Chuyendehocgiaitoantranghiemfull

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Chuyên đề. HỌC VÀ GIẢI TOÁN TRẮC NGHIỆM MÔN TOÁN LỚP 12 (Phần I). Ngày 27/11/2016.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài viết số 1 ax 2  bx  c u ( x) y  dx  e v( x ) MỘT SỐ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÀM ax 2  bx  c y dx  e là một trong số các hàm hữu tỷ thường gặp.Mặc dầu không được khảo Hàm sát nhưng các bài tập liên quan đến hàm như tính đơn điệu ,cực trị, giá tri lớn nhất nhỏ nhất,tiệm cận, tiếp tuyến của đồ thị hàm… sẽ được đề cập đến trong bài thi trắc nghiệm kì thi TNTHPTQG. Chúng tôi đề xuất các bài tập trắc nghiệm trên cơ sở khai thác một vài tính chất đặc biệt của hàm này liên quan đến cực trị – Bài tập được chọn lọc ( tự biên soạn) , có cân nhắc thời lượng làm bài để học sinh tập dượt. Sau khi làm bài xong, học sinh đối chiếu với hướng dẫn giải có ở phần cuối bài viết để rút kinh nghiệm . ax 2  bx  c y dx  e I/ Một số bài tập trắc nghiệm chọn lọc liên quan đến cực trị hàm x2  x  2 x  2 có phương trình C. y= x-2 D. y= -2x-1. y 0001: Đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số A. y= 2x-1 B. y = 2x+1. x2  2x  2 y x  2 .  đi qua điểm 0002: Gọi  là đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số A. M(3,4) B. N(3,1) C. P(3,0) D. Q(3,2) y. 0003: Tìm m để đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thi hàm số tọa độ một tam giác có diện tích bằng 2. Giá trị m cần tìm là A. m= ± 2 2 B. m= ± 3 3 C. m = ± 3 2. x 2  mx  m x 1 tạo với 2 trục D. m = ±. x2  2x  4 x 1 0004: Cho hàm số có đồ thị (C). Khẳng định nào sau đây sai? A. Đường thẳng qua 2 điểm cực trị là y = 2x-2. B. (C) có 1 tiệm cận đứng. C. (C) không có tiệm cận ngang. D. (C) cắt (P): y= x2 +m2+2 tại 3 điểm phân biệt. x 2  mx  3 y mx  1 và điểm A( 2, 3). Tìm m để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị 0005: Cho hàm số B,C sao cho A,B,C thẳng hàng. Giá trị m cần tìm là 1 1 A. m= -2 B. m=0 C. m= 2 D. m= 2 y. 0006: Đồ thị hàm số A. a=-2; b=-2. y. x 2  ax  b x 1 có một điểm cực trị (-2,-6), khi đó giá trị của a,b là B. a=-2; b=2 C. a= 2; b=-2 D. a= 2; b=2. x 2  ax  b y x 1 0007: Đồ thị hàm số có một điểm cực trị (-2,-6), khi đó điểm cực trị thứ hai là A. (0,-2) B. (0,2) C. (1,-2) D. (1,2).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> y 0008: Độ dài đoạn nối 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số A. 10 2 B. 8 2 . y 0009: Đồ thị hàm số bằng A. 4. x2  2x  2 x  2 là. C. 5 2. D. 3 2. x2  2x  2 x  2 có 2 điểm cực trị A,B. Diện tích  OAB (O là gốc tọa độ) B. 2. C. 8. D. 6. 2. y. 0010: Các giá trị m để đồ thi hàm số (O là gốc tọa độ) có diện tích bằng 2 là A. m= ± 2 B. m= ± 1. x  mx  m x 1 có 2 điểm cực trị A,B sao cho tam giác OAB C. m= 1. D. m= -2 2. y. x  x 1 x  1 tiếp xúc với (P) : y=. 0011: Tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị x2-2x +m .Giá trị m cần tìm là A. m=3 B. m=1 C. m= -3. D. m= -1. 2. x  4 x 1 3 34 ; 4 x  1 trên đoạn [ 4 3 ] là 0012: Giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 2 4 A. 4 B. 3 C. 3 II/ Hướng dẫn giải các bài tập trong mục I y. 3 D. 2. Trước khi xem hướng dẫn giải, các em thử vận dụng các kiến thức cần nắm dưới đây để giải và so sánh cách làm của em trước đó - thử xem có gọn và nhanh hơn không nhé. A/ Một số kiến thức cần nắm: ax 2  bx  c u ( x) y  dx  e v( x ) ( ad  0 ; u(x) và v(x) không có nghiệm chung) Xét hàm b c d e adx 2  2.aex  be  cd  (dx  e)2 (dx  e)2. adx 2  2.aex   y’=.  Hàm số có 2 cực trị hoặc không có cực trị.  x1, x2 là 2 điểm cực trị của hàm (1) thì x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình y’ =0 hay adx 2  2.aex  be  cd =0 () u ' 2a b  x d  Đường thẳng  qua 2 điểm cực trị (nếu có) là đường thẳng y = v ' d u' Chú ý Nếu hàm không có cực trị  thì đường thẳng  : y = v ' không có điểm chung với (C)  AB ( x1 , y1 ), AC ( x2 , y2 )  Cho tam giác ABC . Giả sử có . Khi đó diện tích tam giác ABC là 1 | x1 y2  x2 y1 | S= 2 B. Hướng dẫn giải 0003:  : y=2x-m ,  cắt ox,oy tại A(0,-m) B(m/2;0).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Diện tích  OAB bằng ½.OA.OB= ½.|m|.|m/2| =2  m2=8  m =± 2 2 0004: có thể thấy ngay hàm không có cực trị  chọn A. mx 2  2 x  4m y'  ( m 0) mx  1 0005:  hàm có 2 cực trị  m 0 2x  m y m . A,B,C thẳng hàng  A( 2, 3)    m= -2 Đường thẳng qua 2 điểm cực trị là  : ( chú ý điểm A(2,3) không thể là điểm cực trị m vì y’(2) 0) 0006: Đường thẳng qua 2 điểm cực trị là  : y 2 x  a (-2,-6)    a= -2. x2  2x  b y x 1 (-2,-6)  (C)  b=-2 Vậy a=b=-2. 0007: Đường thẳng qua 2 điểm cực trị là  : y 2 x  a (-2,-6)    a= -2. x2  2 x  a  b  y’= =0 có 1 nghiệm là -2  b=-2  y’=0 có 2 nghiệm -2,0  điểm cực trị thứ 2 là(0,-2) x2  4x  6  0008: y’= có 2 nghiệm x1,x2  đồ thị có 2 điểm cực trị A,B Đường thẳng qua 2 điểm cực trị là  : y 2 x  2 AB2 = ( x1-x2)2+( 2(y1-y2)2 =( x1-x2)2+[2(x1-x2]2 =5( x1-x2)2 =5[( x1-x2)2-4 x1x2]=5.(42+4.6)=200  AB = 10 2 x2  4x  6  0009: y’= có 2 nghiệm x1,x2  đồ thị có 2 điểm cực trị A,B Đường thẳng qua 2 điểm  cực trị là  : y 2 x  2 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 )  OA ( x1 , y1 ), OB ( x2 , y2 ) Diện tích  OAB = ½ .| x1y2-x2y1| =½ .| x1(2x2-2)-x2 (2x1-2| = | x1+x2|=4 0010: giải như bài 9 4 x2  2x 3 34 y' 0 ;  0012:  x=0, x= ½ (x= ½  [ 4 3 ]) 3 34 ; Hàm có mỗi điểm x= ½ là điểm cực trị ( điểm cực tiểu) trên đoạn [ 4 3 ] 3 34 ;  giá trị cực tiểu của hàm cũng là giá trị nhỏ nhất của hàm trên đoạn [ 4 3 ] 3 Miny = y( ½) = 4 . ……………………………………………………………………………………... Bài viết số 2 y MỘT SỐ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÀM. ax  b cx  d.