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 (1.23 MB, 33 trang )

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

Câu 28: [2D1-3] (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH- PHÚ YÊN- LẦN 2) Cho hàm số bậc ba

 

yf x có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Tất cả các giá trị của tham số m để hàm số

 

y f x m

có ba điểm cực trị là

A.

1
3
m
m







 . B.

3
1
m
m







 . C.

1
3
m
m







 . D. 1  .m 3
Lời giải

Chọn A
* Phân tích:

Đặt F x

 

f x

 

m thì hàm số

 

0
0

 



 

 




F x khi F x
y F x

F x khi F x
.

Khi đó hàm số yF x

 

(với F x

 

f x

 

m, và f x

 

là hàm bậc ba có 2 cực trị) có 3
cực trị thì ycd 0 hoặc yct 0 . Tham khảo hình vẽ bên dưới

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

Áp dụng: Hàm số yf x

 

m có

  



 


1
3

cd

ct

y m

y m .

Để hàm số y f x

 

m có 3 cực trị điều kiện là

    



 

  

 

3 0 3

1 0 1

m m

m m .

Chú ý: với hình thức thi trắc nghiệm ta có thể cho học sinh tìm số điểm cực trị của hàm số

 


y f x

dựa vào số giao điểm với trục Ox và số điểm cực trị của hàm yf x

 

.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2D1-3] Cho hàm số y x 33x2 9. Tìm m để đồ thị hàm số y f x

 

m có ba điểm cực
tiểu.

A. m  .5 B. 5m .9 C. 5m .9 D. 5m .9
Lời giải

Chọn B

Đặt F x

 

f x

 

m

Đặt d

5
9

ct

c

y m

  


 


Xét hàm số

 

0
0

 



 

 




F x khi F x
y F x

F x khi F x

Để hàm số có 3 điểm cực tiểu

d 0

0









c

ct

y
y

5 0

5 9

9 0

  


  



  


m

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

Câu 2: [2D1-3] Hình vẽ là đồ thị hàm số yf x

 

. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của
tham số m để hàm số y f x



1



m có 5 điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S
bằng

A. 9 . B. 12 . C. 18 . D. 15.

Lời giải
Chọn B

Số cực trị của hàm số y f x



1



m bằng số cực trị của hàm yf x



1



hay yf x

 

cộng với số nghiệm đơn của phương trình f x



1



m0(*)

Phương trình (*): f x



1



m 0 f x



1



m f t

 

m t x,  1
Yêu cầu bài toán xẩy ra khi phương trình (*) có hai nghiệm đơn phân biệt

Do đó 6  m hoặc 2  m . Vậy 3 m 



3; 4;5



.

Câu 30: [2D2-4] [Trường Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên – Lần 2 - 2018]Cho x , y là các số

thực thỏa mãn





2
2

log 3 1

2 1     
y

y x y x

x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 
K x y.

A.

4

minK

. B.

5
4

minK

. C. minK 2. D. minK 1.
Phân tích:

+) Từ giả thiết ban đầu ta nghĩ đến việc tìm mối liên hệ giữa x , y đơn giản hơn (có thể rút x 
theo y hoặc ngược lại) để thế vào biểu thức K đưa về một ẩn xét hàm số.

+) Từ giả thiết ta thấy x , y độc lập nên nghĩ đến việc biến đổi về hàm đặc trưng f u

 

f v

 

với u là biểu thức theo x ; v là biểu thức theo y.

Lời giải
ChọnB

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





2
2

log 3 1

2 1     
y

y x y x

x  log2 y 1 log2 1x 3y 3 1 x y2x





2 2

log 1 3 1 1 log 3

  x  x x  y y y
.(1)

Xét hàm

 

2
2

log 3

  

f t t t t

trên



0; 



Có

 

1 2 .ln 2 3 .ln 2 1

3 2 0

.ln 2 ln 2

 

     t t 

f t t

t t  t



0;



.

Vậy hàm số f t

 

log2t 3t t 2 đồng biến trên



0; 



.

(1)  f



1x



f y

 

 1x y (vì 1x 0; y0).

Vậy K  x 1x g x

 

với x 



1;



Ta có:

 

1 0

2 1

   


g x

x

1
1

 x  3

4
 x

.
Ta có bảng biến thiên:

Vậy  1; 

 

5
4

 

 

minK min g x

CÁC CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2D2-4] Xét các số thực dương x ,y thỏa mãn 3
1

log 3 2 4

2
xy

xy x y
x y



   

 . Tìm giá trị nhỏ

nhất P của P x ymin   .

A. min

9 11 19
9

P  

. B. min

9 11 19
9

P  

C. min

18 11 29
9

P  

. D. min

2 11 3
3

P  

.
Lời giải

Chọn D

log 3 2 4

2
xy

xy x y

x y



   













 



3 3

log 1 xy log x 2y 3 xy 1 x 2y 1

        











 



3 3

log 3 1 xy log x 2y 3 xy 1 x 2y

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











 



3 3

log 3 1 xy 3 1 xy log x 2y x 2y

        

Xét f t

 

log3t t ,



t 0



 

1 1 0, 0

ln 3

f t t

t

     

Suy ra: f



3 1



 xy



f x



2y



 3 3 xy x 2y

3 2
1 3
y
x
y

 



Điều kiện 2

1 5 2 2

0 0

2 6 3 5

xy y

y

x y y

 
    
 
3 2
1 3
y
P x y y

y

   







1 11

11 3

1 0

1 3 1 11

3
y
P
y
y
  




    

  



Bảng biến thiên:

x - ¥ - -1 11

-1
3

2
5

- +1 11
3

+Ơ

yÂ + 0 - 0 +

y

- Ơ

- Ơ 2 11 33

-+¥

Vậy min

2 11 3
.
3

P  

Câu 2: [2D2-4]Xét các số thực dương a, b thỏa mãn 2
1

log ab 2ab a b 3
a b



   

 . Tìm giá trị nhỏ nhất

min

P của P a 2b.

A. min

2 10 3
2

P  

. B. min

3 10 7
2

P  

. C. min

2 10 1
2

P  

. D. min

2 10 5
2

P  

.
Lời giải

ChọnA.

Điều kiện: ab 1.

Ta có 2
1

log ab 2ab a b 3
a b



   

  log 2 12



 ab



2 1



 ab



log2



a b

 

 a b

  

* .

Xét hàm số yf t

 

log2t t trên khoảng



0;



.

