COMBO Bài tập trắc nghiệm nâng cao Toán 12 & Các dạng toán ứng dụng thực tế có đáp án và lời giải chi tiết St&Bs Đặng Việt Đông

Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Toán 12 

Trang 1

www.twitter.com/daykemquynhon 

www.facebook.com/daykem.quynhon 

https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

www.daykemquynhon.blogspot.com 


www.daykemquynhon.ucoz.com 

MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com 

MỤC LỤC 

PHẦN I – ĐỀ BÀI.............................................................................................................................. 3 

HÀM SỐ ............................................................................................................................................ 3 

HÌNH ĐA DIỆN................................................................................................................................. 9 

I – HÌNH CHÓP ............................................................................................................................ 9 

II – HÌNH LĂNG TRỤ ................................................................................................................ 13 

MŨ - LÔ GARIT ............................................................................................................................. 15 

HÌNH NÓN - TRỤ - CẦU .............................................................................................................. 19 

NGUYÊN HÀM , TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG .......................................................................... 24 

HÌNH HỌC TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN OXYZ ............................................................................... 29 

SỐ PHỨC ......................................................................................................................................... 37 

PHẦN II – LỜI GIẢI CHI TIẾT .................................................................................................... 41 

HÀM SỐ .......................................................................................................................................... 41 

HÌNH ĐA DIỆN............................................................................................................................... 65 

I – HÌNH CHÓP .......................................................................................................................... 65 

II – HÌNH LĂNG TRỤ ................................................................................................................ 79 

MŨ - LÔ GARIT ............................................................................................................................. 87 

HÌNH NÓN - TRỤ - CẦU ............................................................................................................ 103 

NGUYÊN HÀM , TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG ........................................................................ 118 

HÌNH HỌC TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN OXYZ ............................................................................. 133 

SỐ PHỨC ....................................................................................................................................... 159 

DIỄN ĐÀN TOÁN - LÍ - HÓA 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú 

Trang 2 

www.facebook.com/daykemquynhonofficial 

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial






PHẦN I – ĐỀ BÀI 

HÀM SỐ 



3 

Câu 1. Cho hàm số y = x + mx + 2 có đồ thị (C m ). Tìm m để đồ thị (C m ) cắt trục hoành tại một điểm 

duy nhất. 

A. m > − 3 

B. m < − 3 

C. m > 3 

D. m < 3 

4 2 2 

Câu 2. Cho hàm số: y = x − 2( m − 2) x + m − 5m 

+ 5 . Với giá trị nào của m thì đồ thị hám số có 

cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm này tạo thành một tam giác đều 

3 

3 

A. m = 2 − 3 B. 2 − 3 

C. 3 − 2 

D. 3 − 2 

3 1 2 

Câu 3. Cho hàm số − có đồ thị là (C). Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ số 

y = x 

x 

2 

góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại những điểm đó là giá trị lớn nhất của hàm số g(x) = 4x +3 

x 4 +1 

⎛ 1 ⎞ 

⎛ 3 ⎞ 

A. ⎜ ;0 ⎟ 

B. ⎜ −1; 

− ⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

⎝ 2 ⎠ ; ⎛ 4 40 ⎞ 

⎜ ; ⎟ 

⎝ 3 27 ⎠ 

⎛ 2 1+ 

2 ⎞ ⎛ 2 − 1+ 

2 ⎞ 

⎛ 1 ⎞ 

C. 

⎜ 

− ; − 

; 

2 4 ⎟ 

; 

D. 

⎜ 

⎝ 

⎠ 2 4 ⎟ 

⎜ ;0 ⎟ 

⎝ 

⎠ 

⎝ 2 ⎠ ; ( − 2; − 10 ) 

2x 

− 4 

Câu 4. Cho hàm số y = 

x + 1 

có đồ thi ( C ) điểm A( − 5;5) . Tìm mđể đường thẳng y = − x + m cắt 

C tại hai điểm phân biệt M và N sao cho tứ giác OAMN là hình bình hành (O là gốc toạ 

đồ thị ( ) 

độ). 

A. m = 0 

B. m = 0; m = 2 C. m = 2 

D. m = −2 

x + 2 

Câu 5. Cho hàm số: y = ( C) 

. Tìm a sao cho từ A(0, a ) kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) nằm ở 

x − 1 

hai phía trục Ox. 

⎛ −2 ⎞ 

⎛ −2 ⎞ 

A. ⎜ ; +∞ ⎟ 

B. ( − 2; +∞ ) \{ 1} 

C. ( − 2; +∞ ) 

D. ⎜ ; +∞⎟ 

\ { 1 } 

⎝ 3 ⎠ 

⎝ 3 ⎠ 

3x 

−1 

Câu 6. Hai điểm M, N thuộc hai nhánh của đồ thị y = . Khi đó độ dài đoạn thẳng MN ngắn nhất 

x − 3 

bằng? 

A. 8 B. 4 C. x < 3 

D. 8 2 . 

M 

3 2 

Câu 7. Cho hàm số y = − x + 3mx − 3m 

− 1. Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số đã cho có cực 

đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng d : x + 8y 

− 74 = 0 

A. m = 1 

B. m = − 2 

C. m = 2 

D. m = − 1 

1 1 

1+ + 

x ( ) 

Câu 8. Cho ( ) 

2 x+ 

1 

f x = e 2 

. Biết rằng ( ) ( ) ( ) ( ) 

và m n tối giản. Tính m − n 

2 . 

A. 

2 

m − n = 2018 . B. 

n 

f 1 . f 2 . f 3 ... f 2017 = e với m, 

n là các số tự nhiên 


2 

m − n = −2018 . C. 

2 

m − n = 1. D. 

m 

2 

2 

m − n = −1. 


Trang 3 










Câu 9. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị y = f ′( x ) cắt trục 

Ox tại ba điểm có hoành độ a 

đề nào dưới đây là đúng? 

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 ). 

Câu 10. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số = ( − ) − ( + ) 

biến trên R . 

1 

A. −3 ≤ m ≤ − . B. 

5 

y 2m 1 x 3m 2 cos x nghịch 

1 

1 

− 3 < m < − . C. m < −3. 

D. m ≥ − . 

5 

5 

3 2 

y = 2x + 3 m − 1 x + 6 m − 2 x + 3 nghịch biến trên 

Câu 11. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số: ( ) ( ) 

khoảng có độ dài lớn hơn 3 

A. m < 0 hoặc m > 6 B. m > 6 

C. m < 0 

D. m = 9 

1 

Câu 12. Cho hàm số x + 

y có đồ thị (C) và A là điểm thuộc (C). Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng các 

x − 1 

khoảng cách từ A đến các tiệm cận của (C). 

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

2x + 1 

Câu 13. Cho hàm số y = ( C ) . Tìm k để đường thẳng d : y = kx + 2k + 1 cắt (C) tại hai điểm 

x + 1 

phân biệt A, 

B sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau. 

A. 12 B. − 4 

C. − 3 

D. 1 

x − 4 

Câu 14. Nếu đồ thị hàm số y = cắt đường thẳng ( d) : 2 x + y = m tại hai đểm AB sao cho độ dài 

x + 1 

AB nhỏ nhất thì 

A. m=-1 B. m=1 C. m=-2 D. m=2 

y = x 3 − 3mx 2 + 3 m 2 − 1 x + 1− 

m 2 . Tìm m để trên đồ thị hàm số có hai điểm đối 

Câu 15. Cho hàm số ( ) 

xứng qua gốc tọa độ 

A. −1≤ 

m ≤ 0 hoặc m ≥1 

B. − 1< m < 0 hoặc m > 1 

C. 1 > m > 0 hoặc m < −1 

D. 1≥ 

m ≥ 0 hoặc m ≤ −1 

Câu 16. Cho hàm số = 

3 

+ 3 

2 

− 

3 

C 

2 3 

và đường thẳng d : y = m x + 2m . Biết rằng 

y x mx m có đồ thị ( m ) 

m , m ( m > m ) là hai giá trị thực của m để đường thẳng d cắt đồ thị ( ) 

1 2 1 2 

4 4 4 

1 

+ 

2 

+ 

3 

= 83 

C tại 3 điểm phân biệt có 

hoành độ x1, x 

2, 

x 

3 

thỏa x x x . Phát biểu nào sau đây là đúng về quan hệ giữa hai giá trị 

m , m ? 

1 2 

2 

2 

A. m1 + m 

2 

= 0 . B. m1 + 2m 2 

> 4 . C. m2 + 2m 1 

> 4 . D. m1 − m 

2 

= 0 . 

x − 3 

Câu 17. Cho hàm số y = có đồ thị là (C). Gọi I là giao điểm của 2 đường tiệm cận của (C). Tìm 

x + 1 

tọa độ điểm M trên (C) sao cho độ dài IM là ngắn nhất ? 

A. M 1( 0 ; − 3 ) và M ( ) 

2 

−2 ; 5 

B. M 1( 1; −1 

) và M ( ) 

2 

−3 ; 3 

⎛ 1 ⎞ ⎛ 7 ⎞ 

⎛ 1 5 ⎞ ⎛ 5 11⎞ 

C. M 

1 ⎜ 2 ; − ⎟ và M 

2 ⎜ −4 ; ⎟ 

D. M 

1 ⎜ ; − ⎟ và M 

2 ⎜ − ; ⎟ 

⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ 

⎝ 2 3 ⎠ ⎝ 2 3 ⎠ 

Câu 18. Giá trị của tham số m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 

2 2 

y = 3x + 2mx + m + 1, trục hoành, trục tung và đường thẳng x = 2 đạt giá trị nhỏ nhất là: 


m 


Trang 4 










A. m = 2 B. m = 1 C. m = -1 D. m = - 2 

2 

x − 2x 

+ 3 

Câu 19. Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y = 

hợp với 2 trục tọa độ 1 

x −1 

tam giác có diện tích S bằng: 

A. S=1,5 B. S=2 C. S=3 D. S=1 

3 2 

y x 2x 1 m x m 

C cắt trục 

Câu 20. Cho hàm số = − + ( − ) + có đồ thị ( C ) . Giá trị của m thì ( ) 

hoành tại 3 điểm phân biệt x1, x2, 

x 

3 

sao cho x + x + x < là 

⎧ 1 ⎪− < m < 1 

A. m < 1 

B. ⎨ 4 

⎪ 

⎩m 

≠ 0 

2 2 2 

1 2 3 

4 

1 

C. − < < 1 

4 m D. 1 

< m < 1 

4 

Câu 21. Cho hàm số y = ( x − m) 3 − 3x + m 

2 

( 1) 

. Gọi M là điểm cực đại của đồ thị hàm số ( ) 

một giá trị m thích hợp đồng thời là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số ( ) 

1 ứng với 

1 ứng với một giá trị khác của 

m. Số điểm M thỏa mãn yêu cầu đề bài là: 

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

Câu 22. Cho một tam giác đều ABC cạnh a. Người ta dựng một hình chữ nhật MNPQ có cạnh MN 

nằm trên cạnh BC, hai đỉnh P và Q theo thứ tự nằm trên hai cạnh AC và AB của tam giác. Xác định 

giá trị lớn nhất của hình chữ nhật đó? 

3 

A. a 

2 

3 

B. a 

2 

3 

C. 0 D. a 

2 

8 

4 

2 

x 

Câu 23. Cho hàm số y = ( C ) . Tìm m để đường thẳng d : y = mx − m − 1 cắt ( C ) tại hai điểm 

1 − x 

2 2 

phân biệt M, 

N sao cho AM + AN đạt giá trị nhỏ nhất với A( − 1;1) . 

A. m = 1 

B. m = 2 

C. m = −1 

D. m = 3 

y = f x có đồ thị nhu hình vẽ bên. Tất cả 

Câu 24. Cho hàm số bậc ba ( ) 

các giá trị của tham số m để hàm số ( ) 

y = f x + m có ba điểm cực trị là: 

A. m ≤ −1 

hoặc m ≥ 3 

B. m ≤ −3 

hoặc m ≥1 

C. m = −1 

hoặc m = 3 

D. 1≤ 

m ≤ 3 

3 2 

Câu 25. Tìm m để đồ thị hàm số y = x − 3mx + 1 có hai điểm cực trị A, 

B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1 (O là gốc tọa độ). 

A. m = 1 

B. m = 2 

C. m = ± 1 

D. m = 3 

2 

2sin x 

Câu 26. Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) 

= 

là 

4 x 4 x 

sin + cos 

2 2 

A. 0 B. 4 C. 8 D. 2 

3 2 

Câu 27. Cho hàm số y = x − 6x + 9x + m có đồ thị (C), với m là tham số. Giả sử đồ thị (C) cắt trục 

hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn . 

1 2 3 

Khẳng định nào sau đây là đúng? 

A. 1< x1 < x2 < 3 < x3 

< 4 

B. 0 < x1 < 1< x2 < 3 < x3 

< 4 

C. x1 < 0 < 1< x2 < 3 < x3 

< 4 

D. 1< x1 < 3 < x2 < 4 < x3 

tan x − 2 

Câu 28. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = đồng biến trên khoảng 

tan x − m 

⎛ π ⎞ 

⎜0; ⎟. 

⎝ 4 ⎠ 

A. m ≤ 0 hoặc 1 ≤ m < 2. B. m ≤ 0. C. 1 ≤ m < 2. D. m ≥ 2. 



Trang 5 










4 2 

2 Câu 29. Cho hàm số y = ax + bx + c có đồ thị như hình vẽ 

bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? 

A. a > 0, b < 0, c > 0 

B. a < 0, b > 0, c < 0 

C. a < 0, b < 0, c < 0 

D. a > 0, b < 0, c < 0 

1 

Câu 30. Cho hàm số : y = x + 1+ ( C ) Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 

x −1 

sao cho tiếp tuyến tại diểm đó tạo với 2 đường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất . 

⎛ 1 1 ⎞ 

⎛ 1 1 ⎞ 

A. M = ⎜1 + ;2 − 2 + 

4 4 ⎟ 

B. M = ⎜ ;2 + 

4 4 ⎟ 

⎝ 2 2 ⎠ 

⎝ 2 2 ⎠ 

⎛ 1 1 ⎞ 

C. M = ( 1;2 + 2 ) 

D. M = ⎜1 + ;2 + 2 + 

4 4 ⎟ 

⎝ 2 2 ⎠ 

4 

x 2 5 

Câu 31. Cho hàm số: y = − 3 x + ( C) 

và điểm M ∈ ( C) 

có hoành độ x M = a. Với giá trị nào của a 

2 2 

thì tiếp tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) 2 điểm phân biệt khác M. 

⎧ ⎪ a < 3 

⎪⎧ a < 3 

⎧ ⎪a 

< 3 

⎧ ⎪ a < 7 

A. ⎨ B. ⎨ 

C. ⎨ D. ⎨ 

⎪ ⎩a 

≠ ± 1 

⎪ ⎩a 

≠ 1 

⎪ ⎩a 

≠ ± 1 

⎪ ⎩a 

≠ ± 2 

2x 

− 3 

Câu 32. Cho hàm số: y = . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) , biết tiếp tuyến đó cắt đường 

x − 2 

tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, 

B sao cho AB = 2IB , với I (2,2) . 

A. y = − x + 2 ; y = −x − 3 

B. y = x + 2 ; y = − x + 6 

C. y = − x + 2 ; y = − x + 6 

D. y = x − 2 ; y = x − 6 

Câu 33. Cho hàm số y = x 3 + 2mx 2 + (m + 3)x + 4 (m là tham số) có đồ thị là (C m ), đường thẳng d có 

phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m để d cắt (C m ) tại ba điểm phân 

biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . 

1± 

37 

1± 

137 

1± 

7 

1± 

142 

A. m = 

B. m = 

C. m = 

D. m = 

2 

2 

2 

2 

3 

Câu 34. Cho hàm số: y = x − 2009x có đồ thị là (C). M 

1 

là điểm trên (C) có hoành độ x 

1 

= 1. Tiếp 

tuyến của (C) tại M1 

cắt (C) tại điểm M 2 

khác M 

1 

, tiếp tuyến của (C) tại M 

2 

cắt (C) tại điểm M 

3 

khác M 

2 

, tiếp tuyến của (C) tại điểm M 

n−1 


n 

khác M 

n−1 

(n = 4; 5;…), gọi ( xn; 

y 

n ) 

2013 

là tọa độ điểm M 

n 

. Tìm n để : 2009xn 

+ y 

n 

+ 2 = 0 

A. n = 685 

B. n = 627 

C. n = 675 

D. n = 672 

3x 

− 2m 

Câu 35. Cho hàm số y = với m là tham số. Xác định m để đường thẳng d cắt các trục 

mx + 1 

Ox, 

Oy lần lượt tại C, 

D sao cho diện tích ∆OAB bằng 2 lần diện tích ∆OCD . 

5 

2 

1 

A. m = ± 

B. m = ± 3 

C. m = ± 

D. m = ± 

3 

3 

3 



Trang 6 










1 

3 

3 2 

Câu 36. Cho hàm số y = mx + ( m − 1) x + ( 4 − 3m) 

x + 1 có đồ thị là ( C ) 

giá trị của m để trên ( ) m 

vuông góc với đường thẳng d : x + 2y = 0 . 

m 

, m là tham số. Tìm các 

C có duy nhất một điểm có hoành độ âm mà tiếp tuyến của ( ) 

C tại điểm đó 

⎡m 

< 0 

⎡m 

< −1 

A. ⎢ 

⎡m 

< 0 

1 

⎢ 

2 

B. ⎢ 

C. 0 < m < 

D. ⎢ 

5 

m > 

⎣m 

> 1 

3 

⎢ m > 

⎣ 3 

⎣ 3 

2x 

−1 

Câu 37. Cho hàm số y = có đồ thị (C) và điểm P ( 2;5) 

. Tìm các giá trị của tham số m để 

x + 1 

đường thẳng : = − + 

C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều. 

d y x m cắt đồ thị ( ) 

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị ( C ) là: 

A. m = 1, m = −5 

B. m = 1, m = 4 C. m = 6, m = −5 

D. m = 1, m = −8 

4 3 

Câu 38. Cho hàm số y = x − mx + 4x + m + 2 . Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số ban đầu có 3 

cực trị và trọng tâm của tam giác với 3 đỉnh là toạ độ các điểm cực trị trùng với tâm đối xứng của đồ 

4x 

thị hàm số y = 

4x − m . 

A. m = 2 

B. m = 1 

C. m = 4 

D. m = 3 

3 2 

y = x + 3mx + 3 m + 1 x + 2 nghịch biến trên một đoạn có độ dài 

Câu 39. Tìm tham số m để hàm số ( ) 

lớn hơn 4 . 

1− 

21 

1− 

21 1+ 

21 

A. m < 

B. m < hoặc m > 

2 

2 

2 

1+ 

21 

1 

C. m > 

D. − 21 1 21 

< m < 

+ 

2 

2 2 

− x + 1 

Câu 40. Đường thẳng d : y = x + a luôn cắt đồ thị hàm số y = ( H ) tại hai điểm phân biệt 

2x 

−1 

A, 

B . Gọi k1, 

k 

2 

lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với ( H ) tại A và B . Tìm a để tổng k1 + k 

2 

đạt giá trị lớn nhất. 

A. a = 1 

B. a = 2 

C. a = −5 

D. a = −1 

Câu 41. Tìm m để phương trình x 4 – ( 2m+3)x 2 + m + 5 = 0 có 4 nghiệm x 1 , x 2 , x 3 , x 4 thoả mãn : 

-2 < x 1 < -1 < x 2 < 0 < x 3 < 1 < x 4 < 3 

A. Không có m B. m = 1 

C. m = 4 

D. m = 3 

Câu 42. Cho hàm số: y = x 3 3 2 1 3 

- mx + m . Xác định m để đường thẳng y = x cắt đồ thị tại 3 điểm 

2 2 

phân biệt A, B, C sao cho AB = BC. 

A. m = 0 ; m = ± 2 

B. m = 0 

C. m = ± 2 

D. m = 0 ; m = 2 

Câu 43. Cho hàm số y=x 3 -(m+1)x 2 -(2m 2 -3m+2)x+2m(2m-1). Xác định m để hàm số đồng biến trên 

(2;+ ∞ ) . 

A. − 3 < m < 2 

B. −2 ≤ m ≤ 2 

C. −3 ≤ m ≤1 

D. −3 ≤ m ≤ 2 

Câu 44. Bạn A có một đoạn dây dài 20m . Bạn chia đoạn dây thành hai phần. Phần đầu uốn thành một 

tam giác đều. Phần còn lại uốn thành một hình vuông. Hỏi độ dài phần đầu bằng bao nhiêu để tổng 

diện tích hai hình trên là nhỏ nhất? 

40 

180 

A. m . B. 

9 + 4 3 

9 + 4 3 m. 

120 

60 

C. m . D. m . 

9 + 4 3 

9 + 4 3 


m 


Trang 7 










Câu 45. Cho các số thực a, b, 

c thỏa mãn 

3 2 

y = x + ax + bx + c và trục Ox là 

⎧− 8 + 4a − 2b + c > 0 

⎨ . Số giao điểm của đồ thị hàm số 

⎩8 + 4a + 2b + c < 0 

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

2x 

−1 

Câu 46. Tập hợp các giá trị của m để đồ thị hàm số y = 

mx 2 − 2x + 1 4x 2 + 4mx 

+ 1 

đường tiệm cận là 

( )( ) 

A. { 0 }. B. ( −∞; −1) ∪ ( 1; +∞ ). 

C. ∅ D. ( −∞ − ) ∪{ } ∪ ( +∞ ) 

Câu 47. Đường thẳng d : y = x + 4 cắt đồ thị hàm số = 

3 

+ 2 

2 

+ ( + 3) 

+ 4 

biệt A( 0;4 ), 

B và C sao cho diện tích tam giác MBC bằng 4, với ( 1;3 ). 

; 1 0 1; . 

có đúng 1 

y x mx m x tại 3 điểm phân 

M Tìm tất cả các giá trị của 

m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

A. m = 2 hoặc m = 3. B. m = −2 

hoặc m = 3. C. m = 3. 

D. m = −2 

hoặc m = −3. 

Câu 48. Cho các số thực x, y thỏa mãn + = 2( − 3 + + 3) 

2 2 

( ) 

P = 4 x + y + 15xy là: 

x y x y . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

A. min P = −83 

B. min P = −63 

C. min P = −80 

D. min P = −91 

4 2 

Câu 49. Gọi (C m ) là độ thì hàm số y = x − 2x − m + 2017 . Tìm m để (C m ) có đúng 3 điểm chung 

phân biệt với trục hoành, ta có kết quả: 

A. m = 2017 

B. 2016 < m < 2017 C. m ≥ 2017 

D. m ≤ 2017 

Câu 50. Tìm tất cả các giá trị thực của m để đồ thị hàm số y = 

2 

x + 2 

4 

mx + 3 

có hai đường tiệm cận 

ngang. 

A. m = 0 

B. m < 0 

C. m > 0 

D. m > 3 

Câu 51. Cho hàm số = 

2 

+ 2 + − 4 

− 2;1 đạt 

y x x a . Tìm a để giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [ ] 

giá trị nhỏ nhất. 

A. a = 3 

B. a = 2 

C. a = 1 

D. Một giá trị khác 

Câu 52. Giá trị nhỏ nhất của hàm số: = ( ) ( ) 

3 + 2 1+ 3 + 1 + 3 + 2 1− 3 + 1 

y x x x x là: 

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



Trang 8 








I – HÌNH CHÓP 

HÌNH ĐA DIỆN 



Câu 1. Cho hình chóp S. 

ABC có chân đường cao nằm trong tam giác ABC ; các mặt phẳng ( SAB ) , 

( SAC ) và ( SBC ) cùng tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc bằng nhau. Biết AB = 25 , BC = 17 , 

AC = 26 ; đường thẳng SB tạo với mặt đáy một góc bằng 45° . Tính thể tích V của khối chóp 

S. 

ABC . 

A. V = 680 

B. V = 408 

C. V = 578 

D. V = 600 

Câu 2. Cho tứ diện ABCD, M, N, 

P lần lượt thuộc BC, BD, 

AC sao 

cho BC = 4 BM , BD = 2 BN, 

AC = 3AP 

, mặt phẳng (MNP) cắt AD tại Q. Tính tỷ số thể tích hai 

phần khối tứ diện ABCD bị chia bởi mặt phẳng (MNP). 

A. 2 B. 7 

C. 5 

D. 1 3 

13 

13 

3 . 

Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a, hình chiếu 

AC 

vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AH = . Gọi CM là 

4 

đường cao của tam giác SAC. Tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a. 

A. 

3 

a 14 

48 

B. 

3 

a 14 

24 

C. 

3 

a 14 

16 

D. 

3 

a 14 

8 

Câu 4. Cho hình chóp tứ giác đều S. 

ABCDcó đáy là hình vuông ABCD cạnh a, góc giữa mặt bên và 

α . Mặt phẳng ( ) 

mặt phẳng đáy là α thoả mãn cos = 1 P qua AC và vuông góc với mặt phẳng 

3 

SAD chia khối chóp S. 

ABCD thành hai khối đa diện. Tỉ lệ thể tích hai khối đa diện là gần nhất với 

( ) 

giá trị nào trong các giá trị sau 

A. 0,11 B. 0,13 C. 0,7 D. 0,9 

Câu 5. Cho hình chóp . 

S ABC , có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Các mặt bên ( SAB ) , ( ) 

0 0 0 

( SBC ) lần lượt tạo với đáy các góc lần lượt là 30 , 45 ,60 . Tính thể tích V của khối chóp . 

Biết rằng hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABC ) nằm bên trong tam giác ABC . 

A. V = 

a 

3 

3 

( 4 + 3) 

3 

a 3 

. B. V = 

2 4 + 3 

( ) 

3 

a 3 

. C. V = 

4 4 + 3 

( ) 

3 

a 3 

. D. V = 

8 4 + 3 

( ) 

. 

SAC , 

S ABC . 

Câu 6. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, góc giữa SC và mp(ABC) là 45° . Hình 

a 7 

chiếu của S lên mp(ABC) là điểm H thuộc AB sao cho HA = 2HB. BiếtCH = . Tính khoảng cách 

3 

giữa 2 đường thẳng SA và BC: 

a 210 

a 210 

a 210 

a 210 

A. 

B. 

C. 

D. 

30 

20 

45 

15 

Câu 7. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông ở A, AB = a, AC = 2a. Đỉnh S cách đều A, B, 

C; mặt bên (SAB) hợp với mặt đáy (ABC) góc 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABC. 


A. V= 

3 

3 a3 B. V= a 3 C. V= 1 3 a3 D. V= 

3. 

3 

3 a3 


Trang 9 










Câu 8. Cho hình chóp S.ABCD có SA=x, các cạnh còn lại bằng 2. Tìm giá trị của x để thể tích khối 

chóp lớn nhất 

A. 6 B. 2 C. 7 D. 2 6 

Câu 9. 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. 1 B. 2 C. 3 D. 1 2 

3 

4 

4 

Câu 10. Đáy của hình chóp SABC là tam giác cân ABC có AB = AC = a và B = C = α . Các cạnh bên 

cùng tạo với đáy một góc β . Tính thể tích hình chóp SABC. 

a 

3 tan β 

a 

3 cosα 

tan β 

a 

3 cosα 

tan β 

a 

3 sin 2α 

A. V = B. V = C. V = D. V = 

6 

6 

3 

6 

Câu 11. Cho hình chop S.ABCD, đáy là hình thang vuông tại A và B. AB = BC = a, AD = 2a, 

SA ⊥ ABCD . Gọi M, N là trung điểm của SB và SD. Tính V hình chop biết rằng (MAC) vuông góc 

( ) 

với (NAC). 

3 

3 

3 

3 

3a 

3a 

3 

a 

a 3 

A. 

B. 

C. 

D. 

2 

2 

2 

2 

Câu 12. Cho tứ diện S. 

ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA = 2SM 

, 

SN = 2NB 

, ( α ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC . Kí hiệu ( H1) 

và ( H 

2) 

là các khối đa 

diện có được khi chia khối tứ diện S. 

ABC bởi mặt phẳng ( α ) , trong đó, ( H1) 

chứa điểm S , ( H 

2) 

V1 

chứa điểm A ; V 

1 

và V 

2 

lần lượt là thể tích của ( H 

1) 


2) 

. Tính tỉ số 

V . 

A. 4 5 

B. 5 4 

Câu 13. Một người dự định làm một thùng đựng đồ hình lăng trụ tứ giác đều có thể tích là V . Để làm 

thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ bằng 

2 

A. x = V 3 

3 

B. x = V 

C. x = V 4 

D. x = V 


ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SAD là tam giác đều và nằm trong 

mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD 

2 

4π dm . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC gần với giá trị nào nhất sau đây ? 

là ( ) 

C. 3 4 

1 

2 

D. 4 3 

A. 2 7 dm . B. 3 7 dm . C. 4 7 dm . D. 6 7 dm . 


ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V. Điểm P là trung điểm 

của SC , một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SD và SB lần lượt tại M và N.Gọi V là thể tích của khối 

1 

V 1 

chóp S. 

AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của 

V ? 

A. 3 8 

B. 1 3 


Câu 16. Nếu một tứ diện chỉ có đúng một cạnh có độ dài lớn hơn 1 thì thể tích tứ diện đó lớn nhất là 

bao nhiêu? 

C. 2 3 

D. 1 8 

A. 1 4 

B. 3 4 

C. 1 8 

D. 5 8 


Trang 10 











ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt 

0 

phẳng đáy và góc giữa SC với mặt phẳng ( SAB ) bằng 30 . Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và 

H là hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng BM . Khi điểm M di động trên cạnh CD thì thể 

tích của khối chóp S. 

ABH đạt giá trị lớn nhất bằng? 

3 

3 

3 

3 

a 2 

a 2 

a 2 

a 2 

A. 

B. 

C. 

D. 

3 

2 

6 

12 

Câu 18. Hai hình chóp tam giác đều có chung chiều cao , đỉnh của hình chóp này trùng với tâm của 

đáy hình chóp kia. Mỗi cạnh bên của hình chóp này đều cắt một cạnh bên của hình chóp kia. Cạnh bên 

l của hình chóp thứ nhất tạo với đường cao một góc α .Cạnh bên của hình chóp thứ 2 tạo với đường 

cao một góc β . Tìm thể tích phần chung của hai hình chóp . 

3 3 

l 3 cos α 

A. V = 

4(cot gα 

+ cot gβ 

) 

2 

3 3 

l 3cos α 

B. V = 

2(cot gα 

+ cot gβ 

) 

3 

3 

l 3 cos α 

l 5 cosα 

C. V = 

D. V = 

2 

2 

2(cot gα 

+ cot gβ 

) 

4(cot gα 

+ cot gβ 

) 

Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều với cạnh a (a> 0). Cạnh SA vuông góc với 

đáy và SA = a 3 . M là một điểm khác B trên SB sao cho AM ⊥ MD. Tính tỉ số SM 

SB . 

A. 3 4 

B. 1 4 

Câu 20. Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh còn lại có độ dài không lớn hơn 1. Gọi V là thể 

tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V. 

A. 3 B. 1 C. 3 D. 5 8 

8 

5 

8 

Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA vuông góc 

với mặt phẳng đáy. Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, 

C’, D’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a. 

A. 

3 3a 

20 

3 

B. 

3a 

20 

3 

C. 3 5 

C. 

3 3a 

10 

3 

2 

D. 5 4 

D. 

3 5a 

10 


ABCD thỏa mãn SA = 5, SB = SC = SD = AB = BC = CD = DA = 3 . 

Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính thể tích khối chóp S. 

MCDvà khoảng cách giữa hai 

đường thẳng SM , CD . 

A. 

15 

23 

B. 

5 

23 

Câu 23. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Mặt phẳng (P) chứa cạnh BC cắt cạnh AD tại E. Biết góc giữa 

hai mặt phẳng (P) và (BCD) có số đo là α thỏa mãn 

và tứ diện BCDE lần lượt là V 

1 


2 

. Tính tỷ số 

V 

1 

V . 

2 

C. 

15 

29 

D. 

13 

23 

5 2 

tanα = . Gọi thể tích của hai tứ diện ABCE 

7 


3 

A. 3 8 

B. 1 8 

C. 3 5 

D. 5 8 


Trang 11 










Câu 24. Cho khối chóp S. 

ABC có SA = a, SB = a 2 , SC = a 3 . Thể tích lớn nhất của khối chóp là 

A. 

3 

a 6 . B. 

3 

a 6 

. C. 

2 

3 

a 6 

. D. 

3 

Câu 25. Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân, = = 

3 

a 6 

. 

6 

AB AC a , SC ⊥ ( ) 

ABC và 

SC = a . Mặt phẳng qua C , vuông góc với SB cắt SA, 

SB lần lượt tại E và F . Tính thể tích khối 

chóp S. 

CEF . 

3 

3 

3 

3 

2a 

a 

a 

2a 

A. V 

SCEF 

= . B. V 

SCEF 

= . C. V 

SCEF 

= . D. V 

SCEF 

= . 

36 

18 

36 




Trang 12 










II – HÌNH LĂNG TRỤ 

Câu 24. Một hình hộp có 6 mặt đều là các hình thoi có góc bằng 60 0 và cạnh bằng a. Tính thể tích của 

hình hộp đó. 

3 

3 

3 

3 

a 

2a 

2a 

2 2a 

A. 

B. 

C. 

D. 

2 

2 

3 

3 

Câu 25. Cho khối lập phương ABCD. A′ B′ C′ D ′ cạnh a . Các điểm E và F lần lượt là trung điểm 

của C′ B ′ và C′ D ′. Mặt phẳng ( AEF ) cắt khối lập phương đã cho thành hai phần, gọi V 

1 

là thể tich 

V1 

khối chứa điểm A ′ và V 

2 

là thể tich khối chứa điểm C '. Khi đó 

V 

là 

2 

A. 25 

17 

. B. 1. C. 

47 25 . D. 8 

17 . 

Câu 26. Cho lăng trụ đứng ABCA′ B′ C′ 

có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, BC=2a. Góc giữa 

0 

mặt phẳng ( AB′ 

C ) và mặt phẳng ( BB′ 

C ) bằng 60 .Tính thể tích lăng trụ ABCA′ B′ C ′ . 

3 

3 

3 

3 

A. a 2 

B. 2a C. a 6 D. 3a 

Câu 27. Cho lăng trụ ABC.A 'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A' 

lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giá ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' 

và BC bằng a 3 . Khi đó thể tích của khối lăng trụ là 

4 

3 

3 

a 3 

a 3 

A. 

B. 


6 

C. 

3 

a 3 

3 

D. 

3 

a 3 

24 

Câu 28. Cho hình lăng trụ ABC. A' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông 

góc của ' 

ABC trùng với tâm G của tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa 

A lên măt phẳng ( ) 

a 3 

AA ' và BC là . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. A' B ' C ' . 

4 

3 

3 

3 

3 

a 3 

a 3 

a 3 

A. V = B. V = C. V = D. 

a 3 

V = 

3 

6 


36 

Câu 29. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi M, N lần lượt thuộc các cạnh bên AA’, CC’ sao 

cho MA = MA' và NC = 4NC' . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Trong bốn khối tứ diện GA’B’C’, 

BB’MN, ABB’C’ và A’BCN, khối tứ diện nào có thể tích nhỏ nhất? 

A. Khối A’BCN B. Khối GA’B’C’ C. Khối ABB’C’ D. Khối BB’MN 

Câu 30. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại A , góc BAC nhọn. 

0 

Góc giữa AA' và BC' là 30 , khoảng cách giữa AA' và BC' là a . Góc giữa hai mặt bên 

0 

AA'C'C là 60 . Thể tích lăng trụ ABC.A'B'C' là 

( AA'B'B ) và ( ) 

3 

2a 3 

A. 

3 

3 

a 3 

B. 

3 

3 

a 6 

C. 

6 

3 

a 6 

D. 

3 


Câu 31. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A’B’C’, có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 . 

AM A' N 1 

Lấy M, N lần lượt trên cạnh AB’, A’C sao cho = = . Tính thể tích V của khối BMNC’C. 

AB ' A' C 3 


Trang 13 










3 

3 

3 

3 

a 6 

2a 

6 

3a 

6 

a 6 

A. 

B. 

C. 

D. 

108 

27 

108 

27 

Câu 32. Cho hình lập phương ABCD. A' B ' C ' D ' có khoảng cách giữa A' 

C và C ' D ' là 1 cm. Thể 

tích khối lập phương ABCD. A' B ' C ' D ' là: 

3 

3 

3 

3 

A. 8 cm . B. 2 2 cm . C. 3 3 cm . D. 27 cm . 

Câu 33. Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’. Gọi M là trung điểm A’B’. Mặt phẳng (P) qua BM đồng thời 

song song với B’D’. Biết mặt phẳng (P) chia khối hộp thành hai khối có thể tích là V 1 , V 2 ( Trong đó 

1 

V 1 là thể tích khối chứa A). Tính tỉ số F = V . V 

2 

A. 7 

17 

. B. 1. C. 

17 25 . D. 8 

17 . 

Câu 34. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các 

cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích 

của hai phần đó. 

A. 25 

49 

. B. 1. C. 

47 95 . D. 8 

17 . 

Câu 35. Cho hình lăng trụ ABC. 

A′ B′ C′ có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của 

ABC trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường 

điểm A′ lên mặt phẳng ( ) 

a 3 

thẳng AA′ và BC bằng . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. A′ B′ C′ 

. 

4 

3 

3 

3 

3 

a 3 

a 3 

a 3 

a 3 

A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 

24 


3 

6 

Câu 36. Cho hình lăng trụ có tất cả các cạnh đều bằng a , đáy là lục giác đều, góc tạo bởi cạnh bên và 

mặt đáy là 60°. Tính thể tích khối lăng trụ 

27 3 

3 3 

3 3 

9 

A. V = a . B. V = a . C. V = a . D. 

8 

4 

2 


3 

4 a . 


Trang 14 








MŨ - LÔ GARIT 



2 2 

x + 2mx+ 2 2x + 4mx+ 

2 2 

Câu 1. Cho phương trình 5 − 5 − x − 2mx − m = 0 . Tìm m để phương trình vô nghiệm? 

⎡ m > 1 

A. m > 0 

B. m < 1 

C. 0 < m < 1 

D. ⎢ 

⎣m 

< 0 

Câu 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 

2 

log (1 − x ) + log ( x + m − 4) = 0 . 

A. 

3 1 

3 

− 1 

21 

21 

< m < 0 . B. 5 ≤ m ≤ . C. 5 < m < . D. 

4 

4 

4 

−1 

≤ m ≤ 2 . 

4 

−∞ ;0 : 

Câu 3. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho bất phương trình sau có tập nghiệm là ( ] 

A. 

m 

x 

x 1 

2 2 1 3 5 3 5 0 

1 

m ≤ − . B. 

2 

x 

( m )( ) ( ) 

+ + + − + + < . 

1 

m ≤ . C. 

2 

1 

m < . D. 

2 

Câu 4. Tính giá trị của biểu thức = ln( tan1° ) + ln( tan2° ) + ln( tan3 ° ) + ... + ln( tan89° 

) 

A. P = 1. 

B. 

P . 

1 

m < − . 

2 

1 

P = . 

C. P = 0. 

D. P = 2. 

2 

2 2 

x − 5x+ 6 1−x 6−5x 

Câu 5. Cho phương trình : m.2 + 2 = 2.2 + m(1) 

. Tìm m để PT có 4 nghiệm phân biệt. 

⎧0 < m < 2. 

− 1 

21 

⎪ 

A. < m < 0 . B. 5 ≤ m ≤ . C. 1 1 

4 

4 

⎨ −1 

D. ≤ m ≤ 2 . 

⎪m 

≠ , m ≠ 

4 

⎩ 8 256 

2 

log x − m + 2 .log x + 3m − 1= 

0 có 2 nghiệm 

Câu 6. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình ( ) 

x1, 

x 

2 

sao cho x1 x 

2 

A. 

3 3 

. = 27 

4 

28 

m = 

B. m = 25 

C. m = 

D. m = 1 

3 

3 

x; 

y thỏa mãn log 2 2 ( 4x + 4y − 4) 

≥1. Tìm m để tồn tại duy 

x + y + 2 

Câu 7. Trong tất cả các cặp ( ) 

nhất cặp ( ; ) 

x y sao cho 

A. ( 10 2 ) 2 

2 2 

x + y + 2x − 2y + 2 − m = 0 . 

− . B. 10 − 2 và 10 + 2 . 

C. ( 10 − 2 ) 2 

và ( 10 2 ) 2 

+ . D. 10 − 2 . 

Câu 8. Cho n là số nguyên dương, tìm n sao cho 

2 2 2 2 2 

log 2019 + 2 log 2019 + 3 log 2019 + ... + n log 2019 = 1008 × 2017 log 2019 

a 

3 

n 

a a a 

A. n=2017 B. n=2018 C. n=2019 D. n=2016 

3 2 

log mx − 6x + 2log − 14x + 29x − 2 = 0 có 3 nghiệm thực phân biệt khi: 

Câu 9. Phương trình ( ) 1 ( ) 


2 

A. m < 19 

B. m > 39 

C. 

2 

39 

19 < m < 

D. 19 < m < 39 

2 

a 


Trang 15 










Câu 10. Biết phương trình 2 x + 1 ⎛ x 

log 

1 ⎞ 

5 = 2log3 

− 

⎜ 

2 2 ⎟ 

có nghiệm duy nhất 

x ⎝ x x = a + b 2 trong 

⎠ 

đó a, 

b là các số nguyên. Tính a + b? 

A. 5 B. − 1 

C. 1 D. 2 

2 3 

Câu 11. Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm : log ( x + 1) + 2 = log 4 − x + log ( 4 + x ) 

4 2 

8 

A. 1 nghiệm B. 2 nghiệm C. 3 nghiệm D. Vô nghiệm 

2 − m 5 − 3.3 + m 15x − 5 = 0. Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của 

2 

Câu 12. Cho phương trình ( ) x x 2 

( ) 

tham số m để phương trình có nghiệm trong khoảng ( 0;2 ) . 

A. R B. ( − 2;3) 

C. ( 0;+∞ ) 

D. ( −∞ ;1) 

log x + x + 1 = x 2 − x + log x có bao nhiêu nghiệm 

2 

Câu 13. PHương trình ( ) ( ) 

3 3 


x 

9 

2 2 2 

Câu 14. Cho hàm số f ( x) = , x ∈ R . Tính P = f (sin 10 ° ) + f (sin 20 ° ) + ..... + f (sin 80 ° ) 

x 

9 + 3 

A. 4 B. 8 C. 9 D. 3 

3+ 3x 3− 3x 4+ x 4−x 

3 

Câu 15. Phương trình 3 + 3 + 3 + 3 = 10 có tổng các nghiệm là ? 

A. 0. B. 2. C. 3. D. 4. 

x 1 

x x x x là hai nghiệm của phương trình ( ) ( ) 

Câu 16. Gọi , ( < ) 

1 2 1 2 

khẳng định dưới đây, khẳng định nào sai? 

, +∞ ∩ − 1,1 = − 1,1 

x 

x 

5 − 1 + 5 + 1 = 5.2 − . Trong các 

A. ( x 1 ) ( ) ( ) 

B. ( x ) ( ) ( ) 

2 

, +∞ ∩ − 1,1 = − 1,1 

C. ( x , x ) ∩( − 1,0 ) = ( −1,0 

) 

D. ( x , x ) ∩( − 1,1 ) = ( −1,1 

) 

1 2 

Câu 17. Phương trình 1+ log9 x − 3log9 x = log3 

x −1 

có bao nhiêu nghiệm nguyên ? 

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

Câu 18. Tìm m để bất phương trình 1+ log ( 2 ) ( 2 ) 

5 

x + 1 ≥ log5 

mx + 4x + m thoã mãn với mọi x ∈R . 

