Tải về Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2018

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (935.06 KB, 29 trang )

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

Câu 3: [2D2-3] [Đề thi cụm các trường chuyên khu vực phía Bắc–lần thứ 2 -2018-mã 132]Cho
phương trình m.3x24x331x2 3.33 4 xm. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

A. 1m3. B.  1 m0. C. 0m1. D. 8

0 3
1
1;
3
m
m m
 



 

 .

Hướng dẫn giải
Chọn D.

Ta có:

2 4 3 1 2 3 4

.3x x 3 x 3.3 x

m     m

  



2 4 3



3 4 1 2

3x x 1 3.3 x 3 x

m    

   



2 4 3



1 2



3 4 2 1



3x x 1 3 x 3.3 x.3x 1

m     

   



2 4 3



1 2



2 4 3



3x x 1 3 x 3x x 1

m     

   

2
2
4 3

3 1 0

3
x x
x
m
 

  
 
 

2
1
1 3
3 x
x x
m 
  

 



Để phương trình có 4 nghiệm thì phương trình m31x2 có 2 nghiệm khác 1, 3.

Do đó

2 2

3
1 1 1

8
1 1 3

1 log 0 0 3

3 3 1

3 3

x
x

x m m

m m
m
m
 

 

      

 
   
 
 

  

 8
0 3
1
1;
3
m
m m
 


 
 

 .

Câu tương tự:

Câu 1: [2D2-3] Cho phương trình m.4x24x341x2 4.43 4 xm.Tìm m để phương trình có 4

nghiệm phân biệt.

A. 1m4. B. −1<m<0 .

0<m<1

. D. 8

0 4,
.
1
1;
4
m
m m
 



 


Lời giải:







2 4 3 1 2 3 4 1 2 2 4 3

.4x x 4 x 4.4 x 4 x 4x x 1 0

m     m m   

      
.
2
2
4 3
1

4 1 0

4 0
x x
x
m
 

  

  
 
2
1
1
3
4 x
x
x
m 
 






 .

Để phương trình có 4 nghiệm thì phương trình m41x2 có 2 nghiệm khác 1, 3.

Do đó

2 2

4
1 1 1

8
1 1 3

1 log 0 0 4

4 4 1

4 4

x
x

x m m

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

Thêm: Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt thì phương trình m41x2phải vơ

nghiệm.( vì nếu nhận x2,x3 thì x2,x3cũng là nghiệm)

Câu 2: [2D2-3] Cho phương trình m.5x25x653x2 59 5 xm. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm

phân biệt.

A. 2m3. B. 0m125. C. 6
1
0
5
1
5
m
m

 



 


 . D. 6

0 125
1 1
;
5 5
m
m m
 



 

 .

Hướng dẫn giải
Chọn D.

Ta có:

2 5 6 3 2 9 5

.5x x 5 x 5 x

m     m

  



2 5 6



9 5 3 2

5x x 1 5 x 5 x

m    

   



2 5 6



3 2



2 5 6



5x x 1 5 x. 5x x 1

m     

   

2
2
5 6

5 1 0

5
x x
x
m
 

  
 

 

2
3
2 3
5 x
x x
m 
  

 



Để phương trình có 4 nghiệm thì phương trình m53x2 có 2 nghiệm khác 2, 3.

Do đó

2 2

5
3 3 2
3 3 3

0 125

3 log 0

5 5

5 5 5

x
x
m
x m
m m
m m
 
 

 

   


 
   
 
 

 
 

   6

0 125
1 1
;
5 5
m
m m
 


 
 

 .

Câu 5: [2D2-3][Đề thi cụm các trường chuyên khu vực phía Bắc–lần thứ 2 -2018]Xét các số thực

dương x, y thỏa mãn 3 2 2









log -3 - 3 .

x y

x x y y xy

x y xy



  

   Tìm giá trị Pmaxcủa biểu

thức

5 4 4

3
x y
P
x y
 

  .

A. Pmax 0. B. Pmax 1. C. Pmax 2. D. Pmax 3.
Lời giải
Chọn D.
2 2
3
log
2
x y

x y xy



   x x



 3



y y



 3



xy

 







2 2



3 3

log x y log x y xy 2

      x2 3x y2 3y xy

    





log x y 3x 3y

    log 3



x2y2xy2



x2y2xy





log x y 2 3x 3y

     log 3



x2y2xy2



x2y2xy2





log 3x 3y 3x 3y

    log 3



x2y2xy2



x2y2xy2

 

Đặt f t

 

log 3t t ,

 

0 1 0

ln 3

t f t

t



    

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

 

2  f



3x3y



f x



2y2xy2



2 2

3x 3y x y xy 2

     

2 2

4x 4y 4xy 12x 12y 8 0

      



2x y



2 6 2



x y



5 3



y 1



2 0

         1 2x y 5.

Khi đó,

5 4 4 2 5

3 3

x y x y

P

x y x y

   

   

    , vì

2 5 0

3 0

x y
x y

  




  

 .

Vậy Pmax 3 khi và chỉ khi

2 5 0 2

1 0 1

x y x

y y

   

 



 

  

  .

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D1-3] Cho các số thực x, y thỏa mãn x y 2



x 3 y3



. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P4(x2y2) 15 xy.

A. minP 80. B. minP 91. C. minP 83. D. minP 63.

Lời giải
Chọn C.

Ta có x y 2



x 3 y3



(x y) 4(x y) 8 x 3 y 3 4(x y)

         

4
0

x y
x y

 


 




 .

Mặt khác x y 2



x 3 y3



2 2



x y



 x y  8 x y [4;8].

Xét biểu thức P4(x2y2) 15 xy4(x y )27xy.
Đặt t  x y [4;8] P4t2 7xy.

Lại có (x3)



y3



 0 xy3



x y



 9









4 21 63 4 21 63

P x y x y t t

        

Xét hàm số f t( ) 4 t2  21t 63 trên đoạn [4;8] suy ra Pmin f(4)83.

Câu 2: [2D2-3] Cho x , y là các số thực thỏa mãn điều kiện









2 2

2
2

lo 1

3 g 1 log 1

y

x  x y xy

   

  

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức



3 3



2 y 3

M  x   xy

A. 7. B.

2 . C.

2 . D. 3.

Lời giải
Chọn B.

Ta có









2 2

2
2

lo 1

3 g 1 log 1

y

x  x y xy

   

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

 









2
2 2

3 log log 2 2

y xy

x   x y xy




  

 









2 2

2 2

log 3

3x y x y  xy log 2 2xy

   

Điều kiện 1

x y

xy







 .