Ta có

 

1 0, 0
.ln 2

f t t

t

     

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

Do đó,

 

*  f 2 1



 ab



 f a b







 2 1 ab







 a b  a b



2 1



 2 b

2
2 1

b
a

b
 

 

 .

Điều kiện

0 0 0 2.

2 1
b

a b

b
 

     



Ta có

 

2 2

2 1

b

P a b b g b

b
 

    

 .

 





2 0

2 1

g b

b


   







2 5

2 1
2
b

   2 1 10

2
b

   10 2

b 

 

(vì b 0).

Lập bảng biến thiên ta được

min

10 2 2 10 3

4 2

P g   

  .

Câu 31. [2D1-3][THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH - PHÚ YÊN] Cho hàm số bậc ba

3 2

( )

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









3 2 1

( )

( ) (x)

x x x

g x

x f x f

  





có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

x
y

1

2

O

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

Lời giải

Chọn B

Tìm tiệm cận đứng là tìm các giá trị 0

0: lim ( )

x x

x g x




.

Từ đồ thị của hàm số f x( ), ta suy ra









0 0

( ) 2 ( ); 0 1

f x a x x x x 
và





1 2 1 2

( ) 1 ( 1)( )( ); 1 2

f x  a x x x x x  x  x

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







 





 



2 2

0 1 2

3 2 1 1

( )

2 1

x x x x

g x

a x x x x x x x x

a x x x x x x x x x

   

 

   

    

( )

g x có TXĐ D



1;

 

\ 2; ;x x1 2



.

Suy ra 1 2 1 2

lim ( ) 0; lim ( ) ; lim ( ) ; lim ( )

x g x  x g x   xxg x  xxg x 

nên đồ thị hàm số có ba

đường tiệm cận đứng x2;x x x x 1;  2.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Câu 1. [2D1-3] Cho đồ thị hàm bậc ba yf x( ) như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số









2 2

4 3
( )

( ) 2 ( )

x x x x

g x

x f x f x

  





có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

x
y

-3

-1

2

O

A. 6 . B. 3. C. 2. D. 4.

Lời giải

Chọn D

Từ đồ thị của hàm số f x( ), ta suy ra









0 0

( ) 3 ( ); 1 0

f x a x x x  x 
và





1 2 1 2

( ) 2 ( 1)( )( ); 3 1

f x  a x x x x x  x   x  

. Do đó







 





 



2 2

0 1 2

4 3 ( 1)

( )

3 1

x x x x x x

g x

a x x x x x x x x

a x x x x x x x x x

   

 

   

    

( )

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

Suy ra 1 3 1 2 0

lim ( ) 0; lim ( ) ; lim ( ) ; lim ( ) ; lim ( )

x   g x  x  g x   xxg x  xxg x  x g x  

nên đồ thị

hàm số có bốn đường tiệm cận đứng x0;x3;x x x x 1;  2.

Câu 2. [2D1-3] Cho hàm số f x( )ax4bx2 có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm sốc





2018
( )

( ) ( ) 1
x
g x

f x f x




có bao nhiêu đường tiệm cận?

x
y

2

O

A. 2 . B. 9 . C. 4 . D. 3 .

Lời giải
Chọn B

Ta có g x( ) là hàm phân thức hữu tỷ với bậc của tử nhỏ hơn bậc cảu mẫu nên xlim ( ) 0 g x  , do

đó đồ thị hàm số g x( ) có đúng một tiệm cận ngang.

Mỗi phương trình f x( ) 0 & ( ) 1 f x  đều có 4 nghiệm phân biệt khác 0 nên đồ thị hàm số
( )

g x có đúng 8 tiệm cận đứng.

Câu 32: [2D1-3] [CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH-PHÚ YÊN-LẦN 2-NĂM 2018].Cho hàm số
( )

yf x có đạo hàm f x'( ) trên khoảng (  ; ). Đồ thị của hàm số yf x( ) như hình vẽ.

Đồ thị hàm số





( )

y f x có bao nhiêu điểm cực đại, điểm cực tiểu?

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

Lời giải
Chọn B.

Ta có

( ) 0
' 2 ( ). '( ) 0

'( ) 0
f x
y f x f x

f x



   




Từ đồ thị ta có được: f x '( ) 0 có các nghiệm là a b,1,
( ) 0

f x  có các nghiệm là 0,1,3

Trong đó 0    . Từ đó ta có bảng xét dấu a 1 b 3 y' dưới đây:

x   0 a 1 b 3 

'( )

f x   0  0  0  

( )

f x  0   0   0 

y  0  0  0  0  0 

Dựa vào bảng xét dấu, ta được





( )

y f x có 2 điểm cực đại, 3 điểm cực tiểu.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Câu 1: [2D1-3] Cho hàm số yf x( ) có đạo hàm f x'( ) trên . Đồ thị của hàm số yf x( ) như

hình vẽ. Đồ thị của hàm số





( )

y f x có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 1. B. 2. C. 3. D. 8.

Lời giải

Chọn B.

Ta có





3 2

( ) ' 3 '( ). ( )
y f x  y  f x f x

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

Từ đồ thị ta có: f x '( ) 0 tại x1,x1. Bởi f x khơng đổi dấu trên 2( ) .

Từ đó suy ra





( )
y f x

có hai điểm cực trị là x1,x1.

Câu 2: [2D1-3] Cho hàm số yf x( ) ln dương và có đạo hàm f x'( ) trên . có đạo hàm f x'( )
trên . Đồ thị hàm số yf x( ) như hình vẽ. Đồ thị hàm số y f x( ) có bao nhiêu điểm cực
đại, bao nhiêu điểm cực tiểu?.

A. 1 điểm cực tiểu, 2 điểm cực đại. B. 1 điểm cực đại, 2 điểm cực tiểu.
C. 1 điểm cực tiểu, 1 điểm cực đại. D. 1 điểm cực tiểu, 0 điểm cực đại.

Lời giải

Chọn B.

Ta có y f x( ) xác định trên  và

'( )
'

2 ( )
f x
y

f x


. Bởi f x  , x( ) 0    , nên ta suy ra

được số điểm cực trị của y f x( ) bằng số điểm cực trị của yf x( ).

Từ đồ thị trên ta thu được y f x( ) có 1 điểm cực đại, 2 điểm cực tiểu.

Câu 34: [2D1-7.1 -3] (THPT Chuyên Lương Văn Chánh_Phú Yên_lần2_Năm2018) Cho hàm số
( )

yf x có đạo hàm tại

x 

1

. Gọi

d d

1

;

2 lần lượt là tiếp tuyến của đồ thị hàm số yf x( ) và

( ) (2 1)

yg x xf x tại điểm có hồnh độ

x 

1

. Biết hai đường thẳng

d d

1

;

2 vng góc với 
nhau, khẳng định nào sau đây đúng?

