Tổng hợp các bài toán mức độ vận dụng cao ôn thi THPT Quốc gia

TỔNG HỢP CÁC CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO – GROUP NHÓM TOÁN A. Câu 1. Nếu đồ thị hàm số cắt đường thẳng tại hai đểm AB sao cho độ dài AB nhỏ nhất thì A. m=-1 B. m=1 C. m=-2 D. m=2 Đáp án chi tiết : Phương trình hoành độ giao điểm Suy ra (d) luôn cắt dồ thị hàm số tại hai điểm A,B Vậy AB nhỏ nhất khi m=-1 Chọn A 41xyx ( ) : 2d x y m 242 ( 1)12 ( 3) 4 0xx m xxx m x m          2( 1) 40 0,m m R       34; . ;222 ; 22( )A B A BA A B BB A B Ammx x x xy x m y x my y x x             2 2 2222( ) ( ) 5( )345 ( ) 4 5 42251 40 5 24B A B A B AB A A BAB x x y y x xmmx x x xm              Câu 2. Cho n là số nguyên dương, tìm n sao cho A. n=2017 B. n=2018 C. n=2019 D. n=2016 Đáp án chi tiết : Ta có Chọn A Câu 3. Cho hình chóp tam giác S.ABC biết . Tính thể tích hình chóp SABC biết các mặt bên của hình chóp đều tạo với đáy một góc 30 độ A. B. C. D. Đáp án chi tiết : Dễ thấy tam giác ABC vuông tại B Gọi p là nữa chu vi Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, từ giả thiết các mặt bên tạo với đáy một góc 32 2 2 2 2log 2019 2 l g 2019 3 log 2019 ... log 2019 1008 2017log 2019naaa a aon      32 2 2 2 23 3 3 2 23 3 3 3 2 22log 2019 2 l g 2019 3 log 2019 ... log 2019 1008 2017log 2019log 2019 2 l g 2019 3 log 2019 ... log 2019 1008 2017log 2019(1 2 3 ... ) log 2019 1008 2017 log 2019( 1) 2016.2naaa a aa a a a aaaononnnn                 2201722017n 3, 4, 5AB BC CA   233 839 200 33 23 6ABCS 34562p 1S pr r   rACBISM3030 độ ta suy ra I là chân đường cao của khối chóp Do đó ta chọn A Câu 4. Cho . Tính A. 5 B. 10 C. D. Đáp án chi tiết : Đặt Chọn A Câu 5. Cho đường thẳng và mp (P) : . Tìm phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P) cắt và vuông góc với (d). Đáp án chi tiết : 0033tan 30 . an 30 1.33SISI MI tMI     .1 2 3.33S ABC ABCV S SI 10( ) 5f x dx 10(1 )I f x dx 15 5 0110110( ) 5t x dt dxxtxtI f t dt          1( ) : 12xtd y tzt 20xy   1 2 1 3 1 2 1. 1 2 . 1 3 . 1 2 . 10 5 0 5x t x t x t x tA y t B y t C y t D y tz z z z                                Gọi I là giao điểm của (d) và (P) (d) có vectơ chỉ phương (P) có vectơ pháp tuyến Vecstơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm là =(-2 ;2 ;0) Phương trình mặt phẳng cần tìm là Câu 6. Biết số phức Z thỏa điều kiện . Tập hợp các điểm biểu diễn của Z tạo thành một hình phẳng. Diện tích của hình phẳng đó bằng A. B. C. D. Đáp án chi tiết : Đặt z=x+yi Do đó Tập hợp các điểm biểu diễn của Z là hình phẳng nằm trong đường tròn Tâm I (1 ;3) với bán kính bằng R=5 đồng thời nằm ngoài đường tròn tâm I (1 ;3) với bán kính r=3 Diện tích của hình phẳng đó là (1 ;1 ; 2 )( ) 0 (1;1; 