Câu hỏi vận dụng cao có đáp án chi tiết môn toán lớp 12 năm 2017 liên trường nghệ an | 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 (753.64 KB, 19 trang )

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

TUYỂN TẬP CÁC CÂU VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO
TRONG ĐỀ THI THỬ LIÊN TRƯỜNG NGHỆ AN 2017-2018

(Nhóm GV thuộc tổ 5 thực hiện)

Câu 36. Cho hàm số y x 4mx2m (m là tham số), có đồ thị là

 

C . Biết rằng đồ thị

 

C cắt trục
hoành tại 4 điểm phân biệt có hồnh độ x x x x1; ; ;2 3 4 thỏa mãn

4 4 4 4

1 2 3 4 30

x x x x  khi

m m . Hỏi mệnh đề nào sau đây đúng?

A. 0m0 4. B. m0 7. C. m0  2. D. 4m0 7.

Lời giải

Chọn D.

Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

C và trục hoành

4 2 0

x mx  m (1)

Đặt

2; 0
t x t 

Phương trình (1) trở thành: t2mt m 0 (2).

Đồ thị

 

C cắt trục hồnh tại 4 điểm phân biệt có hồnh độ x x x x1; ; ;2 3 4 khi và chỉ khi phương
trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt

2 4 0

0 4

m m

S m m

P m

   



    

  

 .

Ta có x14 x42x34x44 30

2 2
1 2 15
t t

   , với t t1; 2 là hai nghiệm của phương trình (2).

2 2 15 0 5

3
m

m m

m



     

 

 m5 (do m4).

Bài tương tự

Câu 1. Cho hàm số





4 2

2 1 2

y x  m x  m có đồ thị ( )C . Tất cả các giá trị của tham số m để đường
thẳng d: y cắt đồ thị ( )2 C tại bốn điểm phân biệt đều có hồnh độ lớn hơn 3 là

A.
3

.
2
m

B.

1 .

2
m
 

C.

3
.
2

1 2

m
m
 


  

 D.

2 .

11
1

2
m

m
 


  


Lời giải

Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm của ( )C và đường thẳng d :
2

4 2 4 2

(2 1) 2 2 (2 1) 2 2 0

2 2 (1)

x

x m x m x m x m

x m

 

           

 



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

2 2 1 2

0 2 2 9 11

1
2
m
m
m
m
 

 
 
 
  
   

 . Vậy chọn

3
2
11
1
2
m
m
 



  
 .

Câu 2. Cho hàm số





4 3 4 2 2

   

y x m x m

có đồ thị là

 

Cm . Tìm m để đồ thị

 

Cm cắt trục hồnh

tại bốn điểm phân biệt có hồnh độ lập thành một cấp số cộng.

A. 
4
5
0
m
m
  


 

 . B.

12
19
m
m



  

 . C. m12. D. m .0

Lời giải

Chọn B.

Phương trình hồnh độ giao điểm:





4 2 2

3 4 0

   

x m x m

 

Đặt
2

t x



t0



, phương trình

 

1 trở thành: t2



3m4



t m 2 0

 

Cm cắt trục hồnh tại bốn điểm phân biệt 

 

1 có bốn nghiệm phân biệt



 

2 có hai nghiệm dương phân biệt 

2
2

5 24 16 0

3 4 0

m m
P m
S m
    

 

   


4
4
5
0
4

3
m m
m
m
     





  
 
4
5
0
m
m
  


 
 (*)

Khi đó phương trình

 

2 có hai nghiệm 0 t 1 t2. Suy ra phương trình

 

1 có bốn nghiệm 
phân biệt là x1  t2 x2   t1 x3  t1 x4  t2 . Bốn nghiệm x x x x lập thành cấp 1, , ,2 3 4
số cộng

 x2  x1 x3 x2 x4x3   t1  t2 2 t1  t2 3 t1  t2 9t1 (3)

Theo định lý Viet ta có

1 2

2
1 2

3 4 (4)
(5)
t t m

t t m

  



 



Từ

 

3 và

 

4 ta suy ra được





3 4

9 3 4

10

 

 
 

m
t
m

t

 

6 .

Thay

 

6 vào

 

5 ta được





2 2

3 4

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











3 3 4 10

19
m
m m
m
m m


 
 

   
  
 
(thỏa (*)).
Vậy giá trị m cần tìm là

12; .

  

m m

Câu 39: [2D2-3] Tìm tất cả các giá trị của tham số

m

để phương trình

2 2 2

log cos

x



m

logcos

x m



 

4 0

vô nghiệm.
A.

m

 



2;2



. B.

m

  



;

2

 



2;





.
C.

m

 



2; 2



. D.

m





2;2



Lời giải
Chọn A

+ Phân tích: Bài toán dạng này sử dụng đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2

+ Xét phương trình:

 

2 2 2

log cos

x



m

logcos

x m



 

4 0 1

Đặt





log cos ; t

;0

t



x

 

Phương trình trở thành

2 2

1 4 0 (2)

4 t



mt m



 

Phương trình (1) vơ nghiệm khi phương trình (2) khơng có nghiện

t

 



;0



, hay nó vơ
nghiệm hoặc chỉ có nghiệm dương.