A. 2 f

 

1 2. B. f

 

1  2. C. f

 

1 2 2. D.2 f

 

1 2 2.
Lời giải

Chọn C

Ta có: g x( )f(2x1) 2 xf(2x1)

Do hai đường thẳng

d d

;

2 vuông góc với nhau nên f

 

1 . (1)g 1



f(1) 2 (1) .f



f

 

1 1

    2



f(1)



2 f

 

1 .f

 

1  1 0

Phương trình bậc hai với ẩn f 

 

1 này có nghiệm khi và chỉ khi





(1) 8 0

f

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

 

1 2 2
f

 

.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2D1-7.1-3] Cho hàm số yf x( ) có đạo hàm tại

x 

2

. Gọi

d d

;

2 lần lượt là tiếp tuyến của

đồ thị hàm số yf x( ) và y g x ( ) 



1 x f



(8 3 ) x tại điểm có hồnh độ

x 

2

. Biết hai
đường thẳng

d d

;

2 vng góc với nhau, khẳng định nào sau đây đúng?

A. 3 f

 

2 3. B. f

 

2 2 3. C. f

 

2 2 3. D.3 f

 

2 2 3.
Lời giải

Chọn C

Ta có: g x( ) f(8 3 ) 3 1 x 



 x f



(8 3 ) x

Do hai đường thẳng

d d

;

2 vng góc với nhau nên f

 

2 . (2)g 1



f(2) 3 (2) .f



f

 

2 1

     3



f(2)



2  f

 

2 .f

 

2  1 0

Phương trình bậc hai với ẩn f 

 

2 này có nghiệm khi và chỉ khi





(2) 12 0
f

   

 

2 2 3
f

 

.

Câu 2: [2D1-7.1-4] Cho hàm số f x

 

có đạo hàm trên  thỏa



   



 

x

x f x  x f x  vàe

 

0 1
2

f 

. Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số yf x

 

tại điểm

x 

2

là phương án
nào sau đây?

A.

2 2

3 6

e e

y x

. B.

2 2

9 18

e e

y x

. C.

2 2

9 18

e e

y x

. D.

2 2

9 18

e e

y x
.
Lời giải

Chọn D

Ta có f x x

  

2



 f x x'

  

1



ex

  



  



 

2 ' 1

x x x

e f x x e f x x e

    

  



x

 

x 2

f x x e  e

 

    

Do đó

  



 

  



2 2 2

2 2 2

0 0 0

1 x x 1 x x

f x x e dx e dx f x x e e dx

      

 



 

2 1

3 2 0

2
e

e f f 

  

 

2
6
e
f

 

Vậy

 

4f 2 3 ' 2f e

 

2
2

4
6
' 2

3 9

e

e e

f



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

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số yf x

 

tại điểm

x 

2

là

2 2

9 18

e e

y x
.

Câu 35: [2D13] [THPT Chuyên Lương Văn Chánh  Phú Yên  Lần 2  2018] Cho hàm số

 

yf x

liên tục trên R\ 1;2





và có bảng biến thiên như sau:

Phương trình





sin

2 x 3

f 

có bao nhiêu nghiệm trên
5
0;

6


 

 

  ?

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

Định hướng

+ Do bảng biến thiên của đồ thị hàm số yf x

 

nên ta đưa phương trình về dạng f t 

 

3.

+ Chặn biến t .

+ Tìm số nghiệm t .

+ Sử dụng đường tròn lượng giác để đếm số nghiệm.

Lời giải

Chọn A.

Đặt t 2sinx. Khi









0; sin 0 :1 1;2

x   x  t

  .

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình f t 

 

3 có hai nghiệm t t 1; 2



1:2



và

1 2

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

+ Với 1 2sin 1 sin log2 1

x

t t   t x t với 2 2 1 2 2 1

1
log 1 log log 2 0 log

t t

    

 Đường thẳng ylog2 1t cắt cung trịn lượng giác tại một điểm

 Phương trình có một nghiệm trên
5
0;

6


 

 

  .

+ Với 2 2sin 2 sin log2 2

x

t t   t x t với 2 2 2 2 2 1

log 2 log log 2 log 1

t t

    

 Đường thẳng ylog2 2t cắt cung tròn lượng giác tại hai điểm

 Phương trình có hai nghiệm trên
5
0;

6


 

 

  .

Vậy phương trình





sin

2 x 3

f 

có ba nghiệm trên
5
0;

6


 

 

  .

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ.

Câu 1. [2D13] Cho hàm số yf x

 

liên tục trên \ 1; 2





và có bảng biến thiên như sau:

Phương trình





cosx

f 

có bao nhiêu nghiệm trên
;
3 2
 

 



 

  .

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

Lời giải

Chọn A.

*) Đặt t 2cosx. Do









; 0;1 1;2

3 2

x     cosx  t

  .

Dựa vào bảng biến thiên, nhận thấy trên đoạn



1;2



phương trình f t 

 

1có hai nghiệm t t 1; 2

thỏa mãn 1t1  2t2 2

*) Xét phương trình: 1





2 1
1

2 1; 2 log 0;

cosx

t cosx t  

      

 .

Do đường thẳng xlog2 1t cắt đường tròn lượng giác tại một điểm trên

;
3 2
 

 



 

 

Nên phương trình 2 1

cosx

t

 chỉ có một nghiệm trên 3 2;
 

 



 

  .

*) Xét phương trình: 2





2 2
1

2 2;2 log ;1

cosx t cosx t  

      

 .

Do đường thẳng xlog2 2t cắt đường tròn lượng giác tại hai điểm trên

;
3 2

 

 



 

 

Nên phương trình 2 2

cosx

t

 có hai nghiệm trên 3 2;
 

 



 

  .

Vậy phương trình





cosx

f 

có tất cả 3 nghiệm trên 3 2;
 

 



 

  .

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

Phương trình 2

2 3

2
4sin x

f    f  
 

  có bao nhiêu nghiệm trên 6 4;
 

 



 

  .

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

Lời giải

Chọn A.

Ta có:









2
2

1 2 2

2 3 3 3

2 2

2 2 2

sin x cos x

sin x

f   f  f  f   f f  

        

 

     

  .

*) Đặt t 2cos x2 . Do









; 2 ; 2 0;1 1;2

6 4 3 2

x     x     cos x  t

    .