A. − 1< 

m ≤ 0. B. − 1< m < 0. C. 2 < m ≤ 3. D. 2 < m < 3. 

x y − z 

Câu 19. Cho x, y, 

z là các số thực thỏa mãn 2 = 3 = 6 . Giá trị biểu thức M = xy + yz + xz là: 

A. 0 B. 1 C. 6 D. 3 

Câu 20. Cho a log 

6 

3 + b log 

6 

2 + c log 

6 

5 = 5 , với a, b và c là các số hữu tỷ. Các khẳng định sau đây, 

khẳng định nào đúng? 

A. a = b 

B. a > b 

C. b > a 

D. c > a > b 

1 1 

1−log a u 1−log 

a t 

Câu 21. Với a > 0, a ≠ 1, cho biết : t = a ; v = a . Chọn khẳng định đúng : 

−1 

1 

1−log A. 

a v 

1 log 

u = a 

B. 

a t 

u = a + 

1 log 

C. 

a v 

u = a + 

D. u = 

1 2 

1 

1 

1 log a v 

a − 

2 2 

x − 5x+ 6 1− x 6−5x 

Câu 22. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình m.2 + 2 = 2.2 + m có 

3 nghiệm phân biệt. 

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

Câu 23. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 


( ) 

log x log x 3 m log x 3 

+ − = − có nghiệm thuộc [ ) 

2 2 2 

2 1 4 

2 

32;+∞ ? 


Trang 16 










A. m ∈(1; 3⎤ 

⎥⎦ . B. m ∈ ⎡ ⎢ 1; 3 

⎣ 

). C. m ∈ ⎡ ⎢ −1; 3 

⎣ 

) . D. m ∈( − 3;1⎤ 

⎥⎦ . 

2 

log 

2 

x 

Câu 24. Tập các giá trị của m để bất phương trình ≥ m nghiệm đúng với mọi x > 0 bằng 

2 

log x −1 

A. ( −∞ ;1] 

B. [1; ) 

+∞ C. ( 5;2) 

2 

− D. [0;3) 

Câu 25. Giả sử p và q là các số thực dương sao cho: log p log q log ( p q) 

= = + . Tìm giá trị của p q 

9 12 16 

A. 4 B. 8 3 

5 

2 

x 2 2 2 1 

Câu 26. Tập nghiệm của bất phương trình: 81.9 − x x x 

+ 3 + − .3 + ≥ 0 là 

3 

1; 0 . 1; . 

0; . 

1 

C. ( 1 + 3 ) 

D. 1 ( 1 + 5 ) 

A. S = [ +∞) ∪ { } B. S = [ +∞ ) C. S = [ +∞ ) D. S = [ 2; +∞) ∪ { 0 }. 

u là cấp số nhân với số hạng tổng quát u > 0; u ≠ 1. Khi đó khẳng định nào sau 

Câu 27. Cho ( ) 

n 

đây là đúng? 

log 

A. 

u 

2017 log 2017 log 2017 

k 1 

u 

− 

− 

k −1 

uk 

= 

log 2017 log 2017 − log 2017 

u u u 

k k k 

+ 1 + 1 

log 2017 log 2017 − log 2017 

= 

log 2017 log 2017 − log 2017 

u 

B. k + 1 

uk− 

1 

uk 

u u u 

k k k 

− 1 + 1 

log 2017 log 2017 − log 2017 

= 

log 2017 log 2017 − log 2017 

C. 

uk− 1 

uk+ 

1 

uk 

u u u 

k k k 

+ 1 −1 

log 2017 log 2017 − log 2017 

= 

log 2017 log 2017 − log 2017 

D. 

uk−1 uk uk−1 

u u u 

k k k 

+ 1 + 1 

Câu 28. Số nghiệm của phương trình log ( ) 

2 2 

3 

− 2 = log5 

− 2 + 2 

n 

x x x x là 

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

1 1 

1+ + 

x ( ) 

Câu 29. Cho ( ) 

2 x+ 

1 

f x = e 

2 

. Biết rằng ( ) ( ) ( ) ( ) 

nhiên và m n tối giản. Tính m − n 

2 . 

A. 

m n . B. 

2 

− = 2018 

m n . C. 

2 

− = −2018 

n 

n 

f 1 . f 2 . f 3 ... f 2017 = e với m, 

n là các số tự 

2 

− =1 

m n . D. 

x x x 

Câu 30. Hỏi phương trình 3.2 + 4.3 + 5.4 = 6.5 

x có tất cả bao nhiêu nghiệm thực? 

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

x 

Câu 31. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình ( ) 

nghiệm đúng với mọi x ∈R. 

A. m tùy ý. B. 

4 

m ≠ − . C. 

3 

3 

m < − . 

D. 

2 

m 

2 

2 

− = −1 

m n . 

x 

9 − 2 m + 1 .3 − 3 − 2m 

> 0 

2 2 

x − 2x+ 1 x − 2 x+ 

2 

3 

m ≤ − . 

2 


Câu 32. Tìm tập hợp tất cả các tham số m sao cho phương trình 4 − m.2 + 3m − 2 = 0 có 

bốn nghiệm phân biệt. 

;1 

;1 2; 

2;+∞ . 

A. ( −∞ ) . B. ( −∞ ) ∪ ( +∞ ) . C. [ 2;+∞ ) . D. ( ) 


Trang 17 










Câu 33. Cho , 

P = x + y 

2 

x y là số thực dương thỏa mãn ln x + ln y ≥ ln 

( x + ) 

y . Tìm giá trị nhỏ nhất của 

A. P = 6 . B. P = 2 2 + 3. C. P = 2 + 3 2 . D. P = 17 + 3 . 

Câu 34. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình x x + x + 12 ≤ m .log 3 5− 

4− 

x 

có nghiệm. 

A. m > 2 3 

B. m ≥ 2 3 

C. m ≥ 12log3 

5 

D. 2 ≤ m ≤ 12log3 

5 

x 

Câu 35. Tìm giá trị của a để phương trình ( ) ( )( ) 

thỏa mãn: x1 − x 

2 

= log 3, ta có a thuộc khoảng: 

2 3 

+ 

x 

2 + 3 + 1− a 2 − 3 − 4 = 0 có 2 nghiệm phân biệt 

A. ( −∞; − 3) 

B. ( − 3; +∞ ) 

C. ( 3;+∞ ) 

D. ( 0;+∞ ) 

30 

Câu 36. Gọi m là số chữ số cần dùng khi viết số 2 trong hệ thập phân và n là số chữ số cần dùng khi 

2 

viết số 30 trong hệ nhị phân. Ta có tổng m + n bằng 

A. 18 B. 20 C. 19 D. 21 

2 

Câu 37. Cho hàm số = + 2 + − 4 

− 2;1 đạt 

y x x a . Tìm a để giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [ ] 


A. a = 3 

B. a = 2 

C. a = 1 


2log cotx = log cos x . Phương trình này có bao nhiêu nghiệm trên 

Câu 38. Cho phương trình ( ) ( ) 

3 2 

⎛ π 9π ⎞ 

khoảng ⎜ ; ⎟ 

⎝ 6 2 ⎠ 

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

Câu 39. Trong các nghiệm ( x; y ) thỏa mãn bất phương trình log 2 2 (2 x + y ) ≥ 1. Giá trị lớn nhất của 

x + 2 y 

biểu thức T = 2x + y bằng: 

A. 9 4 . B. 9 2 . C. 9 . 

8 

D. 9. 

log 3log ⎛ a 

= + ⎜ ⎞ 

b ⎟ 

b 

⎝ b ⎠ 

A. P 

min 

= 19 B. P 

min 

= 13 C. P 

min 

= 14 D. P 

min 

= 15 

2 2 

Câu 40. Xét các số thực thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

a ( a ) 



Trang 18 








HÌNH NÓN - TRỤ - CẦU 



Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy, SA = a 6 . Đáy 

1 

ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB = BC = AD = a . Gọi E là trung 

2 

điểm của AD. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ECD. 

2 

A. R = a . 

B. R = a 6. 

2 

30 

C. = a 

26 

R . D. R = a . 

3 

2 

a 3 

Câu 2. Cho tứ diện ABCD với BC = a ,các cạnh còn lại đều bằng 

2 

và α là góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC ) và( BCD ) . Gọi I,J lần lượt là 

trung điểm các cạnh BC, 

AD . Giả sử hình cầu đường IJ kính tiếp xúc với 

CD. Giá trị cosα là: 

A. 3 − 2 3 

B. 2 3 − 3 

C. 2 3 

D. 2 − 3 

3 

B 3 

P O A 

N 

Câu 3. Cho hình vẽ bên. Tam giác SOA vuông tại O có MN€ SO với 

M , N lần lượt nằm trên cạnh SA, OA. Đặt SO = h không đổi. Khi quay hình vẽ quanh SO thì tạo 

thành một hình trụ nội tiếp hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O bán kính R = OA. Tìm độ dài 

của MN để thể tích khối trụ là lớn nhất. 

A. MN = h 

B. MN = h 

2 

3 

C. MN = h 

D. MN = h 

4 

6 

2 

4πR h 

Vậy V ≤ . Dấu '' = '' xảy ra khi x = h . Hay MN = h . 

27 

3 

3 

P song song với đáy. 

Câu 4. Một hình nón bị cắt bởi mặt phẳng ( ) 

Mặt phẳng ( P ) chia hình nón làm hai phần ( N 

1) 

và ( N 

2 ) 

cầu nội tiếp ( 2 ) 

thể tích của ( N 

2 ) 

với đáy cắt ( ) 

. Cho hình 

N như hình vẽ sao cho thể tích hình cầu bằng một nửa 

2 

. Một mặt phẳng đi qua trục hình nón và vuông góc 

N theo thiết diện là hình thang cân, tang góc nhọn của 


hình thang cân là 

A. 2 B. 4 

C. 1 D. 3 

S 

O 

Q 

N 

S 

N1 

M 

I 

N2 

A 

M 


Trang 19 










Câu 5. Cho tam giác ABC có độ dài cạnh huyền 5. Người ta quay tam giác ABC quanh một cạnh góc 

vuông để sinh ra hình nón. Hỏi thể tích V khối nón sinh ra lớn nhất là bao nhiêu. 

250 3π 

25 2π 

20 3π 

250 6π 

A. V = 

B. V = 

C. V = 

D. V = 

27 

27 

27 

27 

Câu 6. Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27cm 3 . Vói chiều cao h và bán 

kính đáy là r. Tìm r để lượng giấy tiêu thụ ít nhất. 

6 

8 

8 

6 

3 

3 

3 

3 

A. r = 

4 

B. r = 

6 

C. r = 

4 

D. r = 

6 

2 

2 

2 

2 

2π 

2π 

2π 

2π 

Câu 7. Cho một khối trụ có bán kính đáy r = a và chiều cao h = 2a . Mặt phẳng ( P ) song song với 

trục OO ' của khối trụ chia khối trụ thành 2 phần, gọi V 

1 

là thể tích phần khối trụ chứa trục OO ' , V 

2 

là 

V1 

thể tích phần còn lại của khối trụ. Tính tỉ số , biết rằng ( 

V P ) cách OO ' một khoảng bằng a 2 

. 

2 

2 

A. 3 π + 2 . B. 3 π − 2 . C. 2 π + 3 . D. 2 π − 3 . 

π − 2 

π − 2 

π − 2 

π − 2 

Câu 8. 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 

V 

A. R = 3 . B. R = 

4π 3 C. π 

V 

R = 3 D. R = 3 

2 π 

V 

V 

π 

Câu 9. Cho lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân AB=BC=a. Mặt phẳng 

(AB’C) tạo với (BCC’B’) một góc α với 

cầu ngoại tiếp hình chóp B’ACM. 

tan α = 

3 

. Gọi M là trung điểm của BC. Tính bán kính mặt 

2 

A. 3 10 a 

B. 3 10 a 

C. 3 13 a 

13a 

D. 

8 

4 

8 

2 

Câu 10. Cho hình nón có bán kính đáy là a, đường sinh tạo với mặt phẳng đáy góc α . Tính thể tích 

khối cầu ngoại tiếp hình nón. 

3 

3 

3 

3 

3πa 

4πa 

4πa 

4πa 

A. V = 

B. V = 

C. V = 

D. V = 

3 

3 

3 

3 

4sin 2α 

3sin 3α 

3sin 2α 

3sin α 

Câu 11. Cho hình nón có chiều cao h, đường tròn đáy bán kính R. Một mặt phẳng (P) song song với 

đáy cách đáy một khoảng bằng d cắt hình nón theo đường tròn (L). Dựng hình trụ có một đáy là (L), 

đáy còn lại thuộc đáy của hình nón và trục trùng với trục hình nón. Tìm d để thể tích hình trụ là lớn 

nhất. 

A. d = h 

B. d = h 

C. d = h 

D. d = h 

3 

2 

6 

4 

Câu 12. Trong số các hình trụ có diện tích toàn phần đều bằng S thì bán kính R và chiều cao h của 

khối trụ có thể tích lớn nhất là: 

A. 

S 1 S 

S S 

R = ; h = . B. R = ; h = . 

2π 

2 2π 

4π 

4π 

2S 

2S 

S S 

C. R = ; h = 4 . D. R = ; h = 2 . 

3π 

3π 

6π 

6π 

Câu 13. Một bình đựng nước dạng hình nón (không đáy) đựng đầy nước. Biết rằng chiều cao của bình 

gấp 3 lần bán kính đáy của nó. Người ta thả vào đó một khối trụ và đo dược thể tích nước tràn ra ngoài 

16π 3 

là dm . Biết rằng một mặt của khối trụ nằm trên mặt trên của hình nón, các điểm trên đường tròn 

9 



Trang 20 








đáy còn lại đều thuộc các đường sinh của hình nón (như hình vẽ) và khối trụ có chiều cao bằng đường 

kính đáy của hình nón. Diện tích xung quanh S 

xq 

của bình nước là: 



9π 

10 2 

2 

2 

3π 

2 

A. Sxq 

= dm . B. Sxq 

= 4π 

10 dm . C. Sxq 

= 4πdm . D. Sxq 

= dm . 

2 

2 

Câu 14. Cho một miếng tôn hình tròn có bán kính 50cm. Biết hình nón có thể tích lớn nhất khi diện 

tích toàn phần của hình nón bằng diện tích miếng tôn ở trên. Khi đó hình nón có bán kính đáy là 

A. 10 2cm B. 20cm C. 50 2cm D. 25cm 

Câu 15. Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông có cạnh góc vuông bằng a. Tính 

diện tích của thiết diện qua đỉnh tạo với đáy một góc 60 0 . 

A. 

2 

a 

2 

B. 

M 

A 

O N 

B 

I 

P Q 

S 

2 

a 3 

2 

C. 

2 

a 2 

3 

Câu 16. Cho hình chóp SABC với SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và 

BC= 3 a, BAC 

= 60 o . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên SB và 

SC. Mặt cầu qua các điểm A, B, C, H, K có bán kính bằng: 

A. 1 B. 2 

C. 3 D. Không đủ dữ kiện để tính 

I 

S 

O 

D. 

H 

2 

a 

3 

S 

K 

A 

H 

3 

60 0 

C 

2 

B 


J 

A 

Câu 17. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S 

trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh BC. Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC) bằng 

60 0 . Gọi G là trọng tâm tam giác SAC. Bán kính mặt cầu tâm G và tiếp xúc với mặt phẳng (SAB) là: 


Trang 21 










13a 

13a 

A. 

B. 

C. 3 13 a 

13a 

D. 

13 

39 

26 

26 

Câu 18. Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đó, đặt 

α = CAB và gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB . Tìm α sao cho thể tích vật thể tròn xoay 

tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB đạt giá trị lớn nhất. 

1 

A. α = 60°. B. α = 45°. C. arctan . D. α = 30°. 

2 


ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2 2, cạnh bên SA vuông góc 

với mặt phẳng đáy và = 3. 

SA Mặt phẳng ( ) 

α qua A và vuông góc với SC cắt các cạnh SB , SC , 

SD lần lượt tại các điểm M , N , P . Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP . 

32π 

64 2π 

A. V = . B. V = . 

3 

3 

108π 

125π 

C. V = . D. V = . 

3 

6 

Câu 20. Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a và nằm trong hai mặt phẳng 

vuông góc với nhau. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a. 

5 2 

A. 

3 πa B. 11 2 

3 πa C. 2 

4 2 

2πa D. 

3 πa 

Câu 21. Cho một mặt cầu bán kính bằng 1. Xét các hình chóp tam giác đều ngoại tiếp mặt cầu trên. 

Hỏi thể tích nhỏ nhất của chúng là bao nhiêu? 

A. minV = 8 3 . B. minV = 4 3 . C. minV = 9 3 . D. minV = 16 3 . 

Câu 22. Từ một khúc gỗ tròn hình trụ có đường kính bằng 40 cm, cần xả thành một chiếc xà có tiết 

diện ngang là hình vuông và bốn miếng phụ được tô màu xám như hình vẽ dưới đây. Tìm chiều rộng x 

của miếng phụ để diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là lớn nhất. 

3 34 −17 2 

3 34 −19 2 

A. x = 

( cm ) 

B. x = 

( cm ) 

2 

2 

5 34 −15 2 

5 34 −13 2 

C. x = 

( cm ) 

D. x = 

( cm ) 

2 

2 

Câu 23. Một hình trụ có bán kính đáy bằng 50cm và có chiều cao là 50cm. Một đoạn thẳng AB có 

chiều dài là 100cm và có hai đầu mút nằm trên hai đường tròn đáy. Tính khoảng cách d từ đoạn thẳng 

đó đến trục hình trụ. 

A. d = 50cm B. d = 50 3cm C. d = 25cm D. d = 25 3cm 


Câu 24. Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27cm 3 với chiều cao là h và bán 

kính đáy là r. để lượng giấy tiêu thụ là ít nhất thì giá trị của r là: 


Trang 22 










6 

8 

8 

6 

3 

3 

3 

3 

A. r = 4 

B. r = 

6 

C. r = 

4 

D. r = 

6 

2 

2 

2 

2 

2π 

2π 

2π 

2π 

Câu 25. Cho một hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều .Thể tích của hình lăng trụ là V. Để diện 

tích toàn phần của hình lăng trụ nhỏ nhất thì cạnh đáy của lăng trụ là: 

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

Câu 26. Trong không gian cho hai điểm phân biệt A, B cố định. Tìm tập hợp tất cả các điểm M trong 

3 2 

không gian thỏa mãn MA. 

MB = AB 

4 

A. Mặt cầu đường kính AB. 

B. Tập hợp rỗng (tức là không có điểm M nào thỏa mãn điều kiện trên). 

C. Mặt cầu có tâm I là trung điểm của đoạn thẳng AB và bán kính R =AB. 

3 

D. Mặt cầu có tâm I là trung điểm của đoạn thẳng AB và bán kính R = AB 

4 

Câu 27. Gọi r và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của một hình nón. Kí hiệu V 

1 

, V 

2 

lần lượt là 

V1 

thể tích của hình nón và thể tích của khối cầu nội tiếp hình nón. Giá trị bé nhất của tỉ số 

V 

là 

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

3 

Câu 28. Giá trị lớn nhất của thể tích khối nón nội tiếp trong khối cầu có bán kính R là 

A. 

1 

3 

3 πR . B. 3 

4 

3 πR . C. 4 2 3 

9 πR . D. 32 3 

81 πR . 


2 


Trang 23 










Câu 1. Cho tích phân C = 

dương và b > a . Gọi 

NGUYÊN HÀM , TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 

b 

∫ 

a 

x 

e 

x 

dx trong đó a là nghiệm của phương trình 

2 1 

2 + = 2 , b là một số 

x 

e + 3 

2 

2 

A x dx . Tìm chữ số hàng đơn vị của b sao cho = 3 

= ∫ 

1 

C A . 

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

e 

4 2 

2 a. e + b. 

e + c 

Câu 2. Cho biết tích phân I = ∫ x( 2x + ln x) 

dx = 

với a, b, 

c là các ước nguyên của 4. 

4 

1 

Tổng a + b + c = ? 

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

a 

x 

Câu 3. Cho hàm số f ( x) = + b. 

xe . Biết rằng f '(0) = − 22 và 

3 

(x+ 

1) 

bằng? 

−146 

−26 

A. 

B. 12 C. 

13 

11 

∫ 

Câu 4. Cho 1 0 

f ( x) dx = 5 . Tính 

1 

∫ 

I = f (1 − x) 

dx 

A. 5 B. 10 C. 1 5 

Câu 5. Biết tích phân 

2 

2 

2 

− 

2 

0 

2 

1 − x a. 

π + b 

∫ dx = trong đó a, 

b∈N . Tính tổng a + b ? 

x 

1+ 

2 8 

1 

∫ f ( x) dx = 5 . Khi đó tổng a + b 

0 

D. 10 

D. 5 

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

1 

1 

∫ xcos2xdx = asin 2 + bcos2 

+ c , với , , ∈ Z 

4 

a b c . Mệnh đề nào sau đây là đúng? 

Câu 6. Biết rằng ( ) 

0 

A. a + b + c = 1 B. a − b + c = 0 C. a + 2b + c = 1 D. 2a + b + c = −1 

tan x 

Câu 7. Cho F(x) là một nguyên hàm của f ( x) = 

, biết F ( 0) 

= 0 , 1 

2 

cos x 1+ 

a cos x 

F ⎛ ⎜ 

π ⎞ ⎟ = . Tính 

⎝ 4 ⎠ 

⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ 

F ⎜ ⎟ − F ⎜ ⎟ 

⎝ 3 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ? 

A. 5 − 3 

B. 5 − 1 

C. 3 + 5 

D. 5 − 2 

Câu 8. Cho f ( x ) là hàm liên tục và a > 0 . Giả sử rằng với mọi x∈ [0; a] 

, ta có f ( x ) > 0 và 

f ( x) f ( a − x) = 1. Tính 

A. 2 

a 

a 

dx 

∫ 

1 + f ( x ) 

0 

2 2001 

B. 2a C. 3 

a 

x 

Câu 9. Tích phân I = ∫ 

(1 2 ) dx có giá trị là 

1002 

+ x 

1 

1 

1 

1 

A. . B. . C. 

1001 

1001 

1002 

2002.2 

2001.2 

2001.2 

D. a ln( a + 1) 


1 

. D. 

1002 

2002.2 

. 


Trang 24 








Câu 10. Trong chương trình nông thôn mới, tại một xã X có xây một cây cầu bằng bê tông như hình 

vẽ. Tính thể tích khối bê tông để đổ đủ cây cầu. (Đường cong trong hình vẽ là các đường Parabol). 



3 

A. 19m . B. 

3 

21m . C. 

m D. 

3 

18 . 

3 

40m . 

Câu 11. Cho f , g là hai hàm liên tục trên [ 1;3 ] thỏa: ⎡ ( ) ( ) 

3 

∫ ⎡⎣ 

2 f ( x) − g ( x) 

⎤⎦ 

dx 

= 6 . Tính ⎡⎣ 

( ) + ( ) 

1 

3 

∫ f x g x ⎤⎦ 

dx 

. 

1 

3 

∫ ⎣ f x + 3g x ⎤⎦ 

dx 

= 10 . 

A. 8. B. 9. C. 6. D. 7. 

2x 

x 

Câu 12. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = e − 2e 

, trục Ox và đường 

a 

thẳng x = a với a < ln 2 . Kết quả giới hạn lim S a 

là: 

a→−∞ 

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

Câu 13. Một khối cầu có bán kính 5dm, người ta cắt bỏ 2 phần bằng 2 mặt phẳng vuông góc bán kính 

và cách tâm 3dm để làm một chiếc lu đựng. Tính thể tích mà chiếc lu chứa được. 

A. 132π (dm 3 ) B. 41π (dm 3 ) 

C. 100 

3 π (dm3 ) D. 43π (dm 3 ) 

Câu 14. Một vật di chuyển với gia tốc a( t) 20( 1 2 ) 2 

= − + t − 2 

( / ) 

1 

m s . Khi t = 0 thì vận tốc của vật là 

30 m / s . Tính quảng đường vật đó di chuyển sau 2 giây (làm tròn kết quả đến chữ số hàng đơn vị). 

A. S = 106m 

. B. S = 107m 

. C. S = 108m 

. D. S = 109m 

. 

3 

Câu 15. Tìm giá trị của tham số m sao cho: y = x − 3x + 2 và y = m(x+2) giới hạn bởi hai hình 

phẳng có cùng diện tích 

A. 0 < m < 1 B. m = 1 C. 1< m < 9 

D. m = 9 

Câu 16. Cho 

0,5m 19m 0,5m 


In 

π 

2 

= ∫ cos n xdx , n ∈ N , n ≥ 2 . Khẳng định nào sau đây đúng? 

0 

0,5m 

5m 

2m 

3dm 

3dm 

5dm 


Trang 25 










n 1 

A. I = − 

I 

n 

n−1 

n 

B. n 2 

I = − 

I 

n 

n− 

n 

C. n − 1 

I = I D. I = 2I 2 

n 

n− 

n 

2 

n n − 2 

1 3 2 

1 

5 

Câu 17. Cho hàm số y = x + mx −2x −2m 

− có đồ thị (C). Tìm m ∈ 

⎜ 

⎛ 0; ⎞ 3 3 

⎜⎝ 6 ⎠⎟ 

sao cho hình phẳng 

giới hạn bởi đồ thị (C) và các đường thẳng x = 0, x = 2, y = 0 và có diện tích bằng 4. 

1 

1 

1 

A. m = B. m = C. m = D. m = 1 

4 

3 

2 

Câu 18. Trong hệ trục Oxy, cho tam giác OAB vuông ở A, điểm B nằm trong góc phàn tư thứ nhất. A 

nằm trên trục hoành, OB = 2017. Góc ⎛ π ⎞ 

AOB = α, ⎜0 < α < ⎟. 

Khi quay tam giác đó quanh trục Ox ta 

⎝ 3 ⎠ 

được khối nón tròn xoay. Thể tích của khối nón lớn nhất khi: 

6 

3 

1 

2 

A. sinα = B. cosα = C. cosα = D. sinα = 

3 

2 

2 

3 

Câu 19. Từ một khúc gõ hình trụ có đường kính 30cm, người ta cắt khúc gỗ bởi một mặt phẳng đi qua 

0 

đường kính đáy và nghiêng với đáy một góc 45 để lấy một hình nêm (xem hình minh họa dưới đây) 

Hình 1 Hình 2 

Kí hiệuV là thể tích của hình nêm (Hình 2). Tính V . 

225π 

A. V = 2250( cm 3 

) B. V = ( cm 3 

) 

4 

C. V 1250 ( cm 3 

) V = 1350 cm 3 

y = x 4 − 2mx 2 + m + 2 C cắt trục ox tại bốn điểm phân 

Câu 20. Tìm tham số m để đồ thị hàm số ( ) 

= D. ( ) 

biệt và thỏa mãn hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục ox của phần nằm phía trên trục ox có diện 

tích bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục ox của phần nằm phía dưới trục ox . 

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

4 2 

Câu 21. Cho hàm số y = x − 4x + m có đồ thị là (C). Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ 

thị (C) với y0 và trục hoành. 

Với giá trị nào của m thì S = S ' ? 

2 

20 

A. m = 2 

B. m = C. m = D. m = 1 

9 

9 

y = f x = ax 3 + bx 2 + cx + d, a, b, c, d ∈ , a ≠ 0 

C 

Câu 22. Cho ( ) ( R ) có đồ thị ( C ) . Biết rằng đồ thị ( ) 

tiếp xúc với đường thẳng y = 4 tại điểm có hoành độ âm và đồ thị của hàm số y = f ′( x) 

cho bởi hình 

vẽ bên. Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ) và trục hoành. 


A. S = 9 . B. 

27 

S = . C. 

4 

21 

S = . D. 

4 

5 

S = . 

4 


Trang 26 










Câu 23. Cho y = f ( x) 

là hàm số chẵn, có đạo hàm trên đoạn [ − 6;6 ]. 

Biết rằng ( ) 

3 

∫ f ( − 2 x ) d x = 3. Tính ∫ ( ) 

1 

6 

−1 

f x d x. 

A. I = 11. B. I = 5. C. I = 2 . D. I = 14 . 

2 

Câu 24. Biết ( ) 

∫ với a, b, c là các số hữu tỷ. Tính S = a + b + c 

x x 4 2 

e 2x + e dx = a.e + b.e + c 

0 

2 

∫ f x dx 

= 8 và 

A. S = 2 

B. S = − 4 

C. S = − 2 

D. S = 4 

0 1 1 1 2 1 n * 

Câu 25. Rút gọn biểu thức: T = C + C + C + ... + C , n∈N 

. 

n n n n 

2 3 n + 1 

n 

n 

n 

2 

+ 1 

2 − 1 

+ 1 

2 − 1 

A. T = B. T = 2 n 

C. T = 

D. T = 

n + 1 

n + 1 

n + 1 

Câu 26. Hàm số nào dưới đây là nguyên hàm của hàm số f ( x) = 

A. F( x) = ln( x + 1+ x ) 

2 + C B. ( ) ln( 1 1 ) 

2 

1 

1 

x 

+ 2 

−1 

trên khoảng ( −∞ +∞) 

F x = + + x + C 

2 

C. F( x) = 1+ x + C D. F ( x) = + 

Câu 27. Trong các số dưới đây, số nào ghi giá trị của 

A. 1 2 

Câu 28. Người ta dựng một cái lều vải ( ) 

“chóp lục giác cong đều” như hình vẽ bên. Đáy của ( H ) 

2x 

1 

π 

2 x−1 

2 .cos x 

∫ 

x dx 

π 1+ 

2 

− 

2 

+ x 

2 

B. 0 C. 2 D. 1 

H có dạng hình 

là một hình lục giác đều cạnh 3 m . Chiều cao SO = 6 m 

( SO vuông góc với mặt phẳng đáy). Các cạnh bên của 

( H ) là các sợi dây c 

1 

, c 

2 

, c 

3 

, c 

4 

, c 

5 

, c 

6 

nằm trên các 

đường parabol có trục đối xứng song song với SO . Giả sử 

P vuông 

giao tuyến (nếu có) của ( H ) với mặt phẳng ( ) 

góc với SO là một lục giác đều và khi ( P ) qua trung 

điểm của SO thì lục giác đều có cạnh 1 m . Tính thể tích 

phần không gian nằm bên trong cái lều ( H ) đó. 

c 1 

c 2 

C 

c 6 

S 

O 

c 3 

1m 

; ? 


c 5 

c 4 


3m 

Trang 27 










A. 135 3 

5 

C. 135 3 

4 

3 

( m ). B. 96 3 3 

( m ). 

5 

3 

( m ). D. 135 3 3 

( m ). 

8 

Câu 29. Xét hàm số y = f ( x) 

liên tục trên miền D [ a; 

b] 

= có đồ thị là một đường cong C . Gọi S là 

phần giới hạn bởi C và các đường thẳng x = a , x = b . Người ta chứng minh được rằng diện tích mặt 

cong tròn xoay tạo thành khi xoay S quanh Ox bằng = π ( ) + ( ′( )) 2 

b 

∫ 

S 2 f x 1 f x dx 

. Theo kết quả 

trên, tổng diện tích bề mặt của khối tròn xoay tạo thành khi xoay phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 

2 

2x 

− ln x 

hàm số f ( x) 

= và các đường thẳng x = 1 , x = e quanh Ox là 

4 

2 

4 

4 2 

4 

2e 

−1 

4e 

− 9 

4e 

+ 16e 

+ 7 

4e 

− 9 

A. π . B. π . C. 

π . D. π . 

8 

64 

16 

16 

4 

x 2 2 

Câu 30. Cho hàm số y = − 2m x + 2 . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho đồ thị 

2 

của hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu, đồng thời đường thẳng cùng phương với trục hoành qua 

điểm cực đại tạo với đồ thị một hình phẳng có diện tích bằng 64 

15 là 

⎧⎪ 

2 ⎫⎪ 

⎧ 1 ⎫ 

A. ∅ . B. { ± 1} 

. C. ⎨± ; ± 1 ⎬ . D. ⎨± ; ± 1 ⎬ 

⎪⎩ 

2 ⎪⎭ 

⎩ 2 ⎭ . 

Câu 31. Thành phố định xây cây cầu bắc ngang con sông dài 500m, biết rằng người ta định xây cầu có 

10 nhịp cầu hình dạng parabol,mỗi nhịp cách nhau 40m,biết 2 bên đầu cầu và giữa mối nhịp nối người 

ta xây 1 chân trụ rộng 5m. Bề dày nhịp cầu không đổi là 20cm. Biết 1 nhịp cầu như hình vẽ. Hỏi lượng 

bê tông để xây các nhịp cầu là bao nhiêu (bỏ qua diện tích cốt sắt trong mỗi nhịp cầu) 

3 

3 

3 

3 

A. 20m B. 50m C. 40m D. 100m 


a 


Trang 28 








HÌNH HỌC TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN OXYZ 



Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 1;5;0 ) , ( 3;3;6 ) 

B và đường thẳng ∆ 

⎧x 

= − 1+ 

2t 

⎪ 

có phương trình tham số ⎨ y = 1 − t ( t ∈ R ) . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆, xác định vị 

⎪ 

⎩z 

= 2t 

trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó toạ độ của điểm M là: 

1;0;2 

2;4;3 

3;2; 2 

M 1;4;3 

A. M ( ) 

B. M ( ) 

C. M ( − − ) D. ( ) 

Câu 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các phương trình mặt phẳng 

2 

( α ) : 3mx + 5 1 − m y + 4mz + 20 = 0, m ∈ ⎡−1;1⎤ 

m ⎢ ⎣ ⎥ ⎦ . 

Xét các mệnh đề sau: 

(I) Với mọi m ∈ ⎡−1;1 

⎤ ⎢ ⎣ ⎥ thì các mặt phẳng 

⎦ 

( α 

m ) luôn tiếp xúc với một mặt cầu không đổi. 

(II) Với mọi 0 

α luôn cắt mặt phẳng (Oxz). 

(III) d O ( α ) 

m ≠ thì các mặt phẳng ( ) 

m 

⎡ ; ⎤ 5, m ⎡ 1;1 ⎤ 

⎢ = ∀ ∈ − 

m ⎥ ⎢ ⎣ ⎥ . 

⎣ ⎦ 

⎦ 

Khẳng định nào sau đây đúng? 

A. Chỉ (I) và (II) B. Chỉ (I) và (III) C. Chỉ (II) và (III) D. Cả 3 đều đúng. 

Câu 3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng: 

⎧x 

= t 

x − 2 y + 1 z −1 

∆ 

1 

: = = , 

1 2 − 

2 

3 

: ⎪ 

y 2 2 2 2 

∆ ⎨ = − t và mặt cầu ( S) : x + y + z − 2x + 2y − 6z 

− 5 = 0 

⎪ 

⎩z 

= 1 + 2t 

Viết phương trình mặt phẳng ( α ) song song với hai đường thẳng ∆1, 

∆2 

và cắt mặt cầu (S) theo giao 

tuyến là đường tròn (C) có chu vi bằng 2 365 π . 

5 

A. x − 5y − 3z − 4 = 0; x − 5y − 3z 

+ 10 = 0 

B. x −5y − 3z 

+ 10 = 0 

C. x − 5y − 3z + 3 + 511 = 0; x − 5y − 3z 

+ 3 − 511 = 0 

D. x −5y −3z 

− 4 = 0 

⎧ x = 3+ 

t ⎧ x = t ' 

⎪ 

⎪ 

Câu 4. Trong không gian Oxyz, cho 2 đường thẳng d: ⎨ y = − 2 − t và d’: ⎨ y = 5 + t ' 

⎪ ⎪ 

⎩z 

= 2t 

⎩z 

= 2 t ' − 3 2 − 5 

Viết phương trình mặt phẳng (β) chứa (d) và tạo với mặt phẳng Oyz một góc nhỏ nhất. 

A. 3x + y + 2z + 7 = 0 . B. 3x − y − 2z − 7 = 0 . 

C. − 3x + y − 2z + 7 = 0 . D. 3x + y − 2z − 7 = 0 . 

⎧ x = −t 

Câu 5. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : ⎪ 

⎨y = − 1 + 2t 

và 

⎪ ⎪⎪⎩ z = 2 + t 


mp( P): 2x − y −2z 

− 2 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng ( R ) qua d và tạo với ( P ) một góc nhỏ 

nhất. 

A. x − y − z + 3 = 0 

B. x + y − z + 3 = 0 


Trang 29 










C. x + y + z + 3 = 0 

D. x − y + z + 3 = 0 

Câu 6. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi ( α ) là mặt phẳng qua hai điểm A ( 2;0;1) 


0 

B( − 2;0;5) 

đồng thời hợp với mặt phẳng ( Oxz ) một góc 45 . Khoảng cách từ O tới ( α ) là: 

3 

3 

A. . 

B. . 

C. 1 2 

. 

D. . 

2 

2 

2 

2 

Câu 7. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình 2x – y + z + 1 = 

0 và hai điểm M(3; 1; 0), N(- 9; 4; 9). Tìm điểm I(a; b; c) thuộc mặt phẳng (P) sao cho IM − IN đạt 

giá trị lớn nhất. Biết a, b, c thỏa mãn điều kiện: 

A. a + b + c = 21 B. a + b + c = 14 C. a + b + c = 5 D. a + b + c = 19. 

Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x + y + z − 1 = 0 và hai điểm 

( ) 

A(1; −3;0), B 5; −1; − 2 . M là một điểm trên mặt phẳng ( P ) . Giá trị lớn nhất của T = MA − MB là: 

4 6 2 3 

A. T = 2 5. 

B. T = 2 6. 

C. T = . 

D. T = . 

2 

3 

Câu 9. Cho hai điểm A(-1, 3, -2); B(-9, 4, 9) và mặt phẳng (P): 2x-y+z+1=0. Điểm M thuộc (P). Tính 

GTNN của AM + BM. 

7274 + 31434 2004 + 726 

A. 

6 + 204 

B. 6 

C. 3 

D. 3 26 

x − 1 y + 2 z 

Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d : = = và 

1 

1 2 − 1 

x + 2 y −1 

z 

d : = = . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa d sao cho góc giữa mặt phẳng ( P ) và 

2 

1 

2 −1 2 

đường thẳng d là lớn nhất. 

2 

A. x + y + z + 6 = 0 . B. 7x − y + 5z − 9 = 0 . C. x + y − z − 6 = 0 . D. x + y + z − 3 = 0 . 

Câu 11. Cho đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng ( β ) : x + 2y − 2z − 4 = 0 

2 2 2 

( α) : 2x − 2y − z + 1 = 0, và mặt cầu S có phương trình x + y + z + 4x − 6y + m = 0 . Tìm m để 

đường thẳng d cắt mặt cầu (S) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 8. 

A. −9 B. −12 C. 5 D. 2 

Câu 12. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho tám điểm A ( −2; − 2;0) 

, B ( 3; − 2;0) 

, C ( 3;3; 0) 

, 

D ( − 2;3; 0) 

, M ( −2; − 2;5) 

, N ( −2; − 2;5) 

, P ( 3; − 2;5) 

, Q ( − 2;3;5) 

. Hỏi hình đa diện tạo bởi tám điểm 

đã cho có bao nhiêu mặt đối xứng. 

A. 3. B. 6. C. 8. D. 9 

Câu 13. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2; −1;6), B( −1;2;4) và I( −1; −3;2). Viết phương 

trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ I đến (P) lớn nhất. 

A. 3x + 7y + 6z − 35 = 0 . B. 7x − y + 5z − 9 = 0 . C. x + y − z − 6 = 0 . D. x + y + z − 3 = 0 . 

Câu 14. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;2), B(5;4;4) và mặt phẳng (P): 

2x + y – z + 6 =0. Tọa độ điểm M nằm trên (P) saocho MA 2 + MB 2 nhỏ nhất là: 

A. (-1;3;2) B. (2;1;-11) C. (-1;1;5) D. (1;-1;7) 

Câu 15. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm M(0; − 1;2) và N( − 1;1;3) . Mặt phẳng 

(P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ K ( 0;0;2) 

đến (P) đạt giá trị lớn nhất. (P) có vectơ pháp tuyến 

là: 


A. (1;1; − 1) 

B. (1; − 1;1) 

C. (1; − 2;1) 

D. (2; − 1;1) 


Trang 30 










Câu 16. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0;1;1), B(1;0; −3), C( −1; −2; − 3) và mặt cầu (S) có phương 

2 2 2 

trình: x + y + z − 2x + 2z 

− 2 = 0 . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn 

nhất. 

⎛ 

A. D ( 1;0;1 ) 

B. D 7 ; 4 ; 

1 ⎞ 

⎛ − − ⎞ 

⎜ − − ⎟ C. D 

⎝ 3 3 3 

⎜ 

; 4 ; 

5 

⎟ 

⎠ 

⎝ 3 3 3 ⎠ 

D. D(1; - 1; 0) 

Câu 1.5. Phương trình nào sau đây không phải là phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng 

⎧x 

= 1+ 

2t 

⎪ 

d: ⎨y = − 2 + 3 t , t ∈ R trên mặt phẳng (Oxy): 

⎪ 

⎩z 

= 3 + t 

⎧x 

= 3+ 

2 t ' 

⎧x 

= 1+ 

4 t ' 

⎧x 

= 1+ 

2 t ' ⎧x 

= 5 − 2 t ' 

⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 

A. ⎨y = 1 + 3 t ' , t ' ∈ R B. y = − 2 + 6 t ', t ' ∈ R 

⎪ ⎨ 

C. y = 2 + 3 t ', t ' ∈ R 

⎩z 

= 0 

⎨ 

D. 4 3 ', ' 

⎩z 

= 0 

⎨y = − t t ∈ R 

⎩z 

= 0 

⎩z 

= 0 


( ) 

A(1; −3;0), B 5; −1; − 2 . M là một điểm trên mặt phẳng ( P ) . Giá trị lớn nhất của T = MA − MB 

là: 

4 6 2 3 

A. T = 2 5. B. T = 2 6. C. T = . D. T = . 

2 

3 

−2; −2;1 

A 1;2; −3 

và đường thẳng 

Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M ( ) , ( ) 

x + 1 y − 5 z 

d : = = . Tìm véctơ chỉ phương u của đường thẳng ∆ đi qua M , vuông góc với đường 

2 2 − 1 

thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất. 

 

 

 

 

= 2;1;6 

= 1;0;2 

= 3;4; −4 

u = 2;2; −1 

. 

A. u ( ) . B. u ( ) . C. u ( ) . D. ( ) 

Câu 19. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A ( 2;5;3) 

và đường thẳng 

x −1 y z − 2 

d : = = . Gọi là mặt phẳng chứa đường thẳng sao cho khoảng cách từ đến lớn 

2 1 2 

M 1;2; − 1 đến mặt phẳng ? 

nhất. Tính khoảng cách từ điểm ( ) 

11 18 

A. B. 3 2 C. 

18 

Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ , 

( 1;1;1 ) 

11 

18 

0;0;1 

D. 4 3 

;0;0 C 0; n ;0 , 

Oxyz xét các điểm A ( ) , B( m ) , ( ) 

D với m > 0; n > 0 và m + n = 1. Biết rằng khi m , n thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp 

xúc với mặt phẳng ( ) 

ABC và đi qua d . Tính bán kính R của mặt cầu đó? 

2 

3 

3 

A. R = 1. B. R = . C. R = . D. R = . 

2 

2 

2 

Câu 21. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: 

2 2 2 

x + y + z − 2x + 6y − 4z 

− 2 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ 

 

v = (1;6;2) , vuông góc với mặt phẳng ( α ) : x + 4y + z − 11 = 0 và tiếp xúc với (S). 