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> y Hàm. ax  b cx  d được khảo sát đầy đủ chi tiết trong chương trình học. Có thể hiểu biết của. các em về hàm này ( nói riêng) là chưa sâu sắc nên khi giải toán các em có thể lúng túng, không xác lập được lời giải( phương án) hoặc giải không nhanh. y Các em thử giải một số bài tập dưới đây liên quan đến lớp hàm. ax  b cx  d . Bài tập được. chọn lọc ( tự biên soạn) , có cân nhắc thời lượng làm bài để học sinh tập dượt. Sau khi làm bài xong, học sinh đối chiếu với hướng dẫn giải có ở phần cuối bài viết để rút kinh nghiệm . y. ax  b cx  d. I/ Một số bài tập trắc nghiệm chọn lọc liên quan đến hàm x  m 1 0001: Tìm m để hàm y= mx  2 nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của hàm. Giá trị m cần tìm là A. -1<m <2 và m  0. B. -1<m <2 C. -1  m  2 D. -2<m <1 x  m 1 0002: Tìm m để hàm y= mx  2 đồng biến trên R. Giá trị m cần tìm là A. m = 0. B. m>1 hoặc m<-2 C. m  1 hoặc m  -2 D. m   2 x 1 0003: Tìm m để đường thẳng y= m(x-1)+2 cắt đồ thị y = x  1 tại 2 điểm phân biệt A. m>0 B. m <0 C. m<0 hoặc m > 3/2 D. 0<m<3 2 2 x 1 m  1 0004: Số các giá trị m để phương trình x  1 = 2m  1 vô nghiệm là A. 1 B. 0 C. 2 D. 3 2 x 1 0005: Phương trình x  1 = x3+m ( m là tham số) có nhiều nhất A. 1 nghiệm B. 2 nghiệm C. 3 nghiệm D. 4 nghiệm 2 x 1 0006: Cho (C) y = 2 x  m và A(1,2) . Tìm m để đường thẳng y= 3x-1 cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt B,C và A là trung điểm đoạn BC. Giá trị m phải tìm là A. m=1 B. m= 2 C. 0<m<2 D. m=0 hoặc m=1 2 x 1 0007: Tìm giá trị nhỏ nhất của x biết y = x  1 và 16  y  17. Giá trị nhỏ nhất của x gần nhất với giá trị A. 1.21 B.1.24 C. 1.23 D. 1.22 0008: Hàm số có cực trị là hàm số 2 | x | 1 2x 1 1 1 | | | x |  1 A. y= x  1 B. y= C. y= x  1 D. y= x  1 2 x2 1 2 0009: Cho hàm số y= x  1 có đồ thị (C). Khẳng định nào sau đây là sai? A. (C) có 3 tiệm cận. 2 x 2 1 2 B. Phương trình x  1 = m2- m +3 có 2 nghiệm với mọi m..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> C. Hàm số là nghịch biến trên mỗi khoảng xác định D. (C) có một trục đối xứng. x  m2  m 0010: Cho hàm số y= x  2 . Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [1,2] là lớn nhất. 1 1 A. m= 2 B. m=- 2 C. m=2 D. m= -2 x 1 y 2 x  1 có đồ thị (C). M là bất kì điểm trên (C).Tích các khoảng cách từ điểm 0011: Cho hàm số M đến 2 tiệm cận là 3 1 3 1 A. 4 B. 4 C. 2 D. 2 x b y x  1 Tọa độ tiếp điểm là: 0012: Biết đường thẳng x+2y+1=0 là tiếp tuyến của (C): A. (-1,1) B. (-1,0) C. (0,1) D.(1,0) II/ Hướng dẫn giải các bài tập trong mục I A/ Một số kiến thức cần nắm: ax  b y (c 0, ad  bc 0) cx  d Xét hàm ad  bc 2  y’= (cx  d )  Hàm số không có cực trị.  Đồ thị có 1 tiệm cận đứng ,1 tiệm cận ngang- giao điểm 2 tiệm cận là tâm đối xứng  Tiếp tuyến của đồ thị tại một điểm M bất kì cắt 2 tiệm cận tại A,B- khi đó M là trung điểm AB và diện tích tam giác IAB không đổi ( I là giao điểm 2 tiệm cận)  Tích các khoảng cách từ một điểm M bất kì trên đồ thị đến 2 tiệm cận là không đổi. … B. Hướng dẫn giải 0001: Chú ý: m=0 hàm nghịch biến trên R nên nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của hàm. m  0, …. m2-m-2 <0  -1<m <2 kết luận: -1<m <2. 0002: m=0 hàm đồng biến trên R. m  0 hàm nếu đồng biến thì chỉ đồng biến trên mỗi khoảng xác định, không thể đồng biến trên R. 0003: Để ý đường thẳng qua giao điểm 2 tiệm cận . 2 x 1 Hàm nghịch biến ( hình dung đồ thị) nên để đường thẳng y= m(x-1)+2 cắt đồ thị x  1 tại 2 điểm phân biệt thì đường thẳng phải có hệ số góc dương  m>0 2 x 1 m2  1 0004: Đường thẳng  : y= 2m 1 không có điểm chung với đồ thị (C) :y= x  1 khi chỉ khi  là tiệm cận ngang của (C). 2 x  1 m2  1 m2  1 Phương trình x  1 = 2m  1 vô nghiệm  2m  1 =2 (*) (*) có 2 nghiệm m  chọn phương án C..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 0005: Trên mỗi khoảng xác định của phương trình, Vt là hàm nghịch biến , VP là hàm đồng biến nên phương trình có nhiều nhất 1 nghiệm  phương trình có nhiều nhất 2 nghiệm trên R. Chú ý khi m=0 pt có đúng 2 nghiệm. Chọn phương án B 0006: Nghĩ ngay đến A phải là giao điểm 2 tiệm cận  m=2 0007: 2 x 1 Hàm số y =f(x)= x  1 nghịch biến trên mỗi khoảng xác định. Phác họa đồ thị - ( chú ý tiệm cận ngang y=2) ta thấy ngay giá trị x nhỏ nhất là giá trị x mà f(x)=2017 2x 1 x  1 = 2017  x=1.2. Chọn phương án A. 2 | x | 1 0008:Cách 1: Đồ thị y= | x |  1 có một trục đối xứng là oy , hàm nghịch biến trên khoảng (0,+ )  đồng biến trên (- , 0). Điểm cực trị nằm trên oy. Chọn phương án B 2 | x | 1 Cách 2: Sử dụng đạo hàm hàm hợp tính y’ của y = | x |  1 2 | x | 1 3 3 3 x )'  .(| x |) '  .( x 2 ) '  . 2 2 2 | x|1 (| x |  1) (| x |  1) (| x |  1) 2 | x | y’ đổi dấu khi qua x=0 – hàm có cực trị. Chọn phương án B 0009: Cách 1: (C) có một trục đối xứng là oy , hàm nghịch biến trên khoảng (1,+ ) thì sẽ đồng biến trên (- , -1) chọn phương án C. Cách 2: tính y’ y’ đổi dấu hàm có cực trị nên không thể nghịch biến trên mỗi khoảng xác định.  chọn phương án C. x  m2  m x2 0010: hàm số đồng biến trên [1,2]  giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [1,2] bằng 5 1 5  (m  ) 2 1  m2  m 1 4 2 4  5 3 3 3 12 ( dấu = xảy ra khi m= 2 ) y(1)= = 1 Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [1,2] là lớn nhất khi m = 2 . Chọn A 0011: Tích các khoảng cách từ điểm M đến 2 tiệm cận là không đổi ( từ yêu cầu bài toán) – Chọn M(0,-1)(C). Khoảng cách từ M (0,-1) đến tiệm cận x= ½ ; y= ½ lần lượt là ½, 3/2 nên tích các khoảng cách từ điểm M đến 2 tiệm cận là ¾. Chọn phương án A. 0012: (C) có 2 tiệm cận x=1,y=1. Tiếp tuyến cắt 2 tiệm cận tại A(1,-1)B(-3,1). Đoạn AB có trung điểm I(-1,0) – I là tiếp điểm ( xem phần kiến thức cần nắm ) Chọn phương án B. --Học sinh có thể thấy toán 12 gồm rất nhiều nội dung – nội dung nào cũng phải quan tâm và học một cách sâu sắc. Một vài bài viết như thế này cũng chỉ để xới lên như là một gợi ý giúp các em học tốt hơn, cẩn thận hơn để giải toán trắc nghiệm nhanh và hiệu quả. y ' (. Bài viết số 3 MỘT SỐ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM VỀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN. Bài tập liên quan đến thể tích đa diện , hoặc đa diện là phong phú. Để giải quyết tốt bài tập phần này học sinh phải có kiến thức thật vững ( lớp 10 : hệ thức lượng trong tam giác thường , trong.