[2D3-5.13-3]

Câu 1.

[2D3-5.13-3] (HSG 12 Bắc Giang) Cho một vật thể bằng gỗ có dạng hình trụ với chiều cao và
bán kính đáy cùng bằng R . Cắt khối gỗ đó bởi một mặt phẳng đi qua đường kính của một mặt
đáy của khối gỗ và tạo với mặt phẳng đáy của khối gỗ một góc
thể tích là

300

ta thu được hai khối gỗ có

V1 và V2 , với V1 < V2 . Thể tích V1 bằng?
3π R3
V =
B. 1
27 .

2 3R 3
V =
A. 1
9 .

3π R3
V =
C. 1
18 .

3R 3
V =
D. 1
27 .

Lời giải
Tác giả: Vũ Việt Tiến, FB: Vũ Việt Tiến
Chọn A

Khi cắt khối gỗ hình trụ ta được một hình nêm có thể tích
Chọn hệ trục tọa độ

Oxy

như hình vẽ.

Nửa đường trịn đường kính

AB

có phương trình là

Một mặt phẳng vng góc với trục
diện là

∆ MNP

vng tại

V1 như hình vẽ.

N

và có

Ox

tại điểm

·
PMN
= 300 .

M

y = R 2 − x 2 , x ∈ [ − R; R ] .
có hồnh độ

x , cắt hình nêm theo thiết


R2 − x2
NM = y = R − x ⇒ NP = MN .tan 30 =
Ta có
3 .
2

2

0

1
1 R2 − x2
S ( x ) = NM .NP = .

có diện tích
2
2
3 .

∆ MNP

R

R

R
1  2 1 3
2 3R 3
1 R2 − x2
V1 = ∫ S ( x ) dx = ∫
dx =
R x− x ÷ =
3  −R
9 .
2
2
3

Thể tích hình nêm là
3
−R
−R

* Chú ý: Có thể ghi nhớ cơng thức tính thể tích hình nêm:

2
2
AB
V1 = R 2 h = R 3 tan α
R=
·
, trong đó
.
3
3
2 , α = PMN

II. PHẦN TỰ LUẬN
Câu 2.

[0D4-8.4-3] (HSG 12 Bắc Giang) Giải bất phương trình

2 x 2 + 7 x + 3 + 2 x 2 + 15 x + 7 ≤ 3 x + 3 + 3 x + 7 + 4 , ( x ∈ R )
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Thu Trang; Fb: Nguyễn Thị Thu Trang

 2 x2 + 7 x + 3 ≥ 0
 2
 2 x + 15 x + 7 ≥ 0

1
x + 3 ≥ 0
⇔ x≥ −


ĐK:  x + 7 ≥ 0
2.
Ta có

⇔

2 x 2 + 7 x + 3 + 2 x 2 + 15 x + 7 ≤ 3 x + 3 + 3 x + 7 + 4 ( 1)

( 2 x + 1) ( x + 3) + ( 2 x + 1) ( x + 7 ) ≤ 3

(

x+ 3+ 3 x+ 7 + 4

) (

)

⇔ 2x +1 x + 3 + x + 7 ≤ 3 x + 3 + x + 7 + 4
⇔ 2x + 1 ≤ 3 +

4
x+3 + x +7

⇔ 2 x + 1 ≤ 3 + x + 7 − x + 3 ( *)

(Vì

x+ 7 − x+ 3 > 0)

⇔ 2x + 1 − 3 ≤ x + 7 − x + 3 ( 2) .
Cách 1:

1
⇔ − ≤ x≤ 4
Trường hợp 1: 2 x + 1 − 3 ≤ 0
.
2
Khi đó bpt

( 2)

Trường hợp 2:

(Vì

x≥ −

ln đúng.

2x + 1 − 3 > 0 ⇔ x > 4 .

