Bài tập vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán trường thpt bến tre lần 3 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (5.58 MB, 22 trang )

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

CÂU VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO ĐỀ THI THỬ LẦN 3
THPT BẾN TRE VĨNH PHÚC

Câu 1. [2D2-3] Tổng tất cả các giá trị m nguyên dương để hàm số

 

3 1 2

x x

e m e

y 
  
 
 
 
luôn nghịch

biến trên



1;3



là

A. 253. B. 300 . C. 276 . D. 231.

Lời giải

Chọn A.

Hàm số

 

3 1 2

x x

e m e

y 

  
 

 
 

nghịch biến trên



1;3







0, 1;3

y x

    ( dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm)









 





3 1 2

3 1 2 ln 0, 1;3

6 6

x x

e m e

x x

e m e   x

  
 

        
 









3e x m 1 ex 0, x 1;3

      . Vì

 

3 1 1

0,
6

ln 0

x x

e m e

x


  
 
    
 

 


 

  











3 x 1 0, 1;3

e m x

       3e2x 1 m x, 



1;3



 





2 2

1;3

min 3 x 1 3 1

t

m e e



    

Vì m  m



1;2;3;...;22



Z   .

Vậy S     1 2 3 ... 22 23 11 253   .

PHÁT TRIỂN CÂU 1
Câu 1. [2D2-3] Cho hàm số 2  1 1

2018ex m ex

y   

 . Tính tổng tất cả các giá trị m nguyên dương để hàm số
đồng biến trên khoảng



1; 2



A. 25. B. 11. C. 5 . D. 18 .

Lời giải

Chọn B.

Hàm số đồng biến trên khoảng



1; 2





 



 







2 1 1 2

2018ex m ex .ln 2018. 2 x 1 x 0, 1;2

y     e m e x

    

 2e2x m 1ex 0, x



1; 2



     vì

 

2 1 1

2018 0,

ln 2018 0

x x

e m e

x
  
   






.

 2ex 1 m x,



1;2



   

1;2





min 2 x 1 2 1

t

m e e



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

Vì m  m



1;2;3; 4;5;6



Z   .

Vậy S       1 2 3 4 5 6 11.
Đặt  g x 3e2x 1, x



1; 2



    ,  g x 3e2x.2 0,  x



1; 2



Vậy (*) xảy ra khi m g  2  m 3e4 1

  .

Câu 2. [2Đ2-3-PT2] Với giá trị nào của m thì hàm số 1

x

x
e
y
e m



 đồng biến trên khoảng



2; 1



A. 
2
1
1
1
m
e
m
e




  


. B. 1 m 1

e  . C. m  .1 D. 2

m

e

 .

Lời giải
Chọn A.

Đặt t ex

  tex0

Vậy bài tốn trở thành: Tìm m để hàm số y t 1
t m




 đồng biến trên khoảng 2
1 1
;
e e
 
 
 .
Có





2
1

m
y
t m
 
 


Để hàm số đồng biến trên khoảng 2
1 1
;
e e
 
 
 .
2
0,
1 1
;

y t m

m
e e
   


   
  

 


2
1 0
1
1
m
m
e
m
e
  



 

 



 


2
1
1
1
m
e
m

e



 
  


Câu 7. [2D1-3] Xác đinh m để đồ thị

 

C : y 5x4 8x2 m

   cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao
cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

C và trục hồnh có phần trên và phần dưới bằng

nhau ?

A. 9

16. B.

9 . C. 9 . D.

25
16 .
Lời giải

Chọn B

Gọi a là nghiệm lớn nhất của phương trình 5x4 8x2 m 0

   nên 5a4 8a2m0

 

1 .
Vì y 5x4 8x2 m

   có đồ thị đối xứng qua trục tung và diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

C

và trục hồnh có phần trên và phần dưới bằng nhau nên



4 2



5 8 d 0

a

x  x m x

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

3 3

5 5 4 2

8 8

0 0 3 8 3 0

3 3

a

x a

x mx a ma a a m

 

             

 

 

2 .