0 S

P

 



  





 







 





2 2;

2

0

2 m



 







 



 











   





 



2;2



Vậy đáp án A
Bài tập tương tự:

Câu 1: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

x
2 x
4 1
log m
4 1

 

 có nghiệm.
A. m 0. B.   1 m 1. C. m 1. D.   1 m 0.

Lời giải
Chọn A

Đặt t 4 x 1, khi đó:

 

2 x 2

4 1 t 1

log m m log *

4 1 t 1

 

  

 

Xét hàm số

 

t 1
f t log

t 1



 trên khoảng



1;



, khi đó ta có:

 





f t 0, t 0.

t 1 ln 2

   



Suy ra f t

 

là hàm đồng biến trên



1;



, tính các giá trị t 1lim f t

 

 ; lim f tt

 

0.
Nên phương trình (*) có nghiệm  m 0.

Cách 2: Ta có: 
x

m m m

x x x

4 1 2 2

2 1 2 1 2

4 1 4 1 4 1


      
  
Dễ thấy
x
x
2

4 1 1 0 1

4 1

    

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

m m

0 1 2   1 2  1 m 0. .

Câu 2: Tìm m để phương trình log22x- log2x2+ =3 m có nghiệm xỴ ê úé ùë û1;8 .

A. 3£ m£ 6. B. 6£ m£ 9. C. 2£ m£ 6. D. 2£ m£ 3.
Lời giải

Chọn C

Đặt t=log ,2x do xỴ ë ỷộ ựờ ỳ1;8 ị tẻ ộ ựờ ỳở ỷ0;3 ,phng trình đã cho trở thành t2- 2t=m- 3 (1)
Xét hàm số y=f t( )=t2- 2t

Ta có f t¢ = -( ) 2t 2= Û0 t=1
Bảng biến thiên

Phương trình (1) có nghiệm Û - £1 m- 3 3£ Û 2£ m£ 6.
Câu 3: Cho phương trình:









3 2 2 3 2 2

log x m  1 log  mx x 0

. Tìm m để phương trình có
nghiệm thực duy nhất.

A. m1. B.

3
1
m
m

 

 

 . C.   3 m 1. D. m1.
Lời giải

Chọn D

Ta có



 





 



3 2 2 3 2 2   1 3 2 2  3 2 2 

.
Nên phương trình tương đương với

















3 2 2 3 2 2

log 1 log 0

log 1 log

x m mx x

 

    

    

Điều kiện x m     1 0 x 1 m





 

2 2

1 1 1 0 *

x m x mx x m x m

          

Để phương trình có nghiệm thực duy nhất thì phương trình

 

* có nghiệm duy nhất hoặc có hai
nghiệm x x1, 2 thỏa mãn x1   1 m x2, tức là

TH 1:



 



0 1 3 0

1
m

m m

m
 


        



 .

Với m1 ta có

 

*  x2       0 x 0 x m 1 0( loại )
Với m 3 ta có

 

*      x 2 x m 1 0( loại)

TH 2 : 1 2



 



0
0

1 1 0

1 0 1 x m x m

x m x m

 

 

 

            



 



 



 

1 2 1 2

3
1

1 1 0 **

m
m

x x m x x m

  
 

 

      



Giải

 

** ta có



 



1m  m1 m 1 m1  0 m1

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

Cách trắcnghiệm

Thay trực tiếp m1,m 3 vào ta loại hai đáp án A và đáp án B
Thay m0,m 10 loại đáp án C.

Câu 4: Giá trị nào của m để phương trình

2 2

3 3

log x log x 1 2m 1 0

có ít nhất một nghiệm thuộc
đoạn

3
1,3

 

 .

A. 1 m 16. B. 4 m 8. C. 0 m 2. D. 3 m 8.
Lời giải

Chọn C





2 2 2 2

3 3 3 3

log log 1 2 1 0 log log 1 1

x x  m   m x x 

Đặt t log , 0 32x  t 3. Ta có

 





1 1
2

f t  t t 

 

1 1 1 ;

 

2 2 1

f t f t

t

 

      



  vô nghiệm.

 

0 0; f 3

 

f  

. Vậy 0 m 2.

Câu 5: Cho phương trình (m1) log22 x2log2x(m2) 0 . Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham
số thực mđể phương trình đã cho có hai nghiệm thực x x1, 2thỏa 0x1 1 x2?

A.



2;



. B.



1; 2



. C.



 ; 1



. D.



  ; 1

 

2;



.
Lời giải

Chọn B

Điều kiện x0

Đặt tlog2x,Ta có 0x1 1 x2 log2 1x log 1 log2  2 2x   t1 0 t2
PT 



m1



t2   2t m 2 0(*)

Theo YCBT (*) có hai nghiệm trái dấu 



m1

 

m2



    0 1 m 2.