2 2 2

2 2 2 2

x y
xy

xy y

x
y

y

x x

  




   

    

  






3 3





2 xy

M  x y  x y  xy

    

  . Đặt t  x y.





3 3 2 2 2 3 3 2 6

2 3

2 2 3

t

t t t t t t

        

13
max M

 

Câu 13 [2D1-3][ [Đề thi cụm các trường chuyên khu vực phía Bắc–lần thứ 2 -2018- mã 132] Cho
hàm số y x 3 3x2 3mx 1 m. Có bao nhiêu giá trị thực của m để đồ thị hàm số tiếp xúc
với trục Ox?

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

Lời giải
Chọn A.

Cách 1:

Ta có y 3x2 6x3m. Điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị là  0  m1.

Phân tích





1 1

2 1 1

3 3

yy x  x m 

  .

Đồ thị hàm số tiếp xúc với trục Ox  y ycd. ct 0  (2(m1)x11)(2(m1)x21) 0 .

Sử dụng Viet ta được phương trình 4m3 8m28m 3 0 . Kết hợp điều kiện suy ra có 1 giá

trị thực của m thỏa yêu cầu.
Cách 2:

Yêu cầu bài toán

 

3 2

3 3 1 0 1

3 6 3 0 2

x x mx m

x x m

     


 

  



 có nghiệm.

Từ

 

2 ta có m2x x 2 thay vào

 

1 ta được phương trình 2x34x2 2x 1 0 . Ta tìm

được 1 giá trị thực của x thỏa hệ, suy ra có 1 giá trị thực của m thỏa yêu cầu.
2 CÂU PHÁT TRIỂN

Câu 1 [2D1-3-PT1] Cho hàm số y x 3 2x2mx m 1. Có bao nhiêu giá trị thực của m để đồ thị
hàm số tiếp xúc với trục Ox?

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

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

Yêu cầu bài toán

 

3 2
2

2 1 0 1

3 4 0 2

x x mx m

x x m

     


 

  



 có nghiệm.

Từ

 

2 ta có m4x 3x2 thay vào

 

1 ta được phương trình 2x3 x24x1 0



x1





2x2 3x1



0

3 17
4

x





  

 

 . Suy ra có 3 giá trị thực của m thỏa yêu cầu.
Câu 2 [2D1-4-PT2] Cho hàm số y2x3 3



m3



x218mx 8. Có bao nhiêu giá trị thực của m để

đồ thị hàm số tiếp xúc với trục Ox?

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

Lời giải
Chọn D.

Yêu cầu bài toán





 





 

3 2

2 3 3 18 8 0 1

6 6 3 18 0 2

x m x mx

x m x m

     


 

   



 có nghiệm.

Từ

 

2 ta có x 3 hoặc x m



m 3



.

Với x 3

35
27

m

 

Với x m thay vào

 

1  m39m2 8 0









1 8 8 0

m m  m 

1
4 2 6

m
m



 

 

 .

Vậy có 4 giá trị thực của mthỏa yêu cầu.

Câu 14. [1D3-3] [Đề thi cụm các trường chuyên khu vực phía Bắc–lần thứ 2 -2018]Trong mặt phẳng 
với hệ trục toạ độ Oxy, chọn ngẫu nhiên một điểm thuộc tập hợp







; | , ; 4; 4



S  a b a bZ a  b 

. Nếu các điểm đều có cùng xác suất được chọn như nhau,
hãy tính xác suất để chọn được một điểm mà khoảng cách đến gốc toạ độ không vượt quá 2

A.

81. B.

81 C.

16 D.

13
32.

Lời giải:
Chọn B

a b Z và a 4, b 4 nên a b     ,



1, 2, 3, 4, 0



. Do đó tập S có 81 phần tử.

Gọi M a b



;



S và OM 2 nên a2 b2 4





0 2; 2

a  b  trường hợp này có 5 điểm

1 3; 3

a  b   

  trường hợp này có 6 điểm

2 0

a  b trường hợp này có 2 điểm

Suy ra số điểm M S mà OM 2 là 13 điểm. Vậy xác suất là 
13
81

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

Bản chất của bài này thực ra là việc phân chia các trường hợp và việc ứng dụng phép đếm để
tính toán kết quả.

Câu 1. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, Cho S 



M x y z x y z



, ,



| , , Z; x 3; y 4; z 5



Nếu các điểm đều có cùng xác suất được chọn như nhau, khi đó xác suất để chọn được một
điểm mà nằm bên ngồi mặt cầu tâm O bán kính R 3

A.

190

231 B.

231. C.

149

231 . D.

82
231 .

Lời giải:

Chọn A

Từ giả thiết x y z , , Z thoả x 3, y 4, z 5 ta suy ra x    



1; 2; 3;0





1; 2; 3; 4;0



y      , z      



1; 2; 3; 4; 5;0



. Do đó có tập S có 693 điểm.

Xét điểm M x y z



; ;



thuộc hình cầu tâm O bán kính R 3 nên x2 y2 z2 9. Khi đó
Trường hợp x 0 và y 0 thì z 



0; 1; 2; 3  



Trường hợp x 0 và

y  thì z 



0; 1; 2 



Trường hợp x 0 và

y  thì z 



0; 1; 2 



Trường hợp x 0 và y 3 thì z 0
Trường hợp x 1 và

y  thì z 



0; 1; 2 



Trường hợp x 1 và

y  thì z 



0; 1; 2 



Trường hợp x 1 và

y  thì z 



0; 1; 2 



Trường hợp x 2 và

y  thì z 



0; 1; 2 



Trường hợp x 2 và

y  thì z 



0; 1; 2 



Trường hợp x 2 và

y  thì z 



0; 1



Trường hợp x 3 thì y  z 0

Vậy có tất cả 123 điểm M có toạ độ nguyên thuộc hình cầu tâm O bán kính R 3. Suy ra xác
suất để chọn được một điểm M không thuộc hình cầu là

693 123 190

693 231

P  

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

A.

27. B.

27 C

9. D.

7
27.

Lời giải:

Chọn D

Mỗi quân tốt sẽ có ba cách chọn đường đi cho mình trong mỗi bước. Như vậy sau 3 bước quân
tốt sẽ có 27 đường đi.

Để sau ba bước đi qn tốt ở d5 đến ơ d8 thì:
Bước thứ nhất sẽ có ba cách chọn là ơ c6, d6, e6

Bước thứ hai, ơ d6 có ba cách chọn là ô c7, d7, e7; nhưng ô c6 và ô e6 chỉ có hai cách chọn để
bước cuối cùng sẽ đi về ô d8.