Từ

 

1 và

 

2 ta có3 4 8 2 3 5



4 8 2



0 2 4
3

a  a  a  a   a  . Thay vào

 

1 ta được 16
9
m  .

PHÁT TRIỂN CÂU 7
Câu 1. [2D1-3] Cho hàm số y x4 3x2 m

   có đồ thị

 

C cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt. Gọi
1

S và S2 lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành với đồ thị

 

C nằm phía trên
trục hồnh và phía dưới trục hoành. Biết rằng S1S2. Giá trị của m bằng

A. 1. B. 2 . C. 3

2. D.

5
4.
Lời giải

Chọn D

Gọi a là nghiệm lớn nhất của phương trình x4 3x2 m 0

  

 

1 .

Vì y x4 3x2 m

   có đồ thị đối xứng qua trục tung và S1 S2 nên





4 2
0

3 d 0

a

x  x m x



5 5 4 4

3 3 2 2

0 . 0 0 0

5 5 5 5

a

x a a a

x mx a m a a a m a m

   

                  

   

 

2 .

Từ

 

1 và

 

2 ta có 4 3 2 4 2 4 2 10 2 5

5 2

a

a  a   a  a   a  . Thay vào

 

2 ta được 5
4
m  .

Câu 2. [2D1-3] Cho hàm số y x4 x2 m

   có đồ thị

 

C cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt. Gọi S1
và S2 lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành với đồ thị

 

C nằm phía trên trục
hồnh và phía dưới trục hồnh. Biết rằng S1 S2. Giá trị của m bằng

A. 7
36

. B. 5

. C. 5

. D. 7

12
.

Lời giải

Chọn B

Gọi a là nghiệm lớn nhất của phương trình x4 x2 m 0

   nên a4 a2m0

 

1 .

Vì y x4 x2 m

   có đồ thị đối xứng qua trục tung và S1 S2 nên





4 2
0

d 0

a

x  x m x



5 3 5 3 4 2 4 2

0 . 0 0 0

5 3 5 3 5 3 5 3

a

x x a a a a a a

mx m a a m m

   

                  

   

 

2 .

Từ

 

1 và

 

2 ta có 4 2 4 2 2 5

5 3 6

a a

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

Câu 9: [2D1-2] Cho đồ thị

 

C : yx3 6x29x1 .Từ 1 điểm bất kỳ trên đường thẳng x  kẻ được2
bao nhiêu tiếp tuyến đến

 

C

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

Lời giải

Chọn B.

Gọi A



2,yA



là một điểm bất kỳ đường thẳng x 2

Vậy phương trình đường thẳng tiếp tuyến qua điểm A



2,b là :







 

y k x   b kx k b d

Vì

 

d là tiếp tuyến của

 

C vậy  điều kiện tiếp xúc là :

 

3 2

6 9 1 2 1

3 12 9 2

x x x kx k b

x x k

      




  




Thế

 

2 vào

 

1 ta có : x3 6x29x1



3x212x9



x 2 3



x212x9



b

2x3 12x2 24x 8 b

     

Xét hàm số yf x

 

2x312x2 24x8

Ta có : yf x

 

6x224 24 6



x 2



2 0 x

Vậy hàm số yf x

 

2x312x2 24x8 nghịch biến với mọi x   .
Vậy phương trình 2x312x2 24x 8 b có nghiệm duy nhất

 Từ 1 điểm bất kỳ trên đường thẳng x  kẻ được một tiếp tuyến đến 2

 

C .
PHÁT TRIỂN CÂU 9

Câu 1: [2D1-2] Cho đồ thị

 

C : yx3 9x224x17 .Từ 1 điểm bất kỳ trên đường thẳng x  kẻ3
được bao nhiêu tiếp tuyến đến

 

C

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

Lời giải

Chọn A.

