Đáp án đề cương ôn tập môn toán giữa kỳ 1 lớp 12 năm học 2020 - 2021

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.83 MB, 67 trang )

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

ĐỀCƯƠNGƠNTẬPGIỮAKỲ1LỚP12 
Phần 1. Giải tích

Câu 1. Cho hàm số y f x

 

xác định và liên tục trên khoảng



 ;



, có bảng biến thiên như hình
sau:

Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng



1;



. B. Hàm số đồng biến trên khoảng



 ; 2



C. Hàm số nghịch biến trên khoảng



;1



. D. Hàm số đồng biến trên khoảng



 1;



Lờigiải 
ChọnB

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng



 ; 1



, suy ra hàm số cũng đồng
biến trên khoảng



 ; 2



Câu 2. Cho hàm số y f x

 

xác định và có đạo hàm cấp một và cấp hai trên khoảng



a b;



và





0 ;

x  a b . Khẳng định nào sau đây sai?

A. y x

 

0 0 và y

 

x0 0 thì x0 là điểm cực trị của hàm số.

B. y x

 

0 0 và y

 

x0 0 thì x0 là điểm cực tiểu của hàm số.

C. Hàm số đạt cực đại tại x0 thì y x

 

0 0.

D. y x

 

0 0 và y

 

x0 0 thì x0 không là điểm cực trị của hàm số.

Lờigiải 
ChọnD

Dsai vì xét hàm số yx4 trên  thỏa mãn y

 

0 0 và y

 

0 0 nhưng x00 vẫn là điểm
cực tiểu của hàm số.

Câu 3. Cho hàm số 2017

y
x



 có đồ thị

 

H . Số đường tiệm cận của

 

H là?

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

Lờigiải
ChọnB

Đồ thị

 

H có tiệm cận đứng là x2.
Ta có lim lim 2017 0

 

xyx x   H có tiệm cận ngang là y0.

Vậy số đường tiệm cận của

 

H là 2 .

x  1 1 

y  0  0 

y





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

Câu 4. Đường cong trong hình sau là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn
phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

A. y x42x21. B. y x4x21. C. y x43x23. D. y x43x22.

Lờigiải
ChọnA

Đồ thị hàm số qua điểm có tọa độ



0; 1



 Loại C và D
Đồ thị hàm số qua điểm có tọa độ



1; 0



 Loại B.

Câu 5. Cho hàm số 2 1

x
y

x




 có đồ thị

 

C . Tìm tọa độ giao điểm I của hai đường tiệm cận của đồ thị

 

C .

A. I



2; 2



. B. I



2; 2



. C. I



2; 2



. D. I



 2; 2



Lờigiải
ChọnA

Tập xác định D\

 

2
Tiệm cận đứng x 2 vì

 2

2 1

lim
2

x

x
x

 


 

 ,  2

2 1

lim
2

x

x
x

 


 


Tiệm cận ngang

y



2

vì lim 2 1 2
2

x
x
x





 .

Vậy I



2; 2



Câu 6. Đồ thị sau đây là của hàm sốyx43x23. Với giá trị nào của m thì phương trình

4 2

3 0

x  x m có ba nghiệm phân biệt?

A. m 3. B. m 4. C. m0. D. m4.

Lờigiải 
ChọnC

Xét phương trình 4 2 4 2

3 0 3 3 3

x  x m  x  x   m .

Khi đó dựa vào đồ thị để phương trình đã cho có ba nghiệm thì     m 3 3 m0.

x
y

O

 1



O x

y

1
1



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

Câu 7. Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. yCT 0. B. maxy5

 . C. yC Ð 5. D. min y4.
Lờigiải

ChọnC

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x1, yC Ð 5; đạt cực tiểu tại x0,
4

CT

y  ; hàm số khơng có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.

Câu 8. Tìm đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 2 1

x
y

x




 .

A. 1,

x y 1. B. x1, y 2. C. x 1, y2. D. x 1, 1

y .

Lờigiải 
ChọnC

Hàm số y ax b

cx d




 có đường tiệm cận đứng

d
x

c

  và đường tiệm cận ngang y a

c

 .

 Hàm số 2 1
1

x
y

x




 có đường tiệm cận đứng x 1 và đường tiệm cận ngang y2.

Trình bày lại
Ta có :
Vì

1
2

2 1

lim lim 2

1 1

x x

x x

x

 




 

  nên đường thẳng y2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Vì

2 1

lim
1

x
x

x




 

 , 1

2 1

lim
1

x
x
x




 

 nên đường thẳng x 1 là tiệm cân đứng của đồ thị

hàm số.

Câu 9. Các khoảng đồng biến của hàm số 3

yx  x là

A.



0;



. B.



0; 2



. C. . D.



;1



và



2;



Lờigiải
ChọnC

3 3 0

y  x    x  suy ra hàm số đồng biến trên .

Câu 10. Cho hàm số 1

x
y

x




 có đồ thị

 

H . Tiếp tuyến của

 

H tại giao điểm của

 

H với trục

hồnh có phương trình là:

A. y3x. B. yx3. C. y3x3. D. 1





y x .

Lờigiải

x  0 1 

y  0  || 

y 


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

Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

H và trục hoành 1 0 1
2

x

x
x



  

 .

Giao điểm của

 

H và trục hồnh là M



1;0



.
Ta có





, 2

y x

x

    



Phương trình tiếp tuyến của

 

H tại M



1;0



là

  

1 . 1







y y x  x .

Câu 11. Cho hàm số y f x

 

có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 2 .

B. Hàm số đạt cực đại tại x0 và đạt cực tiểu tại x2.

C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng 2 .

D. Hàm số có ba điểm cực trị.

Lờigiải
ChọnB

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số có 2 cực trị.

Hàm số đạt cực đại tại x0 và giá trị cực đại bằng 2 .
Hàm số đạt cực tiểu tại B



1; 1



và giá trị cực tiểu bằng 2 .

Câu 12. Số cực trị của hàm số 4 2

2 3

yx  x  là

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

Lờigiải
ChọnD

Tập xác định D.





3 2

4 4 4 1

y  x  x x x  .

0 0 3

y   x  y  .

12 4

y  x  .

 

0 4 0

y    Hàm số có một cực tiểu.
Vậy hàm số có một cực trị.

Câu 13. Gọi (H) là đồ thị hàm số 2 3

x
y

x




 . Điểm M x y( ;0 0) thuộc (H) có tổng khoảng cách đến hai

đường tiệm cận là nhỏ nhất, với x00 khi đó x0y0 bằng?

A. 2. B. 1. C. 0. D. 3.

Lờigiải
ChọnB

Tập xác định. \

 

1 .

O x

y



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

Dễ có tiệm cận đứng d1:x 1 và tiệm cận ngang d2:y2.

Ta có









1 2 0

2 3

, , 1 1

x

d M d d M d x

x


    

 0 0

1 2

x

   

 .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0 0 0

1 0 2

x x x

x

      

 . Vì x0 0 nên

0 2

x   y0  1 x0y0 1.

Câu 14. Một chất điểm chuyển động có phương trình chuyển động là 3 2

6 17

s t  t  t, với t s

 

là

khoảng thời gian tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động và s m

 

là quãng đường vật đi được
trong khoảng thời gian đó. Trong khoảng thời gian 8 giây đầu tiên, vận tốc v m s





của chất
điểm đạt giá trị lớn nhất bằng

A. 29 /m s. B. 26 /m s. C. 17 /m s. D. 36 /m s.

Lờigiải 
ChọnA

Có: vs' 3t212t17

Ta đi tìm giá trị lớn nhất của v 3t212t17 trên khoảng



0;8



' 6 12

v   t  ,v'  0 t 2
BBT:

Vậy vận tốc lớn nhất trong khoảng 8 giây đầu tiên là: 29 /m s.

Câu 15. Cho hàm số y f x

 

ax3bx2cx d có đồ thị như hình vẽ ở bên. Mệnh đề nào
sau đây đúng?

A. a0, b0, c0, d 0. B. a0, b0, c0, d 0.

C. a0, b0, c0, d 0. D. a0, b0, c0, d0.

Lờigiải
ChọnC

Ta có y 3ax22bx c

Dựa vào đồ thị ta thấy nhánh cuối cùng bên phải hướng lên trên suy ra a0.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm x1d 1 0.

Hàm số có 2 điểm cực trị x1 1 0,x2 3 0x1x2 0 2 0
3

b
a

    b 0.

1 2 0

x x  0

c
a

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

Câu 16. Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y2x m  4x2 x 1 (với m là tham
số) là

A. 4 1.

m

y  . B. 4 1.

m

y  . C. 2 1.

m

y  . D. 2 1.

m

y 

Lờigiải 
ChọnB

Ta có:

 lim 2



4 2 1



x xm x  x











2 2

2 4 1

lim

2 4 1

x

x m x x


   
   






2
2

4 1 1

lim

2 4 1

x

m x m

x m x x


  
   






2
2
1
4 1
lim
1 1
2 4
x
m
m
x
m

x x x





 

   

 4 1

m







lim 2 4 1

x xm x  x

 lim 2 4 1 12

x

m
x

x x x


 
     
 
 
 

Suy ra đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang là 4 1
4

m

y  .

Câu 17. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số

2
3

x m m

y

x

 



 trên

đoạn

 

0;1 bằng 2 .

A. m1 hoặc 1
2

m  . B. m3 hoặc 5
2

m  .

C. m 1 hoặc 3
2

m . D. m2 hoặc 3
2

m  .

Lờigiải

ChọnC





2 2

2 3 2

3 3

x m m m m

y y
x x
    

   
 
 
2
min 1
2 1
2
m m

y y  

  

2
2
min

2 1

2 2 2 1 4

m m

y   m m

         



2 3 0 3

2
m
m m
m
 


    
 


Câu 18. Hàm số y 8 2 xx2 đồng biến trên khoảng nào sau đây?

A.



1; 



. B.



1; 4



. C.



;1



. D.



2;1



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

ChọnD

Xét hàm số: y 8 2 xx2

có:
TXĐ: D 



2; 4







2 2 2

8 2 2 2 1

2 8 2 2 8 2 8 2

x x x x

y

x x x x x x



   

   

     

; y 0 x1.
Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số y 8 2 xx2 đồng biến trên khoảng





2;1

 .

Câu 19. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số 2
1
x m
y
x



 đồng biến trên khoảng xác

định của nó.

A. m



1; 2



. B. m



2; 



. C. m



2; 



. D. m 



; 2



Lờigiải
ChọnC

TXĐ: D\ 1

 

Ta có





2
1
m
y
x

 


. Để hàm số đồng biến trên khoảng xác định của nó thì





0 0

m

y x D

x



     

 m2 suy ra m



2; 



Câu 20. Gọi A, B là các giao điểm của đồ thị hàm số 2 1

1
x
y
x



 và đường thẳng y  x 1. Tính AB.

A. AB4. B. AB 2. C. AB2 2. D. AB4 2.

Lờigiải 
ChọnA

Tọa độ các điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình:
1
2 1
1
1
y x
x

x
x
  




  
 

2
1

4 2 0

y x
x x
  

 
  

1
2 2
y x
x
  


 

  











2 2;1 2

A
B
   

 
  





2 2; 2 2



AB

  AB4.

Câu 21. Cho hàm số y f x

 

xác định trên  và có đồ thị hàm số y f

 

x là đường cong ở hình
bên. Hỏi hàm số y f x

 

có bao nhiêu điểm cực trị?

x 2 1 4

y  0 

y

3

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

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

Lờigiải
ChọnD

Dựa vào đồ thị y f

 

x ta thấy phương trình f

 

x 0 có 4 nghiệm nhưng giá trị f

 

x chỉ
đổi dấu 3 lần.

Vậy hàm số y f x

 

có 3 điểm cực trị.

Câu 22. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số ymx3x2



m26



x1 đạt cực tiểu tại

x .

