THPTQG –THPT HỒNG LĨNH – HÀ TĨNH
(Nhóm GV thuộc tổ 10 thực hiện)

Đề LÊ HỒNG PHONG

Câu 6. [1D3-3] Cho dãy số

n

( u )được xác định bởi

1
1

n n

u

u  u n, n






   

 . Tìm số các giá trị củanđể
21529

n

u  .

A.209 . B.208 . C.210 . D.211

Lờigiải:
 Chọn B.

2 1 1

u  u 

3 2 2

u  u 

4 3 3

u  u 
.

1 1

n n

u  u   n

Cộng vế với vế ta được:

1 1 2 3 4 ... 1

n

u  u       n 1



  

21529

n

n n

u 

     n208

Bài toán Phát triển:

Câu 1. [1D3-3] Cho dãy số

n

( u )được xác định bởi

1
2

1 1

n n

u

u  u n , n





    

 . Tìm số các giá trị
của n đểu n 21529.

A.209 . B.208 . C.211. D.211

Lời giải:
 Chọn B.

2 1 2

u  u 

3 2 3

u  u 

4 3 4

u  u 
.

.
.

n n

u  u  n

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

1 2 3 4 ...

n

u  u     n 1



  

21737
2

n

n n

u 

     n208

Câu 2 [1D3-3].Cho dãy số

n

( u )được xác định bởi

1
2
1
1
1
n n
u

u  u n , n





   

 . Tìm số các giá trị của n để
21529

n

u  .

A.2019 . B.2018 . C.2020 . D.2021
Lờigiải:

Chọn B.
2
2 1 1

u  u 
2

3 2 2

u  u 
2
4 3 3

u  u 
.

.
.





1 1

n n

u  u   n

Cộng vế với vế ta được:





2 2 2

1 1 2 3 ... 1

n

u  u      n 1



   

2 1



2737280786
6

n

n n n

u  

     n2018

Câu 3 : [1D3-3] Cho dãysố ( )u xác định như saun

1 2

2 1

2, 5

5 6 , 1

n n n

u u

u  u  u n

 




   

 Tính giới hạn

lim .
3
n
n
u

 
 
 
A.1

3 . B.0 . C.. D.

1
2

Lờigiải:
Chọn A

Xét phương trình đặc trưng của dãy truy hồi là2 5 6 0.
  
Phương trình có 2 nghiệm là12,2 3.

Do đó .2n .3n
n

u a b . Với 1 2

1 1

2, 5 , .

2 3

u  u   a b

Suyra 1 1

3n 2n
n

u  

  và do đólim 1.

3 3
n
n
u
 

 
 

Tổng quát

: Cho dãysố( )un xác định như sau

1 2

2 1

0, 1

n n n

u u

au  bu  cu n

 




    

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

Tìm số hạng tổng quát. Xét phương trình đặc trưng

2 0.

a b c (1) Nếu (1) có 2 nghiệm   thì số hạng tổng quát 1, 2

1. 2. 2

n n

n

u a  a 

Từ

u1 ,u2 

ta tìm được

a a1, 2

Nếu (1) có nghiệm kép thì ( 1 2)

n
n

u  a na 

(Nguồn:tài liệu của thầy Mai Xuân Việt)

Câu 35. [2D1-3] Cho hàm 2 1
1
x
y

x



 có đồ thị

 

C và điểm P



2;5



. Tìm tổng các giá trị của tham số

m để đường thẳng d y:  x m cắt đồ thị

 

C tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho tam
giác PAB đều.

A. 1. B. 7. C. 5. D. 4.

Lời giải
Chọn D.

Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

C và d:
2 1

1
x

x m
x



 







2 3 1 0

x m x m

     

 

1 ( điều kiện x 1).

 

C cắt d tại 2 điểm phân biệt

 phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 m  

Tọa độ giao điểm A x



1;x1m



; B x



2;x2m



với x x1; 2 là 2 nghiệm của phương trình

 

1 .

Độ dài đường cao PH của tam giác PAB là: PH dP d, 
7

2
m


 .

Vì tam giác PAB đều nên 3
2
AB

PH 





2
1 2

2 . 3

2
2

x x

m 



  .

Áp dụng định lý Viet ở phương trình

 

1 ta được: 2

2m 8m 10 0

    .

Vậy tổng các giá trị mthỏa yêu cầu bài toán là 4. Chọn phương án D. 4.

Bài toán tương tự:
Bài 1: [2D1-3]
Cho hàm số 1

2
x
y

x



 có đồ thị

 

C và đường thẳng

 

d :y x m . Tìm m để

 

d cắt

 

C
tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho trọng tâm tam giác OAB thuộc đường thẳng x y 0.

A. m 1. B. m 0. C. m 1. D. m 2.

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

Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

C và d:
1

2
x

x m
x



 







1 1 2 0

x m x m

      

 

1 ( điều kiện x 2).

 

C cắt d tại 2 điểm phân biệt  phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2

 5

1
m

m


 


 

* .

Tọa độ giao điểm A x



1;x1m



; B x



2;x2m



với x x1; 2 là 2 nghiệm của phương trình

 

1 .
Gọi G là trọng tâm của tam giác OAB.

Khi đó 1 2; 1 2

3 3

x x x m x m

G      

  hay

1 1

;

3 3

m m

G   

 .

Theo đề G thuộc đường thẳng x y 0 nên 1 1 0 0

3 3

m m

m

 

    ( thỏa

 

* ).

Vậy phương án chọn là B. m 0.
 Bài 2: [2D1-3]

Đường thẳng

 

d :y x 4 cắt đồ thị hàm số

 

C :y x 32mx2



m3



x4 tại 3 điểm
phân biệt A B C, , sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 4( điểm B C, có hồnh độ khác 0
và M



1;3



). Tổng S các giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là:

A. S 5. B. S 3. C. S 5. D. S 1.

Lời giải
Chọn B

Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

C và d:





3 2 2 3 4 4

x  mx  m x  x  x x



22mx m 2



0





 

2 2 0 1

x

x mx m




 

   



 

C cắt d tại 3 điểm phân biệt

 phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 1
2
m
m




   



 

* .

Tọa độ giao điểm B x x 



1; 1 4



; C x x 



2; 2 4



với x x1; 2 là 2 nghiệm của phương trình

 

1 .

Độ dài đường cao MHcủa tam giác MBC là: MH dM d, 

1 3 4
2
 

  2.

Theo đề SMBC 4
1

. 4

2MH BC

   BC4 2  2



x2 x1



2 4 2.

Áp dụng định lý Viet ở phương trình

 

1 ta được 4m2 4m 24 0

   .

Giải ra ta được m 3 hoặc m 2.

Kết hợp với điều kiện

 

* suy ra giá trị m cần tìm là m 3.
Vậy chọn đáp án B. S 3.

Bài 3: [2D1-3]
 Cho hàm 3 2

1
x
y

x



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

A. 1. B. 7. C. 5. D. 4.
Lời giải

Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm của

 

C và d:
3 2

1
x

x m
x



 







2 4 2 0

x m x m

     

 

1 ( điều kiện x 1).

 

C cắt d tại 2 điểm phân biệt

 phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 m  

Tọa độ giao điểm A x x



1; 1m



; B x x



2; 2m



với x x1; 2 là 2 nghiệm của phương trình

 

1 .

Độ dài đường cao PH của tam giác PAB là: PH dP d, 

3
2
m 

 .

Vì tam giác PAB đều nên 3
2
AB

PH 





2
1 2

2 . 3

2
2

x x

m 

  .