Gọi A



2,yA



là một điểm bất kỳ đường thẳng x 3

Vậy phương trình đường thẳng tiếp tuyến qua điểm A



3,b là :







 

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

Vì

 

d là tiếp tuyến của

 

C vậy  điều kiện tiếp xúc là :

 

3 2

9 24 17 3 1

3 18 24 2

x x x kx k b

x x k

      




  




Thế

 

2 vào

 

1 ta có : x3 9x224x17



3x218x24



x 3 3



x218x24



b

3 2

2x 18x 54x 55 b

    

Xét hàm số yf x

 

2x318x254x 55

Ta có : yf x

 

6x2 36x54 6



x 3



2 0 x

Vậy hàm số yf x

 

2x318x254x 55 đồng biến với mọi x   .
Vậy phương trình 2x3 18x2 54x 55 b

    có nghiệm duy nhất

 Từ 1 điểm bất kỳ trên đường thẳng x  kẻ được một tiếp tuyến đến 2

 

C .

Câu 2: [2D1-2] Cho đồ thị

 

C :yx312x2 45x 51. Từ 1 điểm bất kỳ trên đường thẳng x 4
kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến đến

 

C

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

Lời giải

Chọn C.

Gọi A



2,yA



là một điểm bất kỳ đường thẳng x 4

Vậy phương trình đường thẳng tiếp tuyến qua điểm A



4,b



là :





 

y k x   b kx k b d

Vì

 

d là tiếp tuyến của

 

C vậy  điều kiện tiếp xúc là :

 

3 2

12 45 51 4 1

3 24 45 2

x x x kx k b

x x k

      




   




Thế

 

2 vào

 

1 ta có :  x312x2 45x 51 



3x2 24x 45



x4 3



 x2 24x 45



b

3 2

2x 24x 96x 129 b

    

Xét hàm số yf x

 

2x324x296x129

Ta có yf x

 

6x2 48x96 6



x 4



2 0 x

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

 Từ 1 điểm bất kỳ trên đường thẳng x  kẻ được một tiếp tuyến đến 4

 

C .

Câu 35: [2D4-3] Cho số phức z a bi  (a,b là các số thực) thỏa mãn z  z 3 4 i và có mơđun
nhỏ nhất. giá trị của P a b . là?

A. 3

4. B. 4. C. 2. D. 3.

Lời giải

Chọn D.

Ta có:

3 4

a bi  a bi  i  a2b2 



a 3



2



b 4



2  6a8b 25 0 25 8
6

b

a 

 

Mô đun của số phức z là:

2 2
z  a b

2
2
25 8

b
b



 

   

 





2
100 2 225

b  

 156

Số phức zmin  b2 3
2

a

   P3

PHÁT TRIỂN CÂU 35

Câu 1:[2D4-3] Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z 2 4 i  z 2i . Tìm số phức z có mơđun
nhỏ nhất.

A. z 1 i. B. z 2 2i. C. z 2 2i. D. 3 2i .
Lời giải

Chọn C.

Gọi số phức z có dạng z a bi  . z thỏa mãn z 2 4 i  z 2i

















2 2





2 2 2 2

2 4 2

4 4 8 16 4 4

4 4 16
4

a b i a b i

a b a b

a a b b a b b

a b

a b

      

         

  

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki.







2 2

 

2 2



2 2 2

16 a b 1 1 a b  z a b 8

2 2
z 

Dấu  xảy ra 1 1 2 2 2

4
a b

a b z i

a b





       

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

Câu 36: [2D4-3] Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z 2 4 i  z 2i . Số phức z có mơ đun
bé nhất bằng

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

Lời giải

Chọn C

Đặt z x yi x y 



,  



. Khi đó z 2 4 i  z 2i  x yi  2 4 i  x yi 2i



x 2





y 4



2 x2



y 2



        4x 4y16 0  x y  4 0 .

Số phức có mơ đun nhỏ nhất bằng khoảng cách từ O đến đường thẳng :x y  4 0 .





min

; 2 2

z d O    .

Câu 36: [2H2-2] Cho hình lập phương OBCD O B C D. 1 1 1 1 có cạnh bằng a, M là điểm bất kỳ thuộc đoạn
1

OO . Tỉ số thể tích hình chóp MBCC B1 1 và hình lăng trụ OBC O B C. 1 1 1 là

A. 2

3. B.

3. C.

4. D.

1
2.