⎡2x − y + 2z 

− 3 = 0 

⎡2x − y + 2z 

+ 3 = 0 

A. ⎢ 

. B. 

⎣2x − y + 2z 

+ 21 = 0 

⎢ 

. 

⎣2x − y + 2z 

− 21 = 0 

⎡2x − y + z + 3 = 0 

⎡2x − y + z + 13 = 0 

C. ⎢ 

. D. 

⎣2x − y + z − 1 = 0 

⎢ 

⎣2x − y + z − 1 = 0 



Trang 31 










Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A ( 1; −2;0 ), 

B ( 0; −1;1 ), 

C ( − ) 

D ( 3;1;4 ) . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó? 

2;1; 1 , 

A. 1. B. 4. C. 7. D. Vô số. 

Câu 23. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; –2; 0), B(0; –1; 1), C(2; 1; –1) và 

D(3; 1; 4). Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó ? 

A. 1 mặt phẳng. B. 4 mặt phẳng. C. 7 mặt phẳng. D. Có vô số mặt 

phẳng. 

x + 4 y − 5 z + 2 

Câu 24. Đường thẳng ∆ song song với d : = = và cắt cả hai đường thẳng 

3 −4 1 

x − 1 y + 1 z − 2 x + 2 y − 3 z 

d 

1 

: = = và d 

2 

: = = . Phương trình nào không phải đường thẳng ∆ 

3 1 2 2 4 1 

7 2 

x + 4 y + 1 z + 1 

y − z − 

x − 3 

A. ∆ : = = 

B. ∆ : = 3 = 3 

3 −4 1 

3 −4 1 

x + 9 y + 7 z + 2 

x − 4 y −1 z −1 

C. ∆ : = = 

D. ∆ : = = 

3 −4 1 

3 −4 1 

Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có 

⎧x 

= − 1+ 

2t 

⎪ 

phương trình tham số ⎨ y = 1 − t . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆ sao cho chu vi tam giác 

⎪ 

⎩z 

= 2t 

MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Tọa đô điểm M và chu vi tam giác ABC là 

A. M(1;0;2) ; P = 2( 11 + 29) 

B. M(1;2;2) ; P = 2( 11 + 29) 

C. M(1;0;2) ; P = 11 + 29 

D. M(1;2;2) ; P = 11 + 29 

Câu 26. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d 

⎧x 

= 2 + 3t 

⎪ 

có phương trình ⎨y 

= − 2 t (t ∈ R) . Điểm M trên d sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là 

⎪ 

⎩z 

= 4 + 2t 

nhỏ nhất có tổng các tọa độ là: 

A. M=(2;0;4 ). B. M=(2;0;1). C. M=(1;0;4 ). D. M=(1;0;2 ). 

Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): x + 2y − z + 5 = 0 và đường thẳng 

x + 1 y + 1 z − 3 

d : = = . Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng (Q) một 

2 1 1 

góc nhỏ nhất là 

A. ( P) : y − z + 4 = 0 

B. ( P) : x− z + 4 = 0 

C. ( P) : x+ y − z + 4 = 0 

D. ( P) y − z − = 

Oxyz gọi d đi qua điểm A ( 1; −1;2 

) 


: 4 0 

, song song với 

x + 1 y −1 

z 

( P) : 2x − y − z + 3 = 0 , đồng thời tạo với đường thẳng ∆ : = = một góc lớn nhất. Phương 

1 −2 2 

trình đường thẳng d là. 

1 1 2 

A. 

x − + − 

= y = 

z . 

B. 

x − 1 + 1 + 2 

= y = 

z . 

1 −5 7 

4 −5 7 

x − 1 y + 1 z − 2 x − 1 y + 1 z − 2 

C. = = . 

D. = = . 

4 5 7 

1 −5 −7 



Trang 32 










Câu 29. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho ( P) : x + 4y − 2z − 6 = 0, ( ) : − 2 + 4 − 6 = 0 

Lập phương trình mặt phẳng ( α ) chứa giao tuyến của ( P) ,( Q ) và cắt các trục tọa độ tại các điểm 

Q x y z . 

A, B, 

C sao cho hình chóp O. 

ABC là hình chóp đều. 

A. x + y + z + 6 = 0 . B. x + y + z − 6 = 0 . C. x + y − z − 6 = 0. D. x + y + z − 3 = 0 . 

⎡ y = 0 

Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ ⎢ 

⎣2x − y − 2z 

− 2 = 0 

0;0; −1 

P qua điểm , 

N ( ) , mặt phẳng ( ) 

O 

45 . Phương trình mặt phẳng ( ) 

P là 

M và 

Oxyz cho điểm ( 1;0;0 ) 

Q x − y − = một góc bằng 

M N và tạo với mặt phẳng ( ) : 4 0 

⎡ y = 0 

⎡ y = 0 

A. ⎢ 

. B. 

⎣2x − y − 2z 

− 2 = 0 

⎢ 

. 

⎣2x − y − 2z 

+ 2 = 0 

⎡2x − y − 2z 

+ 2 = 0 

⎡2x 

− 2z 

+ 2 = 0 

C. ⎢ 

. D. 

. 

⎣2x − y − 2z 

− 2 = 0 

⎢ 

⎣2x 

− 2z 

− 2 = 0 

A 10;2;1 và đường thẳng 

Câu 31. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm ( ) 

x −1 y z −1 

: = = 

2 1 3 

d . Gọi ( ) 

P là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng d sao cho 

khoảng cách giữa d và ( P ) lớn nhất. Khoảng cách từ điểm ( −1;2;3 ) 

M đến mp( P ) là 

A. 97 3 . 

B. 76 790 . 

C. 2 13 . 

D. 3 29 . 

15 

790 

13 

29 

Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;2;3) và đường thẳng d: 

x + 3 y + 1 z 

= = . Mặt phằng (P) chứa đường thẳng d và có khoảng cách từ A đến (P) là lớn nhất. Khi 

2 1 − 1 

đó (P) có một véctơ pháp tuyến là 

 

 

 

 

A. n = ( 4; 5; 13) 

B. n = ( 4; 5; −13) 

C. n = ( 4; −5; 13) 

D. n = ( −4; 5; 13) 

Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (2; −2;0) 

, đường thẳng 

x + 1 y z − 2 

∆ : = = . Biết mặt phẳng ( P ) có phương trình ax + by + cz + d = 0 đi qua A , song song 

−1 3 1 

với ∆ và khoảng cách từ ∆ tới mặt phẳng ( P ) lớn nhất. Biết a, 

b là các số nguyên dương có ước 

chung lớn nhất bằng 1. Hỏi tổng a + b + c + d bằng bao nhiêu? 

A. 3. B. 0 . C. 1 . D. − 1. 

Câu 34. Trong không gian tọa độ Oxyz cho M(2;1;0) v đường thẳng d có phương trình: 

x − 1 y + 1 z 

= = . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d. Viết phương trình đường 

2 1 − 1 

thẳng ∆ ? 

⎧x 

= 2 + t 

⎧x 

= 2 + t 

⎧x 

= 1+ 

t 

⎧x 

= 2 − t 

⎪ 

⎪ 

⎪ 

⎪ 

A. ⎨y 

= 1 − 4t 

B. ⎨y 

= 1 − 4t 

C. ⎨y 

= 1 − 4t 

D. ⎨y 

= 1 − 4t 

⎪ 

⎩z 

= − 2t 

⎪ 

⎩z 

= 3 − 2t 

⎪ 

⎩z 

= − 2t 

⎪ 

⎩z 

= − 2t 

⎧x 

= 1− 

t 

⎪ 

Câu 35. Cho đường thẳng ( d) : ⎨y = 1 − t và mp (P): x + y − 2 = 0 . Tìm phương trình đường thẳng 

⎪ 

⎩z 

= 2t 

nằm trong mặt phẳng (P) cắt và vuông góc với (d). 



Trang 33 










⎧x 

= 1− 

2t 

⎧x 

= 1− 

3t 

⎧x 

= 1− 

2t 

⎧x 

= 1− 

t 

⎪ ⎪ ⎪ 

⎪ 

A. ⎨y 

= 1 + 2t 

B. ⎨y 

= 1 + 3t 

C. ⎨y 

= 1 − 2t 

D. ⎨y 

= 1 + t 

⎪ 

⎩z 

= 0 

⎪ 

⎩z 

= 5 

⎪ 

⎩z 

= 0 

⎪ 

⎩z 

= 5 

Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD . A′ B′ C′ D ′ có điểm A 

trùng với gốc tọa độ, B( a;0;0), D(0; a;0), A′ 

(0;0; b ) với ( a > 0, b > 0) . Gọi M là trung điểm của cạnh 

CC ′ . Giả sử a + b = 4 , hãy tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện A′ 

BDM ? 

64 

A. maxV A′ MBD 

= 

B. maxV 

A′ MBD 

= 1 

27 

64 

27 

C. maxV A′ MBD 

= − 

D. maxV 

A′ MBD 

= 

27 

64 

Câu 37. Cho A( −1;3;5 ), B( 2;6; −1 ), C ( −4; −12;5) 

và điểm ( P) : x + 2y − 2z − 5 = 0 . Gọi M là điểm 

 

P sao cho biểu thức S = MA − 4MB + MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm hoành độ 

thuộc ( ) 

điểm M. 

A. x = 3 

B. x = −1 

C. x = 1 

D. x = −3 

M 

M 

Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 2;1; −1) 

, B ( 0;3;1 ) và mặt phẳng 

 

( P) : x + y − z + 3 = 0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc ( P ) sao cho 2MA 

− MB có giá trị nhỏ nhất. 

A. M ( −4; −1;0 

) . B. M ( −1; −4;0) 

. C. M ( 4;1;0 ) . D. ( 1; −4;0) 

M 

M 

M . 

⎧x 

= 2 − t 

x −1 y − 2 z −1 

⎪ 

Câu 39. Trong không gain Oxyz, cho hai đường thẳng d 

1 

: = = và d2 

: ⎨y = 3 − t . Mặt 

1 2 − 1 ⎪ 

⎩z 

= − 2 

phẳng ( P) : ax + by + cz + d = 0 (với a; b; c; d ∈ R ) vuông góc với đường thẳng d 

1 

và chắn d1, 

d 

2 

đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất. Tính a + b + c + d . 

A. − 14 

B. 1 C. − 8 

D. − 12 

x − 1 y + 2 z 

Câu 40. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d 

1 

: = = và 

1 2 − 1 

+ 2 −1 

d 

2 

: 

x = y = 

z . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa d 

1 

sao cho góc giữa mặt phẳng ( P ) và đường 

2 −1 2 

thẳng d 

2 

là lớn nhất. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: 

 

n = 1; −1;2 

. 

A. ( P ) có vectơ pháp tuyến là ( ) 

B. ( P ) qua điểm A ( 0;2;0 ) . 

C. ( P ) song song với mặt phẳng ( ) : 7 − + 5 − 3 = 0 

D. ( ) d tại điểm B ( 2; −1;4 

) . 

Q x y z . 

P cắt 

2 

Câu 41. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A(1;0;2), B(3;1;4), C (3; −2;1) 

. Tìm tọa độ điểm 

S, biết SA vuông góc với (ABC), mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC có bán kính bằng 3 11 và S có cao 

2 

độ âm. 

A. S ( −4; −6;4) 

. B. S (3;4;0) . C. S (2;2;1) . D. S (4;6; −4) 

. 



Trang 34 










x + 1 

Câu 42. Trong không gian với tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = y + 1 = z − 3 và mặt phẳng 

2 

P một góc nhỏ nhất có 

( ) : + 2 − + 5 = 0 

P x y z . Mặt phẳng ( Q ) chứa đường thẳng d và tạo với ( ) 

phương trình 

A. x − z + 3 = 0. B. x + y − z + 2 = 0. C. x − y − z + 3 = 0. D. y − z + 4 = 0. 

Câu 43. Trong không gian Oxyz, cho điểm ( 1,0, 1) 

có tâm I nằm trên mặt phẳng ( ) 

6 + 2 . Phương trình mặt cầu S là: 

A − và mặt phẳng( P) : x + y − z − 3 = 0 . Mặt cầu S 

P , đi qua điểm A và gốc tọa độ O sao cho chu vi tam giác OIA bằng 

A. ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 1) 

2 

= 9 hoặc ( x + 2) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 1) 

2 

= 9. 

B. ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 1) 

2 

= 9 hoặc ( x + 1) 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 2) 

2 

= 9 

C. ( x − 2) 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 1) 

2 

= 9 hoặc ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 + ( z + 1) 

2 

= 9 

D. ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 1) 

2 

= 9 hoặc ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z + 2) 

2 

= 9 

Câu 44. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A( 0;2;0 ), B( − 1;1;4 ) và ( 3; 2;1) 

Mặt cầu ( S ) tâm I đi qua A, B, 

C và độ dài OI = 5 (biết tâm I có hoành độ nguyên, O là gốc tọa 

độ). Bán kính mặt cầu ( S ) là 

C − . 

A. R = 1 

B. R = 3 

C. R = 4 

D. R = 5 

Câu 45. Cho hình chóp O.ABC có OA=a, OB=b, OC=c đôi một vuông góc với nhau. Điểm M cố định 

thuộc tam giác ABC có khoảng các lần lượt đến các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) là 1,2,3. Khi 

tồn tại a,b,c thỏa thể tích khối chóp O.ABC nhỏ nhất, giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp O.ABC là 

A. 18 B. 27 

C. 6 D. Không tồn tại a,b,c thỏa yêu cầu bài toán 

M 1;2;3 , A 2;4;4 và hai mặt phẳng ( P) : x + y − 2z 

+ 1 = 0, 

Câu 46. Cho hai điểm ( ) ( ) 

( Q) : x 2y z 4 0 

− − + = . Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt ( ), 

P ( ) 

Q lần lượt tại B, 

C sao 

cho tam giác ABC cân tại A và nhận AM là đường trung tuyến. 

x −1 y − 2 z −3 

x −1 y − 2 z −3 

A. ∆ : = = 

B. ∆ : = = 

−1 −1 1 

2 −1 1 

x −1 y − 2 z −3 

x −1 y − 2 z −3 

C. ∆ : = = D. ∆ : = = 

1 1 1 

1 −1 1 

⎧ x = 2 + t 

⎪ 

Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ : ⎨y 

= − 1 + 2t ( t ∈ R) 

hai điểm 

⎪ z = 3t 

⎩ 

A( 2;0;3 ) và B ( 2; −2; − 3) 

. Biết điểm M ( x y z 

0 0 0 ) 

4 4 

; ; thuộc ∆ thì MA + MB nhỏ nhất.Tìm x 0 

A. x 0 

= 0 

B. x 0 

= 1 

C. x 0 

= 2 

D. x 0 

= 3 

A a B b C c với a, b, c > 0 .Giả sử 

Câu 48. Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm ( ;0;0) , ( 0; ;0), ( 0;0; ) 

2 2 2 2 

a, b, 

c thay đổi nhưng thỏa mãn a + b + c = k không đổi. Diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn 

nhất bằng 


2 

2 

k 3 

k 3 

2 

2 

A. 

B. 

C. k 3 

D. k 

2 

6 

Câu 49. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M(9;1;1) , cắt 

các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho thể tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất là 


Trang 35 










x y z 

A. + + = 1 

7 3 3 

x y z 

B. + + = 1 

27 3 3 

x y z 

x y z 

C. + + = 1 D. + + = −1 

−27 3 3 

27 3 3 

6; 1; 2 1; 4;3 D 1;6; − 5 . Gọi M 

Câu 50. Trong không gian Oxyz cho 4 điểm A ( 2;3;2 ), B ( − − ) , C ( − − ) , ( ) 

là một điểm nằm trên đường thẳng CD sao cho tam giác MAB có chu vi bé nhất. Khi đó toạ độ điểm M 

là: 

0;1; 1 

2;11; 9 

3;16; 13 

M −1; − 4;3 

A. M ( − ) B. M ( − ) C. M ( − ) D. ( ) 

Câu 51. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(0;1;1), B(1;0; −3), C( −1; −2; − 3) và mặt cầu (S) có 

2 2 2 

phương trình: x + y + z − 2x + 2z 

− 2 = 0 .Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể 

tích lớn nhất. 

7 4 1 

A. D ⎛ ; ; 

⎞ 

1 4 5 

⎜ − − ⎟ B. D ⎛ − ; ; 

− ⎞ 

7 4 1 

⎜ ⎟ C. D ⎛ ; ; 

⎞ 

7 4 1 

⎜ ⎟ D. D ⎛ 

⎜ ; − ; 

⎞ 

⎟ 

⎝ 3 3 3 ⎠ 

⎝ 3 3 3 ⎠ 

⎝ 3 3 3 ⎠ 

⎝ 3 3 3 ⎠ 

Câu 52. Trong không gian Oxyz , cho điểm 

thẳng d thay đổi, đi qua điểm , 

M cắt mặt cầu ( ) 

⎛ 1 3 ⎞ 

; ;0 

S : x + y + z = 8. Đường 

⎜ 2 2 ⎟ 

⎝ ⎠ 

S tại hai điểm phân biệt. Tính diện tích lớn nhất S 

M và mặt cầu ( ) 

2 2 2 

của tam giác OAB . 

A. S = 7 . B. S = 4 . C. S = 2 7 . D. S = 2 2 . 

⎧ x = 2 − t 

2 2 2 

⎪ 

Câu 53. Cho mặt cầu ( S) : x + y + z − 2x + 4z + 1 = 0 và đường thẳng d : ⎨ y = t . Tìm m để d 

⎪ 

⎩z = m + t 

S tại hai điểm phân biệt , 

S tại A và tại B vuông 

cắt ( ) 

A B sao cho các mặt phẳng tiếp diện của ( ) 

góc với nhau. 

A. m = −1 

hoặc m = −4 

B. m = 0 hoặc m = −4 

C. m = −1 

hoặc m = 0 

D. Cả A, B, C đều sai 

A 1;01;1 , B 1;2;1 , C 4;1; −2 

và mặt 

Câu 54. rong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm ( ) ( ) ( ) 

P x + y + z = . Tìm trên (P) điểm M sao cho 

phẳng ( ) : 0 

đó M có tọa độ 

1;1; −1 

2 2 2 

MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi 

A. M ( ) 

B. M ( 1;1;1 ) 

C. M ( 1;2; −1) 

D. M ( 1;0; −1) 

Câu 55. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( ) 

( ) 

+ + + − + = 

2 2 2 

S : x y z 4x 6y m 0 và đường thẳng 

d 

x y − 1 z + 1 

: = = . Tìm m để (d) cắt (S) tại hai điểm M, N sao cho độ dài MN bằng 8. 

2 1 2 

A. m = −24 

B. m = 8 

C. m = 16 

D. m = −12 

A 2;0; −2 , B 3; −1; −4 , C −2;2;0 

. Điểm D trong mặt 

Câu 56. Trong không gian Oxyz, cho điểm ( ) ( ) ( ) 

phẳng (Oyz) có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến 

mặt phẳng (Oxy) bằng 1 có thể là: 

0; −3; −1 

0;2; −1 

0;1; −1 

D 0;3; −1 

A. D ( ) B. D ( ) C. D ( ) D. ( ) 



Trang 36 










SỐ PHỨC 

z + z 

1 2 

Câu 1. Cho hai số phức phân biệt z ; z thỏa điều kiện 

1 2 

z − z 

1 2 

đúng? 

là số ảo. Khẳng định nào sau đây là 

A. z = 1; z = 1 B. z = z 

C. z = z 

D. z = − z 

1 2 

1 2 

1 2 

1 2 

4 2 

Câu 2. Gọi z ; z ; z ; z là 4 nghiệm phức của phương trình 

1 2 3 4 

z + ( 4 − m) 

z − 4m 

= 0 . Tìm tất cả các giá 

trị m để z + z + z + z = 6 . 

1 2 3 4 

A. m = − 1 

B. m = ± 2 

C. m = ± 3 

D. m = ± 1 

Câu 3. Tìm số phức z biết z thỏa mãn phương trình z z 2 

z + = 

A. 1 B. 1+i C. 1-i D. i 

Câu 4. Trong các số phức thỏa điền kiện z − 4i − 2 = 2i − z , modun nhỏ nhất của số phức z bằng? 

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

Câu 5. Cho số phức z ≠ 0 thỏa mãn z ≥ 2 . Tìm tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

z + i 

P = . 

z 

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

Z 1+ i − 3 + 2i 

= 

13 

là: 

2 

A. z = 1+ 3i 

B. z = 

2 1 

3 1 

3 15 

+ i 

C. z = − i D. z = + i 

2 2 

2 2 

4 4 

z + i z 2 − 1 z 3 + i = 0 

Câu 6. Số phức z có mô đun lớn nhất và thỏa mãn điều kiện ( ) 

Câu 7. Tính tổng mô-đun tất cả các nghiệm của phương trình: ( )( )( ) 

A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 

Câu 8. Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn của 3 số phức: 1+ 2 i; (1 − i)(1 + 2 i); 

tích của tam giác ABC bằng: 

A. 1 B. 1 5 

5 

C. 

D. 

4 

2 

5 

2 

m + 1 

Câu 9. Cho số phức z = m∈R 

. Số các giá trị nguyên của m để z − i < 1 là 

1+ m 2i 

−1 

( ) ( ) 

A. ∅ B. 1 C. 4 D. Vô số 

2 + 6i 

3 − i .Diện 

1 

Câu 10. Cho hai số phức z1; 

z 

2 

thỏa mãn iz 

1 

+ 2 = và z2 = iz 

1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

2 

z − z . 

1 2 

1 

1 

1 

1 

A. 2 − B. 2 + C. 2 − D. 2 + 

2 

2 

2 

2 

Câu 11. Trong mặt phẳng phức Oxy , trong các số phức z thỏa z + 1− i ≤1. Nếu số phức z có 


môđun lớn nhất thì số phức z có phần thực bằng bao nhiêu ? 

A. 

− 2 − 2 

2 − 2 

2 − 2 

. B. . C. 

2 

2 

2 

. D. 2 + 2 

2 

. 


Trang 37 










Câu 12. Trong mặt phẳng phức Oxy , các số phức z thỏa z + 2i − 1 = z + i . Tìm số phức z được 

biểu diễn bởi điểm M sao cho MA ngắn nhất với A ( 1,3) 

. 

A. 3+ i . B. 1+ 3i . C. 2 −3i . D. − 2 + 3i . 

Câu 13. Trong các số phức z thỏa mãn 2 z − i ≤ 1. Tìm giá trị lớn nhất của z . 

2 + iz 

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

Câu 14. Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn từng điều 

kiện sau: z = z − 3 + 4i . 

25 

A. 3x + 4y − = 0 

2 

B. 3x + 4y 

− 25 = 0 

25 

C. 3x − 4y − = 0 

2 

D. 3x 

− 4y 

− 25 = 0 

1 

Câu 15. Điểm M biểu diễn số phức z ≠ 0 và điểm M’ biểu diễn số phức z ' = . Nếu điểm M di động 

z 

trên đường tròn tâm A(-1;1) bán kính R = 2 thì M’ di động trên đường nào? 

2 2 

A. x + y + 2x − 2y = 0 

B. 2x + 2y 

+ 1 = 0 

C. 2x − 2y + 1 = 0 

D. 2x + 2y 

− 1 = 0 

Câu 16. Tìm số thực m = a − b 20 (a, b là các số nguyên khác 0) để phương trình 

z + m − z + m + = có hai nghiệm phức phân biệt z 1 , z 2 thỏa mãn z1 + z 

2 

= 10 . Tìm a. 

2 

2 2( 1) (2 1) 0 

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

Câu 17. Cho các số phức z thỏa mãn z = 2 .Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức 

( ) 

w = 3 − 2i + 2 − i z là một đường tròn.Tính bán kính r của đường tròn đó. 

A. 20 B. 20 C. 7 D. 7 

Câu 18. Cho hai số phức u,v thỏa mãn u = v = 10 và 3u − 4v = 2016 . Tính M = 4u + 3v . 

A. 2984 B. 2884 C. 2894 D. 24 

z 6 + 7i 

2017 

Câu 19. Cho số phức z thoả mãn: z − = . Tìm phần thực của số phức z . 

1 + 3i 

5 

1008 

1008 

504 

A. − 2 

B. 2 C. 2 D. 2 

Câu 20. Cho số phức z có mô đun bằng 2017 và w là số phức thỏa mãn biểu thức 1 + 1 = 1 . 

z w z + w 

Môđun của số phức w bằng: 

A. 1 B. 2 C. 2016 D. 2017 


2017 


Trang 38 










Câu 21. Biết số phức Z thỏa điều kiện3 ≤ z − 3i + 1 ≤ 5 . Tập hợp các 

điểm biểu diễn của Z tạo thành một hình phẳng. Diện tích của hình 

phẳng đó bằng 

A. 16π 

B. 4π 

C. 9π 

D. 25π 

Câu 22. Số Phức cho ba số phức z1, z2, 

z 

3 

thỏa mãn z1 = z2 = z 

3 

= 1 và z1 + z2 + z 

3 

= 1. Mệnh đề 

nào sau đây là sai. 

A. Trong ba số đó có hai số đối nhau. 

B. Trong ba số đó phải có một số bằng 1. 

C. Trong ba số đó có nhiều nhất hai số bằng 1. 

D. Tích của ba số đó luôn bằng 1. 

Câu 23. Cho z là số phức có mô đun bằng 2017 và w là số phức thỏa mãn 1 1 1 

z 

+ w 

= z w 

. Mô đun 

+ 

của số phức w là 

A. 2015 B. 1 C. 2017 

D. 0 

y 

Câu 24. Cho số phức z thoả mãn điều kiện z − 2 + 3i 

= 3 . Tìm giá trị 

nhỏ nhất của z 

A. 13 − 3 

B. 2 

C. 13 − 2 

D. 2 

Câu 25. Cho số phức z thỏa mãn: z − 3 + 4i 

= 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của z . 

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

n 

Câu 26. Tìm phần thực của số phức z = (1 + i) , n ∈ N thỏa mãn phương 

trình log 4(n − 3) + log 4(n + 9) = 3 

A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 

Câu 27. Cho số phức z 2z 

−1 

thỏa mãn z ≤ 1 và số phức w = . Khi đó mô đun của số phức w là: 

2 + iz 

A. w = 2 

B. 1< w < 2. C. w ≤ 1 

D. w > 2 


Câu 28. Cho các số phức z thỏa mãn z − 1 = 2 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức 

( ) 

w = 1 + i 3 z + 2 là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó? 

A. r = 4 

B. r = 2 

C. r = 16 

D. r = 25 

O 

8 

6 

4 

2 

2 

O 

C 

z 

I 

M 

5 

x 


Trang 39 










2 2017 

Câu 29. Tìm phần ảo của số phức z , biết số phức z thỏa mãn i z = + i + ( + i) + + ( + i) 

. 2 1 ... 1 . 

1009 

1009 

1009 

A. 1 B. 2 C. − 2 

D. 2 i 

Câu 30. Cho các số phức z thỏa mãn z = 4 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số 

phức w = (3 + 4 i) 

z + i là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó. 

A. r = 4. B. r = 5. C. r = 20. D. r = 22. 

Câu 31. Với hai số phức z 

1 

và z 

2 

thỏa mãn z1 + z2 = 8 + 6i và z1 − z 

2 

= 2 . Tìm giá trị lớn nhất của 

P = z + z 

1 2 

A. P = 5 + 3 5 . B. P = 2 26 . C. P = 4 6 . D. P = 34 + 3 2 . 



Trang 40 








PHẦN II – LỜI GIẢI CHI TIẾT 

HÀM SỐ 



3 

Câu 1. Cho hàm số y = x + mx + 2 có đồ thị (C m ). Tìm m để đồ thị (C m ) cắt trục hoành tại một điểm 

duy nhất. 

A. m > − 3 

B. m < − 3 

C. m > 3 

D. m < 3 

Hướng dẫn giải: 

Số giao điểm của đồ thị (Cm) với Ox là số nghiệm của phương trình x + mx + 2 = 0 

Với m = 0 vô nghiệm nên không có giao điểm 

Với m ≠ 0 ta có 

2 2 

m = −x − = f ( x);(*) 

x 

3 

2 −2( x −1) 

f '( x) = − 2x + = 0 ⇒ x = 1 

2 2 

x x 

Ta có bảng biến thiên của f(x) như sau: 

x −∞ 0 1 +∞ 

f '( x ) 

+ + 0 - 

f ( x ) 

+∞ -3 

−∞ 

−∞ 

−∞ 

Số nghiệm phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm f(x) và đường thẳng y=m. 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy m > − 3 thì phương trình (*) có 1 nghiệm duy nhất. 

Chọn đáp án B. 

4 2 2 

Câu 2. Cho hàm số: y = x − 2( m − 2) x + m − 5m 

+ 5 . Với giá trị nào của m thì đồ thị hám số có 

cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm này tạo thành một tam giác đều 

3 

3 

A. m = 2 − 3 B. 2 − 3 

C. 3 − 2 

D. 3 − 2 


3 

Ta có: y ' = 4x − 4( m − 2) x 

⎡x 

= 0 

y ' = 0 ⇔ ⎢ 2 

⎣x 

= 2 − m 

Hàm số có CĐ, CT ⇔ PT ( ) 

f ' x = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m < 2 (*) 

Khi đó toạ độ các điểm cực trị là: A( 0, m 2 − 5m 

+ 5) 

, B( 2 − m;1− m) 

, C ( − 2 − m;1− 

m) 

 

 

⇒ AB = ( 2 − m; = − m 2 + 4m − 4 ); AC = ( − 2 − m; = − m 2 + 4m 

− 4) 

Do ∆ABC luôn cân tại A, nên 

 

bài toán thoả mãn khi 0 1 AB. 

AC 

3 

A = 60 ⇔ cos A = ⇔ = 0 ⇔ m = 2 − 3 

2 AB AC 

Chọn đáp án A. 

3 1 2 

Câu 3. Cho hàm số y = x − x có đồ thị là (C). Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ số 

2 

2 

góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại những điểm đó là giá trị lớn nhất của hàm số g(x) = 4x +3 

x 4 +1 


3 


Trang 41 










⎛ 1 ⎞ 

A. ⎜ ;0 ⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

⎛ 2 1+ 

2 ⎞ ⎛ 2 − 1+ 

2 ⎞ 

C. 

⎜ 

− ; − 

; 

2 4 ⎟ 

⎜ 

; 

⎝ 

⎠ 2 4 ⎟ 

⎝ 

⎠ 


2 

* Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) = x 4 +1 

4 

- Đặt t = x 2 t +3 

, với t ≥ 0 ta có hàm số 

2 

2 

− 

- 

2 2 

4x +3 

g(t) = t +1 

; 

⎛ 3 ⎞ 

B. ⎜ −1; 

− ⎟ 

⎝ 2 ⎠ ; ⎛ 4 40 ⎞ 

⎜ ; ⎟ 

⎝ 3 27 ⎠ 

⎛ 1 ⎞ 

D. ⎜ ;0 ⎟ 

2 

⎝ ⎠ ; ( − 2; − 10 ) 

−4t 6t + 4 

1 

g'(t) = ; g’(t) = 0 ⇔ t = −2;t = ; 

(t +1) 

2 

= ; lim ( ) = 0 , bảng biến thiên của hàm số: 

- Ta lại có: lim g( t) 0 

t→−∞ 

t→+∞ 

g t 

t −∞ –2 0 1 

2 

g’(t) – 0 + + 0 – 

4 

g(t) 0 

3 

–1 

+∞ 

0 

2 

- Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là g (x) = 4, đạt được khi x = ± 

2 

* Tìm các điểm thuộc đồ thị (C) 

- Ta có: y’ = 3x 2 – x, giả sử điểm M 0 (x 0 , f(x 0 ))∈(C), thì hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại M 0 là 

2 

f’(x 0 )= 3x0 − x0 

2 

- Vậy: 3x0 − x 

0 

= 4 suy ra x 0 = –1; x 0 = 4 3 , tung độ tương ứng f(–1) = – 3 2 ; f( 4 3 ) = 40 

27 

⎛ 3 ⎞ 

+ Có hai điểm thỏa mãn giải thiết ⎜ −1; 

− ⎟ 

⎝ 2 ⎠ ; ⎛ 4 40 ⎞ 

⎜ ; ⎟ 

⎝ 3 27 ⎠ . 


2x 

− 4 

Câu 4. Cho hàm số y = 

x + 1 

có đồ thi ( C ) điểm A( − 5;5) . Tìm mđể đường thẳng y = − x + m cắt 

C tại hai điểm phân biệt M và N sao cho tứ giác OAMN là hình bình hành (O là gốc toạ 

đồ thị ( ) 

độ). 

A. m = 0 

B. m = 0; m = 2 C. m = 2 

D. m = −2 


Do các điểm O và Athuộc đường thẳng ∆ : y = − x nên để OAMN là hình bình hành thì 

MN = OA = 5 2 

2x 

− 4 

2 

Hoành độ của M và N là nghiệm của pt: = − x + m ⇔ x + (3 − m) x − ( m + 4) = 0 ( x ≠ − 1) (1) 

x + 1 

2 

Vì m 2m 25 0, m 

C tại hai điểm 


∆ = − + > ∀ ,nên ( 1) 

luôn có hai nghiệm phân biệt, ( d) 

luôn cắt ( ) 

phân biệt 

Giả sử x 1 

, x 2 

là nghiệm của ( ) 

⎧x1 + x2 

= m − 3 

1 ta có: ⎨ 

⎩x1 x2 

= − ( m + 4) 


Trang 42 










2 2 2 2 

Gọi M ( x1; − x1 + m), N ( x2; − x2 + m) ⇒ MN = 2( x1 − x2) = 2 ⎡ 

⎣( x1 + x2) − 4x1x ⎤ 

2 ⎦ = 2m − 4m 

+ 50 

2 ⎡m 

= 2 

MN = 5 2 ⇒ 2m − 4m 

+ 50 = 50 ⇔ ⎢ 

⎣m 

= 0 

+ m = 0 thì O, A, M, 

N thẳng hàng nên không thoã mãn. 

+ m = 2 thoã mãn. 

Chọn đáp án C. 

x + 2 

Câu 5. Cho hàm số: y = ( C) 

. Tìm a sao cho từ A(0, a ) kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) nằm ở 

x − 1 

hai phía trục Ox. 

⎛ −2 ⎞ 

⎛ −2 ⎞ 

A. ⎜ ; +∞ ⎟ 

B. ( − 2; +∞ ) \{ 1} 

C. ( − 2; +∞ ) 

D. ⎜ ; +∞⎟ 

\ { 1 } 

⎝ 3 ⎠ 

⎝ 3 ⎠ 


Đường thẳng qua A(0, a ) có hệ số góc k có phương trình y = kx + a tiếp xúc (C) 

x + 2 

kx + a = có nghiệm kép ( kx + a)( x − 1) 

= x + 2 có nghiệm kép 

x − 1 

kx 2 −( k − a + 1) x −( a − 2) 

= 0 có nghiệm kép 

⎧⎪ k ≠ 0 

⎧⎪ k ≠ 0 

⎨ 2 

⎨ 

có 2 nghiệm k phân 

⎪⎩ ∆ = ( k − a + 1) − 4k ( a + 2) 

= 

2 

0 ⎪⎩ h( k) = k + 2( a + 5) k + ( a − 1) 2 

= 0 

biệt 

⎧⎪ 12( a 2) 

0 

∆ = + > 

⎨ 

a ∈ 

2 

( − 2; +∞) \{ 1} ( 1) 

⎪⎩ h(0) = ( a −1) 

≠ 0 

⎧ k1 − ( a − 1) k1 

+ ( a + 1) 

x1 = => y1 

= 

⎪ 2k1 

2 

Khi đó ⎨ 

⎪ k2 − ( a − 1) k2 

+ ( a + 1) 

x2 = => y2 

= 

⎪ 

⎩ 2k2 

2 

Mà 

y1 y2 < 0 => ⎡⎣ k1 + ( a + 1) ⎤⎦ ⎡⎣ k2 

+ ( a + 1) 

⎦⎤ 

< 0 

2 

( )( ) ( ) ( ) 

k k + a + 1 k + k + a + 1 = − 4 3a 

+ 2 < 0 

−2 

=> a > 

3 

1 2 1 2 

( 2) 

⎛ −2 ⎞ 

⎜ ; ⎟ \ 1 

⎝ 3 ⎠ 

Từ (1) và (2) => a ∈ +∞ { } 

Chọn đáp án D. 

Câu 6. Hai điểm M, N thuộc hai nhánh của đồ thị 

bằng? 

3x 

−1 

y = . Khi đó độ dài đoạn thẳng MN ngắn nhất 

x − 3 

A. 8 B. 4 C. x 

M 

< 3 

D. 8 2 . 


⎛ 8 ⎞ 

Giả sử x 

M 

< 3 , x 

N 

> 3 , khi đó M⎜3 − m;3 

− ⎟ 

⎝ m ⎠ , N ⎛ 8 ⎞ 

⎜3 + n;3 

+ ⎟ 

⎝ n ⎠ với m, n > 0 



Trang 43 










2 

2 2 ⎛ 8 8 ⎞ ⎛ 

2 1 1 ⎞ ⎛ 64 ⎞ 

MN = ( m + n) + ⎜ + ⎟ ≥ (2 mn) + 64 2 . = 4⎜ mn + ⎟ ≥ 64 

⎝ m n ⎠ 

⎜ m n ⎟ 

⎝ ⎠ ⎝ mn ⎠ 

⇒ MN ≥ 8 . Kết luận MN ngắn nhất bằng 8 


3 2 

Câu 7. Cho hàm số y = − x + 3mx − 3m 

− 1. Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số đã cho có cực 

đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng d : x + 8y 

− 74 = 0 

A. m = 1 

B. m = − 2 

C. m = 2 

D. m = − 1 


2 

+ y ' = 0 ⇔ − 3x + 6mx = 0 . Đồ thị có 2 điểm cực trị khi: m ≠ 0 

+ Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là: y = 2m 2 .x - 3m - 3 

3 

+ Trung điểm 2 điểm cực trị là I ( m;2m − 3m 

−1) 

+ Điều kiện để 2 điểm cực trị đối xứng qua d : x + 8y 

− 74 = 0 

⎧ 2 1 

⎪2 m .( − ) = −1 

⎨ 8 

⎪ 3 

⎩m + 8(2m − 3m 

− 1) − 74 = 0 

+ Từ đó thấy m = 2 thỏa mãn hệ trên. 


1 1 

1+ + 

x ( ) 

Câu 8. Cho ( ) 

2 x+ 

1 

f x = e 2 

. Biết rằng ( ) ( ) ( ) ( ) 

và m n tối giản. Tính m − n 

2 . 

2 

A. m − n = 2018 . B. 


Xét các số thực x > 0 

Ta có: 

( ) 

2 

n 

f 1 . f 2 . f 3 ... f 2017 = e với m, 

n là các số tự nhiên 

2 

m − n = −2018 . C. 

( 1) 

2 

2 

2 

( ) ( ) 

2 

m − n = 1. D. 

1 1 x + x + x + x + 1 1 1 1 

1+ + = = = 1+ = 1+ − . 

2 2 2 2 

2 

x x + 1 x x + 1 x + x x x + 1 x x + 1 

Vậy, ( 1 ). ( 2 ). ( 3 )... ( 2017) 

m 

2 

m − n = −1. 

1 1 1 1 1 1 1 1 2 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

1 1 1 1 

1 2018 −1 

⎜ + − ⎟+ ⎜ + − ⎟+ ⎜ + − ⎟+ … + + ⎜ + − ⎟ 2018− 

⎝ 1 2 ⎠ ⎝ 2 3⎠ ⎝ 3 4 ⎠ ⎝ 2017 2018 ⎠ 

2018 2018 

f f f f = e = e = e , 

2 

2018 −1 

m 

hay = 

n 2018 

2 

2018 −1 

Ta chứng minh là phân số tối giản. 

2018 

2 

Giả sử d là ước chung của 2018 − 1 và 2018 

2 

2 

Khi đó ta có 2018 −1⋮d , 2018⋮d 

⇒ 2018 ⋮ d suy ra 1⋮d ⇔ d = ± 1 

2 

2018 −1 

Suy ra là phân số tối giản, nên 

2 

m = 2018 − 1, n = 2018 . 

2018 

2 

Vậy m − n = −1. 



Câu 9. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị y = f ′( x ) cắt trục 

Ox tại ba điểm có hoành độ a 

đề nào dưới đây là đúng? 


Trang 44 










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 ). 


Đồ thị của hàm số y f ′( x) 

= liên tục trên các đoạn[ a; 

b ] và [ ; ] 

của f ′( x ) . 

⎧ y = f ′( x) 

⎪ y = 0 

Do đó diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường: ⎨ là: 

⎪x 

= a 

⎪ 

⎩x 

= b 

b 

b c , lại có f ( x ) là một nguyên hàm 

b 

S = f ′ x x = − f ′ x x = − f ( x) = f ( a) − f ( b ) . Vì S > ⇒ f ( a) > f ( b ) ( 1 ) 

∫ 

1 

( )d ( )d 

a 

b 

∫ 

a 

a 

1 

0 

⎧ y = f ′( x) 

⎪ y = 0 

Tương tự: diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường: ⎨ là: 

⎪x 

= b 

⎪ 

⎩x 

= c 

c 

c 

S = f ′ x x = f ′ x x = f ( x) = f ( c) − f ( b ) . S > ⇒ f ( c) > f ( b ) ( ) 

∫ 

2 

( )d ( )d 

b 

c 

∫ 

b 

b 

2 

0 

Mặt khác, dựa vào hình vẽ ta có: S1 < S2 

⇔ f ( a) − f ( b) < f ( c) − f ( b) ⇔ f ( a) < f ( c) 

( ) 

(có thể so sánh f ( a ) với f ( b) 

dựa vào dấu của f ′( x ) trên đoạn [ a; 

b ] và so sánh f ( b ) với 

f ( c) 

dựa vào dấu của f ′( x) 

trên đoạn [ b; 

c ] ). 

Từ (1), (2) và (3) 


Câu 10. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số = ( − ) − ( + ) 

2 . 

3 . 

y 2m 1 x 3m 2 cos x nghịch 

biến trên R . 

1 

1 

1 

A. −3 ≤ m ≤ − . B. − 3 < m < − . C. m < −3. 

D. m ≥ − . 

5 

5 

5 


TXĐ: D = R 

Ta có: y′ = (2m − 1) + (3m + 2)sin x 

Để hàm số nghịch biến trên R thì y′ ≤ 0, ∀x tức là: (2m − 1) + (3m + 2)sin x ≤ 0 (1) , ∀x 

2 

7 

+) m = − thì (1) thành − ≤ 0, ∀x 

3 

3 

2 

1− 2m 1− 2m 5m 

+ 1 2 −1 

+) m > − thì (1) thành sin x ≤ ⇒ ≥ 1 ⇔ ≤ 0 ⇔ − < m ≤ 

3 

3m + 2 3m + 2 3m 

+ 2 3 5 

2 

1− 2m 1− 2m m + 3 2 

+) m < − thì (1) thành sin x ≥ ⇒ ≤ −1 ⇔ ≤ 0 ⇔ −3 

≤ m < − 

3 

3m + 2 3m + 2 3m 

+ 2 3 

1 

Kết hợp được: −3 

≤ m ≤ − 

5 




Trang 45 










y = 2x + 3 m − 1 x + 6 m − 2 x + 3 nghịch biến trên 

3 2 

Câu 11. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số: ( ) ( ) 

khoảng có độ dài lớn hơn 3 

A. m < 0 hoặc m > 6 B. m > 6 

C. m < 0 

D. m = 9 


Dùng BBT để xét sự đồng biến và nghịch biến của hàm số trên các khoảng 

2 

y' = 6x + 6 m − 1 x + 6 m − 2 x 

( ) ( ) 

( ) ( ) 

2 2 

∆ ' = 9 m −1 − 36 m − 2 = 9m − 54m 

+ 81 ≥ 0 

Dấu bằng xảy ra khi m = 3 

Gọi 

1, 

2 

x x là 2 nghiệm của phương trình y ' = 0( x < x ) 

1 2 

⎧x1 + x2 

= 1− 

m 

Theo viet: ⎨ 

⎩x1. x2 

= m − 2 

Ta có BBT 

t −∞ x 1 x 2 +∞ 

y’ + 0 - 0 + 

y 

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 

x , x ⇒ pt y' = 0 phải có 2 nghiệm phân biệt ⇒ m ≠ 3 

1 2 

Gọi Độ dài khoảng nghịch biến của hàm số là D 

2 2 2 

D = x1 − x 

2 

⇔ ( x1 − x2 ) = ( 1− m) − 4( m − 2) 

= m − 6m 

+ 9 

2 

2 2 

D > 3 ⇔ D > 9 ⇔ m − 6m + 9 > 9 ⇔ m − 6m > 0 ⇔ m < 0 hoặc m > 6 (thỏa mãn) 


1 

Câu 12. Cho hàm số = x + 

y có đồ thị (C) và A là điểm thuộc (C). Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng các 

x − 1 

khoảng cách từ A đến các tiệm cận của (C). 