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> tam giác vuông- lớp 11 là quan hệ song song, đặc biệt là quan hệ vuông góc – lớp 12 là các công thức tính thể tích khối đa diện …) ,có kĩ năng tính toán, phát hiện các mối liên hệ giữa các đối tượng, phân tích tìm tòi nhanh cách thức giải…, có khả năng tư duy về hình không gian ( sự hình dung- tưởng tượng…). Vì đặc trưng bài toán hình là thường phải vẽ hình , các em cần phải vẽ nhanh hình hoặc chỉ một phần của hình và tư duy trên hình đó – vì điều này chúng tôi đã cân nhắc các câu hỏi, yêu cầu đến mức độ nào thì vừa phải. Hầu hết các câu hỏi chúng tôi tự biên soạn. Bài viết có thể mắc lỗi về diễn đạt,…và có thể mắc cả lỗi đánh máy. Sau khi làm bài xong, học sinh đối chiếu với hướng dẫn giải có ở phần cuối bài viết để rút kinh nghiệm. I/ Một số bài tập trắc nghiệm chọn lọc liên quan đến thể tích khối đa diện. 0001:Cho khối chóp ABCD có AB = m ( m thay đổi), các cạnh còn lại đều bằng 1. Thể tích lớn nhất của khối chóp ABCD bằng 1 1 3 3 A. 8 . B. 6 . C. 4 . D. 6 . 0002:Cho khối chóp ABCD có AB = CD = x ( x thay đổi), các cạnh còn lại đều bằng 1.Tìm x để thể tích của khối chóp ABCD lớn nhất. Giá tri x cần tìm là: 2 3 3 6 A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 2 . 0003: Cho khối chóp tam giác đều A.BCD biết khoảng cách từ B đến mp(ACD) bằng m; góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 300. Thể tích của khối chóp ABCD là 8 8 3 3 8 3 8 3 m3 m m m A. 27 B. 9 C. 27 D. 9 3 0004: Cho hình chóp tam giác có độ dài các cạnh đáy bằng 3,4,5. Chiều cao hình chóp bằng độ dài một cạnh bên và bằng 3. Gọi h là chiều cao mặt bên ứng với cạnh là cạnh của tam giác đáy. Giá trị lớn nhất của h gần nhất với số A. 4.95 B. 4.97 C. 4.96 D. 4.98 0005: Từ một miếng bìa hình vuông có cạnh bằng 5, người ta cắt 4 góc bìa 4 tứ giác bằng nhau và gập lại phần còn lại của tấm bìa để được một khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x ( xem hình). Nếu chiều cao khối 5 chóp tứ giác đều này bằng 2 thì x bằng A. x=1. B. x=2. C. x=3. D. x= 4 0006: Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng 3 . Gọi I là trung điểm của đoạn nối 2 tâm của 2 mặt đáy. Mặt phẳng  qua I cắt các cạnh bên AA’,BB’,CC’ lần lượt tại M,N,P. Thể tích của khối đa diện ABCMNP có giá trị gần đúng ( làm tròn đến 2 chữ số thập phân) là A. 5.87. B. 5.83. C. 5.85. D. 5.89. 0007: (SGK12 nâng cao) Cho hình hộp có tất cả các mặt là các hình thoi cạnh a và có một góc nhọn bằng 600. Thể tích hình hộp bằng: A. …. 0008: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có diện tích mặt bên BCC’B’ bằng S và khoảng cách giữa AA’ và mặt phẳng (BB’C’C) bằng h. Thể tích lăng trụ bằng.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 1 Sh A. 2. B. Sh. 1 Sh C. 3. 2 Sh D. 3. 0009: Biết hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có thể tích V, khi đó thể tích tứ diện AB’CD’bằng 1 1 1 1 V V V V A. 3 B. 5 C. 6 D. 4 0010: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có thể tích V. Hình bát diện có 6 đỉnh là 6 tâm của 6 mặt hình hộp có thể tích bằng 1 1 V V A. 3 B. 12. 1 V C. 6. 1 V D. 8. 0011: Gọi k là tỷ số giữa thể tích hình chóp tứ giác đều và thể tích hình chóp lục giác đều . Tính k biết 2 hình chóp này có chiều cao bằng nhau và độ dài cạnh đáy bằng nhau . Giá trị k cần tìm là 2 2 1 3 A. 3 B. 3 3 C. 3 D. 3 0012: Cho hình chóp lục giác đều , nếu độ dài đường chéo qua tâm lục giác đều tăng lên 2 lần thì thể tích hình chóp lục giác đều tăng lên A. 4 lần. B. 6 lần. D. 16 lần  C. 8 lần    0013: Cho hình chóp tam giác ABCD. M là điểm MA  MB  MC  MD 0 . Mặt phẳng  qua M và song song với mặt phẳng (BCD) cắt AB,AC,AD lần lượt tại P,Q,R. Tỉ số giữa thể tích hình chóp APQR và thể tích hình chóp ABCD bằng 27 8 8 64 A. 64 B. 27 C. 19 D. 125 0014: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng  chứa cạnh AB và đi qua trọng tâm của tam giác SCD chia khối chóp S.ABCD thành 2 khối đa diện. Tính tỷ số k của thể tích 2 khối đa diện này (k 1). Giá trị k cần tìm là 5 3 4 6 A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 5 . 0015: Một đống đất được vun thành hình một khối chóp cụt tứ giác đều có cạnh đáy lớn bằng 2m, cạnh đáy nhỏ bằng 1m và chiều cao bằng 2m. Khối lượng (thể tích) đống đất có giá trị gần nhất với con số. A. 4,55m3.. B. 4,65m3.. C. 4,7 m3.. D. 4,75m3.. II/ Hướng dẫn giải các bài tập trong mục I A/ Một số kiến thức cần nắm: Ngoài các công thức tính thể tích các khối đa diện như khối chóp, khối hộp , khối lăng trụ học sinh nắm thêm.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> + công thức tính tỷ thể tích 2 khối chóp tam giác VSABC SA SB SC  . . V SA ' SB ' SC ' SA ' B ' C ' A’,B’,C’ nằm trên các tia SA,SB,SC ( không đồng phẳng) thì Nếu 2 khối chóp đồng dạng thì tỷ thể tích bằng lập phương tỉ đồng dạng Nếu 2 khối chóp có cùng chiều cao thì tỷ số thể tích 2 khối chóp bằng tỉ số diện tích 2 đáy tương ứng của 2 khối chóp. Ta cũng có điều tương tự với đối với tam giác : S SAB SA SB  . A’,B’ nằm trên các tia SA,SB thì S SA ' B ' SA ' SB ' (SSAB là diện tích tam giác ABC) B/ Hướng dẫn giải: 0001: Dựng AH  mpBCD, M là trung điểm ABC AH  AM . Thể tích của khối chóp ABCD lớn nhất khi H  3 M. Khi đó chiều cao khối chóp là AM bằng 2 và thể tích 1 1 3 3 1 S BCD . AM  . .  3 4 2 8 của khối chóp là V= 3 Chọn A 0002: M,N là trung điểm AB,CD. Dễ thấy AB  mp CDM 1 1 1 AB AB.CD.MN  x 2 .MN 6 V= 3 .SCDM = 6 x2 x2 4  2x2 1   4 4 4 MN2=BN2-BM2 =BC2-CN2-BM2= 1 2 1 x 4  2 x2  x 2 .x 2 (4  2 x 2 ) 12 12 Khi đó V= 2 V lớn nhất chỉ khi x2= 4-2x2  x= 3 . Chọn B. BM 4m  BH 3 3 2m 0 0003: BM = sin 30  BC= 2 1 4m 4m 2 1 .2m.  BM .CD 3 3 Diện tích  BCD= 2 = 2 1 1 2m OM .tan 300  BM .  3 3 3 3 AO= 1 1 4m 2 2m 8 .S BCD . AO  .  m3 3 3 3 3 27 V= 3 . Chọn C 0004: Hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB=3, AC=4, BC=5 Từ giả thiết chiều cao hình chóp bằng độ dài một cạnh bên suy ra hình chóp có một cạnh bên vuông góc với đáy..