1
2)


Bpt ( 2 )

⇔

(

) (
2

2x + 1 − 3 ≤

x+ 7 − x+ 3

)

2

⇔ − 6 2 x + 1 ≤ − 2 x + 7. x + 3 ⇔ 3 2 x + 1 ≥

⇔ 9 ( 2 x + 1) ≥ ( x + 3) ( x + 7 )

( x + 3) ( x + 7 )

(Vì

( x + 3) ( x + 7 ) > 0 )

⇔ x 2 − 8x + 12 ≤ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 6

, kết hợp điều kiện

x > 4 ta có 4 < x ≤ 6 .

 1 
− ;6
Vậy tập nghiệm của bất phương trình ( 1) là  2  .
Cách 2:

⇔

( *) ⇔

2x + 1 − x + 7 + x + 3 − 3 ≤ 0

1
1


x− 6
x− 6
+
+
≤ 0 ⇔ ( x − 6) 
÷≤ 0
x+ 3 + 3
2x + 1 + x + 7
x+ 3+ 3
 2x + 1 + x + 7

⇔ x− 6≤ 0 ⇔ x≤

1
− ≤ x≤ 6

.
6 . Kết hợp điều kiện ta có 2

 1 
− ;6
Vậy tập nghiệm của bất phương trình ( 1) là  2  .
Cách 3:

( 2) ⇔

2x + 1 + x + 3 − x + 7 − 3 ≤ 0

 1

− ;+ ∞ ÷

Xét hàm số f ( x ) = 2 x + 1 + x + 3 − x + 7 − 3 trên nửa khoảng  2
.
Ta có

f ′ ( x) =

1
1
1
 1

+
−
f ′ ( x ) > 0, ∀ x ∈  − ; + ∞ ÷

2 x + 1 2 x + 3 2 x + 7 . Dễ thấy
 2
 suy ra hàm

 1

− ;+ ∞ ÷

f
x
số ( ) đồng biến trên khoảng  2
.

1
⇔
−
≤ x≤ 6
Mặt khác f ( 6 ) = 0 suy ra ( 2 ) ⇔ f ( x ) ≤ f ( 6 )
.
2
 1 
− ;6
Vậy tập nghiệm của bất phương trình ( 1) là  2  .

Câu 3.

[2H1-3.9-3] (HSG 12 Bắc Giang) Cho lăng trụ

ABC. A ' B ' C '

có đáy

ABC

là tam giác

A . Hình chiếu của A trên mặt phẳng ( ABC ) là trọng tâm của tam giác ABC . Biết
BB ' = AC = a 3 , AB = a . Tính thể tích khối chóp C. A ' B ' BA .

vng tại

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Anh Đào; Fb: Đào Nguyễn


Gọi

H

là trọng tâm tam giác

ABC .

2 1
2a
AH = . BC =
Ta có
3 2
3 , AA ' = BB ' = a 3 .
4a 2 a 23

A ' H = AA ' − AH = 3a −
=
Do đó
9
3 .
2

2

2

2
2
2 a 23 1
a 3 69
VC . A ' B ' BA = VABC . A ' B 'C ' = . A ' H .S∆ ABC = .
. a.a 3 =
3
3
3 3 2
9 .
Câu 4.

[1D2-2.2-4] (HSG 12 Bắc Giang) Cho tập hợp

S = { 1;2;3;4;5;6;7;8;9;10} . Hỏi có bao

nhiêu cách chia tập S thành ba tập con khác rỗng sao cho trong mỗi tập con đó khơng có hai số
ngun liên tiếp nào?
Lời giải

Tác giả: Võ Thanh Hải ; Fb: Võ Thanh Hải

{

}

Ta đặt S n = 1;2;3;...; n , n ≥ 3 và un số cách chia tập S n thành ba tập con khác rỗng sao cho
trong mỗi tập con đó khơng có hai số ngun liên tiếp nào.
Ta sẽ chứng minh
*Với

( 1)

un = 2n− 2 − 1, n ≥ 3 ( 1)

bằng phương pháp qui nạp.

n = 3: S3 = { 1;2;3} . Rõ ràng ta chỉ có duy nhất 1 cách chia thỏa yêu cầu bài toán, do đó

đúng với

*Giả sử

( 1)

n = 3.