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


⎛ m + 1⎞ Gọi M ⎜ m; ⎟ ∈ ( C )( m ≠ 1) 

. Tổng khoảng cách từ M đến 2 đường tiệm cận x = 1 và y = 1 là 

⎝ m −1⎠ 

m + 1 2 2 

S = m − 1 + − 1 = m − 1 + ≥ 2 m − 1 . = 2 2 

m −1 m −1 m −1 

2 

Dấu “=” xảy ra ⇔ m − 1 = ⇔ m − 1 = 2 ⇔ m = 1± 

2 

m −1 


2x + 1 

x + 1 

. Tìm k để đường thẳng d : y = kx + 2k + 1 cắt (C) tại hai điểm 

phân biệt A, 

B sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau. 

A. 12 B. − 4 

C. − 3 

D. 1 


Phương triình hoành độ giao điểm của (C) và d: 

2x 1 kx + 2k 1 2x 1 ( x + 1)( kx + 2k 1 ); ( x ≠ − 1) 

x + 1 

2 

⇔ kx + 3k − 1 x + 2k = 0 1 ; x ≠ −1 

Câu 13. Cho hàm số y = ( C) 


( ) ( ) ( ) 

d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác − 1. 


Trang 46 










⎧k 

≠ 1 

⎪ 

⎪⎧ 

k ≠ 0 

⎨ 6 1 0 

⎨ . 

⎪ 

⎪ ⎩k 

< 3 − 2 2 ∨ k > 3 + 2 2 

2 

⇔ ∆ = k − k + > ⇔ 

2 

⎪⎩ k ( − 1) + ( 3k −1)( − 1) 

+ 2k 

≠ 0 

Khi đó: ( ; x + 2 + 1 ), ( ; x + 2 + 1) 

A x1 k 

1 

k B x2 k 

2 

k với x1, 

x 

2 

là nghiệm của (1). 

⎧ − 3k 

+ 1 

⎪x1 + x2 

= 

Theo định lý Viet tao có ⎨ k . 

⎪ 

⎩x1x2 

= 2 

d A; Ox = d B; Ox ⇔ kx + 2k + 1 = kx + 2k 

+ 1 

Ta có ( ) ( ) 1 2 

⎡kx1 + 2k + 1 = kx 2 

+ 2k 

+ 1 ⎡x1 = x2 

⇔ ⎢ 

⇔ ⎢ 

. 

⎣kx1 + 2k + 1 = −kx2 

− 2k 

−1 

⎣k ( x1 + x2 

) + 4k 

+ 2 = 0 

Do hai điểm A, B phân biệt nên ta loại nghiệm x1 = x 

2 

. Do đó k ( x1 + x2 ) + 4k + 2 = 0 ⇔ k = −3. 


x − 4 

Câu 14. Nếu đồ thị hàm số y = cắt đường thẳng ( d) : 2 x + y = m tại hai đểm AB sao cho độ dài 

x + 1 

AB nhỏ nhất thì 

A. m=-1 B. m=1 C. m=-2 D. m=2 


Phương trình hoành độ giao điểm 

x − 4 = − 2 x + m ( x ≠ − 1) 

x + 1 

2 

⇔ 2 x − ( m − 3) x − m − 4 = 0 

2 

∆ = ( m + 1) + 40 > 0, ∀m ∈ R 

Suy ra (d) luôn cắt dồ thị hàm số tại hai điểm A,B 

m − 3 −m 

− 4 

xA + xB = ; xA. xB 

= ; 

2 2 

y = − 2 x + m; y = − 2x + m 

A A B B 

y − y = −2( x − x ) 

B A B A 

AB = ( x − x ) + ( y − y ) = 5( x − x ) 

2 2 2 

B A B A B A 

2 

⎡ 

2 

⎛ m − 3 ⎞ −m 

− 4⎤ 

5 

2 

= 5 ( ) 4 5 4 ⎡( 1) 

40⎤ 

⎣ 

⎡ x ⎤ 

B 

+ xA − xAxB 

⎦ = ⎢⎜ 

⎟ − ⎥ = m + + ≥ 5 2 

⎢⎝ 

2 ⎠ 2 ⎥ 4 ⎣ ⎦ 

⎣ 

⎦ 

Vậy AB nhỏ nhất khi m=-1 


y = x 3 − 3mx 2 + 3 m 2 − 1 x + 1− 

m 2 . Tìm m để trên đồ thị hàm số có hai điểm đối 

Câu 15. Cho hàm số ( ) 

xứng qua gốc tọa độ 

A. −1≤ 

m ≤ 0 hoặc m ≥1 

B. − 1< m < 0 hoặc m > 1 

C. 1 > m > 0 hoặc m < −1 

D. 1≥ 

m ≥ 0 hoặc m ≤ −1 


A x , y , B −x , −y 


Gọi hai điểm đối xứng nhau qua O là ( ) ( ) 

0 0 0 0 

Khi đó ta có y 3 2 ( 2 ) 

2 

0 

= x0 − 3mx0 + 3 m − 1 x0 

+ 1− 

m và ( ) 

2 2 

Từ đó suy ra: − 6mx + 2 − 2m 

= 0(*) 

Nếu x 

0 

= 0 thì 

0 

2 

2 − 2 = 0 

m suy ra 

y m . Vậy A ≡ B ≡ O 

2 

0 

= 1− = 0 

− y = −x − 3mx − 3 m − 1 x + 1− 

m 

3 2 2 2 

0 0 0 0 


Trang 47 










Do đó: đồ thị hàm số có hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ O 

⎧m 

≠ 0 

⎪ 2 

⇔ phương trình (*) có nghiệm khác 0 ⇔ ⎨2 − 2m ≠ 0 ⇔ − 1 < m < 0 hay m > 1 

⎪ 2 

⎪⎩ ∆ ' = 6m( 2 − 2m 

) ≥ 0 


3 2 3 

2 3 

Câu 16. Cho hàm số y = x + 3mx − m có đồ thị ( C 

m ) và đường thẳng d : y = m x + 2m . Biết rằng 

m1, m2 ( m1 > m2 

) là hai giá trị thực của m để đường thẳng d cắt đồ thị ( C 

m ) tại 3 điểm phân biệt có 

4 4 4 

hoành độ x1, x 

2, 

x 

3 

thỏa x1 + x2 + x 

3 

= 83 . Phát biểu nào sau đây là đúng về quan hệ giữa hai giá trị 

m1, 

m 

2 

? 

2 

2 

A. m1 + m 

2 

= 0 . B. m1 + 2m 2 

> 4 . C. m2 + 2m 1 

> 4 . D. m1 − m 

2 

= 0 . 


⎡x 

= m 

3 2 2 3 

x + 3mx − m x − 3m = 0 ⇔ 

⎢ 

⎢ 

x = −m ( DK : m ≠ 0) 

⎢ ⎣x 

= −3m 

4 4 4 4 4 4 

ycbt ⇔ x1 + x2 + x3 = 83 ⇔ m + m + 81m = 83 ⇔ m = ± 1 ⇒ m1 + m 

2 

= 0 . 


3 

Câu 17. Cho hàm số = x − 

y có đồ thị là (C). Gọi I là giao điểm của 2 đường tiệm cận của (C). Tìm 

x + 1 

tọa độ điểm M trên (C) sao cho độ dài IM là ngắn nhất ? 

A. M 1( 0 ; − 3 ) và M ( ) 

2 

−2 ; 5 

B. M 1( 1; −1 

) và M ( ) 

2 

−3 ; 3 

⎛ 1 ⎞ ⎛ 7 ⎞ 

⎛ 1 5 ⎞ ⎛ 5 11⎞ 

C. M 

1 ⎜ 2 ; − ⎟ và M 

2 ⎜ −4 ; ⎟ 

D. M 

1 ⎜ ; − ⎟ và M 

2 ⎜ − ; ⎟ 

⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ 

⎝ 2 3 ⎠ ⎝ 2 3 ⎠ 


⎛ m − 3 ⎞ 

Gọi M ⎜ m ; ⎟ thuộc đồ thị, có I(–1 ; 1) 

⎝ m + 1 ⎠ 

2 16 

2 16 

IM = ( m + 1) 

+ , IM = 

2 

( m + 1) 

+ ≥ 2 16 ≥ 2 2 

2 

m + 1 

m + 1 

( ) 

( ) 

IM = . Khi đó (m + 1) 2 = 4. Tìm được hai điểm M ( − ) và ( − ) 

IM nhỏ nhất khi 2 2 

1 

M 

2 

3 ; 3 . 


Câu 18. Giá trị của tham số m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 

2 2 

y = 3x + 2mx + m + 1, trục hoành, trục tung và đường thẳng x = 2 đạt giá trị nhỏ nhất là: 

A. m = 2 B. m = 1 C. m = -1 D. m = - 2 


2 2 

Vì với m tùy ý ta luôn có 3x + 2mx + m + 1 > 0 ∀ x nên diện tích hình phẳng cần tìm là 

2 

2 

2 2 3 2 2 2 

∫ ( ) ⎡ ( ) ⎤ 

( ) 

S = 3x + 2mx + m + 1 dx = 

⎣ 

x + mx + m + 1 x 

⎦ 

= 2m + 4m + 10 = 2 m + 1 + 8 

0 

S đạt giá trị nhỏ nhất bằng 8 khi m = - 1. (dùng casio thử nhanh hơn) 


2 

x − 2x 

+ 3 

Câu 19. Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y = 

hợp với 2 trục tọa độ 1 

x −1 

tam giác có diện tích S bằng: 

A. S=1,5 B. S=2 C. S=3 D. S=1 


0 

2 


Trang 48 











( ) 

Ta có kết quả: Nếu đồ thị hàm số = u x 

/ 

u ( xo) 

y có điểm cực trị ( xo; y 

o) 

thì yo 

= 

/ 

v( x ) 

v ( xo 

) 

Suy ra phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là y=2x-2 (d) 

(d) cắt 2 trục tọa độ tại 2 điểm A(0;-2) ,B(1;0) nên diện tích tam giác OAB bằng 1 


3 2 

y x 2x 1 m x m 

C cắt trục 

Câu 20. Cho hàm số = − + ( − ) + có đồ thị ( C ) . Giá trị của m thì ( ) 

2 2 2 

hoành tại 3 điểm phân biệt x1, x2, 

x 

3 

sao cho x1 + x2 + x3 < 4 là 

⎧ 1 ⎪− < m < 1 

1 

A. m < 1 

B. ⎨ 4 

C. − < < 1 

⎪ 

4 m D. 1 

< m < 1 

4 

⎩m 

≠ 0 


Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và trục hoành là 

3 2 

⎡x 

= 1 

x − 2x + ( 1− m) 

x + m = 0 ⇔ ⎢ 2 

⎣x − x − m = 0 

⎧m 

≠ 0 

⎪ 

(C) và trục hoành cắt nhau tại 3 điểm phân biệt: ⇔ ⎨ 1 

⎪m 

> − 

⎩ 4 

( ) 2 

x + x + x < 4 ⇔ x + x − 2x x + 1 < 4 ⇔ 1+ 2m + 1 < 4 ⇔ m < 1 

2 2 2 

1 2 3 1 2 1 2 


Câu 21. Cho hàm số y = ( x − m) 3 − 3x + m 

2 

( 1) 

. Gọi M là điểm cực đại của đồ thị hàm số ( ) 

một giá trị m thích hợp đồng thời là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số ( ) 

m. Số điểm M thỏa mãn yêu cầu đề bài là: 

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


y′ = 3 x − m 2 

− 3, y′′ 

= 6 x − m 

Ta có ( ) ( ) 

1 ứng với 

1 ứng với một giá trị khác của 

⎡x 

= m −1 

Suy ra y′ = 0 ⇔ ⎢ . 

⎣x 

= m + 1 

Vì x = x1 = m −1, y′′ 

( m − 1) 

< 0 nên hàm số đạt cực đại x = x1 = m − 1 tại và giá trị cực đại là 

y = m − m + . 

2 

1 

3 2 

Tương tự, ta có hàm số đạt cực tiểu tại x = x2 = m + 1 và giá trị cực tiểu là y = m − m − . 

2 

2 

3 2 

Ta giả sử điểm M là điểm cực đạ của đồ thị hàm số ứng với giá trị m 

1 

và là điểm cực tiểu ứng của 

đồ thị hàm số ứng với với giá trị m 

2 

. 

⎧m1 − 1 = m2 

+ 1 

Từ YCBT suy ra hệ phương trình ⎨ 2 2 

⎩m1 − 3m1 + 2 = m2 − 3m2 

− 2 

3 1 

1 1 

Giải hệ ta tìm được nghiệm m1 = , m2 

= − và suy ra tồn tại duy nhât một điêm M ⎛ 

⎜ , − 

⎞ 

⎟ 

2 2 

⎝ 2 4 ⎠ thỏa 

bài toán. 


Câu 22. Cho một tam giác đều ABC cạnh a. Người ta dựng một hình chữ nhật MNPQ có cạnh MN 

nằm trên cạnh BC, hai đỉnh P và Q theo thứ tự nằm trên hai cạnh AC và AB của tam giác. Xác định 

giá trị lớn nhất của hình chữ nhật đó? 



Trang 49 










3 

A. a 

2 

8 


B. 

3 a 

2 

4 

Gọi H là trung điểm của BC ⇒ BH = CH = a 2 

a 

Đặt BM = x, 0 < x < , ta có: 

2 

⎛ a ⎞ 

MN = 2MH = 2(BH − BM) = 2⎜ 

− x ⎟ = a − 2x 

⎝ 2 ⎠ 

Tam giác MBQ vuông ở M, 0 

B = 60 và BM = x ⇒ QM = x 3 

Hình chữ nhật MNPQ có diện tích: 

2 

S(x) = MN.QM = = (a − 2x)x 3 = 3(ax − 2x ) 

a ⎛ a ⎞ 

S'(x) = 3(a − 4x); S'(x) = 0 ⇔ x = ∈ ⎜ 0; ⎟ 

4 ⎝ 2 ⎠ 

x 

a 

0 

4 

S’ + 0 − 

Vậy 

max S(x) 

3 2 

= a khi x = a 

⎛ a ⎞ 8 4 

x∈ ⎜ 0; ⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

S 

3 a 

2 

8 

C. 0 D. 

a 

2 

B 

Q 

A 

3 a 

2 

2 

M H N 


x 

Câu 23. Cho hàm số y = ( C ) . Tìm m để đường thẳng d : y = mx − m − 1 cắt ( C ) tại hai điểm 

1 − x 

2 2 

phân biệt M, 

N sao cho AM + AN đạt giá trị nhỏ nhất với A( − 1;1) . 

A. m = 1 

B. m = 2 

C. m = −1 

D. m = 3 


x 

⎧⎪ 

x ≠ 1 

Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và d : = mx − m = 1 ⇔ ⎨ 

2 

1− x ⎪⎩ mx − 2mx + m + 1 = 0(1) 

d cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ m < 0 

Gọi I là trung điểm của MN ⇒ I(1; − 1) cố định. 

2 

2 2 2 MN 

Ta có: AM + AN = 2AI 

+ 

2 

2 2 

Do AM + AN nhỏ nhất ⇔ MN nhỏ nhất 

2 2 2 4 

MN = ( x − x ) (1 + m) = −4m − ≥ 8 . Dấu “=” xảy ra ⇔ m = − 1 

2 1 

m 

2 2 

Vậy min( AM + AN ) = 20 khi m = − 1 


y = f x có đồ thị nhu hình vẽ bên. Tất cả 


Câu 24. Cho hàm số bậc ba ( ) 

các giá trị của tham số m để hàm số y = f ( x) 

+ m có ba điểm cực trị là: 

A. m ≤ −1 

hoặc m ≥ 3 

B. m ≤ −3 

hoặc m ≥1 

P 

C 


Trang 50 










C. m = −1 

hoặc m = 3 

D. 1≤ 

m ≤ 3 


y f x m 

y = f x tịnh tiến trên trục Oy m đơn vị 

Đồ thị hàm số = ( ) + là đồ thị hàm số ( ) 

Để đồ thị hàm số y = f ( x) 

+ m có ba điểm cực trị ( ) 

⇔ y = f x + m xảy ra hai trường hợp sau: 

+ Nằm phía trên trục hoành hoặc điểm cực tiểu thuộc trục Ox và cực đại dương 

+ Nằm phía dưới trục hoành hoặc điểm cực đại thuộc trục Ox và cực tiểu dương 

Khi đó m ≥ 3 hoặc m ≤ − 1 là giá trị cần tìm. 


3 2 

Câu 25. Tìm m để đồ thị hàm số y = x − 3mx + 1 có hai điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB 

có diện tích bằng 1 (O là gốc tọa độ). 

A. m = 1 

B. m = 2 

C. m = ± 1 

D. m = 3 


2 

y ' = 3x − 6mx = 3x x − 2m . Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì m ≠ 0 . 

Ta có ( ) 

Khi đó hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A (0;1) và 

3 

(2 ; − 4 + 1) 

B m m . Gọi H là hình chiếu 

vuông góc của điểm B lên trục tung, ta có BH = 2m . Diện tích của tam giác OAB là 

1 1 

S = BH. OA = . 2m 

2 2 

Theo đề bài S=1 nên ta có 1 . 2m = 1suy ra m = ± 1. Vậy m=±1 là giá trị cần tìm. 

2 


2 

2sin x 

Câu 26. Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) 

= 

là 

4 x 4 x 

sin + cos 

2 2 

A. 0 B. 4 C. 8 D. 2 


2 2 2 

2sin x 2sin x 4sin x 

TXĐ: D = R , ta có f ( x) 

= = = . 

2 

4 x 4 x 1 2 

sin + cos 1− 

sin x 

2 − sin x 

2 2 2 

2 

4t 

Đặt sin x = t ( t ∈ [ 0;1] 

), hàm số trở thành g( t) 

= với t ∈ [ 0;1] 

, ta có 

− t + 2 

8 

g '( t) 

= > 0∀t 

∈ 

2 

[ 0;1] 

, suy ra hàm số đồng biến trên [ 0;1 ], vậy 

− t + 2 

( ) 

π 

max f ( x) 

= max g( t) = g( 1) 

= 4, xảy ra khi t = 1⇒ x = + kπ( k ∈ Z ) 

x∈R 

t∈[ 0;1] 

2 


3 2 

Câu 27. Cho hàm số y = x − 6x + 9x + m có đồ thị (C), với m là tham số. Giả sử đồ thị (C) cắt trục 

hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn x < x < x . 

1 2 3 

Khẳng định nào sau đây là đúng? 

A. 1< x1 < x2 < 3 < x3 

< 4 

B. 0 < x1 < 1< x2 < 3 < x3 

< 4 

C. x1 < 0 < 1< x2 < 3 < x3 

< 4 

D. 1< x1 < 3 < x2 < 4 < x3 


3 2 

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = − x + 6x − 9x. Dựa vào đồ thị ta tìm được − 4 < m < 0 thì đồ 

3 2 

thị hàm số y = x − 6x + 9x + m cắt Ox tại 3 điểm phân biệt. 

y 0 . y 1 < 0; y 1 . y 3 < 0; y 3 . y 4 < 0 do đó 0 < x1 < 1< x2 < 3 < x3 

< 4 


Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 


Trang 51 











tan x − 2 

Câu 28. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = đồng biến trên khoảng 

tan x − m 

⎛ π ⎞ 

⎜0; ⎟. 

⎝ 4 ⎠ 

A. m ≤ 0 hoặc 1 ≤ m < 2. B. m ≤ 0. C. 1 ≤ m < 2. D. m ≥ 2. 


1 1 

(tan x − m) − (tan x − 2) 

2 2 

cos 

cos 

2 − m 

y ' = x 

x = 

2 2 2 

(tan x − m) cos x(tan x − m) 

⎛ π ⎞ 

Hàm số đồng biến trên⎜0; ⎟ 

⎝ 4 ⎠ khi và chỉ khi hàm số xác định trên ⎛ 

0; π ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ 4 ⎠ và y’ ≥ 0 ∀ x ∈ ⎛ 

0; π ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ 4 ⎠ 

⎧ 

⎛ π ⎞ 

⎪tan x ≠, ∀x ∈⎜0; ⎟ ⎡m 

≤ 0 

⇔ ⎨ ⎝ 4 ⎠ ⇔ ⎢ 

⎪ ⎣1 ≤ m ≤ 2 

⎩2 − m ≥ 0 


4 2 

2 Câu 29. Cho hàm số y = ax + bx + c có đồ thị như hình vẽ 

bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? 

A. a > 0, b < 0, c > 0 

B. a < 0, b > 0, c < 0 

C. a < 0, b < 0, c < 0 

D. a > 0, b < 0, c < 0 


Do giới hạn của y khi x tiến tới vô cùng thì −∞ nên a < 0 . Loại A và D 

3 2 

y ' = 4ax + 2bx = 2x 2ax + b 

( ) 

2 

Do a < 0 mà nếu b < 0 thì phương trình 2 ax + b vô nghiệm 

Nên b > 0 thì hàm số mới có 3 cực trị. 


1 

Câu 30. Cho hàm số : y = x + 1+ ( C ) Tìm những điểm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1 

x −1 

sao cho tiếp tuyến tại diểm đó tạo với 2 đường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất . 

⎛ 1 1 ⎞ 

⎛ 1 1 ⎞ 

A. M = ⎜1 + ;2 − 2 + 

4 4 ⎟ 

B. M = ⎜ ;2 + 

4 4 ⎟ 

⎝ 2 2 ⎠ 

⎝ 2 2 ⎠ 

⎛ 1 1 ⎞ 

C. M = ( 1;2 + 2 ) 

D. M = ⎜1 + ;2 + 2 + 

4 4 ⎟ 

⎝ 2 2 ⎠ 


2 

1 a 

Gọi M = ( a; y( a) 

) ∈ ( C) 

; a > 0 thì y( a) 

= a + 1+ = 

a −1 a −1 

2 2 

a − 2a a 

PTTT của ( C ) tại M là: y − y ( a) = y '( a)( x − a) 

⇔ y = x − a + (d) 

2 

a −1 

a − 1 


Tiệm cận đứng x = 1 ; Tiệm cận xiên y = x + 1 

Giao điểm của 2 tiệm cận là I=( 1 ; 2 ) 

( ) ( ) 


Trang 52 








Giao điểm của d với tiệm cận đứng x = 1 là 

Với tiệm cận xiên là : B = ( 2a −1;2a 

) 

⎛ 2a 

⎞ 

A = ⎜ 1; ⎟ 

⎝ a −1⎠ 



Ta có 

2 

AI = ; BI = 2 2 a − 1 

a −1 

π 

Lại có ∠ AIB = suy ra 

4 

, nên AI. BI = 4 2 vì a > 1 

π 

= + − = + − 

4 

2 2 2 2 2 

AB AI BI 2 AI. BICos AI BI 2 AI. 

BI 

2 

Theo bất đẳng thức Cô si : ≥ − = ( − ) 

⇔ AB ≥ 2 2( 2 −1) 

(1) 

AB 2 AI. BI 2 AI. BI 2 2 AI. 

BI 

Đặt p là chu vi tam giác ABI thì : ( ) 

4 

p = AB + AI + BI ≥ AB + 2 AI. BI ≥ 2 2 2 − 1 + 4 2 

1 

Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ AI = BI ⇔ a = 1+ 

4 

2 

4 

1 

Vậy Minp = 2 2( 2 − 1) + 4 2 ⇔ a = 1+ 

4 

2 

⎛ 1 1 ⎞ 

Hay điểm cần tìm là M = ⎜1 + ;2 + 2 + 

4 4 ⎟ 

⎝ 2 2 ⎠ 


4 

x 2 5 

Câu 31. Cho hàm số: y = − 3 x + ( C) 

và điểm M ∈ ( C) 

có hoành độ x M = a. Với giá trị nào của a 

2 2 

thì tiếp tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) 2 điểm phân biệt khác M. 

⎧ ⎪ a < 3 

⎪⎧ a < 3 

⎧ ⎪a 

< 3 

⎧ ⎪ a < 7 

A. ⎨ B. ⎨ 

C. ⎨ D. ⎨ 

⎪ ⎩a 

≠ ± 1 

⎪ ⎩a 

≠ 1 

⎪ ⎩a 

≠ ± 1 

⎪ ⎩a 

≠ ± 2 


4 

a 2 5 

Điểm M ∈ ( C ) , x M = a => yM 

= − 3a + ta có Pt tiếp tuyến với (C) có dạng 

2 2 

' 

' 3 

( ∆ ) : y = yx ( x − x ) + 

M M 

y 

M 

với yM 

= 2a − 6a 

4 

3 a 2 5 

=> ( ∆ ) y = (2a − 6 a)( x − a) + − 3a 

+ 

2 2 

Hoành độ giao điểm của ( ∆ ) và (C) là nghiệm của phương trình 

4 4 

x 2 5 3 a 2 5 

2 2 3 

− 3 x + = (2a − 6 a)( x − a) + − 3 a + ⇔ ( x − a) ( x + 2ax + 3a 

− 6) = 0 

2 2 2 2 

⎡x 

= a 

⇔ ⎢ 

2 2 

⎣g( x) = x + 2ax + 3a 

− 6 = 0 

Bài toán trở thành tìm a để g(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt khác a 

' 2 2 2 

⎪⎧ 

∆ 

g ( x) 

= a − (3a − 6) > 0 ⎧⎪ a − 3 < 0 ⎪⎧ 

a < 3 

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ 

2 

2 

⎨ 

⎪⎩ 

g( a) = 6a 

− 6 ≠ 0 ⎪⎩ a ≠ 1 ⎪⎩ 

a ≠ ± 1 


2x 

− 3 

Câu 32. Cho hàm số: y = . Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) , biết tiếp tuyến đó cắt đường 

x − 2 

tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, 

B sao cho AB = 2IB , với I (2,2) . 

A. y = − x + 2 ; y = −x − 3 

B. y = x + 2 ; y = − x + 6 



Trang 53 










C. y = − x + 2 ; y = − x + 6 

D. y = x − 2 ; y = x − 6 


2 

⎛ 2x0 

− 3 ⎞ 

1 2x0 − 6x0 

+ 6 

Gọi M ⎜ x0; ⎟ ∈ ( C) 

. PTTT của (C) tại M: y = − x + 

2 2 

⎝ x0 

− 2 ⎠ 

( x − 2) ( x − 2) 

0 0 

Do AB = 2IB và tam giác AIB vuông tại I ⇒ IA = IB nên hệ số góc của tiếp tuyến k = 1 hoặc k = 

/ −1 

-1. vì y = < 0 nên ta có hệ số góc tiếp tuyến k = -1. 

2 

x − 2 

−1 

( ) 

⎡x 

= 1 

0 

⇔ = −1 

⇔ 

2 ⎢ 

( x0 

−1) 

⎣x0 

= 

3 

⇒ có hai phương trình tiếp tuyến y = − x + 2 ; y = − x + 6 


Câu 33. Cho hàm số y = x 3 + 2mx 2 + (m + 3)x + 4 (m là tham số) có đồ thị là (C m ), đường thẳng d có 

phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m để d cắt (C m ) tại ba điểm phân 

biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . 

1± 

37 

1± 

137 

1± 

7 

1± 

142 

A. m = 

B. m = 

C. m = 

D. m = 

2 

2 

2 

2 


Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: 

x 3 + 2mx 2 + (m + 3)x + 4 = x + 4 ⇔ x(x 2 ⎡x 

= 0 

+ 2mx + m + 2) = 0 ⇔ ⎢ 2 

⎣x + 2mx + m + 2 = 0 (*) 

d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔ PT (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 

' 2 

⎧∆ = m − m − 2 > 0 

⇔ ⎨ ⇔ m∈( −∞; −2) ∪ ( −2; −1) ∪ ( 2; +∞) 

⎩m 

+ 2 ≠ 0 

Khi đó B = (x 1 ; x 1 + 4), C = (x 2 ; x 2 + 4) với x 1 , x 2 là hai nghiệm của (*) . 

⎧x1 + x2 

= −2m 

Theo Vi-ét ta có ⎨ 

⎩x1x 

2 

= m + 2 

2 2 2 

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

⇒ BC = 2 x − x = 2 x + x − 8x x = 2 2 m − m − 2 

Ta có khoảng cách từ K đến d là h = 2 . Do đó diện tích ∆KBC là: 

1 1 

2 2 

S = . h. BC = 2.2 2( m − m − 2) 

= 2 m − m − 2 

2 2 

2 1± 

137 

S = 8 2 ⇔ 2 m − m − 2 = 8 2 ⇔ m = ( TM ) . 

2 


3 

Câu 34. Cho hàm số: y = x − 2009x có đồ thị là (C). M 

1 

là điểm trên (C) có hoành độ x 

1 

= 1. Tiếp 

tuyến của (C) tại M1 

cắt (C) tại điểm M 2 

khác M 

1 

, tiếp tuyến của (C) tại M 

2 


3 

khác M 

2 

, tiếp tuyến của (C) tại điểm M 

1 


n 

khác M 

1 

(n = 4; 5;…), gọi ( xn; 

y 

n ) 

n− 

2013 

là tọa độ điểm M 

n 

. Tìm n để : 2009xn 

+ y 

n 

+ 2 = 0 

A. n = 685 

B. n = 627 

C. n = 675 

D. n = 672 


; 

M : y − y = y' 

x x − x 


Gọi M 

k ( xk y 

k ) suy ra tiếp tuyến tại 

k k ( k )( k ) 

2 3 

⇔ y = ( 3xk − 2009)( x − xk ) + xk − 2009x 

k 

n− 


Trang 54 










Tọa độ điểm M 

k + 1 

được xác định: 

( k )( k ) k k ( k )( k k ) 

3 2 3 2 2 

x − 2009x = 3x − 2009 x − x + x − 2009 x ⇔ x − x x + x. x − 2x 

= 0 

⇔ x = x ∨ x = −2x ⇒ x = −2x 

k k k + 1 k 

Ta có : x x x x ( ) 

= 1; = − 2; = 4;...; = −2 n− 

1 2 3 

2010 3 2010 

2009xn + yn + 2 = 0 ⇔ 2009xn + xn − 2009xn 

+ 2 = 0 

n− 

2013 

( ) ( ) 

3 3 2013 

⇔ − 2 = − 2 = −2 ⇔ 3n 

− 3 = 2013 ⇔ n = 672 

n 

1 


3x 

− 2m 

Câu 35. Cho hàm số y = với m là tham số. Xác định m để đường thẳng d cắt các trục 

mx + 1 

Ox, 

Oy lần lượt tại C, 

D sao cho diện tích ∆OAB bằng 2 lần diện tích ∆OCD . 

5 

2 

1 

A. m = ± 

B. m = ± 3 

C. m = ± 

D. m = ± 

3 

3 

3 


2 2 −1 

Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị: 3mx − 3m x − m = 0, x ≠ 

m 

2 

2 

Vì m ≠ 0 nên phương trình ⇔ 3x − 3mx − 1 = 0 (*). Ta có ∆ = 9m + 12 > 0, ∀m ≠ 0 và 

⎛ −1⎞ 3 

f ⎜ ⎟ = 2 0, 0 

2 + ≠ ∀ m ≠ (ở đây f ( x ) là vế trái của (*)) nên d luôn cắt đồ thị tại 2 điểm A, 

B 

⎝ m ⎠ m 

phân biệt ∀m 

≠ 0 

Ta có A( x ;3x − 3 m) , B( x ;3x − 3m ) với x1, 

x 

2 

là 2 nghiệm của (*). Kẻ đường cao OH của 

1 1 2 2 

( ) ( 3 3 ) 10( ) 

2 2 2 

AB = x2 − x1 + x2 − x1 = x2 − x1 

−3m 

∆OAB ta có OH = d ( 0; d ) = và 

10 

2 2 40 

= 10( x1 + x2 ) − 40x1 x2 

= 10m 

+ 

3 

(Định lý Viet đối với (*)). 

C m;0 , D 0; −3m (để ý m ≠ 0 thì C, D, 

O phân biệt). Ta tìm m để 

Mặt khác ta có ( ) ( ) 

S = 2S hay 

∆OAB 

∆OCD 


40 m 

2 

10 m + . = 2 m 3m ⇔ m = ± 

3 10 

3 

1 

3 

2 

−3 

3 2 

Câu 36. Cho hàm số y = mx + ( m − 1) x + ( 4 − 3m) 

x + 1 có đồ thị là ( C ) 

m 

, m là tham số. Tìm các 

giá trị của m để trên ( C ) có duy nhất một điểm có hoành độ âm mà tiếp tuyến của ( ) 

vuông góc với đường thẳng d : x + 2y = 0 . 

m 

⎡m 

< 0 

A. ⎢ 

⎡m 

< 0 

1 

⎢ 

2 

B. ⎢ 

C. 0 < m < 

D. 

m > 

⎣m 

> 1 

3 

⎣ 3 


/ 2 

y = mx + 2( m − 1) x + 4 − 3m . Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 2 

Ta tìm m : 

2 

mx + 2( m − 1) x + 4 − 3m = 2 ( ) 

(*) 

( )( ) 

* có đúng một nghiệm âm 

⇔ x − 1 mx + 3m − 2 = 0 ⇔ x = 1 hoặc mx = 2 − 3m 

m = 0 : không thỏa yêu cầu 

C tại điểm đó 

m 

⎡m 

< −1 

⎢ 

⎢ 

5 

m > 

⎣ 3 



Trang 55 










⎡m 

< 0 

2 − 3m 

m ≠ 0 , yêu cầu bài toán xảy ra khi < 0 ⇔ ⎢ 

⎢ 

2 

m m > 

⎣ 3 


2x 

−1 

Câu 37. Cho hàm số y = có đồ thị (C) và điểm P ( 2;5) 

. Tìm các giá trị của tham số m để 

x + 1 

đường thẳng : = − + 

C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều. 

d y x m cắt đồ thị ( ) 

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị ( C ) là: 

A. m = 1, m = −5 

B. m = 1, m = 4 C. m = 6, m = −5 

D. m = 1, m = −8 


2x 

− 1 = − + ⇔ 

2 

x m x − ( m − 3) x − m − 1 = 0 

x + 1 

( 1) 

, với x ≠ −1 

1 có hai nghiệm 

Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình ( ) 

phân biệt khác − 1 

2 

⎧m 

− 2m 

+ 13 > 0 

⇔ ⎨ 

(đúng ∀m ) 

⎩0. m − 3 ≠ 0 

⎧x1 + x2 

= m − 3 

Gọi x1, 

x 

2 

là các nghiệm của phương trình (1), ta có: ⎨ 

⎩x1x 

2 

= −m 

−1 

;− + B x ;− x + m 

Giả sử A( x x m ), ( ) 

1 1 

AB = 2 x − x 

2 2 

Khi đó ta có: ( ) 2 

1 2 

( 2) ( 5) ( 2) ( 2) 

2 2 2 2 

1 1 1 2 

PA = x − + − x + m − = x − + x − , 

( 2) ( 5) ( 2) ( 2) 

2 2 2 2 

2 2 2 1 

PB = x − + − x + m − = x − + x − 

Suy ra ∆PAB cân tại P 

Do đó ∆PAB đều ⇔ PA = AB 

2 2 

2 2 2 2 

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 

⇔ x − 2 + x − 2 = 2 x − x ⇔ x + x + 4 x + x − 6x x − 8 = 0 

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 

2 ⎡ m = 1 

⇔ m + 4m 

− 5 = 0 ⇔ ⎢ . Vậy giá trị cần tìm là m = 1, m = −5 

. 

⎣m 

= −5 


4 3 

Câu 38. Cho hàm số y = x − mx + 4x + m + 2 . Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số ban đầu có 3 

cực trị và trọng tâm của tam giác với 3 đỉnh là toạ độ các điểm cực trị trùng với tâm đối xứng của đồ 

4x 

thị hàm số y = 

4x − m . 

A. m = 2 

B. m = 1 

C. m = 4 

D. m = 3 


Hàm số đã cho có 3 cực trị khi phơng trình y’(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt 

3 2 

⇔ 4x − 3mx + 4 = 0 có 3nghiệm phân biệt 

3 2 

2 

Xét g(x) = 4x − 3mx + 4 có g’(x) = 12x − 6 mx ⇒ g′ 

( x) = 0 ⇔ x = 0, x = m 

2 

3 

m 16 − m 

Do lim g( x) = +∞ , lim g( x ) = −∞ và g(0) = 4 > 0 , g ( ) = nên g(x) = 0 

x→+∞ 

x→−∞ 

2 4 



Trang 56 










⎧m 

> 0 

⎪ 2 

3 

có 3 nghiệm phân biệt ⇔ ⎨ ⇔ m > 2 2 (học sinh có thể lập bảng biến thiên 

3 

⎪ 16 − m 

< 0 

⎪⎩ 4 

3 

+ 1 

của hàm µ ( x) 

= x trên R \ 

2 

{ 0} 

để tìm ra kết quả trên) 

x 

4x 

m 

Khi đó tâm đối xứng của đồ thị hàm số y = là I ( ;1) 

4x − m 4 

A( x ; y ), B( x ; y ), C( x ; y ) là 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho thì 

Gọi 

1 1 2 2 3 3 

3 2 

x 1 , x 2 , x 3 là nghiệm phơng trình : 4x − 3mx + 4 = 0 nên theo định lý Viet ta có 

⎧ x1 + x2 + x3 

m 

⎧ 

3m 

= 

⎪x1 + x2 + x3 

= ⎪ 

3 4 

⎨ 

4 ⇒ ⎨ 

2 

⎪ 

2 2 2 2 

9 

1 2 2 3 3 1 

0 ⎪ 

m 

⎩x x + x x + x x = x1 + x2 + x3 = ( x1 + x2 + x3) − 2( x1x 2 

+ x2x3 + x3x1 

) = 

⎪⎩ 

16 

2 2 

x m 3m x 5m 

Viết hàm số ban đầu dới dạng: y( x) = y′ 

( x)( − ) + ( − + 3x + + 2) , vì thế 

4 16 16 4 

2 2 2 2 

xi m 3m xi 5m 3m xi 

5m 

y ( ) ′ 

i 

= y xi = y ( xi )( − ) + ( − + 3xi + + 2) = − + 3xi 

+ + 2 

4 16 16 4 16 4 

do y′ ( x ) = 0 ( i = 1,2,3) 

i 

2 4 

y1 + y2 + y3 

m 2 2 2 

5m 9m 5m 

Từ đó : 

= − ( x1 + x2 + x3 ) + ( x1 + x2 + x 

3) + + 2 = − + + 2 

2 

3 16 4 16 4 

x 

Trọng tâm của tam giác ABC là G( + x + x y 1 2 3 ; 

+ y + y m 

1 2 3 ) ≡ I ( ;1) khi và chỉ 

3 3 

4 

4 

y1 + y2 + y3 9m 

5m 

3 2 

khi : = 1 ⇔ − + + 2 = 1 ⇔ ( m − 4)(9m + 36m + 144m 

+ 64) = 0 

2 

3 

16 4 

3 

Vì m > 2 2 nên m = 4 là giá trị duy nhất cần tìm. 


3 2 

y = x + 3mx + 3 m + 1 x + 2 nghịch biến trên một đoạn có độ dài 

Câu 39. Tìm tham số m để hàm số ( ) 

lớn hơn 4 . 

1− 

21 

1− 

21 1+ 

21 

A. m < 

B. m < hoặc m > 

2 

2 

2 

1+ 

21 

1 

C. m > 

D. − 21 1 21 

< m < 

+ 

2 

2 2 


2 2 

D = R, y′ 

= 3x + 6mx + 3 m + 1 = 3 x + 2mx + m + 1 


2 

y′ = 0 ⇔ x + 2mx + m + 1 = 0 ( ) 

dài lớn hơn 4 ⇔ ′ ≤ 0 

1 

− 

2 

> 4 

x x 

1 . Điều kiện cần và đủ để hàm số nghịch biến trên một đoạn có độ 

y trên đoạn có độ dài lớn hơn 4 ⇔ ( 1) 

có hai nghiệm ; ( ≠ ) 

0 ′ 

⎧⎪ ∆ ′ > ⎧∆ 

⎪ 

> 0 

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ∆ ′ > ⇔ m − m − > 

⎪⎩ x1 − x2 

> 4 2 ∆ ′ > 4 ⎪⎩ 

2 

4 1 4 

2 1− 21 1+ 

21 

⇔ m − m − 5 > 0 ⇔ m < ∨ m > . 

2 2 

x x x x thoả mãn 

1 2 1 2 



Trang 57 










Vậy hàm số ( 1) 

nghịch biến trên một đoạn có độ dài lớn hơn 4 

1− 21 1+ 

21 

⇔ m < ∨ m > 

2 2 


− x + 1 

Câu 40. Đường thẳng d : y = x + a luôn cắt đồ thị hàm số y = ( H ) 

2x 

−1 

tại hai điểm phân biệt 

A, 

B . Gọi k1, 

k 

2 

lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với ( H ) tại A và B . Tìm a để tổng k1 + k 

2 

đạt giá trị lớn nhất. 

A. a = 1 

B. a = 2 

C. a = −5 

D. a = −1 


H : 

Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( ) 

⎧ 1 

− x + 1 ⎪x 

≠ 

= x + a ⇔ ⎨ 2 

2x 

−1 

⎪ 

⎩ x + ax − a − = 

g x = 2x + 2ax − a −1 

Đặt ( ) 

2 

2 

⎧∆ ′ 

g 

= a + 2a + 2 > 0, ∀a 

⎪ 

Vì ⎨ ⎛ 1 ⎞ 1 

⎪g 

⎜ ⎟ = − ≠ 0, ∀ a 

⎩ ⎝ 2 ⎠ 2 

Vậy d luôn cắt ( ) 

Gọi ( ; ), ( ; ) 

( ) 

2 

2 2 1 0 * 

nên ( ) 

A x1 y1 B x2 y 

2 

với 

1, 

2 

− −1 

x1 + x2 = − a , x1x 2 

= a . 

2 

Tiếp tuyến tại 

* có hai nghiệm phân biệt x1, 

x 

2 

khác 1 với mọi a . 

2 

H tại hai điểm phân biệt A, 

B với mọi a . 