A. m1. B. m 4. C. m 2. D. m2.

Lờigiải
ChọnA

Ta có: y 3mx22x m 26 và y 6mx2

Để hàm số ymx3x2



m26



x1 đạt cực tiểu tại x1 thì:

 

1 0 3 4 0 4

6 2 0

1 0 1

m

y m m m

m
m

y

m

 


 

      

 

   

  

   

  

  




Thử lại: với m1 ta có: yx3x25x 1 y3x22x5,

0 5

x
y

x




  

  


.
Vì a 1 0 nên hàm số đạt cực đại tại 5

x  và đạt cực tiểu tại x1. Vậy m1 thỏa mãn.

Câu 23. Tính diện tích lớn nhất Smax của một hình chữ nhật nội tiếp trong nửa đường trịn bán kính
6 cm



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

A. 2
max 36 cm

S . B. 2

max 36 cm

S . C. 2

max 96 cm

S . D. 2

max 18 cm

S .

Lờigiải 
ChọnB

Gọi hình chữ nhật cần tính diện tích là ABCD có OCx



0x6



, OB6.
Khi đó diện tích của hình chữ nhật ABCD là: SAB BC. 2

2 36

 x x  f x

 

.
Diện tích lớn nhất của hình chữ nhật ABCD là giá trị lớn nhất của f x

 

2 36

 x x trên



0; 6



 

2
2

2
2 36

   



x

f x x

x

2
2

4 72

 




x
x

 









3 2 0; 6
0

3 2 0; 6

  

  

   



x

f x

x

.
BBT

Ta có:

0; 6

 

max f x 36.

Vậy 2

max 36 cm

S .

Câu 24. Cho hàm số y f x

 

có đồ thị trong hình vẽ bên. Tìm tất cả các giá trị của m để phương
trình f x

 

m có đúng hai nghiệm phân biệt.

6

x
O

D C

B

A

x 0 3 2 6

 



f x  0 

 

f x

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

Lờigiải
ChọnA

Từ đồ thị

 

C của hàm số y f x

 

ta suy ra đồ thị

 

C của hàm số y f x

 

như sau:
- Giữ nguyên phần đồ thị

 

C ở phía trên trục hồnh.

- Lấy đối xứng qua trục hoành phần đồ thị

 

C ở phía dưới trục hồnh.
Khi đó, đồ thị

 

C là hợp của hai phần trên.

Ta có: f x

 

m là phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị

 

C và đường thẳng

 

d :ym (song song hoặc trùng với trục hoành).

Dựa vào đồ thị

 

C , ta có phương trình f x

 

m có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ

khi 0 1

m
m
  


 

 .

Câu 25. Cho hàm số y x a

bx c




 có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Tính giá trị của biểu thức P  a b c.

A. P 3. B. P1. C. P5. D. P2.

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

ChọnA

Ta có: Tiệm cận đứng: x2 c 2

b

   2b c 0

 

1 .
Tiệm cận ngang: y1 1 1

b

  b1

 

2 .

Thế

 

2 vào

 

1 suy ra c 2. Suy ra hàm số có dạng

x a

y
x




 .

Đồ thị hàm số đi qua điểm



2;0



nên ta có: 0 2
2 2

a

 


  a 2.

Vậy P   2 1 2 3.

Câu 26. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng ym cắt đồ thị hàm số yx42x2

tại 4 điểm phân biệt.

A.  1 m0. B. m0. C. 0m1. D. m0.

Lờigiải
ChọnA

 Tập xác định D.

 y 4x34x, 0 0 0

1 1

x y

y

x y

  



        



 Bảng biến thiên

x  1 0 1 

y  0  0  0 

y






 Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị m cần tìm là  1 m0.

Câu 27. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số 1 3 2

2 4 5

y x  mx  x đồng biến trên .

A.  1 m1. B.  1 m1. C. 0m1. D. 0m1.

Lờigiải
ChọnB

Tập xác định: D. Đạo hàm: y x24mx4.

Hàm số đã cho đồng biến trên tập xác định  khi và chỉ khi y 0, x  và dấu “=” chỉ xảy
ra tại hữu hạn điểm trên 

Điều kiện:   4m240,  m    1 m1.

Câu 28. Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số 1 3 2





1
3

y x mx  m m x đạt cực đại tại x1.

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

ChọnB

Tập xác định D.

Ta có: y x22mxm2m1;

2 2

y  x m.

Hàm số đạt cực đại tại x1 suy ra y

 

1 0m23m0 0

m
m




  



.
Với m0: y

 

1 20 x 1 là điểm cực tiểu của hàm số

Với m3: y

 

1   4 0 x 1 là điểm cực đại của hàm số.
Vậy m3 là giá trị cần tìm.

Câu 29. Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để hàm số 1 3 1 2

2 3 4

3 2

y x  mx  mx m nghịch
biến trên một đoạn có độ dài bằng 3. Tính tổng tất cả phần tử của S.

A. 9. B. 1. C. 8. D. 8.

Lờigiải
ChọnD

TXĐ: D.

Ta có: y x2mx2m, y  0 x2mx2m0

 

1 .

Để hàm số đã chonghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng 3 thì

 

1 phải có hai nghiệm x1,

x thỏa mãn x1x2 3. Điều này tương đương với

1 2

0
3

x x


 




 




2
2

8 0

8 9 0

m m

  


 

  





1
9

m
m

 


  



.
Do đó, S 



1;9



Vậy tổng tất cả các phần tử của S là 8.

Câu 30. Tổng bình phương các giá trị của tham số m để đường thẳng ( ) :d y  x m cắt đồ thị

 

: 2 1

x

C y

x

 



 tại hai điểm phân biệt A, B với AB2 2 là

A. 84. B. 5. C. 50. D. 2 .

Lờigiải
ChọnC

Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

d và

 

C :

2 1

x

x m

x

 

  

  2x   1



x m



x1







1 1 0

x m x m

     

 

1 .

 

1 phải có hai nghiệm phân biệt khác (-1). Điều này tương đương với

0 m 6m 3 0

     

 

* .

Gọi x1, x2 là hai nghiệm của

 

1 . Giả sử A x



1;x1m



, B x



2;x2m



.
Khi đó, ta có:





1 2

AB  x x 2



x1x2



2 8 



x1x2



24x x1 2 4

6 7 0

m m

    1

m
m




   



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

Vậy tổng bình phương các giá trị của tham số m là 50.

Câu 31. Biết đồ thị



Cm



của hàm số yx4mx2m2018 luôn luôn đi qua hai điểm M và Ncố
định khi m thay đổi. Tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng MN là

A. I 1; 2018





. B. I



0;1



. C. I



0; 2018



. D. I



0; 2019



Lờigiải

ChọnD

Giả sử M x y



0; 0



là điểm cố định của họ



Cm



. Khi đó

4 2

0 0 0 2018,

y x mx m m





0 1 0 0 2018 0,

x m x y m

       
2
0
4
0 0
1 0
2018 0
x
x y
  

 
  



0
0
4
0 0
1
1
2018 0
x
x
x y
 
  
 

  

0
0
0
0
1
2019
1
2019
x
y
x
y
 







 














1; 2019
1; 2019
M
N

 


.

Suy ra tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng MN có tọa độ là I



0; 2019



Câu 32. Cho hàm số y f x

 

xác định, liên tục trên  và có bảng biến thiên sau:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f x

 

 1 m có đúng hai nghiệm.

A. m 2, m 1. B. m0, m 1. C. m 2,m 1. D.  2 m 1.

Lờigiải
ChọnC

Ta có f x

 

 1 m f x

 

m1.

Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình có đúng hai nghiệm thì 1 1
1 0
m
m
  

  

2
1
m
m
 

   

.

Câu 33. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y mx 4

x m





 giảm trên khoảng



;1



A. 2 . B. Vô số. C. 1. D. 0.

Lờigiải
ChọnC

Điều kiện x m.Do x 





nên m  



; 1



.
Ta có





2
2
4
m
y
x m

 
 .

x  1 0 1 

y  0  0  0 

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

Để hàm số giảm trên khoảng



;1



thìy 0 với x 





4 0 2 2

m m

       .

Do m nguyên và m  



; 1



nên m 1.
Vậy có 1 giá trị của m thỏa mãn.

Câu 34. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số 4 3

2 1
x
y
x



 cùng với 2 tiệm cận tạo thành một tam giác có diện

tích bằng:

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

Lờigiải 
ChọnC

Gọi M x y



0; 0



là điểm nằm trên đồ thị hàm số, 0 1
2

x   .





10
2 1
y
x
 


Phương trình tiếp tuyến tại M :y f x( )0



xx0



y0









0
0
2
0
0
4 3
10
2 1
2 1
x

y x x

x
x

   




Tiệm cận đứng: 1
2

x  , tiệm cận ngang: y2
Gọi A là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng

1
2
A
x
  





0 0
0
2
0 0
0

4 3 4 8

10 1

2 2 1 2 1

2 1
A
x x
y x

x x
x
 
 
     
 
 


. Vậy 0

4 8

1
;

2 2 1

x
A
x
  

 

 

Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận

ngangyB 2









0
0
2
0
0
4 3
10
2
2 1

2 1 B

x
x x
x
x

   

 0
1
2
2
B
x x

   . Vậy 4 0 1; 2

x

B  

 

Giao điểm 2 tiệm cận là 1; 2
2

I 

 

Ta có:

0 0

10 10

2 1 2 1

IA IA
x x
 
   

 
 




2 0 1; 0



2 0 1

IB x  IB x 



Tam giác IAB vuông tại I nên 0

1 1 10

. . 2 1 5

2 2 2 1

IAB

S IA IB x

x

   

 .

Câu 35. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số yx42mx2m1 có ba điểm
cực trị tạo thành một tam giác có bán kính đường trịn ngoại tiếp chúng bằng 1?

A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 .

Lờigiải
ChọnA





3 2

4 4 4

y  x  mx x x m

Xét y 0 x 0

x m


   
 


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

Tọa độ ba điểm cực trị: A



0;m1 ,



B



 m;m2m1 ,





; 2 1



C m m m .

Gọi H là trung điểm của cạnh BC. Ta có





0; 1

H m m

1 . .

2 4

ABC

AB AC BC

S AH BC

R

   (do ABC cân tại A).

2 .

AB AH R

  trong đó

AH m

AB m m

 


 



Suy ra 4 4

mm  m 4

1
3

m m m

    .

Câu 36. Cho hàm số yx42mx22m2m4 có đồ thị

 

C . Biết đồ thị

 

C có ba điểm cực trị A, B,

C và ABDC là hình thoi trong đó D



0; 3



, A thuộc trục tung. Khi đó m thuộc khoảng nào?

A. 9; 2

m  

 

. B. 1;1

m  

 

. C. m



2;3



. D. 1 9;
2 5

m  

 

Lờigiải 
ChọnD

Ta có y 4x x



2m



2
0
0 x
y
x m



   


;

Với điều kiện m0 đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là



4 2



0; 2

A m  m ; B



 m m; 43m2



;



4 2



; 3

C m m  m . Để ABDC là hình thoi điều kiện là BCAD và trung điểm I của BC

trùng với trung điểm J của AD. Do tính đối xứng ta ln có BCAD nên chỉ cần IJvới



4 2



0; 3 ,

I m  m

4 2

2 3

0;
2

m m

J   

 

ĐK: m42m2 3 2m46m2m44m2 3 0 1

m
m


 


1 9
;
2 5

m  

   

 .

Câu 37. Một công ty muốn làm một đường ống dẫn dầu từ một kho A ở trên bờ biển đến một vị trí B

trên một hịn đảo. Hịn đảo cách bờ biển 6 km. Gọi C là điểm trên bờ sao cho BC vng góc
với bờ biển. Khoảng cách từ A đến C là 9 km. Người ta cần xác định một ví trí D trên AC

để lắp ống dẫn theo đường gấp khúc ADB. Tính khoảng cách AD để số tiền chi phí thấp nhất,
biết rằng giá để lắp đặt mỗi km đường ống trên bờ là 100.000.000 đồng và dưới nước là

260.000.000 đồng.