Suy ra số các đường đi để sau ba bước từ ô d5 quân Tốt đi về ô d8 là 7 đường đi.

Vậy xác suất cần tìm là

7
27

P 

Câu 18: [2D2-4][Cụm 5 trường chuyên Bắc Bộ -lần 2-Mã 132] Trong tất cả các cặp ( ; )x y thỏa mãn
2 2 2

logx y (2x 4y 6) 1

     .Tìm m để tồn tại duy nhất cặp ( ; )x y sao cho

2 2 2 2 2 0

x y  x y  m .

A. 13 3 và 13 3. B. 13 3 . C. ( 13 3) 2. D. ( 13 3) 2và ( 13 3) 2.

Lời giải

Chọn D.

Ta có

2 2 2

logx y (2x 4y 6) 1

      x2y2 2x4y 4 0  (x1)2(y2)2 9 (1)
Giả sử điểm M x y( ; )có toạ độ thỏa mãn (1), khi đó tập hợp điểm M là hình trịn ( )C1 tâm

(1; 2)

I  bán kính R 1 3.

2 2 2 2 2 0

x y  x y  m  (x1)2(y1)2 m (2)

* Với m 0 thì (2)vơ nghiệm nên m 0khơng thoả mãn.

* Với m 0 thì (2) là phương trình đường trịn tâm J ( 1;1) bán kính R2  m.
Để tồn tại duy nhất cặp ( ; )x y thỏa mãn khi và chỉ khi (C1) và (C2) tiếp xúc với nhau

1 2
1 2

IJ
IJ

R R

 


 

 

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

1 2

IJ R R  13 m3  m( 13 3) 2

1 2

JI R  R





13 m 3 m 13 3

     

Chọn D.

Bài tập tương tự

Câu 1: [2D2-4]Trong tất cả các cặp ( ; )x y thỏa mãn phương trình 2 2
3

logx y (2xy x y 3) 1

      .Tìm
tập hợp tất cả các giá trị tham số thực m để tồn tại bốn cặp ( ; )x y sao cho

2 2 1 2 2

x y   mx m .

A. m  ( 2; 2 1) . B. m  2. C. m  2 1. D.m 1.

Lời giải
Chọn A.

Ta có logx2 y2 3(2xy x y 3) 1

       x2y2 2xy x y  0.

Điều kiện tồn tại bốn cặp ( ; )x y thoả mãn điều kiện bài toán khi và chỉ khi hệ sau có bốn
nghiệm thực phân biệt:

2 2

2 2 2

2 0

1 2

x y xy x y

x y mx m

     




   



 (*)

Hệ trên tương đương với hệ 2 2

( 1)( ) 0

( ) 1

x y x y

x m y

   




  

 

2 2

1 0

(1)

( ) 1

(2)

( ) 1

x y

x m y

x y

x m y

   
 

  




  
 

   



Gọi đường thẳng d x y1:   1 0 ; đường thẳng d x y2:  0; ( )C là đường tròn tâm I m( ;0),
bán kính R 1.

Hệ (*) có 4 nghiệm thực phân biệt khi hệ (1)và hệ (2)cùng có 2 nghiệm phân biệt và không
trùng nhau.

Do đường thẳng d1song song d2nên điều kiện cần tìm tương đương điều kiện: đường thẳng d1
và đường thẳng d2đều cắt ( )C tại hai điểm phân biệt

1
2

( ; )
( ; )

d I d R




 



  m ( 2; 2 1) .

Chọn đáp án A.

Câu 2: Trong tất cả các cặp ( ; )x y thỏa mãn phương trình 2

2
4

logx (13 y ) 1

   . Số giá trị nguyên
không âm của tham số thực m để có hai cặp ( ; );( ; )x y1 1 x y2 2 thoả mãn phương trình

(2m1)x my m   m0 đồng thời biểu thức A(x1 x2)2(y1 y2)2 đạt giá trị lớn nhất.

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

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

Chọn D.

Ta có 2

2
4

logx (13 y ) 1

  

2 2 9

x y

   (1)

Phương trình (1) là phương trình của đường trịn ( )C tâm O(0;0) bán kính R 3 .
Gọi d là đường thẳng có phương trình :(2m1)x my m  2 m0 (2).

Gọi M x y N x y( ; ); ( ; )1 1 2 2

Để có hai cặp ( ; );( ; )x y1 1 x y2 2 thoả mãn phương trình (1) và (2) thì điều kiện cần và đủ là
đường thẳng d cắt đường tròn ( )C tại hai điểm phân biệt M x y N x y( ; ); ( ; )1 1 2 2 .

Khi đó

2 2

1 2 1 2

( ) ( )

MN  x  x  y  y

suy ra A MN 2

Biểu thức

2 2

1 2 1 2

( ) ( )

A x  x  y  y đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi đường thẳng d đi qua tâm

O của đường tròn ( )C , tức là O(0;0)d m2 m 0

    m0;m1.

Chọn đáp án D.

Câu 23: [mã 132]

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho

A (2;5 ;−3 ) , B (−2 ;1;1) , C (2; 0;1)

và mặt phẳng

(α ):3 x +4 y+5 x +1=0

. Gọi

D(a;b;c) ( với

c >0¿

thuộc

(α )

sao cho có vơ số mặt phẳng (P) chứa C, D và

khoảng cách từ A đến (P) gấp 3 lần khoảng cách từ B đến (P). Tính giá trị biểu

thức

S=a2+b2+c2

A.

S=26

B.

S 32

C.

S 18

D.

S 20

.

Lời giải

Chọn A

Vì

d(A ,(P))=3 d(B ,(P ))

nên AB cắt (P) tại điểm I

⇒

⃗
AI=3 ⃗BI

⃗

AI=−3 ⃗BI

I(−4 ;−1 ;3)

I (− 1;2 ;0)

¿
¿
¿

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

Vì có vơ số mặt phẳng (P) chứa C, D và khoảng cách từ A đến (P) gấp 3 lần

khoảng cách từ B đến (P) nên I, C, D thẳng hàng hay

D IC 

 



+ Nếu

I(−4 ;−1 ;3)

⇒(IC):
x=2+6 t

y=t
z=1 −2 t

¿{ {

⇒ D(− 4 ;− 1;3)

( thỏa mãn

c >0

)

+ Nếu

I(−1 ;2;0)⇒

(IC):

x=2+3 t
y=−2 t

z=1+t

¿{{

⇒ D(− 4 ; 4 ;−1)

( loại)

Vậy

D(− 4 ;−1 ;3)⇒ S=16+1+9=26

Bài tập

phát triển:

Câu 1:

Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

, cho các điểm



1;0;0 ,





2;0;3 ,





0;0;1 ,





0;3;1



A

B



M

N

, mặt phẳng

 

P

đi qua các điểm M,

N sao cho

d B P





;

 







2 d A P





;

 





, có bao nhiêu mặt phẳng thỏa mãn đề bài.