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 12 ( ) 2  32 5  SA  ABC (SA=3)  h= 3,84  SB  ABC (SB=3)  h= SA=3 2  SC  ABC (SC=3)  h=SA=5 Chọn D 0005: Hình chóp tứ giác đều đỉnh S. O là tâm đáy. 2 2 M là trung điểm một cạnh đáy. h =SO= SM  OM 5 x 2 x 2 1 5 5 ( )  ( )  25  10 x  5  2x 2 2 2 2 =  h= 2  x=2. Chọn B 0006: Với cách thức phát biểu bài toán như vậy , em phải hiểu biểu thức thể tích khối đa diện ABCMNP có giá trị không đổi. Xét trường hợp mặt phẳng qua I song song với đáy- lúc này M,N,P là trung điểm các cạnh bên và ABC.MNP là 1 32 3 27 3 . .3  8 5,85. Chọn lăng trụ có thể tích bằng ½ thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ và bằng 2 4 C.. 0007: Đây là một bài tập hay. Hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đặc điểm như đề bài có một đỉnh (gọi tên là A) mà 3 góc phẳng tại đỉnh đó đều bằng 600 (điều này không phải là hiển nhiên); khi đó tứ diện A’.ABD là tứ diện đều cạnh a. Tính VA’ABD  VABCDA’B’C’D’ = 6 VA’ABD = … a 6 ( em có thể nhớ kết quả tứ diện đều cạnh a có chiều cao là 3 ) 0008: Cách 1: Đây là lời giải của một bạn học sinh Trên cơ sở có hình lăng trụ ABC.A’B’C’ ta dựng thêm để có hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Hình hộp này có diện tích đáy là S và chiều cao h. 1 Sh Thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ bằng một nửa thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’ và bằng 2 . 1 1 2 VABC . A’ B’C’  V V 3  V A’.BC C’B’= 3 Cách 2: Vì V A’.ABC = 3 1 1 1 d ( A ', ( BCC ' B ').S BCC ' B '  Sh Sh 3 . Suy ra V= 2 Mặt khác V A’.BC C’B’= 3 0009: 4 mặt phẳng chứa 4 mặt tứ diện AB’CD’ chia hình hộp thành 5 tứ diện gồm tứ diện AB’CD’ và 4 tứ diện khác. Mỗi tứ diện trong 4 tứ diện này có thể tích bằng 1/6 thể tích hình hộp  thể tích tứ diện AB’CD’ bằng 1/3 thể tích hình hộp. ( học sinh tự vẽ hình để thấy rõ hơn) Có thể giải khác – Vì bài toán phát biểu với hình hộp bất kì , do vậy ta có thể xét hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ ( vẽ hình).

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Có thể “thấy’ra B’D  mp ( ACD’) tại H và B’H= 2DH nên 1 1 VB '. ACD ' 2VD. ACD ' 2. VABCD . A ' B 'C ' D '  V 6 3 0010: Hình bát diện gồm 2 hình chóp tứ giác có chung đáyDựng thiết diện tạo bởi mặt phẳng chứa đáy này ( hình bên ) từ đó tính thể tích chóp tứ giác theo V  thể tích. bát. diện theo V. Phương án C là phương án đúng. 0011: V1 thể tích hình chóp tứ giác đều V2 thể tích hình chóp lục giác đều V1 S1 a2 2    2 V2 S 2 a 3 3 3 6. 4 ( a là độ dài cạnh đáy- Lục giác đều cạnh a gồm 6 tam giác đều cạnh a) Chọn phương án B. 0012: (Đường chéo qua tâm lục giác đều có độ dài gấp đôi độ dài cạnh lục giác đều.) Độ dài đường chéo qua tâm lục giác đều tăng lên 2 lần  độ dài cạnh lục giác đều cũng tăng lên 2 lần và …  thể  tích  tăng lên 4 lần.      MA  MB  MC  MD  0 0013:  AM MB  MC  MD 3MG ( G là trọng tâm tam giác 3 AM 3 AG  BCD.)  M là điểm trên đoạn AG sao cho AM = 4  AG 4 Mặt phẳng  qua M và song song với mặt phẳng (BCD) chia khối chóp ABCD thành 2 khối đa diện 3 k 4  trong đó khối chóp APQR đồng dạng với khối chóp ABCD và tỉ số đồng dạng VAPQR 3 27 ( )3  S VABCD 4 64 0013: VSABMN = VSABN+ VSBMN VSABN SN 2 2V V    VSABN  SABD  SABCD VSABD SD 3 3 3 VSBMN SM SN 2 2 4 4V 2V  .  .   VSBMN  SABD  SABCD VSBCD SC SD 3 3 9 9 9 1 2 5 (  )VSABCD  VSABCD 9  VSABMN = VSABN+ VSBMN = 3 9 V 5 k  SABMN  VABCDMN 4 . G. N. M. D. A. C. B. 0014: Kéo dài các cạnh bên hình chóp cụt lên phía trên ta được hình chóp lớn là hình chóp sinh ra 1 hình chóp cụt. Hình chóp nhỏ và hình chóp lớn đồng dạng theo tỉ số k = 2 ( là tỉ số giữa độ dài cạnh đáy nhỏ và độ dài cạnh đáy lớn hình chóp cụt).