Câu 40: [2H1-2] Cho tứ diện đều ABCD cạnh 2a. Tính thể tích của khối bát diện đều có các đỉnh là
trung điểm các cạnh của tứ diện ABCD.

A. 
3

2 2

9
a

. B.

3 2
3
a

. C. a3 2. D.

3 2
6

a

.
Lời giải

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

Gọi M N P Q H K, , , , , lần lượt là trung điểm của các cạnh AB AC CD BD BC AD, , , , ,
Gọi V là thể tích của khối bát diện đều HMNPQK

Ta có: V 2VK MNPQ.

Lại có K MNPQ. là hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng a

Vậy

3
.

2
2

K MNPQ

a
V  V 

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2H1-2] Một hình chóp tứ giác đều có góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy bằng 60 và diện tích
xung quanh bằng 8a2. Tính diện tích S của mặt đáy hình chóp.

A. S 4a2. B. S 4a2 3. C. S2a2. D. S 2a2 3.
Lời giải

Chọn A

Gọi H là trung điểm của AB.

Vì S ABCD. là hình chóp tứ giác đều nên

SH AB
OH AB




 

 .









SAB

 

; ABCD







SH OH ;



SHO (1).
Trong SOH vuông tại O, có cos 60 2.

OH

SH   OH


Vì diện tích xung quanh của hình chóp là.

xq

S  a  ABCD. 2 8 2

SH

p  a

(2), với pABCD là nửa chu vi của ABCD.

Trong đó

2.
2.

ABCD

p AB

SH OH AB




  

 (3).

Từ (2) và (3)  2.AB2 8a2.
 AB2a.

Vậy diện tích đáy của mặt chóp là S AB2 4a2.

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

A. 
3

10 3

3
a

. B.

8 2

3
a

. C.

10 2

3
a

. D.

8 3

3
a

.
Lời giải

Chọn B

Ta có BO SA2SO2 2a. Vậy BD4a, suy ra AB2a 2.

Vậy

1 1 8 2

. .

3 ABCD 3 3

a
V  S SO  AB SO 

Câu 3: [2H1-2] Cho hình chóp đều S ABCD. , đáy ABCD là hình vng cạnh a, các cạnh bên tạo với
đáy góc 45. Diện tích tồn phần của hình chóp trên theo a là.

A. 4a2. B. 2 3a2. C.





3 1 a

. D.





3 1 a

.
Lời giải

Chọn C

Gọi O là tâm của hình vng ABCD. Khi đóSO



ABCD



Suy ra OB là hình chiếu của SB trên



ABCD



nên góc giữa SB và



ABCD



là SBO 45o.
Ta có

2 2

cos 45 :

cos 45 2 2

BO BO

SB a a

SB

    

Suy ra SB SA SC SD a    hay SAB SBC SCD SDA, , , là các tam giác đều cạnh a.
Diện tích tồn phần của hình chóp S ABCD. là.

SAB SBC SCD SDA ABCD

S S S S S S





2 2 2 2

2 2

3 3 3 3

1 3

4 4 4 4

a a a a

a a

      

.
Câu 41. [2H2-4] Người ta sản xuất một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ khơng có nắp với đáy cốc

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

dày đều 0, 2cm (hình vẽ). Biết rằng chiều cao của chiếc cốc là 15cm và khi ta đổ 180ml nước
vào thì đầy cốc. Nếu giá thủy tính thành phẩm được tính là 500đ/cm3 thì giá tiền thủy tính để

sản xuất chiếc cốc đó gần nhất với số nào sau đây?

A. 31nghìn đồng. B. 40nghìn đồng. C. 25nghìn đồng. D. 20nghìn đồng.

Lời giải
Chọn A.

Gọi R1, h1 và V1 theo thứ tự là bán kính, đường cao và thể tích của hình trụ phần vỏ cốc và R2,
2

h , V2 là bán kính, chiều cao và thể tích của hình trụ phần lịng cốc.

Ta có R1R20, 2; h1h21,5 15 h2 13,5; V2 180

2
2

40
3
V

R

h

 

  

nên

40
0,2

R



 

Thể tích của phần thủy tinh là V V1 2 R h1 12 180

2
40

0,2 .15 180 60,71
3




 

     

  cm3

.
Vậy giá thành để sản xuất một chiếc cốc là 60,71.500 30355 nghìn đồng.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1. [2H2-4] Một khúc gỗ có dạng khối nón có bán kính đáy r30 cm, chiều cao h120 cm.
Anh thợ mộc chế tác khúc gỗ đó thành một khúc gỗ có dạng khối trụ như hình vẽ. Gọi V là thể
tích lớn nhất của khúc gỗ dạng khối trụ có thể chế tác được. Tính V .

A.

 

0,16 m

V  

. B.

 

0,024 m

V  

. C.

 

0,36 m

V  

. D.