A. 7 km. B. 6 km. C. 7.5 km. D. 6.5 km.

Lờigiải

ChọnD

Đặt ADx km, x0. CD 9 x; BD 36



9x



Giá thành lắp đặt là:









6 6 7

100.10 x 36 9x .260.10 10 10 x26 36 9x 

 

 

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

Xét hàm số f x

 

10x 36



9x



2.26 0 < < 9



x



 





10 26. 0

36 9

x

f x

x



   

 









10 36 9 x 26 9 x 0

      9 2

576 10368 43056 0

x

x x



 

   



x

  .

Lập bảng biến thiên của hàm số f x

 

trên



0;9



ta thấy hàm số đạy giá trị nhỏ nhất khi
13

x .

Vậy AD6.5 km.

Câu 38. Cho hàm số f x

 

x33x22 có đồ thị là đường cong trong hình bên.

Hỏi phương trình



3 2





3 2



3 2 3 3 2 2 0

x  x   x  x    có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

A. 7. B. 9. C. 6. D. 5.

Lờigiải
ChọnA

Xét phương trình



x33x22



33



x33x22



220

 

1
Đặt tx33x22 (*) thì

 

1 trở thành t33t220

 

2
Theo đồ thị ta có

 

2 có ba nghiệm phân biệt

1 3

t
t
t





 

  


Từ đồ thị hàm số ta có

+ t  1



2; 2



(*) có ba nghiệm phân biệt

+ t 1 3 



2; 2



nên (*) có ba nghiệm phân biệt (khác ba nghiệm khi t1)
+ t 1 32 nên (*) có đúng một nghiệm

Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm phân biệt

Câu 39. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số





1 4

x
y

m x




 

có hai tiệm cận
đứng:

A. m0. B. m0. C. 0 .

m
m





 


D. m1.

Lờigiải

O x

y

2
2



1 3
1 3

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

ChọnC

Đặt g x

 

m x



1



24mx22mx 4 m.

Để đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng thì cần tìm m để phương trình g x

 

0 có hai nghiệm
phân biệt khác 1

ĐK:





 

2
0
4 0
1 0
m

m m m

g
 

    


 

0
1
m
m


 
 

.

Câu 40. Cho hàm số yx32mx23



m1



x2 có đồ thị

 

C . Đường thẳng d y:   x 2 cắt đồ thị

 

C tại ba điểm phân biệt A



0; 2



, B và C. Với M



3;1



, giá trị của tham số m để tam giác

MBC có diện tích bằng 2 6 là

A. m 1. B. m 1 hoặc m4.C. m4. D. Không tồn tại m.

Lờigiải 
ChọnB

Hoành độ giao điểm của

 

C và d là nghiệm của phương trình





3 2

2 3 1 2 2

x  mx  m x   x

 x32mx2



3m2



x0







2 3 2 0

x x  mx m 



 

2 3 2 0

x

x mx m





    



Để

 

C cắt d tại ba điểm phân biệt 

 

 có hai nghiệm phân biệt khác 0

 2

3 2 0 3 1

1 2

3 2 0

2
m
m m
m m
m m
m



  
  
 
    
   
 

 


Giả sử toạ độ giao điểm của là A



0; 2



, B x



B;yB



,C x



C;yC



với xB;xC là nghiệm của

 



Khi đó, ta có 2

. 3 2

B C

x x m

x x m

  




 



và 2

2
B B
C C
y x
y x
  


  


Suy ra BC 2



xBxC



2  2



xBxC



24x xB C  2 4 m24 3



m2





 

Mà





2 2

3 1 2

; 2

1 1

d M d    



.
Ta có 1



;



MBC

S  d M d BC

 2





2 4 4 3

. 2. 2 6

2  m  m  





2
2

4 4 3 2 24

3 4 0

m m

   

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

1
4
m
m
 

  


(thoả mãn (*)).

Câu 41. Cho hàm số 3

1
x
y
x





 

C và điểm M a b



;



thuộc đồ thị

 

C . Đặt T3



a b



2ab, khi đó

để tổng khoảng cách từ điểm M đến hai trục toạ độ là nhỏ nhất thì mệnh đề nào sau đây là
đúng?

A.  3 T 1. B.  1 T 1. C. 1T3. D. 2T 4.

Lờigiải
ChọnA

Hàm số 3

1
x
y
x



 có tập xác định: D\

 

1 .

Điểm



;

  





a

M a b C b a

a



    

 .

Trục Ox, Oy lần lượt có phương trình là y0 và x0.
Tổng khoảng cách từ M a b



;



đến hai trục tọa độ là 3

1
a
P a
a

 
 .

Xét hàm số 3
1
a
P a
a

 

 có tập xác định:D\

 

1

khi 3
1

khi 0 3

3 1

3
1

khi 1 0
1

khi 1

1
a
a a
a
a
a a
a a
P a
a
a
a a
a
a
a a
a


 
 


   

 
   

 
   
 
 

   



















2
2
2
2
4

1 khi 3

1
4

1 khi 0 3

1
4

1 khi 1 0
1

1 khi 1
1

a
a
a
a
P
a
a
a
a

 
 


  




  
    
 


  
 


Bảng biến thiên:

a
P

P

 0 3

 1 

0
3



0  







6 2

Vậy min

 

P 2 khi a   1 b 1. Do đó M



1; 1



T 2.

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

A. h(1) 1 h(4)h(2). B. h(0)h(4)2h(2).

C. h( 1) h(0)h(2). D. h(2)h(4)h(0).

Lờigiải 
ChọnC

Xét hàm số ( )h x  f x( )x trên đoạn



1;4



Ta có ( )h x  f x( ) 1 . Dựa vào đồ thị của hàm số y f( )x trên đoạn



1;4



ta được
( ) 0

h x  . Suy ra hàm số đồng biến trên



1;4



. Do đó đáp án C.

Câu 43. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để phương trình 3 2

3 2 1

x  x  m có 6 nghiệm phân
biệt.

A. 1m3. B.  2 m0. C.  1 m1. D. 0m2.

Lờigiải
ChọnC

3 2 3 2

3 2 1 3 2 1

x  x  m  x  x  m .

Xét hàm số yx33x22

2 0

3 6 ; 0

x

y x x y

x




    




.
Đồ thị hàm số y x33x22.

Từ đó ta suy ra đồ thị hàm số y x33x22.

Số nghiệm của phương trình x33x22m1 là hồnh độ giao điểm của đồ thi hàm số

3 3 2 2

y x  x  và đường thẳng ym1.

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

Câu 44. Một cái ao hình ABCDE (như hình vẽ), ở giữa ao có một mảnh vườn hình trịn có bán kính
10m. Người ta muốn bắc một câu cầu từ bờ AB của ao đến vườn. Tính gần đúng độ dài tối
thiếu l của cây cầu biết :

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

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

OA;

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

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

A. l17, 7m. B. l25, 7m. C. l27, 7m. D. l15, 7m.

Lờigiải
ChọnA

Gán trục tọa độ Oxy sao cho A Oy

B Ox








cho đơn vị là 10m.

Khi đó mảnh vườn hình trịn có phương trình

  

C : x4



2



y3



21 có tâm I



4;3



Bờ AB là một phần của Parabol

 

P :y 4 x2 ứng với x



0; 2



Vậy bài toán trở thành tìm MN nhỏ nhất với

 

M P

N C










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

Đặt trường hợp khi đã xác định được điểm Nthì MNMIIM, vậy MN nhỏ nhất khi

MNMIIM  N; M; I thẳng hàng.
Bây giờ, ta sẽ xác định điểm N để IN nhỏ nhất

 

N P





; 4

N x x

  IN 



4x



2



1x2



2 IN2



4x



2



1x2



2 4 2

8 17

IN x x x

    

Xét f x

 

x4x28x17trên



0; 2



 

4 2 8

f x x x

   

 

f x   x1, 3917 là nghiệm duy nhất và 1,3917



0; 2



Ta có f



1,3917



7, 68 ; f

 

0 17 ; f

 

2 13.

Vậy giá trị nhỏ nhất của f x

 

trên



0; 2



gần bằng 7, 68 khi x1, 3917

Vậy minIN  7, 682, 77 IN27, 7m MN INIM 27, 7 10 17, 7m.

Câu 45. Cho hàm số y f x

 

có đồ thị f

 

x như hình vẽ

Hàm số





x

y f x  x nghịch biến trên khoảng

A.



3; 1



. B.



2; 0



. C.



1; 3



. D. 1; 3

 



 

 .

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

Xét hàm số





x

y f x  x có y f



1x



 x 1.

y   f



1x



  x 1 0 f



1x



 



1x



1 3

1 1

1 3

x
x
x
  



  

  


4
0
2

x
x
x




 

  


.
Ta có bảng biến thiên:

Do đó Hàm số





x

y f x  x nghịch biến trên khoảng



1;3



Câu 46. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số 4 3 2

3 4 12

y x  x  x m có 5

điểm cực trị.

A. 44 . B. 27. C. 26. D. 16.

Lờigiải
ChọnB

Xét hàm số f x

 

3x44x312x2m.
Ta có f

 

x 12x312x224x,

 

3 2

0 12 12 24 0 1

x

f x x x x x

x




        

 


.
Ta có bảng biến thiên

x  1 0 2 

 

f x  0  0  0 

 m 

 

f x

m m32

x  2 0 4 

y  0  0  0 

y

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

Xét hàm số

 

 

0
0

f x f x

y f x

f x f x






  

 




neáu
neáu

Nên từ bảng biến thiên của hàm số y f x

 

suy ra hàm số y 3x44x312x2m có 5

điểm cực trị khi và chỉ khi 32 0
5 0

m
m

 




 


5 m 32

   .

Do đó có 27 giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y 3x44x312x2m có 5

điểm cực trị.

Câu 47. Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm liên tục trên đoạn



3;3



và đồ thị hàm số y f

 

x như
hình vẽ bên. Biết (1)f 6 và

 





1
2

x

g x  f x   . Kết luận nào sau đây là đúng?

A. Phương trình g x

 

0 có đúng hai nghiệm thuộc



3;3



B. Phương trình g x

 

0 khơng có nghiệm thuộc



3;3



C.Phương trình g x

 

0 có đúng một nghiệm thuộc



3;3



D. Phương trình g x

 

0 có đúng ba nghiệm thuộc



3;3



Lờigiải
ChọnC

Ta có:

 





x

g x  f x   g x

 

 f

  

x  x1



Vẽ đường thẳng yx1 trên cùng một hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số y f

 

x (như hình
vẽ bên).

Từ đồ thị ta thấy: g x

 

 f

  

x  x1



0,   x



3;1



(do đường cong nằm phía trên
đường thẳng), g x

 

 f

  

x  x1



0,  x



1;3



(do đường cong nằm phía dưới đường
thẳng).

Ta có:

 





1 1

g  f     6 2 4.
Bảng biến thiên:

O x

y



1 3



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

Dựa vào đồ thị ta thấy: diện tích S1 lớn hơn 4 (trong phần bên trái có nhiều hơn 4 ơ, mỗi ơ có
diện tích bằng 1), do đó:

 

1
1

4 S g x dx





 



 

4 g x


  4g

 

1 g

 

3 g

 

3 0.
Mặt khác: diện tích nhỏ hơn 4 (trong phần bên phải có ít hơn 4 ơ), do đó:

 

3
2

4S  



g x dx

 

4 g x

   4g

 

1 g

 

3 g

 

3 0.

Vậy phương trình g x

 

0 có đúng một nghiệm thuộc đoạn



3;3



(nghiệm này nằm trong
khoảng



3;1



Câu 48. Phương trình x512 1024x16 4 8



x512 1024



x



có bao nhiêu nghiệm?
A. 4 nghiệm. B. 3 nghiệm. C. 8 nghiệm. D. 2 nghiệm.