Áp dụng định lý Viet ở phương trình

 

1 ta được 2m2 14m 47 0

   .

Vậy tổng các giá trị mthỏa yêu cầu bài toán là 7. Chọn phương án B.7.

Câu 36. [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 2

2 1 4

x y z

d   

 và mặt cầu

  

S : x1



2



y 2



2



z1



2 2. Hai mặt phẳng

 

P và

 

Q chứa d và tiếp xúc với

 

S .
Gọi M ,N là tiếp điểm. Tính độ dài đoạn thẳng MN.

A.

6. B. 2 2. C.

3. D. 4.

Lời giải
Chọn C.

Ta có mặt cầu

 

S có tâm I



1;2;1



, bán kính R  2.
Cách 1:

Gọi H là hình chiếu của điểm I trên đường thẳng d  IH d I d





 6
Theo bài ra ta có: IM IN  R 2  MH NH  IH2 IM2 2

2 2 2

1 1 1 1 1 3

2 4 4

ME MI MH

     

2
3
ME

  4

3
MN

 

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

Đường thẳng d đi qua điểm A



2;0;0



, có vectơ chỉ phương u



2; 1; 4



Mặt phẳng

 

P chứa d có dạng

 

P A x:



 2



By Cz 0



A2B2C2 0



Do d

 

P nên ta có 2.A1.B4C 0 B2A4C.

Ta có điều kiện tiếp xúc

 





R d I P

2 2 2

2 A B C

A B C

  

 

 

 

2 2

3 9

2 *

5 17 16

A C

A C AC



 

 

Biến đổi phương trình (*) về phương trình đẳng cấp bậc 2 đối với A B, . Giải phương trình, tìm
được mối liên hệ của A theo B. Từ đó suy ra phương trình mặt phẳng tiếp diện, suy ra tọa độ
tiếp điểm.

Chú ý: - Do phương trình (*) có nghiệm q lẻ nên tơi khơng trình bày chi tiết ở đây. Tơi đã 
chọn bài 01 minh họa cách giải này.

- Với bài tập này cách giải thứ nhất phù hợp hơn. Tuy nhiên với bài toán tìm tọa độ tiếp
điểm M N, hay viết phương trình đường thẳng MN thì cách 2 phù hợp hơn.

Bài toán tương tự:

Bài 01: [2H3-3] (Minh họa cách 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
13 1

1 1 4

x y z

d    

 và mặt cầu

 

2 2 2

: 2 4 6 67 0

S x y z  x y z  . Qua d dựng các mặt

phẳng tiếp xúc với

 

S lần lượt tại T T1, 2. Viết phương trình đường thẳng TT1 2.

A. 8 1 5

1 5 1

x y z

 

 B.

8 1 5

1 5 1

x y z

 



C. x1 8y51z15 D. 8 1 5

1 5 1

x y z

 

 

Lời giải
Chọn A.

Ta có mặt cầu

 

S có tâm I



1;2;3



, bán kính R 3.

Đường thẳng d đi qua điểm A



13; 1;0



, có vectơ chỉ phương u 



1;1; 4



Mặt phẳng

 

P chứa d có dạng

 

P A x:



13



B y



1



Cz0



A2B2C2 0



Do d

 

P nên ta có 1.A1.B4C 0 B A 4C.

Ta có điều kiện tiếp xúc R d I P



 



2 2 2

12 3 3

9 A B C

A B C

  

 

 

2 2

9 9
9

2 17 8

A C

A C AC


 

 

2
8

A C





 


Suy ra hai mặt phẳng tiếp diện là

 

P1 : 2x 2y z  28 0;

 

P2 :8x4y z 100 0 .

Suy ra tọa độ các tiếp điểm T1



7; 4;6 ,



T2



9;6; 4



1 2

7 4 6

1 5 1

x y z

TT   

  


Chọn đáp án A.

Bài 02 [2H3-3]: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 2

2 1 4

x y z

d :   

 và

mặt cầu

 

S tâm I ; ;



1 2 1



, bán kính R . Hai mặt phẳng

 

P và Q chứa d và tiếp xúc với

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

A.



x1



2



y 2



2



z1



2 6 B.



x1



2



y 2



2



z1



2 3

C.













2 3
2

x  y  z  D.













2 2 2

1 2 1 1

x  y  z 

Lời giải
Chọn C.

Gọi M N, là tiếp điểm của mặt phẳng

   

P , Q và mặt cầu

 

S . Gọi H là hình chiếu của

điểm I trên đường thẳng d  IH d I d





 6.
TH1: Góc MHN   60 :

Theo bài ra ta có: .sin 300 6.1 6
2 2

R IM IH  

  











2 3
2

S : x y z

       .

TH2: Góc MHN  120:

Theo bài ra ta có: .sin 600 6. 3 18

2 2

R IM IH  

  











2 9
2

S : x y z

       .

Câu 39.[ [2D1-3] Cho hàm số 2 1
1





x
y

x có đồ thị là ( )C . Gọi I là giao của hai đường tiệm cận . Gọi



0; 0



;( 0 0)

M x y x là một điểm trên ( )C sao cho tiếp tuyến với ( )C tại M cắt hai đường tiệm 
cận lần lượt tại ,A B thỏa mãn 2 2 40

 

AI IB . Khi đó tích x y bằng.0. 0

A. 1. B. 2. C. 15

4 . D.

1
2.
Lời giải

Chọn B.

Ta có I



1;2



. Gọi ;2 1 ;( 0)
1



 



  

 

m

M m m

m .

Khi đó phương trình tiếp tuyến của ( )C tại M là 2

3 ( ) 2 1

( 1) 1



  

 

m

y x m

m m .

Gỉa sử ,A B lần lượt là giao của tiếp tuyến nói trên với tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của

( )C , ta dễ tìm được tọa độ 1;2 4

1


 



  

 

m
A

m và B



2 m 1;2



; 2 1

   



IA IB m

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

Nên 2 2 40

 

AI IB 2 2

4( 1) 40
( 1)

   

 m

m  m2  x0 2;y0 1  x y0. 0 2

Phân tích: Ta có một số tính chất quen thuộc của tiếp tuyến đồ thị hàm  


ax b
y

cx d, như M

luôn là trung điểm của AB, diện tích tam giác IAB ln khơng đổi…

Nếu nhớ nhanh tính chất, bài tốn trên có thể biến đổi nhanh hơn một chút: 2 2 40

 

AI IB

2 40

 AB   IM2 10 ( do M là trung điểm cạnh huyền của tam giác vuông IAB )
2

2
9

( 1) 10
( 1)

   

 m

m suy ra kết quả.
Bài tập phát triển:

Dựa trên tính chất của tiếp tuyến đã nói ở trên, ta có thể phát triển thêm một số bài toán

Câu 1. [2D1-3] Cho hàm số 2 1
1



x
y

x có đồ thị là ( )C . Gọi I là giao của hai đường tiệm cận . Gọi



0; 0



;( 0 0)

M x y x là một điểm trên ( )C sao cho tiếp tuyến với ( )C tại M cắt hai đường tiệm 
cận lần lượt tại ,A B sao cho bán kính đường trịn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất. Khi đó tổng

0 0
x y bằng.

A

. 1. B. 3 1 . C. 2 3. D. 1.
Lời giải

Chọn A.

Ta có I



1;2



. Gọi ;2 1 ;( 0)
1

 

  
 
m

M m m

m .

Khi đó phương trình tiếp tuyến của ( )C tại M là 2

3 ( ) 2 1

( 1) 1



  

 

m

y x m

m m .