 

0, 016 m

V  

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

Gọi x là chiều cao của khúc gỗ hình khối trụ, R khúc gỗ hình khối trụ cần tìm. O là đỉnh của
hình nón, I là tâm của đáy hình nón, J là tâm của đáy hình trụ và khác I . OA là một đường

sinh của hình nón, B là điểm chung của OA với khối trụ. Ta có





r h x
R h x

R

r h h




  

Thể tích khối trụ là





2
2

. .r

V x R x h x

h

 

  

Xét hàm số

 





2
2

.r

V x x h x

h


 

, 0 x h  .

Ta có

 



 



2 3 0 3

r h

V x h x h x x

h


      

hay x h .
Bảng biến thiên

Dựa vào BBT, ta thấy thể tích khối trụ lớn nhất khi chiều cao của khối trụ là 3 40 cm
h

x 

;
2

max
4

27
r h

V   4. .30 .1202
27


 16000



cm3



0, 016

 

m3
.

Câu 2. [2H2-4] Cho khối trụ có bán kính đáy R và có chiều cao h2R. Hai đáy của khối trụ là hai

đường trịn có tâm lần lượt là O và O'. Trên đường tròn

 

O ta lấy điểm A cố định. Trên

đường tròn

 

O ta lấy điểm B thay đổi. Hỏi độ dài đoạn AB lớn nhất bằng bao nhiêu?

A. ABmax 2R 2. B. ABmax 4R 2. C. ABmax 4R. D. ABmax R 2.

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

Gọi AEFI là thiết diện đi qua trục của khối trụ.

Với mỗi điểm B thay đổi trên đường tròn

 

O , gọi BM là đường sinh của trụ,M thuộc
đường trịn

 

O , khi đó:

2 2 2 2 4 2 2 4 2

AB  AM MB  AM  R  AE  R . (Dây cung luôn bé hơn hoặc bằng đường kính)
Suy ra ABmax2 AE24R2 8R2.

Vậy ABmax 2R 2 khi và chỉ khi AM  AE hay M trùng E, B trùng F .

Câu 42. [2D2-3] (KSLẦN 1_Tốn liên trường THPT_ Nghệ An) Ơng An gửi tiết kiệm 50 triệu đồng
vào ngân hàng với kì hạn ba tháng, lãi suất 8, 4% /năm theo hình thức lãi kép. Ơng gửi được
đúng 3 kì hạn thì ngân hàng thay đổi lãi suất, ông gửi tiếp 12 tháng nữa và theo kì hạn như cũ
thì lãi suất trong thời gian này là 12% /năm thì ơng rút tiền về. Số tiền ông An nhận được cả
gốc lẫn lãi tính từ lúc gửi tiền ban đầu là: (làm trịn đến chữ số thập phân thứ nhất)

A. 63,5 triệu đồng. B. 102,2 triệu đồng. C. 109,5 triệu đồng. D. 59,9 triệu đồng.
Lời giải

Chọn D

Do lãi suất 8, 4% /năm nên lãi suất của một kì hạn là 8, 4 : 4 2,1% .

Trong ba kì hạn đầu, số tiền ơng An có được tính cả gốc lẫn lãi là: 50.1,0213 triệu đồng.
Một năm tiếp theo, mỗi kì hạn có lãi suất là 3% nên tổng số tiền ông thu được là:

3 4

50.1, 021 .1,03 59,9 triệu đồng.

Nhận xét: Đây là bài tốn lãi kép thường gặp, trong đó vốn P0, lãi suất r. Số tiền thu được sau

n kì là: 0





n
n

P P r . Ta có một số bài toán tương tự:

Câu 2. Một người đem gửi tiền tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 1% một tháng. Biết rằng cứ
sau mỗi quý (3 tháng) thì lãi sẽ được cộng dồn vào vốn gốc. Hỏi sau tối thiểu bao nhiêu năm
thì người đó nhận lại được số tiền bao gồm cả vốn lẫn lãi gấp ba lần số tiền ban đầu

A. 8. B. 9. C. 10. D. 11.

Lời giải
Chọn C

Người này gửi tiết kiệm theo hình thức lãi kép với kì hạn 3 tháng, lãi suất của mỗi kì hạn là
3%. Do đó giả sử số tiền ban đầu người đó gửi là P0, ta có sau nkì hạn người đó có số tiền là

0.1,03 log1,033 37,167

n
n

P P  n 

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

Câu 3. Một người gửi tiết kiệm ngân hàng, mỗi tháng gửi 1 triệu đồng, với lãi suất kép 1%/tháng. Gửi
được hai năm 6 tháng người đó có cơng việc nên đã rút tồn bộ gốc và lãi về. Số tiền người đó
rút được là:

A.

30
101. (1, 01) 1

(triệu đồng). B.

29
101. (1, 01) 1

(triệu đồng).
C.

30
100. (1, 01) 1

(triệu đồng). D.

30
100. (1, 01) 1

(triệu đồng).
Lời giải

Chọn A

Sau hai năm sáu tháng người đó rút đc là









30 29 28 1,01 1, 01 1 30

1,01 1,01 1,01 1, 01 101 1, 01 1

0, 01


      

.
Câu 43. [2D1-4] Cho hàm số bậc ba

 

3 2

f x ax bx cx d có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số

 



2 23

 

2 .