đúng với

* Ta sẽ chứng minh

n = k ( k ≥ 3) , tức là với Sk = { 1;2;3;...; k}

( 1)

đúng với

uk = 2 k − 2 − 1 .

n = k + 1 , tức là với Sk + 1 = { 1;2;3;...; k + 1}

uk + 1 = 2k − 1 − 1 . Giả sử ta đã chia tập Sk = { 1;2;3;...; k}
giờ ta cần bổ sung thêm phần tử

ta có

thì ta phải có

thành ba tập con thỏa u cầu đề bài, bây

k + 1 , khi đó có 2 trường hợp xảy ra:


k + 1 được bổ sung vào ba tập hợp đã chia sẵn của Sk = { 1;2;3;...; k} ,
trường hợp này ta chỉ có 2 cách thực hiện (vì k + 1 không thể bổ sung vào tập hợp có chứa phần
Trường hợp 1: phần tử

tử

k ). Do Sk = { 1;2;3;...; k}

có

uk

cách chia nên trường hợp này ta có

2uk

cách thực hiện.

k + 1 là một tập con mới chỉ có một phần tử của Sk + 1 = { 1;2;3;...; k + 1} ,
khi đó các phần tử cịn lại 1,2,3,..,k chỉ có duy nhất 1 cách chia thành hai tập hợp (một tập
Trường hợp 2: phần tử

chứa các chữ số chẵn và một tập chứa các chữ số lẻ).

uk + 1 = 2uk + 1 = 2 ( 2k − 2 − 1) + 1 = 2k − 1 − 1 (điều phải chứng minh).

Vậy

Kết luận: Với

n = 10

ta có số cách chia thỏa yêu cầu bài toán là

u10 = 28 − 1 = 255 .

Ta cũng có thể lập luận như sau: Ta cần thiết lập cơng thức truy hồi của dãy số

Giả sử ta có
tập

un

cách chia tập

Sn+ 1 = { 1;2;3;...; n + 1}

Sn = { 1;2;3;...; n}

( un )

thành ba tập con thỏa yêu cầu đề bài. Khi đó với

ta có 2 trường hợp sau:

n + 1 được bổ sung vào ba tập hợp đã chia sẵn của Sn = { 1;2;3;...; n} ,
trường hợp này ta chỉ có 2 cách thực hiện (vì n + 1 không thể bổ sung vào tập hợp có chứa phần
Trường hợp 1: phần tử

tử

n ). Do Sn = { 1;2;3;...; n}

có

un

cách chia nên trường hợp này ta có

2un

cách thực hiện.

n + 1 là một tập con mới chỉ có một phần tử của Sn+ 1 = { 1;2;3;...; n + 1} ,
khi đó các phần tử cịn lại 1,2,3,..,n chỉ có duy nhất 1 cách chia thành hai tập hợp (một tập
Trường hợp 2: phần tử

chứa các chữ số chẵn và một tập chứa các chữ số lẻ).
Do đó ta có
Đặt

vn = un + 1 thì ( vn ) là một cấp số nhân với công bội q = 2 . Mặt khác vì v3 = u3 + 1 = 2

ta có
Vậy

un+ 1 = 2un + 1 ⇔ ( un+ 1 + 1) = 2 ( un + 1) .

n +1
vn = v3 .q n− 3 = 2n− 2  vn = u
→ un = vn − 1 = 2n− 2 − 1 .

u10 = 28 − 1 = 255 .

Cách 2 :
Gọi 3 tập con của
A

B

S

thỏa mãn yêu cầu bài toán lần lượt là

A, B , C .

C

1
+ Thả số 1 vào A , thả số

2

2

vào

B.

+ Thả số

3 vào ba tập trên có 2 cách ( loại tập B

+ Thả số

4

vì

B

vào ba tập trên có 2 cách ( loại tập chứa số

chứa số

3 ).