A.

1 B.

2

C.

Vơ số

D.

Khơng có mặt phẳng nào

Lời giải

Ta có A, B, M, N là 4 điểm đồng phẳng, MN không song song AB.

Gọi

I



 

P



AB

(do AB khơng song song (P))

Trường hợp 1:

I nằm ngồi AB, mà

d B P





;

 







2 d A P





;

 







AI



AB ta let









I



4;0; 3





Trường hợp 2:

I nằm trong đoạn AB, mà

d B P





;

 







2 d A P





;

 













2 0;0;1

IB

IA ta let

I









 

P



luôn đi qua 1 trong 2 điểm cố định trên.

Do M, N, A, B đồng phẳng nên

I MN





I M N

, ,

thẳng hàng.

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

Câu 2:

Trong hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm

A



2; 4;1 ,





B



1; 2;0 ,





C



4; 1;3





và mặt

phẳng

 



:

x



2 y z

 

7 0.



Gọi (P) là mặt phẳng qua C và vng góc với

 



sao cho

d A P





;

 







2 d B P





;

 





. Giả sử phương trình của (P) là

0. ax by cz d





Tính

a

b

c

d

.



A.

4 B

. 3

C.

2 D

. 1

Lời giải

Gọi

I



 

P



AB

.

Trường hợp 1:

I nằm ngoài AB mà

d A P





;

 







2 d B P





;

 







IA



2 IB



I



0;0; 1







Ta có

n( )P IC n, ( )  



7;0; 7 / / 1;0; 1









  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  



Mặt phẳng (P) có phương trình là:

x z



1 0.



Trường hợp 2:

I nằm trong đoạn AB mà

d A P ;

 

 2d B P ;

 



4 8 1

2 ; ;

3 3 3
IA IB I  
    

 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

Ta có

n( )P IC n, ( )  



21;0; 21 / / 1;0; 1









  
  

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  



Mặt phẳng (P) có phương trình là:

x z



1 0.



1,

0,

1,

1 a

b

c

d







Vậy

a



b



c



d



3.

Câu 25 [2D4-3] [Cụm 5 trường chuyên Bắc Bộ -lần 2-Mã 132] Gọi S là tập hợp các số thực m sao

cho với mỗi m S có đúng một số phức thỏa mãn z m 4 và 6

z

z  là số thuần ảo. Tính tổng

của các phần tử của tập S.

A. 0. B. 12. C. 6. D. 14.

Lời giải
Chọn A

Phân tích: Để có đúng một số phức thỏa mãn hệ phương trình

 

* khi và chỉ khi phần ảo của số
phức z phải bằng 0.

+) Chú ý điều kiện để tồn tại số phức z.

Gọi z a bi a b 



;  



( Điều kiện



a b ;

 

6;0



Khi đó 6

z

z  =







 









2 2

6 6

a bi a bi

a bi

a bi a b

  





   





















2 2 2 2

. 6

6 6

ab a b i

a a b

a b a b

  

 

 

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

Khi đó 6

z

z  là số thuần ảo









2
2 2
. 6
0
6

a a b

a b

 

 

   a a.



 6



b2  0



a 3



2b2 9.

 

Ta có z m 4





2 2

a m b

    .

 

Từ

 

2 ta có









2 2
2 2
3 9
16
a b

a m b

   


  















2 2
2 2
3 9
3 7
a b

a m a

   

 
   











2 2
2
3 9

6 2 . 16

a b

m a m

   

 
  



 

Để hệ

 

* có nghiệm duy nhất 



6 2 m a



. 16 m2 có nghiệm duy nhất và b 2 0



a 3



2 9

  

và



6 2 m



0

 

6; 0
0

16 0

a b L

a
m
 


  

  


4
4
m
m


  
 .



4; 4



S

   .

Câu 25. [2D4-3] Cho số phức z a bi a b 



,  



thỏa mãn



 



1 1

z i

z i z

i



   

 và có phần thực

khác 0. Tính P a 2 2b.

A. P 0. B.

11
100
P 
. C. 
29
100
P 
. D. 
81
100
P 
.

Lời giải
Chọn C

Ta có:



 



1 1

z i

z i z

i



   





 





 



2 2

a bi i

a bi i    a b

      







2 2



3a 1 b 3a 1 b i 2 a b

       



2 2



3 1 2

3 1 0

a b a b

a b
    

 
  

 2
3 1

10 3 0

b a
a a

 

 
 


 

0, 1
3 1
,
10 10

a b L

a b
  

 
 


Vậy
2

2 2 3 2. 1 29

10 10 100

P a  b     

    .

Câu 25. [2D4-3] Cho số phức z x yi x y 



,  



thỏa mãn

2 3
z i
u
z i
 


 là một số thuần ảo và

1 3 1

z  i   z i

. Tính P2x y .

A. P 5. B. P 2. C. P 4. D. P 3.

Lời giải
Chọn B
Ta có:



 









 











2
2

2 3 1

2 3

1 1

x y i x y i

x y i

u

x y i x y

        

      

 

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













2 2

2
2

2 2 3 2 2 1

x y x y x y i

x y

      



 

u là số thuần ảo khi và chỉ khi:















 



 

2 2

2 2
2
2

2 2 3 0 1 1 5

1 0 ; 0;1

x y x y x y

x y x y



         

 



 

  

 

  

Ta có:

















1 3 1 1 3 1 1

z  i    z i x  y  x  y

 

2 2 0 2

x y

    .

Từ (1) và (2) ta có:





3 16 3.2 16

; ; 2 2

5 5 5 5

x y     P x y   

 

Câu 30. [2D1-2][Cụm 5 trường chuyên Bắc Bộ -lần 2] Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  và có

bảng biến thiên dưới đây.

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

 

f m

 

có ba nghiệm phân biệt
A. m 



1;3 \ 0;2 .

 



B. m 



1;3 \ 0;2 .







C. m 



1;3 .



D. m 



2;2 .



Lời giải
Chọn A.