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

Ta có:

1 1 1 1 1 1 1

1 . .

2 2

OBC O B C OBCD O B C D
a

V V  V  .

1 1 1 1 1 1

1 . .

3 3

M BB C C OBCD O B C D
a

V V  V  .

Vậy, 1
2

2
3

V

V  .

PHÁT TRIỂN CÂU 36

Câu 1: [2H1-3] Cho hình chóp tứ giác đều có các cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Gọi điểm M
thuộc cạnh SA sao cho diện tích tam giác MBD nhỏ nhất. Khi đó tỉ số khối thể tích khối

MABD và S ABCD. bằng bao nhiêu?

A. 1

3. B.

4. C.

6. D.

3
4.
Lời giải

Chọn B.

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Ta có: MSA và diện tích tam giác MBD nhỏ nhất khi và chỉ khi d M BD





bé nhất.

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

Dựng OM SA tại M , ta có: BD



SAC



 BDOM  OM là đoạn vng góc chung
của SA và BD.

Vì SBDABD SO SA  M là trung điểm SA.

Khi đó ta có: 1.





.
3

MABD ABD

V  d M ABCD S 1 1.









3 2d S ABCD 2SABCD











1 1 1

. . , .

4 3 d S ABCD SABCD 4VS ABCD

  .

Câu 2: [2H1-2] Cho lăng trụ tam giác ABC A B C.    có thể tích bằng V . M là điểm bất kì thuộc miền
trong tam giác ABC. Thể tích khối tứ diện M A B C.    tính theo V bằng:

A. V . B.

V

. C. 2

3V. D. 3

V

Lời giải

Chọn D.

Ta có: VABC A B C.    V h S. A B C  .

1 1

. .

3 3

M A B C A B C

V     h S    V .

Câu 37: [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A



15; 1; 4



, B



7;6;3



, C



6; 3;6





8;14; 1



D  và M a b c thuộc mặt cầu



; ;



 

S x: 2 y2 z2 2x 4y 6z 11 0

       . Giá trị của
biểu thức P a b c   khi MA2MB2MC2MD2 đạt giá trị nhỏ nhất?

A. 9. B. 5 . C. 16 . D. 2.

Lời giải

Chọn A.

Mặt cầu

 

S x: 2y2z2 2x4y 6z11 0 có I



1; 2;3



và R  .5

Gọi N x y z thỏa mãn



; ;



NA NB NC ND     0

9
4
3

N

N
x
y
z





  

 




9; 4;3



N

 .

Ta có MA2 MB2 MC2 MD2

  



 



2 2 2 2

MN NA MN NB MN NC MN ND

            





2 2 2 2 2

4MN NA NB NC ND 2MN NA NB NC ND

        

    

2 2 2 2 2

4MN NA NB NC ND

     .

Vì NA2 NB2 NC2 ND2

   không đổi nên MA2MB2MC2MD2 nhỏ nhất  MN2 nhỏ
nhất M thuộc giao điểm của IN và

 

S .

Ta có IN 



9 1



2



4 2



2



3 3



2 10 suy ra IN 2R2IM

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

PHÁT TRIỂN CÂU 37

Câu 1: [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A



0;0;2



, B



3; 4;1



. Tìm giá trị
nhỏ nhất của AX BY với X , Y là các điểm thuộc mặt phẳng Oxy sao cho XY 1.

A. 3 . B. 5 . C. 2 17. D. 1 2 5 .

Lời giải

Chọn B

Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vng góc của A B, trên mặt phẳng



Oxy





0;0;0 ,





3; 4;0





3; 4;0



H K KH

     

Gọi A là điểm đối xứng của A qua



Oxy



 A



0;0; 2



Gọi B là điểm sao cho BB1;BB  cùng hướng với KH

12 16

; ;1

5 5
B  

  

 





X A B  Oxy , Y là giao điểm của đường thẳng qua B song song với A B  với



Oxy



AX BY ngắn nhất bằng

2 2

12 16

3 5

5 5

A B        

   

Câu 2: [2H3-4] Cho mặt cầu

  

S : x 1





y 4



2 z2 8

     và các điểm A



3;0;0



, B



4;2;1



.
Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc mặt cầu

 

S . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA2.MB

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

Lời giải

Chọn D

Ta thấy cả A và B cùng nằm ngoài mặt cầu đồng thời 4 2 2

IA R

IB

  








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

Mục đích cách giải là tìm C sao cho MA2MC với mọi điểm M thuộc mặt cầu bằng cách
sau: Lấy điểm C trên IA sao cho ICM và IMA đồng dạng với nhau tức là

2 2

.2 2

IM IC IM R R

IC

IA IM   IA R  .