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 1 2 1 16 a .h  .22.4  m3 3 3 Thể tích chóp lớn bằng 3 Tỉ số giữa thể tích chóp nhỏ và thể tích chóp lớn bằng 1 1 ( )3  2 8 7 14 3 m  Thể tích chóp cụt bằng 8 thể tích chóp lớn và bằng 3 Chọn B. 4,65m3. -------------------------. Bài viết số 4 MỘT SỐ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÌNH HỌC LIÊN HỆ THỰC TẾ . Bài tập hình học liên hệ thực tế là một nội dung thú vị và khá phong phú về số lượng – tuy nhiên để có thể chọn lựa một số bài tập trắc nghiệm đáp ứng về mặt thời gian ( 2  4 phút) không dễ. Một số bài tập được sưu tập và một số tự biên soạn – xin được giới thiệu để các em làm, tập dượt khả năng giải toán trắc nghiệm. Vì thời gian dành cho bài viết không nhiều nên không thể tránh khỏi những điều thiếu sót. Các học sinh thông cảm. I/ Một số bài tập trắc nghiệm hình học chọn lọc liên liên hệ thực tế 0001.Từ một miếng tôn hình bán nguyệt có bán kính R=3, người ta muốn cắt ra một hình chữ nhật (xem hình) có diện tích lớn nhất. Diện tích lớn nhất có thể có của miếng tôn hình chữ nhật là A. 9.. B. 7.. C. 6 2 .. D. 6 3 .. 0002.Hai nhà máy A và B nằm ở hai bên một con sông có chiều rộng bằng 2. Người ta xây cầu qua sông. Biết A và B lần lượt cách con sông một khoảng bằng1 và 3. Khoảng cách giữa 2 nhà máy theo đường chim bay bằng 10. Hãy xác định vị trí xây cầu (độ dài đoạn CM - xem hình) sao cho sao cho quãng đường đi từ A đến B qua con sông này là ngắn nhất. A. CM=2. B. CM=3. C. CM=5/2. D. CM=7/2.. 0003. Hòn đảo B cách bờ biển 6km . Dọc theo bờ biển có nhà máy điện A. Khoảng cách giữa A,B theo đường chim bay là 10 km. Người ta muốn lắp đặt đường dây điện từ A đến B. Chi phí lắp đặt cho 1 km trên bờ là 3000 USD, cho 1 km dưới biển là 7000 USD. Chi phí ít nhất để lắp đặt đường dây điện từ A đến B là vào khoảng ( giá trị gần đúng) A. 60000 USD B. 62000 USD C. 61500 USD D. 62500 USD.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 0004. Một màn hình hình chữ nhật cao 1,8m so với tầm mắt tính (từ đầu mép dưới của màn hình). Để nhìn rõ nhất thì phải xác định vị trí đứng sao cho góc nhìn lớn nhất ( xem hình). Hãy xác định  vị trí đó ?( BOC là góc nhìn) A. AO = 2,4 m. B. AO=3m. C. 2,6m. D. 2,4m. 0005.Người ta đúc một bi giếng tròn có chiều cao 1m , có độ dày 10cm và khoảng cách từ một điểm trên mặt ngoài đến trục của bi giếng bằng 70 cm . Khối lượng bê tông để đúc bi giếng gần nhất với con số A. 0,39 m3. B. 0,4 m3. C. 0,41 m3. D. 0,42 m3. 0006.Đường gấp khúc ABCD có độ dài bằng 12 và ABCD là hình chữ nhật. Thể tích lớn nhất của khối tròn xoay có được khi ta quay hình chữ nhật ABCD quanh đường thẳng AD là 64 A. 3 B. 9. C. 64. D.. 0007.Người ta cắt một hình quạt có góc  ở tâm bằng bao nhiêu từ một miếng tôn hình tròn để 1 cuộn lại thành một hình nón có góc ở đỉnh bằng arccos 3 . Giá tri  bằng  2 2 A. 3 B. 3 C. 3 D. 3 0008. Một hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng 1 và đường sinh bằng 2. Thiết diện qua trục hình nón là SAB. M là trung điểm trên SA. Quãng đường đi ngắn nhất trên bề mặt hình nón từ M đến B là A.. 5. B.. 3. C. 2. D.. 7. 0009.Thể tích lớn nhất của khối tròn xoay có được khi ta quay hình tam giác có độ dài 3 cạnh là 3,4,5 quanh đường thẳng chứa một cạnh của nó là A. 18. B. 12. C. 20. D. 16. 0. 0010. Cho tam giác cân có góc ở đỉnh là 120 và độ dài cạnh bên bằng 3 . Thể tích khối tròn xoay có được khi ta quay tam giác cân quanh đường thẳng chứa cạnh bên là 3 3 3 2 3 A. 4 B. 2 C. 3 D. 3 0011. Nếu trải 2 mặt ABD và BCD của tứ diện ABCD lên một mặt phẳng ta được hình chữ nhật ABCD có kích thước 3 x 4. Một tứ diện như thế, có thể tích lớn nhất bằng 24 28 26 18 A. 5 B. 5 C. 5 D. 5 0012. Một cái phểu hình nón có chiều cao bằng 70 cm , bán kính đáy bằng 10 cm . Khoảng cách từ đỉnh phểu đến tâm mặt thoáng bằng 30 cm . Ngưởi ta bỏ vào phểu một vật thể rắn chìm hoàn toàn trong nước và lúc này nước trong phểu dâng lên 20 cm. Thể tích vật thể rắn là A. 8370 cm3. B. 8380 cm3.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> C. 8360 cm3. D. 8390 cm3. II/ Hướng dẫn giải các bài tập trong mục I 2 2 2 0001. Gọi chiều rộng hình chữ nhật là x . Chiều dài hình chữ nhật là 2 R  x 2 9  x 2 2 2 2 2 Diện tích hình chữ nhật là S= x. 2 9  x 2 x (9  x )  x  (9  x ) 9. Dấu = xảy ra … MaxS=9. Chọn A 0002. Quãng đường đi từ A đến B qua con sông này ngắn nhất khi tổng AM+BN nhỏ nhất. Bỏ qua chiều rộng con sông, khi hai bờ sông nhập một (xem hình 2) ta có CD=8. CM AC   CM 2 Điểm M cần tìm là giao điểm của AB và CD .Ta có: CD BD. 0003. Xem hình. Đặt CM=x.( 0 x  8) khi đó AM =8-x BM=. 36  x 2 . Gọi S là chi phí lắp đặt đường dây từ. A đến B. Ta có: 2 S= 3000. (8-x) + 7000 36  x 2 = 1000( 24-3x+7 36  x ) x 2 2 S’= 1000(-3+7 36  x )=0  7x=3 36  x 9  40x2 = 9.36  x=. 10 9 S(0) = 66000 ÚD, S( 8)= 70000USD, S( 10 ) 61947USD MinS 61947USD - Chọn B. 0004. Đặt x=AO. Ta có: tan  = tan(( + ) –  ) = tan(   )  tan  tan  tan((   ) –  )  1  tan(   ) tan  AC AB  BC. AO  AO AO  AC AB AO 2  AB. AC 1 . AO AO 1, 4.x 1, 4.x 1, 4.x 1, 4.x 7  2  2  2   2 x  1, 4.1,8 x  3.2.1,8 x  2, 4 2 x.2, 4 24  lớn nhất tan  lớn nhất  x=2,4 . Chọn D.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 0005. Ta có: R =70 cm, r=60 cm , h=1m Thể tích (Khối lượng bê tông) bi giếng là V= VR-Vr = h(R2-r2) = .( 0,49-0,36)=0,13.  0,41 (m3) Chọn C 0006.Khối tròn xoay có được khi ta quay hình chữ nhật ABCD quanh đường thẳng AD là khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy r .Thể tích khối trụ là V= r2h Ta có AB+BC+CD =12  2r+h=12 r r h 3 12 ( )  ( )3 64 3 3 V= r2h  . Dấu bằng xảy ra khi r=h=4 MaxV= 64 . Chọn C 0007.Giả sử miếng tôn có bán kính R. Hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l=R. 1 Thiết diện qua trục là tam giác SAB có SA=SB=l(=R) có góc ở đỉnh S bằng arccos 3 . R 1 4R 2 4R2 Ta có: AB2= SA2+ SB2- 2SA.SB cosS = 2R2(1-cosS)= 2R2(1- 3 )= 3  4r2= 3  r = 3 Tính diện tích xung quanh hình nón theo hai cách: 1 1 2 1 2 1 2 .   R R 3 2 = 3 Sxq =  rl =  rR ; Sxq= Shquat = 2   rR= 2  0008.. Cắt mặt xung quanh của hình nón theo 2 đường sinh SA,SB ta được 2 nửa hình nón ( không đáy). Trải một nửa hình nón ta được một hình quạt SAB có tâm S, bán kính R = 2 . Gọi  là góc ở tâm . Diện tích hình quạt SAB bằng một nửa diện tích xung quanh hình 1  rl  nón và bằng 2 . Mặt khác diện tích hình quạt SAB bằng 1 2  R  2  2 2  Trong tam giác SBM vuông tại S ta có: BM =. 5. 0009.Thể tích lớn nhất của khối tròn xoay có được khi ta quay hình tam giác quanh đường thẳng chứa cạnh có độ dài bằng 3. Max V =16. 0010. Thể tích lớn nhất của khối tròn xoay cần tìm là V . V= V1-V2 V1 là thể tích khối nón sinh ra bởi việc quay  ACD quanh AB V2 là thể tích khối nón sinh ra bởi việc quay  BCD quanh AB.