2 ).

nên


3 đến số 10 vào ba tập A , B , C theo cách như trên mỗi số có 2 cách
thả. Vậy số cách thả 10 phần tử của S vào ba tập A , B , C theo cách trên có 28 cách.
+ Cứ thả các số từ số

* Xét trường hợp

C=∅

. Khi đó,

A = { 1;3;5;7;9}

và

B = { 2;4;6;8;10}

có 1 cách.

S thành ba tập con khác rỗng sao cho trong mỗi tập con đó khơng có hai
số ngun liên tiếp là 28 − 1 .
Vậy số cách chia tập

Câu 5.

[2D3-5.13-3] (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị Lần 1) Săm lốp xe ô tô khi bơm căng đặt nằm
trên mặt phẳng nằm ngang có hình chiếu bằng như hình vẽ với bán kính đường trịn nhỏ

R1 = 20cm , bán kính đường trịn lớn R2 = 30cm

và mặt cắt khi cắt bởi mặt phẳng đi qua trục,
vng góc mặt phẳng nằm ngang là hai đường tròn. Bỏ qua độ dày vỏ săm. Tính thể tích khơng
khí được chứa bên trong săm.

A. 1250π

2

cm3 .

B. 1400π

2

cm3 .

C. 2500π 2 cm 3 .

D. 600π 2 cm3 .
Lời giải
Tác giả: Hoàng Văn Phiên; Fb: Phiên Văn Hồng

Chọn A

Thể tích săm xe bằng thể tích của khối trịn xoay sinh bởi hình trịn tâm

I ( 0;25)

bán kính bằng

5 quay quanh trục Ox .
 y = 25 + 25 − x 2
x + ( y − 25 ) = 25 ⇔ 
, x ∈ [ − 5;5]
2

y
=
25
−
25
−
x
Ta có phương trình đường trịn là
.

2

2

(

)

(

)

5
5
2
2
5

2
2
V = π .  ∫ 25 + 25 − x dx − ∫ 25 − 25 − x dx  = 100π . ∫ 25 − x 2 dx
Vậy
.
−5
−5
 −5



5

∫

Ta có

25 − x 2 dx

−5

là diện tích nửa hình trịn tâm

O ( 0;0 ) , bán kính bằng 5

1
25π
⇒ ∫ 25 − x 2 dx = .π .52 =
2
2 .
−5
5

5

V = 100π . ∫ 25 − x 2 dx = 100π .

25π
=
2 1250π 2cm3

Suy ra
−5
Chú ý: Có thể bấm máy tích phân, ta được

)

(

)

(

5
2
2
5

2
2
V = π  ∫ 25 + 25 − x dx − ∫ 25 − 25 − x dx  ≈ 3927π cm3
.
−5
 −5


Kiểm tra các đáp án ta chọn đáp án A.
Câu 6.

[2D3-5.13-3] (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Lần 1) (Chuyên Lê Hồng Phong Nam
Định Lần 1) Nhà trường dự định làm một vườn hoa dạng elip được chia ra làm bốn phần bởi
hai đường parabol có chung đỉnh, đối xứng với nhau qua trục của elip như hình vẽ bên. Biết độ
dài trục lớn, trục nhỏ của elip lần lượt là

A, B

8 m

và

4 m , F1 , F2

là hai tiêu điểm của elip. Phần

C , D dùng để trồng cỏ. Kinh phí để trồng mỗi mét vng hoa
250.000 đ và 150.000 đ. Tính tổng tiền để hoàn thành vườn hoa trên (làm

dùng để trồng hoa, phần

và cỏ lần lượt là
trịn đến hàng nghìn).
A.

5.676.000 đ.

B.

4.766.000

đ.

C.

4.656.000

đ.

D.

5.455.000 đ.

Lời giải
Tác giả: Ngô Quốc Tuấn; Fb: Quốc Tuấn
Chọn A
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Do elip có độ dài trục lớn

2a = 8 ⇔ a = 4 , độ dài trục nhỏ 2b = 4 ⇔ b = 2 .