Dựa vào bảng biến thiên, nhận thấy
3

4
2
f    

  nên trên đoạn



1;2



phương trình

 

2
f t   f  

 

có hai nghiệm 1 2 2
3
;

2
t t t  

 

*) Xét phương trình:





1 2 1

2 1; 2 2 log 0;

cos x

t cos x t  

      

 .

Do đường thẳng xlog2 1t cắt đường tròn lượng giác tại một điểm thỏa mãn cung

2 ;

3 2
x   

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

Nên phương trình 2 2 1

cos x t

 chỉ có một nghiệm trên 6 4;
 

 



 

  .

*) Xét phương trình:

3 3 1

2 2 log ;1

2 2 2

cos x

cos x  

     

 .

Do đường thẳng 2
3
log

2
x 

cắt đường tròn lượng giác tại hai điểm thỏa mãn cung

2 ;

3 2
x   

 

Nên phương trình

2 3

cos x



có hai nghiệm trên
;
6 4
 
 

 
  .

Vậy phương trình 2

2 3

2
4sin x

f    f  
 

  có tất cả 3 nghiệm trên 6 4;
 

 



 

  .

Câu 36 [2D3-4] ( THPT Chuyên Lương Văn Chánh-Tỉnh Phú Yên-Lần 2-năm 2018)

Cho hàm số f x( ) có đạo hàm không âm trên đoạn



0;1



thỏa



( )

 

4 ( )





2 1



1



( )



  

f x f x x f x

và f x( ) 0,  x



0;1



. Biết f(0) 2 , hãy chọn khẳng
định đúng trong những khẳng định dưới đây.

2 (1)

2
 f 

. B.

(1) 3

2 f  . C.
3

(1) 2

2 f  . D.

7
3 (1)

2
 f 

Lời giải
Chọn B.

Nhận xét: Từ giả thiết bài tốn ta biến đổi về cơng thức đạo hàm và sử dụng định nghĩa tích

phân.

Phân tích: Từ giả thiết



 











4 2 2 3

( ) ( ) 1  1 ( )

f x f x x f x

và f x( ) 0; ( ) 0, f x   x



0;1



suy ra:



 







3 2

( ) ( ) 1

1
1 ( )







f x f x

x
f x

. Lấy tích phân hai vế trên



0;1



ta được:

1 2 1

3 2

0 0

( ) '( ) 1

.
1 ( )  1



f x f xf x dx



x dx

Ta có:





1 2 1

3 3

0 0

1 ( )
( ) '( ) 1

1 ( ) 1 ( )




 



f x f xf x dx



d f xf x



 



3 1 3 3 3

2 2 2

1 ( ) | 1 (1) 1 (0) 1 (1) 3

3 3 3

 f x   f  f  f 









1 1
2
2 0
0
1

ln 1 ln 1 2

1     



x dx x x

. Từ đó

(1) 2.6 (1) 3
2

 f    f 

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

Câu 1. [2D3-4]Cho hàm số f x( ) xác định, liên tục và có đạo hàm khơng âm trên
1
0;
2
 

 

  thỏa mãn

( ) 0, 0; ;

 

    

 

f x x



 











( ) ( ) 1  ( ) 1

f x f x x f x

và f(0) 1 . Chọn khẳng định
đúng bằng:

1 5
2 ( )

2 2

 f 

. B.

5 1

( ) 3

2 f 2  . C.

3 1

( ) 2

2  f 2  . D.

1 7
3 ( )

2 2
 f 

Lời giải
Chọn C.

Từ giả thiết



 











2 2 2 2

( ) ( ) 1  ( ) 1

f x f x x f x

và

( ) 0; ( ) 0, 0;

 



     

 

f x f x x

suy ra:



 







2 2

( ) ( ) 1

1
1 ( )







f x f x

x
f x

. Lấy tích phân hai vế trên
1
0;

 

 

  ta được:

1 1

2 2

0 0

( ) '( ) 1

1 ( )  1



f x f xf x dx



x dx

Ta có:





1 1
2
2 2
2 2
0 0

1 ( )
( ) '( ) 1

1 ( ) 1 ( )




 



f x f xf x dx



d f xf x 1 2( )1 1 2(0) 1 2( )1 2

2 2

   

       

   

   

f f f

.
1
6
2
2
0 0
1
. ( )
6
1


  




x dx



dt x sint

. Từ đó

1 3 1

( ) 1.66 ( ) 2

2 2 2

 f    f 

Câu 2. [2D3-3]Cho hàm số f x( ) xác định, liên tục và có đạo hàm trên  thỏa mãn



2 1



( ) 2 ( )



   x

x f x xf x xe

và f(0) 1 . Giá trị f(1) bằng:

A. e . B.1. C.ln 2. D.0.

Lời giải
Chọn B.

Từ giả thiết









21 ( ) 2 ( )  x 21 ( )  x

x f x xf x xe x f x xe

Suy ra









1 1
2
0 0

1 ( ) 

 



x f x dx



xe dxx
.









1 1 1 1

0
0

0 0

1 ( ) 2 (1) (0)

 x  f x 



xdex  f  f xex 



e dxx

1
0

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

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

Câu 37: [2D3-3] [Chuyên Lương Văn Chánh, Long An- L2- năm 2018] Cho hàm số yf x( )có đạo
hàm f x( ) liên tục trên Rvà đồ thị của hàm số yf x( ) cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ

, , ,

a b c d (hình bên). Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau.

A. f c( ) f a( ) f b( ) f d( ). B. f a( ) f c( ) f d( ) f b( ).
C. f a( ) f b( ) f c( ) f d( ). D. f c( ) f a( ) f d( ) f b( ).

Lời giải
Chọn A.

Gọi S S S lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ĐTHS1, ,2 3 yf x( ), trục Ox từ trái

sang phải.
Ta có:









1 0 0 ( ) 0 ( ) ( ) 0 ( ) ( ), (1).

b

a

S  



 f x dx    f b  f a   f a  f b









1 2 0 ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ),(2).

b c

a b

S S 



 f x dx 



f x  dx f a  f b  f c  f b  f a  f c









2 3 ( ) 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), (3).

c d

b c

S S 



f x  dx



 f x dx  f c  f b  f c  f d  f d  f b

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

Phân tích: Ý tưởng của bài toán dựa trên sử dụng ứng dụng của tích phân để tính diện tích 
hình phẳng.