A và 

B có hệ số góc là 

x x là hai nghiệm của ( ) 

−1 −1 

k = ; k = 

* . Theo định lý Vi-ét ta có 

( 2x1 −1) ( 2x2 

−1) 

2 2 

( 2x1 − 1) + ( 2x2 

−1) 

⎤ 

( ) ( ) ⎥ 

1 2 2 

2 

−1 −1 

⎡ 

Ta có k1 + k2 = + = − 

2 2 

⎢ 

2 2 

⎥ 

( 2x1 −1) ( 2x2 −1) 

⎢⎣ 

2x1 −1 2x2 

−1 

⎦ 

2 2 2 

= − ⎡4( x1 + x2 ) − 8x1x 2 

− 4( x1 + x2 ) + 2 ⎤ ( do ( 2x1 −1) ( 2x 

2 

− 1) 

= 1) 

⎣ 

⎦ 

( ) 2 

= − 4 a + 1 − 2 ≤ −2, 

∀a . Dấu bằng xẩy ra ⇔ a = −1 

Vậy k1 + k 

2 

đạt giá trị lớn nhất bằng − 2 khi a = −1. 


Câu 41. Tìm m để phương trình x 4 – ( 2m+3)x 2 + m + 5 = 0 có 4 nghiệm x 1 , x 2 , x 3 , x 4 thoả mãn : 

-2 < x 1 < -1 < x 2 < 0 < x 3 < 1 < x 4 < 3 

A. Không có m B. m = 1 

C. m = 4 

D. m = 3 


Đặt x 2 = X ≥ 0 , ta có phương trình: f(X) = X 2 – ( 2m+3).X + m + 5 = 0 (*) 

để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt x 1 < x 2 < x 3 < x 4 thì phương trình (*) có hai nghiệm 

thoả mãn: 0 < X 1 < X 2 . Khi đó x1 = − X 

2 

; x2 = − X1; x3 = X1; 

x4 = X 

2 


Do đó: -21 > X 

1 

> 0 ⇔ 4 > X 2 > 1 > X 1 > 0 


Trang 58 










⎧ 

⎧ af (1) < 0 ⎧ − m + 3 < 0 ⎪ m > 3 

⎪ 

⎪ 

⎪ 

⇔ ⎨af 

(0) > 0 ⇔ ⎨ m + 5 > 0 ⇔ ⎨m 

> −5 

⎪ (4) > 0 ⎪ 

⎩af 

⎩− 7m 

+ 9 > 0 ⎪ 9 

⎪ m < 

⎩ 7 

⇒ không tồn tại m thoả mãn bài toán . 


Câu 42. Cho hàm số: y = x 3 3 2 1 3 

- mx + m . Xác định m để đường thẳng y = x cắt đồ thị tại 3 điểm 

2 2 

phân biệt A, B, C sao cho AB = BC. 

A. m = 0 ; m = ± 2 

B. m = 0 

C. m = ± 2 

D. m = 0 ; m = 2 


PT hoành độ giao điểm: x 3 - 3 2 1 

mx − x + m 

3 = 0 (1) 

2 2 

Đường thẳng y = x cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt A,B,C ⇔ pt (1) có 3 nghiệm phân biệt x A , x B , 

x C . Theo Vi et ta có : x A + x B +x C = 2 

3 m (2) 

theo gt AB = BC ⇔ 2 x B =x A + x C (3) 

Từ (2) và (3) ⇒ x B = 2 

m . Vậy x = 2 

m là một nghiệm của (1). 

3 3 2 1 3 m 

Chia f(x) = x − mx − x + m cho x − ta được: 

2 2 

2 

m 

f(x) = (x - ) (x 2 2 

3 

m m m 

– mx – 1 - ) - + . 

2 2 2 4 

3 

m m m 

x = là nghiệm của (1) ⇔ - + 2 2 4 = 0 ⇔ m=0, m = ± 2 

m 

Khi đó f(x) = (x - ) (x 2 2 

m 

– mx – 1 - ) có 3 nghiệm phân biệt 

2 2 

vì ϕ (x) 

= x 2 2 

m m 3m 

2 

– mx – 1 - có 2 nghiệm trái dấu và có ϕ ( ) = -1 - ≠ 0 . ∀ m 

2 

2 4 

Vậy: m = 0 ; m = ± 2 


Câu 43. Cho hàm số y=x 3 -(m+1)x 2 -(2m 2 -3m+2)x+2m(2m-1). Xác định m để hàm số đồng biến trên 

(2;+ ∞ ) . 

A. − 3 < m < 2 

B. −2 ≤ m ≤ 2 

C. −3 ≤ m ≤1 

D. −3 ≤ m ≤ 2 



, 

y 

2 

2 

= g( 

x) 

= 3x 

− 2( m + 1) x − (2m 

− 3m 

+ 2) 

∆ ’ =7m 2 –7m +7 = 7(m 2 -m+1) > 0 , ∀ m 

⎧g(2) 

≥ 0 

y , ⎪ 

⎧ 

≥ 0, ∀x ∈ ( 2; +∞) 

⇔ ⎨S 

2 m 

2 + m − 6 ≤ 0 

⇔ ⎨ 

⇔ −3 

≤ m 2 

⎪ − 2 < 0 5 0 

≤ 

⎩m 

− < 

⎩ 2 




Trang 59 










Câu 44. Bạn A có một đoạn dây dài 20m . Bạn chia đoạn dây thành hai phần. Phần đầu uốn thành một 

tam giác đều. Phần còn lại uốn thành một hình vuông. Hỏi độ dài phần đầu bằng bao nhiêu để tổng 

diện tích hai hình trên là nhỏ nhất? 

40 

A. m . B. 

9 + 4 3 


180 

9 4 3 m. 

+ 

C. 


9 + 4 3 

Bạn A chia sợi dây thành hai phần có độ dài x( m ) và ( ) 

Phần đầu uốn thành tam giác đều có cạnh ( ) 

Phần còn lại uốn thành hình vuông có cạnh ( ) 

3 

m . D. 

60 

9 + 4 3 

m . 

20 − x m , 0 < x < 20 (như hình vẽ). 

2 2 

3 3 

⎜ ⎟ 

⎝ 3 ⎠ 4 36 

x ⎛ x ⎞ x 

m , diện tích 

2 

S1 

= . = ( m ) 

20 

4 

20 − x 

= ⎜ ⎟ 

⎝ 4 ⎠ 

− x ⎛ ⎞ 

m , diện tích 

2 

S2 

( m ) 

2 

x 3 ⎛ 20 − x ⎞ 

= + ⎜ ⎟ 

36 ⎝ 4 ⎠ 

Tổng diện tích hai hình nhỏ nhất khi f ( x ) 

nhỏ nhất trên khoảng ( ) 

x 3 20 − x 

180 

Ta có: f '( x) 

= − = 0 ⇔ x = . 

18 8 4 3 + 9 

Bảng biến thiên: 

180 

x 0 

4 3 + 9 

f x − 0 + 

f 

′( ) 

( x ) 

Dựa vào bảng biến thiên ta được 


180 

x = . 

4 3 + 9 

Câu 45. Cho các số thực a, b, 

c thỏa mãn 

3 2 

y = x + ax + bx + c và trục Ox là 

2 

20 

2 

0;20 . 

⎧− 8 + 4a − 2b + c > 0 

⎨ . Số giao điểm của đồ thị hàm số 

⎩8 + 4a + 2b + c < 0 

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


3 2 

Ta có hàm số y = x + ax + bx + c xác định và liên tục trên R . 

Mà lim y = +∞ nên tồn tại số > 2 

x→+∞ 

M sao cho y( M ) > 0 

; lim y = −∞ nên tồn tại số m < −2 

sao 

x→−∞ 

y 2 = 8 + 4a + 2b + c < 0 . 

cho y( m ) < 0 ; y( − 2) 

= − 8 + 4a − 2b + c > 0 và ( ) 

Do y( m) . y ( − 2) 

< 0 suy ra phương trình y = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng ( ; −2) 

y( − 2 ). y ( 2) 

< 0 suy ra phương trình y = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng ( − 2;2) 

. 

y( 2 ). y( M ) < 0 suy ra phương trình y = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng ( 2;M ) . 

Vậy đồ thị hàm số 


3 2 

y = x + ax + bx + c và trục Ox có 3 điểm chung. 

m . 



Trang 60 










Câu 46. Tập hợp các giá trị của m để đồ thị hàm số 

y = 

2x 

−1 

( mx 2 − 2x + 1)( 4x 2 + 4mx 

+ 1) 

đường tiệm cận là 

A. { 0 }. B. ( −∞; −1) ∪ ( 1; +∞ ). 

C. ∅ D. ( −∞ − ) ∪{ } ∪ ( +∞ ) 

; 1 0 1; . 

có đúng 1 


Có lim y = 0 . Nên hàm số luôn có 1 đường tiệm cận ngang y = 0 . Vậy ta tìm điều kiện để hàm số 

x→±∞ 

không có tiệm cận đứng . 

2 

⎡ 

2 2 

mx − 2x 

+ 1 = 0 (1) 

Xét phương trình: ( mx − 2x + 1)( 4x + 4mx 

+ 1) 

= 0 ⇔ ⎢ 

⎣ x + mx + = 

2x 

−1 1 

TH1: Xét m = 0 , ta được y = = − (thỏa ycbt) 

2 

2 

− 2x 

+ 1 4x 

+ 1 4x 

+ 1 

( )( ) 

TH2: Xét m ≠ 0 . Có: ∆ 

1 

= 1− m và ∆ = 

− 

2 

2 

4m 

4 

2 

4 4 1 0 (2) 

⎧1 − m < 0 ⎧m 

> 1 

Th2a. Cả 2 phương trình (1) và (2) đều vô nghiệm: ⇔ ⎨ ⇔ 

2 ⎨ ⇔ m ∈∅ 

⎩4m 

− 4 < 0 ⎩ − 1 < m < 1 

1 

Th2b: (1) vô nghiệm, (2) có nghiệm kép x = : ta thấy trường hợp này vô lí (vì m > 1) 

2 

1 

Th2c: (2) vô nghiệm, (1) có nghiệm kép x = : ta thấy trường hợp này vô lí (vì − 1 < m < 1) 

2 


Câu 47. Đường thẳng : = + 4 

y = x + 2mx + m + 3 x + 4 tại 3 điểm phân 

3 2 

d y x cắt đồ thị hàm số ( ) 

biệt A( 0;4 ), 

B và C sao cho diện tích tam giác MBC bằng 4, với ( 1;3 ). 

M Tìm tất cả các giá trị của 

m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

A. m = 2 hoặc m = 3. B. m = −2 

hoặc m = 3. C. m = 3. D. m = −2 

hoặc m = −3. 


3 2 

x + 2mx + m + 3 x + 4 = 4 

Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị ( C ) : 

( ) 

⎡x 

= 0 

3 2 

⇔ x + 2mx + ( m + 2) 

x = 0 ⇔ ⎢ 2 

⎣ ϕ ( x) = x + 2mx + m + 2 = 0 ( 1) 

Với x = 0, ta có giao điểm là A ( 0;4 ). 

d cắt ( ) 

⎧ϕ ( 0) 

= m + 2 ≠ 0 

C tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. 

⎪ 

⇔ ⎨ (*) 

2 

⎪ ⎩∆ ′ = m − m − 2 > 0 

Ta gọi các giao điểm của d và ( C ) lần lượt là A, B( xB; xB + 2 ), C( xC ; x 

C 

+ 2) 

với xB, 

x 

C 

là nghiệm 

của phương trình (1). 

⎧xB 

+ xC 

= −2m 

Theo định lí Viet, ta có: ⎨ 

⎩xB. xC 

= m + 2 

1 

Ta có diện tích của tam giác MBC là S = ⋅ BC ⋅ d ( M , BC ) = 4. 

2 

Phương trình d được viết lại là: d : y = x + 4 ⇔ x − y + 4 = 0. 



Trang 61 










1− 3 + 4 

, = , = = 2. 

Mà d ( M BC ) d ( M d ) 

Do đó: 

BC 

8 8 

d M , BC 2 

( ) 

( ) 2 

2 

1 + −1 

2 

= = ⇔ = 

BC 

2 

Ta lại có: BC ( xC xB ) ( yC yB ) ( xC x 

B ) 

2 2 

⇔ ( x + x ) − x x = ⇔ ( − m) − ( m + ) = 

B C B C 

32 

2 2 2 

= − + − = 2 − = 32 

4 . 16 2 4 2 16 

2 

⇔ 4m − 4m − 24 = 0 ⇔ m = 3 ∨ m = −2. 

Đối chiếu với điều kiện, loại đi giá trị m = −2. 


Câu 48. Cho các số thực x, y thỏa mãn + = 2( − 3 + + 3) 

2 2 

( ) 

P = 4 x + y + 15xy là: 

x y x y . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

A. min P = −83 

B. min P = −63 

C. min P = −80 

D. min P = −91 


Ta có x + y = 2( x − 3 + y + 3) ⇔ ( x + y) 2 

= 4( x + y) + 8 x − 3. y + 3 ≥ 4( x + y) 

⎡x + y ≥ 4 

⇔ ⎢ . Mặt khác 

⎣x + y ≤ 0 

( ) ( ) [ ] 

x + y = 2 x − 3 + y + 3 ≤ 2 2 x + y ⇔ x + y ≤ 8 ⇒ x + y ∈ 4;8 

P = 4 x + y + 15xy = 4 x + y + 7xy và đặt 

2 2 

Xét biểu thức ( ) ( ) 2 

[ ] 

2 

t = x + y∈ 4;8 ⇒ P = 4t + 7xy . 

2 

Lại có ( )( ) ( ) ( ) ( ) 

x + 3 y + 3 ≥ 0 ⇔ xy ≥ − 3 x + y − 9 ⇒ P ≥ 4 x + y − 21 x + y − 63 

2 

= 4t − 21t − 63 . 

2 

Xét hàm số f ( t) 

= 4t − 21t − 63 trên đoạn [ 4;8 ] suy ra ( ) 


P = f 7 = − 83 

4 2 

Câu 49. Gọi (C m ) là độ thì hàm số y = x − 2x − m + 2017 . Tìm m để (C m ) có đúng 3 điểm chung 

phân biệt với trục hoành, ta có kết quả: 

A. m = 2017 

B. 2016 < m < 2017 C. m ≥ 2017 

D. m ≤ 2017 


- Phương pháp: Tìm m để phương trình ẩn x tham số m có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng K 

+ Cô lập m, đưa phương trình về dạng m = f(x) 

+ Vẽ đồ thị (hoặc bảng biến thiên) của y=f(x) trên K 

+ Biện luận để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y =f(x) tại n điểm phân biệt trên K 

C cắt Ox tại 3 điểm phân biệt Phương 

- Cách giải: ( ) 

m 

trình x 4 − 2x 2 − m + 2017 = 0 ⇔ m = x 4 − 2x 2 + 2017 có 3 nghiệm phân biệt. 

4 2 

Xét hàm số y = x − 2x + 2017 trên R 

3 

Có y ' = 4x − 4x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ± 1. Bảng biến thiên: 

x −∞ 0 0 1 +∞ 

y' − 0 + 0 − 0 + 

y +∞ 2017 +∞ 


min 


Trang 62 








2016 2016 



Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y =f(x) tại 3 điểm phân biệt 

khi và chỉ khi m =2017 


Câu 50. Tìm tất cả các giá trị thực của m để đồ thị hàm số y = 

2 

x + 2 

4 

mx + 3 

có hai đường tiệm cận 

ngang. 

A. m = 0 

B. m < 0 

C. m > 0 

D. m > 3 


Đồ thị hàm số y = 

2 

x + 2 

4 

mx + 3 

có hai đường tiệm cận ngang khi và chỉ khi các giới hạn 

lim y = a a ∈ R , lim y = b b ∈ R tồn tại. Ta có: 

x→+∞ 

( ) ( ) 

x→−∞ 

+ với m = 0 ta nhận thấy lim y = +∞ , lim y = +∞ suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang. 

x→+∞ 

x→−∞ 

⎛ 3 3 ⎞ 

+ Với m < 0, khi đó hàm số có TXĐ D = 4 ; 4 

− − − 

, khi đó 

⎜ m m ⎟ 

lim y, lim y không tồn tại suy 

x→+∞ 

x→−∞ 

⎝ 

⎠ 

ra đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang. 

2 ⎛ 2 ⎞ 

x 

2 

⎜1+ 2 ⎟ 1+ 

2 1 

+ Với m > 0 , khi đó hàm số có TXĐ D = R suy ra lim 

⎝ x ⎠ 

, lim x = suy ra 

x→±∞ 

2 3 

x→±∞ 

2 3 m 

x m + x m + 

2 4 

x 

x 

đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang. 

Vậy m > 0 thỏa YCBT. 


Câu 51. Cho hàm số 

2 

y = x + 2x + a − 4 . Tìm a để giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [ 2;1] 

− đạt 


A. a = 3 

B. a = 2 

C. a = 1 



2 

Ta có y = x + 2x + a − 4 = ( x + 1) 2 

+ a − 5 . Đặt u = ( x +1) 2 

khi đó ∀x ∈[ −2;1] 

thì u [ 0;4] 

được hàm số f ( u) = u + a − 5 . Khi đó 

Max y = Max f ( u) = Max{ f ( 0 ), f ( 4) 

} = Max{ a − 5 ; a −1} 

[ 2;1] u∈[ 0;4] 

x∈ − 

Trường hợp 1: 


Vậy giá trị nhỏ nhất của 


[ 0;4] 

( ) 

a − 5 ≥ a −1 ⇔ a ≤ 3 ⇒ Max f u = 5 − a ≥ 2 ⇔ a = 3 

u∈ 

[ 0;4] 

( ) 

a − 5 ≤ a −1 ⇔ a ≥ 3 ⇒ Max f u = a −1 ≥ 2 ⇔ a = 3 

[ ] 

x∈ −2;1 

u∈ 

Max y = 2 ⇔ a = 3 

Câu 52. Giá trị nhỏ nhất của hàm số: = ( ) ( ) 

3 + 2 1+ 3 + 1 + 3 + 2 1− 3 + 1 

y x x x x là: 

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

∈ Ta 



Trang 63 











2( 1 1) 2( 1 1) 

2 2 

3 3 

( 1 1) ( 1 1) 

3 3 3 3 

= + + + + + − + 

y x x x x 

⇔ y = x + + + x + − 

3 3 

⇔ = + + + + − 

y x 1 1 x 1 1 

Điều kiện để hàm số xác định x ≥ −1 


3 3 

y = x + 1 + 1+ x + 1 −1 

- Nếu −1≤ x < 0 thì 

+ 1 − 1 < 0 ⇒ + 1 − 1 = 1− + 1 ⇒ = 2 

3 3 3 

x x x y 

3 2 

- Nếu x ≥ 0 thì x + 1 −1 ≥ 0 ⇒ y = 2 x + 1 ≥ 2 

Vậy: y ≥ 2, ∀x ≥ − 1, y = 2 ⇔ x = 0 




Trang 64 








I – HÌNH CHÓP 

HÌNH ĐA DIỆN 




ABC có chân đường cao nằm trong tam giác ABC ; các mặt phẳng ( SAB ) , 

( SAC ) và ( SBC ) cùng tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc bằng nhau. Biết AB = 25 , BC = 17 , 

AC = 26 ; đường thẳng SB tạo với mặt đáy một góc bằng 45° . Tính thể tích V của khối chóp 

S. 

ABC . 

A. V = 680 

B. V = 408 

C. V = 578 

D. V = 600 


Gọi J là chân đường cao của hình chóp S.ABC; H, K và L 

S 

lần lượt là hình chiếu của J trên các cạnh AB, BC và CA. 

Suy ra, SHJ , SLJ và SKJ lần lượt là góc tạo bởi 

mặt phẳng ( ABC ) với các mặt phẳng (S AB ) , ( SBC ) và 

( SAC ) . 

Theo giả thiết, ta có SHJ = SLJ = SKJ , 

z=17 K 

y=9 

A 

C 

suy ra các tam giác vuông SJH , SJL và SJK bằng nhau. 

z=17 

J 

y=9 

Từ đó, JH = JL = JK . Mà J nằm trong tam giác ABC nên J là 

H 

L 

x=8 

tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 

x=8 

Áp dụng công thức Hê-rông, ta tính được diện tích của tam giác 

B 

ABC là S = 204 . Kí hiệu p là nửa chu vi tam giác ABC, r là 

S 204 

bán kính đường tròn nội tiếp của ABC. Ta có r = = = 6 . Đặt x = BH = BL , y = CL = CK , 

p 34 

z = AH = AK . 

⎧ x + y = 17 

z 

K y 

C 

A 

Ta có hệ phương trình ⎪ 

⎨x 

+ z = 25 . 

⎪ ⎪⎪⎩ 

y 

y + z = 26 

Giải ra được ( x; y; z ) = (8;9;17) 

JB = 

2 2 

JH + BH = 

2 2 

6 + 8 = 10 . 

Ta có SBJ = ( SB , ( ABC)) = 45° , suy ra SJB là tam giác 

vuông cân tại J. SJ = JB = 10 . 

1 

Thể tích V của khối chóp S.ABC là V = SJ. S ABC 

= 680 

3 


Câu 2. Cho tứ diện ABCD, M , N, 

P lần lượt thuộc 

BC, BD, 

AC 

sao 

cho BC = 4 BM , BD = 2 BN, 

AC = 3AP 

, mặt phẳng 

(MNP) cắt AD tại Q. Tính tỷ số thể tích hai phần khối tứ 

diện ABCD bị chia bởi mặt phẳng (MNP). 

A. 2 B. 7 

3 

13 

C. 5 

13 

D. 1 3 . 



B 

M 

A 

P 

C 

z 

N 

H 

Q 

x 

J 

H 

K 

B 

D 

x 

L 

I 


Trang 65 










Gọi I MN CD, 

Q PI AD 

= ∩ = ∩ , kẻ DH / / BC ( H ∈ IM ), DK / / AC ( K ∈ IP) 

ID DH BM 1 

∆ NMB = ∆NDH 

⇒ = = = 

IC CM CM 3 

IK 1 1 2 

= DK = ID = ⇒ DK = ⇒ DK = 

IP CP IC 3 2AP 3 AP 3 

∆ APQ đồng dạng ∆ DKQ 

AQ AP 3 AQ 3 

⇒ = = ⇒ = 

DQ DK 2 AD 5 

Đặt V = VABCD 


VANPQ AP AQ 1 VANCD VDACN 

DN 1 1 

= . = , = = = ⇒ VANPQ 

= V 

VANCD AC AD 5 VABCD VDABC 

DB 2 10 

V 

. 

1 1 1 1 . 

( ) 

1 

CDMP 

CM CP 

= = ⇒ VCDMP = V ⇒ VN ABMP 

= VDABMP = V − VCDMP 

= V 

VCDBA 

CB CA 2 2 2 2 4 

7 VABMNQP 

7 

⇒ VABMNQP = VANPQ + VN . ABMP 

= V ⇒ = 

20 V 13 

CDMNQP 


Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a, hình chiếu 

AC 

vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AH = . Gọi CM là 

4 

đường cao của tam giác SAC. Tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a. 

A. 

3 

a 14 

48 

B. 

3 

a 14 

24 


Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. 

a 2 . a 2 

AM AH AH. AC 


4 a 

= => AM = = = 

AC SA SA a 2 

( 2 ) 

2 

2 

2 2 ⎛ a ⎞ a 7 

=> MC = AC − AM = a − ⎜ ⎟ = 

⎝ 2 ⎠ 2 

2 

1 1 7 7 

a a a 

=> SSMC 

= SM. 

MC = = 

2 2 2 2 8 

2 3 

1 1 a 2 a 7 a 14 

=> VSMAC 

= BO. 

SSMC 

= = 

3 3 2 8 48 


C. 

3 

a 14 

16 

D. 

3 

a 14 

8 

Câu 4. Cho hình chóp tứ giác đều S. 

ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, góc giữa mặt bên và 


mặt phẳng đáy là α thoả mãn cos = 1 3 

α . Mặt phẳng ( ) 

P qua AC và vuông góc với mặt phẳng 

( SAD) 

chia khối chóp S. 

ABCD thành hai khối đa diện. Tỉ lệ thể tích hai khối đa diện là gần nhất với 

giá trị nào trong các giá trị sau 

A. 0,11 B. 0,13 C. 0,7 D. 0,9 


A 

M 

B 

S 

H 

O 

D 

C 


Trang 66 










S. 

ABCD là hình chóp tứ giác đều SO ⊥ ( ABCD ) . Gọi N là trung điểm CD 

( ) 

 

⎧⎪ 

CD ⊥ SN, 

CD ⊥ ON 

⇒ ⎨ 

⇒ ( 

⎪⎩ ( SCD) ∩ ( ABCD) 

 

SCD) ,( ABCD) 

= SNO 

= CD 

Kẻ CM ⊥ SD . Ta có 

⎧AC ⊥ BD 

⎨ ⇒ AC ⊥ ( SBD ) ⇒ AC ⊥ SD 

⎩AC 

⊥ SO 

⇒ SD ⊥ ACM ⇒ ACM ⊥ SAD nên mặt phẳng 

( ) ( ) ( ) 

( P) 

là ( ACM) 

+ Xét tam giác SON vuông tại N có : 

a 

ON 2 3a 

SN = = = 

cosSNO 

1 2 

3 

2 2 

2 2 ⎛ 3a 

⎞ ⎛ a ⎞ 

SO = SN − ON = ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ = a 

⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 

+ Xét tam giác SOD vuông tại O có : SD SO OD ( a 2 ) 

2 

2 

2 ⎛ 

2 2 a 2 ⎞ a 10 

= + = + = 

⎜ 

2 ⎟ 

⎝ ⎠ 

2 

3 a 

1 1 

. a 

SN. CD 3 10 

Ta có S = CM. SD = SN. 

CD 

2 a 

∆ SCD 

⇒ CM = = = 

2 2 

SD a 10 10 

2 

- Xét tam giác MCD vuông tại M có : 

⎛ 

2 2 2 3a 

10 ⎞ a 10 

DM = CD − CM = a − = 

⎜ 10 ⎟ 

⎝ ⎠ 

10 

a 10 

V V 

MACD MACD 

1 DM DA DC 1 DM 1 1 

Ta có : = = . . . = . = . 10 = 

V 2. V 2 DS DA DA 2 DS 2 10 10 

SABCD SACD 

a 

2 

1 

⇒ V = V . Mặt phẳng 

MACD 

SABCD 

( P) 

chia khối chóp S.ABCD thành 2 khối MACD và 

10 

9 

VMACD 

1 

SABCM ⇒ V = V + V ⇒ V = V . Do đó : = ≈ 0,11 

SABCD MACD SABCM SABCM 

SABCD 

10 

V 9 


Câu 5. Cho hình chóp . 

S ABC , có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Các mặt bên ( SAB ) , ( ) 

0 0 0 

( SBC ) lần lượt tạo với đáy các góc lần lượt là 30 , 45 ,60 . Tính thể tích V của khối chóp . 

Biết rằng hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABC ) nằm bên trong tam giác ABC . 

A. V = 

a 

3 

3 

( 4 + 3) 


3 

a 3 

. B. V = 

2 4 + 3 

( ) 

B 

3 

a 3 

. C. V = 

4 4 + 3 

( ) 

A 

S 

O 

2 

SABCM 

C 

3 

a 3 

. D. V = 

8 4 + 3 

( ) 

M 

. 

N 

D 

SAC , 

S ABC . 



Trang 67 










Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng 

HD AB D AB HE ⊥ AC E ∈ AC , 

( ABC ) . Kẻ ⊥ ( ∈ ), ( ) 

HF ⊥ BC ( E ∈ BC ) . Khi đó ta có 

SH 

SH 

HD = = SH 3 , HE = = SH , 

0 0 

tan 30 

tan 45 

2 

SH SH 

a 3 

HF = = . Ta có S 

0 

∆ ABC 

= suy ra 

tan 60 3 

4 

2 

1 1 3 3 

⎛ ⎞ a 

a 

SH 1 3 

2 

⎜ + + ⎟ a = ⇔ SH = 

⎝ 3 ⎠ 4 2 4 3 

2 3 

1 3a a 3 a 3 

Vậy V = . . = 

3 2 4 + 3 4 8 4 + 3 


( ) ( ) 

. 

( + ) 

Câu 6. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, góc giữa SC và mp(ABC) là 45° . Hình 

a 7 

chiếu của S lên mp(ABC) là điểm H thuộc AB sao cho HA = 2HB. BiếtCH = . Tính khoảng cách 

3 

giữa 2 đường thẳng SA và BC: 

a 210 

a 210 

a 210 

a 210 

A. 

B. 

C. 

D. 

30 

20 

45 

15 


+ D là đỉnh của hình bình hành ABCD thì d(SA;BC)=d(B;(SAD))=1,5.d(H;(SAD)) 

+ Kẻ HE vuông AD, E thuộc AD. Kẻ HI vuông SE, I thuộc AE thì d(H;(SAD))=HI 

210 

+ Tính HI = a 

30 


Câu 7. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông ở A, 

AB = a, AC = 2a. Đỉnh S cách đều A, B, C; mặt bên (SAB) 

hợp với mặt đáy (ABC) góc 60 0 . Tính thể tích khối chóp 

S.ABC. 

A. V= 

3 

3 a3 B. V= a 3 

C. V= 1 3 a3 D. V= 3. 

3 

3 a3 


Gọi M, N, H lần lượt là trung điểm của AB, AC, và BC 

Ta có tam giác SAB cân suy ra SM ⊥ AB 

HM // AC ⇒ HM ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( SMH ) ⇒ AB ⊥ SH ( 1) 

Và [(SAB), (ABC)] = SMH = 60 0 

Tương tự AC ⊥ (SNH) ⇒ AC ⊥ SH (2) 

Từ (1) và (2) ⇒ SH ⊥ (ABC) 

Ta có SH = MH. tan 60 0 AC 

= 3 = a 3 

2 

S ABC = 1 2 AC.AB = a2 . Vậy V = 1 3 .SH. S 3 

ABC = 

3 a3 (đvdt) 


. 



Trang 68 










Câu 8. Cho hình chóp S.ABCD có SA=x, các cạnh còn lại bằng 2. Tìm giá trị của x để thể tích khối 

chóp lớn nhất 

A. 6 B. 2 C. 7 D. 2 6 


Gọi O là giao điểm của AC và BD. 

Ta có OD=OB và SB=SD nên SO ⊥ BD , do đó 

BO ⊥ SAC . 

( ) 

2 2 2 2 2 2 

Mặt khác SO = SB − OB = AB − OB = OA 

nên SO = OA = OC . Do đó tam giác SAC vuông 

tại S. 

2 2 2 2 

Ta có AC = x + 4 ⇒ 4OA = x + 4 . 

2 2 

Do đó 4OB = 12 − x ⇒ 0 < x < 2 3 . 

Và 

SOA ( ) 

2 2 2 2 2 

16S = x 4OA − x = 4x 

. 

Để V 

S. 

ABCD 

đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi 

V đạt giá trị lớn nhất . 

SOAB 

Do đó 

. 

2 2 

V 

S ABCD 

đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x ( 12 x ) 

2 2 2 

Suy ra x = 12 − x ⇒ x = 6 ⇒ x = 6 . 


− đạt giá trị lớn nhất. 

Câu 9. 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. 1 2 


B. 2 3 

Trong ( ABCD ) , gọi { I} 

= AC ∩ BM , trong ( ) 

S’ ⇒ S’ là giao điểm của SC với mp chứa BM, //SA. 

Do M là trung điểm của AD nên 

3 3 

dt ( BCDM ) = dt ( ABCD) ⇒ VS '. BCDM 

= VS '. ABCD 

4 4 

Gọi H, H’ lần lượt là hình chiếu của S, S’ trên ABCD 

S ' H ' CS ' CI 2 

⇒ = = = 

SH CS CA 3 

3 3 2 1 

⇒ VS '. BCDM 

= VS '. ABCD 

= ⋅ VS . ABCD 

= VS . ABCD 

4 4 3 2 


C. 3 4 

B 

S 

A 

S' 

I 

D. 1 4 

SAC , kẻ đường thẳng qua I, / / SA , cắt SC tại 

Câu 10. Đáy của hình chóp SABC là tam giác cân ABC có AB = AC = a và B = C = α . Các cạnh bên 

cùng tạo với đáy một góc β . Tính thể tích hình chóp SABC. 

a 

3 tan β 

a 

3 cosα 

tan β 

a 

3 cosα 

tan β 

a 

3 sin 2α 

A. V = B. V = C. V = D. V = 

6 

6 

3 

6 


SO ⊥ ABC ⇒ OA là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC) 


Kẻ ( ) 

Do đó ( ;( )) 

SA ABC = SAO = β . Tương tự ta cũng có SBO = SCO = β . 

Nên ∆ SAO = ∆ SBO = ∆SCO 

⇒ AO = BO = CO . 

M 

C 

D 


Trang 69 










Theo định lí sin ta có: 

AC = a = 2OA 

⇒ OA = a . 

sin B sinα 2sinα 

a tan β 

Nên SO = OA.tan 

β = . 

2sinα 

2 

1 1 2 

a sin 2α 

Mặt khác S∆ 

ABC 

= AB. AC.sin A = a sin ( 180 − 2α 

) = . 

2 2 2 

2 3 

1 1 a sin 2α a tan β a cosα tan β 

Vậy V = S∆ 

ABC. SO = . = . 

3 6 2 2sinα 

6 


Câu 11. Cho hình chop S.ABCD, đáy là hình thang vuông tại A và B. AB = BC = a, AD = 2a, 

SA ⊥ ABCD . Gọi M, N là trung điểm của SB và SD. Tính V hình chop biết rằng (MAC) vuông góc 

( ) 

với (NAC). 

3 

3 

3 

3 

3a 

3a 

3 

a 

a 3 

A. 

B. 

C. 

D. 

2 

2 

2 

2 


Gọi I, H lần lượt là trung điểm AD và AB, O là giao điểm của AC và BI, vẽ HK // BI (K thuộc AC) 

Ta có ABCI là hình vuông nên AC vuông góc với BI 

Mà AC vuông góc NI (do NI // SA) 

AC ⊥ NIO ⇒ ∠ NOI = NAC , ACD = α 

Suy ra ( ) (( ) ( )) 

Tương tự ta có ∠ MKH = (( MAC ),( ACB) 

) = β 

NI HK 

Theo đề ta có α + β = 90 

° ⇒ tanα 

= cot β ⇒ = 

NO MH 

Suy ra 

SA SA a 2 a 2 

NI. MH = OI. HK ⇒ . = ⇒ SA = a 

2 2 2 4 

2 3 

3a 

1 a 

Mà S 

ABCD 

= ⇒ V = S 

ABCD. 

SA = 

2 3 2 


Câu 12. Cho tứ diện S. 

ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA = 2SM 

, 

SN = 2NB 

, ( α ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC . Kí hiệu ( H1) 


2) 

là các khối đa 

diện có được khi chia khối tứ diện S. 

ABC bởi mặt phẳng ( α ) , trong đó, ( H1) 

chứa điểm S , ( H 

2) 

V1 

chứa điểm A ; V 

1 


2 

lần lượt là thể tích của ( H 

1) 


2) 

. Tính tỉ số 

V . 

A. 4 5 

B. 5 4 

C. 3 4 

D. 4 3 


Kí hiệu V là thể tích khối tứ diện SABC . 

Gọi P , Q lần lượt là giao điểm của ( α ) với các đường thẳng BC , AC . 

Ta có NP// MQ// 

SC . Khi chia khối ( H 

1) 

bởi mặt phẳng ( QNC ) , ta được hai khối chóp 

N. 

SMQC và N. 

QPC . 


2 


Trang 70 










VN . SMQC d( N,( SAC)) 

SSMQC 

Ta có: = ⋅ ; 

VB. 

ASC 

d(B,( SAC)) 

SSAC 

d( N,( SAC)) NS 2 

= = ; 

d(B,( SAC)) BS 3 

2 

SAMQ 

⎛ AM ⎞ 4 SSMQC 

5 

= ⎜ ⎟ = ⇒ = . 

SASC 

⎝ AS ⎠ 9 SASC 

9 

VN . SMQC 2 5 10 

Suy ra = ⋅ = 

VB. 

ASC 

3 9 27 

VN 

.QPC 

d( N,(QP C)) 

SQPC 

= ⋅ 

V d(S,(A BC)) 

S 

S. 

ABC 

ABC 

P 

V 

3 

3 

Vx x V x V 

x = ⇔ = ⇔ = B 

1 

V1 

4 

2 

⇒ = 

V2 

5 

1 

3 

x = V 

C. x V 4 

a,x > 0 

2 V 

2 V 

x 

tp 

x 

V 

S nhỏ nhất ⇒ 2 + 4 Vx nhỏ nhất. 

x 

f x 

V 

= 2 + 4 Vx trên ( 0;+∞ ) 

x 

1 

−2V 

2 V 

2 3 

2 

x x 

1 

x 0 V 3 

+ ∞ 

f' ( x) 

0 + 

f( x) 

1 

f (V 3 ) 

V 

V 

3 2 

2 + 4 Vx = 2 + 2 Vx + 2 Vx ≥ 6 V 

x 

x 

NB CQ CP 1 1 2 2 

= ⋅ ⋅ == ⋅ ⋅ = 

SB CA CB 3 3 3 27 

V V 

1 N. SMQC 

VN.QPC 

10 2 4 V1 

4 

= + = + = ⇒ = ⇒ 5V 

= 4V 

V VB. ASC 

VS. ABC 

27 27 9 V1 + V2 

9 


Câu 13. Một người dự định làm một thùng đựng đồ hình lăng trụ tứ giác đều có thể tích là V . Để làm 


2 

A. x = V 3 

B. 


= D. x = V 

Gọi a là độ dài cạnh đáy, x là độ dài đường cao của thùng đựng đồ ( ) 

Khi đó, 

V = a x ⇒ a = ⇒ S = 2a + 4ax = 2 + 4 Vx 

Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì 

tp 

Cách 1 : Xét hàm số ( ) 


f' x = + ; f' x = 0 ⇔ x V = V x ⇔ x = V 


Từ BBT ta thấy để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ bằng 

Cách 2: ta có 

Dấu " = " xảy ra tại 

A 

M 

S 

Q 

N 

1 

3 

V . 

C 


Trang 71 












ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SAD là tam giác đều và nằm trong 

mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD 

4π dm . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC gần với giá trị nào nhất sau đây ? 

2 

là ( ) 

A. 2 7 dm . B. 3 7 dm . C. 4 7 dm . D. 6 7 dm . 


Gọi x > 0 là cạnh của hình vuông ABCD và H là 

trung điểm cạnh AD 

3 

Dễ dàng chứng minh SH ⊥ ( ABCD) 

, SH = x . 

2 

Gọi O = AC ∩ BD và G là trọng tâm ∆SAD , đồng 

thời d1, 

d 

2 

lần lượt là 2 trục đường tròn ngoại tiếp 

ABCD,∆SAD 

d qua O va / / SH , d qua G va / / AB 

( ) 

1 2 

⇒ I = d1 ∩ d 

2 

là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp 

S. 

ABCD ⇒ R = SI 

2 2 

2 2 2 ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ 2 21 

S = 4π 

R ⇒ R = 1 = SI = SG + GI = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⇒ x = ( dm ) 

⎝ 3 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 7 

⇒ ED / / AC ⇒ d AC; SD = d AC; 

SDE 

( ) 

Gọi E là điểm thỏa ADEC là hình bình hành ( ) ( ) 

⇒ d ( AC; SD) = d A; ( SDE ) = 2 d H; SDE = 2HP (phần chứng minh HP ⊥ ( ) 

( ) ( ( )) 

dành cho bạn đọc) 

1 1 1 1 1 

∆ SKH : = + = + 

HP SH KH ⎛ x 3 ⎞ ⎛ x 2 ⎞ 

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 

⎝ 2 ⎠ ⎝ 4 ⎠ 

2 2 2 2 2 

x 21 3 6 

⇒ HP = = dm ⇒ d ( AC;SD) 

= dm 

14 7 7 


SDE xin 


ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V. Điểm P là trung điểm 

của SC , một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SD và SB lần lượt tại M và N.Gọi V là thể tích của khối 

1 

chóp S. 

AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của 

V 1 

V ? 



Trang 72 










A. 3 8 

B. 1 3 


Đặt SN 

V 

x = ; y = ,(0 < x, y ≤ 1) khi đó ta có : V = V = V = V = 

SABC SADC SABD SBCD 

SD SB 

2 

Ta có : 

V V V + V V V ⎛ 

SAMPN SAMP SANP SAMP SANP 

SM SP SN SP ⎞ 

= = = + = . V V V 2V 2V 2 ⎜ 

+ 

SD SC SB SC 

= 

4 

SADC SABC 

⎜⎝ 

⎟⎠ 

x + y 1 

V V V V 

1 

1 ⎛ 1 ⎞ 

SAMPN SAMN SMNP 

3 

Lại có : = = + = xy xy xy ( 2) 

V V 2V 2V 

2 ⎜ 

+ = 

2 ⎜⎝ ⎠⎟ 

4 

C. 2 3 

D. 1 8 

1 

1 1 ( ) ( ) 

SABD 

SBCD 

1 3 

x 

Từ (1) và (2) suy ra : ( x + y) 

= xy ⇒ y = 

4 4 3x 

−1 

do x 

1 

0 < y ≤ 1 => ≤ 1 ⇒ x ≥ 

3x 

−1 2 

V 2 

1 3 3 x 3x 

3 ⎛1 

⎞ 

Từ (2) suy ra = . xy = . x = = f ( x), ≤ x ≤ 1 

V 4 4 3x − 1 4( 3x 

1) 

4 ⎜2 

− ⎝ ⎟⎠ 

⎛1 ⎞ ⎛2⎞ 

4 V1 

1 

Khảo sát hàm số y = f ( x), x 1 min f ( x) 

f 

≤ ≤ => = = => = 

⎜ 

⎛ 

2 ⎜ 1 ⎞ ⎟ 3 ⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ 

9 V 3 

x∈ 

⎜ ≤x 

≤1 

⎜⎝ 2 ⎠⎟ 


Câu 16. Nếu một tứ diện chỉ có đúng một cạnh có độ dài lớn hơn 1 thì thể tích tứ diện đó lớn nhất là 

bao nhiêu? 

A. 1 4 

B. 3 4 

C. 1 8 


Giả sử tứ diện ABCD có cạnh lớn nhất là AB, suy ra các tam giác 

ACD và BCD có tất cả các cạnh đều không lớn hơn 1. Các chiều 

cao AF và BE của chúng không lớn hơn 

2 

a 

1− 

, trong đó 

4 

CD = a ≤ 1. 

Chiều cao của hình tứ diện AH ≤ AF ≤ 

2 

a 

1− 

4 

(do tam giác AHF vuông tại H có AF là cạnh huyền) 

Thể tích của khối tứ diện là: 


D. 5 8 


Trang 73 










2 

1 1 1 1 1 ⎛ a ⎞ 1 

V = SBC 

D. AH = . . BE. CD. AH ≤ . . a. ⎜1− ⎟ = a 4 − a 

3 3 2 3 2 ⎝ 4 ⎠ 24 

2 

Để tìm giá trị lớn nhất của V ta xét biểu thức a ( 4 a ) 

2 

2 

≤ ≤ nên a ( 4 − a ) ≤ 3 và V a( 4 a ) 

Vì 0 a 1 


− . 

1 1 

≤ − ≤ . 

24 8 

2 

( ) 


ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt 

0 

phẳng đáy và góc giữa SC với mặt phẳng ( SAB ) bằng 30 . Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và 

H là hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng BM . Khi điểm M di động trên cạnh CD thì thể 

tích của khối chóp S. 

ABH đạt giá trị lớn nhất bằng? 

3 

a 2 

A. 

3 


3 

a 2 

B. 