0)I t t tI P t I    ( 1; 1; 2)u   (1;1; 0)n ,u u v 12120xtytz 3 3 1 5zi    16 4 9 25 223 1 1 ( 3) ( 1) ( 3)z i x y i x y          223 3 1 5 9 ( 1) ( 3) 25z i x y          864225OCâu 7. Trong số các khối trụ có thể tích bằng V, khối trụ có diện tích toàn phần bé nhất thì có bán kính đáy là A. . B. C. D. Đáp án chi tiết : Xét hàm số với R>0 Bảng biến thiên R 0 + + 0 - 0 Từ bảng biến thiên ta thấy diện tích toàn phần nhỏ nhất khi Do đó chọn A 22.5 .3 16S     32VR 34RV 3RV 3VR 2222.22 2 2 2TP Xq dV R hVlhRVS S S Rl R RR          22( ) 2Vf R RR 32324'( )'( ) 02VRfRRVf R R   32V  ,()fR ()fR   32VRB. Câu 1. Tìm tham số thực m để bất phương trình: có nghiệm thực trong đoạn . A. B. C. D. Lời giải Tập xác định: . Đặt . Khi đó: . Ta có: . Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên, thỏa yêu cầu bài toán. 22x 4x 5 x 4x m 1 2; 3 1m 1m 12m 12m D 2 2 2t x 4x 5 1 x 4x t 5 221 t t 5 m m t t 5 g t , t 1; 1g ' t 2t 1. Cho g ' t 0 t2 t 12 2 3 g ' t 0 gt 3 1 m1Câu 2: Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn A. B. C. D. Lời giải Phương trình đã cho tương đương  (1) Đặt t = cos4x. Phương trình trở thành: , (2) Với thì Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt t[-1; 1), (3) Xét hàm số g(t) = với , g’(t) = 8t+1. g’(t) = 0  t = Lập bảng biến thiên 3 g’(t) 0 + t 1 g(t) 5 ;44 442sin x + cos x + cos 4x = m. 47 3;64 2mm 49 364 2m 47 364 2m 47 364 2m 23444cos xcos x m 24 4 4 4 3cos x cos x m   24 4 3t t m   ;44x 1;1 .t ;44x 24tt [ 1;1)t 18  1 18 116Dựa vào bảng biến thiên suy ra (3) xảy ra   Vậy giá trị của m phải tìm là: . Câu 3 : Cho phương trình . Tìm m để bất phương trình sau đúng với mọi Lời giải Đưa về bpt dạng Đặt t =cosx ; . Khi đó bài toán trở thành Tìm m để bất phương trình đúng với mọi Lập BBT A. B. C. D. Câu 4: Đặt vào một đoạn mạch hiệu điện thế xoay chiều u = U0. Khi đó trong mạch có dòng diện xoay chiều i = I0 với là độ lệch pha giữa dòng diện và hiệu điện thế.Hãy Tính công của dòng diện xoay chiều thực hiện trên đoạn mạnh đó trong thời gian một chu kì. A. B. C. D. Lời giải Ta có: 14 3 316m    47 364 2m 47 364 2m 4 2 23cos 5 cos 3 36 sin 15 cos 36 24 12 0x x x x m m       x 4 3 2 23cos 20 cos 36 cos 12 24x x x m m    11t   4 3 2 2( ) 3 20 36 12 24f t t t t m m     11t   1m 1m 12m 12m 2sin tT 2sin tT  00UIcos2 00UIT sin2 00UITcos( )2   00UITcos2A = Câu 5: Một dòng điện xoay chiều i = I0 chạy qua một mạch điện có điện trở thuần R.Hãy tính nhiệt lượng Q tỏa ra trên đoạn mạch đó trong thời gian một chu kì T. A. B. C. D. Lời giải Ta cã: Q =   TT000022uidt U I sin t sin tdtTT T00014U I cos cos t dt2T     T000U I 1 4cos cos t dt2 2 T     T0 0 0 00U I T 4 U Itcos sin t Tcos2 4 T 2       2sin tT 20RIT2 