Bài tập tương tự

Bài 1: [2D3-3] Cho hàm số yf x( )có đạo hàm f x( ) liên tục trên Rvà đồ thị của hàm số yf x( )
cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ a b c, , (hình bên). Chọn khẳng định đúng trong các khẳng
định sau.

A. f(c) f(a) f(b). B. f(c) f(b) f(a).

C. f(a) f(b) f(c). D. f(b) f(a) f(c).

Lời giải
Chọn A.

Gọi S S lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ĐTHS1, 2 yf x( ), trục Ox từ trái

sang phải.
Ta có:









1 0 0 ( ) 0 ( ) ( ) 0 ( ) ( ), (1).

b

a

S  



 f x dx    f b  f a   f a  f b









1 2 0 ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ),(2).

b c

a b

S S 



 f x dx 



f x  dx f a  f b  f c  f b  f a  f c

Từ (1), (2) ta có f c( ) f a( ) f b( ).

Bài 2: [2D3-4] [Chuyên Thái Bình Lần 4, năm 2018] Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm liên tục trên
đoạn



3; 3



và đồ thị hàm số y f x

 

như hình vẽ bên. Biết f

 

1 6 và

 





1
2
x

g x f x  

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

A.Phương trình g x 

 

0 có đúng hai nghiệm thuộc



3;3



B. Phương trình g x 

 

0 có đúng một nghiệm thuộc



3;3



C. Phương trình g x 

 

0 khơng có nghiệm thuộc



3;3



D. Phương trình g x 

 

0 có đúng ba nghiệm thuộc



3;3



 .

Lời giải
Chọn B.

( 1)

( ) ( ) '( ) '( ) ( 1).

2
x

g x f x    g x f x  x

Ta thấy đường thẳng y x 1 là đường thẳng đi qua các điểm



3; 2 , 1; 2 , 3;4 .

 



Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ĐTHSyf x( ),đường thẳng y x 1,x3,x1.

Gọi 'S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ĐTHSyf x( ), đường thẳng y x 1,x1,x3.

Do f

 

1  6 g

 

1  4.

Ta có:

4 ( ) 4 (1) ( 3) 4 ( 3) 0.

S g x dx g g g





 



       

' 4 ( ) 4 (1) (3) 4 (3) 0.

S   



g x dx   g  g   g 

Từ đồ thị hàm số y f x

 

và đường thẳng y x 1 cùng với các kết quả trên ta có bảng biến
thiên sau:

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

( )
g x 0

-0

( )
g x

( 3) 0
g  

(3) 0

g 

Từ bảng biến thiên ta có phương trình g x 

 

0 có đúng một nghiệm thuộc



3;3 .



Câu 38. [2D4-4] [Chuyên Lương Văn Chánh, Long An-Lần 2-Năm 2018] Trong mặt phẳng phức, xét
số phức zvà số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn lần lượt là M M ; số phức , z



4 3 i



và
số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn lần lượt là ,N N. Biết rằng , , ,M M N N là bốn đỉnh

của hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của z4i 5 .

A.
1

2 . B.

5 . C.

34 . D.

4
13 .

Lời giải
Chọn A

Phân tích: Minh họa các điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức ta thấy rằng tứ giác MNN M 
luôn là hình thanh cân (MM∥ NN), nên để MNN M là hình chữ nhật ta chỉ cần có thêm điều 
kiện là tứ giác có một góc vng nữa hoặc MMNN.

Giả sử: z a bi a b 



,   . Ta có



M a b



;



và M a b



;



.
* Khi đó: z



4 3 i

 

 4a 3b

 

 3a4b i



Suy ra N



4a 3 ;3b a4b



và N



4a 3 ; 3b  a 4b



* Do 4 điểm M M N N, , , tạo thành hình thang cân nhận Oxlàm trục đối xứng nên 4 điểm đó là
bốn đỉnh của một hình chữ nhật khi





4 4 3 4 5

a b

MM NN b a b

a b





    

 

 .

* Với ab, ta có









2 2 9 1 1

4 5 5 4 2

2 2 2

z i  b  b  b   

  .

Đẳng thức xảy ra khi

9 9

2 2

a b
.

* Với

5
3

b
a 

ta có





2 2

5 34 74 5 1

4 5 5 4 41

3 9 3 34 2

z i   b   b  b  b  

  .

Vậy:

1
4 5

2
Min z i 

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

Câu 1: [2D4-4] Trong mặt phẳng phức, xét số phức z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn
là M ; số phức z



4 3 i



có điểm biểu diễn là N. Gọi M N,  lần lượt là hình chiếu của ,M N
trên trục Ox. Biết rằng tứ giác MNN M  hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của z4i 5 .

A.
1

2 . B.

5 . C.

34 . D.

4
13 .

Lời giải
Chọn A

Giả sử: z a bi a b 



,   . Ta có



M a b



;



và M a





.
* Khi đó: z



4 3 i

 

 4a 3b

 

 3a4b i



Suy ra N



4a 3 ;3b a4b



và N



4a 3 ;0b



* Do 4 điểm M M N N, , , tạo thành hình thang vng (MM∥ NN) nên 4 điểm đó là bốn đỉnh

của một hình chữ nhật khi:

3 4 5

a b

MM NN b a b

a b





    

 

 .

* Với ab, ta có









2 2 9 1 1

4 5 5 4 2

2 2 2

z i  b  b  b   

  .

Đẳng thức xảy ra khi

9 9

2 2

a b
.

* Với

5
3

b
a 

ta có





2 2

5 34 74 5 1

4 5 5 4 41

3 9 3 34 2

z i   b   b  b  b  

  .

Vậy:

1
4 5

2
Min z i 

Câu 2: [2D4-4] Trong mặt phẳng phức, xét số phức zvà số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn lần
lượt là M M ; số phức , z



4 3 i



có điểm biểu diễn là N. Gọi N là điểm đối xứng với N qua
đường thẳng MM . Biết rằng tứ giác MNM N  là hình thoi. Tìm phần ảo của zđể z4i 5
đạt giá trị nhỏ nhất.

A.
96
25


. B.

192
25


. C.

25 . D.

192
25 .

Lời giải
Chọn A

Phân tích: Dựa vào tính chất hình thoi là tứ giác có hai đường chéo vng góc và cắt nhau tại 
trung điểm của mỗi đường  N Ox .

Giả sử: z a bi a b 



,   . Ta có



M a b



;



và M a b



;



* Khi đó: z



4 3 i

 

 4a 3b

 

 3a4b i



. Suy ra N



4a 3 ;3b a4b



* Do tứ giác MNM N  là hình thoi nên

3 4 0

3
N Ox  a b  a b

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

* Ta có





2 2

4 25 64

4 5 5 4 41

3 9 3

z i   b   b  b  b

  .