Vậy IA 4 IC C



0;3;0



khi đó MA2MB2



MB MC



2BC3 2 .

Câu 38. [1H3-3] Cho khối chóp .S ABC có đáy là tam giác vng cân tại B và AB a , SA



ABC



. Góc giữa cạnh bên SB và mặt phẳng



ABC bằng



60o. Khi đó khoảng cách từ A đến



SBC là



A. a 3. B. 2

a

. C. 3

a

. D. 3

a

Lời giải

Chọn D .

Ta có BC AB, BC SA  BC



SAB



. Kẻ AH SB  AH 



SBC



.
Góc giữa SB và mặt phẳng



ABC là



SBA  60o  SA a 3 .

2 2 2

1 1 1

AH SA  AB

3
2
a
AH

  .

PHÁT TRIỂN CÂU 38

Câu 1. [1H3-3] Cho hình chóp .S ABCD có ABCD là hình chữ nhật tâm I, AB a , BC a 3, H
là trung điểm của AI. Biết SH vng góc với đáy và tam giác SAC vuông tại S . Khoảng
cách từ A đến



SBD là



A. 15

a . B. 15

a . C.

a . D. 3 15

a .

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

Dựng HEBD, HK SE suy ra HK 



SBD



. Do đó













d A SBD  d H SBD  HK. Ta có AC BD2a  IA IB AB a

IAB

  đều cạnh a .

Suy ra o 3 3

sin 60 .

2 2 4

a a

HEHI  

Lại có 2 . .2 2

2
a

SA AH AC a a  SA a ;

2 2 2 3

4 2

a a

SH  SA  AH  a  

Do đó









2 2 2 2 2 2

1 1 1 4 16 20 15 15

, .

3 3 3 10 5

a a

HK d A SBD

HK SH HE  a  a  a    

Câu 2. [1H3-3] Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A, với

a

AC  ; BC a .

Hai mặt phẳng



SAB và





SAC cùng tạo với mặt đáy





ABC góc 60 . Tính khoảng cách từ



B tới mặt phẳng



SAC , biết rằng mặt phẳng





SBC vng góc với đáy





ABC .



A. 3

4 a . B.

4a . C.

5a . D. 3a.

Lời giải

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

Gọi H là hình chiếu vng góc của S lên BC . Do



SBC

 

 ABC



 SH 



ABC



.
Gọi I , J lần lượt là hình chiếu vng góc của H lên AB, AC .

Suy ra:



SAB

 

, ABC



SIH 60;



SAC

 

, ABC



SJH 60, suy ra: HJ HI x.

Tam giác ABC vuông tại A suy ra: 2 2 3
2
a
AB BC  AC  .

Ta có:





3
2

3 2 3 1

2
2

a
x

BI IH BH x

BIH BAC x a

a
BA AC BC a



        



 .

Gọi K là hình chiếu vng góc của H lên SJ  HK d H SAC





Ta có: 





3
.sin

4 3 1

HK HJ KJH  a

 .

Do 3



3 1



3 1

BH  BC BC  HC













3 1







d B SAC d H SAC a

     .

Câu 40. [2H1-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, tam giác

SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết thể tích của khối chóp

S ABCD là 3 15

6
a

. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ABCD có số đo là

A. 300 B. 450 C. 600 D. 1200

Lời giải.

Chọn C

S

H
B

A

C
J

I

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

Gọi H là trung điểm AB, suy ra SH ^AB.

Mà

(

SAB

) (

^ ABCD

)

theo giao tuyến AB nên SH^

(

ABCD

)

.
3

2
.