Gỉa sử ,A B lần lượt là giao của tiếp tuyến nói trên với tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của

( )C , ta dễ tìm được tọa độ 1;2 4
1

 

 

 
m
A

m và B



2 m 1;2



; 2 1

   



IA IB m

m

Ta có: Gọi rlà bán kính đường trịn nội tiếp tam giác IAB . Khi đó r S

p, với , pS lần lượt là
diện tích và nửa chu vi của tam giác IAB .

Từ đây ta có 1. . 6
2

 

S IA IB , suy ra r lớn nhất khi và chỉ khi p nhỏ nhất.

2 2

   

p IA IB IA IB 2 .IA IB 2 .IA IB 2.6.2 2.6.2. Xảy ra khi IA IB
6

2 1
1

  

 m

m  m 3 1  x0  3 1, y0  2 3  x0y0 1.

Câu 2. [2D1-3] Cho hàm số 2 1
1



x
y

x có đồ thị là ( )C . Gọi I là giao của hai đường tiệm cận . Gọi



0; 0



;( 0 0)

M x y x là một điểm trên ( )C sao cho tiếp tuyến với ( )C tại M cắt hai đường tiệm

cận lần lượt tại ,A B . Gọi D là điểm đối xứng của I qua M . Khi bán kính của đường trịn
ngoại tiếp tam giác DAB bằng 10 thì tích x y0. 0bằng

A. 1. B. 2. C. 15

4 . D.

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

Chọn B.

Ta có I



1;2



. Gọi ;2 1 ;( 0)
1

 

  
 
m

M m m

m .

Khi đó phương trình tiếp tuyến của ( )C tại M là 2

3 ( ) 2 1

( 1) 1



  

 

m

y x m

m m .

Gỉa sử ,A B lần lượt là giao của tiếp tuyến nói trên với tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của

( )C , ta dễ tìm được tọa độ 1;2 4
1

 

 

 
m
A

m và B



2 m 1;2



; 2 1

   



IA IB m

m và M là

trung điểm của đoạn AB .

Do vậy suy ra tứ giác DAIB là hình chữ nhật và M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DAB

nên 2 10


IM 2 2

( 1) 10
( 1)

   

 m

m  m2  x0 2;y0 1  x y0. 0 2

Câu 3. [2D1-3] Cho hàm số 2 1
1




x
y

x có đồ thị là ( )C . Gọi I là giao của hai đường tiệm cận . Gọi



0; 0



;( 0 0)

M x y x là một điểm trên ( )C . Khi khoảng cách từ điểm Iđến tiếp tuyến với ( )C tại
M lớn nhất thì tổng x0y bằng.0

A

. 1. B. 3 1 . C. 2 3. D. 1.
Lời giải

Chọn A.

Cách lập luận 1: Ta có I



1;2



. Gọi ;2 1 ;( 0)
1

 

  
 
m

M m m

m .

Khi đó phương trình tiếp tuyến của ( )C tại M là 2

3 2 1

( ) ( )

( 1) 1



  

 

m

y x m d

m m .

Gọi , pS lần lượt là diện tích và nửa chu vi của tam giác IAB . ( ,A B là giao điểm của tiếp tuyến
tại M với các tiệm cận)

Từ đây ta có 1. . 6
2

 

S IA IB , suy ra d I( ,d) 2S 12

AB ABlớn nhất khi và chỉ khi AB nhỏ nhất.

2 2

 

AB IA IB  2 .IA IB  2.6.2. Xảy ra khi IA IB  6 1 2 1

 m

m  m 3 1

0 3 1, 0 2 3

 x   y    x0y0 1.
Cách lập luận 2:

phương trình tiếp tuyến của ( )C tại M là 2

3 ( ) 2 1( )

( 1) 1



  

 

m

y x m d

m m .





6
1
( ,d)
9
1 1


 
m
d I
m
6
1 6
6
1

 

m
m

. Xảy ra khi IA IB 6 2 1

  

 m

m  m 3 1

0 3 1, 0 2 3

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

Câu 43. [2H1-4] Một hình hộp chữ nhật kích thước 4 4 h chứa một khối cầu lớn có bán kính bằng 2
và 8 khối cầu nhỏ bán kính bằng 1. Biết rằng các khối cầu đều tiếp xúc nhau và tiếp xúc với các
mặt của hình hộp (như hình vẽ). Thể tích của khối hộp là:

A. 64 5. B. 48 32 5 .

C. 32 32 7 . D. 64 32 7 .

Lời giải
Chọn C.

Khối cầu lớn và các khối cầu nhỏ có bán kính lần lượt là r12;r21. Gọi A B C D, , , lần lượt là
tâm của bốn khối cầu nhỏ (phía dưới), và S là tâm của khối cầu lớn. Khi đó hình chóp

S ABCD là hình chóp đều có cạnh đáy bằng 2r 2 2, cạnh bên bằng r r1 23. Gọi h là chiều
cao của khối chóp S ABCD. thì h2h2r12h2. Ta có

2 2 2

3 7 2 7 2.
2

h       h 
 

Khi đó thể tích khối hộp chữ nhật là: V 4.4.h16 2 7 2







32 32 7.

Một số ý tưởng phát triển hoặc làm câu tương tự

1. Thay hình hộp chữ nhật bằng hình lăng trụ đều đáy là tam giác
2. Thay hình hộp chữ nhật bằng hình chóp đều!

Bài tương tự

Câu 1.[2H1-4] Cho hình lăng trụ tam giác đều chứa 1 khối cầu lớn có bán kính 1 3 3

R   và

6 quả cầu nhỏ có bán kính R 2 1. Thể tích của khối lăng trụ đó là:

A. 64 5. B. 48 32 5 .

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

Lời giải
Chọn C.

Cạnh đáy AB2AI2(1 3)

Chiều cao : Tương tự bài trước h2h2r2

Trong đó: tâm hình trịn lớn và tâm 3 hình trịn nhỏ tạo thành tứ diện đáy là tam giác đều cạnh
là 2. cạnh bên 1 2

3 3
1
3

R R   

' 2 4 3

h   nên h 2(1 2 4 3 ) .

Thể tích 1[2(1 3)] 2(12 2 4 3 ) 4(4 2 3)(1 2 4 3 )

V Bh        .

Câu 44. [2D3-3]Cho hình chữ nhật ABCD có AB  , 4 AD 8(như hình vẽ).

Gọi M N E F lần lượt là trung điểm của , , , BC, AD , BNvà NC. Tính thể tích V của vật thể
trịn xoay khi quay hình tứ giác BEFC quanh trục AB .

A.100. B.96. C.84. D.90.

Lời giải
Chọn B.

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho B O , AB Ox , BC Oy .

Bài toán trở thành: Tính thể tích của vật thể trịn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi:
;

y x y 8 x; x0;x quay quanh trục 2 Ox.





2
2

8 d

V 



x   x x
2

16x 64dx






 96 .

Cách khác:

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

Gọi V1 là thể tích khối nón cụt tạo bởi CFIB quay quanh AB ,

V có chiều cao là 2 , bán kính đáy là r 6 và R 8.



2 2



1 296

.2 6 6.8 8

3 3

V  

    

Gọi V2 là thể tích khối nón tạo bởi BEI quay quanh AB ,

V có chiều cao là 2 và bán kính đáy là 2.

2
8
3

V 

  .

Ta có thể tích cần tính V V V 1 2 96 .

4 CÂU PHÁT TRIỂN

Câu 1. [2D3-4-PT1]Cho hình thang vng ABCD có A Dˆ ˆ 90, CD2AB, C  ˆ 45 . Gọi M là
trung điểm CD , gọi ,H K lần lượt là trung điểm các cạnh AM BM . Biết , CD 8, tính thể
tích V của vật thể tròn xoay khi quay tứ giác HKCD quanh trục AD .