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> …Chọn A 0011.Tứ diện có thể tích lớn nhất khi 2 mặt ABD, BCD nằm trên 2 mặt phẳng vuông góc . trong trường hợp này thể tích tứ diện 1 1 1 12 24 .S BCD . AH  . .3.4.  3 2 5 5 ABCD bằng 3 0012. Mặt thoáng lúc chưa bỏ vật thể có bán kính r1 mà r1 30 30 30 60   r1  r  20  r 70 70 70 7 Mặt thoáng lúc bỏ vật thể có bán kính r2 mà r2 50 50 50 100   r2  r  20  r 70 70 70 7 ( r là bán kính đáy của phểu) Thể tích vật thể là bằng 1 1 1 10000 3600 V V2  V1   r22 .h2   r12 .h1   ( .50  .30) 3 3 3 49 49 1000 500 108 8000  (  )  8377cm3 3 49 49 3 ----------------------------. Bài viết số 5 MỘT SỐ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH CHƯƠNG 2 ( MŨ – LOGARIT) Bài tập liên quan đến lũy thừa và logarit là một nội dung rất thú vị , phong phú về số lượng, đa dạng về mặt hình thức. Khi học phần này học sinh cần nắm thật vững các khái niệm lũy thừa với số mũ guyên dương, nguyên , hữu tỷ , số thực – tính chất của lũy thừa , loga thể hiện dưới dạng đẳng thức, bất đẳng thức – biết phác họa đồ thị của hàm số lũy thừa mũ logarit trên cơ sở đó nắm đầy đủ tính chất của các hàm số này – nắm vững các phương pháp giải các phương trình và bất phương trình mũ ,logarit cơ bản- biết và tính đạo hàm các hàm liên quan đến hàm lũy thừa mũ ,loga một cách thuần thục ... và đừng quên các bài toán thực tế trong chương. Tài liệu trắc nghiệm của phần này nói riệng và các phần khác nói chung ở trên mạng rất nhiều. Các em nên tuần tự làm từ dễ đến khó hơn và khó hơn chút nữa. Dưới đây là các bài tập chúng tôi tự biên soạn – một số bài thông hiểu còn lại là vận dụng ở các mức độ khác nhau, xin được giới thiệu để các em làm, tập dượt khả năng giải toán trắc nghiệm. Vì thời gian dành cho bài viết không nhiều nên không thể tránh khỏi những điều thiếu sót. Và vì quá nhiều nội dung cần viết nên mỗi bài viết chúng tôi giới thiệu một lượng bài tập tối thiểu có thể phản ánh tương đối chủ đề bài viết.( mỗi bài viết thường không quá 15 bài tập) I/ Một số bài tập trắc nghiệm giải tích chương 2 1 1 a  3 a7  7 a a . 0001: Biết . Tính giá trị biểu thức M = A. M= 843 B. M= 834 C. M= 832 D. M=823 1 1 log n ; log 1 ( n  1) ;log n 2 , 1 n  1 n  3 n  2 0002: Số lớn nhất trong các số ( n>1) A.. log n 2. 1 n 3. B.. log n. 1 n 1. log C.-1. D.. 1 n2. (n  1).

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 0003: a,b,c là các số dương khác 1. Đẳng thức nào dưới đây đây là đúng? log b c log b c logb c blogc a c loga b c logb a A. a B. a C. a. logb c b loga c D. a. 2 0004: Cho hàm số y= ln(x+ 1  x ) . Mệnh đề nào dưới đây đây là SAI? A. Tập xác định của hàm là D =R B. Hàm không chẵn, không lẻ. C. Hàm đồng biến trên R. D. Hàm không có cực trị. 0005: Cho 0<a  1, f(x) = ax+a-x. Mệnh đề nào dưới đây đây là sai ? A. f(x)  2 với mọi x. B. f là hàm chẵn. C. f ’(x) là hàm lẻ. D. f(x)= 1-2x-x2 có nghiệm 0006: Cho hàm số f(x) = a+bcx xác định trên R và thỏa f(0) = 15, f(2)=30, f(4)= 90. Tính f(1). A. f(1)= 20 B. f(1)= 0 C. f(1)= 10 D. 30 x 0007: Cho hàm số y = ln x .Mệnh đề nào dưới đây đây là sai ? A. Hàm xác định trên ( 0,1). B. Hàm nghịch biến trên (0,e) C. Đồ thị hàm số có tiệm cận C. Hàm số có cực trị. 0008: Số nghiệm phương trình log |x| = - m2 ( m là tham số ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 |x+1| 0009: Khảo sát cực trị của hàm số f(x) = (x-3).e trên x(-2,4). Mệnh đê nào dưới đây đúng? A. Hàm số đạt cực đại tại x =1 B. Hàm số đạt cực tiểu tại x= -2 C. Giá trị cực đại của hàm là ycđ = -2.e2 D. Giá trị cực tiểu của hàm là yct = - e3 1  s inx log( ) 1  s inx là 0010: Tập xác định của hàm số y=    k 2 , k  Z  k , k  Z A. D= R\ { 2 } B. D= R\ { 2 }    k 2 , k  Z C. D= R\ { 2 } D. D= R\ { k , k  Z }. 0011: Số nghiệm của phương trình 2x = m –x ( m là tham số) là A. 0 B. 1 C. 2 D. vô số x x 0012: Tìm m để phương trình: 4  m.2  m 0 có đúng 1 nghiệm . Giá trị m phải tìm là A. m > 4 B. m  0 C. m = 4 hoặc m  0 D. m  4 hoặc m 0 0013: Bất phương trình A. -1  x  2 1  17 1  17 x  2 2 C.. . 2. 3. . x 1. .  2 3. .  x 2 3. có nghiệm là B. x  -1 hoặc x  2 1  17 1  17 x x 2 2 D. hoặc. x 2 .log 2 5  3 x  m  log 2 5 0 0014: Biết x=-1 là 1 nghiệm của phương trình phương trình . Nghiệm còn lại của phương trình là A. x= 1- 3log52 B. x= 1- log52 C. x= -1+ 3log52 D. x=1- 2log52 II/ Hướng dẫn giải các bài tập trong mục I 1 a  3 a 0001: Sử dụng máy tính, xác lập hai nghiệm của là a1,a2. 1 a17  7 a1 . Chọn A. Sử dụng máy tính , tính M =. Chú ý. a17 . 1 1 a27  7 7 a1 a2.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 1 1 log n (  log n (n  1)   1) n 3 , n 1 0002: Để ý các số đều nhỏ hơn -1 và số log 1 ( n  1)  log n 2 (n  1)   1 n2  chọn D 0003: Cách 1 : Nếu a=b=2 thì loại A . Nếu b =c=2 thì loại B và D.  chọn C Cách 2 . Thử với a=2,b=4,c=8 ... chọn C Cách 3 : lấy logarit cơ số thích hợp 2 vế. Nếu các cơ số của 2 lũy thừa là a,b thì lấy logarit cơ số c 2 vế,… nếu thấy sai thì loại trường hợp tương tự. log b c clog b a , đây là kết quả đáng lưu ý- bạn cần nhớ (và thực ra a có thể bằng 1 trong đẳng Chú ý a thức này.) 1 0 2 1  x 0004: Hàm xác định trên R và y’=  hàm đồng biến trên R, hàm không có cực trị. Chọn B . Chú ý hàm là hàm lẻ 0005: Trong các phát biểu thì phát biểu “f(x)= 1-2x-x2 có nghiệm’’ là khó kiểm tra hơn cả. Không khó nhận thấy A,B,C đều đúng. Chọn D Chú ý: Vì f(x)  2 và 1-2x-x2 = 2-(1+x)2  2  phương trình có nghiệm  f(x)= 1-2x-x2 =2 (*) (*) là không xảy ra vì f(x)=2  x=0, 1-2x-x2 =2  x=-1 . Hệ (*) vô nghiệm. 0006: Từ giả thiết , chú ý c>0 ta suy ra a=10,b=5,c=2  f(1) = a+bc=20. Chọn A 0007: Hàm số không xác định tại x=1  Hàm số không nghịch biến trên (0,e). Chọn B 0008: Vẽ đồ thị hàm số y= log |x| ( hàm chẵn) trên cơ sở đồ thị hàm y = logx Đường thẳng y = -m2 cắt đồ thị hàm số y= log |x| tại 2 điểm . Chọn C 0009: ( x  3)e x  1  2  x   1 e  x  1 (4  x)  2  x   1 f ( x)  f '( x )  x 1 x 1  1 x  4  1 x  4  ( x  3)e  e ( x  2)  Có thể thấy : f’(x) đổi dấu từ - sang + khi x qua điểm 2 f’(x) đổi dấu từ + sang -1 khi x qua điểm -1  Hàm số đạt cực đại tại x = -1, đạt cực tiểu tại x= 2  loại A,B. Tính f(-1) , f(20  chọn D 1  s inx   k , k  Z 0010: Điều kiện xác định là 1  s inx >0  sin x  ± 1  cosx  0  x  2 . Chọn B. x 0011: Đặt f(x) =2 +x . Vì f(x) là hàm đồng biến trên R nên phương trình f(x) = m có nhiều nhất 1 nghiệm (1) lim lim f liên tục trên R và x  f(x)= +  , x   f(x)= -  nên f(x) nhận mọi giá trị trên (- ,+ ) (2) (1) và (2)  pt f(x)=m có đúng 1 nghiệm. Chọn B Cách 2 Với cách đặt vấn đề trong bài toán thì số nghiệm pt không phụ thuộc giá trị m nên khi m=0 có thể thấy ngay 2 đường y=2x và y=-x cắt nhau tại 1 điểm  phương trình có đúng 1 nghiệm. Chọn B 4x m x x x x x 0012: 4  m.2  m 0  4 m.(2  1)  2  1 ( vì x=0 không là nghiệm) log n 2. Xét phương trình. f (t ) . t 2  2t t2 0  t 0, t 2 m (t  0) 2 t1 . f’(t)= (t  1).