Lờigiải.

ChọnB

Cách1: Phương trình x512 1024x16 4 8



x512 1024



x



 

1 .

Điều kiện: x



512;1024



Bình phương hai vế của phương trình

 

1 ta có:



















512 2 x512 1024x 256 128 x512 1024x 16 x512 1024x

 

2 .
Đặt t8



x512 1024



x



điều kiện 0 t 4.

 

2 trở thành 4 2

8 64 128 0

t  t  t  



t4





t34t28t32



0.

3 2

4 8 32 0

t

t t t



 

   



 Với t4, mà theo trên ta có t4. Do đó đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

512 1024 768

x   x x .

 Với 3 2

4 8 32 0

t  t  t  .

Xét hàm số f t

 

t34t28t32 với 0 t 4.
Ta có f t

 

3t28t 8 0  t



0; 4



Mà f

   

0 .f 4  32.1280.

x 3 1 3

 

g x  0 

 

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

Suy ra 3 2

4 8 32 0

t  t  t  có một nghiệm duy nhất t0 trong khoảng



0; 4



.
Do đó phương trình 8







512 1024

x x t có 2 nghiệm phân biệt khác 768.
Vậy phương trình

 

1 có 3 nghiệm.

Câu 49. Cho phương trình:









3 3

sinx 2 cos 2 x 2 2 cos xm1 2 cos xm23 2 cos x m 2.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình trên có đúng 1 nghiệm
2

0;
3

x  

 ?

A. 2 . B. 1. C. 4 . D. 3.

Lờigiải
ChọnD

Ta có:









3 3

sinx 2 cos 2 x 2 2 cos xm1 2 cos xm2 3 2 cos x m 2









3 3

sinx 1 2 sin x 2 2 cos x m 2 2 cos x m 2 2 cos x m 2

         





 

3 3 3

2 sin x sinx 2 2 cos x m 2 2 cos x m 2 1

       

Xét hàm số f t

 

2t3t có f

 

t 6t2 1 0, t , nên hàm số f t

 

đồng biến trên .
Bởi vậy:

 









1  f sinx  f 2 cos xm2 sinx 2 cos3x m 2

 

2
Với 0;2

x 

 

thì

 

2 3

2 sin x2 cos x m 2

 

3 2

2 cos x cos x 1 m 3

    

Đặt tcosx, phương trình

 

3 trở thành 2t3t2 1 m

 

4
Ta thấy, với mỗi 1;1

t  

  thì phương trình cosxtcho ta một nghiệm

2
0;

x  

 . Do đó,

để phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm 0;2
3

x  

  điều kiện cần và đủ là phương trình

 

có đúng một nghiệm 1;1
2

t  

 

Xét hàm số g t

 

 2t3t21 với 1;1

t  

 

.
Ta có g t

 

 6t22t,

 

0 1

t
g t

t





  

  


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

Từ bảng biến thiên suy ra, phương trình

 

4 có đúng một nghiệm 1;1

t  

 

khi và chỉ khi
28

m

    .

Hay, các giá trị nguyên của m để phương trình trên có đúng 1 nghiệm 0;2
3

x  
  là



  4; 3; 2



Câu 50. Cho hàm số y f x

 

. Hàm số y f

 

x có đồ thị như hình bên. Hàm số y f x



x2



nghịch biến trên khoảng nào dưới đây.

A. 1;

 

 

 

 . B.

3
;
2

 

 

 

 . C.

3
;

 



 

 . D.

1
;
2

 



 

 .

Lờigiải
ChọnD

Đặt

 





yg x  f xx g x

 

 f



xx2

 

. xx2







1 2 x f







xx2



Cho g x

 

0





1 2 0

x

f x x

 


 

  











2
2

1 2 0

1 ptvn
2 ptvn

x
x x

x x

  



  



 



1
2

x

  .

Với 1
2

x thì 2

1 2 0

1 1

2 4

x

f x

 




 

  

      


 

 

 



nên g x

 

0.

O x

y

1 2

t 1

 1

 0 1

 

g t  0  0 

 1

 

g t

28
27

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

Với 1
2

x thì 2

1 2 0

1 1

2 4

x

f x

 




 

  

      



 

 

 



nên g x

 

0 hay hàm số g x

 

 f x



x2



nghịch

biến trên khoảng 1;
2

 



 

 

Câu 51. Cho hàm số f x

 

ax5bx4cx3dx2ex h a b c d e h



, , , , , 



, biết rằng f 

 

1 0 và

 

y f x có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Hỏi có bao nhiêu số ngun âm m khơng nhỏ hơn

 để hàm số

 

3 2

6 2

x x

y f x   mx đồng biến trên tập số thực ?

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

Lờigiải

ChọnD

Ta có:

 

5 4 3 2

4 3 2

3 2

5 4 3 2

20 12 6 2

f x ax bx cx dx ex h

f x ax bx cx dx e

f x ax bx cx d

     

     

    

Dựa vào đồ thị, ta thấy:

Đồ thị hàm số y f

 

x đi qua điểm



0; 2



2d 2d 1.

Đồ thị hàm số y f

 

x đi qua các điểm



1; 0



;



2; 2



;



 1; 2



nên ta có hệ phương trình:
1

20 12 6 2 0 20 12 6 2

20 12 6 2 2 20 12 6 4

160 48 12 2 2 160 48 12 4

a

a b c a b c

a b c a b c b

a b c a b c

c





       

  

  

              

  

           

   




Lại có: f 

 

1 0 3
4

e

  .

Nên:

 

4 3

3 2

1 3

4 4

3 2

f x x x x

f x x x

    

   

3 2

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

 

x

y f x   x m

Hàm số

 

3 2

6 2

x x

y f x   mx đồng biến trên tập số thực 

 

0 ,

0 ,
2

,
2
min

y x

x

f x x m x

x

m f x x x

x

m f x x



   



      



     

 



     

 




Đặt:

 

2 2

4 3

1 3

2 4 2 4

x x

g x  f x  x x x   x

 

3 2

1 3 3

g x  f x   x x  x  x

Bảng biến thiên

3
2

m

  

Mà m 10,m nên m 



2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10       



Vậy có 9 giá trị của m thỏa đề.

Câu 52. Cho hàm số f x

 

, bảng biến thiên của hàm số f

 

x như sau:

Số điểm cực trị của hàm số





4 4

y f x  x là

A. 5. B. 9. C. 7. D. 3.

Lờigiải 
ChọnC

Có



f



4x24x







8x4



f



4x24x



,













1
2

4 4 0

x

f x x


 

 

   

  



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

Từ bảng biến thiên trên ta có





















1
2

2
2

3
2

4 4 ; 1

4 4 1; 0

4 4 0

4 4 0;1

4 4 1;

x x a

f x x

x x a

     



   



    

  




   



. (1)

Xét g x

 

4x24x, g x

 

8x4,

 

0 1
2

g x   x  ta có bảng biến thiên

Kết hợp bảng biến thiên của g x

 

và hệ (1) ta thấy:
Phương trình 4x24xa1  



; 1



vơ nghiệm.

Phương trình 4x24xa2 



1; 0



tìm được hai nghiệm phân biệt khác 1
2

 .
Phương trình 4x24xa2



0;1



tìm được thêm hai nghiệm mới phân biệt khác 1

 .
Phương trình 4x24xa2



1;



tìm được thêm hai nghiệm phân biệt khác 1

 .
Vậy hàm số y f



4x24x



có tất cả 7 điểm cực trị.

Câu 53. Cho hàm số f

  

x  x2





x24x3



với mọi x. Có bao nhiêu giá trị nguyên
dương của m để hàm số y f x



210xm9



có 5 điểm cực trị?

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

Lờigiải

ChọnB

Ta có

 

0 1

x

f x x

x




   

 


, x2 là nghiệm kép nên khi qua giá trị x2 thì f

 

x

khơng bị đổi dấu.

Đặt g x

 

 f x



210xm9



khi đó g x'

 

 f

  

u . 2x10



với 2

10 9

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

Nên

 





2
2

2 10 0

10 9 2 0

10 9 1

10 9 3

x

x x m

g x

x x m

 


    

   
   


   






 

2
2
2
2
5

10 9 2 0

10 8 0 1

10 6 0 2

x

x x m

x x m




    

 
   


   


Hàm số





10 9

y f x  xm có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi g x

 

đổi dấu 5 lần
Hay phương trình

 

1 và phương trình

 

2 phải có hai nghiệm phân biệt khác 5

 

1
'
2
0
0
5 0
5 0
h
p
 

 

 


 


, (Với h x

 

x210x m 8 và p x

 

x210x m 6).

17 0
19 0
17
17 0
19 0
m
m
m
m

m
 

  

  
  

  

.

Vậy có 16 giá trị nguyên dương m thỏa mãn.

Câu 54. Cho hàm số f x( )2x3x28x7. Gọi Slà tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham
số mđể phương trình f f x( ( ) 3) m2 ( ) 5f x  có 6 nghiệm thực phân biệt. Tổng các
phần tử của Sbằng

A. 25. B. 66. C. 105. D. 91.

Lờigiải
ChọnD

Đặt t f x( ) 3 .

* t f x( ) 3  t 2x3x28x4 (1)

Đặt 3 2 2

1 1

( ) 2 8 4 ; ( ) 6 2 8 ; ( ) 0 4 316

3 27
   


 
        
    

x y

g x x x x g x x x g x

x y

Bảng biến thiên

Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số yg x( )và yt

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

+ t 1 hoặc 316
27



t thì phương trình (1) có 1 nghiệm.
+ t 1 hoặc 316



t thì phương trình (1) có 2 nghiệm.

+ 1 316

  t thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
* Ta có f f x( ( ) 3) m2 ( ) 5f x   f t( )m2t1 (2)
Điều kiện để phương trình (2) có nghiệm 1

 

t

2 2 3 2

(2) f t( )m4t 4t 1 m4t 4t 1 f t( )m 2t 3t 12t6

Đặt 3 2 2 1

( ) 2 3 12 6 ; (t) 6 6 12 ; ( ) 0

 




           




t

h t t t t h t t h t

t

Bảng biến thiên

Số nghiệm của phương trình (2) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số yh t( )và ym

Dựa vào bảng biến thiên ta có

+ m14 thì phương trình (2) vơ nghiệm.

+ m14hoặc m 11thì phương trình (2) có 1 nghiệm.
+ 11m14 thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.

Phương trình f f x( ( ) 3) m 2 ( ) 5f x  có 6 nghiệm thực phân biệt khi phương trình (1) có
3 nghiệm phân biệt và phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy phương f f x( ( ) 3) m2 ( ) 5f x  có 6 nghiệm thực phân biệt khi phương trình (2) có
hai nghiệm phân biệt 1 316

2 27

  t .

Dựa vào bảng biến thiên ta được kết quả là 11m14. Suy ra S 



1; 2;...;13



Tổng các phần tử của S 1 ... 11 12 13 91    .

Câu 55. Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ.

Các giá trị của tham số m để phương trình

 

2
2

2 5

m m

f x
f x



 



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

A. 37

m . B. 3 3

m  . C. 37

m  . D. 3

m .

Lờigiải
ChọnA

 



 



 







 



 

2 3 2 2

3 2 2 2

3 4 3 2 5

2 5

2 2 2 5 2 5 2 5

m m

f x m m f x f x

f x

m m f x f x f x



      



      

Xét hàm số f t

 

t3   t, t  f '

 

t 3t2  1 0, t 







 



 

2 2

2 2 5 2 2 5

0
0

4 5 4 5

2 2

f m f f x m f x

m
m

m m

f x f x

     







 

   

  

 

 

Với

 

4 5

m

f x    từ đồ thị ta thấy chỉ có 1 nghiệm.
Vậy để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình

 

4 5

m

f x   phải có hai nghiệm





4 5 37

4 , 0

2 2

m

m m



     .