1 15 1 15

. . .

3 6 3 2

S ABCD ABCD

a a

V = S SH Û = a SHÞ SH= ; 2 2 5

2
a
HC= BC +BH =

(

)

(

SC ABCD,

)

=

(

SC CH· ,

)

=SCH·

· ·

(

(

)

)

tanSCH SH 3 SCH SC ABCD, 60 .

HC

= = Þ = =

PHÁT TRIỂN CÂU 40

Câu 1. [2H1-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam

giác vng tại S . Hình chiếu vng góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc cạnh AD sao
cho HA=3HD. Biết rằng SA=2a 3 và SC tạo với đáy một góc bằng 30 . Tính theo 0 a
khoảng cách từ điểmAđến mặt phẳng

(

SBC

)

A. 2 66
11

a B. 66
11

a C. 4 57
19

a D. 2 57
19

a

Lời giải.

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

Hình chiếu vng góc của SC trên mặt đáy là HC nên

(

)

(

)

(

)

30 = SC ABCD, = SC HC, =SCH .

Tam giác vng SAD , có SA2 =AH AD. 12 2 3 2.
4

a AD

Û =

Suy ra AD=4a, HA=3a, HD= , a SH= HA HD. =a 3,

· 2 2

.cot 3 , AB = 2 2.

HC=SH SCH = a CD= HC - HD = a
Kẻ HK^BC và kẻ HG^SK . Khi đó HG^

(

SBC

)

(

)

;

(

)

;

(

)

ADP SBC Þ d A SBCéë ùû=d H SBCéë ûù=HG

Tam giác vng SHK , có 2. 2 2 66
11

SH HK a

HG

SH HK

= =

+ .

Câu 2.[2H1-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, đường chéo AC= , tam a

giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy, góc giữa

(

SCD

)

và đáy bằng
45°. Tính theo a thể tích V của khối chóp .S ABCD .

A.

3
3

a

V = . B.

3
4

a

V = . C.

3
2

a

V= . D.

a

V= .

Lời giải.

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

Gọi H là trung điểm AB, suy ra SH^AB.

Mà

(

SAB

) (

^ ABCD

)

theo giao tuyến AB nên SH ^

(

ABCD

)

Tam giác ABC đều cạnh a nên CH ^AB CD|| Þ 3.
2

CH CD

a
CH

ì ^

ïï
ïïí

ï =

ïïïỵ

Ta có

(

) (

)

(

)

(

)

,
,
SCD ABCD CD
SC SCD SC CD
HC ABCD HC CD

ỡ ầ =

ùù

ùù è ^

ớù

ùù è ^

ùợ

suy ra

(

) (

)

(

)

(

)

45 = SCD , ABCD = SC HC, =SCH .

Tam giác vuông SHC , có .tan· 3
2
a
SH=HC SCH = .

Diện tích hình thoi ABCD là

2
3
.

ABCD

a
S =HC CD= .

Vậy thể tích khối chóp

3
.

. .

3 4

S ABCD ABCD

a

V = S SH =

Câu 41: [2D3-3] Một quả đào hình cầu có đường kính 6 cm. Hạt của nó là khối trịn xoay sinh ra bởi
hình Elip khi quay quanh đường thẳng nối hai tiêu điểm F1, F2. Biết tâm của Elip trùng với
tâm của khối cầu và độ dài trục lớn, trục nhỏ lần lượt là 4 cm, 2 cm. Thể tích phần cùi (phần

ăn được) của quả đào bằng a



cm3



b với a b, là các số thực và
a

b tối giản, khi đó a b bằng

A. 97. B. 36. C. 5. D. 103.

Lời giải

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

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho tâm Elip trùng với gốc tọa độ O, hai tiêu điểm nằm trên trục

Ox. Khi đó phương trình Elip là

2 2

1
4 1

x y

  , xét

2
1

x
y = - .

Thể tích khối trịn xoay khi quay Elip trên quanh trục lớn là:

2 2 2

1 0

2 2 1

4 3

x

V   y dx    dx 

 



Thể tích quả đào hình cầu 4 .33 36
3

V     .