20RIT3 20RIT4 20RIT5 TT2 2 20002Ri dt RI sin t dtT   T20021 cos2TRI dt2   T22000RI T 2 RIt sin 2 t T2 4 T 2    Câu 6: Một đoàn tàu chuyển động trên một đường thẳng nằm ngang với vận tốc không đổi v0.Vào thời điểm nào đó người ta tắt máy. Lực hãm và lực cản tổng hợp cả đoàn tàu bằng 1/10 trọng lượng P của nó. Hãy các định chuyển động của đoàn tàu khi tắt máy và hãm. A. B. C. D. Lời giải - Khảo sát đoàn tàu như một chất điểm có khối lượng m, chịu tác dụng của . - Phương trình động lực học là: (1) Chọn trục Ox nằm ngang, chiều (+) theo chiều chuyển động gốc thời gian lúc tắt máy.Do vậy chiếu (1) lên trục Ox ta có: hay viết: hay ; (2) hay (2') nguyên hàm hai vế (2') ta có: hay nguyên hàm tiếp 2 vế ta được (3) 20g.tx v .t20 20g.tx v .t10 20g.tx v .t30 20tx v .t20 cP, N, F cma P N F   xcma F "mx F pF10 "gx10 dv g gdtdt 10 10    1gV t C10   11dx g gt C dx t.dt C dxdt 10 10      212gx t C .t C20   Dựa vào điều kiện ban đầu để xác định các hằng số C1 và C2 như sau: T¹i t0 = 0; v = v0; v0 = 0 Ta cã: C2 = 0 vµ C1 = v0 thay C1 vµ C2 vµo (3) Câu 7: Một thanh AB có chiều dài là 2a ban đầu người ta giữ thanh ở góc nghiêng , một đầu thanh tựa không ma sát với bức tường thẳng đứng. Khi buông thanh, nó sẽ trượt xuống dưới tác dụng của trọng lực. Hãy biểu diễn góc theo thời gian t (Tính bằng công thức tính phân) A. B. C. D. Lời giải Do trượt không ma sát nên cơ năng của thanh được bảo toàn (1) Do khối tâm chuyển động trên đường tròn tâm O bán kính a nên: Động năng quay quanh khối tâm: Thay vào (1) ta được: 20g.tx v .t20 o  3(sin sin )2oodta 3(sin sin )2oodtga 3(sin sin )oodtga ooagdt)sin(sin23 ttqoKKmgamgasinsin 2222'212mamaKtt 22222'61')2(1212121maamIKq )sin(sin'322ogaCâu 8: Một thanh AB có chiều dài là 2a ban đầu người ta giữ thanh ở góc nghiêng , một đầu thanh tựa không ma sát với bức tường thẳng đứng. Khi buông thanh, nó sẽ trượt xuống dưới tác dụng của trọng lực. Tính góc khi thanh rời khỏi tường A. B. C. D. Lời giải Xét chuyển động khối tâm của thanh theo phương Ox: . Tại thời điểm thanh rời tường thì Toạ độ khối tâm theo phương x là: Đạo hàm cấp 1 hai vế: Đạo hàm cấp 2 hai vế: Khi (2) Từ (1) suy ra: Lấy đạo hàm 2 vế: 3' (sin sin )2oga ooagdt)sin(sin23 o sin o1sin sin3   o2sin sin3   o2sin sin5   4sin sin3o ''1mxN 0''01xN cosax '.sin'ax ''.sin'.cos''.sin'.cos''22aax 0''x ''.sin'.cos2 oggasinsin'322 0'.cos''.'34gaHay: Thay vào (2) ta có phương trình: C. Câu 1(GT Chương 1). Khi xây nhà, chủ nhà cần làm một hồ nước bằng gạch và xi măng có dạng hình hộp đứng đáy là hình chữ nhật có chiều dài gấp ba lần chiều rộng và không nắp, có chiều cao là và có thể tích là . Hãy tính chiều cao của hồ nước sao cho chi phí xây dựng là thấp nhất? A.m