2 

Ta có góc giữa SC và mặt phẳng (SAB) là CSB 

= 30 

0 

Trong tam giác SBC có SB = BC. cot30 0 = a 3 

2 2 

Trong tam giác SAB có SA = SB − AB = a 

2 

3 

a 2 

C. 

6 

3 

a 2 

D. 


1 1 1 a 2 

Thể tích khối chóp S.ABH là: V = S . SA = . HA. HB. a 2 = HA. 

HB 

S. 

ABH 

ABH 

3 3 2 6 

2 2 2 2 

Ta có HA + HB = AB = a và theo bất đẳng thức AM-GM ta có 

2 

2 2 2 

a 

a = HA + HB ≥ 2. HA. HB ⇒ HAHB . ≤ 

2 

Đẳng thức xảy ra khi HA = HB ⇔ ABM 

 

= 45 

0 ⇔ M ≡ D 

2 3 

a 2 a 2 a a 2 

Khi đó V = HA. HB ≤ . = 

S. 

ABH 

6 6 2 12 


Câu 18. Hai hình chóp tam giác đều có chung chiều cao , đỉnh của hình chóp này trùng với tâm của 

đáy hình chóp kia. Mỗi cạnh bên của hình chóp này đều cắt một cạnh bên của hình chóp kia. Cạnh bên 

l của hình chóp thứ nhất tạo với đường cao một góc α .Cạnh bên của hình chóp thứ 2 tạo với đường 

cao một góc β . Tìm thể tích phần chung của hai hình chóp . 

3 3 

l 3 cos α 

A. V = 

4(cot gα 

+ cot gβ 

) 

2 

3 3 

l 3cos α 

B. V = 

2(cot gα 

+ cot gβ 

) 

3 

3 

l 3 cos α 

l 5 cosα 

C. V = 

D. V = 

2 

2 

2(cot gα 

+ cot gβ 

) 

4(cot gα 

+ cot gβ 

) 


Đặt 2 hình chóp tam giác đều là : O.ABC và O’.A’B’C’ với O là tâm của tam giác ABC và O’ là tâm 

của tam giác A’B’C’. 

Theo bài ra thì OO’ là đường cao chung của 2 hình chóp . 

Đặt D,E,F là các giao điểm của các cặp cạnh bên tương ứng của 2 hình chóp . Phần thể tích chung 

1 

của 2 hình chóp là thẻ tích của khối đa diện ODEFO’. Ký hiệu V là thể tích đó thì V = OO '. S 

∆DEF 

3 


2 


Trang 74 










∆OO ' C vuông tại O’ nên OO' = l cosα 

Do tính đối xứng nên OO’ đi qua tâm I của ∆DEF . 

Trong ∆IOE ta có : OI = IE cot g α 

Trong ∆IO ' E có: O' I = IE cot g α 

Suy ra OO' = IE(cot gα 

+ cot gβ) 

OO ' 

l cosα 

⇔ IE = = 

cot gα + cot gβ cot gα + cot gβ 

3 

Tam giác DEF đều , đường cao EJ = EI 

2 

2 

DE 3 2EJ 

3 

Diện tích S 

∆ DEF 

= với DE = = EI 3 

4 

3 

2 2 

3l 

3 cos α 

Do đó S∆ DEF 

= 

2 

4(cot gα 

+ cot gβ 

) 

Vậy thể tích phần chung của 2 hình chóp là : 

3 3 

l 3 cos α 

V = 

4(cot gα 

+ cot gβ 

) 


2 

A' 

D 

A 

C' 

O 

B' 

Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều với cạnh a (a> 0). Cạnh SA vuông góc với 

đáy và SA = a 3 . M là một điểm khác B trên SB sao cho AM ⊥ MD. Tính tỉ số SM 

SB . 

A. 3 B. 1 4 

4 


Đặt hình chóp vào hệ trục toạ độ như hình vẽ. 

Suy ra ta có: A = (0; 0; 0), D = (2a; 0; 0), S = (0; 

0; a 3 ) và 

⎛ a a 3 ⎞ 

B = 

⎜ 

; ;0 

2 2 ⎟ 

. Suy ra phương trình của SB 

⎝ ⎠ 

là: 2 x 2 y z − a 

= = 3 

a a 3 − a 3 

Gọi M(x 0 ; y 0 ; z 0 ) thuộc cạnh SB, ta có: 

⎧ ⎪ y0 = 3x0 

⎨ 

⎪⎩ z0 = a 3 − 2 3x . 

0 

 

Mặt khác AM⊥DN ⇔ AM. DM = 0 

⇔ x 2 0 – 2ax 0 + y 2 0 + z 2 3 

0 = 0 ⇔ x 

0 

= a 

8 

⎛ 3a 3a 3 a 3 ⎞ 3 SM 

⇔ M = ⎜ 

; ; 

8 8 4 ⎟ 

⇒ SM = SB hay 

⎝ 

⎠ 4 SB 



C. 3 5 

3 

= . 

4 

S 

A 

H 

B 

E 

B 

I 

O' 

F 

D. 5 4 

C 

C 

D 

Câu 20. Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh còn lại có độ dài không lớn hơn 1. Gọi V là thể 

tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V. 


Trang 75 








A. 3 8 

B. 1 8 

C. 3 5 

D. 5 8 




Theo giả thiết ∆ACD và ∆BCD có tất cả các cạnh không lớn hơn 1. 

Đặt CD = a (0 < a ≤1). 

Gọi AM, BN lần lượt là chiều cao của ∆ACD và ∆BCD . 


2 

AM ≤ 1− a ; 

4 

2 

BN ≤ 1− a . 

4 

2 

Gọi AH là chiều cao của tứ diện, ta có AH ≤ AM ≤ 1− a . 

4 

2 

1 1 

a a 

Thể tích của tứ diện ABCV = . S∆ 

BCD. AH = . BN. CD. AH ≤ (1 − ) 

3 6 6 4 

2 

Xét f ( a) = a(4 − a ) trên (0, 1]. Ta có f(a) liên tục trên (0, 1]. 

' 2 ' 

f ( a) = 4 − 3 a , f ( a ) = 0 ⇔ a = ± 2 ∉( 0;1] 

. 

3 

Vậy 

m ax f ( a) = f (1) = 3 . 

( 0,1] 

1 

Suy ra maxV = khi ∆ACD và ∆BCD là hai tam giác đều cạnh bằng 1, hai mặt phẳng (ACD) và 

8 

(BCD) vuông góc với nhau. Khi đó tính được AB = 

6 

> 1. 

2 


Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA vuông góc 

với mặt phẳng đáy. Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và 

vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. 

S 

Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a. 

C' 

3 

3 

3 3a 

3a 

A. 

B. 

20 

20 

D' 

3 

3 

B' 

3 3a 

3 5a 

C. 

D. 

10 

10 


BC ⊥ AB, BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAB) ⇒ BC ⊥ AB ' 

D 

SC ⊥ ( P) ⇒ SC ⊥ AB ' ⇒ AB ' ⊥ ( SBC) ⇒ AB ' ⊥ SB 

Tương tự AD ' ⊥ SD 

A 

B 

V = V + V 

S. AB ' C ' D' S. AB ' C ' S. AD' C ' 

2 2 

VS . AB' C ' 

SB ' SC ' SB '. SB SC '. SC SA SA 3 3 9 

= . = . = . = . = 

2 2 2 2 

V SB SC SB SC SB SC 4 5 20 

S. 

ABC 

2 2 

VS . AD' C ' 

SD ' SC ' SD '. SD SC '. SC SA SA 3 3 9 

= . = . = . = . = 

2 2 2 2 

V SD SC SD SC SD SC 4 5 20 

S. 

ADC 

a 

f'(a) 

f(a) 

0 

0 

+ 

(1) 

(2) 

1 

3 

A 

B 

H 


C 

N 

M 

D 

C 


Trang 76 










3 

1 1 2 a 3 

Do VS . ABC 

= VS . ADC 

= . a . a 3 = 

3 2 6 

Cộng (1) và (2) theo vế ta được 

VS . AB ' C ' 

VS . AD' C ' 

9 9 9 a 3 3 3a 

+ = + ⇔ V 

3 3 

S. AB' C ' D' 

= . = 

a 3 a 3 20 20 10 6 20 

6 6 


3 3 


ABCD thỏa mãn SA = 5, SB = SC = SD = AB = BC = CD = DA = 3 . 

Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính thể tích khối chóp S. 

MCDvà khoảng cách giữa hai 

đường thẳng SM , CD . 

15 

A. 

23 


B. 

5 

23 

Ta thấy ABCD là hình thoi, tam giác SBD cân tại S suy ra BD ⊥ ( SAC ) 

Gọi O là giao điểm của AC và BD , ta thấy ∆ SBD = ∆ ABD = ∆CBD ( c. c. 

c ) 

1 

Suy ra OA = OC = OS = ⋅ AC nên ∆SAC vuông tại S . 

2 

Xét ∆SAC ta có 

Thể tích 

C. 

2 2 2 2 

AC = SA + SC = 2 2 ⇒ OC = 2, OD = CD − OC = 1⇒ BD = 2 

1 1 1 1 15 

VS . CMD 

= VS . ABCD 

= ⋅ BD⋅ S 

∆SAC 

= ⋅2⋅ ⋅ 5 ⋅ 3 = 

4 12 12 2 12 

CD / / SMN 

Gọi N là trung điểm của AD nên ( ) 

Suy ra 

d( CD, SM ) d( CD,( SMN )) d( C,( SMN )) 

3⋅V 

S 

( ) 

C. 

SMN 

= = = ∗ 

∆SMN 

15 

Thể tích VC . SMN 

= V 

S. 

MCD 

= (1). 


3 13 

Ta có MN = 3, SM = , SN = ( sử dụng công thức 

2 2 

đường trung tuyến) 

Theo định lý hàm số cosin trong ∆SMN ta có 2 23 

cos SMN = ⇒ sin SMN = 

3 3 3 3 

1 

Vậy 

23 

SSMN 

= ⋅ SM ⋅ MN ⋅ sin SMN = (2). 

2 4 

3 15 

3⋅VC . SMN 

15 

Thay (1), (2) vào ( ∗ ) ta được d( CD, SM ) = = 12 = . 

S∆ 

SMN 23 23 

4 



15 

29 

C 

M 

B 

S 

D. 

O 

13 

23 

D 

N 

A 


Trang 77 










Câu 23. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Mặt phẳng (P) chứa cạnh BC cắt cạnh AD tại E. Biết góc giữa 

hai mặt phẳng (P) và (BCD) có số đo là α thỏa mãn 

V1 

và tứ diện BCDE lần lượt là V 

1 


2 

. Tính tỷ số 

V . 

A. 3 B. 1 8 

8 


+) Gọi M là trung điểm BC. 

Khi đó BC ⊥ (MAD) nên (P)⊥(AMD); 

(P)∩(AMD)=ME. 

Kẻ AH⊥ME thì AH⊥(BCE) ( do AH ⊂(AMD) ) 

Kẻ DK⊥ME nên DK⊥(BCE) (do DK ⊂(AMD) ). 

Hiển nhiên AH song song DK 

V1 

VA . BCE 

AH 

Khi đó = = 

V2 VD. 

BCE 

DK 

π 

+) Gọi β là góc giữa (P) và (ABC) ( 0 < β < ). 

2 

2 

5 2 

tanα = . Gọi thể tích của hai tứ diện ABCE 

7 

C. 3 5 

D. 5 8 

Hiển nhiên DME = α ; AME = β . 

Vì AM = DM nên: 

C 

sin β 

1 

sin β .sin α .sinα 

sinα = AH 

⇒ = V 

= t (1) 

DK V2 

MO 1 1 

+) Trong tam giác OMA: cos( α + β) = = ⇔ cosα cos β − sinα sinβ 

= . (2) 

MA 3 3 

2 2 2 2 

Từ (1) có: cosβ = 1− sin β = 1 − t .sin α = 1 −t . x ; với x=sin 2 α. 

2 1 2 

1 

Thay vào (2) ta có: 1 − t x. 1 − x − t. x = ↔ (1 −t x)(1 − x) = t. 

x + . 

3 3 

8 

+) Giải phương trình có: x = 

. 

2 

(9t 

+ 6t 

+ 9) 

2 

2 2 x 8 9t + 6t 

+ 9 8 

Vì sin α = x → tan α = = . = 

2 2 2 

1− x 9t + 6t + 9 9t + 6t + 1 9t + 6t 

+ 1 

Theo giả thiết suy ra 

VABCE 

3 

Vậy = 

VDBCE 

5 


⎡ 3 

⎢ 

t = 

8 50 2 196 2 171 5 

= ↔ 9t + 6t + 1 = ↔ 9t + 6t 

− = 0 ↔ 

2 

⎢ 

9t 

6t 

1 49 25 25 

− 

+ + ⎢ 19 

t = 

⎢⎣ 15 

Câu 24. Cho khối chóp S. 

ABC có SA = a, SB = a 2 , SC = a 3 . Thể tích lớn nhất của khối chóp là 

3 

3 

3 

3 

a 6 

a 6 

a 6 

A. a 6 . B. . C. . D. . 

2 

3 

6 


B 

M 

A 

K 

E 

H 

D 


Trang 78 











1 

Gọi H là hình chiếu của A lên ( SBC) ⇒ V = AH. 

S SBC 

. 

3 

Ta có AH SA 

AS ⊥ SBC . 

≤ ; dấu “=” xảy ra khi ( ) 

1 1 

SSBC 

= SB. SC.sin SBC ≤ SB. 

SC , dấu “=” xảy ra khi 

2 2 

SB ⊥ SC . 

1 1 1 1 

Khi đó, V = AH. 

SSBC 

≤ AS ⋅ SB ⋅ SC = SA⋅ SB ⋅ SC . 

3 3 2 6 

Dấu “=” xảy ra khi SA, SB, 

SC đôi một vuông góc với nhau. 

Suy ra thể tích lớn nhất của khối chóp là 

3 

1 6 

a 

V = SA. SB. 

SC = . 

6 6 


Câu 25. Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân, = = 

B 

a 

AB AC a , SC ⊥ ( ) 

A 

F 

E 

a 

ABC và 

SC = a . Mặt phẳng qua C , vuông góc với SB cắt SA, 

SB lần lượt tại E và F . Tính thể tích khối 

chóp S. 

CEF . 

3 

3 

3 

3 

2a 

a 

a 

2a 

A. V 

SCEF 

= . B. V 

SCEF 

= . C. V 

SCEF 

= . D. V 

SCEF 

= . 

36 

18 

36 


Hướng dẫn giải: Từ C hạ CF ⊥ SB ,( 

F ∈ SB ) , CE ⊥ SA , ( E ∈ SA ) 

⎧AB 

⊥ AC 

⎨ ⇒ AB ⊥ ( SAC) 

⇒ AB ⊥ CE 

Ta có ⎩AB 

⊥ SC 

⇒ CE ⊥ SAB ⇒ CE ⊥ SB 

( ) 

Vậy mặt phẳng qua C và vuông góc SB là mặt ( ) 

VSCEF 

SE SF 

Ta có = . 

V SA SB 

SCAB 

Tam giác vuông SAC vuông tại C ta có: 

SA SC AC a 


2 2 

= + = 

1 

2 2 

SA 

= SA 

= 2a 

⇒ SA 

= 2 

2 

2 2 

SE SC a SE 

Tam giác vuông SBC vuông tại C ta có: 

SB SC BC a 


2 2 

= + = 

1 

2 2 

SB 

= SB 

= 3a 

⇒ SC 

= 3 

3 

2 2 

SF SC a SF 

CEF . 

VSCEF 

1 1 1 1 1 1 1 3 

Do đó = . = ⇒ VSCEF = VSABC = . SA. 

SABC 

= a . 

VSCAB 

2 3 6 6 6 3 36 



S 

a 

A 

H 

a 2 

a 3 

B 

S 

a 

C 

C 

II – HÌNH LĂNG TRỤ 


Trang 79 










Câu 24. Một hình hộp có 6 mặt đều là các hình thoi có góc bằng 60 0 và cạnh bằng a. Tính thể tích của 

hình hộp đó. 

3 

3 

a 

2a 

A. 

B. 

2 

2 

3 

3 

2a 

2 2a 

C. 

D. 

3 

3 


Ta có: AB = AD = BD = a; AA’ = A’B = A’D = a 

⇒ A’ABCD là tứ diện đều 

⇒ Chân đường cao A’H trùng với tâm của ∆ABD 

⇒ HA = HB = HD = 2 3 AO = 2 a 3 a 3 

= 

3 2 3 

⇒ A’H2 = AA’2 – AH2 = a 2 2 2 

3a 6a 

- = 

9 9 

3 

a 6 

2a 

⇒ A’H = Từ đó tìm được V = 

3 

2 


Câu 25. Cho khối lập phương ABCD. A′ B′ C′ D ′ cạnh a . Các điểm E và F lần lượt là trung điểm 

của C′ B ′ và C′ D ′. Mặt phẳng ( AEF ) cắt khối lập phương đã cho thành hai phần, gọi V 

1 

là thể tich 

V1 

khối chứa điểm A ′ và V 

2 

là thể tich khối chứa điểm C '. Khi đó 

V 

là 

A. 25 . 

47 

B. 1. 

17 

C. 

25 . D. 8 

17 . 


Đường thẳng EF cắt A′ D ′ tại N , cắt A′ B ′ tại 

M , AN cắt DD ′ tại P , AM cắt BB ′ tại Q . 

Từ đó mặt phẳng ( AEF ) cắt khối lăng trụ thành 

hai khối đó là ABCDC ′ QEFP và 

AQEFPB ′ A′ D ′. 

Gọi V = V ABCD . A ′ B ′ C ′ D ′ , V3 = V A . A ′ MN 

, 

V = V , V = V . 

4 PFD′ N 4 QMB′ 

E 

Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có 

V = V . 

4 5 

3 

3 

1 1 3a 3a 3a 

1 1 a a a a 

V ′ 

3 

= AA . A′ M. A′ 

N = a . . = , V4 

= PD′ . D′ F. D′ 

N = . . . = 

6 6 2 2 8 6 6 3 2 2 72 

3 

3 

25a 

47a 

V1 

25 

V1 = V3 − 2V 4 

= , V2 = V − V 

1 

= . Vậy = . 

72 

72 V2 

47 


Câu 26. Cho lăng trụ đứng ABCA ′ B′ C′ 

có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, BC=2a. Góc giữa 

0 

mặt phẳng ( AB′ 

C ) và mặt phẳng ( BB′ 

C ) bằng 60 .Tính thể tích lăng trụ ABCA ′ B′ C ′ . 

A. 

2 

60 0 

60 0 H 

a 


3 

3 

3 

a B. 2a C. a 6 D. 

A 

A' 

2 

D 

D' 

O 

3 

3a 

B 

B' 

60 0 

C 

C' 


Trang 80 











Từ A kẻ AI ⊥ BC ⇒ I là trung điểm BC 

AI ⊥ (BC C′ B ′ ) ⇒ AI ⊥ B′ 

C (1) 

Từ I kẻ IM ⊥ B′ 

C (2) 

Từ (1), (2) ⇒ B′ 

C ⊥ (IAM) 

Vậy góc giữa (A B′ 

C) và ( B′ 

CB) là 

AMI = 60 

0 

Ta có AI= 1 BC = a ; 

2 

AI a 

B 

IM= = 

0 

tan 60 3 

2 

BH = 2IM = a ; 

3 

1 1 1 3 1 1 

= − = − = 

2 2 2 2 2 2 

B' B BH BC 4a 4a 2a 

. 

1 1 

Suy ra BB ′ = a 2 ; S∆ ABC 

= AI. BC = a.2a = a 

2 2 

2 3 

VABC A′ B′ C′ = a 2. a = a 2 


A' 

B' 

B' 

H 

M 

Câu 27. Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A' 

lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam 

giá ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường 

thẳng AA' và BC bằng a 3 . Khi đó thể tích 

4 

C’ 

B’ 

của khối lăng trụ là 

A’ 

3 

3 

a 3 

a 3 

A. 

B. 


6 

C. 

3 

a 3 

3 

D. 

3 

a 3 

24 


Gọi M là trung điểm BC, dựng MH vuông 

góc với A’A. suy ra 

a 3 

MH = d ( BC, A' 

A) 

= 

4 

2 

2 a 

Đặt AH=x, ta có A' 

A = x + 

3 

a 

Từ A’A. MH=A’G.AM, suy ra x = . Vậy 

a 2 3 

3 3 

. 

a a 

V = = . 



C 


2 

I 

C 

H 

A 

B 

G 

A 

M 

I 

60 0 

M 

B 

C' 

C 


Trang 81 








Câu 28. Cho hình lăng trụ ABC. A' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông 

góc của ' 

ABC trùng với tâm G của tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa 

A lên măt phẳng ( ) 



AA ' và BC là 

a 3 

4 

. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. A' B ' C ' . 

3 

3 

3 

3 

a 3 

a 3 

a 3 

A. V = B. V = C. V = D. 

a 3 

V = 

3 

6 


36 


Gọi M là trung điểm B ⇒ BC ⊥ ( A' AM) 

Gọi H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của G,M trên AA’ 

a 3 

Vậy KM là đọan vuông góc chung củaAA’và BC, do đó d( AA',BC) 

= KM = . 

4 

KM 3 

∆AGH 

∼ ∆AMH 

⇒ = 

A' 

GH 2 

2 a 3 

⇒ GH = KH = 

3 6 

a 

∆ AA’G vuông tại G,HG là đường cao, A' 

G = 

3 

3 

a 3 

V = S . A' 

G = 

ABC . A ' B ' C ' ABC 



Câu 29. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi M, N lần lượt thuộc các cạnh bên AA’, CC’ sao 

cho MA = MA' và NC = 4NC' . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Trong bốn khối tứ diện GA’B’C’, 

BB’MN, ABB’C’ và A’BCN, khối tứ diện nào có thể tích nhỏ nhất? 

A. Khối A’BCN B. Khối GA’B’C’ C. Khối ABB’C’ D. Khối BB’MN 


C 

A 

+ Nhận thấy khoảng cách từ G và A xuống mặt phẳng (A’B’C’) là 

G 

bằng nhau ( do G,A thuộc mặt phẳng (ABC)//(A’B’C’) 

B 

V = V 

GA'B'C' A.A'B'C' 

Mà VA.A'B'C' VABB'C' 

= (Do 2 hình chóp này có 2 đáy AA’B’ và ABB’ 

diện tích bằng nhau;chung đường cao hạ từ C’) 

⇒ VGA'B'C' 

= VABB'C' 

=> Không thế khối chóp GA’B’C’hoặc ABB’C’ thể thích nhỏ nhất 

→ Loại B,C 

+ So sánh Khối A’BCN và Khối BB’MN 

Nhận thấy khoảng cách từ M và A’ xuống mặt BBCC’ là bằng nhau 

→ Khối A’BCN và Khối BB’MN có đường cao hạ từ M và A’ bằng 

nhau. Mặt khác Diện tích đáy BNB’ > Diện tích đáy BCN 

=> Khối A’BCN < Khối BB’MN. 

=> Khối A’BCN có diện tích nhỏ hơn. 



A 

K 

H 

M 

A' 

G 

B 

M 

B' 

C 

B' 

C' 

N 

C' 


Trang 82 










Câu 30. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại A , góc BAC nhọn. 

0 

Góc giữa AA' và BC' là 30 , khoảng cách giữa AA' và BC' là a . Góc giữa hai mặt bên 

0 

AA'C'C là 60 . Thể tích lăng trụ ABC.A'B'C' là 

( AA'B'B ) và ( ) 

3 

2a 3 

A. 

3 


3 

a 3 

B. 

3 

Ta có góc giữa hai mặt bên ( AA'B'B ) và ( ) 

⇒△ ABC đều. 

Vì AA'/ /CC' ⇒ 

 

( AA'; BC' ) = CC'; 

BC' = BC'C = 30 

Kẻ AI ⊥ BC ⇒ AI ⊥ ( BB'C'C) 

( ) ( ( )) 

( ) 

0 

d AA'; BC' = d AA'; BB'C'C = AI = a 

3 

a 6 

C. 

6 

AA'C'C là BAC = 60 

0 

3 

2a BC 1 2a 2a 3 

⇒ BC = ,CC' = = 2a ⇒ V = 2a. .a. = 

0 

ABC.A ' B' C' 

3 tan 30 

2 3 3 


3 

a 6 

D. 

3 

Câu 31. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A’B’C’, có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 . 

AM A' N 1 

Lấy M, N lần lượt trên cạnh AB’, A’C sao cho = = . Tính thể tích V của khối BMNC’C. 

AB ' A' C 3 

3 

3 

3 

a 6 

2a 

6 

3a 

6 

A. 

B. 

C. 

108 

27 

108 


Gọi G, K lần lượt là tâm các hình chữ nhật ABB’A’ và AA’C’C. 

AM 1 AM 2 

Ta có: = ⇒ = (Do G trung điểm AB’). 

AB ' 3 AG 3 

AM 2 

Xét tam giác ABA’ có AG là trung tuyến và 

AG = . Suy ra 

3 

M là trọng tâm tam giác ABA’. Do đó BM đi qua trung điểm I 

của AA’. 

A ' N 1 A ' N 2 

Ta có: = ⇒ = (Do K là trung điểm A’C). 

A ' C 3 A ' K 3 

A' N 2 

Xét tam giác AA’C’ có A’K là trung tuyến và 

A' K = . Suy ra 

3 

N là trọng tâm của tam giác AA’C’. Do đó C’N đi qua trung 

điểm I của AA’. 

Từ M là trọng tâm tam giác ABA’ và N là trọng tâm của tam 

giác AA’C’. Suy ra: 

IM IN 1 

= = . 

IB IC ' 3 

Gọi V ; V lần lượt là thể tích các khối chóp IMNC; IBCC’. Ta có: 

1 2 

2 

V IM 1 

1 

. IN . 

IC 

8 

= = . Mà V + V = V . Suy ra V = V . 

1 2 

2 

V IB IC ' IC 9 

9 

A' 

I 

A 

M 

60 0 I 

N 

D. 

G 

3 

a 6 

27 


A' 

A 

B 

K 

B' 

B 

B' 

H 

30 0 

C' 

C' 

C 

C 


Trang 83 








Hạ AH vuông góc với BC tại H thuộc BC. Ta được AH vuông góc với mặt phẳng (BB’C’C). AA’ 

BB ' C ' C nên khoẳng cách từ I đến mặt phẳng (BB’C’C) bằng khoẳng 

song song với mặt phẳng ( ) 



a 3 

cách từ A đến (BB’C’C) và bằng AH. Ta có: AH = . 

2 

2 3 

1 1 3 2 6 

a a a 

V = . d ⎡I; 2 

( BB ' C ' C ) 

⎤ . . . 

BCC ' 

3 

⎢ 

S ∆ 

= = 

⎣ 

⎥⎦ 



3 

8 2a 

6 

V2 

9 27 

. Suy ra V = = . 

Câu 32. Cho hình lập phương ABCD. A' B ' C ' D ' có khoảng cách giữa A' 

C và C ' D ' là 1 cm. Thể 

tích khối lập phương ABCD. A' B ' C ' D ' là: 

3 

3 

3 

3 

A. 8 cm . B. 2 2 cm . C. 3 3 cm . D. 27 cm . 


Để tìm khoảng cách giữa A’C và C’D’, ta dựng một mặt phẳng chứa A’C và song song với C’D’. 

Dễ thấy đó là mặt phẳng (CA’B’). 

Gọi a là độ dài cạnh của khối lập phương, lúc này ta có: 

d ( C ' D ', A' C) = d ⎡⎣ C ' D ',( CA' B ') ⎤⎦ = d ⎡⎣ D', ( CA' B ') 

⎤⎦ 

Để tính khoảng cách từ điểm D’ đến mặt phẳng (CA’B’), ta xét 

khối tứ diện D’CA’B’. 

2 3 

1 1 a a 3 

VD' CA' B ' 

= . CC '. SB ' A' D' 

= . a. 

= ( cm ) 

3 3 2 6 

1 1 2 2 2 

S 

CA' 

B ' 

= .CB'.B'A' = . a 2. a = a ( cm ) (do tam giác 

2 2 2 

CA’B’ vuông tại B’) 

3 

a 

3V 

D' CA' B' 

2 

Suy ra: d ⎡ ', ( ' ') 2 

⎣D CA B ⎤⎦ 

= = = a ( cm) 

⇒ a = 2 (cm). 

SCA' 

B' 

2 2 

2 

a 

2 

3 3 

Do đó V = a = 2 2 cm 


Câu 33. Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’. Gọi M là trung điểm A’B’. Mặt phẳng (P) qua BM đồng thời 

song song với B’D’. Biết mặt phẳng (P) chia khối hộp thành hai khối có thể tích là V 1 , V 2 ( Trong đó 

1 

V 1 là thể tích khối chứa A). Tính tỉ số F = V . V 

2 

A. 7 

17 

. B. 1. C. 

17 25 . D. 8 

17 . 


*Gọi N là trung điể A’D’. Khi đó (P)≡BDNM). 

Thấy BM∩DN∩AA’=I. 

Khi đó: V 1 =V(A’MNABD); V 2 =V-V 1 . (Với V là thể tích hình hộp) 

V ( IA' MN) S( AMN ) 1 

* Ta có: 

= = 

V ( AA'B'D') S( A' B ' D ') 4 

V (AA'B'D') 1 

1 

* Mà: 

= nên có: V ( IA' MN) 

= V 

V 6 

24 


I 

A' 

N 

D' 

M 

B' 

C' 


D 

C 

Trang 84 


www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial 

A 

B








V ( IA' MN ) IA'. IM. IN 1 

* Lại có: 

= = 

V ( IABD) IA. IB. ID 8 

1 

*Vậy: V ( IABD) 

= V 

3 

1 1 7 

17 V1 

* Do đó: V1 

= V − V = V nên V2 = V − V1 

= V . Vậy: 

3 24 24 

24 V2 


7 

= 

17 

Câu 34. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các 

cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích 

của hai phần đó. 

A. 25 

49 

. B. 1. C. 

47 95 . D. 8 

17 . 


Chứng minh EI = IJ = JF. Từ đó suy ra 

E 

EB EM FA' 1 

FN 1 

= = = . Lại từ đó suy ra = . 

A 

I 

B 

EB ' EK FB ' 3 

FK 2 

M 

Ta có: d(K, A'B') = (1/2)d(C', A'B'), FB' = (3/2)A'B'. Suy ra S KFB’ = 

C 

(3/4)S A’B’C’ . 

J 

EB 1 

Mặt khác vì = nên suy ra d(E, (KFB’)) = (3/2)h (h là chiều 

EB ' 3 

F A' 

B' 

cao lăng trụ). 

N 

K 

Do đó V EKFB’ = (3/8)V (V là thể tích lăng trụ) . 

C' 

VEBIM 

EI EM EB 1 1 1 1 

= . . = . . = nên V EBIM = 1 . 

3 V = 

1 V . 

VEB ' FK 

EF EK EB ' 3 3 3 27 

27 8 72 

VFA' 

JN 

FJ FA' FN 1 1 1 1 

= . . = . . = nên V FA’JN = 1 . 

3 V = 

1 V . 

VFB ' EK 

FE FB ' FK 3 3 2 18 

18 8 48 

Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Gọi V 1 là thể tích phần chứa điểm B' và 

V 2 là thể tích phần chứa điểm C. 

Ta có V 1 = (3/8 – 1/72 – 1/48)V = (49/144)V nên V 2 = (95/144)V. 

Do đó V 1 /V 2 = 49 

95 . 


Câu 35. Cho hình lăng trụ ABC. 

A′ B′ C′ có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của 

ABC trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường 

điểm A′ lên mặt phẳng ( ) 

a 3 

thẳng AA′ và BC bằng . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. A′ B′ C′ 

. 

4 

3 

3 

3 

3 

a 3 

a 3 

a 3 

a 3 

A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 

24 


3 

6 


A 

M là trung điểm của BC thì BC ⊥ ( AA′ 

M ) . 

Gọi MH là đường cao của tam giác A′ AM thì 

MH ⊥ A′ 

A và HM ⊥ BC nên HM là khoảng cách 

H 

AA′ và BC . 

B 


C 


A 

C 

G 

Trang 85 


M 


B








2 

3 3 2 

Ta có A′ A. HM = A′ 

G. 

AM ⇔ 

a . A′ A = a A′ 

A − 

a 

4 2 3 

Đường cao của lăng trụ là 

2 3 

a 3a a 3 

Thể tích V 

LT 

= . = . 

3 4 12 


2 2 

a a a 

4 3 

A′ G = − = . 

9 9 3 

Câu 36. Cho hình lăng trụ có tất cả các cạnh đều bằng a , đáy là lục giác đều, góc tạo bởi cạnh bên và 

mặt đáy là 60° . Tính thể tích khối lăng trụ 

27 3 

3 3 

3 3 

9 

A. V = a . B. V = a . C. V = a . D. 

8 

4 

2 


Ta có ABCDEF là lục giác đều nên góc ở đỉnh bằng 120°. 

ABC là tam giác cân tại B , DEF là tam giác cân tại E . 

2 

1 3 

a 

SABC 

= SDEF 

= a. a.sin120° = 

2 4 

= + − 2. . .cos 

2 2 

AC AB BC AB BC B 

⎞ 

= a + a − 2. a. a. ⎜− ⎟ = a 3 

⎝ 2 ⎠ 

ACDF 

2 2 ⎛ 1 

2 

. 3. 3 

S = AC AF = a a = a 

2 2 2 

a 3 2 a 3 3a 

3 

SABCDEF = S 

ABC 

+ SACDF + SDEF 

= + a 3 + = 

4 4 2 

a 3 

B ' BH = 60 ° ⇒ B ' H = BB '.sin 60° = 

2 

2 

3 3 9 

a 

V = BH '. S = a 3. = a 

ABCDEF 

4 4 


3 


B 

B' 

H 

C 

C' 

A 

A' 

3 

4 a . 

F 

D 

F' 

D' 

E 

E' 


Trang 86 








MŨ - LÔ GARIT 



2 2 

x + 2mx+ 2 2x + 4mx+ 

2 2 

Câu 1. Cho phương trình 5 − 5 − x − 2mx − m = 0 . Tìm m để phương trình vô nghiệm? 

A. m > 0 

B. m < 1 

C. 0 < m < 1 

⎡ m > 1 

D. ⎢ 

⎣m 

< 0 


+Phương trình tương đương: 

x 2 + 2mx+ 2 2 2x 2 + 4mx+ 

2 2 

5 + ( x + 2mx + 2) = 5 + (2x + 4mx 

+ 2) 

+ Do hàm f(t)=5 t + t đồng biến trên R nên ta có: ( x 2 + 2mx + 2) = (2x 2 + 4mx 

+ 2) 

+ Từ đó điều kiện để pt vô nghiệm là C. 


Câu 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 

2 

log (1 − x ) + log ( x + m − 4) = 0 . 

3 1 

3 

− 1 

21 

21 

−1 

A. < m < 0 . B. 5 ≤ m ≤ . C. 5 < m < . D. ≤ m ≤ 2 . 

4 

4 

4 

4 

Hướng dẫn 

2 

⎧ 

2 

⎪1 − x > 0 

⎪⎧ x ∈( −1;1 

) 

giải: log 

3(1 − x ) + log 

1 

( x + m − 4) = 0 ⇔ ⎨ 

⇔ 

2 

⎨ 

2 

3 ⎪⎩ 

log 

3(1 − x ) = log 

3( x + m − 4) ⎪⎩ 

1− x = x + m − 4 

2 

⇔ = + + − 5 = 0 

∈ − 1;1 

Yêu cầu bài toán f ( x) 

x x m có 2 nghiệm phân biệt ( ) 

Cách 1: Dùng định lí về dấu tam thức bậc hai. 

Để thỏa yêu cầu bài toán ta phải có phương trình ( ) = 0 

⎧a. f ( − 1) 

> 0 

⎪ 

a. f ( 1) 

> 0 ⎧m 

− 5 > 0 

⎪ 

⎪ 

21 

⇔ ⎨∆ > 0 ⇔ ⎨m 

− 3 > 0 ⇔ 5 < m < . 

⎪ ⎪ 4 

⎩21− 4 > 0 

⎪ S 

m 

− 1 < < 1 

⎪⎩ 2 

Cách 2: Dùng đạo hàm 

2 1 

Xét hàm số f ( x) = x + x − 5 ⇒ f ′( x) 

= 2x + 1 = 0 ⇒ x = − 

2 

⎛ 1 ⎞ 21 

Có f ⎜ − ⎟ = − ; f ( 1 ) = − 3; f ( − 1 ) = − 5 

⎝ 2 ⎠ 4 

Ta có bảng biến thiên 

x − 1 

1 

− 

2 

f ′ x 

– 0 + 

( ) 

( x) 

f x có hai nghiệm thỏa: − 1 < x1 < x 

2 

< 1 

Dựa vào bảng biến thiên, để có hai nghiệm phân biệt trong khoảng ( − 1;1 ) khi 

21 21 

− < − m < −5 ⇒ > m > 5 . 

4 4 

f 

− 5 


− 

21 

4 

1 

3 


Trang 87 










Cách 3: Dùng MTCT 

2 

Sau khi đưa về phương trình x + x + m − 5 = 0 , ta nhập phương trình vào máy tính. 

* Giải khi m = −0,2 

: không thỏa⇒ loại A, D. 

* Giải khi m = 5: không thỏa ⇒ loại B. 


Câu 3. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho bất phương trình sau có tập nghiệm là ( ;0] 

m 

x 

x 1 

2 2 1 3 5 3 5 0 

x 

( m )( ) ( ) 

+ + + − + + < . 

1 

1 

A. m ≤ − . B. m ≤ . C. 

2 

2 


Phương trình đã cho tương đương 

x 

x 

1 

m < . D. 

2 

x 

1 

m < − . 

2 

⎛ 3− 5 ⎞ ⎛ 3 + 5 ⎞ 

⎛ 3 + 5 ⎞ 

2m 

+ ( 2m 

+ 1) ⎜ + < 0( 1) 

2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ 

. Đặt t = ⎜ 

> 0 

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 

2 ⎟ 

ta được: 

⎝ ⎠ 

1 

2 

2m + ( 2m + 1) + t < 0 ⇔ f ( t) = t + 2mt + 2m 

+ 1 < 0( 2) 

. Bất phương trình ( 1 ) nghiệm đúng 

t 

x 0 

2 có nghiệm 0 < t ≤ 1, suy ra phương trình f ( t ) = 0 có 2 nghiệm 

∀ ≤ nên bất phương trình ( ) 

⎪⎧ 

f ( ) 

t1, 

t 

2 

thỏa t 1 

≤ 0 < 1< 

t 2 

⇔ ⎨ 

f ( ) 


⎪⎩ 

0 ≤ 0 ⎧2m 

+ 1≤ 

0 ⎧m 

≤ −0,5 

1 

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ . Vậy m < − thỏa mãn 

1 < 0 ⎩4m 

+ 2 < 0 ⎩m 

< −0,5 

2 

Câu 4. Tính giá trị của biểu thức = ln( tan1° ) + ln( tan2° ) + ln( tan3 ° ) + ... + ln( tan89° 

) 

P . 

A. P = 1. 

1 

B. P = . 

2 

C. P = 0. 

D. P = 2. 


P = ln tan1° + ln tan 2° + ln tan3 ° + ... + ln tan89° 

( ) ( ) ( ) ( ) 

( ) 

( ) 

( ) 

α α = ) 

= ln tan1 ° .tan 2 ° .tan3 ° ...tan89° 

= ln tan1 ° .tan 2 ° .tan3 ° ...tan 45 ° .cot 44 ° .cot 43 ° ...cot1° 

= ln tan 45° = ln1 = 0. (vì tan .cot 1 


2 2 

x − 5x+ 6 1− x 6−5x 

Câu 5. Cho phương trình : m.2 + 2 = 2.2 + m(1) 

. Tìm m để PT có 4 nghiệm phân biệt. 

A. 

− 1 

21 

< m < 0 . B. 5 ≤ m ≤ . C. 

4 

4 


Viết lại PT (1) dưới dạng : 

2 2 

x − 5x+ 6 1− x 6−5x 

⎧0 < m < 2. 

⎪ 

⎨ 1 1 

⎪m 

≠ , m ≠ 

⎩ 8 256 

2 2 2 2 

x − 5x+ 6 1 −x ( x − 5x+ 6) + (1 −x 

) 

m.2 + 2 = 2.2 + m ⇔ m.2 + 2 = 2 + m 

2 2 2 2 

x − 5x+ 6 1− x x − 5x+ 6 1− 

x 

⇔ m.2 + 2 = 2 .2 + m 

2 

⎧ x − 5x+ 

6 

⎪u 

= 2 

Đặt : ⎨ , u, v > 0 . Khi đó PT tương đương với : 

2 

1− 

x 

⎪ ⎩v 

= 2 

D. 

−1 

≤ m ≤ 2 . 

4 

−∞ : 



Trang 88 










⎡ 

2 

x = 3 

x − 5x+ 

6 

⎡ u = 1 ⎡2 = 1 ⎢ 

mu + v = uv + m ⇔ ( u −1)( v − m) = 0 ⇔ ⎢ ⇔ ⎢ ⇔ x 2 

2 

v m 

1− 

x 

⎢ = 

⎣ = ⎢ 2 m 

2 

⎣ = ⎢ 1− 

x 

⎣2 = m(*) 

Để (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 và 3. 

⎪⎧ 

m > 0 ⎧⎪ 

m > 0 

(*) ⇔ ⎨ 

⇔ 

2 ⎨ 

. Khi đó điều kiện là : 

2 

⎩⎪ 

1− x = log m x = 1− 

log m 

2 ⎪⎩ 

2 

⎧ m > 0 

⎧ m > 0 ⎪ 

⎪ ⎪m 

< 2 

⎪1 − log m 0 

2 > ⎪ 1 ⎧1 1 ⎫ 

⎨ ⇔ ⎨m 

≠ ⇔ m ∈(0;2) \ ⎨ ; ⎬ 

⎪1 − log m ≠ 4 8 256 

2 ⎪ 8 

⎩ ⎭ 

⎪1 log m 9 ⎪ 

⎩ − ≠ 

1 

2 

⎪m 

≠ 

⎩ 256 

⎧1 1 ⎫ 

Vậy với m ∈(0;2) \ ⎨ ; ⎬ thỏa điều kiện đề bài. 

⎩8 256 ⎭ 


2 

Câu 6. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình ( ) 

x1, 

x 

2 

sao cho x1. x 

2 

= 27 

4 

A. m = 

3 

B. m = 25 

C. 


( log x) 2 

− ( m + 2 ).log x + 3m 

− 1 = 0( 1) 

3 3 

Đặt log 

3 

x = t 

2 

Phương trình trở thành: t − ( m + 2) t + 3m 

− 1 = 0( 2) 

log x − m + 2 .log x + 3m − 1= 

0 có 2 nghiệm 

3 3 

28 

m = 

D. m = 1 

3 

Phương trình (1) nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt. 

( ) ( ) 

2 2 

⇔ ∆ > 0 ⇔ m + 2 − 4 3m − 1 = m − 8m + 8 > 0 (đúng) 

Gọi t 1 

, t 2 

là 2 nghiệm của phương trình (2) 

t1 t2 t1 t2 

⇒ x1 = 3 , x2 = 3 ⇒ 3 3 = 27 ⇔ t1 + t 

2 

= 3 

Theo Vi-et: t 1 

+ t 2 

= m + 2 . Suy ra m = 1 


Câu 7. Trong tất cả các cặp ( x; 

y ) thỏa mãn 2 2 ( ) 

nhất cặp ( ; ) 

x y sao cho 

A. ( 10 2 ) 2 

2 2 

x + y + 2x − 2y + 2 − m = 0 . 

log 4 4 4 1 

x + y − ≥ . Tìm m để tồn tại duy 

x + y + 2 

− . B. 10 − 2 và 10 + 2 . 