4 5
z i

  

đạt giá trị nhỏ nhất tại

96
25
b 

=======================================

Câu 39. [2D4-3] [Chuyên Lương Van Chánh – Phú Yên- lần 02 - năm 2018] Cho số phức z và w
thỏa mãn z w  3 4i và z w  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T z w9   .

A. maxT  176. B. maxT  .14 C. maxT  .4 D. maxT  106.
Lời giải

Chọn D.

Phân tích: Từ yêu cầu bài toán ta nghĩ đến BĐT Bunhiacopxki, vấn đề còn lại là biến đổi để

xuất hiện

2 2

z  w thì bài tốn được giải quyết xong.

Ta có





2 2 2 2

2 z  w  z w  z w 25 81 106 

nên













2 2 2

2 1. 1. 1 1 106

T  z  w   z  w 
.

Do đó T  106.

Tởng quát bài toán: Cho số phức z và w thỏa mãn z w a bi a b   ; ,   và z w   c 0
(hoặc z w   và c 0 z w a bi a b   ; ,   ). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

. .

T p z q w

với p0,q .0

Lời giải

Ta có:





2 2 2 2 2 2 2

2 z w  z w  z w a b c

Khi đó

















2 2 2

2 2 2 2 2

p. .

a b c

T  z q w  p q z w  p q    

 

Nên



2 2



2 2 2
2

a b c

T  p q    

  .

Câu 41. [2H2-3] [Thi Thử CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH – LẦN 2 – 2018] Một chiếc ly đựng
nước giải khát (khơng kể chân ly) có hình dạng là hình nón (như hình vẽ). Biết rằng bán kính

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

đó người ta bỏ vào ly một viên đá hình cầu có đường kính bằng 4 3 cm





. Gọi





V cm
là
lượng nước tràn ra ngoài. Chọn khẳng định đúng.

A. 50V 75 B. 100V 150 C. 75V 100 D. V 150
Lời giải

Chọn B

Ta có: SHO vng tại H và có góc OH  S 300 , OH 2 3 sin 30o 4 3

OH
SO

  

Do SAB đều nên

S . 5 3

I AB 

3
OI

 

3
3 3

MI R

  

Thể tích phần khối cầu nằm bên trong ly cũng là phần thể tích nước tràn ra ngồi chính là thể tích khối cầu
trừ thể tích chõm cầu.

3 2 3

4 9

27 3

3 3 8

h

V  R  h R   R  

  . Với 2

R
h 

Vậy 100V 150

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

Câu 1. [2H2-3] [Thi thử Chuyên Long An – 2018] Một ly nước có dạng như hình vẽ. Phần phía trên
chứa nước có dạng hình nón đỉnh S với đường kính đáy và chiều cao SO cùng bằng 8 cm.
Ban đầu ly chứa lượng nước có chiều cao 4 cm so với đỉnh S. Cho vào ly nước một viên bi sắt
hình cầu thì nước dâng lên vừa phủ kín viên bi. Tính bán kính x của viên bi làm trịn đến 2 chữ
số thập phân.

A. x1,53cm. B. x1,78cm. C. x1, 28cm. D. x1, 23cm.
Lời giải

Chọn A.

Đặt  bằng nửa góc ở đỉnh của hình nón

1
tan

2


 

Gọi V là thể tích lượng nước ban đầu1

2
1

1 16

.2 .4

3 3

V  

  

Thể tích bi bán kính x là

3
2

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

Sau khi thả bi vào ly nước thì nước dâng lên ngập bi nên ta có

1 2

16 4

3 3

V V V     x

(*).

Đặt SH h là chiều cao mực nước ta có

h SJ JH   JM2SM2 JH ; với tan 2
JM

SM x



 

, JH x



5 1



h x

  

và .tan 2

h
HK SH  

3 2

h
V   h

   

 

1
12h

 1



1 5



3 3

12 x

 

Thay vào (*)





3 3

1 4 16

1 5

12 x 3 x 3



 

   









1,53
1 5 16

x cm

  

 

Câu 2. [2H2-3] [THPT Hoàng Hoa Thám, Hưng Yên, lần 1, năm 2018- Câu 43]

Người ta đặt được vào trong một hình nón hai khối cầu có bán kính lần lượt là a và 2a sao cho
các khối cầu đều tiếp xúc với mặt xung quanh của hình nón, hai khối cầu tiếp xúc với nhau và
khối cầu lớn tiếp xúc với đáy của hình nón. Bán kính đáy của hình nón đã cho là

A. 5 .a B. 3 .a C. 2 2 .a D. 8 / 3.a

Lời giải

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

Kẻ OH SA và IK SA  OH / /IK.

Đặt SO x 

1
2

SO OH

SI IK 

3 2

x

x a

 

  x3a.

Do đó:SM 8a.

Ta có:

 1

sin

3
OH
OSH

OS

  

cotOSH 2 2

  cot

SM
MA

OSH

  8

2 2
a


2 2a

 .

Câu 3. [2H2-3] [Thi thử THPT Quỳnh Lưu – Nghệ An] Một khúc gỗ có dạng hình khối nón có bán
kính đáy bằng r=2m, chiều cao h=6m. Bác thợ mộc chế tác từ khúc gỗ đó thành một khúc
gỗ có dạng hình khối trụ như hình vẽ. Gọi V là thể tích lớn nhất của khúc gỗ hình trụ sau khi
chế tác. Tính V .

A.

( )

32
9
V = p m

. B.

( )

32
9

V = m

. C.

( )

32
3
V = p m

. D.

( )

32
9
V = p m

Lời giải
Chọn D.

Gọi , r h lần lượt là bán kính và chiều cao của khối trụ.t t

Ta có:
6

2 6

t t

r  h

 6 3

t t

h r

   .

Ta lại có:





2. 6 2 3 3

t t t t

V r h  r  r
.

Xét hàm số

 

2 3

6 3

t t t

f r  r  r

, với r t



0; 2



có f r

 

t 12rt  9rt2;

 

4
0

t t

f r   r 

(vì r  ).t 0

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

Dựa vào BBT ta có

 

max
32

t

f r 

đạt tại
4
3

t

r 
.

Vậy

32
9
V  

Câu 45: [1D2-3] [CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH, LẦN 2, 2018] Một chiếc tàu lửa dừng tại một
sân ga có 3 toa nhận khách, có 4 hành khách lên 3 toa một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất sao
cho mỗi toa đều nhận ít nhất một khách vừa lên tàu.