B. C. D. Hướng dẫn giải Gọi x, y, h lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hình hộp Theo đề bài ta có và Để tiết kiệm nguyên vật liệu nhất ta cần tìm các kích thước sao cho diện tích toàn phần của hồ nước là nhỏ nhất. Khi đó ta có: cos43''ag cos43.sin)sin(sin23.cosagago )sin(sin2sino osin32sin h m318 h h1 2hm 32hm 52hm 3yx 23   VVV hxy hxy x 22282 2 2 2.3 . .3 x 33 3 3       tpV V VS xh yh xy x x x xx x xTa có . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi . Vậy chọn C Câu 2(GT Chương 2). Phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt khi: A. B. C. D. Hướng dẫn giải Lập bảng biến thiên suy ra đáp án C. Câu 3(GT Chương 3). Một lực 50 N cần thiết để kéo căng một chiếc lò xo có độ dài tự nhiên 5 cm đến 10 cm. Hãy tìm công sinh ra khi kéo lò xo từ độ dài từ 10 cm đến 13 cm? A. 1,95J B. 1,59 J C. 1000 J D. 10000 J Hướng dẫn giải Theo định luật Hooke, khi chiếc lò xo bị kéo căng thêm m so với độ dài tự nhiên thì chiếc lò xo trì lại với một lực .Khi kéo căng lò xo từ 5 cm đến 10 cm, thì nó bị kéo căng thêm 5 cm = 0,05 m. Bằng cách này, ta được bởi vậy : 22238 4 4 163 3 3 363 3 3 3      CauchytpV V V VS x xx x x 2324 4 3323 9 3 2      V V Vx x hxx 32122log 6 2 log 14 29 2 0     mx x x x 19m 39m 39192m 19 39m 3212232223232log 6 2 log 14 29 2 0log 6 log 14 29 2 06 14 29 26 14 29 2                  mx x x xmx x x xmx x x xx x xmx 3226 14 29 2 212 141 1 191 1 3902 2 21 1 1213 3 3                x x xf x f x xxxxff x x fxf x ()f x kx (0, 05) 50fDo đó: và công được sinh ra khi kéo căng lò xo từ 10 cm đến 13 cm là: Vậy chọn A Câu 4(GT Chương 4). Cho số phức có mô đun bằng và là số phức thỏa mãn biểu thức . Môđun của số phức bằng: A. 1 B. 2 C. 2016 D. 2017 Hướng dẫn giải Từ Từ Suy ra: Vậy chọn D. 500.05 50 10000.05   kk ( ) 1000f x x 20,080,080,050,05W 1000 1000 1, 952  xxdx J z 2017 w 1 1 1z w z w w 21 1 1 100        z w zwzwz w z w zw z w zw z w 2 2 2 2 2222213004413241322             z w zw z zw w wz w wiwzw 22w 3w 1 3w w=2 2 2 21322               i i zzzi 2017w 20171344Câu 5(HH Chương 1). Cho khối lập phương cạnh . Các điểm và lần lượt là trung điểm của và . Mặt phẳng cắt khối lập phương đã cho thành hai phần, gọi là thể tich khối chứa điểm và là thể tich khối chứa điểm . Khi đó là A. . B. 1. C. . D. . Hướng dẫn giải Đường thẳng cắt tại , cắt tại , cắt tại , cắt tại . Từ đó mặt phẳng cắt khối lăng trụ thành hai khối đó là và . Gọi , , . Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có . , , . Vậy . Vậy chọn A. .   ABCD A B C D a E F CB CD AEF 1V A 2V 'C 12VV 2547 1725 817 EF AD N AB M AN DD P AM BB Q AEF ABCDC QEFP   AQEFPB A D .   