Diện tích của

( E)

= π ab = 8π

là: S( E )

.

x2 y 2
1
2
+

=
1
y
=
±
16
−
x
E
Phương trình chính tắc ( ) là: 16 4
. Suy ra
.
2
Ta có

(

c = a 2 − b 2 = 2 3 ⇒ F2 2 3; 0

F2

).

⇒ N ( 2 3; 1) .

Do

N

Gọi

( P ) : y = kx 2 là parabol nằm ở phía trên trục Ox .

Do

N ∈ ( P)

và

có cùng hồnh độ

ta có

( )

2

1= k 2 3 ⇔ k =

1
1
P ) : y = x2
(
12 . Suy ra
12 .

2 3

A là

Diện tích phần
2 3

=

∫
0

SA =

1
16 − x dx −
6
2

2 3
1 2
1 2
1
1
2
2
16
−
x
−
x
d
x
÷ = 2 ∫  16 − x − x ÷dx

∫  2
12 
2
12 
−2 3
0 

2 3

∫

x 2 dx

0

.

2 3

* Xét

I1 =

∫

16 − x 2 dx

0

. Đặt

x = 4sin t ⇒ dx = 4costdt .

Đổi cận:

π
3

π
3

π
3

π
3

 1

I1 = ∫ 16 − 16sin 2 t .4costdt = 16 ∫ cos 2tdt = 8∫ ( 1 + cos2t ) dt = 8  t + sin 2t ÷
Khi đó
 2
0
0
0
0
π
3
= 8  +
÷÷

 3 4 .

1
I2 =
6
* Ta có

Suy ra:

2 3

∫
0

2 3

1
x dx = x 3 = 4 3
18 0
3 .
2

S A = I1 − I 2 =

Tổng diện tích phần

8π + 2 3
16π + 4 3
⇒ S A + SB = 2S A =
.

3
3

C, D

là:

SC + S D = S ( E ) − ( S A + S B ) =

8π − 4 3
.
3


Khi đó tổng số tiền để hồn thành vườn hoa trên là:

16π + 4 3
8π − 4 3
.250000 +
.150000 ≈ 5676000
đ.
3
3
Câu 7.

[2D3-5.13-3] (Đặng Thành Nam Đề 1) Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh

A1 , A2 , B1 , B2

như hình vẽ bên. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là 200.000 đồng/ m 2 và phần

còn lại là 100.000 đồng/ m 2 . Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới
đây, biết

A1 A2 = 8m, B1B2 = 6m

A. 7322000 đồng.

B.

và tứ giác MNPQ là hình chữ nhật có

7213000 đồng.

C.

5526000

đồng.

MQ = 3m .
D. 5782000

đồng.

Lời giải
Tác giả:Vũ Thị Thanh Huyền; Fb: Vu Thi Thanh Huyen
Chọn A

Gắn hệ trục tọa độ

O = A1 A2 ∩ B1B2

Oxy

có

A1 A2

trùng với trục

Ox , B1B2

trùng với trục

Oy , gốc tọa độ

(như hình vẽ).

Elip có độ dài trục lớn

2a = A1 A2 = 8 ⇔ a = 4 ( m ) , độ dài trục nhỏ 2b = B1B2 = 6 ⇔ b = 3 ( m ) .

3
x2 y 2
⇔
y
=
±
16 − x 2

+
=
1
2
2
Suy ra phương trình chính tắc của elip là 4
. Trong đó:
4
3
yM2
MQ 3
= −2 3
⇒ yM =
= ⇒ xM = − 4 1 −
⇒ xN = 2 3 .
Do MQ = 3
9
2 2


Gọi

S1

là diện tích phần tơ đậm của elip,

diện tích elip. Suy ra

y=−

S1

S2 là diện tích phần khơng bị tơ đậm của elip và S

là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

y=

là

3
16 − x 2
,
4

3
16 − x 2
, x = −2 3 , x = 2 3
4

Ta có:
+S

+

= π ab = 12π ( m 2 ) .