A. 
8

9 . B.

9 . C.

27 . D.

1
3.

Lời giải

Chọn B

Mỗi hành khách có 3 cách chọn toa để lên nên n  

 

3 .4

TH 1: toa I có 2 HK, toa II có 1 HK, toa III có 1 HK. Như vậy có C42.2 cách

TH 2: toa I có 1 HK, toa II có 2 HK, toa III có 1 HK. Như vậy có C42.2 cách

TH 3: toa I có 1 HK, toa II có 1 HK, toa III có 2 HK. Như vậy có C42.2 cách

Suy ra:

 

3
4

3. .2
n A  C

. Do đó:

 

4
9
n A
P A

n

 

 .

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2D2-3] Một hộp đựng 5 bi xanh, 6 bi đỏ và 7 bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi trong hộp.
Tính xác suất để 3 viên bị được chọn có nhiều nhất 2 bi xanh.

A. 
43

48 . B.

403

408. C.

407. D.

4
513.

Lời giải

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

Chọn 3 bi trong 18 bi nênn

 

 C183 816

TH 1: Lấy 3 bi trong 13 bi ( đỏ và vàng ) có C cách133

TH 2: Lấy 1 bi xanh, 2 bi trong 13 bi ( đỏ và vàng ) có C C51. 132

TH 3: Lấy 2 bi xanh, 1 bi trong 13 bi ( đỏ và vàng ) có C C52. 131

Suy ra:

 

3 1 2 2 1

13 5. 13 5. 13 806

n A C C C C C 

. Do đó:

 

806 403
816 408
n A

P A
n

  

 .

Câu 2: [2D2-3] Một hộp có 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh. Chọn ngẫu nhiên từ hộp 4
viên bị, tính xác suất để 4 viên bi được chọn có số bi đỏ lớn hơn số bi vàng và nhất thiết phải có
mặt bi xanh.

A. 
1

12. B.

3. C.

33. D.

1
2 .

Lời giải

Chọn C

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp chứa 12 viên bi. Suy ra số phần tử

của không gian mẫu là

 

4
12 495

n  C 
.

● TH1: Chọn 1 bi đỏ và 3 bi xanh nên có C C51. 43 cách.

● TH2: Chọn 2 bi đỏ và 2 bi xanh nên có C C52 42 cách.

● TH3: Chọn 3 bi đỏ và 1 bi xanh nên có C C53. 14 cách.

● TH4: Chọn 2 bi đỏ, 1 bi vàng và 1 bi xanh nên có C C C52 31 41 cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là

 

1 3 2 2 3 1 2 1 1

5. 4 5 4 5. 4 5 3 4 240

n A C C C C C C C C C 

Vậy xác suất cần tính

 

240 16
495 33
n A

P A
n

  



Câu 46: [1D2-3] [CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH PHÚ YÊN LẦN 2]

Một thùng có 48 hộp sữa, trong đó có 6 hộp kém chất lượng. Chia ngẫu nhiên thùng này thành
3 phần đều nhau, tính xác suất để mỗi phần đều có hộp sữa kém chất lượng bằng nhau (sai số
khơng quá 0,001).

A. 0,141 . B. 0,101 . C. 0, 201. D. 0, 212 .

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

Chọn A.

Không gian mẫu là kết quả của việc chia 48 hộp sửa thành 3 phần. Số phần tử cả không gian
mẫu là C C C1648 1632 1616.

Gọi A: “Mỗi phần đều có hộp sữa kém chất lượng bằng nhau”.

Phần thứ nhất có C C cách chọn.62 1442

Phần thứ hai có C C42 2814 cách chọn.

Phần thứ ba có C C cách chọn.22 1414

Vậy xác suất của biến cố A là

 



2 14

 

2 14

 

2 14



6 42 4 28 2 14

16 16 16
48 32 16

0,141.
.

C C C C C C

P A

C C C

 

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 1: [1D2-3] Một lơ hàng có 30 sản phẩm trong đó có 3 phế phẩm được chia ngẫu nhiên thành 3
phần bằng nhau, mỗi phần có 10 sản phẩm. Tìm xác suất để có ít nhất một phần có đúng một
phế phẩm (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).

A.0,96 . B.0.98 . C. 0,97 . D. 0.99.
Lời giải

Chọn C.

Số phần tử của không gian mẫu là

10 10
30 20

Ω =C .C .1
.

Gọi A: “Có ít nhất một phần có phế phẩm”.

 

10 10
27 17
10 10
30 20

C C 6 197

P A =1-P A =1- =1- = 0,97.
C C 203 203

Câu 2: [1D2-3] Một lơ hàng có 30 sản phẩm trong đó có 3 phế phẩm được chia ngẫu nhiên thành 3
phần bằng nhau, mỗi phần có 10 sản phẩm. Tìm xác suất để mỗi phần có đúng một phế phẩm.
(Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).

A. 0, 24. B. 0, 25. C. 0, 26. D. 0, 27.
Lời giải

Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là

10 10
30 20

Ω =C .C .1.

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

 



 



9 1 9 1 9 1

27 3 18 2 9 1
10 10

30 20

C C C C C C

P B = 0, 25.

C .C .1 

Câu 47: [1D3-3][Trường Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên – Lần 2 - 2018] Cho ABCD là hình
vng cạnh a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vng góc với



ABCD



; góc

giữa SC và



ABCD



là 450. Khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SBC đến mặt phẳng



SAC



bằng:

A. 
55
33
a

. B.

55
22
a

. C.

2 55
33
a

. D.

21
21
a

Phân tích: Dùng tỷ lệ khoảng cách đưa về chân đường cao để dựng khoảng cách

+ Gọi H là trung điểm của AB , khi đó

















, 2

3
,

d G SAC SG
SH

d H SAC  

.
Lời giải

Chọn A

Gọi H là trung điểm của AB , từ giả thiết suy ra SH 



ABCD



Kẻ HM AC, ta chứng minh AC



SMH



Thật vậy, ta có ACHM AC, SH  AC



SHM







SAC

 

 SHM



,
HI SM ,SM 



SAC

 

 SHM



nên HI 



SMH



, suy ra HI d H SAC





.