Số nghiệm của phương trình f x

 

f m

 

bằng số giao điểm đồ thị y f x

 

và đường thẳng

y f (m) ( đường thẳng song song hoặc trùng với Ox). Do đó, phương trình f (x) f(m) có ba

nghiệm phân biệt  2 f (m) 2 

1 m 3
m 0
m 2
  



 

 


Nhận xét: Thực chất dạng tốn này là giải bất phương trình bằng đồ thị. 
Bài tương tự

Câu 30. [2D1-2PT1] Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên sau:

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

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

 

f (m) có ba nghiệm phân biệt
A. m 



2;4 \

 

1;3 .



B. m 



2;4 \





1;3 .



C. m



1;5 .



D. m 



2;4 .



Lời giải
Chọn A.

Số nghiệm của phương trình f (x) f(m) bằng số giao điểm đồ thị y f (x) và đường thẳng

y f (m) ( đường thẳng song song hoặc trùng với Ox). Do đó, phương trình f (x) f(m) có ba

nghiệm phân biệt  1 f (m) 5

2 m 4

m 1

m 3
  



 

 



Câu 30. [2D1-2PT2] Cho hàm số y f (x) liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ

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

 

f (m) có nghiệm duy nhất
A. m   



; 2



(2;).

B.

m ( 2;2). 

C. m



0;4 .



D. m  





(4;).
Lời giải

Chọn A.

Số nghiệm của phương trình f (x) f(m) bằng số giao điểm đồ thị y f (x) và đường thẳng

y f (m) (đường thẳng song song hoặc trùng với Ox). Do đó, phương trình f (x) f(m) có

nghiệm duy nhất

f (m) 0
f (m) 4



  



m 2

m 2
 

  



Câu 33.[2D4-3] [Cụm 5 trường chuyên Bắc Bộ -lần 2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho

điểm A



1; 1;1



, và đường thẳng

1 1

2 1 1

x y z

d    

 . Gọi

 

P là mặt phẳng chứa  và

khoảng cách từ A đến

 

P là lớn nhất. Tính thể tích khối tứ diện tạo bởi

 

P và các trục tọa
độ Ox Oy Oz, , .

A.

36. B.

6. C.

18. D.

1
2.

Lờigiải

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

Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vng góc của A lên đường thẳng d và

 

P khi đó ta có

 





AH d A P

,AH khơng đổi và AK AH suy ra d A P



 



lớn nhất bằngAH đạt được

khi K H, khi đó

 

P chứa d và vng góc với AH

Ta có đường thẳng d đi qua M



1;0; 1



có vecto chỉ phương u 



2;1; 1



⃗

Điểm H d nên giả sử H



1 2 ; ; 1 t t   t



suy ra AH 



2 ;t t  1; 2 t





Ta có AH u . 0

 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

  1

t

 

suy ra

1 1

0; ;

2 2

H    

 

Mặt phẳng

 

P đi qua M



1;0; 1



có vecto pháp tuyến

1 3

1; ;

2 2

AH    

 



suy ra phương trình
mặt phẳng

 

P : 2x y 3z 1 0. Gọi A, B, C lần lượt là giao điểm của

 

P với các trục

, ,

Ox Oy Oz suy ra

1
;0;0
2

A 

 , B



0;1;0



,

1
0;0;

C   

  suy ra

1
2

OA 

, OB 1,

1
3

OC 

. Ta

có

1 1

. .

6 36

OABC

V  OA OB OC

Phân tíchTa thấy đây là loại tốn chứa cực trị hình học giải tích và thể tích khối đa diện. Để

giải quyết loại tốn này ta cần viết phương trình mặt phẳng

 

P từ đó tính được thể tích khối
đa diện cần tính.

Bài tập phát triển

Câu 1. [2D4-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A



1; 1;1



, và đường thẳng

1 1

2 1 1

x y z

d    

 . Gọi

 

P là mặt phẳng chứa  và khoảng cách từ A đến

 

P là lớn nhất.

Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện tạo bởi

 

P và các trục tọa độ Ox Oy Oz, , .

A.

 

2 2 2 1 1

: 0

2 3

S x y z  x y  z

B.

 

2 2 2 1 1

: 0

2 3

S x y z  x y  z

C.

 

2 2 2

: 0

S x y z   x y z

D.

 

S x: 2y2z2 x y z 0

Lờigiải

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

Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vng góc của A lên đường thẳng d và

 

P khi đó ta có

 





AH d A P

,AH không đổi và AK AH suy ra d A P



 



lớn nhất bằngAH đạt được

khi K H, khi đó

 

P chứa d và vng góc với AH

Ta có đường thẳng d đi qua M



1;0; 1



có vecto chỉ phương u 



2;1; 1



⃗

Điểm H d nên giả sử H



1 2 ; ; 1 t t   t



suy ra AH 



2 ;t t  1; 2 t





Ta có AH u . 0

 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 

  1

t

 

suy ra

1 1

0; ;

2 2

H    

 

Mặt phẳng

 

P đi qua M



1;0; 1



có vecto pháp tuyến

1 3

1; ;

2 2

AH    

 



suy ra phương trình
mặt phẳng

 

P : 2x y 3z 1 0. Gọi A, B, C lần lượt là giao điểm của

 

P với các trục

, ,

Ox Oy Oz suy ra

1
;0;0
2

A 

 , B



0;1;0



,

0;0;

C   

 

Gọi

 

S x: 2y2z2 2ax 2by 2cz d 0 là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC từ đó tìm
được

1
4

a 

1
2

b 

1
6

c 

suy ra

 

2 2 2 1 1

: 0

2 3

S x y z  x y  z

Câu 2.[2D4-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình chóp tam giác đều S ABC. biết S a b c



; ;



,A



3;0;0



, B



0;3;0



, C



0;0;3



và thể tích khối chóp S ABC. bằng 36. Tính giá trị 2a b c 

biết OS 7 3.

A. 21 B. 14 C. 9 D.18.
Lời giải.

Chọn D .

Phương trình mặt phẳng



ABC x y z



:    3 0 .

Ta cóABC có AB AC BC  3 2 suy ra

9 3
2

ABC

S 

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

Phương trình

: 1

x t

SG y t

z t

 



 

  

  S(1t;1t;1t)

Ta có .

36 .

S ABC ABC

V   SG S

suy ra t 8

Với t 8 S



7; 7; 7 



khi đó OS 7 3 loại

Với t 8 S



9;9;9



thỏa mãn OS 7 3. Vậy 2a b c  18

Câu 34. [1D1-3] [Cụm 5 trường chuyên Bắc Bộ -lần 2] Có bao nhiêu giá trị thực của m để phương

trình









sinx1 2 cos x (2m1) cosx m 0

có đúng bốn nghiệm thực phân biệt thuộc
đoạn [0;2 ] .