A.96 . B.84 . C.72. D.60.

Lời giải
Chọn B.

Ta có AB  , 4 BMC vng cân tại M nên AD BM  . Gọi 4 O là trung điểm của AD . 
Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho OD Ox , OK Oy .

Bài tốn trở thành: Tính thể tích của vật thể trịn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi:
2 ;

y  x y2x4; x0;x quay quanh trục 2 Ox.









2 2

2 4 2 d

V 



x   x x
2

32x 20x 12dx






  72 .

Câu 2. [2H1-4-PT2]Cho hình thoi ABCD có cạnh bằng 5, 3
4

AC BD. Gọi , , ,E F G H lần lượt là

trung điểm các cạnhAB BC CD DA Gọi , , ,, , , . M N I K lần lượt là trung điểm các cạnh
, , , .

EF FG GH HE Tính thể tích V của vật thể tròn xoay khi quay tứ giác MNIK quanh trục

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

A.9 . B.18 . C.24 . D.30 .

Lời giải
Chọn B.

Gọi O là tâm hình thoi ABCDta tính được OA 3,OD4cm.

Gọi V1 là thể tích của khối nón cụt tạo bởi IMNG quay quanh HG. V1 có chiều cao là 2 ,

bán kính đáy là 3
2

r  và R 3.

2
1

1 3 3 21

.2 .3 3

3 2 2 2

V     

       
 

 

 

Gọi V2 là thể tích của khối nón tạo bởi NGI quay quanh HG.V2 có chiều cao là 2 và bán

kính đáy là 3.
2

2
3

.
2

V 

 

Thể tích cần tìm V 2.(V V1 2) 18 .

Câu 3. [2H1-4-PT3]Cho hình thang ABCD có A B  90, AB BC a  , AD2a. Tính thể tích
khối trịn xoay sinh ra khi hình thang ABCD quay quanh CD.

A. 7 3

12
a


. B. 7 2 3

6
a

 . C. 7 2 3
12

a

 . D. 7 3

6
a


Lời giải
Chọn B.

A D

B C

H

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

Khối nón đỉnh D , trục CD có CD a 2, bán kính đáy CA a 2

Nên khối nón có thể tích 2 3

1 2 2

. .

3 3

a
V  CD CA   .

Khối nón cụt có trục 2
2
a

CH  , hai đáy có bán kính CA a 2 và 2
2
a

HB  nên thể tích

khối nón cụt là





2 2

1 7 2

. . .

3 12

a
V  CH CA HB CA HB  

Khối nón đỉnh C, trục CHcó thể tích 2 3
3

1 2

. .

3 12

a
V  CH HB  

Vậy thể tích khối trịn xoay cần tính là: 1 2 3 7 2 3
6

a
V V V  V   .

Câu 4. [2H1-4-PT4]Cho hình thang ABCD vng tại A và B có AB a , AD3a và BCx với
0x3a. Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích các khối trịn xoay tạo thành khi quay hình thang

ABCD (kể cả các điểm trong) quanh đường thẳng BC và AD . Tìm x để 1

7
5
V
V  .

A. 3

4
a

x  . B. 7

5
a

x  . C. x2a. D. x a .

Lời giải
Chọn B.
2

1
2

3
V a  a x

 ,

2
2

2
3
V a a  x

 .Theo đề ta có
1

2
7
5
V
V 

1 2

5 2 7

3 3

a x a x x a

   

       

    .

Câu 48. [2D3-3] Có một vật thể là hình trịn xoay có dạng giống như một cái ly như hình vẽ dưới đây.

6 cm

A B

O
4 cm

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

Người ta đo được đường kính của miệng ly là 4cm và chiều cao là 6cm. Biết rằng thiết diện
của chiếc ly cắt bởi mặt phẳng đối xứng là một parabol. Tính thể tích V cm





của vật thể đã
cho.

A. 72

V  . B. 72

V   . C.

V  . D. V 12.

Lời giải
Chọn C.

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.

Gọi phương trình của Parabol là 2
6

y ax  . Do

 

P qua điểm B



2;0



nên 3
2
a  .

Vậy

 

: 3 2 6
2

P y x  suy ra 2





3
y

x  .

Thể tích vật thể cần tính bằng





2 6

d 12
3

y

V  y 









 .

Bài toán tương tự:
Bài 1:

Một chiếc đồng hồ cát như hình vẽ, gồm hai phần đối xứng nhau qua mặt nằm ngang
và đặt trong một hình trụ. Thiết diện thẳng đứng qua trục của nó là hai parabol chung
đỉnh và đối xứng nhau qua mặt nằm ngang. Ban đầu lượng cát dồn hết ở phần trên của

đồng hồ thì chiều cao h của mực cát bằng 3

4 chiều cao của bên đó (xem hình).

6 cm

A B

O
4 cm

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

Cát chảy từ trên xuống dưới với lưu lượng không đổi 2,90 cm3/ phút. Khi chiều cao

của cát cịn 4 cm thì bề mặt trên cùng của cát tạo thành một đường tròn chu vi 8 cm
(xem hình). Biết sau 30 phút thì cát chảy hết xuống phần bên dưới của đồng hồ. Hỏi
chiều cao của khối trụ bên ngoài là bao nhiêu cm ?

A. 8cm. B. 12cm. C. 10 cm. D. 9 cm.

Lời giải
Chọn C.

Chiều cao khối trụ bằng 8
3h .

Xét thiết diện chứa trục theo phương thẳng đứng của đồng hồ cát là parabol . Gọi

 

P là đường
Parabol phía trên. Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ .

Đường trịn thiết diện có chu vi bằng 8 suy ra bán kính của nó bằng 4.

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

( )P đi qua A(4;4) nên 1
4

a  . Vậy phương trình ( ) : 1 2
4
P y x .

Thể tích phần cát ban đầu chính bằng thể tích khối trịn xoay sinh ra khi quay nhánh phải của
( )P quay quanh trục Oy và bằng lượng cát đã chảy trong thời gian 30 p .

Ta có 2

(2 )

h

V 



y dy 2 h2


 .

Lượng cát chảy trong 30 p là 2,9.30 87(m3)

 .

Vậy V 87 2
2h 87

  87

2
h


  .

Chiều cao hình trụ bên ngồi là 2.4 10 .
3

l h cm

Chọn đáp án C.

Bài 2:

Một thùng rượu có bán kính các đáy là 30cm, thiết diện vng góc với trục và cách
đều hai đáy có bán kính là 40cm, chiều cao thùng rượu là 1m (hình vẽ).

Biết rằng mặt phẳng chứa trục và cắt mặt xung quanh thùng rượu là các đường
parabol, hỏi thể tích của thùng rượu là bao nhiêu?

A. 425162 lít. B. 21258 lít. C. 212,6 lít. D. 425, 2 lít.

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

+ Đổi dữ liệu sang đơn vị dm : 30cm3dm;40cm4dm
+ Chọn hệ toạ độ như hình vẽ

Gọi phương trình 2

( ) :P x ay by c

( )P đi qua các điểm A(4;0); B(3;5)và C(3; 5) nên ta có 
4
0

1
25
a
b

c

 





 


Vậy phương trình của ( ) : 1 2 4
25
P x y 

Thể tích của thùng rượu là :
5

2 2

5
1

( 4)

V  y dy







  425,2dm3

 425,2l

Suy ra đáp án D.