S1 =

Đặt

Khi

2 3

∫

−2 3

3
16 − x 2
4

2 3
 3
2 
−  − 16 − x ÷ dx = 3 ∫ 16 − x 2 dx
 4

.
0

x = 4sin t ⇒ dx = 4cos tdt .

x = 0 ⇒ t = 0 . Khi
2 3

x= 2 3⇒ t=

π

3

π
3

π
3

π
3

0

0

0

⇒ S1 = 3 ∫ 16 − x 2 dx = 3∫ 16 − 16sin 2 t .4cos tdt = ∫ 48cos 2 tdt =
0

π
3
0

∫ 24 ( 1 + cos2t ) dt

( )

= ( 24t + 12sin 2t ) = 8π + 6 3 m 2 .

⇒ S2 = S − S1 = 4π − 6 3 ( m2 ) .
Suy ra chi phí để sơn biển quảng cáo là:

200000.S1 + 100000.S2 ≈ 7322416 (đồng).

Vậy số tiền để sơn biển quảng cáo gần nhất với
Câu 8.

7322000 đồng.

[2D3-5.13-3] (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2019) Vườn hoa của một trường học có hình dạng
được giới hạn bởi một đường elip có bốn đỉnh
lần lượt là

E ,F

A, B, C , D

và hai đường parabol có các đỉnh

AB ,
AB = 8m ,

(phần tơ đậm của hình vẽ bên). Hai đường parabol có cùng trục đối xứng

đối xứng nhau qua trục

CD , hai parabol cắt elip tại các điểm M , N , P , Q . Biết

CD = 6m , MN = PQ = 3 3m , EF = 2m . Chi phí để trồng hoa trên vườn là 300.000 đ/ m2 .

Hỏi số tiền trồng hoa cho cả vườn gần nhất với số tiền nào dưới đây?

A. 4.477.800 đồng.

B. 4.477.000 đồng.

C. 4.477.815 đồng.

Lời giải

D. 4.809.142 đồng.


Tác giả: Nguyễn Thị Huyền Trang ; Fb: Nguyen Trang
Chọn D

+) Gắn hệ trục tọa độ
+) Khi đó elip

⇒

Oxy

như hình vẽ với

O ( 0;0 ) , B ( 4;0 )

và

C ( 0;3) .

( E ) có độ dài trục lớn AB = 8 , độ dài trục bé CD = 6 .

x2 y 2
+ =1
Phương trình của ( E ) là: 16 9
.

 3 3
P  2;
÷
2 ÷ . Lại có EF = 2 ⇒ F ( 1;0 ) .
+) Do PQ = 3 3 và P , Q ∈ ( E ) , suy ra 
+) Phương trình parabol

( P1 )

đỉnh

F

có dạng:

x = ky 2 + 1 .

 3 3
4 2
P  2;
÷÷

x
=
y +1
P
P
2  nên phương trình ( 1 ) là:
+) Vì parabol ( 1 ) đi qua điểm 
.
27
+) Gọi

S1

là diện tích hình phẳng giới hạn bới các đường
2

Ta có

y=

3
16 − x 2 , y = 0, x = 0, x = 2
.
4

y=

3 3
x − 1, y = 0, x = 1, x = 2
.

2

3
16 − x 2 dx
≈ 5.73967 m2 .
4
0

S1 = ∫

+) Gọi

S2

( )

là diện tích hình phẳng giới hạn bới các đường
2

Ta có

3 3
x − 1dx ≈ 1,73205 ( m 2 )
2
.
1

S2 = ∫

+) Diện tích trồng hoa là:

S = 4 ( S1 − S2 ) ≈ 16,0305 ( m2 ) .

Vậy số tiền trồng hoa cho cả vườn khoảng 16,0305.300000 ≈

4809150 đồng.

STRONG TEAM TOÁN VD VDC