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

Lời giải
Chọn C.



sinx 1 2 cos





2x (2m 1) cosx m



0

    

2 (1)

sin 1 2

cos 2 (2)

2 3

cos cos

x k

x

x x l

x m x m








 








    






  

 



Vì x[0;2 ] nên từ (1), (2) ta có

; ;

2 3 3

x x x 

Phương trình đã cho có đúng bốn nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn [0;2 ] khi và chỉ khi
phương trình cos x m có 1 nghiệm thực thuộc [0;2 ] và khác ba nghiệm trên. Dễ dàng xác

định được với m 1 hoặc m 0 yêu cầu đề bài được thỏa mãn.

Phân tích: Để giải quyết bài toán này ta phải giải được phương trình lượng giác ra các dạng
cơng thức nghiệm cụ thể. Sau đó tính số nghiệm của phương trình có m thỏa mãn yêu cầu đề
bài. Nên sử dụng đường trịn lượng giác để suy luận.

Bài tốn tương tự:

Bài 1: [1D1-3] Có bao nhiêu giá trị thực của m để phương trình



sinx 1 2 cos





2x (2m 1) cosx m



0

    

có đúng bốn nghiệm thực phân biệt thuộc



0; 2



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

Lời giải
Chọn A.

Giải tương tự.



sinx 1 2 cos





2x (2m 1) cosx m



0

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

2 (1)

sin 1 2

cos 2 (2)

2 3

cos cos

x k

x

x x l

x m x m








 








    






  

 



Vì x



0;2



nên từ (1), (2) ta có

; ;

2 3 3

x x x 

Phương trình đã cho có đúng bốn nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn



0; 2



khi và chỉ khi
phương trình cos x m có thêm 1 nghiệm thực thuộc



0;2



và khác ba nghiệm trên. Dễ dàng

xác định được với m 1 hoặc m 0 yêu cầu đề bài được thỏa mãn.

Bài 2: [1D1-3] Có bao nhiêu giá trị thực của m để phương trình





sin 2cos (2 1) cos 0

x x m x m

 

    

 

  có đúng bốn nghiệm thực phân biệt thuộc



0;2



.

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

Lời giải
Chọn A.

Giải tương tự:





sin 2cos (2 1) cos 0

x x m x m

 

    

 

 

2 (1)
3

sin 3

2 2

2
1

cos 3

2 (2)
cos

3
cos











   







  

 

   




  


 

 



x k

x

x k

x

x l

x m

x m

Vì x



0;2



nên từ (1), (2) ta có

2 5

; ;

3 3 3

x  x x 

Phương trình đã cho có đúng bốn nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn



0; 2



khi và chỉ khi
phương trình cos x m có thêm 1 nghiệm thực thuộc



0;2



và khác ba nghiệm trên. Dễ dàng

xác định được với m 1 hoặc

1
2

m 

yêu cầu đề bài được thỏa mãn.

Câu 38: [2H3-3] [Cụm 5 trường chuyên Bắc Bộ -lần 2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho
mặt phẳng

 

P : (m21)x (2m2 2m1)y(4m2)z m 22m0 luôn chứa một đường
thẳng  cố định khi m thay đổi. Đường thẳng d đi qua M



1; 1;1



vng góc () và cách O

một khoảng lớn nhất có vecto chỉ phương u ( 1; ; )b c

⃗

.Tính b2 c?

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

Lời giải
Chọn C.

Cho m 0 có mặt phẳng

 

P0 :x y 2z0  n1



1; 1; 2



⃗

Cho m 1 có mặt phẳng

 

P1 : 2x y 6z 1 0  n2 



2; 1;6



⃗

Suy ra

có VTCP u n n1, 2  



4; 2;1



⃗ ⃗ ⃗

Gọi H là hình chiếu của O trên d thì OH d O d



 



, có OH OM . Do đó đẳng thức xảy

ra khi d OM d có VTCP uu OM,   



1;5;6



⃗ ⃗

 

. Vậy b6,c5.
Phân tích:

Đây là dạng tốn: Cho họ mặt phẳng



Pm



ln tìm được đường thẳng cố định khi thế các giá
trị m rồi lấy tích có hướng lại sẽ được VTCP của đường thẳng cố định đó. Tiếp theo là dạng
tốn lập phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng

 

P , đi qua điểm A cho trước sao

cho khoảng cách từ B đến d lớn nhất? nhỏ nhất?
Phương pháp giải:

Kẻ ABd BK; 

 

P  BH d B d



 



và K cố định.

Ta có BH BA d B d



 



max BA H A. Khi đó đường thẳng d nằm trong

 

P , đi qua

A và vng góc với AB, suy ra d có một VTCP là ud n ABP, 

⃗ ⃗

 

Mặt khác, BH BK  d B d



 



min BK  H K. Khi đó đường thẳng d nằm trong

 

P ,

đi qua A và đi qua hình chiếu K của B, suy ra d có một VTCP là ud nP,n ABP, 

⃗ ⃗ ⃗

 

Câu 1: [2H3-3-PT1] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P :



a b x ay bz



   3



a b



0,a0,b0

luôn chứa một đường thẳng  cố định khi a b,

thay đổi. Đường thẳng d đi qua M



1; 2;3



vng góc () và cách A



2,1, 4



một khoảng lớn

nhất có vecto chỉ phương u(1; ; )m n

⃗

.Tính m2 n2?

A. 1. B.

2. C. 2. D. 5 .

Lời giải
Chọn A.

 có VTCP u 



1; 1;1



⃗

.d có VTCP









, 6;6;0 6 1;1;0

uu AM    

⃗ ⃗

 

Câu 43 [2H1-4] [Cụm 5 trường chuyên Bắc Bộ -lần 2] Cho hình chóp S ABC. có

5 , 6 , 7

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

bên trong tam giác ABC. Các mặt phẳng



SAB

 

, SBC

 

, SCA



đều tạo với đáy một góc 60.
Gọi AD BE CF, , là các đường phân giác của tam giác ABC với D BC E AC F ,  , AB.Thể
tích S DEF. gần nhất với số nào sau đây?

A. 2,9cm3. B. 4,1 cm3. C. 3,7 cm3. D. 3, 4cm3.

Lời giải

Chọn D.

Vì các mặt phẳng



SAB

 

, SBC

 

, SCA



đều tạo với đáy một góc 60 và hình chiếu vng góc
của S xuống mặt phẳng



ABC



nằm bên trong tam giác ABC nên ta có hình chiếu của S
xuống mặt phẳng



ABC



là tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác ABC.

Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC thì

5 6 7
9
2

p   

Ta có SABC  9 9 5 9 6 9 7





 



 





6 6 và

6 6 2 6

9 3

S
r

p

  

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

Kí hiệu BC a AC b AB c ,  ,  . Ta có:
Vì BE là phân giác của góc B nên ta có:

AE BA

CE BC . Tương tự ,

FA CA DB AB

FB CB DC AC .

Khi đó

. .

AEF
ABC

S AE AF AB AC

S AC AB AB BC AC BC  , tương tự: .

CED
ABC

S CA CB

S CA AB CB AB  ,
.

BFD
ABC

S BC BA

S BC CA BA CA  .

Do đó



 



. 1

DEF ABC

ab bc ac

S S

a c b c b a c a a b c b

 

     

     

 



 



. ABC

abc

S
a b b c c a



  

210 6
143


Suy ra:









3 3

1 210 6 280 3

. .2 2 3, 4

3 143 143

S DEF

V   cm  cm

.
CÂU PHÁT TRIỂN

Câu 1: [2H1-3-PT1] Cho hình chóp S ABC. có AB5cm,BC6cm,CA7 cm. Hình chiếu vng
góc của S xuống mặt phẳng



ABC



nằm bên trong tam giác ABC. Các cạnh bên đều tạo với
đáy một góc bằng 60. Thể tích khối chóp S ABC. gần nhất với số nào sau đây?

A. 60, 6 cm3. B. 30,3 cm3. C. 60, 6 cm3. D. 15, 2 cm3.
Lời giải

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

2
ABC 6 6 cm

S  .

Gọi O là hình chiếu của S trên mặt phẳng



ABC



Do các cạnh bên đều tạo với đáy một góc 60 . Nên

. . 5.6.7 35
cm
4 BC 4.6 6 4 6
AB BC CA

OA OB OC

S

    

35
.tan 60

4 2
SO OA  

Vậy

3
.

1 1 35 35 3

. .6 6 30, 4cm

3 34 2 2

S ABC ABC

V  SO S   

Câu 2: [2H1-3-PT2] Cho hình chóp S ABCD. có ABCD là hình thang vuông tại A B, và

2 , BC 5a

AB a  . Hình chiếu vng góc H của S xuống mặt phẳng



ABCD



nằm bên trong

tứ giác ABCD. Các mặt phẳng



SAB

 

, SBC

 

, SCA

 

, SAD



đều tạo với đáy một góc 60.
Gọi HI HJ HE H, , , F là khoảng cách từ với Hđến các cạnh của tứ giác. Thể tích S.ABCD
gần nhất với số nào sau đây?

A. 
3

25 . 3
36

a

. B.

25 . 3
9

a

. C.

25
4

a

. D.

25 . 3
12

a

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

Chọn A

Ta chứng minh được góc giữa các mặt



SAB

 

, SBC

 

, SCA

 

, SAD



tạo với đáy lần lượt là
0

SIH SJH SEH SFH

    

Suy ra: IH JH EH FH SH.tan 60

Nên H là tâm đường trịn nội tiếp ABCD bán kính 2

AB

r  a

Đặt DFx  DC DF CJ  4a x

Mặt khác DC2 DG2 GC2



4a x



2 4a2



4a x



    

a
x

 

Suy ra:

4 4

a a

AD a  





1
2

ABCD

S AB AD BC

  

1 5

.2 . 5

2 4

a

a a

   

 

25
4

a



Lại có:

tan 60 3

IH a

SH  

Suy ra

. .

ABCD ABCD

V  SH S

25 . 3

a



Câu 44: [1H3-3] [Cụm 5 trường chuyên Bắc Bộ -lần 2] Cho hình chóp tứ giác S ABCD. có đáy là nửa

lục giác đều nội tiếp đường trịn đường kính AD2a, SA



ABCD



, 
3

a
SA 

.Tính khoảng
cách giữa BDvà SC.

A.

3 2
4

a

. B.

2
4

a

. C.

5 2
12

a

. D.

5 2
4

a

.
Lời giải

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

Chọn hệ trục tọa độ Oxyznhư hình vẽ.

Ta coi a là 1 đơn vị chiều dài. Lúc này ta có tọa độ các điểm như sau:



0;0;0



B

, D



3;0;0



3
0;1;

S  

 , A



0;1;0



.

Ta có:

1 3 1

; ;0

2 2 2

BC AD C  

 

 

 

Lúc này





, . 2





4 4

BD SC BS a

d BD SC d BD SC

BD SC

 

 

   

 

 

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

  
⃗ ⃗

.
Câu phát triển

Câu 1: [1H3-4]Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng 2a. Cạnh bên SA
vng góc với mặt phẳng



ABCD



. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và CD. Biết

khoảng cách giữa BD và MN là

5
5

a

, tính thể tích của khối chóp S ABCD. .

A
 .

8 3

3 a . B. 8a3

. C.

3a . D.

8 3

6 a .

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

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Đặt SA2 x x



0



Ta coi a là 1 đơn vị chiều dài. Lúc này ta có tọa độ các điểm như sau:

Ta có :



0;0;0



A

, M



0;0;x



, B



2;0;0



, D



0; 2;0



, C



2; 2;0



, N



1; 2;0





1; 2;



MN   x





2; 2;0



BD  





1;0;0



ND  



Suy ra :





, 22 5 3

8 36

MN BD ND x

d MN BD x

x
MN BD

 

 

    

  

 

⃗ ⃗ ⃗
⃗ ⃗

Vậy thể tích

2 3

1 1 8 3

. . 2 3 .4

3 3 3

S ABCD ABCD

V  SA S  a a  a

Câu 2: [1H3-4]Cho lăng trụ đứngABC A B C.    có AB AC a  , góc BAC120 , AA a. Gọi O

là tâm của hình chữ nhật ABB A  và E là trung điểm củaCC. Khoảng cách giữa hai đường

thẳng OC và AE bằng

A
 .

51
17

a

. B.

17
17

a

. C.

4 3
3

a

. D.

3
4

a
.

Lời giải

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

Gọi I là trung điểm của AB, K thuộc AB sao cho KCBC. Do O là tâm của hình chữ

nhật ABB A  nên 2

AA

OI  

và OI AA//  OI CE// ,OI C E//  , OI CE , OI C E   OC EI ,

OECI là các hình bình hành.