Bài 3. Ơng An muốn làm cửa rào sắt có hình dạng và kích thước như hình vẽ bên, biết đường
cong phía trên là một Parabol. Giá 1 m





của rào sắt là 700.000 đồng. Hỏi ông An phải trả
bao nhiêu tiền để làm cái cửa sắt như vậy (làm trịn đến hàng phần nghìn).

A. 6.520.000 đồng. B. 6.320.000 đồng. C. 6.417.000 đồng. D. 6.620.000 đồng.
Lời giải

Chọn C.

1,5m
2m

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

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Trong đó A 



2,5;1,5



, B



2,5;1,5



, C



0; 2



.
Giả sử đường cong trên là một Parabol có dạng y ax2 bx c

   , với a b c  ; ; .

Do Parabol đi qua các điểm A 



2,5;1,5



, B



2,5;1,5



, C



0; 2



nên ta có hệ phương trình

( 2,5) ( 2,5) 1,5

( 2,5) (2,5) 1,5

a b c

c

     



   


 


2
25
0
2

a

b
c







 

 



Khi đó phương trình Parabol là 2 2 2
25

y x  .

Diện tích S của cửa rào sắt là diện tích phần hình phẳng giới bởi đồ thị hàm số

2
2

2
25

y x  , trục hoành và hai đường thẳng x 2,5, x 2,5.

Ta có

2,5

2
25

S x dx



 

   

 



556 .

Vậy ông An phải trả số tiền để làm cái cửa sắt là . 700.000





55.700000
6

S  6.417.000

(đồng).

Câu 49. [1D2-3]Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ rồi nhân các số trên 3
thẻ. Tìm xác suất để kết quả đạt được là một số chia hết cho4.

A. 9

49. B.

116. C.

116. D.

77
116.
Lời giải

Chọn B.



2;6;10;14;18; 22; 26;30



 

A  n A 



4;12;16; 20; 24; 28



 

B  n B  .



1;3;5;...; 29



 

C   n C 

Xảy ra các trường hợp sau :

 Chỉ có một số chẵn và số chẵn đó thuộc tập B: có 7.C152 cách lấy.

 Chỉ có hai số chẵn và hai số chẵn đó thuộc tập A B : có C152.15 cách lấy.
 Cả ba số đều là số chẵn và ba số chẵn đó thuộc tập A B : có C153 cách lấy.

Vậy xác suất cần tìm là

2 2 3

15 15 15

3
30

7. .15 79

116

C C C

C

 



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

Câu 1. [1D2-3] Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến30. Lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ rồi nhân các số trên 3

thẻ. Tìm xác suất để kết quả đạt được là một số chia hết cho 9.

A. 159

406. B.

406. C.

203. D.

45
203.
Lời giải

Chọn A.



3;6;12;15; 21;24;30



 

A  n A 



9;18; 27



 

B  n B  .



1; 2; 4;5;...; 28; 29



 

C   n C 

Xảy ra các trường hợp sau :

 Chỉ có một số chia hết cho 3 và đó là số thuộc tập B: có 3.C202 cách lấy.
 Chỉ có hai số chia hết cho 3 và hai số đó thuộc tập A B : có C102.20.

 Cả ba số số đều là số chia hết cho 3 và ba số đó thuộc tập A B : có C103 cách lấy

Vậy xác suất cần tìm là

2 2 3

20 20 10
3

3. 3. 159

406

C C C

C

 



Câu 2. [1D2-3]Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến30. Lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ rồi nhân các số trên 3

thẻ. Tìm xác suất để kết quả đạt được là một số chia hết cho6.

A. 115

406. B.

512

812. C.

517

812. D.

495
812.
Lời giải

Chọn C.



6;12;18;24;30



 

A  n A 



2;4;8;10;14;16; 20;22; 26; 28



 

B  n B  .



3;9;15; 21; 27



 

C   n C 



1;5;7;11;13;17;19;13; 25; 29



 

D  n D 

Xảy ra các trường hợp sau :

 Một số thuộc A và hai số thuộc B C D: có 5.C252 cách lấy.
 Hai số thuộc A và một số thuộc B C D: có C52.25 cách lấy.
 Hai số thuộc A: có C53 cách lấy.

 Một thuộc B + một số thuộc C + một số thuộc D: có 10.5.10 cách lấy.
 Hai thuộc B + một số thuộc C: có C102.5 cách lấy.

 Một số thuộc B + hai số thuộc C: có 10.C52 cách lấy.

Vậy xác suất cần tìm là

2 2 3 2 2

25 5 5 10 5

3
30

5. .25 10.5.10 .5 10. 517
812

C C C C C

C

    

 .

Đề HỒNG LĨNH

Câu 39: [2D1-2] Cho hàm số y x3 3x2 3x 1

    có đồ thị là ( )C . Từ một điểm bất kì trên đường
thẳng nào dưới đây ln kẻ được đúng một tiếp tuyến đến đồ thị ( )C ?

A. x 1. B. x 0. C. x 4. D. x 1.

Lời giải
Chọn A.

 

C : 3 3 2 3 1



1



3
     

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

Gọi đường thẳng thỏa yêu cầu bài toán là:

 

d : x m

Lấy A m a



;



bất kỳ trên

 

d . Đường thẳng qua A có dạng: ( ) : y k x m







a

Điều kiện tiếp xúc:













2
1

3 1

    




 




x k x m a

x k



x1



3 3



x1

 

2 x m



a



x1

 

2 2x3m1



a

Để phương trình trên ln có đúng 1 nghiệm với mọi a tùy ý thì hàm số

  

 1

 

2 2  1



f x x x m khơng có cực trị

Þ f x'

 

6



x1

 

x m



phải vơ nghiệm hoặc nghiệm kép

Þ m1

Vậy đường thẳng đó là: x1
Cách 2 :

+ Điều kiện cần: Do từ điểm bất kỳ trên đường thẳng x a nên ta xét trường hợp đặc biệt kẻ
từ điểm M a





Phương trình tiếp tuyến tại điểm A x f x



 



là:









3 2

0 0 0 0 0 0

3 6 3 3 3 1

y x  x  x x x  x  x  .

Tiếp tuyến đi qua điểm M a





nên ta có :0



3x02 6x0 3





a x 0



x03 3x023x01





3 2

0 0 0

2x 3 3a x 6ax 3a 1 0

       













 

0 1 2 0 1 3 0 3 1 0 *

x x a x a

       





 

0
2

0 0

2 1 3 3 1 0 2

x

x a x a



 

     



Để từ M a





luôn kẻ được đúng một tiếp tuyến đến đồ thị

 

C thì phương trình

 

* phải có
nghiệm duy nhất dẫn đến phương trình

 

2 hoặc có nghiệm képx 0 1 hoặc vơ nghiệm.

Mà có phương trình

 

2 9a2 18a 9

    9



a1



2nên chỉ xảy ra trường hợp

 

2 hoặc có

nghiệm képx 0 1





0
1 3

1
4

a
 


  




 

a

  . Vậy đường thẳng cần tìm là x  . 1

+ Điều kiện đủ: Lấy M



1;m



bất kỳ thuộc đường thẳng x  . Phương trình tiếp tuyến đi qua1





M m là:









3 2

0 0 0 0 0 0

3 6 3 1 3 3 1

m x  x   x x  x  x 

 

3 2

0 0 0

2x 6x 6x 3 m **

     

Xét hàm sốy 2x3 6x2 6x 3

    là hàm luôn nghịch biến trên nên phương trình

 

** ln
có nhiều nhất 1 nghiệm (đpcm).

Bài tập tương tự:

Câu 1: [2D1-2] Cho hàm số y (x 2)3

  có đồ thị là ( )C . Từ một điểm bất kì trên đường thẳng nào
dưới đây ln kẻ được đúng một tiếp tuyến đến đồ thị ( )C ?