Câu 56. Cho hàm số y f x

 

xác định, liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá
trị nguyên của m để phương trình 2f



3 4 6 x9x2



m3 có nghiệm.

A. 9. B. 17. C. 6. D. 5.

Lờigiải

ChọnA

Điều kiện: 6 9 2 0 0 2
3

x x   x .

Đặt 3 4 6 9 2, 0;2

t  x x x  

 .

Ta có:

6 18 1 2

4. 0 0;

3 3

2 6 9

x

t x

x x

  

        

 



Bảng biến thiên cho t 3 4 6x9x2.Vì 0;2



1;3



x   t

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Phương trình trở thành: 2

 



1;3 . *



 

m

f t m  f t   t 

Phương trình 2f



3 4 6 x9x2



m3có nghiệm

 

3
2

m

f t 

  có nghiệm t 



1;3



6 2 12 3 4 2 9 1 2 ,

m

a m a m a



                   với

 1;3

 

max 2, 0;

f t a a



 

    

 .

Mà mm   



9; 8; 7;..; 1



 có 9 giá trị m ngun thỏa ycbt.

Phần2.Hìnhhọc

Câu 1. Hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác cân nhưng khơng phải là tam giác đều có bao nhiêu mặt
phẳng đối xứng?

A. 4 . B. 3. C. 2 . D. 1.

Lờigiải 
ChọnC

Hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác cân nhưng khơng phải là tam giác đều có 2 mặt phẳng
đối xứng gồm mặt phẳng trung trực của cạnh bên và mặt phẳng trung trực của cạnh đáy của
tam giác đáy hình lăng trụ (hình vẽ minh họa).

Câu 2. Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng

h

và diện tích đáy bằng B là:

A. 1

V  Bh. B. 1

V  Bh. C. V Bh. D. 1

V  Bh.

Lờigiải 
ChọnA

Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là: 1
3

V  Bh.

Câu 3. Khối đa diện đều loại



p q;



được sắp xếp theo thứ tự tăng dần của số đỉnh là

A.

 

3;3 ,



3; 4



 

5;3 ,



4;3



 

3;5 . B.

 

3;3 ,



4;3





3; 4



 

3;5 ,

 

5;3 .

C.

 

3;3 ,



3; 4





4;3



 

5;3 ,

 

3;5 . D.

 

3;3 ,



3; 4





4;3



 

3;5 ,

 

5;3 .

Lờigiải
ChọnD

Gọi Đ là tổng số đỉnh, C là tổng số cạnh, M là tổng số mặt của khối đa diện đều loại



p q;



.
Ta có: pĐnM 2C. Cụ thể:

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

 Xét khối lập phương đều loại





4; 3 8; 12

6 2

4;3 p q Đ pM C pM

M q

 



    





 .

 Xét khối bát diện đều loại





3; 4 6; 12

8 2

3; 4 p q Đ pM C pM

M q

 



    





 .

 Xét khối mười hai mặt đều loại





5; 3 20; 30

1
5

2
3

; p q Đ pM C pM

M q

 



    





 .

 Xét khối hai mươi mặt đều loại





3; 5 12; 30

2
3

0
5

; p q Đ pM C qM

M q

 



    





 .

Vậy ta có sắp xếp:

 

3;3 ,



3; 4





4;3



 

3;5 ,

 

5;3 .

Câu 4. Cho khối lăng trụ ABC A B C.    có thể tích là V, thể tích của khối chóp C ABC. là:

A. 2V. B. 1

2V. C.

3V . D.

1
6V .

Lờigiải 
ChọnC

Gọi h là khoảng cách từ C đến mặt phẳng



ABC



và B là diện tích tam giác ABC. Khi đó,
thể tích lăng trụ V Bh, thể tích khối chóp C ABC. là . 1

C ABC

V   Bh. Do đó, . 1
3

C ABC

V   V .

Câu 5. Khối đa diện đều loại



4; 3



có bao nhiêu mặt?

A. 4 . B. 7. C. 8. D. 6.

Lờigiải 
ChọnD

Khối đa diện đều loại



4; 3



là hình lập phương nên có sáu mặt.

Câu 6. Vật thể nào trong các vật thể sau không phải khối đa diện?

A. . B. .

C. . D. .

Lờigiải 
Chọn C

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Câu 7. Hình đa diện nào sau đây khơng có mặt phẳng đối xứng?

A. Hình lập phương. B. Hình chóp tứ giác đều.

C. Hình lăng trụ tam giác. D. Hình lăng trụ lục giác đều.

Lờigiải 
ChọnC

Câu 8. Trong các khẳng định sau khẳng định nào đúng?

A. Khối đa diện đều loại



p q;



là khối đa diện đều có p mặt, q đỉnh.

B. Khối đa diện đều loại



p q;



là khối đa diện lồi thỏa mãn mỗi mặt của nó là đa giác đều p

cạnh và mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt.

C. Khối đa diện đều loại



p q;



là khối đa diện đều có p cạnh, q mặt.

D. Khối đa diện đều loại



p q;



là khối đa diện lồi thỏa mãn mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của
đúng p mặt và mỗi mặt của nó là một đa giác đều q cạnh.

Lờigiải
ChọnB

Theo định nghĩa khối đa diện đều trong sách giáo khoa hình học 12 cơ bản trang 15.

Câu 9. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh a. Biết SA



ABCD



và
3

SAa . Thể tích của khối chóp S ABCD. là:

A. a3 3. B.

3
12

a

. C.

3
3

a

. D.

a

Lờigiải 
ChọnC

Ta có: hSAa 3; BSABCD a2.

1 3

3 3

a

V  B h .

C
D

A B

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Câu 10. Cho khối chóp S ABC. , trên ba cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy ba điểm A, B, C sao cho
1

SA  SA, 1

SB  SB, 1

SC  SC. Gọi V và V lần lượt là thể tích của các khối chóp
.

S ABC và S A B C.   . Khi đó tỉ số V

V



là:

A. 12 . B. 1

12. C. 24 . D.

1
24.

Lờigiải:
ChọnD

Theo cơng thức tỉ số thể tích khối chóp, ta được: . . 1 1 1. . 1
2 3 4 24

V SA SB SC

   

   .

Câu 11. Cho hình chóp S ABC. có đáyABC là tam giác đều cạnh a, SA



ABC



và SAa 3. Thể
tích khối chóp S ABC. là

A. 
3

3
.
4

a

B. 
3

.
2

a

C. 
3

3
.

a

D. 
3

.
4

a
Lờigiải

ChọnD

Ta có thể tích của khối chóp S ABC. là

2 3

1 1 3

. . . . 3 .

3 3 4 4

S ABC ABC

a a

V  S SA a 

Câu 12. Hình bát diện đều có số cạnh là

A. 6. B. 8. C. 12 . D. 10.

Lờigiải
ChọnC

Hình bát diện đều có số cạnh là 12.

Câu 13. Tìm số mặt của hình đa diện ở hình vẽ bên:

C'

B'

A'

A

C

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

A. 11. B. 10. C. 12 . D. 9.

Lờigiải
ChọnD

Quan sát hình đa diện đã cho ta đếm được tất cả có 9 mặt.

Câu 14. Cho một hình đa diện. Khẳng định nào sau đây sai?

A. Mỗi mặt có ít nhất 3 cạnh.

B. Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất 3 cạnh.

C. Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất 3 mặt.

D. Mỗi cạnh là cạnh chung của ít nhất 3 mặt.

Lờigiải
ChọnD

Xét tứ diện

Quan sát đường tô đậm, ta thấy cạnh đó chỉ có hai mặt.
Do đó, khẳng định D sai.

Câu 15. Khối chóp có một nửa diện tích đáy là S, chiều cao là 2h thì có thể tích là:

A. V S h. . B. 1 .

V  S h. C. 4 .

V  S h. D. 1 .

V  S h.

Lờigiải
ChọnC

Ta có: 1 . 1.2 .2 4 .

3 3 3

V  B h S h S h.

Câu 16. Tính thể tích V của khối lập phương ABCD A B C D.     biết AC a 3.

A. V a3. B.

a

V  . C.

3 6
4

a

V  . D. V 3 3a3.

Lờigiải 
ChọnA

Ta có AC  AB 3 AB 3a 3 ABa.

Do đó thể tích V của khối lập phương ABCD A B C D.     là 3

V a .

Câu 17. Lăng trụ tam giác đều có độ dài tất cả các cạnh bằng 3. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Lờigiải.

ChọnB

Diện tích đáy: 1.3.3.sin 60 9 3

2 4

ABC

S    . Thể tích . 27 3

lt ABC

V S AA .

Câu 18. Tính thể tích của khối tứ diện đều có cạnh bằng 3.

A. 2 . B. 2 2 . C. 4 2

9 . D.

9 2
4 .

Lờigiải
ChọnD

Cách1: Áp dụng cơng thức tính nhanh thể tích khối tứ diện đều:

3 2 9 2

12 4

V   .

Cách2: Khối tứ diện đều S ABC. có đáy là tam giác đều và đường cao SG.

3 9 3

4 4

ABC
AB

S   , 2 3 3 2 2 9 3 6.

3 2

AB

AG  SG SA AG   

Vậy . 1. . 9 2

3 4

S ABC ABC

V  S SG .

Câu 19. Cho khối lăng trụ ABC A B C.    có thể tích bằng V. Tính thể tích khối đa diện ABCB C .

A. 3

V

. B. 2

V

. C.

V

. D.

V

Lờigiải
ChọnB

A

B

C
S

G
A

B

C
A

B

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Ta có: 2

3 3 3

ABCB C B ABC C B AC

V V V

V  V  V     

Câu 20. Nếu không sử dụng thêm điểm nào khác ngồi các đỉnh của hình lập phương thì có thể chia
hình lập phương thành

A. Bốn tứ diện đều và một hình chóp tam giác đều.

B. Năm hình chóp tam giác đều, khơng có tứ diện đều.

C. Một tứ diện đều và bốn hình chóp tam giác đều.

D. Năm tứ diện đều.

Lờigiải
ChọnA

Hình chóp tam giác đều là ACB D .

Bốn tứ diện đều là D ACD. , C CB D.  , B ACB. A AB D.  .

Câu 21. Cho hình lập phương ABCD A B C D.     có diện tích tam giác ACD bằng a2 3. Tính thể tích

V của khối lập phương.

A. V 4 2a3. B. V 2 2a3. C. V 8a3. D. V a3.

Lờigiải
ChọnB

A

B

C

A



B



</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

A
B

C D

A

B

C D

Gọi độ dài cạnh của hình lập phương là x. Khi đó:
Tam giác ACD là tam giác đều cạnh x 2:

ACD
S  a





2 3 2

2 2

x

a

   xa 2.

Vậy V x3



a 2



3 2 2a3.

Câu 22. Khi tăng độ dài cạnh đáy của một khối chóp tam giác đều lên 2 lần và giảm chiều cao của hình
chóp đó đi 4 lần thì thể tích khối chóp thay đổi như thể nào?

A. Tăng lên 2 lần. B. Không thay đổi. C. Tăng lên 8 lần. D. Giảm đi 2 lần.

Lờigiải
ChọnB

Ta có thể tích hình chóp là: 1 .
3 đáy

V  S h.

Giả sử cạnh đáy bằng a thì diện tích đáy

3
4

đáy
a

S  .

Nếu cạnh đáy tăng lên 2 lần, tức là 2a thì diện tích đáy bằng 2

a và chiều cao h giảm đi 4

lần, tức bằng

h

thì thể tích khối chóp bằng

2
2

1 1 3 1

3. . . .

3 4 3 4 3 đáy

h a

a  h S hV.

Do đó thể tích khối chóp khơng thay đổi.

Câu 23. Cho lăng trụ tam giác ABC A B C.    có đáy là tam giác đều cạnh a. Độ dài cạnh bên bằng 4a.
Mặt phẳng



BCC B 



vng góc với đáy và B BC 30. Thể tích khối chóp A CC B.   là

A. 
3

a

. B.