Do đó thể tích phần cùi của quả đào là 1
100

V V   . Do đó a b 97.

PHÁT TRIỂN CÂU 40

Câu 1: [2D3-3] Trong mặt phẳng cho đường Elip có độ dài trục lớn là AA ' 8, độ dài trục nhỏ là
' 6

BB  ; đường trịn tâm O đường kính là BB' như hình vẽ. Tính thể tích vật thể trịn xoay
có được bằng cách cho miền hình phẳng giới hạn bởi đường Elip và đường trịn ( phần hình

phẳng được tơ đậm trên hình ve) quay xung quanh trục AA'.

A. 36 . B. 12. C. 16. D. 64

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

Chọn B

Gắn hệ trục toạ độ Oxy sao cho O là tâm của đường trịn, A A, 'Ox, B B, 'Oy.

Phương trình elip là

2 2
1
16 9

x y

  , xét

2
3 1

x

y   .

Thể tích khối trịn xoay sinh ra khi quay Elip quanh trục Ox là:

2
4

1 2 09 1 d 48
16

x

V      x 

 



Thể tích khối cầu là: 4 .33 36
3

V    .

Suy ra thể tích khối trịn xoay cần tìm là: V V 1 12.

Câu 2: [2D3-3] Từ một tấm tơn hình chữ nhật ABCD với 30 , 55
3

AB cm AD  cm. Người ta cắt

miếng tơn theo đường hình sin như hình vẽ bên để được hai miếng tôn nhỏ. Biết AM 20cm,
15

CN  cm,BE5cm.Tính thể tích của lọ hoa được tạo thành bằng cách quay miếng tôn
lớn quanh trục AD (kết quả làm tròn đến hàng trăm).

A. 81788cm3

. B. 87388cm3

. C. 83788cm3

. D. 7883cm3

.
Lời giải

Chọn C

Chọn hệ trục Oxy sao cho A O , D Ox ,B Oy .

Ta có BE5 suy ra hàm số tuần hồn với chu kì T 20 .

Suy ra phương trình đồ thị hình Sin cần tìm có dạng: sin
10

x
y a  b

  .

Do đồ thị hình sin đi qua M



0; 20



, 55 ;15
3

N  

  nên ta có:
1

sin .0 20

10
10

20
1 55

sin . 15

10 3

a b

a
b

a  b

  

 

 

 



  



 



  

  

 

  



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

Ta có phương trình đồ thị hình sin cần tìm là 10sin 20
10

x
y  

  .

Thể tích cần tìm là:

2
55

3
3

0 10sin 10 20 d 83788

x

x cm



    
 

 



 .

Câu 43: [2D2-2] Vào đầu mỗi tháng chị Liên gửi tiết kiệm 3 triệu đồng vào ngân hàng theo hình thức
lãi kép với lãi suất không đổi 0,6 %/tháng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng (kể từ tháng đầu
tiên) thì chị Liên nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi vượt qua 100 triệu đồng?

A. 29 tháng. B. 32 tháng. C. 30 tháng. D. 31 tháng.
Lời giải

Chọn D.

Gọi A là số tiền gửi hàng tháng của chị Liên, r

 

% là lãi suất hàng tháng, Tn là số tiền cả gốc

lẫn lãi của chị Liên sau n tháng.

- Cuối tháng 1, chị Liên có 1









1 1 1





A

T A r r r

r  

     

  (triệu đồng).
- Đầu tháng 2, chị Liên có số tiền là A



1r



A A 



1r



1 (triệu đồng).

- Cuối tháng 2, chị Liên có T2 A



1r



1 rA



1r



1 A



1r



1 1



r























1 1

. 1 1 1 1

1 1

r A

A r r r

r r

 

 

     

 

  .

...

- Cuối tháng n, chị Liên có n





n 1 1





A

T r r

r  

   

  (triệu đồng).

Theo giả thiết 100 3



1 0,6%



1 1 0,6%





100
0,6%

n
n

T        

 

603
1,006

503

n

 

1,006
603

log 30,3

503

n   n

    

  .