ABCD A B C DVV 3.A A MNVV 44,PFD N QMB EV V V V 45VV 331 1 3 3 3. . . .6 6 2 2 8    a a aV AA A M A N a 3411. . . . .6 6 3 2 2 72    a a a aV PD D F D N 31 3 425272  aV V V 3214772  aV V V 122547VVCâu 6(HH Chương 2). Cho một khối trụ có bán kính đáy và chiều cao . Mặt phẳng song song với trục của khối trụ chia khối trụ thành 2 phần, gọi là thể tích phần khối trụ chứa trục , là thể tích phần còn lại của khối trụ. Tính tỉ số , biết rằng cách một khoảng bằng . A. . B. . C. . D. . Hướng dẫn giải Thể tích khối trụ . Gọi thiết diện là hình chữ nhật . Dựng lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ như hình vẽ. Gọi H là trung điểm AB. Ta có   .  OAB vuông cân tại O  ABCD là hình vuông. Từ đó suy ra: . Suy ra . ra 2ha ()P 'OO 1V 'OO 2V 12VV ()P 'OO 22a 322 322 232 232 2 2 3.2 2    V r h a a a ''ABB A ( ' ')  OH AB OH ABB A 22aOH 22  aAH BH OH 3322 . ' ' ' '1 1 ( 2)2 ( 2 ) .24 4 2    ABCD A B C DaV V V a a a 33312( 2) (3 2)222    aaV V V a 12322VVVậy chọn A Câu 7(HH Chương 3). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật có điểm A trùng với gốc tọa độ, với . Gọi M là trung điểm của cạnh . Giả sử , hãy tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ? A. B. C. D. Hướng dẫn giải Ta có: Suy ra: Do nên áp dụng BĐT Côsi ta được: Suy ra: . Vậy chọn A D. Câu 1. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số thuộc để phương trình có nghiệm? A. B. C. D. .   ABCD A B C D ( ; 0; 0), (0; ; 0), (0; 0; )B a D a A b ( 0, 0)ab CC 4ab A BDM 64max27A MBDV max 1A MBDV 64max27A MBDV 27max64A MBDV ( ; ; 0), ( ; 0; ), (0; ; ), ( ; ; ) ; ;2  bC a a B a b D a b C a a b M a a ( ; 0; ), (0; ; ), ; ;2     bA B a b A D a b AM a a 2223, ( ; ; ) , .24               A MBDa b a bA B A D ab ab a A B A D A M V ,0ab 2231 1 1 64432 2 4 27       a b a a b a b a b 64max27A MBDV m 10;10 21 2 1 2 1 3 1 0x m x x        12 13 8 9Câu 2. Biết phương trình có nghiệm duy nhất trong đó là các số nguyên. Tính ? A. B. C. D. Câu 3. Biết tích phân trong đó . Tính tổng ? A. 0 B. 1 C. 3 D. -1 Câu 4. Cho số phức z thoả mãn :. Tìm phần thực của số phức . A. B. C. D. Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là trung điểm của AD. Gọi S’ là giao của SC với mặt phẳng chứa BM và song song với SA. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S’.BCDM và S.ABCD. A. B. C. D. Câu 6. Cho hình chóp S.ABC có . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. A. B. C. D. Câu 7. Cho và điểm . Gọi M là điểm thuộc sao cho biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm hoành độ điểm M. A. B. C. D. 532 1 1log 2 log22xxxx 2x a b ,ab ab 5 1 1 2 222221.1 2 8xx a bdx ,ab ab 671 3 5zizi 2017z 10082 10082 5042 20172 12 23 34 14 02 , 3 , 60 , ,AB a AC a BAC SA ABC SA a     2 213a 213a 29a 933a 1; 3; 5 , 2; 6; 1 , 4; 12; 5A B C    : 2 2 5 0P x y z    P 4S MA MB MA MB MC     3Mx 1Mx 1Mx 3MxĐáp án: 1A; 2A; 3C;4B;5A;6D;7C ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1. (Ứng dụng đạo hàm) Có bao nhiêu giá trị thực của tham số thuộc để phương trình có nghiệm? A. B. C. D. Lời giải ĐK: . Đặt Từ BBT PT có dạng: Do không là nghiệm nên PT đã cho có nghiệmĐồ thị h/svà đt có điểm chung có hoành độ Xét hàm số trên : BBT: 2 4 Phương trình đã cho có nghiệm . Đáp án A. 0 1 + 0 2 m 10;10 21 2 1 2 1 3 1 0x m x x        12 13 8 9 11x   11u x x    11' ; ' 0 02 1 2 1u u xxx       22t 222 3 0 2 2 3 *2tm t t m t      23t 2*223tm f tt    y f t 2ym 22t 223tftt 2; 2 223' 0 2; 223ttf t tt    t 2 32 'ft   ft 2 2 2 3   2 2 2 2 3 2 2 32 4 2mmmm      x 1 'u  u 2 2Câu 2. (Mũ – Logarit) Biết phương trình có nghiệm duy nhất trong đó là các số nguyên. Tính ? A. B. C. D. Lời giải. Đk: Đặt có dạng Xét , do . Xét : là hàm đồng biến trên miền có dạng . Vậy . Đáp án A. Câu 3. ( Tích phân) Biết tích phân trong đó . Tính tổng ? A. 0 B. 1 C. 3 D. -1 532 1 1log 2 log22xxxx 2x a b ,ab ab 5 1 1 2 5 3 5 32 1 1 2 1 1log 2 log log 2 log222x x x xxxxx      0110xxx 25 5 3 325 3 5 3Pt log 2 1 log log ( 1) log 4log 2 1 log 4 log log ( 1) (1)x x x xx x x x           22 1 4 1t x x t     (1) 225 3 5 3log log ( 1) log log ( 1) (2)t t x x     253( ) log log ( 1)f y y y   1 3 1x t y     1y 211'( ) .2( 1) 0ln 5 ( 1) ln 3f y yyy    ()fy 1; (2) ( ) ( ) 2 1 2 1 0f t f x t x x x x x          123 2 2 ( )1 2 (vn)xx tmx    3 2 2x 222221.1 2 8xx a bdx ,ab abGiải: Đặt . Đáp án C. Câu 4. (Sô phức) Cho số phức z thoả mãn :. Tìm phần thực của số phức . A. B. C. D. Lời giải. Cho số phức z thoả mãn :. Tìm phần thực của số phức . Gọi số phức thay vào (1) ta có Đáp án B. Câu 5. (Khối đa diện) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là trung điểm của AD. Gọi S’ là giao của SC với mặt phẳng chứa BM và song song với SA. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S’.BCDM và S.ABCD. A. B. C. D. Lời giải Trong , gọi , trong , kẻ đường thẳng qua I, , cắt tại S’S’ là giao điểm của SC với mp chứa BM, //SA. 2 2 202 2 22 2 220022221 1 111 2 1 2 1 2x x xx x xI dx dx dx x dx            sinxt 28I 671 3 5zizi 2017z 10082 10082 5042 20172 671 3 5zizi 2013z ( , )z a bi a b z a bi      671 3 5a bi ia bii ( )(1 3 ) 6 710 10 3 ( 3 ) 12 1410 59 3 (11 3 ) 12 14a bi i ia bi a bi a b i b a ia b i b a i                 9 3 12 111 3 14 1a b ab a b     5045042017 4 1008 10081 1 (1+i) 1 4 1 2 2a b z i z i i i             12 23 34 14 ABCD I AC BM SAC //SA SC Do M là trung điểm của AD nên Gọi H, H’ lần lượt là hình chiếu của S, S’ trên ABCD Đáp án A. Câu 6. (Mặt tròn xoay) Cho hình chóp S.ABC có . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. A. B. C. D. Lời giải Có Bán kính đường tròn ngoại tiêp là: Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là . Đáp án D. Câu 7. (Hình Oxyz) Cho và điểm . Gọi M là điểm thuộc sao cho biểu thức đạt giá trị nhỏ S'IMDCBAS '. '.3344S BCDM S ABCDdt BCDM dt ABCD V V   ' ' ' 23S H CS CISH CS CA    '. '. . .3 3 2 14 4 3 2S BCDM S ABCD S ABCD S ABCDV V V V     02 , 3 , 60 , ,AB a AC a BAC SA ABC SA a     2 213a 213a 29a 933a 2 2 0 22 . .cos 60 7BC AB AC AB AC a    ABC 7 2 21sin 332BC a arA   22222 21 932 3 3SA aR r a a     1; 3; 5 , 2; 6; 1 , 4; 12; 5A B C    : 2 2 5 0P x y z    P 4S MA MB MA MB MC    nhất. Tìm hoành độ điểm M. A. B. C. D. Lời giải Gọi I là điểm Gọi G là trọng tâm ta m giác ABC Nhận thấy, M,I nằm khác phía so với mp(P). Có . Dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của GI và (P) Đáp án C. E. Câu 1 (Đạo hàm và ứng dụng). Từ một miếng tôn hình vuông cạnh a(cm) người ta muốn cắt ra một hình chữ nhật và hai hình tròn có cùng đường kính để làm thân và các đáy của một hình trụ. Hỏi khối trụ được tạo thành có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu, biết rằng các cạnh cảu hình chữ nhật song song hoặc trùng với các cạnh ban đầu của tấm tôn. A. B. C. D. Giải Ta có 2 cách để cắt hình để tạo thành hình trụ. +) Cách 1: Cắt thành 2 phần: Một phần có kích thước x và a. Một phần có kích thước a-x và a. Phần có kích thước x và a để làm hai đáy và phần có kích thước a-x và a cuộn dọc để tạo thành thân (tạo thành hình trụ có chiều cao bằng a). Điều kiện là thì . 3Mx 1Mx 1Mx 3Mx 4 0 3; 7; 3IA IB I    1; 1; 3G   33S MI MG GI   1; 3;1M 3241a 3214a 3214a 324a 1ax 232441ax aV+) Cách 2: Cắt như trên. Nhưng phần có kích thước a-x và a cuộn ngang để làm thành thân (tạo thành hình trụ có chiều cao là a-x). Điều kiện là do chu vi của hình tròn cắt ra phải bằng với phần đáy của hình chữ nhật. Khi đó . Xét hàm số , với . Ta có . Vậy thể tích lớn nhất của khối trụ được tạo thành là: . Câu 2 (Mũ và lôgarit). Theo dự báo với mức tiêu thụ dầu không đổi như hiện nay thì trữ lượng dầu của nước A sẽ hết sau 100 năm nữa. Nhưng do nhu cầu thực tế, mức tiêu thụ tăng lên 4% mỗi năm. Hỏi sau bao nhiêu năm số dầu dự trữ của nước A sẽ hết. A. 45 năm B. 50 năm C. 41 năm D. 47 năm Giải Giả sử số lượng dầu của nước A là 100 đơn vị. Số dầu sử dụng không đổi mà 100 năm mới hết thì suy ra số dầu nước A dùng 1 năm là 1 đơn vị. Gọi n là số năm tiêu thụ hết sau khi thực tế mỗi năm tăng 4%, ta có . Vậy sau 41 năm thì số dầu sẽ hết. Câu 3 (Tích phân và ứng dụng). ax 24a x xV 24a x xV ax 232144a x x aV 3214a 1.041. 1 0, 04 . 1 0, 04 1100 4, 846 40, 230, 04nn log     