3
12

a

. C.

3
18

a

. D.

3
6

a

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Gọi H là hình chiếu của B trên BC. Từ giả thiết suy ra: B H 



ABC





. .sin
2

BB C

S   BB BC B BC 14 . .sin 30

2 a a

 a2.

Mặt khác: 1 .

BB C

S   B H BC B H 2SBB C

BC




 

2
2

a
a
a

  .

LT ABC

V B H S

2 3

2 .
4

a
a



3 3

a

 .

. .

1
2

A CC B A CC B B

V    V  

1 2 1

2 3VLT 3VLT

 

1 3

3 2

a



3 3

a

 .

Câu 24. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi một vng góc. Biết OAa, OB2a, OCa 3.
Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng



ABC



A. 3

a

. B.

a

. C. 17

a

. D. 2 3

a

Lờigiải
ChọnD

Cách1:

1 3

. .

6 3

OABC

a

V  OA OB OC .

Tính được AB OA2OB2 a 5, AC OA2OC2 2a, BC OB2OC2 a 7.







S  p pAB pAC pBC  (với p ABACBC )

a

C'

A'
B'

C
B

A
H

4a

B

O C

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Gọi hd O ABC



;





. Ta có 1 . 3 2 3

3 19

OABC

OABC ABC

ABC
V

V h S h

S

    .

Cách2:

Áp dụng công thức tính độ dài đường cao hạ từ đỉnh O đến mặt phẳng



ABC



trong tứ diện
vuông OABC ta có: 1 2 12 12 12 22

OH OA OB OC  a

2 3

a
OH

 

Câu 25. Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có diện tích các mặt ABCD, BCC B , CDD C  lần
lượt là 2

2a , 2

3a , 2

6a . Tính thể tích khối hộp chữ nhật ABCD A B C D.    .

A. 36a3. B. 6a3. C. 36a6. D. 6a2.

Lờigiải
ChọnB

Ta có

ABCD

S  a  AB BC. 2a2

 

BCC B

S    a BC BB.  3a2

 

CDD C

S    a CD CC.  6a2 AB BB.  6a2

 

3

Nhân vế theo vế

     

1 , 2 , 3 ta được





2 6

. . 36

AB BC BB  a  AB BC BB. .  6a3.

. . . 6

ABCD A B C D

V     AB BC BB  a .

Câu 26. Tính thể tích của khối bát diện đều có cạnh bằng 2.

A. 8 2

3 . B.

3 . C.

4 2

3 . D.

16 2
3 .

Lờigiải 
ChọnA

C'
D'
B'

C
B

A D

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Gọi ABCDEF là hình bát diện đều có tâm H (như hình vẽ) có cạnh bằng 2 .

Ta có 2 2 2

2 2

AC

EH  AH    .

Thể tích của bát diện đều đã cho là

2
.

1 1 8 2

2 2. . . 2. .2 . 2

3 3 3

E ABCD ABCD

V  V  S EH  .

Câu 27. Cho tứ diện OABC có OAa, OB2 ,a OC3a đơi một vng góc với nhau tại O. Lấy

M là trung điểm của cạnh AC; N nằm trên cạnh CB sao cho 2
3

CN  CB. Tính theo a thể
tích khối chóp OAMNB.

A. 2a3. B. 1 3

6a . C.

3a . D.

1
3a .

Lờigiải 
ChọnC

Ta có:

1 1

M

O

B

C

A

N

E

A

B

D

F

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>













1 1 1 2 1

; . . . ; . .

3 3 2 3 3 3

MOBC OCN OBC OABC

a

V  d M OBC S  d M OBC S  V 

3 3

3 2

3 3

AOMNB OABC MOBC

a a

V V V a   .

Câu 28. Tính theo a thể tích khối lăng trụ đứng ABCD A B C D.     có đáy là hình thoi cạnh a, góc BAD

bằng 60 và cạnh bên AA bằng a.

A. 9 3

2a . B.

2a . C.

2 a . D.

3a .

Lờigiải 
ChọnC

Trong



ABCD



gọi OACBD.
Ta có: ABD là tam giác đều cạnh a.

BD a

  , AC2AOa 3.

Thể tích khối lăng trụ là: V SABCD.AA 1. . .
2 BD AC AA

 1 . 3.

2a a a

 3 3

2 a

 .

Câu 29. Cho hình chóp S ABC. có tam giác ABC vng tại B, BCa, AC2a, tam giác SAB là

tam giác đều. Hình chiếu của S lên mặt phẳng



ABC



trùng với trung điểm M của AC. Tính
thể tích V của khối chóp S ABC. .

A. 
3

a

V  . B.

a

V  . C.

a

V  . D.

3
6

a
V  .

Lờigiải
ChọnA

a

a
a

O

C'

D'
B'

C
B

A D

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Tam giác ABC vuông tại B: AB AC2BC2 a 3.
Tam giác SAB đều nên SAABa 3.

Tam giác SAM vuông tại M nên: SM  SA2AM2 a 2.

Vậy 1. .

3 ABC

V  S SM d

a

 .

Câu 30. Lăng trụ ABC A B C.    có đáy là tam giác vuông cân tại A, ABa, biết thể tích của lăng trụ
.

ABC A B C   là

4
3

a

V  .Tính khoảng cách h giữa AB và B C .

A. 8

a

h . B. 3

a

h . C. 2

a

h . D.

a
h .

Lờigiải
ChọnA

Ta có AB



A B C  



d AB B C



,  



d AB A B C





  





d B A B C





  





ABC
a

S  .

a
M

C
A

a

h

B

C

A

B'

A'

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

ABC

V S h

4
8
3

3
2

ABC
a

V a

h

S a

    .

Câu 31. Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có thể tích bằng 1 và G là trọng tâm tam giácBCD.
Thể tích V của khối chóp G ABC. là:

A. 1

V  . B. 1

V  . C. . D. 1

V  .

Lờigiải
ChọnD

Gọi O là tâm hình hộp

Ta có G là trọng tâm tam giác BCD 1

GO
CO

  nên . 1 .

G ABC C ABC

V   V .

Mà . 1 . 1

6 6

C ABC ABCD A B C D

V   V      nên .

1
18

G ABC

V   .

Câu 32. Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC A B C.    có cạnh đáy bằng a 2 và mỗi mặt bên có diện
tích bằng 4a2. Thể tích khối lăng trụ đó là

A. 
3

6
2

a

. B. a3 6. C. 2a3 6. D.

2 6

a

Lờigiải
ChọnB

Do ABC A B C.    là khối lăng trụ tam giác đều nênABB A  là hình chữ nhật.
1

V 

C'

B'
A'

A

B

C

A B

C
D

A

B

C

D

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Mặt khác mỗi mặt bên có diện tích bằng 2

4a nên

. 4

AB AA  a

4a
AA

AB



 

4
2

a
AA

a


   AA2 2a.

Thể tích khối lăng trụ ABC A B C.    là

. .sin 60 .

ABC A B C

V     AB AB AA

2. 2.sin 60 .2 2

2a a a

  a3 6.

Câu 33. Cho khối chóp tam giác S ABC. có SA



ABC



, tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là AB5a;
8

BC a; AC7a, góc giữa SB và



ABC



là 45. Tính thể tích khối chóp S ABC. .

A. 50 3a3. B. 50 3 3

3 a . C.

3 a . D.

50 7
3 a .

Lờigiải 
ChọnB

Ta có nửa chu vi ABC là 10

AB AC BC

p    a.

Diện tích ABC là SABC 10 .5 .3 .2a a a a 10 3a2.





SA ABC nên SAB vng, cân tại A nên SAAB5.
Thể tích khối chóp S ABC. là . 1 .

S ABC ABC

V  SA S .

Câu 34. Cho hình chóp . Gọi , , , theo thứ tự là trung điểm của , , , .

Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp và bằng

A. . B. . C. . D. .

Lờigiải

ChọnA

5 .10 3

3 a a

 50 3 3

3 a



S ABCD M N P Q SA SB SC SD

S MNPQ S ABCD.

1
8

1
2

1
4

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Ta có và

Câu 35. Cho khối lăng trụ có đáy là tam giác đều cạnh bằng , cạnh bên ,

góc giữa và mặt phẳng đáy bằng . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho theo .

A. . B. . C. . D. .

Lờigiải
ChọnA

Kẻ , . Khi đó góc giữa và mặt phẳng đáy bằng góc giữa và

bằng .

Trong vng tại , có .

Ta có .

Q

P
N

M

A

B

C

D
S

. .

1
8

S MNP S ABC

V  V . 1 .

S MQP S ADC

V  V

. . . .

1 1 1

8 8 8

S MNPQ S MQP S MNP S ABC S ADC S ABCD

V V V V V V

     

.
.

1
8

S MNPQ

S ABCD
V
V

 

ABC A B C   ABC a AA a

AA 30 a

3 3

a 3 3

a





A H  ABC H



ABC



AA AA

AH A AH 30

A AH

 H A H  A A .sinA AH a.sin 30

a
A H

 

2
.

. .

4 2

ABC A B C ABC

a a

V    S A H 

3
.

3
8

ABC A B C

a

V   

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Câu 36. Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình vng cạnh bằng a, hai mặt phẳng



SAB





SAD



cùng vng góc với đáy, SC tạo với đáy một góc bằng 60. Tính thể tích khối chóp S ABCD.
theo a.

A.

3 2

a

. B.

3 6

a

. C.

2 6

a

. D.

4 6

a

Lờigiải 
ChọnB

Ta có SA



ABC



SCA60 SAtan 60 .AC a 6
Do đó thể tích khối chóp S ABCD. là

3
2

1 1 6

. . . 6 .

3 ABCD 3 3

a

V  S SA a a 

Câu 37. Cho hình hộp đứng có đáy là hình thoi cạnh và ,

hợp với đáy một góc . Thể tích của khối hộp là

A. . B. . C. . D. .

Lờigiải 
ChọnB

Góc giữa và bằng . Suy ra .

Thể tích khối hộp đứng bằng .

Câu 38. Cho khối lăng trụ đứng tam giác ABC A B C.    có đáy là một tam giác vuông cân tại A,
2

ACAB a, góc giữa AC và mặt phẳng



ABC



bằng 30. Thể tích khối lăng trụ
.

ABC A B C   là

A. 4a 3 . B.

4a 3

. C.

2a 3

. D.

4a 3
.
.

ABCD A B C D    ABCD a BAD60 AB



ABCD



30

a 3 3

a 3

a 3 2

a

D'

B' C'

C
B

A'

D
A

AB



ABCD



B AB BB AB. tanB AB a 3
. ABCD

V BB S

2 3

3 3

2 2

a a

a

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Lờigiải 
ChọnB

Ta có AC là hình chiếu vng góc của AC lên mặt phẳng



ABC











AC, ABC



CAC 30

   

Tam giác ACC vng tại C có . tan 30 2 3
3

a

CC AC  

Khi đó

3
.

4 3

ABC A B C ABC

a

V    S CC .

Câu 39. Cho khối tứ diện có thể tích V. Gọi V là thể tích khối đa diện có các đỉnh là trung điểm các
cạnh của khối tứ diện đã cho. Tính tỉ số V

V



A. 2

V
V



 . B. 1

V
V



 . C. 5

V
V



 . D. 1

V
V


 .

Lờigiải

ChọnD

Gọi khối tứ diện đã cho là ABCD.

Gọi E, F, G, H, I, J lần lượt là trung điểm của AD, AB, AC, BC, CD, BD.
Khi đó ta có: V V4.VA FEG. .

Mặt khác . 1
8

A FEG

V  V .

Suy ra 1 1

2 2

V

V V V

V




    .