 

x x x

g x

x f x f x

  



  

  có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

A. 5. B. 4 . C. 6. D. 3.

Lời giải
Chọn D.

Điều kiện: x1

Ta có

 

 

 

 

2
0

. 0

0 *

x l

x f x f x

f x f x




    

   



 

 

 

 

f x a

f x b




 




Dựa vào đồ thị ta có:

+ Phương trình

 

a có hai nghiệm

0 1
2
x x

x

 


 

 (loại: x0; loại x2 vì x23x 2 0) nhưng

x là nghiệm kép của mẫu nên x2 thỏa.

+ Phương trình

 

b có ba nghiệm: x11 (loại), x2

 

1; 2 (thỏa) và x3



2;



(thỏa).
Vậy đồ thị g x

 

ba đường tiệm cận đứng.

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

Bài 01. Cho hàm số bậc ba

 

3 2

f x ax bx cx d

có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số

 









 

2
2

2 . 1

3 . 3

x x x

g x

x f x f x

 



 

   

có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

A. 5 . B. 4 . C. 6 . D. 3.

Bài 02. Cho hàm số bậc ba

 

3 2

f x ax bx cx d

có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số

 







2 2

 



. 2

 

4 . 2

x x x

g x

x f x f x

 



 

   

có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

A. 5 . B. 4 . C. 2 . D. 3.

Câu 44. [1D2-4] Cho dãy số

 

un xác định bởi công thức sau:

1
1

( 1)

4 4 5

n n

u

n

u u n

 



   

 . Tính tổng:

2018 2 2017
S u  u .

A. S 2015 3.4 2017 B. S 2015 3.4 2017 C. S 2016 3.4 2018 D. S 2016 3.4 2018.
Lời giải

Chọn B

Nhận xét : un1 4un 4 5n, ta có thể đưa về CSN giả sử :

1 4[ ( 1) ] 1 4 4 ( 1) 4 1; 0

n n n n

u  an b   u a n  b u  an b   u  a n  b a b .

Ta có: 1 1

4 4 5 4( 1)

n n n n

u   u   nu   n u  n .

Đặt: 1 1 4 ; 1 2 1 ( 4) . 1

n

n n n n n

v u   n v    v v  v    v

2017 2016 2017

2018 2 2017 2.( 4) 4.( 4) 3.4

v v

        .

2017 2017

2018 2017 2( 2017 2016) 3.4 2018 2 2017 2015 3.4

u u u u

          .

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

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Câu 1. Cho dãy số

 

un xác định bởi công thức sau:

1
1

( 1)

2 3 2

n n

u

n
u  u n
 



   

 . Xác định CTTQ của

dãy.

Lời giải

Ta có: un1 2un 3n 2 un1 3(n 1) 1 2(un 3n 1)

          .

Đặt: 3 1 1 2 ; 1 6 1 6.2

n

n n n n n

v u  n v   v v  v   .

1 3( 1) 1 6.2 1 6.2 3 4

n n

u n u  n

         .

Câu 2. Cho dãy số

 

un xác định bởi công thức sau:

1
1

( 2)

3 2n

n n

u

n
u u 

 

 

  

 . Xác định CTTQ của
dãy.

Lời giải

Giả sử: .2 3( 1 .2 1) .2 3 1 3 .2 1 3 1 .2 1 2

n n n n n

n n n n n n

u a  u  a  u a  u   a  u  u a   a .
Đặt: 2.2 1 3 ; 1 5 1 5.3

n n

n n n n n

v u  v   v v  v   .

1 1

1 2.2 5.3 1 5.3 2

n n n n

n n

u  u  

     

Câu 46: [2H2-3] Cho khối chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a 3, AD a , SA
vng góc với mặt phẳng đáy và mặt phẳng



SBC



tạo với mặt đáy một góc 60. Tính thể tích

V của khối cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD. .

A.

3
13 13

6
a

V  

. B.

3
5 5

6
a
V  

. C.

3
13 13

24
a

V  

. D.

3
5 10

3
a

V  

.
Lời giải

Chọn B

Ta có





 





 90

SA ABCD SA BC

BC SAB BC SB SBC
BC AB gt

   

      



 

B

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

Tương tự ta cũng chứng minh được





 90

CD SAD CDSDSDC 
D

 thuộc mặt cầu đường kính SC (2).

SAAC (vì SA



ABCD



)SAC  90 A thuộc mặt cầu đường kính SC (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra Mặt cầu đường kính SC là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD. .
Ta có



 





 





 





 





 





 ,



 60

SBC ABCD BC
BC SAB cmt

SBC ABCD SBA
SAB ABCD AB

SAB SBC SB

  



  

  



  



  



.tan .tan 60 3

SA AB SBA a  a .

ABCD là hình vng cạnh a  AC a 2.