Ta có

1 2

4 4

a
HM  BD

Tam giác SHC vuông cân tại H (suy ra từ giả thiết) nên

5
2
a
SH HC

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

Xét tam giác SHM vuông tại H ,

2 2

2 5

. 4 2 55

22
22

a a

HM HS a

HI

a

HM HS

  



Ta có

















, 2

3
,

d G SAC SG
SH

d H SAC  

, suy ra









2. 55 55

3 22 33

a a

d G SAC  

CÁC BÀI TƯƠNG TỰ

Câu 1: [1D3-3] Cho ABCD là hình vng cạnh a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng
vng góc với



ABCD



; góc giữa SC và



ABCD



là 450. Khoảng cách từ trọng tâm G của

tam giác SDC đến mặt phẳng



SAC



bằng:

A. 
55
33
a

. B.

21
14
a

. C.

2 55
33
a

. D.

21
21
a

Phân tích:

+ Bài này ta sử dụng tỉ lệ khoảng cách

































, 1 ,

, 1

, ,

d G SAC d D SAC

d D SAC  d B SAC 
.

+ Gọi H là trung điểm của AB , khi đó

















2
,

d B SAC
d H SAC 

.
Lời giải

Chọn A

Gọi H là trung điểm của AB , từ giả thiết suy ra SH 



ABCD



Kẻ HM AC, ta chứng minh AC



SMH



Thật vậy, ta có ACHM AC, SH  AC



SHM







SAC

 

 SHM



,
A

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

HI SM ,SM 



SAC

 

 SHM



nên HI 



SMH



, suy ra HI d H SAC





.

Ta có

1 2

4 4

a
HM  BD

Tam giác SHC vuông cân tại H (suy ra từ giả thiết) nên

5
2
a
SH HC

Xét tam giác SHM vuông tại H ,

2 2

2 5

. 4 2 55

22
22

a a

HM HS a

HI
a
HM HS
  

.
Ta có

































, 1 ,

, 1

, ,

d G SAC d D SAC

d D SAC  d B SAC 
nên

















, 1
3
,

d G SAC
d B SAC 

nên

















, 2

3
,

d G SAC
d H SAC 

, suy ra









2. 55 55

3 22 33

a a

d G SAC  

Câu 2: [1D3-3] Cho ABCD là hình thoi cạnha, ABC 600; tam giác SAB cân tại S và nằm trong
mặt phẳng vng góc với



ABCD



; góc giữa SC và



ABCD



là 600. Khoảng cách từ trọng

tâm G của tam giác SDC đến mặt phẳng



SAC



bằng:

A. 
55
33
a
. B.

21
21
a
. C. 
3 13
26
a
. D. 
13
13
a
.
Phân tích:

+ Bài này ta sử dụng tỉ lệ khoảng cách

































, 1 ,

, 1

, ,

d G SAC d D SAC

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

+ Gọi H là trung điểm của AB , khi đó

















,
2
,

d B SAC
d H SAC 

.
Lời giải

Chọn D

Gọi H là trung điểm của AB , từ giả thiết suy ra SH 



ABCD



Kẻ HM AC, ta chứng minh AC



SMH



Thật vậy, ta có ACHM AC, SH  AC



SHM







SAC

 

 SHM



,
HI SM ,SM 



SAC

 

 SHM



nên HI 



SMH



, suy ra HI d H SAC





.

Ta có

1 3 3

;

4 4 2

a a

HM  BD HC
.

Tam giác SHC vuông tại H (suy ra từ giả thiết) nên

0 3 3

.tan 60 . 3

2 2

a a

SH HC  

Xét tam giác SHM vuông tại H ,

2 2

3 3
.

. 4 2 3 13

26
39

a a

HM HS a

HI
a
HM HS
  

.
Ta có

































, 1 ,

, 1

, ,

d G SAC d D SAC

d D SAC  d B SAC 
nên

















, 1
3
,

d G SAC
d B SAC 

nên

















, 2
3
,

d G SAC
d H SAC 

, suy ra









2 3 13. 13

3 26 13

a a

d G SAC  

Câu 50: [2H3-3][LƯƠNG VĂN CHÁNH – PHÚ YÊN - 2018] Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz, cho
mặt cầu ( ) :S x2y2z2 2ax 2by 2cz d  , với 0 a b c , , 0. Biết mặt cầu ( )S cắt 3 mặt
phẳng toạ độ theo 3 đường trịn có bán kính r  và mặt cầu 5 ( )S đi qua điểm M(0;1; 2). Tính
tổng a b c d   .

A.

25. B. 75. C. 40. D. 10.

Lời giải
Chọn C

Gọi Ilà tâm của mặt cầu ( )S , vì ( )S cắt 3 mặt phẳng toạ độ theo 3 đường trịn có bán kính

bằng nhau  I a a a a( , , );  0 R a225.

Mặt khác: ( )S đi qua điểm M(0;1; 2)

2 25 3 2 6 5 5

2( ).
a

IM R a a a

a ktm


        



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

Câu 1: [2H3-3] Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) :S x2y2z2 2ax 2by 2cz d  ,0
với a b c , , 0. Biết mặt cầu ( )S cắt 3 mặt phẳng toạ độ theo 3 đường tròn có bán kính bằng
nhau và mặt cầu ( )S đi qua điểm 2điểm M(0;1; 2); N(0;0;5). Tính tổng a b c d   .

A.

25. B. 75. C. 40. D. 10.

Lời giải
Chọn C

Gọi Ilà tâm của mặt cầu ( )S , vì ( )S cắt 3 mặt phẳng toạ độ theo 3 đường trịn có bán kính 
bằng nhau  I a a a a( , , ); 0.

Mặt khác: ( )S đi qua 2điểm M(0;1; 2); N(0;0;5)

2 2

3 6 5 3 10 25 5 (5;5;5)

IM IN a a a a a I

          

50
R IM

   , khi đó ta có: a b c  5,d 25 a b c d   40.

Câu 2: [2H3-3] Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) :S x2y2z2 2ax 2by 2cz d  ,0
với a b c , , 0. Biết mặt cầu ( )S cắt 3 mặt phẳng toạ độ theo 3 đường trịn có bán kính r  và 5
mặt cầu ( )S tiếp xúc với mặt phẳng ( ) :P x y 0. Tính tổng a b c d   .

A.

25. B. 75. C. 40. D. 10.

Lời giải
Chọn C

Gọi Ilà tâm của mặt cầu ( )S , vì ( )S cắt 3 mặt phẳng toạ độ theo 3 đường trịn có bán kính

bằng nhau  I a a a a( , , );  0 R a225.
Mặt khác: ( )S tiếp xúc với mặt phẳng ( ) :P x y 0

2 2 5

| 2 |

( ,( )) 25 25

5( ).
2

a
a

d I P R a a

a ktm