H
G

E
F

J

B D

C
A

I
A
B

A

C
B

A

C

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Câu 40. Đáy của hình lăng trụ đứng tam giác ABC A B C.    là tam giác đều cạnh a4 và biết diện tích
tam giác A BC bằng 8. Thể tích khối lăng trụ là

A. 2 3 . B. 4 3 . C. 8 3 . D. 16 3 .

Lờigiải 
ChọnC

Diện tích đáy 3.42 4 3
4

ABC

S   .

Gọi H là trung điểm của BC, suy ra A H BC và 3 2 3
2

a

AH   .

Mặt khác 1 .

A BC

S   A H BC A H 2 .S A BC 4

BC 



    .

Trong A AH vng tại A, ta có AA A H 2AH2 2
Do đó thể tích lăng trụ là V 2.4 38 3.

Câu 41. Cho hình hộp chữ nhật có độ dài đường chéo của các mặt lần lượt là 5 , 10 , 13 . Tính thể
tích của khối hộp đã cho.

A. 5. 10. 18

V  . B. V 8. C. V 6. D. V 4.

Lờigiải
ChọnC

Giả sử hình hộp ABCD A B C D.     có độ dài đường chéo các mặt bên lần lượt là
5

AB  , B D   10, AD  13.

Đặt AA x, A B   y, A D  z ( , ,x y z0).

C
D
B

B'
A'

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Áp dụng định lý Py-ta-go cho các tam giác vuông A AB , A B D  , A AD  ta có hệ phương
trình:

2 2

5
13
10

x y

x z

y z

  



 




 



. Suy ra

2
2
2

4 2

1 1

3
9

x x

y y

z
z

   

 

  

 

  

 



(vì , ,x y z0).
Vậy thể tích khối lập phương là V xyz6.

Câu 42. Ông An muốn xây một cái bể chứa nước lớn dạng một khối hộp chữ nhật khơng nắp có thể tích
bằng 288 m . Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng, giá thuê nhân công để 3
xây bể là 500000 đồng/m2. Nếu ông An biết xác định các kích thước của bể hợp lí thì chi phí

th nhân cơng sẽ thấp nhất. Hỏi ơng An trả chi phí thấp nhất để xây dựng bể đó là bao nhiêu?

A. 108 triệu đồng. B. 54 triệu đồng. C. 168 triệu đồng. D. 90 triệu đồng.

Lờigiải
ChọnA

Theo bài ra ta có để chi phí th nhân cơng là thấp nhất thì ta phải xây dựng bể sao cho tổng
diện tích xung quanh và diện tích đáy là nhỏ nhất.

Gọi ba kích thước của bể là a, 2a, c.



a m

 

0,c m

 

0



Ta có diện tích cách mặt cần xây là S 2a24ac2ac2a26ac.

Thể tích bể 2

144

.2 . 2 288

V a a c a c c

a

     .

Vậy 2 2 2 3 2

144 864 432 432 432 432

2 6 . 2 2 3. 2 . . 216

S a a a a a

a a a a a a

         .

Vậy 2

216

min

S  m

Chi phí thấp nhất là 216 500000 108  triệu đồng.

Câu 43. Cho hình chóp S ABC. có đáy là tam giácABC đều cạnh a, tam giác SBA vuông tại B, tam
giác SAC vng tại C. Biết góc giữa hai mặt phẳng



SAB



và



ABC



bằng 60. Tính thể
tích khối chóp S ABC. theo a.

A.

3
8

a

. B.

3
12

a

. C.

3
6

a

. D.

3
4

a

Lờigiải.

ChọnB

S

D

B

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Gọi D là hình chiếu của S lên mặt phẳng



ABC



, suy ra SD



ABC



.
Ta có SDAB và SBAB gt( ), suy ra AB



SBD



BABD.
Tương tự có ACDC hay tam giác ACD vuông ở C.

Dễ thấy SBA SCA (cạnh huyền và cạnh góc vng), suy ra SBSC. Từ đó ta chứng
minh được SBD SCD nên cũng có DBDC.

Vậy DA là đường trung trực của BC, nên cũng là đường phân giác của góc BAC.
Ta có DAC30, suy ra

a

DC  . Ngồi ra góc giữa hai mặt phẳng



SAB



và



ABC



là

 60

SBD , suy ra tan tan . 3

SD a

SBD SD BD SBD a

BD

     .

Vậy

2 3

1 1 3 3

. . . .

3 3 4 12

S ABC ABC

a a

V  S SD a .

Câu 44. Cho hình chóp S ABC. có đáy là tam giác ABC vng tại A góc ABC30; tam giác SBC

là tam giác đều cạnh a và mặt phẳng



SAB



vng góc mặt phẳng



ABC



. Khoảng cách từ A

đến mặt phẳng



SBC



là:

A. 6

a

. B. 6

a

. C. 3

a

. D. 6

a

Lờigiải
ChọnD

Ta có tam giácABC vng tạiA góc ABC30 và BCa, suy ra , 3

2 2

a a

AC AB .

Lại có



SAB

 

ABC



AC



SAB



CA AB






 






, suy ra tam giác SAC vuông tại A.
Suy ra

2 2 2 3

2 2

a a

SA SC AC  a    

  .

Tam giác SABcó 3, 3,

2 2

a a

SA AB SBa. Từ đó sử dụng công thức Hê-rông ta tính
được

2 SSAB 6 3 2

a a a AB

S  SH   BH  .

S

B
A

C

K
H

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Suy ra

















.
3

d H SBC  d A SBC Từ H kẻ HKBC.

Kẻ HESK HE



SBC



. Ta dễ tính được 3





6 9

a a

HK  d H SBC 

Vậy









3 6 6

2 2 9 6

a a

d A SBC  d H SBC    .

Câu 45. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật với ABa, BCa 3. Cạnh bên

SA vuông góc với đáy và đường thẳng SC tạo với mặt phẳng



SAB



một góc 30. Tính thể
tích V của khối chóp S ABCD. theo a.

A.

2 6
3

a

V  . B.

2
3

a

V  . C. V  3a3. D.

3
3

a

V  .

Lờigiải 
ChọnA

Ta có: BC SA BC



SAB



BC AB




 





SB

 là hình chiếu của SC lên mặt phẳng



SAB









SC SAB,





SC SB,



CSB 30

    .

Xét tam giác SBC vng tại B có tan 30 BC SB 3a
SB

    .

Xét tam giác SAB vng tại A có SA SB2AB2 2a 2.
Mà SABCD AB BC. a2 3.

Vậy

1 2 6

3 ABCD 3

a

V  S SA .

Câu 46. Cho hình lăng trụ ABC A B C.    có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vng góc của điểm

A lên mặt phẳng



ABC



trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai
đường thẳng AA và BC bằng 3

a

. Tính theo a thể tích V của khối lăng trụ ABC A B C.   .

A. 
3

3
6

a

V  . B.

3
12

a

V  . C.

3
3

a

V  . D.

3
24

a

V  .

Lờigiải
ChọnB

S

A

B C

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Ta có A G 



ABC



nên A G BC; BC AM BC



MAA



Kẻ MI AA; BC IM nên



;



3
4

a

d AA BC IM 

Kẻ GH AA, ta có 2 2. 3 3

3 3 4 6

AG GH a a

GH

AM  IM    

2 2 2 2 2 2 2

3 3

1 1 1 . 3 6

3
3 12

a a

AG HG a

A G

HG  A G  AG    AG HG  a a 


2 2

3 3

. .

3 4 12

ABC A B C ABC

a a a

V    A G S   ( đvtt).

Câu 47. Cho hình chóp tứ giác S ABCD. có đáy là vng; mặt bên



SAB



là tam giác đều và nằm trong
mặt phẳng vng góc với đáy. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng



SCD



bằng

3 7
7

a

. Tính thể tích V của khối chóp S ABCD. .

A. 1 3

V  a . B. 3

V a . C. 2 3

V  a . D.

3
2

a

V  .

Lờigiải 
ChọnD

Gọi I ; J lần lượt là trung điểm của AB; CD; K là hình chiếu của I lên SJ

x

K

D
J
C
B

I
A
S
A

B

C
M

G
H

I

A

B

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

Vì AB//CD nên









2 2

; ; IS IJ

d A SCD d I SCD IK

IS IJ

  



2 2

3
.

3 7 2

7 3

x
x
a

x x

 



x a

 

Từ đó suy ra

3
2

1 3 3

3 2 2

x a

V  x  .

Câu 48. Cho hình chóp S ABC. có đáy là ABC vuông cân ở B, ACa 2, SA



ABC



, SAa.
Gọi G là trọng tâm của SBC, mp

 



đi qua AG và song song với BC chia khối chóp thành
hai phần. Gọi Vlà thể tích của khối đa diện khơng chứa đỉnhS. Tính V.

A. 
3

4
.
9

a

B. 
3

4
.
27

a

C. 
3

5
.
54

a

D. 
3

2
.
9

a
Lờigiải

ChọnC

Trong mặt phẳng



SBC



. Qua G kẻ đường thẳng song song với BC và lần lượt cắt SC SB,
tại ,E F. Khi đó ta được khối đa diện khơng chứa đỉnh S là ABCEF.

Ta có G là trọng tâm của SBC nên .AF

2 2 4

. . . .

3 3 9

S E

S ABC

V SA SF SE

V SA SB SC  

Do đó

.AF . . .

4 4 5

. . . .

9 S ABC 9 9

S E S ABC ABCEF S ABC S ABC

V  V V V  V  V

Vì tam giácABCvng cân ở ,B ACa 2 nên ABBCa.
Mặt khác

3
.

1 1

. . .

3 2 6

S ABC

a

V  a a a Suy ra

3 3

5 5

. .

9 6 54

ABCEF

a a

V   .

Câu 49. Cho lăng trụ tam giác đều ABC A B C.    có cạnh đáy bằng 2a, khoảng cách từ A đến mặt
phẳng



A BC



bằng 6

a

. Khi đó thể tích khối lăng trụ bằng:

A. a3. B. 3a3. C. 4 3

3a . D.

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

Lờigiải
ChọnB

Gọi Klà trung điểm BC, dựng AH A K H



A K



. Ta có AH



A BC



, suy ra

 

 ; 

6
2

A A BC

a

d  AH  .

Tam giác ABCđều, có đường cao 3.2 3
2

AK aa .

Xét tam giác AA K vuông tại A, đường cao AH.

Ta có: 1 2 1 2 1 2 42 12 12 3

6 3 3 AA a

AA  AH  AK  a  a  a   .

Thể tích khối lăng trụ: . 3. 3. 2





3 3

ABC

V AA S a a  a .

Câu 50. Cho hình lăng trụ ABC A B C.    có độ dài tất cả các cạnh bằng a và hình chiếu vng góc của
đỉnh C lên mặt phẳng



ABB A 



là tâm của hình bình hành ABB A . Thể tích khối lăng trụ

.   

ABC A B C tính theo a là

A. 
3

2
4

a

. B.

2
12

a

. C. a3 3. D.

3
4

a

Lờigiải

ChọnA

Gọi O là tâm của hình thoi ABB A .

Theo giả thiết suy ra COBA hay tam giác CBA cân tại C.

K
B'

C'

C
A

B
A'

H

a
O

C
A

B'

A'

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Do đó C ABB A.   là hình chóp tứ giác đều, cạnh bằng a.
Ta có

2 2 2 2 2

2 2

 

     

 

a a

CO CA AO a .

Khi đó

3
2

1 1 2 2

. .

3 3 2 6

     

C ABB A ABB A

a a

V S CO a .

Ta có . 1 .

      

C A B C ABC A B C

V V nên . 2 .

     

C ABB A ABC A B C

V V .

Do đó

. .

3 2

2 4

     

ABC A B C C ABB A
a

V V .

Câu 51. Cho lăng trụ ABC A B C.    có đáy là tam giác vng cân tại B, ABa 3. Hình chiếu vng
góc của A lên mặt phẳng



ABC



là điểm H thuộc cạnh AC sao cho HC2HA. Mặt bên



ABB A 



tạo với đáy một góc 60. Thể tích khối lăng trụ là:

A. 
3

a

. B.

a

. C.