2 2 3 2 2 2 5

SC SA AC  a  a a Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD. là

5
2
a
R

Ta có

3
3

4 5 5

3 6

a
V  R  

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: (Đề thi THPT QG năm 2017 – Mã đề 103) Cho tứ diện ABCD có đáy BCD là tam giác
vuông tại C và AB ^(BCD). Biết AB =5 , a BC =3 ,a CD =4 .a Tính bán kính R của
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

5 2
3
a

R = ×

B.

5 3
3
a

R = ×

C.

5 2
2
a

R = ×

D.

5 3
2
a

R = ×

Câu 2: (Đề thi THPT QG năm 2017 – Mã đề 104) Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình chữ nhật
với AB =3 ,a BC =4 ,a SA=12a và SA vng góc với đáy. Tính bán kính R của mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S ABCD. .

A.

5
2

a
R = ×

B.

17
2
a

R = ×

C.

13
2
a

R = ×

D. R =6 .a

Câu 3: (THPT Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An lần 1 năm 2017) Cho hình chóp S ABCD. có
đáy là hình vng cạnh bằng a, SA vng góc với đáy và SA=a 2. Tính thể tích V của
khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD. .

3
32

3
a
V = p ×

B.

3
4

3
a
V = p ×

C. V =4pa3. D.

3
4 2

3
a

V = p ×

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

A. S=4pa2. B. S =6pa2. C. S=8pa2. D. S =12pa2.
Câu 5: (Sở GD & ĐT Tp. Hồ Chí Minh cụm 2 năm học 2017) Cho hình chóp S ABCD. có

( ),

SA ^ ABCD đáy ABCD là hình chữ nhật, AB =a AD, =2 ,a góc giữa đường thẳng SC
và đáy bằng 45 .° Tính thể tích V khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD. .

A. V = 6pa3. B.

3
10

3
a
V = p ×

C.

6
a
V = p ×

D.

3
5 10

3
a

V = p ×

Câu 47. [1D2-3] Một phiếu điều tra về vấn đề tự học của học sinh gồm 10câu hỏi trắc nghiệm, mỗi câu
có4lựa chọn để trả lời. Khi tiến hành điều tra, phiếu thu lại được coi là hợp lệ nếu người được
hỏi trả lời đủ 10 câu hỏi, mỗi câu chỉ chọn 1 phương án. Hỏi cần tối thiểu bao nhiêu phiếu hợp
lệ để trong số đó ln có ít nhất 2 phiếu trả lời giống hệt nhau cả 10 câu hỏi.

A. 10001 B. 1048577 C. 1048576 D. 2097152

Lời giải
Chọn B

Ta có: Mỗi câu hỏi có 4 cách trả lời. 10câu hỏi có 410 1048576 cách trả lời. Do đó, để có ít
nhất 2phiếu trả lời giống hệt nhau cả 10câu hỏi ta cần 410 1 1048577 phiếu trả lời hợp lệ.
Nên đáp án chọn là B. 1048577

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Câu 1. Lớp 10B có45học sinh. Tiết sinh hoạt giáo viên muốn cho học sinh chơi hái hoa dân chủ. Quy
tắc chơi như sau: Mỗi học sinh phải bốc 1 phiếu gồm 2 câu hỏi từ n câu hỏi cho trước và trả
lời. Hỏi cô giáo phải chuẩn bị tối thiểu bao nhiêu câu hỏi cho trước để khơng có hai phiếu nào
giống hệt nhau?

A.

8

B. 10 C. 12 D. 14

Lời giải
Chọn B

Do số phiếu lập được từ n câu hỏi là Cn2 nên để đủ cho 45 bạn chơi thì Cn2 45 n 10

Câu 2. Lớp 10B có45 học sinh. Tiết sinh hoạt giáo viên muốn cho học sinh chơi hái hoa dân chủ.
Quy tắc chơi như sau: Mỗi học sinh phải bốc 1 phiếu gồm 2 câu hỏi từ 6câu hỏi cho trước và
trả lời. Hỏi cô giáo phải chọn tối đa bao nhiêu bạn chơi để khơng có hai bạn nào bốc phải cùng
hai câu hỏi giống hệt nhau?

A. 10 B. 15 C. 20 D. 25

Lời giải
Chọn B

Do số phiếu lập được từ 6 câu hỏi là C 62 15 nên để không có bạn nào phải bốc câu hỏi trùng 
nhau thì số người chơi phải là 15.

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

A.H(7;1; 4) . B.H(1; 2; 2) . C.H(3; 1;0) . D. H( 1; 3; 4)  . 
Hướng dẫn giải

Chọn D.

Ta có: AB(2;1; 2)

Theo bài ra ta có AB, CH là hai đáy của 1 hình thang cân nên phương trình đường thẳng CH có
vtcp là AB(2;1; 2) .

Vậy phương trình đường thẳng CH là:

5 2
2 2
 

 


   


x t

y t

z t

;
 (5 2 t;t; 2 2 t)H    .

Mặt khác, góc ( AB AH; ) ( BA BC ; );

Áp dụng cơng thức tính góc giữa 2 vecto ta có:
.

( ; )

.