C. ( 10 − 2 ) 2 

và ( 10 2 ) 2 


Ta có 2 2 ( ) 

x y 

x y 2 

+ . D. 10 − 2 . 


2 2 

log 4 + 4 − 4 ≥1 

⇔ + − 4 − 4 + 6 ≤ 0 

+ + 

1 . 

x y x y ( ) 


Trang 89 










Giả sử M ( x; 

y ) thỏa mãn pt ( 1 ) , khi đó tập hợp điểm M là hình tròn ( C ) tâm ( 2;2) 

kính R 

1 

= 2 . 

Các đáp án đề cho đều ứng với m > 0 . Nên dễ thấy 

trình đường tròn ( C 

2 ) tâm J ( −1;1 ) bán kính R = m . 

2 

Vậy để tồn tại duy nhất cặp ( x; 

y ) thỏa đề khi chỉ khi ( C ) và ( ) 

( ) 2 

⇔ IJ = R1 + R2 ⇔ 10 = m + 2 ⇔ m = 10 − 2 . 


1 

I bán 

2 2 

x + y + 2x − 2y + 2 − m = 0 là phương 

1 

C tiếp xúc ngoài 

Câu 8. Cho n là số nguyên dương, tìm n sao cho 

2 2 2 2 2 

log 2019 + 2 log 2019 + 3 log 2019 + ... + n log 2019 = 1008 × 2017 log 2019 

a 

3 

n 

a a a 

A. n=2017 B. n=2018 C. n=2019 D. n=2016 


2 

log 2019 + 2 log 2 

2019 + 3 log 

2 

2019 + ... + n log 

2 2 

2019 = 1008 × 2017 log 2019 

a 

3 

n 

a a a 

⇔ + + + + = × 

3 3 3 2 2 

loga 2019 2 loga 2019 3 log 

a 

2019 ... n log 

a 

2019 1008 2017 loga 

2019 

⇔ + + + + n = × 

3 3 3 3 2 2 

(1 2 3 ... )loga 

2019 1008 2017 loga 

2019 

⎛ n( n + 1) ⎞ ⎛ 2016. 2017 ⎞ 

⇔ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ 

⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 

⇔ n = 2017 


2 

3 2 

Câu 9. Phương trình ( ) 1 ( ) 

2 

2 

log mx − 6x + 2log − 14x + 29x − 2 = 0 có 3 nghiệm thực phân biệt khi: 

2 

A. m < 19 

B. m > 39 

39 

C. 19 < m < 

2 

D. 19 < m < 39 


log − 6 

3 

+ 2log − 14 

2 

+ 29 − 2 = 0 ⇔ log 

3 

mx − 6x − log 

2 

− 14x + 29x 

− 2 = 0 

2 

( mx x ) 1 ( x x ) 

2 ( ) 2 ( ) 

2 

3 2 

3 2 6 − 14 + 29 − 2 

⇔ mx − 6x = − 14x + 29x − 2 ⇔ m = x x x 

x 

3 2 

6x − 14x + 29x 

− 2 2 

f ( x) = ⇔ f ′( x) 

= 12x 

− 14 + 

2 

x 

x 

⎡ 

⎢ x = 1 ⇒ f ( 1) 

19 

⎢ 

= 

⎢ 1 ⎛ 1 ⎞ 39 

f ′( x) 

= 0 ⇔ ⎢x = ⇒ f ⎜ ⎟ = 

⎢ 2 ⎝ 2 ⎠ 2 

⎢ 1 ⎛ 1 ⎞ 121 

⎢x 

= − ⇒ f ⎜ − ⎟ = 

⎣ 3 ⎝ 3 ⎠ 3 

Lập bảng biến thiên suy ra đáp án 



2 

a 

a 


Trang 90 










Câu 10. Biết phương trình x + 1 ⎛ x 

log 

1 ⎞ 

5 = 2log3 

− 

⎜ 

2 2 ⎟ 

có nghiệm duy nhất 

x ⎝ x ⎠ 

2 đó a, 

b là các số nguyên. Tính a + b? 

A. 5 B. − 1 

C. 1 D. 2 


2 x + 1 ⎛ x 1 ⎞ 2 x + 1 x −1 

log5 = 2log3 − ⇔ log5 = 2log 

⎜ 

3 

x 

2 2 ⎟ 

⎝ x ⎠ x 2 x 

⎧x 

> 0 

Đk: ⎨ ⇔ x > 1 

⎩x 

− 1 > 0 

( ) 

( ) 

Pt ⇔ log 2 x + 1 − log x = log ( x −1) − log 4x 

2 

5 5 3 3 

⇔ x + + x = x + x − 

2 

log5 2 1 log3 4 log5 log 

3( 1) (1) 

Đặt t = 2 x + 1⇒ 4x = ( t −1) 2 

2 2 

(1) có dạng log t + log ( t − 1) = log x + log ( x −1) (2) 

5 3 5 3 

2 

f ( y) = log5 y + log 

3( y −1) 

, do > 1⇒ > 3 ⇒ > 1 

Xét 

x t y . 

1 1 

Xét y > 1: f '( y) = + .2( y − 1) > 0 

2 

yln5 ( y −1) ln3 

⇒ f ( y ) là hàm đồng biến trên miền ( 1;+∞ ) 

(2) có dạng f ( t) = f ( x) ⇔ t = x ⇔ x = 2 x + 1 ⇔ x − 2 x − 1 = 0 

⎡ x = 1+ 

2 

⇔ ⎢ 

⇔ x = 3 + 2 2 ( tm) 

. 

⎢⎣ x = 1− 

2 (vn) 


Câu 11. Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm : log ( x + 1) + 2 = log 4 − x + log ( 4 + x ) 

2 3 

4 2 

8 



⎧x 

+ 1 ≠ 0 

2 3 

⎪ ⎧− 4 < x < 4 

log 

4 ( x + 1) + 2 = log 4 − x + log8 

( 4 + x ) (2) Điều kiện: 4 0 

2 

⎨ − x > ⇔ ⎨ 

⎪ ⎩x 

≠ − 1 

⎩4 + x > 0 

2 

( ) ( ) ( ) 

2 2 

( ) 

(2) ⇔ log x + 1 + 2 = log 4 − x + log 4 + x ⇔ log x + 1 + 2 = log 16 − x 

2 2 2 2 2 

⇔ log 4 x + 1 = log 16 − x ⇔ 4 x + 1 = 16 − x 

2 2 

+ Với − 1< x < 4 ta có phương trình 

+ Với − 4 < x < −1 

ta có phương trình 

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là = 2 


+ − = 

2 

x 4x 12 0 (3) ; 

2 

x − 4x − 20 = 0 (4); ( 4) 

x hoặc = 2( 1− 

6 ) 

⎡x 

= 2 

(3) ⇔ ⎢ 

⎣x 

= −6 

x , 

( lo¹i) 


⎡ x = 2 − 24 

⇔ ⎢ 

⎢⎣ x = 2 + 24 

( lo¹i) 


Trang 91 










2 − m 5 − 3.3 + m 15x − 5 = 0. Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của 

2 

Câu 12. Cho phương trình ( ) x x 2 

( ) 

tham số m để phương trình có nghiệm trong khoảng ( 0;2 ) . 

A. R B. ( − 2;3) 

C. ( 0;+∞ ) 

D. ( −∞ ;1) 


2 x x 

f x = 2 − m 5 − 3.3 + m 2 15x − 5 . Do f liên tục trên R nên f cũng liên tục trên đoạn 

Đặt ( ) ( ) ( ) 

[ ] 

0;2 . 

2 0 0 2 2 

f 0 = 2 − m 5 − 3.3 + m 15.0 − 5 = −6m − 1< 0, ∀m. 

Ta có ( ) ( ) ( ) 

2 2 2 2 

( ) ( ) ( ) 

f 2 = 2 − m 5 − 3.3 + m 15.2 − 5 = 13 > 0 . 

Khi đó f ( 0 ). f ( 2) 

< 0, ∀m . 

Vậy f ( x ) = 0 có nghiệm trên khoảng ( ) 


2 

Câu 13. PHương trình ( ) ( ) 

3 3 

0;2 với mọi giá trị thực của m. 

log x + x + 1 = x 2 − x + log x có bao nhiêu nghiệm 



điều kiện x > 0 

2 

⎛ x + x + 1⎞ 

2 

Phương trình tương đương với log3 

⎜ ⎟ = 2x 

− x 

⎝ x ⎠ 

2 − = 1− −1 ≤1 

2 

Ta có x x ( x ) 2 

Và 

2 

2 

⎛ x + x + 1⎞ 

⎛ 1 ⎞ ⎛⎛ 1 ⎞ ⎞ 

log3 ⎜ ⎟ = log3 ⎜ x + + 1⎟ = log3 ⎜ x − ⎟ + 3 ≥ log3 

3 = 1 

⎝ x ⎠ ⎝ x ⎠ ⎜⎝ ⎠ ⎟ 

⎝ x ⎠ 

( ) 2 

⎧ 

2 

x − 1 = 0 

⎛ x + x + 1⎞ 

2 ⎪ 

Do đó log3 

⎜ ⎟ = 2x − x ⇔ ⎨ 1 ⇔ x = 1 

⎝ x ⎠ ⎪ x − = 0 

⎩ x 


x 

9 

2 2 2 

Câu 14. Cho hàm số f ( x) = , x ∈ R . Tính P = f (sin 10 ° ) + f (sin 20 ° ) + ..... + f (sin 80 ° ) 

x 

9 + 3 

A. 4 B. 8 C. 9 D. 3 


Nếu a + b = 1 thì f ( a) + f ( b ) = 1. Do đó P = 1+ 1+ 1+ 1 = 4 


3+ 3x 3− 3x 4+ x 4−x 

3 

Câu 15. Phương trình 3 + 3 + 3 + 3 = 10 có tổng các nghiệm là ? 

A. 0. B. 2. C. 3. D. 4. 


3+ 3 

3 

3− 3 

+ 3 

4+ + 3 

4− 

+ 3 

3 

= 10 7 

x x x x 

( ) 


27 81 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 

3x x 3 3x x 

3 

( 7) ⇔ 27.3 + + 81.3 + = 10 ⇔ 27. 3 + + 81. 3 + = 10 ( 7′ 

) 

3x x 3x x 

3 3 3 3 

1 Côsi 

x 

x 1 

Đặt t = 3 + ≥ 2 3 . = 2 

x 

x 

3 3 


Trang 92 










3 

3 ⎛ x 1 ⎞ 3x 2x 1 x 1 1 3x 

1 3 

x x 2x 3x 3x 

⇒ t = ⎜3 + ⎟ = 3 + 3.3 . + 3.3 . + ⇔ 3 + = t − 3t 

⎝ 3 ⎠ 

3 3 3 3 

3 

3 3 3 10 10 

Khi đó: ( 7' ) ⇔ 27( t − 3t ) + 81t = 10 ⇔ t = ⇔ t = > 2 ( N ) 

27 3 

10 x 1 10 

Với t = ⇒ 3 + = ( 7′′ 

x 

) 

3 3 3 

⎡ y = 3 N 

x 

1 10 2 

Đặt y = 3 > 0 . Khi đó: ( 7′′ ) ⇔ y + = ⇔ 3y − 10y 

+ 3 = 0 ⇔ ⎢ 

1 

y 3 

⎢ y = N 

⎢⎣ 3 

Với y = 3 ⇒ 3 = 3 ⇔ x = 1 

1 x 1 

Với y = ⇒ 3 = ⇔ 

3 3 

x = −1 


Câu 16. Gọi , ( < ) 

1 2 1 2 

( ) 

( ) 

x 1 

x x x x là hai nghiệm của phương trình ( ) ( ) 

khẳng định dưới đây, khẳng định nào sai? 

, +∞ ∩ − 1,1 = − 1,1 

x 

x 

5 − 1 + 5 + 1 = 5.2 − . Trong các 

A. ( x 1 ) ( ) ( ) 

B. ( x ) ( ) ( ) 

2 

, +∞ ∩ − 1,1 = − 1,1 

C. ( x , x ) ∩( − 1,0 ) = ( −1,0 

) 

D. ( x , x ) ∩( − 1,1 ) = ( −1,1 

) 

1 2 


1 2 

( 5 1 x 

1 5 1 5 1 5 

) ( 5 1 x 

) 5.2 x − + 

− + + = ⇔ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = ( 1 ) 

x 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

− 

⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ 

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 

x x x − x 

⎛ 5 − 1⎞ ⎛ 5 + 1⎞ ⎛ 5 1⎞ ⎛ 5 1⎞ 

x − + 

Nhận xét: 

= 1 = 1⇒ = 

⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ 

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 

x 

⎛ 5 −1⎞ 

1 5 1 

= > 0, 1 ⇔ + = ⇒ = log 2, = log . 

⎜ 

5 −1 5 −1 

2 ⎟ 

⎝ ⎠ 

t 2 2 

2 2 

+ Đặt t ⎜ ⎟ ( ) t x1 x2 

Câu 17. Phương trình 1+ log9 x − 3log9 x = log3 

x −1 

có bao nhiêu nghiệm nguyên ? 

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


Giải phương trình: 1+ log9 x − 3log9 x = log3 

x −1. Điều kiện xác định: x ≥ 1 

1+ log9 x − 3log9 x = log3 

x −1 

⇔ 1+ log9 x − 3log9 x = 2log9 

x −1 

⇔ 1− 2log9 = ( 2log9 − 1)( 1+ log9 + 3 log9 

) 

( 2log9 x − 1)( 1+ log9 x + 3 log9 

x + 1) 

= 0 

x x x x ⇔ 

⇔ 2log9 

x = 1 vì: 1+ log9 x + 3log9 

x + 1 > 0 ⇔ x = 3. 

Vậy nghiệm phương trình đã cho: x = 3. 



Câu 18. Tìm m để bất phương trình 1+ log ( 2 ) ( 2 ) 

5 

x + 1 ≥ log5 

mx + 4x + m thoã mãn với mọi x ∈R . 

A. − 1< 

m ≤ 0. B. − 1< m < 0. C. 2 < m ≤ 3. D. 2 < m < 3. 


x 

. 


Trang 93 










2 

⎪⎧ mx + 4x + m > 0 

BPT thoã mãn với mọi x ∈R .⇔ ⎨ 

( ∀x 

∈ R) 

⇔ 

2 2 

⎪⎩ 5( x + 1) 

≥ mx + 4x + m 

⎧m 

> 0 

⎧m 

> 0 

⎪ 

⎪⎡m 

< −2 

2 

⎪ 

2 

⎧ ⎪mx + 4x + m > 0 

⎨ 

( ∀x 

∈ R) 

⎪16 − 4m 

< 0 ⎪ ⎢ 

⎪⎣m 

> 2 

⇔ 

2 

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ 2 < m ≤ 3. 

⎪⎩ ( 5 − m) 

x − 4x + 5 − m ≥ 0 

⎪ 

5 − m > 0 

⎪m 

< 5 

⎪ 2 

⎩16 − 4( 5 − m) 

≤ 0 ⎪⎡m 

≤ 3 

⎪ ⎢ 

⎪⎣ ⎩ m ≥ 7 


x y 

Câu 19. Cho x, y, 

z là các số thực thỏa mãn 2 = 3 

− z 

= 6 . Giá trị biểu thức M = xy + yz + xz là: 

A. 0 B. 1 C. 6 D. 3 


Khi một trong ba số x, y, 

z bằng 0 thì các số còn lại bằng 0. Khi đó M=0 

1 1 

1 

x y 

z 

x y − z 

Khi x, y, z ≠ 0 ta đặt 2 = 3 = 6 = k suy ra 2 = k ,3 = k ,6 = k − 

. 

1 1 1 

x y z 

Do 2.3=6 nên k . k = k − 

hay 1 + 1 = − 

1 

x y z 

Từ đó suy ra M=0 


Câu 20. Cho a log 

6 

3 + b log 

6 

2 + c log 

6 

5 = 5 , với a, b và c là các số hữu tỷ. Các khẳng định sau đây, 

khẳng định nào đúng? 

A. a = b 

B. a > b 

C. b > a 

D. c > a > b 


a b c 

⇔ log 3 2 5 = 5 

6 

a b c 5 5 5 0 

⇔ 3 .2 .5 = 6 = 3 .2 .5 

⎧a 

= b = 5 

Do a, b, c là các số hữu tỷ nên ⎨ 

⎩c 

= 0 


1 1 

1−log a u 1−log 

a t 

Câu 21. Với a > 0, a ≠ 1, cho biết : t = a ; v = a . Chọn khẳng định đúng : 

−1 

1 

1−log A. 

a v 

1 log 

u = a 

B. 

a t 

u = a + 

1 log 

C. 

a v 

u = a + 

D. u = 


1 1 

Từ giả thiết suy ra: log 

a 

t = .loga 

a = 

1− 

loga 

u 1− 

log 

a 

u 

1 1 1 1− 

loga 

u 

log 

a 

v = .loga 

a = = = 

1− log 1 log 1 

a 

t − 

a 

t 

1− −loga 

u 

1− log 

a 

u 

1 

1 

− 

⇔ − loga v loga u = 1− loga u ⇔ log 

a 

u(1 − log 

a 

v) = 1 ⇔ loga 

u = ⇔ u = a 

1− 

loga 

v 


1 

1 loga v 

1 

1 log a v 

a − 



Trang 94 










2 2 

x − 5x+ 6 1− x 6−5x 

Câu 22. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình m.2 + 2 = 2.2 + m có 

3 nghiệm phân biệt. 

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


x 

( ) ( ) ( )( ) 

2 − 5 x− 6 1 −x 2 x 2 − 5 x− 6 x 2 − 5 x− 6 1 −x 

2 

Pt ⇔ m 2 − 1 + 2 1− 2 ⇔ 2 −1 m − 2 = 0 

⎡ 

2 

x − 5x+ 

6 

x = 2 

⎡2 − 2 = 0 ⎢ 

⇔ ⎢ 

⇔ x 3 

2 

⎢ = 

1− 

x 

⎢ 2 m 

2 

⎣ = ⎢ 1− 

x 

⎢⎣ 2 = m (*) 

TH1: (*) có nghiệm duy nhất ( nghiệm x =0) ⇒ m = 2. 

TH2: (*) Có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm là 2 và nghiệm còn lại khác 3 

−3 

⇒ m = 2 . 

TH3: (*) Có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm là 3 và nghiệm còn lại khác 2 

−8 

⇒ m = 2 . 

Vậy, có 3 giá trị của m thỏa mãn. 


Câu 23. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 

2 2 2 

log x + log x − 3 = m log x − 3 có nghiệm thuộc [ 32;+∞ ) ? 

2 1 4 

2 

( ) 

A. m ∈(1; 3⎤ 

⎥⎦ . B. m ∈ ⎡ ⎢ 1; 

⎣ 

3) 

. C. m ∈ ⎡ ⎢ −1; ⎣ 

3) 

. D. m ∈( − 3;1⎤ 

⎥⎦ . 


Điều kiện: 0. 

log 2 x −2 log x − 3 = m log x − 3 . 

x > Khi đó phương trình tương đương: ( ) 

Đặt t = log2 

x với x ≥ 32 ⇒ log2 x ≥ log2 

32 = 5 hay t ≥ 5. 

Phương trình có dạng t 2 2t 3 m( t 3 ) (*) 

− − = − . 

2 2 2 

Khi đó bài toán được phát biểu lại là: “Tìm m để phương trình (*) có nghiệm t ≥ 5 ” 

Với 5 

t ≥ thì ( t ) ( t ) m ( t ) t ( t m t ) 

(*) ⇔ − 3 . + 1 = −3 ⇔ − 3. + 1 − − 3 = 0 

⇔ t 1 

t + 1 − m t − + 

3 = 0 ⇔ m = t − 3 

t + 1 4 

Ta có = 1 + . 

t −3 t −3 

Với 4 4 

t ≥ 5 ⇒ 1 < 1 + 1 3 

t −3 ≤ + 5−3 

= hay 

t + 1 t + 1 

1< ≤ 3 ⇒ 1< ≤ 3 

t −3 t −3 

suy ra 1< m ≤ 3. Vậy phương trình có nghiệm với 1< m ≤ 3. 


Câu 24. Tập các giá trị của m để bất phương trình 

A. ( −∞ ;1] 

B. [1; ) 


2 

log 

2 

x 

≥ m nghiệm đúng với mọi x > 0 bằng 

log x −1 


2 

2 

+∞ C. ( 5;2) 

− D. [0;3) 


Trang 95 










Đặt t = log 2 

2 

x( t > 1) 

. Khi đó ta có ≥ m (*) 

t 

t −1 

Bất phương trình ban đầu có nghiệm với mọi x > 0 (*) 

Xét hàm số f ( t ) 

f ' 

lim 

( t ) 

t→+∞ 

BBT 

= 

t − 2 

( t −1) 3 

= 

t 

t −1 

, ( ) 

( ) = +∞ lim f ( t) 

f t 

trên ( 1;+∞ ) 

f ' t = 0 ⇔ t = 2 

t →1 

f'(t) 

f(t) 

= +∞ 

0 

1 

⇔ nghiệm đúng với mọi t > 1 

t 

1 

2 

+∞ 

+∞ +∞ 

Từ BBT ta có kết luận bất phương trình có nghiệm với mọi t > 1 ⇔ m ≤ 1 


Câu 25. Giả sử p và q là các số thực dương sao cho: log p log q log ( p q) 

= = + . Tìm giá trị của p q 


A. 4 B. 8 1 1 1 3 

1 + 5 

3 

5 

2 

2 


t = log p = log q = log p + q thì: p = 9 t , q = 12 t , 16 t = p + q = 9 t + 12 

t (1) 

Đặt: ( ) 


2t 

t 

C. ( + ) 

D. ( ) 

Chia hai vế của (1) cho 9 t ⎛ 4 ⎞ ⎛ 4 ⎞ 

ta được: ⎜ ⎟ = 1+ 

⎜ ⎟ 

⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ , đặt ⎛ 4 ⎞ q 

x = ⎜ ⎟ = > 0 đưa về phương trình: 

⎝ 3 ⎠ p 

2 

1 q 1 

x − x − 1 = 0 ⇔ x = ( 1 + 5 ) do x > 0 , suy ra ( 1 5 ) 

2 

p = 2 

+ . 


x 2 2 2 1 

Câu 26. Tập nghiệm của bất phương trình: 81.9 − x x x 

+ 3 + − .3 + ≥ 0 là 

3 

1; 0 . 1; . 

0; . S = 2; +∞ ∪ 0 . 

A. S = [ +∞) ∪ { } B. S = [ +∞ ) C. S = [ +∞ ) D. [ ) { } 


ĐKXĐ: x ≥ 0. 

x 

9 x x 2 2 x 

BPT đã cho ⇔ 81. + 3 .3 − .3.3 ≥ 0 

81 3 

x x x x 

( )( ) 

⇔ 3 − 3 3 + 2.3 ≥ 0 

3 x x 

x x 

⇔ − 3 ≥ 0 (vì 3 + 2.3 > 0, ∀x 

≥ 0. ) 

⎡ x ≥ 1 1 

x x ⎡x 

≥ 

⇔ 3 ≥ 3 ⇔ x ≥ x ⇔ ⎢ ⇔ ⎢ 

⎢⎣ x ≤ 0 ⎣x 

= 0 

Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là S = [ 1; +∞) ∪ { 0 }. 


⇔ + − ≥ 

2x x x 2 x 

3 3 .3 2.3 0 


t 


Trang 96 










Câu 27. Cho ( ) n 

u là cấp số nhân với số hạng tổng quát u > 0; u ≠ 1. Khi đó khẳng định nào sau 

đây là đúng? 

log 

A. 

u 

2017 log 2017 log 2017 

k 1 

u 

− 

− 

k −1 

uk 

= 

log 2017 log 2017 − log 2017 

u u u 

k k k 

+ 1 + 1 

log 2017 log 2017 − log 2017 

= 

log 2017 log 2017 − log 2017 

u 

B. k + 1 

uk− 

1 

uk 

u u u 

k k k 

− 1 + 1 

log 2017 log 2017 − log 2017 

= 

log 2017 log 2017 − log 2017 

u 

C. k− 1 

uk+ 

1 

uk 

u u u 

k k k 

+ 1 −1 

log 2017 log 2017 − log 2017 

= 

log 2017 log 2017 − log 2017 

D. 

uk−1 uk uk−1 

u u u 

k k k 

+ 1 + 1 


u là cấp số nhân nên 

Vì ( ) 

n 

u = u . u 

2 

k k− 1 k+ 

1 

⇒ 2log2017 uk = log2017 uk− 1 

+ log 

2017 

uk+ 

1 

1 1 1 1 

⇒ − = − 

log 2017 log 2017 log 2017 log 2017 

u u u u 

− 1 + 1 

k k k k 

logu 2017 log 2017 log 2017 

k 1 

u 

− 

− 

k−1 

uk 

⇔ = 

log 2017 log 2017 − log 2017 


u u u 

k k k 

+ 1 + 1 

Câu 28. Số nghiệm của phương trình log 2 ( 2 

3 

− 2 = log5 

− 2 + 2) 

n 

x x x x là 

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


ĐK: x ≠ 0; x ≠ 2 . 

2 

2 

Đặt t = x − 2x 

⇒ − 2 + 2 = + 2 ⇒ log3 t = log5 

t + 2 . 

u 

⎪⎧ log3 

t = u ⎧ ⎪ t = 3 

u 

u 

Đặt log3 t = log5 

( t + 2) 

= u , ⎨ 

⇒ ⎨ ⇒ 5 − 2 = 3 

⎪⎩ log5 

( t + 2) 

= u ⎪ ⎩ + 2 = 

u 

t 5 

u u 

⇒ 5 2 3 

⎡ 5 + 3 = 2 (1) 

u u 

u u 

⎡ − = ⎡ 5 + 3 = 2 ⎢ 

u u 

⎢ ⇒ 

u 

u 

⎢ ⇒ 

u 

u ⎢ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

⎣5 − 2 = −3 

⎣3 + 2 = 5 

⎢⎜ ⎟ + 2⎜ ⎟ = 1 (2) 

⎣⎝ 5 ⎠ ⎝ 5 ⎠ 

. 

u u 

Xét ( 1 ) : 5 + 3 = 2 

Ta thấy u = 0 là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT để chứng minh nghiệm u = 0 

là duy nhất. 

2 

Với u = 0 ⇒ t = −1⇒ x − 2x 

+ 1= 0, phương trình này vô nghiệm. 

u 

u 

⎛ 3 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

Xét ( 2 ) : ⎜ ⎟ + 2⎜ ⎟ = 1 

⎝ 5 ⎠ ⎝ 5 ⎠ 

Ta thấy u = 1 là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT để chứng minh nghiệm 

u =1 là duy nhất. 

2 

Với u = 0 ⇒ t = 3 ⇒ x − 2x − 3 = 0 , phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa x ≠ 0; x ≠ 2 . 


x x t ( ) 


n 


Trang 97 








1 1 

1+ + 

+ 

x ( ) 

Câu 29. Cho ( ) 

2 x 1 

f x = e 

2 

. Biết rằng ( ) ( ) ( ) ( ) 

f 1 . f 2 . f 3 ... f 2017 = e với m, 

n là các số tự 

m 

n 



nhiên và m n tối giản. Tính m − n 

2 . 

2 

A. m − n = 2018 . 

2 

B. m − n = −2018 . 

2 

C. m − n =1. 2 

D. m − n = −1. 


Xét các số thực x > 0 

Ta có : 

( ) 

( 1) 

2 

2 

2 

1 1 x + x + x + x + 1 1 1 1 

1+ + = = = 1+ = 1+ − . 

2 2 2 2 

2 

x x + 1 x x + 1 x + x x x + 1 x x + 1 

Vậy, ( 1 ). ( 2 ). ( 3 )... ( 2017) 

( ) ( ) 

1 1 1 1 1 1 1 1 2 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

1 1 1 1 

1 2018 −1 

⎜ + − ⎟+ ⎜ + − ⎟+ ⎜ + − ⎟+ … + + ⎜ + − ⎟ 2018− 

⎝ 1 2 ⎠ ⎝ 2 3⎠ ⎝ 3 4 ⎠ ⎝ 2017 2018 ⎠ 

2018 2018 

f f f f = e = e = e , 

2 

2018 −1 

m 

hay = 

n 2018 

2 

2018 −1 

Ta chứng minh là phân số tối giản. 

2018 

2 

Giả sử d là ước chung của 2018 − 1 và 2018 

2 

2 

Khi đó ta có 2018 −1⋮d , 2018⋮ 

d ⇒ 2018 ⋮d suy ra 1⋮d ⇔ d = ± 1 

2 

2018 −1 

Suy ra là phân số tối giản, nên 

2 

m = 2018 − 1, n = 2018 . 

2018 

2 

Vậy m − n = −1. 


x x x 

Câu 30. Hỏi phương trình 3.2 + 4.3 + 5.4 = 6.5 

có tất cả bao nhiêu nghiệm thực? 

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


x x x 

⎛ 2 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 4 ⎞ 

pt ⇔ 3. ⎜ ⎟ + 4. ⎜ ⎟ + 5. ⎜ ⎟ − 6 = 0 

⎝ 5 ⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎝ 5 ⎠ 

Xét hàm số ( ) 

Ta có: ( ) 

x x x 

⎛ 2 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 4 ⎞ 

f x = 3. ⎜ ⎟ + 4. ⎜ ⎟ + 5. ⎜ ⎟ − 6 liên tục trên R . 

⎝ 5 ⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎝ 5 ⎠ 

x x x 

⎛ 2 ⎞ 2 ⎛ 3 ⎞ 3 ⎛ 4 ⎞ 4 

f ′ x = 3⋅⎜ ⎟ ⋅ ln + 4 ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ln + 5⋅⎜ ⎟ ⋅ ln < 0, ∀x 

∈ R 

⎝ 5 ⎠ 5 ⎝ 5 ⎠ 5 ⎝ 5 ⎠ 5 

0 = 6 > 0 f 2 = − 22 < 0 nên phương trình 

Do đó hàm số luôn nghịch biến trên R mà f ( ) , ( ) 

f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất. 


x 

Câu 31. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình ( ) 

nghiệm đúng với mọi x ∈R. 

A. m tùy ý. B. 


Đặt t = 3 x , t > 0 

4 

m ≠ − . C. 

3 

3 

m < − . 

D. 

2 

x 

9 − 2 m + 1 .3 − 3 − 2m 

> 0 


3 

m ≤ − . 

2 


Trang 98 










2 

2 

t − 2t 

− 3 1 

ycbt ⇔ t − 2( m + 1) 

t − 3− 2m > 0, ∀ t > 0 ⇔ m < , ∀ t > 0 ⇔ m < ( t + 3 ), ∀ t > 0 

2t 

+ 2 

2 

1 1 

f ( t) = ( t + 3 ), f ′( t) 

= > 0, ∀ t > 0 ⇒ hàm số đồng biến trên ( 0,+∞ ) 

2 2 

3 

Vậy ycbt ⇔ m < f ( t) , ∀ t > 0 ⇔ m ≤ f ( 0) 

= − . 

2 


2 2 

x 

Câu 32. Tìm tập hợp tất cả các tham số m sao cho phương trình 4 

− 2x+ 1 x 

− m.2 − 2x+ 

2 

+ 3m − 2 = 0 có 

bốn nghiệm phân biệt. 

A. ( −∞ ;1) 

. B. ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) . C. [ 2;+∞ ) . D. ( 2;+∞ ) . 


Đặt 2 

x− 

t = 2 1) ( t ≥1) 

Phương trình có dạng: t 2 − 2mt + 3m 

− 2 = 0 (*) 

Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt 

⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 

2 

2 2 

⎧m 

− 3m 

+ 2 > 0 

⎧⎪ 

m − 3m + 2 > 0 ⎪⎧ m − 3m 

+ 2 > 0 ⎪ 

⇔ ⎨ 

⇔ ⎨ 

⇔ ⎨m 

−1 ≥ 0 ⇔ m > 2 

2 2 

⎪⎩ x1,2 

= m ± m − 3m + 2 > 1 ⎩⎪ 

m − 3m + 2 < m −1 

⎪ 2 2 

⎩m − 3m + 2 < m − 2m 

+ 1 


Câu 33. Cho , 

ln x + ln y ≥ ln 

2 

x + y . Tìm giá trị nhỏ nhất của 

P = x + y 

x y là số thực dương thỏa mãn ( ) 

A. P = 6. B. P = 2 2 + 3. C. P = 2 + 3 2 . D. P = 17 + 3 . 


ln x + ln y ≥ ln 

2 

x + y 

2 

⇔ xy ≥ x + y . Ta xét: 

Từ ( ) 

Nếu 0 < x ≤1 

thì 

Nếu > 1 

y ≥ ≥ + ⇔ ≥ 

x thì ( 1) 

2 2 

x y x y 0 x mâu thuẫn. 

2 

2 2 

≥ + ⇔ − ≥ ⇔ y ≥ 

x −1 

2 

xy x y y x x 

x 

Ta có f ( x) 

= x + xét trên ( 1;+∞ ) . 

x −1 

⎡ 2 − 2 

2 

( ) 

2 4 1 

⎢x 

= loai 

x − x + 

2 

Có f '( x) 

= = 0 ⇔ ⎢ 

2 

x − 2x 

+ 1 ⎢ 2 + 2 

⎢x 

= ( nhan 

) 

⎣ 2 

⎛ 2 + 2 ⎞ 

Vậy min f 

( ) 

( x) 

= f = 2 2 + 3 

1; +∞ ⎜ 2 ⎟ 

. 

⎝ ⎠ 


x 

. Vậy 

2 

x 

P = x + y ≥ x + . 

x −1 


Câu 34. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình x x + x + 12 ≤ m .log 3 

5− 

4− 

x 

có nghiệm. 

A. m > 2 3 

B. m ≥ 2 3 

C. m ≥ 12log3 

5 

D. 2 ≤ m ≤ 12log3 

5 


Trang 99 











Điều kiện: x ∈[ 0;4] 

. Ta thấy 4 − x ≤ 4 ⇒ 5 − 4 − x ≥ 3 ⇒ log 3 > 0 

5 4 

Khi đó bất phương trình đã cho trở thành m > f ( x) = ( x x + x + 12 ).log ( 5 − 4 − x ) (*) 

3 x 1 

Với u = x x + x + 12 ⇒ u ' = + và 

2 2 x + 12 

1 

v = log3 

( 5 − 4 − x ) ⇒ v' 

= 

2 4 − x 5 − 4 − x .ln3 

( ) 

Suy ra f '( x) > 0; ∀x ∈ ( 0; 4) ⇒ f ( x) 

là hàm số đồng biến trên đoạn [ 0;4 ] 

Để bất phương trình (*) có nghiệm ⇔ m ≥ min f ( x) = f ( 0) 

= 2 3 


[ 0;4] 

x 

Câu 35. Tìm giá trị của a để phương trình ( ) ( )( ) 

thỏa mãn: x1 − x 

2 

= log 3, ta có a thuộc khoảng: 

2 3 

+ 

− 

−x 

x 

2 + 3 + 1− a 2 − 3 − 4 = 0 có 2 nghiệm phân biệt 

A. ( −∞; − 3) 

B. ( − 3; +∞ ) 

C. ( 3;+∞ ) 

D. ( 0;+∞ ) 


x x x 

Ta có ( 2 3) ( 2 3) 1 ( 2 3) 

+ − = ⇒ − = 

1 

x 

( 2 + 3) 

. Đặt ( 2 + 3) 

3 

1 

t = ( t > 0) 

, phương trình 

1− 

a 

đã cho trở thành t + − 4 = 0 ⇔ t 2 − 4t + 1− a = 0 (*) 

t 

Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm dương phân 

⎧t1 + t2 

= 4 > 0 

biệt ⇔ ⎨ 

⇔ a < 1 

⎩t1t 

2 

= 1− a > 0 

Ta có x1 x2 2+ 

3 ( ) 

( 2 + 3) 

( 2 + 3) 

x1 

log 3 2 

x1 − x2 

t1 

3 3 3 

x2 

t2 

3 

− = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = 

Vì t 1 

+ t 2 

= 4 nên điều này xảy ra khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm t=3 và t=1 

Khi đó 1− a = 3.1 = 3 ⇔ a = −2 

. 


30 

Câu 36. Gọi m là số chữ số cần dùng khi viết số 2 trong hệ thập phân và n là số chữ số cần dùng khi 

2 

viết số 30 trong hệ nhị phân. Ta có tổng m + n bằng 

A. 18 B. 20 C. 19 D. 21 


- Phương pháp: Số chữ số cần dùng khi viết số A trong hệ thập phân là [ log A ] + 1 với [ ] 

nguyên lớn nhất nhỏ hơn hoặc bằng x. 

Tổng quát: số chữ số cần dùng khi viết số A trong hệ n-phân là [ ] 

Dựa vào 2 kết quả trên ta có 

30 

m = ⎡ 

⎣log 2 ⎤ 

⎦ + 1 = [ 30log 2] 

+ 1 = 10 

[ ] 

2 

n = ⎡ 

⎣log 2 

30 ⎤ 

⎦ + 1 = 2log2 

30 + 1 = 10 

⇒ m + n = 20 

x 

log + 1 

n A 

x là số 



Trang 100 











Câu 37. Cho hàm số 

2 

y = x + 2x + a − 4 . Tìm a để giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [ 2;1] 


A. a = 3 

B. a = 2 

C. a = 1 



− đạt 

2 

Ta có y = x + 2x + a − 4 = ( x + 1) 2 

+ a − 5 . Đặt u = ( x +1) 2 

khi đó ∀x ∈[ −2;1] 

thì ∈[ 0;4] 

được hàm số f ( u) = u + a − 5 . Khi đó 

Max y = Max f ( u) = Max{ f ( 0 ), f ( 4) 

} = Max{ a − 5 ; a −1} 

[ 2;1] u∈[ 0;4] 

x∈ − 



Vậy giá trị nhỏ nhất của 


[ 0;4] 

( ) 

a − 5 ≥ a −1 ⇔ a ≤ 3 ⇒ Max f u = 5 − a ≥ 2 ⇔ a = 3 

u∈ 

[ 0;4] 

( ) 

a − 5 ≤ a −1 ⇔ a ≥ 3 ⇒ Max f u = a −1 ≥ 2 ⇔ a = 3 

[ 2;1] 

u∈ 

Max y = 2 ⇔ a = 3 

x∈ − 

Câu 38. Cho phương trình 2log ( cotx ) log ( cos ) 

3 2 

u Ta 

= x . Phương trình này có bao nhiêu nghiệm trên 

⎛ π 9π ⎞ 

khoảng ⎜ ; ⎟ 

⎝ 6 2 ⎠ 

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


2 u 

⎧ ⎪cot x = 3 

Điều kiện sin x > 0,cos x > 0 . Đặt u = log2 

( cos x ) khi đó ⎨ 

u 

⎪⎩ cos x = 2 

Vì 

cot 

2 

x 

2 

cos x 

= − 

2 

1 cos 

u 

u 

2 

( ) 

x suy ra u 

1− 

( 2 ) 

2 4 

= ⇔ 

2 

( ) = ⎜ ⎟ + − = 

⎝ 3 ⎠ 

u 

u ⎛ ⎞ u 

3 f u 4 1 0 

⎛ 4 ⎞ ⎛ 4 ⎞ u 

f '( u) 

= ⎜ ⎟ ln ⎜ ⎟ + 4 ln 4 > 0, ∀u ∈ R . Suy ra hàm số f(u) đồng biến trên R, suy ra phương 

⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ 

= 

f − 1 = 0 suy ra 

trình f ( u ) 0 có nhiều nhất một nghiệm, ta thấy ( ) 

1 π 

cos x = ⇔ x = ± + k2π( k ∈Z) 

. 

2 3 

π 

Theo điều kiện ta đặt suy ra nghiệm thỏa mãn là x = + k 2π. Khi đó phương trình nằm trong khoảng 

3 

⎛ π 9π 

⎞ 

⎜ ; ⎟ 

⎝ 6 2 ⎠ là π 7π 

⎛ π 9π 

⎞ 

x = , x = . Vậy phương trình có hai nghiệm trên khoảng ⎜ ; ⎟ 

3 3 

⎝ 6 2 ⎠ . 


Câu 39. Trong các nghiệm ( x; y ) thỏa mãn bất phương trình log 2 2 (2 x + y ) ≥ 1. Giá trị lớn nhất của 

x + 2 y 

biểu thức T = 2x + y bằng: 


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

8 



Trang 101 










2 2 2 2 

⎧⎪ 

x + 2y > 1 ⎧⎪ 

0 < x + 2y 

< 1 

Bất PT ⇔ log 2 2 (2 x + y) ≥ 1 ⇔ ( I), ( II) 

x + 2 y 

⎨ 

2 2 

⎨ 

. 

2 2 

⎩⎪ 

2x + y ≥ x + 2y ⎪⎩ 

0 < 2x + y ≤ x + 2y 

Xét T= 2 x + y 

TH1: (x; y) thỏa mãn (II) khi đó 

TH2: (x; y) thỏa mãn (I) 

2 2 

0 < = 2 + ≤ + 2 < 1 

T x y x y 

1 9 

2 2 8 

2 2 2 2 

x + 2y ≤ 2 x + y ⇔ ( x − 1) + ( 2 y − ) ≤ . Khi đó 

2x + y = 2( x − 1) + 

1 1 9 2 1 ⎡ 2 1 2 ⎤ 9 9 9 9 9 

( 2 y − ) + ≤ (2 + ) ( 1) ( 2 ) . 

2 2 2 4 2 

⎢ x − + y − ⎥ + ≤ + = 

⎣ 

2 2 ⎦ 4 2 8 4 2 

9 

1 

Suy ra : max T = ⇔ ( x ;y) = (2; ) 

2 

2 


2 2 

Câu 40. Xét các số thực thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức log ( ) 3log ⎛ a 

P = + ⎜ ⎞ 

a 

a 

b ⎟ 

b 

⎝ b ⎠ 

A. P 

min 

= 19 B. P 

min 

= 13 C. P 

min 

= 14 D. P 

min 

= 15 


1 4 

P = + 3 

2 

( logb 

a − 1) 

= + 3 log 1 

2 

b 

a − 

⎛ a ⎞ 

( 1− 

log 

a 

b) 

⎜ log 2 

a ⎟ 

⎝ b ⎠ 

Đặt t = loga 

b do a > b > 1 nên 0 < t < 1 

4 3 

P = 3 

1− 

t 

+ t 

− 

( ) 2 

Xét f ( t) 


= 4 + 3 − 3 

t 

( 1− 

t) 2 

trên ( ) 

( ) 

0;1 ta thấy GTNN của f(t) là 

⎛ 1 ⎞ 

f ⎜ ⎟ = 15 

⎝ 3 ⎠ 



Trang 102 








HÌNH NÓN - TRỤ - CẦU 



Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy, SA = a 6 . Đáy ABCD là hình thang vuông 

1 

tại A và B, AB = BC = AD = a . Gọi E là trung điểm của AD. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình 

2 

chóp S.ECD. 

2 

A. = a 

30 

R . 

B. R = a 6. 

C. R = a . D. 

2 

3 


S 

. 

Gọi H là trung điểm của CD và d là đường thẳng qua H và 

R 

vuông góc với đáy. Gọi I và R là tâm và bán kính mặt cầu K 

ngoại tiếp S.CDE. Suy ra I thuộc d. Đặt IH = x . 

Trong mp(ASIH) kẻ đường thẳng qua I và song song với 

AH cắt AS tại K. 


2 

2 2 2 2 

ID = IH + HD = x + a . 

2 

26 

R = a . 