A. x 1. B. x 0. C. x 4. D. x 1.

Lời giải
Chọn A.

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

Gọi đường thẳng thỏa yêu cầu bài toán là

 

d : x m

Lấy A m a



;



bất kỳ trên

 

d . Đường thẳng qua A có dạng ( ) : y k x m







a

Điều kiện tiếp xúc:













2
2

3 2

    





 




x k x m a

x k



x 2



3 3



x 2

 

2 x m



a



x 2

 

2 2x3m1



a

Để phương trình trên ln có đúng 1 nghiệm với mọi a tùy ý thì hàm số

  

 1

 

2 2  1



f x x x m khơng có cực trị

Þ f x'

 

6



x 2

 

x m



phải vô nghiệm hoặc nghiệm kép

Þ m2

Vậy đường thẳng đó là: x2

Câu 2: [2D1-2] Cho hàm số y x3 3x2 2

   có đồ thị là ( )C . Hỏi có bao nhiêu điểm thuộc đồ thị
( )C mà từ đó chỉ có thể kẻ được một và chỉ một tiếp tuyến với đồ thị hàm số ( ) ?C

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

Lời giải
Chọn C.

Xét M a b( ; ) ( ) C , tiếp tuyến qua M với hệ số góc k có dạng: y k x a







 a33a2 2

Điều kiện tiếp xúc:





3 2 3 2

3 6

x x k x a a a

x x k

       




  





có nghiệm.

Thế phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất trong hệ ta được





 



 



3 2 3 2

2 3 1 6 3 0 * 2 3 0 3

2
x a

x a x ax a a x a x a a

x




            

 

Để từ M vẽ được 1 tiếp tuyến đồ thị hàm số thì phương trình (*) phải có 1 nghiệm

1 0

2
a

a a b



      .

Vậy có 1 điểm M(1,0) thỏa mãn.

Câu 3: [2D1-2] Cho hàm số 3 2
3

y x  x có đồ thị là ( )C . Hỏi có bao nhiêu điểm trên đường thẳng

x  mà từ đó có thể kẻ được 3 tiếp tuyến với đồ thị hàm số ( ) ?C

A. 2. B. 7. C. 4. D. 0.

Lời giải
Chọn B.

Điểm M(2, )a  x 2. Tiếp tuyến qua M có hệ số góc k là: y k x (  2)a.

Điều kiện tiếp xúc





3 2

3 3

x x k x a

x k

    




 




có nghiệm.

Thế phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất trong hệ ta được

 

3 2

2 6 6 *

a x  x 

Xét hàm số 3 2

( ) 2 6 6

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

Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến tới đồ thị hàm số thì phương trình

 

* phải có 3 nghiệm phân
biệt, dựa vào bảng biến thiên ta thấy

 

* có 3 nghiệm phân biệt 6a2 có 7 giá trị 
nguyên thỏa.

Câu 43. [2D1-3]Cho

 

P là đường Parabol qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số 1 4 2 2
4

y  x  mx m .

Gọi m0 là giá trị để

 

P đi qua điểm B



2;2



. Hỏi m0 thuộc khoảng nào

A.



10; 15



. B.



2; 5



. C.



5; 2



. D.



8; 2



Lời giải
Chọn B.

Ta có: y' x3 2mx

  . Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phươngtrìnhx3 2mx có 3 0
nghiệm phân biệt. Khiđó m 0.

Lại có: '. . 2 2
4 2

x m

yy  x m . Suy ra parabol

 

: . 2 2
2

m

P y x m . Do B



2;2





 

P





 

m TM

m L



 



 . Suy ra chọn đáp ánB.





2; 5

 .

Nhậnxét: Việc khó khăn trongbài tốn này là tìm ra dạng củaParabol. Nếusử dụng cách tìm 
bằngviệc viết Parabol qua 3 điểmcực trị thì sẽ rất khó khăn. Ở đây ta sử dụngviệc chia y cho 'y
để lấy phần dư thì cơng việc sẽ đơn giản hơn.

Bài toán tương tự:

Bài 1: [2D1-3]Cho

 

P là đường Parabol qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số 1 4 2 2
4

y x  mx m .

Gọi m0 là giá trị để

 

P đi qua điểm B



0;1



. Hỏi m0 thuộc khoảng nào

A.



10; 15



. B.



2; 5



. C. 5; 1
2

 



 

 

. D.



8;0



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

Ta có: y' x3 2mx

  . Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trìnhx3 2mx có 3 0
nghiệm phân biệt. Khiđó m 0.

Lại có: '. . 2 2
4 2

x m

yy  x m . Suy ra parabol

 

: . 2 2
2

m

P y x m . Do B



0;1

  

 P





 

m TM

m L



 



 . Suy ra chọn đáp án B.





2; 5

 .

Bài 2: [2D1-3] Cho

 

P là đường Parabol qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số 1 4 2 2
4

y x  mx m .

Gọi m0 là giá trị để

 

P đi qua điểm B



0;4



. Hỏi m0 thuộc khoảng nào

A.



10; 15



. B.



2; 5



. C. 5; 1
2

 



 

 

. D.



8;2



Chọn B.

Ta có: y' x3 2mx

  . Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trìnhx3 2mx có 3 0
nghiệm phân biệt. Khi đó m 0.

Lại có: '. . 2 2
4 2

x m

yy  x m . Suy ra parabol

 

: . 2 2
2

m

P y x m . Do B



0;4

  

 P





 

m TM

m L



 



 . Suy ra chọn đáp ánB.





2; 5

 .

Câu 47. [1D1-3]Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình sin 2 2 sin 2
4

x x  m

  có

đúng một nghiệm thực thuộc khoảng 0;3
4



 

 

 .

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

Lờigiải
Chọn B.

Ta có:sin 2 2 sin 2 2sin2 2 sin 3

4 4 4

x x m x  x  m

     

Đặt 2 sin
4

t x 

 , ta thu được

 

2 3 1

t   t m với 0 3

4 4 4

x   x  

     

0 2 sin 2

x 

 

    

   0 t 2.
Lý luận số nghiệm giữa t và x .

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta thấy:

Ứng với t  2 hoặc 0 t 1 thì phương trình 2 sin
4

t  x 

  có một nghiệm
3

0;
4

x   

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

Ứng với 1 t 2 thì phương trình 2 sin
4

t  x 

  có hai nghiệm

3
0;

x   

 

Vậy để phương trình có đúng một nghiệm thực thuộc 0;3
4



 

 

 thì phương trình

 

1 phải có một

nghiệm nghiệmt thỏa mãn 2

0 1
t
t
 

 


Đặt f t

 

t2 t

  từ đó suy ra

 

0 3 1 3 1

2 2 1

f m f m

m f m

  
   
  

   




2; 1



m

   

Vậy ta có 2 giá trị nguyên của m .
Bài toán tương tự:

Bài 1:[1D1-3]Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình sin 2 2 sin 2
4

x x  m

  có đúng

hai nghiệm thực thuộc khoảng 0;3
4



 

 

 .

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

Lờigiải
Chọn C.

Ta có:sin 2 2 sin 2 2sin2 2 sin 3

4 4 4

x x m x  x  m

     

Đặt 2 sin
4

t x 

 , ta thu được

 

2 3 1

t   t m với 0 3

4 4 4

x   x  

     

0 2 sin 2

x 

 

    

   0 t 2.