 
 

 BA BC
cos BA BC

BA BC
=

8 1 2 1

2
9 2

    
.

2 2 2

(6 2 t).2 t ( 2).( 3 2 t)

( ; )

3. (6 2 ) (3 2 )

     



   

 
cos AB AH

t t t = 2

6 3

9 36 45

t

t t



  .

Vậy:

2
6 3

9 36 45

t

t t



  =

1
2


1
t

   hoặc t 3;
Thử lại ta được: t 3H( 1; 3; 4)  .

Hướng giải quyết khác: Có thể sử dụngAC đáp án như 1 dữ liệu để giải bài toán,

Dễ thấy tọa độ điểm H ở đáp án đều thỏa mãn điều kiện AB và CH song song.

Dùng tọa độ điểm H ở các đáp án, lập ra các vecto rồi tính cos AB AH( ; ) ra đáp án
1
2


thì chọn
đáp án đó.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Bài 1. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A( 1;0;1) ;B(1;1; 1) ;C(5;0; 2) . Tìm tọa
độ điểm D sao cho tứ giác ABCD theo thứ tự lập thành một hình bình hành.

Gợi ý: Vì hình bình hành ABCD có AB CD . Từ đó lập hệ phương trình rồi tìm ra tọa độ điểm
D.

Bài 2. Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A( 1;0;1) ;B(1;1; 1) ;C(5;0; 2) .Tìm tọa
độ điểm D sao cho hình tứ giác ABCD là hình thang cân.

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

Câu 49. [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCDlà hình bình hành. Gọi M là điểm trên cạnh
SCsao cho 5SM2SC, mặt phẳng ( ) qua A M, và song song với đường thẳng BDcắt hai

cạnh SB SD, lần lượt tại hai điểm H K, . Tính tỉ số theo thể tích
.
.

B AMHK
S ABCD

V

V .

A. 
1

5 . B.

35. C.

7 . D.

6
35.
Lời giải

Chọn D.

Ta gọi: E SO AM Dựng Ex BD cắt SB SD, lần lượt tại H K,

  

AHMK





 

Gọi F là trung điểm của MC

4
7
SM

SF

 

.
4

7
SE SM
SO SF

  

(vì EMOF).
4

7
SH SK SE

SB SD SO

   

( vì HK BD ).

Ta có:

            

     

   

  

  

. . .

1 1 1 4 2 4 2 8

2 2 2 7 5 7 5 35

S AHMK S AHM S AMK
S ABCD S ABC S ADC

V V V SH SM SM SK

V V V SB SC SC SD

Mà

   

 

. .

3 3 8 6

4 4 35 35

B AHMK B AHMK
S AHMK S ABCD

V BH V

V SH V .

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Câu 1. [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCDlà hình bình hành. Gọi M là trung điểm trên
cạnh SC, mặt phẳng

 

 qua A M, và song song với đường thẳng BDcắt hai cạnh SB SD, lần
lượt tại hai điểm H K, . Tính tỉ số theo thể tích

.
.

B AMHK
S ABCD

V

V .

A.

5 . B.

4 . C.

7 . D.

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

Lời giải
Chọn D.

Ta có: E SO AM

Dựng Ex BD cắt SB SD, lần lượt tại H K, 

  

  AHMK



. Khi đó ta có:
2

3
SH SK SE

SB SD SO  (vìElà trọng tâm của SAC)

Ta có:

     

         

     

   

 



. . .

1 1 1 2 1 1 2 1

2 2 2 3 2 2 3 3

S AHMK S AHM S AMK
S ABCD S ABC S ADC

V V V SH SM SM SK

V V V SB SC SC SD

Mà

 

.
.

1
2

B AHMK
S AHMK

V BH

V SH

.
.

1
6

B AHMK
S ABCD

V
V

 

Câu 2. [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCDlà hình bình hành. Gọi M là điểm trên cạnh
SCsao cho SCxSM x( 1), mặt phẳng

 

 qua A M, và song song với đường thẳng BD
cắt hai cạnh SB SD, lần lượt tại hai điểmH K, . Tính tỉ số theo thể tích

B AMHK
S ABCD

V

V .

A.





2
1
x x

. B.





x
x x 

. C.





2
1
x x 

. D.





1
1
x

x x




.
Lời giải

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

Gọi:E SO AM. Dựng Ex BD cắtSB SD, lần lượt tạiH K, 

  

  AHMK



.
GọiFlà trung điểm củaMC

2 2

1 1

SM SE SM

SF x SO SF x

    

  .

2
1
SE SM

SO SF x

  

 ( vìEM OF ).

2
1
SH SK SE

SB SD SO x

   

 (vìHK BD ).

Ta có:





   

   

   

  



 

. . .

1 1 2

2 2 1

S AHMK S AHM S AMK
S ABCD S ABC S ADC

V V V SH SM SM SK

V V V SB SC SC SD x x .

Mặt khác:



 

.
.

1
2

B AHMK
S AHMK

V BH x

V SH







 


.

1
1

B AHMK
S ABCD

V x

V x x .