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Dựa vào bbt, giá trị m cần tìm. Chọn C. 0013: Thử x=2 ( giá tri nguyên có trong các “ đáp án”) nghiệm đúng bất pt ( trường hợp dấu bằng xảy ra)  loại các phương án C.D. Thử tiếp x=0 vào bất pt thấy không thỏa  loại tiếp A. Chọn B x 2 .log 2 5  3 x  m  log 2 5 0 0014: x=-1 là 1 nghiệm của phương trình phương trình  m=3 và c log 2 5  3 3   1  1  3log5 2 a log 5 log 5 2 2 nghiệm còn lại của phương trình là x= ------------------------------------------------------------------------. Bài viết số 6 MỘT SỐ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM VỀ KHỐI CẦU, KHỐI TRỤ , KHỐI NÓN Khối cầu, khối trụ , khối nón là một nội dung có khối lượng bài tập phong phú. Chúng tôi giới thiệu một lượng bài tập tương đối trong đó gồm một nửa số lượng bài tập tự soạn . Bài tập được xếp theo từng loại hình- trong đó có những bài tập phối hợp cả 2 loại hình. Trước khi làm bài tập học sinh phải chắc chắn rằng mình đã nắm vững được kiến thức cơ bản của phần này. Không nắm vững khái niệm sẽ không hiểu nội dung đề toán yêu cầu điều gì- không nắm công thức sẽ không biết tính toán thế nào... Học sinh thử làm và sau đó mới đối chiếu lời giải, hướng dẫn để hiểu hơn về khả năng của mình , để rút kinh nghiệm ... Trong quá trình biên tập có thể có sự nhầm lẫn trong khâu tính toán hoặc lỗi máy tính...các học sinh thông cảm. Chúc các học sinh mọi điều tốt đẹp. I/ Một số bài tập trắc nghiệm về khối cầu, khối trụ , khối nón 0001  là mặt phẳng không vuông góc với đáy một hình trụ và cắt 2 đáy theo 2 dây cung có độ dài bằng nhau. Thiết diện tạo bởi mp  và hình trụ A. là hình bình hành B. là hình chữ nhật C. là hình vuông D. không phải là tứ giác 0002. Cho hình trụ có bán kính đáy R= 5. AB là dây cung của đáy trên có độ dài bằng 6. Mặt phẳng  qua tâm hình trụ và chứa AB cắt đáy dưới theo dây cung CD . Biết tứ giác ABCD có diện tích bằng 60. Tính thể tích V hình trụ. A. V=150 . B. V=120 . C. V=180 . D. V=100 0003. Người ta bỏ ba quả bóng bàn cùng kích thước vào trong một chiếc hộp hình trụ có đáy bằng hình tròn lớn của quả bóng bàn và chiều cao bằng ba lần đường kính quả bóng bàn. Gọi S1 là tổng diện tích của ba quả bóng bàn,. S2. là diện tích xung quanh của hình trụ. Tỉ số. S1 bằng : S2. 3 6 B. 1 C. 2 D. 2 5 0004. Người ta muốn sản xuất lon sữa hình trụ hoàn toàn bằng thiếc có thể tích bằng 500 cm3 với chi phí nguyên liệu ít nhất- Lon sữa như mong muốn có bán kính đáy gần nhất với số đo A. 4.3 cm B. 4.2cm C. 4.4cm D.4.1cm A..

<span class='text_page_counter'>(21)</span> 0005 Cho hình trụ có bán kính đáy r =2 và chiều cao h= 2 3 . Hai điểm A và B lần lượt nằm trên hai đường tròn đáy sao cho góc giữa đường thẳng AB và trục của hình trụ bằng 300. Khoảng cách giữa đường thẳng AB và trục của hình trụ là 3 6 A. 1 B. 3 C. 2 D. 2 0006 . ABCD.A’B’C’D’ là lăng trụ tứ giác đều nội tiếp trong hình trụ có bán kính đáy R=5 và chiều cao h =8. Tính gần đúng độ dài l đoạn ngắn nhất nối hai điểm A và D’ trên mặt xung quanh hình trụ. A. l= 11.21 B. 11.22 C. 11.15 D. 11.16 0007. Một hình chóp tam giác đều SABC có thể tích bằng V. Thể tích hình nón ngoại tiếp hình chóp tam giác đều này có giá trị gần nhất giá trị A. 2,41V B. 2,42V C. 2,4V D. 2,43V 0008. Cho tam giác vuông ABC có các cạnh góc vuông AB =3 , AC=4. Thể tích khối tròn xoay có được khi quay tam giác ABC quanh đường thẳng chứa đường cao AH là: 1026 1028 1042 1024     A. B. C. D. 125 125 125 125 0009. Cho hình nón có chiều cao h= 4, bán kính đáy R= 3 . Bán kính mặt cầu nội tiếp hình nón là: 3 5 A. r =2 B. r = 1 C. r = D. r = 2 2 00010. Thiết diện qua trục hình nón cụt là hình thang cân có cạnh bên bằng cạnh đáy bằng a và góc giữa cạnh bên và đáy lớn bằng 600. Thể tích khối nón cụt là: 7 3 a 3 7 3 a 3 7 3 a 3 A. B. C. D. 3 a 3 2 3 6 00011. Cho mặt cầu (S) có bán kính R=5 cm ,và điểm A nằm ngoài (S). Qua A dựng mặt phẳng (P) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính 4cm. Số lượng mặt phẳng (P) là: A. 1 B. Vô số C. 0 D. 2 0012. Độ dài cạnh tứ diện đều nội tiếp trong hình cầu bán kính R bằng: 4R 4R R 6 A. 3R B. 3 C. 3 D. 6 0013. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc nhau và OA a; OB b; OC c . Bán kính của mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC bằng: 1 2 1 2 2 2 2 2 A. R  a  b  c B. R  a  b  c 2 3 C. R  2(a 2  b 2  c 2 ). D. R  a 2  b 2  c 2 0014. Cho mặt cầu (S) tâm O và bán kính R= 5 . A là điểm mà OA=13. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến đến mặt cầu (S) . Tập hợp các tiếp điểm là một đường (L). Tính độ dài l của đường (L). Giá trị gần đúng của l là: A. 29 B. 29.1 C. 29.2 D. 29.3 3 0015 . Cho tứ diện ABCD có AD = ,các cạnh còn lại đều bằng 1. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp 2 tứ diện là 14 15 13 3 A. 6 B. 6 C. 6 D. 3.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> II/ Hướng dẫn giải các bài tập trong mục I 0001 Chú ý: tứ giác ABCD không phải là thiết diện vì hai đoạn thẳng AD và BC nằm bên trong hình trụ - không nằm trên bề mặt hình trụ ( thiết diện không là tứ giác lồi bình thường). Trên đường bao quanh thiết diện thì đoạn nối 2 điểm A,D là một đoạn cong. Chọn D . 