Lý luận số nghiệm giữa t và x

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta thấy:

Ứng với t  2 hoặc 0 t 1 thì phương trình 2 sin
4

t x 

  có một nghiệm

3
0;

x   

 

Ứng với 1 t 2 thì phương trình t 2 sinx4

  có hai nghiệm

3
0;

x   

 

Vậy để phương trình có hai nghiệm thực thuộc 0;3
4



 

 

 thì phương trình

 

1 phải có một
nghiệmt thỏa mãn 1 t 2.

Đặt f t

 

t2 t

  từ đó suy ra f

 

1 m 3 f

 

2   1 m 2 1  m 
Vậy khơng có giá trị nguyên của m .

Bài 2:[1D1-3]Biết tập hợp chứa tất cả các giá trị của tham số m để phương trình cos3x sin3x m

  có

đúng hai nghiệm ;
4 4

x    

 là một khoảng



a b . Tổng ;



2 2

a b bằng

A. 1

2. B.

2. C. 1. D.

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

Ta có cos3x sin3x m



cosx sinx

 

1 sin osxc x



m

      , đặt

os sin 2cos

t c x  x x 

 

Suy ra sin 2x 1 t2
 

Với 0 os 1 0 2

4 x 4 c x 4 t

    

          

  . Khi đó phương trình

 

3t t 2m 1 .

Lý luận mối quan hệ nghiệm

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta thấy ứng với t 



0; 2



thì phương trình

2cos
4

t x 

 có đúng một nghiệm x 4 4;
 

 

  

 .

Vậy để phương trình ban đầu có 2 nghiệm ;
4 4

x   

 thì phương trình

 

1 có đúng hai
nghiệm t 



0; 2



Lập bảng biến thiên hàm số f t

 

3t t t3;



0; 2



   .

Từ đó ta suy ra 2 2 2 2;1
2

m m  

     

 

 

thì phương trình ban đầu thỏa mãn.

Suy ra 2 2 3
2

a b  .

Bài 3:[1D1-3]Cho phương trình 2sin2 x 3 sin 2x 2



3 sinxcosx



 m0. Để phương trình chỉ có

hai nghiệm x x1, 2 thuộc khoảng 3 2;
 

 



 

  thì m



a b;



. Giá trị b a là

A. 3 3 B. .4 2 3 C. 4 D.4 3 2

Lời giải:
Chọn B

Ta có 2sin2 x 3 sin 2x 2



3 sinxcosx



 m0



3sin2x 2 3 sin cosx x cos2x

 

2 3 sinx cosx



m 1 0

       



3 sinx cosx



2 2



3 sinx cosx



m 1 0

      

Đặt t  3 sinxcosx thì phương trình được viết lại là t2  2t m1 *

 

Do ;

3 2

x   

  nên t 3 sinx cosx 2sin x 6



1; 2





 

      

  .

Do với mỗi t  1; 3



 thì tương ứng sẽ cho một nghiệm thuộc khoảng x 3 2;
 

 

  

  và mỗi

3;2

t  

  thì sẽ cho hai nghiệm thuộc khoảng x 3 2;
 

 

  

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

Vậy u cầu bài tốn tương đương với việc tìm m để phương trình

 

* “có hai nghiệm phân

biệt thuộc khoảng   1; 3



” hoặc “chỉ có 1 nghiệm thuộc  3;2

  và khơng có nghiệm thuộc



1; 3
 

 ”

Lập bảng biến thiên của hàm số f t

 

t2  2t trên



1;2



thì ta tìm được kết quả

1 m 1 3 2 3 2 m 2 2 3

         

Bài 4:[1D1-3]Cho phương trình 2sin2 x 3 sin 2x 2



3 sinxcosx



 m0. Tổng các giá trị của m

để phương trình chỉ có hai nghiệm x x1, 2 thuộc khoảng ;
3 2
 

 



 

  và thoả mãn x1 x2 6

  là

A. 1 B. 2. C. 3 D.4

Lời giải:
Chọn A.

Đưa về phương trình như Câu 3.

Ta lại có 1 2
6

x x  1 2

6 6 2

x  x  

   

     

    nên

1 2sin 1
6

t  x  

  2sin 2 x2 6

 

  
     

 

  2

2cos

x 

 

   

 

Do đó 2 2
1 2

t t 4sin2 1 4cos2 2 4

6 6

x  x 

   

   

   

    .

Như vậy



t1 t2



2  2t t1 2 4 4 2



m1



 4 m1
Ngược lại, với m  thì ta có phương trình 1 t2 2t 0

   t  0 t 2
Với t 0 2sin 0

x 

 

   

  x 6 k




   có nghiệm ;

6 3 2

x     

  .

Với 2 2sin 2 2

6 3

t  x   x k 

  , có nghiệm x 3 3 2;
   
   

 

Vậy m  là giá trị 1 m  . 1

Câu 48. [2D4-3] Cho số phức w x yi  (x y , R )thoả điều kiện w2 4 2w . Đặt



2 2



8 12

P  x  y  . Khẳng định nào sau đây đúng
A.



2



P w  B.





2
2

P w  . C. P



w  4



2. D.





2
2

P  w  .

Lời giải
Chọn B.

Ta có: w2 4 2 w x2 y2 4 2xyi 2 x yi



x2 y2 4



2 4x y2 2 4



x2 y2



             





4 4 16 2 2 2 4 2 12 2 0 4 4 2 2 2 4 2 4 2 4 8 2 2 12 0

x y x y x y x y x y x y x y

                



2 2





4 4 2 2 2 2





2 2







8 x y 12 x y 2x y 4x 4y 4 P x y 2 w 2 .

              

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

Nhận xét: câu này đáp án A cũng đúng vì w w .
Bài tương tự:

Bài 1[2D4-3]: Cho số phức w x yi  (x y , R ) thoả điều kiện 2

w  4 2 w . Đặt

2 2

8( ) 12

P x  y  . Khẳng định nào sau đây đúngP 8



x2  y2



12

A.P (w2 2)2

  B.P(w22)2. C.P(w24)2 D.





2
2

P  w  .

Nhận xét: bài này chỉ có thể thay số 4 thành -4; 12 thành -12 chứ thay nữa hoặc làm tương tự
rất khó khăn vì cặp số (2;4) trong bài quá giá trị không thể thay thế.

Bài 2[2D4-3]: Cho w sin icos với 0

2



  thỏa mãn w2 1 2 w .

Giá trị của





2018
2

26 w 3

P   là

A. 2018
23 .

P  B. 2018

23 .

P  C. 2018

23 .

P i D.P 292018.

Hướng dẫn giải
Chọn A

Ta có: w2 1



sin icos



2 1 1 cos 2 isin 2 w2 1 2 2cos 2 .

    

          

2 2

2 w  sin  cos  2 .

Từ giả thiết: w2 1 2 w cos 2 0

4


 

    vì 0

2


  .

w 2 2 w 2 2 w2 1

2 i 2 2 i 2

        .

Vậy P 232018.

Câu 49. [1D2-3]Trong không gian cho 2n điểm phân biệt



n4, nN trong đó khơng có ba điểm nào



thẳng hàng và trong 2n điểm đó có đúng n điểm nằm trên một mặt phẳng. Tìm tất cả các giá 
trị của n sao cho 2n điểm đã cho tạo ra đúng 201 mặt phẳng phân biệt.

A. 8 . B. 12. C. 5 . D. 6 .

Lời giải
Chọn D.