Chú ý: Bài toán trên có thể sử dụng kết quả sau đây để tính được tỉ số 
SH

SB đơn giản hơn:
Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình bình

hành tâm O. Mặt phẳng ( )P cắt các cạnh
, ,

SA SB SCvà SD lần lượt tại A B C', ', ', D'. 
Khi đó:

' ' ' '

SA SC SB SD
SA SC SB SD

Áp dụng vào bài toán trên ta được 2
SA SC SB SD SB

SA SM SHSK  SH (do HK BD , định lý Ta-let).
Câu 50. [1D2-3] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số được lập từ tập



0;1; 2; 3; 4; 5; 6; 7



X 

. Rút ngẫu nhiên một số thuộc tập S. Tính xác suất để rút được số mà
trong số đó, chữ số đứng sau ln lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng trước.

A. 
2

7. B.

64. C.

16. D.

3
32.
Lời giải

Chọn C.

Số phần tử của S là: 7.8.8

Gọi A là biến cố rút được số thỏa mãn chữ số đứng sau luôn lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng
trước.

Do chữ số đứng sau luôn lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng trước, mà với bộ 3 chữ số bất kì ta

chỉ có một cách sắp thứ tự từ bé đến lớn, nên để tạo thành số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu thì
trong ba số chọn ra từ X không thể chứa số 0. Xét các trường hợp thuận lợi cho A:

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

TH2: Chọn được số có hai chữ số giống nhau, có 7.642số.
TH3: Chọn được số có ba chữ số giống nhau, có 7 số.

Vậy xác suất xảy ra A là

 

35 42 7 3

7.8.8 16
P A    

.
Bài tập tương tự:

Câu 1. [1D2-3] Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số đơi một khác nhau được lập từ tập



0;1; 2; 3; 4; 5; 6; 7



X 

. Rút ngẫu nhiên một số từ tập M. Tính xác suất để rút được số có tổng
các chữ số là số lẻ?

A. 
1

2. B.

7. C.

35. D.

1
3.
Lời giải

Chọn A.

Ta có n

 

 A84A83 1344.

Gọi A là biến cố số rút được từ M có tổng các chữ số là số lẻ.

Số có tổng các chữ số là số lẻ gồm 1 chữ số lẻ và 3 chữ số chẵn hoặc gồm 3 chữ số lẻ và 1
chữ số chẵn.

TH1. Số có tổng các chữ số là số lẻ gồm 1 chữ số lẻ và 3 chữ số chẵn
+ Khơng có số 0: C41.4.3! 96 .

+ Có chứa số 0: 3. .3.C14 C32.2! 216 .
Suy ra có tất cả: 312 số.

Cách khác: C41.4.A43C41.3.A32 312.

TH2. Số có tổng các chữ số là số lẻ gồm 3 chữ số lẻ và 1chữ số chẵn

1 3 3

4.4. 4 4 360
C A A  số.

Vậy cả 2 trường hợp có 672 số

 

672 1

672

1344 2

n A p A

    

Câu 2. [1D2-3] Chọn ngẫu nhiên một số có 5 chữ số có dạng abcde tính xác suất để chọn được một
số thỏa mãn a b c d e   

A. 
77

15000. B.

100000. C.

5000. D.

7
5000.
Lời giải

Chọn A.

Gọi B là biến cố cần tính xác suất.

Số phần tử của khơng gian mẫu:  9.104 (do a 0).

Vì a 0 mà a mà số bé nhất nên b,c,d,e cũng khác không.vậy a, b,c,d,e là 5 số được chọn trong

9 số từ 1 đến 9 xếp thứ tự duy nhất.có các trường hợp xảy ra sau:

+ Trường hợp 1: chọn a b c d e    mỗi số là một cách xếp duy nhất thứ tự 5phần tử trên

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

+ Trường hợp 2: Chọn

a b c d e
a b c d e
    
    

 do có 2 số bằng nhau nên chỉ cần chọn 4 số trong 9

số xếp thứ tự duy nhất vậy có 2.C94 số.

+ Trường hợp 3: a b c   d e do có 2 cặp số bằng nhau (a b c ; d) nên chỉ cần chọn 3

số khác nhau trong 9 số xếp thứ tự duy nhất. Vậy có C93 số.
Vậy số kết quả thuận lợi chop B là: B =C95+

4
9

2.C +C93.

( )

P B

  5

9
C =

</div>

Câu hỏi vận dụng cao có đáp án chi tiết môn toán lớp 12 năm 2017 liên trường nghệ an | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

 

 

 

 









 

 





 





 





 

 

 

 

 

 

 

 





<sub> </sub>

 

 













<i>m</i>

log cos

<i>x</i>



<i>m</i>

logcos

<i>x m</i>



 

4 0

<i>m</i>

 



2;2



<i>m</i>

  



;

2

 



2;





<i>m</i>

 



2; 2



<i>m</i>





2;2



 

log cos

<i>x</i>



<i>m</i>

logcos

<i>x m</i>