0002. Có thể thấy tứ giác ABC’D’ là hình chữ nhật , S= 60 , AB=6  BC’ =10  MI=5 Tính được MO =4  OI =3  h =6 V=  R2h=  .25.6 = 150 . Chọn A. A. B. C D. 0003. Hình trụ có bán kính R và chiều cao h .Quả bóng có bán kính r. Theo đề ta có: h= 6r, R=r S1 = 3.4  r2 = 12 r2 S2 =  R2h = 6 r2 Chọn C. 0004. Chi phí nguyên liệu ít nhất đồng nghĩa diện tích toàn phần hình trụ là nhất. Gọi r,h là bán kính đáy và chiều cao lăng trụ . Ta có V=  r2h = 500 500 ) Diện tích toàn phần lăng trụ là S = 2r2 + 2 rh= 2 (r2+rh) = 2  (r2+  r. nhỏ. 500 500 500 500 500 5002 r2   r 3 4.30127 r 2   3 3 2 2 r 2 2 r 2 r 4 - Dấu = xảy ra khi Ta có: r2+  r Chọn A A 0005. Gọi O,O’ là tâm 2 đáy , A’ là hình chiếu của A lên đáy dưới. r=2 O 0  Góc giữa AB và OO’ là góc giữa AB và AA’ gócA’AB =30 Dựng O’H  A’B, O’H là khoảng giữa đường thẳng AB và trục OO’ 300 Tính O’H 1 h=2 3 2 Xét  AA’B ta có A’B= AA’.tan300 = 2 3. 3 3 H O'  3 A' 2 B 0006. Cắt hình trụ theo đường sinh AA’ và trải trên mặt phẳng ta được hình phẳng là hình chữ nhật có kích thước 8x 10 . Trên hình ta có AD’ = 25 64   2 11.21 4 chọn A. Tam giác O’A’B đều cạnh bằng 2  O’H= 2.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Chú ý : Có thể đặt câu hỏi hay hơn: Tính chu vi thiết diện tạo bởi mặt phẳng ABC’D’ với hình trụ. 0007. a là độ dài cạnh ABC. h là chiều cao hình chóp (hình nón) Gọi R là bán kính đáy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 1 a2 3 2 a 3 a 3 h .  3 . Thể tích hình chóp tam giác đều Vchóp= 3 4 . Tính R theo a. Ta có: R= 3 2 1 1 a2 1 a2 3 4 4 V  R 2 h   h ( h).  3 3 3 4 3 3 3 3 . Thể tích hình nón ngoại tiếp hình chóp là Vnón= 3 Chọn B. 0008. Khối tròn xoay có được khi quay tam giác ABC quanh đường thẳng AH là khối tròn xoay có được khi quay tam giác AHC quanh đường thẳng AH 1 16 2 12 1024 ( )   125 Chọn D Thể tích khối tròn xoay này ( khối nón) là V= 3 5 5 A 4 3 12/5 C'. B. H. 16/5. C. 0009. Hình nón có độ dài đường sinh l=5. Bán kính r mặt cầu nội tiếp hình nón. là bán kính đường tròn nội tiếp thiết diện qua trục. Thiết diện qua trục là tam giác cân có cạnh bên bằng l=5, cạnh đáy bằng 2R= 6 1 3 ah Tính diện tích tam giác cân này theo 2 cách (S=pr = 2 ) ta có: 8.r = 4.3  r = 2 Chọn C 0010. Tính được đáy lớn hình thang bằng 2a, chiều cao thang ( chiều cao hình nón cụt ) là h = 3 1 a  h(r12  r1 r2  r22 ) 2 .Sử dụng công thức tính thể tích hình nón cụt V= 3 với r1 =a, r2=2a và h= 3 2 .Chon C. Có thể tính khác – tính xem thể tích hình nón cụt theo thể tích hình nón sinh ra nó. 0011. Nếu có khả năng tư duy không gian, học sinh sẽ “thấy” : + điều thứ nhất là có mặt phẳng (P) như vậy + điều thứ hai là có thể cho (P) chạy tròn quanh (S)  có vô số mp(P) - Chọn phương án B. Dưới đây là một lí giải tại sao có vô số(P) ( học sinh đọc thêm) a.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Xét bài toán phẳng : A là điểm nằm ngoài đường tròn (C) có bán kính bằng 5. Có bao nhiêu đường thẳng  cắt (C) theo dây cung BC mà ½ BC=4. M là trung điểm BC. Trên hình ta có IM bằng 3  M nằm trên (I,3) Kẻ MH  AI , (H cố định ) M nằm trên d qua H vuông góc AI  M là giao điểm của d và (I,3)  có 2 điểm M  có 2 đường thẳng . Xét bài toán không gian : Trở lại bài toán phẳng , thay (C) bởi mặt cầu (S) tâm I bán kính bằng 5 , thay đường thẳng  bởi mp (P) . mp (P) cắt (S) theo đường tròn tâm M ,có bán kính bằng 4 – Thay đường tròn (T) bởi mặt cầu (T) , đường thẳng d bởi mp  , khi đó M là một giao điểm của (T) và   M  đường tròn giao tuyến của (T) và . Có vô số M  vô số mặt phẳng (P) qua A vuông góc với IM tại M. 6 0012. Gọi a là độ dài cạnh tứ diện đều  chiều cao tứ diện đều là h= a 3 Tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đều là trọng tâm tứ diện 4R C 3 3a 6 a 6 h  4 3 4  a= 6 .Chọn D R= 4 0013. Trên cơ sở có hình tứ diện OABC, ta dựng hình hộp c chữ nhật ( hình bên) Mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC cũng là mặt cầu ngoại A a tiếp hình hộp chữ nhật ( có các kích thước a,b,c). Độ dài 0 đường chéo hình hộp là đường kính mặt cầu b 1 R  a 2  b2  c 2 B 2  . Chọn A. 0014 Gọi M là tiếp điểm . Tính được AM =12. 25 Dựng MH  OA . H  đoạn OA và OH= 13  H cố định . MH  OA  M nằm trên mp  qua H vuông góc với OA. Mặt khác H nằm trên mặt cầu (S)  H nằm trên (C) là đường tròn giao tuyến của  và (S). 60 M (C) tâm H , bán kính r = MH = 13 . 60 2 ( ) 29 13 12 Độ dài đường tròn (C) là . Chọn A. 60. R=5. 13 A. 0015 . Xem hình. 13. H. O.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> 3 3 3 3 Chú ý tam giác ADM đều cạnh bằng 2  MN= 2 . 2 = 4 1 3 3 3 .  6  AO= 3 OM = 3 2 Tính IO để tính IA(=R)  OMI đồng dạng  NMA  3 3 . OI OM AN .OM 4 6 1   OI   3 AN MN MN 6 = 4 1 1 13 A R  AO  AO 2  OI 2    3 36 6 Chọn C. D 3 2 N. =. I. O. 1. // //. C. M. B. ---------------------------------------------------------Về cơ bản tài liệu này đề cập đến hầu hêt các nội dung chương trình học kì 1 lớp 12. Tài liệu này sẽ được bổ sung , chỉnh sửa trong thời gian đến. Trong thời gian đến chúng tôi cũng sẽ tiếp tục viết các nội dung thuộc chương trình học kì 2 lớp 12 và các đề ôn tập, tập dượt thi TNTHQG . ----------------------------------------------------. * Các ý kiến đóng góp của các Thầy Cô và các em về tài liệu xin được gửi về địa chỉ mail Xin chân thành cảm ơn các Thầy Cô và các em..

<span class='text_page_counter'>(26)</span>