Gọi

 

P là mặt phẳng chứa n điểm.
* Tìm số mặt phẳng tạo từ 2n điểm đã cho:

Vì 2n điểm phân biệt



n4, nN trong đó khơng có ba điểm nào thẳng hàng và trong 2n



điểm đó có đúng n điểm nằm trên một mặt phẳng nên:

TH1: Mặt phẳng qua n điểm: 1

TH2: Mặt phẳng qua 1 điểm trên

 

P , 2 điểm không thuộc

 

P : C C1n. n2
TH2: Mặt phẳng qua 2 điểm trên

 

P , 1 điểm không thuộc

 

P : C Cn2. 1n
TH4: Mặt phẳng tạo từ 3 điểm trong n điểm không thuộc

 

P : Cn3

Số mặt phẳng thỏa mãn là 1 1. 2 2. 1

n n n n

C C C C

  + 3

n

C

* Theo giả thiết ta có phương trình 1C C1n. n2C Cn2. n1Cn3 201

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

Bài tương tự:

Câu 1. Cho một tam giác, trên ba cạnh AB AC BC, , của nó ta lấy 9 điểm, 7 điểm, và n điểm



n 3



. Tìm n để có tất cả 1617 tam giác có 3 đỉnh thuộc các điểm đã cho?

A. 4 . B. 7. C. 5. D. 6.

Lời giải
ChọnB.

* Số cách chọn 3 điểm từ 16 n điểm đã cho: C16 n3 .
* Số cách chọn 3 điểm thẳng hàng: 3 3 3

9 7 n

C C C .

* Số tam giác thỏa yêu cầu: C163n



C93C73Cn3



1617 Sử dụng MTCT tìm ran 7 .

Câu 2.Cho hình vng ABCD. Trên các cạnh AB BC CD DA, , , lần lượt cho 1, 2, 3 và n điểm phân
biệt

(

n³ 3, nẻ Ơ

)

khỏc A B C D, , , . Lấy ngẫu nhiên 3 điểm từ n +6 điểm đã cho. Biết xác

suất lấy được 1 tam giác là 439.

560 Tìm n.

A. n =10. B. n =19. C. n =11. D. n =12.

Lời giải
Chọn A.

 

n

n  C  .

Gọi A là biến cố “Chọn được một tam giác”.

A là biến cố “Khơng chọn được một tam giác”.

Ta có n A

 

C33Cn3

 

3 3 3 3

3 3

6 6

n n

C C C C

P A P A

C  C 

 

    

Theo đề bài ta có

3 3

3
3

439
1

560

n

C C

C 


  . Thử MTBT ta có n 10.

Câu 3. Trong khơng gian cho 2n điểm phân biệt



n4, nN trong đó khơng có ba điểm nào thẳng



hàng và trong 2n điểm đó có đúng n điểm nằm trên một mặt phẳng, n điểm cịn lại nằm trên
một đường thẳng khơng có điểm chung với mặt phẳng đó. Tìm tất cả các giá trị của n sao cho

2n điểm đã cho tạo ra đúng 805 mặt phẳng phân biệt.

A. 8 . B . 12. C. 5 . D. 6 .

Lời giải
Chọn B.

Gọi

 

P là mặt phẳng chứa n điểm, d là đường thẳng chứa n điểm cịn lại.
* Tìm số mặt phẳng tạo từ 2n điểm đã cho:

Vì 2n điểm phân biệt



n4, nN trong đó khơng có ba điểm nào thẳng hàng và trong 2n



điểm đó có đúng n điểm nằm trên một mặt phẳng nên:

TH1: Mặt phẳng qua n điểm: 1

TH2: Mặt phẳng qua 1 điểm trên

 

P , 2 điểm trên

 

d : C1n.1
TH2: Mặt phẳng qua 2 điểm trên

 

P , 1 điểm trên

 

d : : C Cn2. n1
Số mặt phẳng thỏa mãn là 1 1 2. 1

n n n

C C C

 

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

Giải phương trình trên hoặc dùng máy tính thử ta có n 12.

Câu 50.[2H1-4] Cho tứ diện ABCD có ABAC BD CD 1. Khi thể tích khối tứ diện ABCD lớn
nhất thì khoảng cách giữa hai đường thẳng AD BC, bằng

A. 1

2 . B.

3 . C.

3 . D.

1
3.

Lời giải
Chọn C.

Gọi M là trung điểm của BC, Vì DBC ABC, cân  BC(ADM) , Kẻ

MN AD MN là đoạn vng góc chung của AD BC, , đặt AD x BC , y

2 2

4 4

x y

MN

    .

2 2

1 1

. . 1

6 6 4 4

ABCD

x y

V  AD BC MN  xy  

2 2

( )( ) 1

3 2 2 4 4

x y x y

   .

Áp dụng BĐT côsi: 2 3

V  , dấu bằng xảy ra khi

2 2

2 3
1

2 2 4 4 3

x y x y

x y

       .

Vậy 3

3
MN  .

Bài toán tương tự:

Bài 1: [2H1-4] Cho tứ diện ABCD có AB x thay đổi, tất cả các cạnh cịn lại bằng a .Tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng ABvà CD trong trường hợp thể tích tứ diện ABCD lớn nhất.

A. 3.

a B. 6

.
4

a C. 3

.
4

a . D. 6

.
3
a

Lời giải

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

Gọi M là trung điểm của BC, Vì DBC ADC, đều DC(ABM) , Kẻ MN AB MN

là đoạn vng góc chung của AD BC, ,

Dựng AH BM  AH (BDC) , ta có 3
2
a

AH AM  .

ABCD

V lớn nhất khiAHlớn nhất 3
2
a

AH AM

   .

Khi đó AMB vng tại M  d AB CD( , )MN 2. 2 6

AM MB a

AM MB

 

 .

Bài 2: [2H1-4] Cho hình chóp S.ABC có SA =SB = SC = 2, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = 1.
Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABC.

A. 5.

8 B. 
5

4 C.

3. D.

4
3

Lời giải

Chọn A

Gọi H là trung điểm của BC ta có SH 



ABC



và AC = x thì 2 1

2 2

BC x

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

2 2 15

2
x
SH  SA  AH   .

1 1

3 12

SABC ABC

V  S SH  x  x

2 15 2 5
2.12 8
x   x

  .

Dấu bằng xảy ra khi 2 15 2 30
2
x   x  x .

Bài 3 : [2H1-4] Cho hình chữ nhật S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật với AD = 4a, các cạnh bên bằng 
nhau bằng 6a. Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABCD ?

A.

3
130

.
3

a

B.

3
125

3
a

C. 
3
128

3
a

. D.

3
250

3
a

Lời giải

Chọn C

Gọi O là tâm của đáy ta có SO



ABCD



Đặt AB = x ta được









2
2

2 4

x a

SO a  

2
2
32

4
x
a

  .

Suy ra :
1

SABCD ABCD

V  SO S





2 2 2

1 2

4 32 128

3 4 3

x

ax a ax a x

   

2 2 2 3

2 128 128

3 2 3

x a x a

a  

  .

Dấu bằng xảy ra khi : x 128 x2 x 8a

</div>

Các câu vận dụng cao có đáp án chi tiết môn toán lớp 12 năm 2017 trường thpt lê hồng phong | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

<b>Đề LÊ HỒNG PHONG</b>



  



  











   



Tổng quát

Từ

<sub>ta tìm được </sub>

(Nguồn:tài liệu của thầy Mai Xuân Việt)

 





 

 





 

 









 





 

 

 

 

 

 





<sub> </sub>

 

 









 

 

 

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





 













 

 

 









 

<sub></sub>

<sub></sub>

 

 

 





 

 