OC IE

  OC' //



BEK



, mà AE



BEK



 dOC AE,  dOC BEK,  dC BEK', 

Do E là trung điểm của CCnên

 

,
,

C BEK
C BEK

d C E

d CE

 

 

C O AE,  C BEK, 

d  d

 

.
Lại có: ECBC,ECCK (DoABC A B C.   là lăng trụ đứng), CK BC

Nên   

2 2 2 2

1 1 1 1

C BEK

d CB CK CE

Có BC AB2AC2 2AB AC cos. . 120 a 3.

2 2

a
CE CC

CK AC a (do tam giác ACK đều).

 

2 2 2 2

1 4 1 1

C BEK

d a a a

   

 

 , 

3
4

C BEK
a
d

   ,  3

C O AE
a
d 

 

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

Câu 47:



1H3 - 3



. [Cụm 5 trường chuyên Bắc Bộ -lần 2] Cho hình lập phương ABC A B C DD. ' ' ' '
cạnh bằng 2, M N, lần lượt là trung điểm BC và CD. Tính diện tích thiết diện của hình lập
phương cắt bởi



A MN'



7 17

6 B. 
5 17

6 C. 
2 35

7 D. 
3 35

Lời giải
Chọn A.

MN cắt AB AD, kéo dài tại I K,

1 1

2 2

IB AB KD AD

. IA' cắt BB' tại Q

KA cắt DD' tại P,

1 2

3 3

BQ PD  BB 

Thiết diện là ngũ giác A QMNP'
Diện tích thiết diện:

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

2 13, 2 2 1 2

9 2 2 2

MQ  QH     QH 

  , PQ 2 2

13 1 34

9 2 6

MH

   

( 2 2 2). 34 17
S

2.6 2

MNPQ



 

Có

2 2 16 34

A 'O ' ' ' 2

9 3

A O OO

    

34
.2 2

' . 3 2 17

2 2 3

A PQ

A O PQ

   

7 17
S

MNPQ A PQ

S S

  

Bài tập phát triển:

Câu 1:

Cho hình chop đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a,

, ,

M N Plần lượt là trung điểm

, D,

AB A SO. O là tâm của đáy. Tính diện tích thiết diện hình chóp tạo bởi



MNP



A.
2

3 2
16

a

B.
2

5 2
16

a

C.
2

3 2
8

a

D.
2

5 2
8

a

Lời giải
Chọn B.



MNP

 

 SBD



Q QR, R//BD

,Q R, lần lượt là trung điểm S , DB S

BC kéo dài cắt MN tại F

F SCH . H Q E, , thẳng hàng.

Thiết diện là ngũ giác H MNQR .
Theo định lý Menelauyt ta có:

. . 1

D S

SQ DE CH

Q EC H 

S 4 4

CH a

SH
C

    R2 R2 2 2SR. .cos 600 3

a

H S SH SH HR

     

2 2 2

4 HRQ 16

a a

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

MNQR là hình chữ nhật

2
R

2 2

. .

2 2 4

MNQ

a a a

S RQ RM

   

2 2 2

R R R

2 2 5 2

16 4 16

H MNQ H Q MNQ

a a a

S S S

     

Câu 2:

Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vng cạnh a, SA a 2,SA (ABCD), G

  là trọng

tâm SAC. Mặt phẳng

 

 qua AG và song song với DB. Tính diện tích thiết diện hình chóp
cắt bởi

 



A.
2 2

a

B.
2 2

a

C. a2 2 D.
2 3

a

Lời giải
Chọn A.

AGSCN (Trung điểm SC), qua G kẻ đường thẳng song song BD cắt B D, lần lượt tại

M Q

suy ra thiết diện là tứ giác AMNQ MQ B, / / D.
Ta có









B  SAC  MQ SAC  MQAN

2
. 2.

. 3 2

2 2 3

AMNQ

a a

MQ AN a

S   

Câu 50: [2H2-3] ( Cụm trường chuyên lần 2 năm 2018): Một hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng

2a 3, góc ở đỉnh là 120 . Thiết diện qua đỉnh của hình nón là một tam giác. Diện tích lớn

nhất Smax của thiết diện đó là bao nhiêu?
A. Smax 8a2. B.

2
max 4 2

S  a . C. Smax4a2. D. Smax 16a2.

Lời giải

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

Đặt OI x;0 x 2a 3( với I là trung điểm của MN).

Khi đó:

.cot 60 2

SO OA  a, SI  SO2 OI2  4a2x2

Ta có SSMN IN SI.

2 2 2 2

12a x . 4a x

  

2 2 2 2

12 4

a  x  a x

 2

8a


Dấu « = » xảy ra 12a2 x2 4a2x2  x2a. Chọn A

Phân tích: Để giải quyết bài toán trên, ta thường tiến hành theo các bước :
+ Đặt ẩn

+ Tính biểu thức cần tìm cực trị theo ẩn, chuyển thành hàm số theo ẩn đó
+ Khảo sát hoặc dùng bất đẳng thức để tìm cực trị

Bài tập phát triển:

Ta có thể đưa ra một số bài toán tương tự

Câu 1: [2H2-PT1] Một hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng 2a 3, tâm của đáy là O, góc ở đỉnh
bằng 120 .ABlà một đường kính cố định của đáy, H là trung điểm của OA. Mặt phẳng luôn
chứa SH cắt khối nón theo một thiết diện có diện tích lớn nhất là bao nhiêu?

A. Smax 8a2. B.

max 4 2

S  a . C. Smax 3 7a2. D. max 2

3 7
2

S  a

Lời giải Chọn C.

.cot 60 2

SO OA  a

Giả sử mặt phẳng ln chứa SH cắt hình nón theo thiết diện là tam giác SPQvà M là trung

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

Ta có : SSPQ SM MP.

2 2. 2 2

SO OM OP OM

    4a2x2 12a2 x2

Xét F (4t)(12 t), t



0;3



(ta đặt

x
t

a

 

 

  ), ta được max0;3 F F(3) 63

Vậy

maxSSPQ3 7a

khi x OH a 3

Câu 2: [2H2-PT2] Một hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng 2a, tâm của đáy là O, độ dài đường
sinh bằnga 7 .AB là một đường kính cố định của đáy, H là trung điểm của OA. Mặt phẳng

 



thay đổi nhưng ln chứa SH. Khi góc giữa

 

 và mặt phẳng chứa đáy của hình nón là
nhỏ nhất thì diện tích thiết diện tạo bởi

 

 và khối nón bằng

A.

3
2

S  a

. B. Sa2 3. C. S2 3a2. D. S 3 2a2

 .