3
5

a

. D.

3
2

a

Lờigiải
ChọnD

Tam giác ABC vuông cân tại B, ABa 3 BC và

3
2

ABC
a
S

  .

Ta có



ABB A 



tạo với đáy một góc 60 là A IH 60, với IH//BC.

Suy ra tan 60 1 . 3

A H IH   BC ah.

Vậy thể tích khối lăng trụ là:

3
.

ABC A B C ABC
a

V   S h .

Câu 52. Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB2 3 và các cạnh cịn lại đều bằng x. Tìm x để thể tích
khối tứ diện ABCD bằng 2 2.

A. x 6. B. x2 2. C. x3 2. D. x2 3.

Lờigiải
ChọnB

Cách1: Gọi M là trung điểm của CD và H là hình chiếu của A trên BM .
;

 

CD AM CD BM CD



ABM



AH 



BCD



A C

B

B

C
A

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

Đặt AMB suy ra sin  AH

AM

3
sin .



AH  x .

1
.
3



ABCD BCD

V AH S

1 3 3

sin . 2 2

3  2 4

 x x  sin25126

x .

Xét tam giác AMB ta có:

2 2 2

cos 1

2 .

 AM BM AB  

AM BM x .

Ta được phương trình:

6 2

512 8

1 1

 

   

 

x x . Giải phương trình ta được x2 2.
Cách2:Nhận xét: CD AM CD



ABM



CD BM




 





1 2 2 1

2 2. . . 3. .

3 3 3 2

ABCD NBCD BNCD DNC

V  V  V  BN S   MN DC

 

trong đó

2 2 2

2 2

3 12

DN AB AN x

x

MN DN DM

    



 

   





0xa 3



3 3 12

. . 2 2 2 2

3 2

ABCD

x

V   x x .

Câu 53. Một người cần làm một hình lăng trụ tam giác đều từ tấm nhựa phẳng để có thể tích là

6 3 cm . Để ít hao tốn vật liệu nhất thì cần tính độ dài các cạnh của khối lăng trụ tam giác đều
này bằng bao nhiêu?

A. Cạnh đáy bằng 2 6 cm và cạnh bên bằng 1 cm .

B. Cạnh đáy bằng 2 3 cm và cạnh bên bằng 2 cm .

C. Cạnh đáy bằng 2 2 cm và cạnh bên bằng 3 cm .

D. Cạnh đáy bằng 4 3 cm và cạnh bên bằng1cm
2 .

Lờigiải
ChọnB

M
A

D

C

B
H

A

M B

A

M B

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

Giả sử hình lăng trụ tam giác đều cần làm là ABC A B C.    có độ dài ABx, AA h.

Khi đó 3 2

ABC

S  x và 2

3
.

ABC A B C ABC

V    S AA x h.

Theo giả thiết 2

3 24

6 3

4 x h h x .

Để ít tốn vật liệu nhất thì diện tích tồn phần của khối lăng trụ ABC A B C.    là nhỏ nhất.
Gọi Stp là tổng diện tích các mặt của khối lăng trụ ABC A B C.   , ta có:

2 2

3 3 72

2 3 3

2 2

tp ABC ABB A

S S S x hx x

x
 



      .

Khảo sát

 

3 2 72

f x x

x

  trên



0;



, ta được f x

 

nhỏ nhất khi x2 3.
Với x2 3h2 cm.

Câu 54. Cho tứ diện ABCD có ABCDa. M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AD và BC.
Biết thể tích của khối ABCD là

3 3

a

V  và d AB CD



;



a (giả sử

a

MN ). Khi đó độ dài
đoạn MN là:

A. MN a 3. B. 6

a

MN  . C. 3

a

MN  . D. MNa 2.

Lờigiải: 
ChọnC

h

x
C'

B'
A'

C

B
A

H

N

M

C
B

D

E

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

Dựng hình bình hành BDCE. Khi đó ta có d CD AB



;



d C ABE



;



a.
Đặt

a
MN x x  

 , suy ra AE2x.

Gọi H là trung điểm AB, ta có: 1. . 1.2 . 2 2 2 2

2 2

ABE

S  AE BH  x a x x a x . Nên kí hiệu

diện tích tam giác.









2 2

1 3

. . . .

3 12

a

V C ABE V ABCD  a x a x 

2 2 3 2 2 4 4

16 16 3

a

x a x x a x a

     

2 2

3
4
1
4

x a




 

 



. Kết hợp điều kiện, được 3
2

a

x .

Câu 55. Xét khối tứ diện ABCD, ABx, các cạnh còn lại bằng 2 3 . Tìm x để thể tích khối tứ diện

ABCD lớn nhất.

A. x 6. B. x2 2. C. x 14. D. x3 2.

Lờigiải 
ChọnD

Gọi M, H lần lượt là trung điểm của AB và CD.

Ta có tam giác ABC, ABD cân lần lượt tại C và D. Suy ra CM AB AB



CDM



DM AB




 





.
Ta có: CAB DAB c c c



. .



suy ra MCMD. Ta được MHCD.

Tứ diện BMCH có đường cao BM , đáy là tam giác MHC vng tại H.
Có

x

BM  ; BH BC2CH2  12 3 3

HC ;

2 2 9

x

HM  BH BM   . Suy ra

1 1

. . . 9 . 3

2 2 4

MHC

x

S  MH HC  .

2 3

x

2

H

M

B

D

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

1 3

2 2.2 4. . . . 9

3 2 2 4

ABCD BMCD BMHC

x x

V  V  V  

2 2 2 2

3 2 3 2 3 1 3 3

9 . . 9 . . 9

3 4 3 2 4 3 4 4 4 2

x x x x x x 

        

 

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện bằng 3 3

2 , đạt khi

2 2

9 18 3 2

4 4

x x

      .

Câu 56. Một viên đá có hình dạng là khối chóp tứ giác đều với tất cả các cạnh bằng a. Người ta cắt
khối đá đó bởi mặt phẳng song song với đáy của khối chóp để chia khối đá thành hai phần có
thể tích bằng nhau. Tính diện tích của thiết diện khối đá bị cắt bởi mặt phẳng nói trên. (Giả 
thiết rằng tổng thể tích của hai khối đá sau vẫn bằng thể tích của khối đá đầu).

A. 
2

2
3

a

. B.

2
3

a

. C.

a

. D.

2
3
4
a
Lờigiải 
ChọnD

Gọi M , N, P, Q lần lượt là giao điểm của mặt phẳng cắt với cạnh bên SA, SB, SC, SD

và H SO



MNPQ



. Do







 







SO ABCD
SH MNPQ
MNPQ ABCD



 


 

Đặt SH SM SN SP SQ k

SO  SA  SB SC SD



k0



(Định lý Thales) và V VS ABCD. .

Ta có VS MNPQ.

V
.
.
. .
2 2
S MPQ
S MNP

S ABC S ACD
V
V

V V

  1 . . . .

SM SN SP SM SP SQ

SA SB SC SA SC SD

 

   

 





3 3

1
2 k k

  k3

Theo ycbt : . 3 1
2

S MNPQ
V

k

V   3

1
2

k

  .

Mặt khác 1 .
2
S MNPQ
V
V

1
.
3
1
.
3
MNPQ
ABCD
SH S

SO S

 . MNPQ

ABCD
S
k
S

1
.
2
MNPQ ABCD
S S
k
 
3
2
2
.
2 a

2
3
4
a
 .

Câu 57. Cho một tấm nhơm hình vng cạnh 1 m

 

như hình vẽ dưới đây. Người ta cắt phần tô đậm của
tấm nhơm rồi gập thành một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x

 

m , sao cho bốn đỉnh

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

của hình vng gập lại thành đỉnh của hình chóp. Tìm giá trị của x để khối chóp nhận được có
thể tích lớn nhất.

A. 2

x . B. 2

x . C. 2 2

x . D. 1

x

Lờigiải 
ChọnC

Từ hình vng ban đầu ta tính được , 1 1 2

2 2

x x

OM  S M S O OM   . (0x 2)

Khi gấp thành hình chóp S ABCD. thì S1S nên ta có SM S M1 .

Từ đó 2 2 2 2 2

x

SO SM OM   . (Điều kiện 0 2

x

  )

Thể tích khối chóp S ABCD. : . 1 . 1 2 2 2 2 1 2 4 2 2 5

3 6 6

S ABCD ABCD

V  S SO x  x  x  x .

Ta thấy VSABCD lớn nhất khi f x

 

2x42 2x5,0 2
2

x

  đạt giá trị lớn nhất
Ta có f

 

x 8x310 2x4 2x3



4 5 2 x



 

0 2 2

x

f x

x





  

 


Bảng biến thiên

S
S

A

B D

M
O

S
C

A

B C

D
O

x

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

Vậy: VS ABCD. lớn nhất khi và chỉ khi 2 2
5

x

Câu 58. Cho lăng trụ ABC A B C.    có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vng góc của điểm A

lên mặt phẳng



ABC



trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai đường
thẳng AA và BC bằng 3

a

. Khi đó thể tích của khối lăng trụ là

A.

3 3

.
12

a

B.

3 3

.
6

a

C.

3 3

.
3

a

D.

3 3

.
24

a
Lờigiải

ChọnA

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểmBC. Ta có





A H BC

AI BC BC A AI BC AA

A H AI H

 




 

    



   



Gọi K là hình chiếu vng góc của I lên AA. Khi đó IK là đoạn vng góc chung của AA

và BC nên =





3.
4

a

IK d AA BC  Xét tam giác vng AIK vng tại K có



3 3 1

= , 30 .

4 2 2

a a

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

Xét tam giác vng AA H vng tại H có = .tan30 3. 3 .

3 3 3

a a

A H AH   

Vậy

2 3

3 3

V . .

4 3 12

ABC A B C

a a a

    

Câu 59. Một người xây nhà xưởng hình hộp chữ nhật có diện tích mặt sàn là 1152 m và chiều cao cố 2
định. Người đó xây các bức tường xung quanh và bên trong để ngăn nhà xưởng thành ba phòng

hình chữ nhật có kích thước như nhau (khơng kể trần nhà). Vậy cần phải xây các phịng theo
kích thước nào để tiết kiệm chi phí nhất (bỏ qua độ dày các bức tường).

A. 16 m 24 m . B. 8 m 48 m . C. 12 m 32 m . D. 24 m 32 m .

Lờigiải
ChọnA

Đặt x, y, h lần lượt là chiều dài, chiều rộng và chiều cao mỗi phòng.
Theo giả thiết, ta có x y.3 1152 y 384

x

  

Để tiết kiệm chi phí nhất khi diện tích tồn phần nhỏ nhất.

Ta có Stp 4xh 6yh 3xy 4xh 6.384h 1152 4h x 576 1152

x x

 

         

 

Vì h khơng đổi nên Stp nhỏ nhất khi f x

 

x 576
x

  (với x0) nhỏ nhất.

Cách1: Khảo sát f x

 

x 576
x

  với x0 ta được f x

 

nhỏ nhất khi x24 y16.

Cách2. BĐT Côsi x 576 2 x.576 48

x x

   . Dấu “=” xảy ra x 576 x 24

x

    .

TheodõiFanpage:NguyễnBảoVương

HoặcFacebook:NguyễnVương

Thamgiangay:NhómNguyễnBàoVương(TÀILIỆUTỐN)
 />

ẤnsubkênhYoutube:NguyễnVương



Tảinhiềutàiliệuhơntại: />

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66></div>
(67)<div class='page_container' data-page=67></div>

Đáp án đề cương ôn tập môn toán giữa kỳ 1 lớp 12 năm học 2020 - 2021

 





























 









 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

<sub> </sub>

 





<sub></sub>

<sub></sub>

 

 

















 

<i>y</i>



2





 













<sub></sub>

<sub></sub>

 

 

 

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>

 









 





<sub>  </sub>

<sub></sub>