Vậy cần ít nhất 31 tháng.

PHÁT TRIỂN CÂU 43

Câu 43: [2D2-2] Một sinh viên X trong thời gian học 4 năm đại học đã vay ngân hàng mỗi năm 10
triệu đồng với lãi suất bằng 3%/năm (thủ tục vay một năm 1 lần vào thời điểm đầu năm học).
Khi ra trường X thất nghiệp chưa trả được tiền cho ngân hàng nhưng phải chịu lãi suất 8%
/năm. Sau 1 năm thất nghiệp, sinh viên X cũng tìm được việc làm và bắt đầu trả nợ dần. Tính
tổng số tiền sinh viên X nợ ngân hàng trong 4 năm đại học và 1 năm thất nghiệp?

A. 46.538.667 đồng. B. 43.091.358 đồng. C. 48.621.980 đồng. D. 45.188.656 đồng.

Lời giải

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

- Sau năm thứ 1: Số tiền sinh viên X nợ là: T 1 10. 1 3%







(triệu đồng).
- Sau năm thứ 2: Số tiền sinh viên X nợ là:

















2 10. 1 3% 10 1 3% 10. 1 3% 10. 1 3%

T          (triệu đồng).
…

- Sau năm thứ 4: Số tiền sinh viên X nợ là:

















4 10. 1 3% 10. 1 3% 10. 1 3% 10. 1 3%

T         (triệu đồng).

- Sau 1 năm thất nghiệp: Số tiền sinh viên X nợ là: T T 4. 1 8%







46,538667(triệu đồng).
Câu 43: [2D2-2] Ơng A là một cơng chức và ơng quyết định nghỉ hưu sớm trước hai năm nên ông được

nhà nước trợ cấp 150 triệu đồng. Ngày 17 tháng 12 năm 2016 ông đem 150 triệu đồng gửi
vào một ngân hàng với lãi suất 0,6% một tháng. Hàng tháng ngoài tiền lương hưu, ông phải
đến ngân hàng rút thêm 600 nghìn đồng để chi tiêu cho gia đình. Hỏi đến ngày 17 tháng 12
năm 2017, số tiền tiết kiệm của ông A còn lại là bao nhiêu? Biết rằng lãi suất trong suốt thời
gian ông A gửi không thay đổi.

A. 50.1,00612 100

 triệu đồng. B. 250.1,00611100 triệu đồng.
C. 50.1,00611 100

 triệu đồng. D. 150.1,00611100 triệu đồng.
Lời giải

Chọn A.

- Sau 1 tháng, số tiền ơng A cịn lại là 150. 1 0, 6%







 0,6 (triệu đồng).
- Sau 2 tháng, số tiền ơng A cịn lại là









150 1 0, 6%  0,6 1 0,6%  0,6

 

 









150. 1 0, 6% 0,6 1 0, 6% 0, 6

     (triệu đồng).

…

- Sau 12 tháng, số tiền ông A còn lại là













150 1 0,6%  0,6 1 0, 6% ... 0,6 1 0,6%   0, 6





12 11

150.1,006 0,6 1 1,006 ... 1,006

    





12 1. 1,006 1
150.1,006 0,6.

1,006 1


 







12 12 12

150.1, 006 100 1, 006 1 50.1, 006 100

     (triệu đồng).

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

Đặt

 

2
2

x

h x f x  . Mệnh đề nào sau là đúng ?

A. Hàm số y h x

 

đồng biến trên khoảng



2;3



.
B. Hàm số y h x

 

nghịch biến trên khoảng



0;1



.
C. Hàm số y h x

 

nghịch biến trên khoảng



2; 4



.
D . Hàm số y h x

 

đồng biến trên khoảng



0; 4



Lời giải

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

Ta có h x

 

f x

 

 x.

</div>

Bài tập vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán trường thpt bến tre lần 3 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện









































<sub></sub>

<sub></sub>

















<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>





























 

 

 

 





 

 

 

<sub></sub>

<sub></sub>

 

 

 

 







 

 

 

 

 

 

 







 