2 

2 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 a 

2 

IS = IK + KS = AH + KS = AC + CH + KS = 2 a + + ( a 6 − x ) 

2 

2 2 

2 a 2 a 2 2 6a 

30 a 

Suy ra: x + = 2 a + + ( a 6 − x) ⇔ x = . Vậy bán kính mặt cầu bằng R = . 

2 2 3 

3 


a 3 

Câu 2. Cho tứ diện ABCD với BC = a ,các cạnh còn lại đều bằng và α là góc tạo bởi hai mặt 

2 

BCD . Gọi I,J lần lượt là trung điểm các cạnh BC, 

AD . Giả sử hình cầu đường IJ 

phẳng ( ABC ) và ( ) 

kính tiếp xúc với CD. Giá trị cosα là: 

A. 3 − 2 3 

B. 2 3 − 3 

C. 2 3 

D. 2 − 3 

3 

3 


Gọi O là trung điểm IJ và F là điểm tiếp xúc giữa hình cầu đường kính IJ và đường thẳng CD. Hình 

cầu đường kính IJ tiếp xúc với CD khi và chỉ khi khoảng cách từ O đến CD bằng nữa độ dài IJ. 

a 2 

Ta có AI = DI = . 

2 

a 

Vì FC và CI là hai tiếp tuyến xuất phát từ một điểm nên FC = CI = 

2 

a 3 a 

Tương tự ta có DJ = DF = − 

2 2 

Tam giác ADI cân có IJ là đường trung tuyến nên tam giác IDJ vuông tại J. 

a 

( 3 −1 

α 

) 

Suy ra JD 2 

6 − 2 

sin = sin JID = = = 

2 DI a 2 2 

2 


A 

a 

B 

a 

E 

C 

x 

I 

H 

R 

D 


Trang 103 








Do vậy cosα = 2 3 − 3 nên 




Câu 3. Cho hình vẽ bên. Tam giác SOA vuông tại O có MN€ SO với M , N 

lần lượt nằm trên cạnh SA, OA. Đặt SO = h không đổi. Khi quay hình vẽ 

quanh SO thì tạo thành một hình trụ nội tiếp hình nón đỉnh S có đáy là hình 

tròn tâm O bán kính R = OA. Tìm độ dài của MN để thể tích khối trụ là lớn 

nhất. 

A. MN = h 

B. MN = h 

2 

3 

C. MN = h 

D. MN = h 

4 

6 

Hướng dẫn giải : 

Ta thấy khi quay quanh trục SO sẽ tạo nên một khối trụ nằm trong khối 

chóp. Khi đó thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật MNPQ. Ta 

có hình sau: 

Ta có SO = h; OA = R. Khi đó đặt OI = MN = x . 

. − 

Theo định lí Thales ta có 

IM = SI ⇒ IM = OA SI = R h x 

OA SO SO h 

2 

2 πR 

2 

tích khối trụ V = π IM . IH = . x 

2 

( h − x) 

h 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 

2 ⎡2x + 2( h − x) ⎤ 

3 

( ) 

2x h − x ≤ ⎢ ⎥ 

⎣ 3 ⎦ 

2 

4πR h 

Vậy V ≤ . Dấu '' = '' xảy ra khi 

27 


x = h . Hay 

3 

Câu 4. Một hình nón bị cắt bởi mặt phẳng ( ) 

Mặt phẳng ( P ) chia hình nón làm hai phần ( N 

1) 


2 ) 

cầu nội tiếp ( 2 ) 

thể tích của ( N 

2 ) 

với đáy cắt ( ) 

.( ) 

MN = h . 

3 

P song song với đáy. 

. Cho hình 

. Thể 

N như hình vẽ sao cho thể tích hình cầu bằng một nửa 

2 

. Một mặt phẳng đi qua trục hình nón và vuông góc 

N theo thiết diện là hình thang cân, tang góc nhọn của 

hình thang cân là 

A. 2 B. 4 

N2 

C. 1 D. 3 


Giả sử ta có mặt cắt của hình nón cụt và các đại lượng như hình vẽ. 

Gọi α là góc cần tìm. 

Xét ∆AHD vuông tại H có = , = − ⇒ h = 2 r = AH.tan α = R − r tan α 1 

4 3 π 

Thể tích khối cầu là V1 = π r 

0 

= h 

3 6 

DH h AH R r ( ) ( ) 


3 

0 

B 

S 

O 

Q 

P 

N 

S 

O 

N1 

M 

I 

N 

A 

M 

A 


Trang 104 










1 2 2 

Thể tích của ( N 

2 ) là V2 

= π h( R + r + Rr ) 

3 

V1 

1 2 2 2 

= ⇒ h = R + r + Rr ( 2) 

V2 

2 

Ta có BC = R + r (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 

2 2 

Mà h = BC − ( R − r) 2 

= 4Rr 

( 3) 

Từ ( 2 ),( 3) ⇒ ( R − r) 2 

= Rr ( 4) 

Từ 

2 2 

( 1 ),( 3 ),( 4 ) ⇒ = ( − ) .tan α = 4( − ) 

là góc nhọn) 

2 

⇒ tan α = 4 ⇒ tan α = 2 


2 2 

h R r R r (vì α 

Câu 5. Cho tam giác ABC có độ dài cạnh huyền 5. Người ta quay tam giác ABC quanh một cạnh góc 

vuông để sinh ra hình nón. Hỏi thể tích V khối nón sinh ra lớn nhất là bao nhiêu. 

250 3π 

25 2π 

20 3π 

250 6π 

A. V = 

B. V = 

C. V = 

D. V = 

27 

27 

27 

27 


1 1 1 25 1 

Ta có V = π r 2 h = π x 2 y = π( 25 − y 2 ) y = πy − πy 3 . 

3 3 3 3 3 

25 1 3 

Xét hàm số V = πy − πy với 0 < y < 5 . 

3 3 

25 2 

5 

Ta có V ' = π − π y = 0 ⇒ y = . 

3 3 

250 3π 

Khi đó thể tích lớn nhất là V = . 

27 


Câu 6. Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27cm 3 . Vói chiều cao h và bán 


6 

3 

3 

A. r = 

4 

B. 

2 

2π 

2π 


1 2 3 

Ta có: V = 2 

3 

π r h => h = V => độ dài đường sinh là: 

π r 

8 

r = 

6 

2 

C. 

3V 

81 3 

l = h + r = + r = + r = + r 

πr πr π r 

8 

2 2 2 2 2 2 2 

( ) ( ) 

2 2 2 4 

Diện tích xung quanh của hình nòn là: 

Áp dụng BĐT Cauchy ta được giá trị nhỏ nhất là khi 

3 

8 

r = 

4 

2 

D. 

2π 

3 3 

Sxq 

= π rl = π r + r = π + r 

π r π r 

8 8 

2 4 

2 4 2 2 



A 

α 

3 

8 

r = 

6 

. 

2 

2π 

D 

H 

r 0 

h 

O 

r 

C 

R 

K 

r = 

6 

3 

6 

2π 

2 

B 


Trang 105 










Câu 7. Cho một khối trụ có bán kính đáy r = a và chiều cao h = 2a . Mặt phẳng ( P ) song song với 

trục OO ' của khối trụ chia khối trụ thành 2 phần, gọi V 

1 

là thể tích phần khối trụ chứa trục OO ' , V 

2 

là 

V1 

thể tích phần còn lại của khối trụ. Tính tỉ số , biết rằng ( 

V P ) cách OO ' một khoảng bằng a 2 

. 

2 

2 

A. 3 π + 2 . B. 3 π − 2 . C. 2 π + 3 . D. 2 π − 3 . 

π − 2 

π − 2 

π − 2 

π − 2 


2 2 3 

Thể tích khối trụ V = π r h = π a .2a = 2πa . 

Gọi thiết diện là hình chữ nhật ABB ' A '. 

Dựng lăng trụ ABCD. A’B’C’D’ như hình vẽ. 

Gọi H là trung điểm AB. 

2 

Ta có OH ⊥ AB ⇒ OH ⊥ ( ABB ' A ') ⇒ OH = a 

2 

a 2 

⇒ AH = BH = = OH . 

2 

⇒ ∆OAB vuông cân tại O ⇒ ABCD là hình vuông. 

Từ đó suy ra: 

3 

1 1 3 2 a ( π − 2) 

V2 = ( V − VABCD. A' B ' C ' D ' ) = ( 2 πa − ( a 2) .2a) 

= . 

4 4 2 

3 3 

3 a ( π − 2) a (3π + 2) V1 

3π + 2 

V1 = V − V2 

= 2πa − = . Suy ra = . 

2 2 

V2 

π − 2 


Câu 8. 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 

V 

A. R = 3 . B. R = 

4π 3 C. π 

V 

R = 3 D. R = 3 

2 π 

V 

V 

π 


2 

V 

V = πR . h ⇒ l = h = π 

2 

R , 2 2 V 2 

STP = SXq + 2Sd 

= 2π Rl + 2π R = + 2πR 

R 

3 

2V 

2 

− 2V + 4πR V 

Xét hàm số f ( R) = + 2πR 

với R>0, f '( R) = , f '( R) = 0 ⇔ R = 3 

2 

R 

R 

2π 

Bảng biến thiên 

R 

V 

0 3 + ∞ 

2π 

f , ( R ) + 0 - 0 

f ( R ) 

+∞ +∞ 


V 

Từ bảng biến thiên ta thấy diện tích toàn phần nhỏ nhất khi R = 3 

2 π 



Trang 106 










Câu 9. Cho lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân AB=BC=a. Mặt phẳng 

3 

(AB’C) tạo với (BCC’B’) một góc α với tan α = . Gọi M là trung điểm của BC. Tính bán kính mặt 

2 

cầu ngoại tiếp hình chóp B’ACM. 

A. 3 10 a 

8 

C' 

C 

M 

K 

N 

B 

B' 

Trục không có tính chất đặc 

biệt, ta sử dụng phương pháp 4 

để giải 

R 2 = B’O 2 = NO 2 + B’N 

 

2 

2 2 

= BJ + ( BB' − JO ) 

= OM 2 = OJ 2 + JM 2 

Chú ý 0 

CBJ = 45 

Giải phương trình ta tìm được 

OJ = 5 2 a 

8 

R = 3 10 a 

8 


B. 3 10 a 

4 

C. 3 13 a 

8 

Xác định tâm đáy: giao của hai 

đường thẳng trung trục MC và 

BI. 

D. 

13a 

2 

Dựng góc: chú ý BA vuông góc 

với giao tuyến CB’ 

Từ tam giác vuông BIA và góc 

α , tính được BI. Từ BI sử dụng 

1 1 1 

= + tính được 

2 2 2 

BI BC B' 

B 

B' B = a 2 . 

Câu 10. Cho hình nón có bán kính đáy là a, đường sinh tạo với mặt phẳng đáy góc α . Tính thể tích 

khối cầu ngoại tiếp hình nón. 

3 

3 

3 

3 

3πa 

4πa 

4πa 

4πa 

A. V = 

B. V = 

C. V = 

D. V = 

3 

3 

3 

3 

4sin 2α 

3sin 3α 

3sin 2α 

3sin α 


P qua trục của hình nón thì (P) cắt hình nón theo tam giác cân SMN, (P) cắt mặt 

Nếu mặt phẳng ( ) 

a 

J 

O 

A' 

A 

C' 

C 

M 

K 

cầu ngoại tiếp hình nón theo đường tròn có bán kính là R. Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón, 

O là tâm đường tròn đáy của hình nón. 

2 

Ta có S∆ SMN 

= MO. SO = a. a.tan α = a tan α . 

⎛ a ⎞ 

2 

.2a 

3 

SM. SN. MN SM .2a 

⎜ ⎟ 

cos 

Mặt khác 

⎝ α ⎠ a 

S 

∆SMN 

= = = = . 

2 

4R 4R 4R 2R cos α 

3 

a 2 

a a 

Do đó = a tan α ⇒ R = = . 

2 2 

2R cos α 2cos α tan α sin 2α 

R cũng là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp. 

B 

B' 

a 


J 

2 

A' 

A 

C' 

C 

I 

M 

α 

B' 

B 

a 

A' 

A 


Trang 107 








4 4 a 

3 3 sin 2α 


3 

3 

V = π R = π . 

3 



Câu 11. Cho hình nón có chiều cao h, đường tròn đáy bán kính R. Một mặt phẳng (P) song song với 

đáy cách đáy một khoảng bằng d cắt hình nón theo đường tròn (L). Dựng hình trụ có một đáy là (L), 

đáy còn lại thuộc đáy của hình nón và trục trùng với trục hình nón. Tìm d để thể tích hình trụ là lớn 

nhất. 

A. d = h 

B. d = h 

C. d = h 

D. d = h 

3 

2 

6 

4 


Gọi r là bán kính của (L). 

r h − d R 

Ta có = ⇒ r = ( h − d ) 

R h h 

( ) ( ) 

3 

2 2 2 2 

R 2 R R ⎛ h − d + h − d + 2d 

⎞ 4πR h 

⇒ V = π 

2 

( h − d ) . d = π 

2 

( h − d )( h − d ).2d 

≤ π = 

2 ⎜ 

⎟ 

h 2h 2h 

⎝ 3 ⎠ 27 

Dấu bằng xảy ra khi h − d = 2d ⇔ d = h . 

3 


Câu 12. Trong số các hình trụ có diện tích toàn phần đều bằng S thì bán kính R và chiều cao h của 

khối trụ có thể tích lớn nhất là: 

A. 

S 1 S 

S S 

R = ; h = . B. R = ; h = . 

2π 

2 2π 

4π 

4π 

2S 

2S 

S S 

C. R = ; h = 4 . D. R = ; h = 2 . 

3π 

3π 

6π 

6π 


Gọi thể tích khối trụ là V , diện tích toàn phần của hình trụ là S . 


S = S + S = π R + πRh . Từ đó suy ra: 

2 

2day 

xq 

2 2 

Cauchy 2 

S 2 S 2 V 2 V V V 

= R + Rh ⇔ = R + = R + + 33 

2π 2π πR 2πR 2πR 

≥ 

4π 

hay 

Vậy V 

Khi đó 

2 3 

3 

V 

27 ⎛ S ⎞ S 

≤ ⇔ ≤ 

4 

2 ⎜ ⎟ 2 54 

max 

V . 

π ⎝ π ⎠ 

π 

= 


3 

S 

. Dấu “=” xảy ra ⇔ 

54π 

S 

S 2 

= 6π R ⇒ R = 

6π 

và = 2 = 2 6 

R 

S 

h R . 

π 

2 

2 

V R h Rh 

π 

= = = 

2πR 

2πR 

2 

2 

hay h = 2R. 


Câu 13. Một bình đựng nước dạng hình nón (không đáy) đựng đầy nước. Biết rằng chiều cao của bình 


16π 3 

là dm . Biết rằng một mặt của khối trụ nằm trên mặt trên của hình nón, các điểm trên đường tròn 

9 


Trang 108 









kính đáy của hình nón. Diện tích xung quanh S 

xq 

của bình nước là: 



9π 

10 2 

2 

2 

3π 

2 

A. Sxq 

= dm . B. Sxq 

= 4π 

10 dm . C. Sxq 

= 4πdm . D. Sxq 

= dm . 

2 

2 


Xét hình nón : h = SO = 3r , r = OB, 

l = SA . Xét hình trụ : h1 = 2r = NQ , r 1 

= ON = QI 

QI SI 1 r 

∆SQI ∼ ∆SBO ⇒ = = ⇒ r1 

= ⇒ Thể tích khối trụ là : 

BO SO 3 3 

3 

2 2πr 

16π 

2 2 

2 

Vt 

= π r1 h1 

= = ⇒ r = 2 ⇒ h = 6 ⇒ l = h + r = 2 10 ⇒ Sxq 

= π rl = 4π 

10 dm 

9 9 


Câu 14. Cho một miếng tôn hình tròn có bán kính 50cm. Biết hình nón có thể tích lớn nhất khi diện 


A. 10 2cm B. 20cm C. 50 2cm D. 25cm 


Đặt a = 50cm. Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình nón lần 

lượt là x, y( x, y > 0) 

. Ta có 

SA = SH + AH = x + y 

Khi đó diện tích toàn phần của hình nón là 

S = π x + π x x + y 

tp 

2 2 2 

Theo giả thiết ta có: 

2 2 2 2 

π x + π x x + y = πa ⇔ x x + y + x = a 

2 2 2 2 2 2 2 2 

x x y a x 

2 2 2 2 

⇔ + = − ⇔ 

( ) 2 ,( : ) 

2 2 2 4 4 2 2 2 

x x + y = a + x − a x DK x < a ⇔ x = 

y 

Khi đó thể tích khối nón là: 

4 

1 a 1 4 y 

V = π . . y = πa 

. 

2 2 2 2 

3 y + 2a 3 y + 2a 

V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi 

y 

+ 2a 

2 2 

2 2 2 2 

y + 2a 2a 2a 

Ta có = y + ≥ 2 y. = 2 2a 

y y y 

M 

A 

O N 

B 

I 

P Q 

S 

y 

4 

a 

+ 2a 

2 2 


đạt giá trị nhỏ nhất 

I 

S 

O 

H 

J 

A 


Trang 109 








Vậy V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi 


2 

y = a 

y 

2 

a 

, tức là y = a 2 ⇒ x = = 25cm 

2 



Câu 15. Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông có cạnh góc vuông bằng a. Tính 

diện tích của thiết diện qua đỉnh tạo với đáy một góc 60 0 . 

2 

2 

2 

a 

a 3 

a 2 

A. 

B. 

C. 

2 

2 

3 


Gọi thiết diện qua trục là ∆ SAB vuông cân tại S, 

SA = SB = a 

a 

Gọi O là tâm của đáy, SO = 

2 

Gọi thiết diện qua đỉnh, tạo với đáy góc 60 0 là ∆ SAC. 

Gọi M là trung điểm AC, góc giữa mặt phẳng (SAC) với mặt 

đáy là SMO = 60 0 

SO a 6 

* SM = = ( ∆ SMO vuông tại O). 

0 

sin 60 3 

6 

* OM = a 

6 

2 2 

* AC = 2AM = 2 OA − OM = 2 a 3 

3 

* S SAC = 1 2 SM.AC = 1 2 . a 6 

. 2 3 2 

a a 2 

= 

3 3 3 


Câu 16. Cho hình chóp SABC với SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và 

BC= 3 a, BAC 

= 60 o . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên SB và 

SC. Mặt cầu qua các điểm A, B, C, H, K có bán kính bằng: 

A. 1 B. 2 

C. 3 D. Không đủ dữ kiện để tính 


Gọi AD là đường kính của đường tròn (ABC) 

Suy ra, AC ⊥ DC , suy ra CD ⊥ ( SAC) 

hay AE ⊥ DE 

Tương tự, AH ⊥ HD . Suy ra mặt cầu qua các điểm A, B, C, H, K có 

BC 

đường kính AD = = 2 . 

0 

sin 60 



A 

a 

45 

S 

A 

S 

A 

M 

60 0 

2 

60 0 

D. 

H 

H 

S 

B 

B 

O 

2 

a 

3 

K 

K 

3 

C 

D 

B 

C 

C 

Câu 17. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S 

trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh BC. Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC) bằng 

60 0 . Gọi G là trọng tâm tam giác SAC. Bán kính mặt cầu tâm G và tiếp xúc với mặt phẳng (SAB) là: 


Trang 110 








13a 

A. 

13 


B. 

13a 

39 

C. 3 13 a 

26 

D. 

13a 

26 



+ Gọi H là trung điểm BC 

+ ( SA,( ABC)) = SAH = 60 o 

a 3 0 3a 

+ AH = , SH = AH tan 60 = 

2 2 

+ Bán kính mặt cầu 

1 2 

là: R = d( G,( SAB)) = d( C,( SAB)) = d( H,( SAB)) 

3 3 

+ Gọi E là hình chiếu của H trên AB và K là hình chiếu của H 

trên SE. 

Chứng minh: HK ⊥ (SAB) 

a 3 3a 

+ Tính được: HE = ; HK = 

4 2 13 

2 a 

A 

+ R = HK = 

3 13 


Câu 18. Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đó, đặt 

α = CAB và gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB . Tìm α sao cho thể tích vật thể tròn xoay 

tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB đạt giá trị lớn nhất. 

1 

A. α = 60°. B. α = 45°. C. arctan . D. α = 30° . 

2 


AC = AB. cosα = 2 R.cos 

α 

2 

= .sinα = 2 .cos α.sin α ; = .cos α = 2 .cos α 

CH AC R AH AC R 

Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB là 

1 2 8 3 4 2 

V = AH. π CH = R .cos α.sin 

α . 

3 3 

Đặt 2 

8 3 2 

t = cos α ( 0 < t < 1) 

⇒ V = R t ( 1− 

t ) 

3 

3 

8 3 8 3 ⎛ t + t + 2 − 2t 

⎞ 

= R . t. t ( 2 − 2t ) ≤ R ⎜ ⎟ 

6 6 ⎝ 3 ⎠ 

2 

1 

Vậy V lớn nhất khi t = khi α = arctan . 

3 

2 

Chú ý: có thể dùng PP hàm số để tìm GTNN của hàm f ( t) = t 2 ( 1 − t ) 



ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2 2, cạnh bên SA vuông góc 

với mặt phẳng đáy và = 3. 

SA Mặt phẳng ( ) 

G M H 

E 


α qua A và vuông góc với SC cắt các cạnh SB , SC , 

SD lần lượt tại các điểm M , N , P . Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP . 

C 

S 

K 

B 


Trang 111 










32π 

64 2π 

A. V = . B. V = . 

3 

3 

108π 

125π 

C. V = . D. V = . 

3 

6 


CB ⊥ SAD , AM ⊂ SAB ⇒ AM ⊥ CB 1 

S 

Ta có: ( ) ( ) ( ) 

( α) ⊥ SC, AM ⊂ ( α) ⇒ AM ⊥ SC ( 2) 

⇒ AM ⊥ ( SBC ) ⇒ AM ⊥ MC ⇒ AMC = 90° 

. 

Chứng minh tương tự ta có APC = 90° 

Có AN ⊥ SC ⇒ ANC = 90° 

. Ta có: 

AMC = APC = APC = 90° 

⇒ mặt cầu đường kính AC là mặt cầu ngoại tiếp tứ 

diện CMNP . 

AC 

Bán kính cầu này là r = = 2 . Thể tích khối cầu: 

2 

4 3 32π 

V = π r = 

3 3 


Câu 20. Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a và nằm trong hai mặt phẳng 

vuông góc với nhau. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a. 

5 2 

A. 

3 πa B. 11 2 

3 πa C. 2 

4 2 

2πa D. 

3 πa 


Gọi M là Trung điểm của AB 

Vì Tam giác ADB và tam giác ABC là tam giác đều 

D 

→ DM ⊥ AB; 

CM ⊥ AB 

Do có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a và nằm 

trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau => Góc 

0 

DMC = 90 

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABC 

O 

G là tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABD 

G 

=> H,G đồng thời là trọng tâm của tam giác ABC và 

A 

ABD 

H 

⎧ 

2 

H ∈ CM ; CH = CM 

M 

⎪ 

3 

⇒ ⎨ B 

⎪ 2 

G ∈ DM ; DG = DM 

⎪⎩ 

3 

Kẻ Đường vuông góc với đáy (ABC) từ H và Đường vuông góc với (ABD) từ G. 

Do hai đường vuông góc này đều thuộc (DMC) nên chúng cắt nhau tại O. 

=> O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCG và R = OC. 

0 3 3 3 

Tam giác ABC đều → CM = CB.sin ( 60 ) = a ⇒ CH = a; 

HM = a 

2 3 6 

3 

CMTT ta có GM = a 

6 


B 

M 

A 

N 

P 

C 

D 

C 


Trang 112 










3 

Từ đó nhận thấy OGMH là hình vuông → OH = a 

6 

Tam giác OHC vuông tại H → Áp dụng định lý Pitago ta có: 

3 3 3 

CM = CB.sin ( 60 ) = a ⇒ CH = a; 

HM = a 

2 3 6 

2 2 5 

2 5 2 

OC = CH + OH = a = R ⇒ V = 4π R = πa 


3 


Câu 21. Cho một mặt cầu bán kính bằng 1. Xét các hình chóp tam giác đều ngoại tiếp mặt cầu trên. 

Hỏi thể tích nhỏ nhất của chúng là bao nhiêu? 

A. minV = 8 3 . B. minV = 4 3 . C. minV = 9 3 . D. minV = 16 3 . 


Gọi cạnh đáy của hình chóp là a 

Ta có ∆SIJ 

~ ∆SMH 

S 

SI IJ 

2 2 

⇒ = ⇒ MH ( SH − IH ) = IJ SH − HM 

SM MH 

2 2 2 2 

⇒ MH ( SH − 1) 

= SH − HM 

2 

2 2 2 2 

( ) 

2a 

( ) 

I J 

⇒ a −12 SH − 2a SH = 0 ⇒ SH = a ≠ 12 

2 

a −12 

4 

A 

1 3 2a 

3 1 

B 

S = SABC. 

SH = = 

2 

1 12 

H 

3 6 a −12 6 

− 

M 

2 4 

a a 

C 

Ta có 1 − 

12 ≤ 

1 ⇒ S ≥ 8 3 

2 4 

a a 48 


Câu 22. Từ một khúc gỗ tròn hình trụ có đường kính bằng 40 cm, cần xả thành một chiếc xà có tiết 

diện ngang là hình vuông và bốn miếng phụ được tô màu xám như hình vẽ dưới đây. Tìm chiều rộng x 

của miếng phụ để diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là lớn nhất. 

3 34 −17 2 

2 

5 34 −15 2 

= 

2 


3 34 −19 2 

2 

5 34 −13 2 

x = 

2 

A. x = 

( cm ) 

B. x = 

( cm ) 


C. x ( cm ) 

D. ( cm ) 


Trang 113 










Diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là S = S + 4xy . Cạnh hình vuông 

MP 40 

= = = 20 2 

2 2 

( ) 

MN cm ( ) 2 

MNPQ 

⇒ S = 20 2 + 4xy = 800 + 4xy (1) 

Ta có 2x = AB − MN = AB − 20 2 < BD − 20 2 = 40 − 20 2 ⇒ 0 < x < 20 −10 2 

2 2 2 2 2 

AB + AD = BD = 40 ⇒ 2x + 20 2 + y = 1600 

Lại có ( ) 2 

⇒ y = 800 − 80x 2 − 4x ⇒ y = 800 − 80x 2 − 4x 

2 2 2 

2 2 3 4 

Thế vào ( 1) S 800 4x 800 80x 2 4x 800 4 800x 80x 2 4x 

⇒ = + − − = + − − 

f x = 800x − 80x 2 − 4x , với x ∈( 0;20 −10 2 ) có 


2 3 4 

f '( x) = 1600x − 240x 2 2 − 16x 3 = 16x( 100 −15x 2 − x 

2 

) 

( 0;20 10 2 

⎧ 

⎪ 

⎧x 

∈ − ) ⎪ 

x ∈( 0;20 −10 2 ) 

5 34 −15 2 

Ta có ⎨ 

⇔ ⎨ 

⇔ x = 

2 

⎪ '( ) = 0 ⎪16x ( 100 −15x 2 − ) = 0 

2 

⎩ f x x 

⎩ 

5 34 −15 2 

Khi đó x = 

chính là giá trị thỏa mãn bài toán. 

2 


Câu 23. Một hình trụ có bán kính đáy bằng 50cm và có chiều cao là 50cm. Một đoạn thẳng AB có 

chiều dài là 100cm và có hai đầu mút nằm trên hai đường tròn đáy. Tính khoảng cách d từ đoạn thẳng 

đó đến trục hình trụ. 

A. d = 50cm B. d = 50 3cm C. d = 25cm D. d = 25 3cm 


Kẻ AA 1 vuông góc với đáy, A 1 thuộc đáy. Suy ra: 

OO / / AA ⇒ OO / / AA B ⇒ d OO , AB = d OO , AA B = d O , AA B 

( ) ( ) ( ( )) ( ( )) 

1 1 1 1 1 1 1 1 1 

Tiếp tục kẻ O1H 

⊥ A1 

B tại H, vì O 1 H nằm trong đáy nên cũng 

vuông góc với A 1 A suy ra: 

O H ⊥ AA B . Do đó 

1 ( 1 ) 

( , ) ( ,( )) ( ,( )) 

d OO AB = d OO AA B = d O AA B = O H 

1 1 1 1 1 1 

2 2 

Xét tam giác vuông AA1B ta có A1B = AB − AA1 

= 50 3 

2 2 

Vậy O H = O A − A H = 25cm 


1 1 1 1 

Câu 24. Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 

27cm 3 với chiều cao là h và bán kính đáy là r. để lượng giấy tiêu thụ 

là ít nhất thì giá trị của r là: 

A. 

r = 

4 

6 

3 

2π 

3 

2π 


2 

B. 

8 

r = 

4 

2 

D. 

3 

2π 

8 

r = 

6 

2 

C. 


r = 

6 

6 

3 

2π 

2 

B 

I 

O 

O 1 

K 

H 

A 

A 1 


Trang 114 










1 2 2 81 81 1 

Thể tích của cốc: V = π r h = 27 ⇒ r h = ⇒ h = . 

2 

3 π π r 

Lượng giấy tiêu thụ ít nhất khi và chỉ khi diện tích xung quanh nhỏ nhất. 

81 1 81 1 

Sxq 

= 2π rl = 2π r r + h = 2π r r + = 2π r + 

π r 

π r 

2 2 

2 2 2 4 

2 4 2 2 

81 1 81 1 81 1 81 1 

= 2π r + + ≥ 2π 

3 . . 

2π r 2π r 2π r 2π 

r 

2 2 2 2 

4 3 4 

r 

2 2 2 2 2 2 2 2 

2 8 8 

4 81 1 6 3 3 

S 

xq 

nhỏ nhất ⇔ r = ⇔ r = ⇔ r = 

6 

2π r 2π 2π 


2 2 2 2 

= 2 3π 

6 

81 

4π 

4 

4 

(theo BĐT Cauchy) 

Câu 25. Cho một hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều .Thể tích của hình lăng trụ là V. Để diện 

tích toàn phần của hình lăng trụ nhỏ nhất thì cạnh đáy của lăng trụ là: 

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


Gọi cạnh đáy của lăng trụ là a, chiều cao lăng trụ là h. 

2 

a 3 4V 

Theo bài ra ta có V = . h → h = 

2 

4 a 3 

Diện tích toàn phần của lăng trụ là: 

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 

2 

a 3 4V 

Stoan phan 

= S2 day 

+ Sxung quanh 

= + 3 a. 

2 

2 a 3 

S 

toan phan 

2 2 

a 3 2 3V 2 3V a 2 2 3V 2 3V 

= + + ≥ 33 

. . 

2 a a 2 a a 

Dấu bằng xảy ra khi 


2 

a 3 2 3V 2 3V 

2 

= = 

a 

a 

2 

a 3 4 3V 

= + 

2 a 

hay a = 

3 4V . 

Câu 26. Trong không gian cho hai điểm phân biệt A, B cố định. Tìm tập hợp tất cả các điểm M trong 

3 2 

không gian thỏa mãn MA. 

MB = AB 

4 

A. Mặt cầu đường kính AB. 

B. Tập hợp rỗng (tức là không có điểm M nào thỏa mãn điều kiện trên). 

C. Mặt cầu có tâm I là trung điểm của đoạn thẳng AB và bán kính R =AB. 

3 

D. Mặt cầu có tâm I là trung điểm của đoạn thẳng AB và bán kính R = AB 

4 


 

MA + MB 

+ Tam giác MAB có đường trung tuyến IM → MI = 

2 

 

MA + MB 

MI = 

2 

2 2 

( ) ( ) ( ) 2 3 2 

4. . 

2 MA + MB MA − MB + 4 MA. 

MB BA + AB 

4 

2 

⇒ ( MI ) = = = = AB 

4 4 4 

MI = AB 



Trang 115 








Vậy Tập hợp điểm M trong không gian là Mặt cầu có tâm I là trung điểm của đoạn thẳng AB và bán 

kính R = AB 




Câu 27. Gọi r và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của một hình nón. Kí hiệu V 

1 

, V 

2 


V1 

thể tích của hình nón và thể tích của khối cầu nội tiếp hình nón. Giá trị bé nhất của tỉ số 

V 

là 

A. 5 4 . B. 4 . 

3 

C. 3. D. 2 . 


1 2 

Ta có: Thể tích khối nón là V1 

= πr h . 

3 

Xét mặt cắt qua tâm SAB , kẻ tia phân giác của góc SBO , cắt SO 

tại I . 

2 2 

IO OB r r + h 

Ta có: = = ⇒ IS = IO ⋅ 

IS SB 

2 2 

r + h 

r 

Mặt khác: IO + IS = h 

Do đó ta có bán kính của mặt cầu nội tiếp hình chóp là 

rh 

R = IO = 

r + h 

2 + r 

2 

Thể tích khối cầu là V 

V 

( + + ) 

1 

⇒ = = 

2 

V2 

4rh 

Đặt f ( t) 

⇒ 

4 4 

3 3 

r h 

3 3 

3 

2 

= π R = π 

3 

⎛ h 

r r h ⎜ 

⎝ 

r 

2 

h 

4 

2 

r 

= 

( t + 1) 2 

2 

2 2 

3 

⎜1+ 1+ 

2 

t −1 

BBT f ( t) ≥ 8∀t 

≥1 


, Điều kiện: ≥1 

V 

V 

1 

⇒ ≥ 2 

2 

2 2 

( r + h + r ) 

3 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

t , f ( t ) 

. Đặt t = 1+ h 

r 

t 

′ = 

2 

. 

− 2t 

− 3 

( t −1) 

2 

2 

2 

( ) 

V 1+ t t + 1 

1 

( t ≥1 

) ⇒ = = 

2 

V 4 t −1 

4 t −1 

2 

( ) 

, f ′( t) = 0 ⇔ t = 3 , f ( ) 

2 

( ) 

( ) 

3 2 

3 = 8 

Câu 28. Giá trị lớn nhất của thể tích khối nón nội tiếp trong khối cầu có bán kính R là 

1 3 

A. 

3 πR . B. 4 3 

3 πR . C. 4 2 3 

9 πR . D. 32 3 

81 πR . 


Rõ ràng trong hai khối nón cùng bán kính đáy nội tiếp trong một 

khối cầu thì khối nón có chiều cao lớn hơn thì thể tích lớn hơn, nên 

ta chỉ xét khối nón có chiều cao lớn hơn trong hai khối nón đó. 

C bán kính r . Gọi x 

R 


Giả sử rằng khối nón có đáy là hình tròn ( ) 

với f ′( ) 

x là khoảng cách giữa tâm khối cầu đến đáy khối nón. Khi 

đó chiều cao lớn nhất của khối nón nội tiếp khối cầu với đáy là 

O 

x 

R 


r 

Trang 116 








hình tròn ( C ) sẽ là h = R + x . Khi đó bán kính đáy nón là 

2 2 

r = R − x , suy ra thể tích khối nón là 



1 2 1 2 2 1 1 

V = π r h = π R + x R − x = π R + x R + x R − x = π R + x R + x R − x 

3 3 3 6 

( )( ) ( )( )( ) ( )( )( 2 2 ) 

( ) 3 3 

1 R + x + R + x + 2R − 2x 32πR 

Áp dụng BĐT Cô-si ta có V ≤ π = 

6 27 81 




Trang 117 










Câu 1. Cho tích phân C = 

dương và b > a . Gọi 

NGUYÊN HÀM , TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 

b 

∫ 

a 

x 

e 

x 

dx trong đó a là nghiệm của phương trình 

2 1 

2 + = 2 , b là một số 

x 

e + 3 

2 

2 

A x dx . Tìm chữ số hàng đơn vị của b sao cho = 3 

= ∫ 

1 

C A . 

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


2 1 

x 

Giải phương trình 2 + = 2 ⇒ x = 0 ⇒ a = 0 

2 

Tính tích phân C. Đặt: = x 

x 

t e + 3 ⇒ t = e + 3 ⇒ 2tdt 

b 

e + 3 

C = ∫ 

2 

2t 

dt 

t 

b 

e + 3 

∫ 

2 

2 

b 

e + 3 

b 

= 2dt = 2t = 2 e + 3 − 4 

7 

Tính tích phân A ta có A = 

3 

Theo giả thiết 

C = 3A ⇔ 2 

b 7 b 11 b 109 109 

e + 3 − 4 = 3. ⇔ e + 3 = ⇔ e = ⇔ b = ln ≈ 3,305053521 

3 2 4 4 


e 

4 2 

2 a. e + b. 

e + c 

Câu 2. Cho biết tích phân I = ∫ x( 2x + ln x) 

dx = 

với a, b, 

c là các ước nguyên của 4. 

4 

1 

Tổng a + b + c = ? 

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


e e e 

2 3 

∫ ( 2 ln ) 2∫ ∫ ln . 

I = x x + x dx = x dx + x xdx 

1 1 1 

e 

e 

3 1 4 1 4 

2 = = −1 

∫ 

1 

x dx x e 

2 2 

1 

( ) 

e dx 

= x 

e 

⎡ e ⎤ ⎡ e⎤ e + 

Ta có ∫ xln xdx = ⎢x ln x − x dx e x 

1 2 1 

∫ ⎥ = ⎢ − ⎥ = 

⎢⎣ 

x 

1 ⎥⎦ 

2 ⎣ 2 1 ⎦ 4 

e 

2 4 2 

2 1 4 e + 1 2e + e −1 

I = ∫ x( 2x + ln x) dx = ( e − 1) 

+ = 

2 4 4 

1 


e 

2 

1 2 2 1 1 2 1 2 1 

a 

x 

Câu 3. Cho hàm số f ( x) = + b. 

xe . Biết rằng f '(0) = − 22 và 

3 

(x+ 

1) 

bằng? 

−146 

−26 

A. 

B. 12 C. 

13 

11 


−3a 

x 

f '(x) = + be (1 + x) 

4 

(x+ 

1) 

f '(0) = −22 ⇔ − 3a+ b = −22 (1) 

1 

∫ f ( x) dx = 5 . Khi đó tổng a + b 


0 

D. 10 


Trang 118 








∫ 

a 

x 

f ( x) dx = 5 ⇔ − + b. e ( x −1) 

2 

2( x + 1) 

1 

3 

⇒ ∫ f ( x) dx = 5 ⇔ a + b = 5 ( 2) 

8 

0 



Giải hệ (1) và (2) ta được: 


∫ 

Câu 4. Cho 1 0 

f ( x) dx = 5 . Tính 

⎨ ⎧ a = 8 ⇒ a + b = 10 

⎩b 

= 2 

1 

∫ 

I = f (1 − x) 

dx 

A. 5 B. 10 C. 1 5 


Đặt t = 1− x ⇒ dt = dx , 

0 

∫ 

I = − f ( t) dt = 5 


1 

Câu 5. Biết tích phân 

2 

2 

2 

− 

2 

0 

x = 0 ⇒ t = 1 

x = 1⇒ t = 0 

2 

1 − x a. 

π + b 

∫ dx = trong đó a, 

b∈N . Tính tổng a + b ? 

x 

1+ 

2 8 

D. 5 

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


2 2 2 

2 2 0 

2 2 2 2 

1− x 1− x 1− 

x 

2 

I = ∫ dx = dx + dx = 1− 

x dx 

x x x 

1+ 2 

∫ 

1+ 2 

∫ 

1+ 

2 

∫ 

2 2 

0 0 

− 

− 

2 2 

π + 2 

Đặt x = sin t ⇒ I = . 

8 


1 

1 

Câu 6. Biết rằng ∫ xcos2xdx = ( asin 2 + bcos2 

+ c ) , với , , ∈ Z 

4 

a b c . Mệnh đề nào sau đây là đúng? 

0 

A. a + b + c = 1 B. a − b + c = 0 C. a + 2b + c = 1 D. 2a + b + c = −1 

⎧ du = dx 

1 

⎧ u = x ⎪ 

x.sin 2x 1 1 sin 2 1 1 

Đặt ⎨ 

⇔ ⎨ sin 2x . Khi đó I = − sin 2xdx cos 2x 

⎩dv = cos 2xdx ⎪v 

= 

2 0 2 

∫ = + 

2 4 0 

0 

⎩ 2 

⎧ a = 2 

sin 2 cos 2 1 1 ⎪ 

= + − = ( 2.sin 2 + cos 2 − 1 ) ⇒ ⎨ b = 1 ⇒ a − b + c = 0 

2 4 4 4 

⎪ 

⎩c = − 1 


tan x 

Câu 7. Cho F(x) là một nguyên hàm của f ( x) = 

, biết F ( 0) 

= 0 , 1 

2 

cos x 1+ 

a cos x 

F ⎛ ⎜ 

π ⎞ ⎟ = . Tính 

⎝ 4 ⎠ 

⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ 

F ⎜ ⎟ − F ⎜ ⎟ 

⎝ 3 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ? 

A. 5 − 3 

B. 5 − 1 

C. 3 + 5 

D. 5 − 2 




Trang 119 










π π π π 

4 4 4 4 

tan x 

tan x 

1 

2 

∫ f ( x) 

dx = ∫ dx = tan 1 

2 ∫ dx = 

2 2 ∫ 

d x + + a 

2 

0 0 cos x 1+ a cos x 0 cos x tan x + 1+ a 0 2 tan x + 1+ 

a 

π 

4 

2 2 

⇒ tan + 1+ a − tan 0 + 1+ a = 3 − 2 . 

⇒ a + 2 = a + 1 + 3 − 2 

( ) 

⇒ a + 2 = a + 1+ 2 a + 1 3 − 2 + 5 − 2 6 

3− 

6 

⇒ = a + 1 ⇒ a = 1 

3 − 2 

Do đó 

π 

3 

⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ tan x 

F ⎜ ⎟ − F ⎜ ⎟ = dx 

3 4 

∫ 

= 

2 

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ cos x 1+ 

cos x 

π 

4 

π π 

+ − + = − . 

3 4 

2 2 

tan 2 tan 2 5 3 


Câu 8. Cho f ( x ) là hàm liên tục và a > 0 . Giả sử rằng với mọi x∈ [0; a] 

, ta có f ( x ) > 0 và 

f ( x) f ( a − x) = 1. Tính 

A. 2 

a 


Đặt t = a − x ta có: 

a 

dx a 

Suy ra: ∫ 

1 + f ( x ) = 2 

0 


a 

a 

dx 

∫ 

1 + f ( x ) 

0 

B. 2a C. 3 

a 

0 

dx dt f ( t) 

dt 

= − = 

1 + f ( x) 1 + f ( a − t) f ( t) + 1 

∫ ∫ ∫ 

0 a 

0 

2 2001 

a 

D. a ln( a + 1) 

x 

Câu 9. Tích phân I = ∫ 

(1 2 ) dx có giá trị là 

1002 

+ x 

1 

1 

1 

1 

1 

A. . B. . C. . D. . 

1001 

1001 

1002 

1002 

2002.2 

2001.2 

2001.2 

2002.2 


2 2004 

2 

x 

1 

I = ∫ 

. dx = 

. 

3 2 1002 

1002 

(1 + ) 

∫ 

dx . Đặt t = 1 + 1 ⇒ dt = − 

2 dx . 

2 3 

x x 

1 1 3 ⎛ 1 ⎞ 

x 

x 

x ⎜ + 1 

2 ⎟ 

⎝ x ⎠ 

Câu 10. Trong chương trình nông thôn mới, tại một xã X có xây một cây cầu bằng bê tông như hình 

vẽ. Tính thể tích khối bê tông để đổ đủ cây cầu. (Đường cong trong hình vẽ là các đường Parabol). 



Trang 120 








0,5m 



3 

A. 19m . B. 


Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ. 


3 

21m . C. 

3 

18 . 

Gọi ( P 2 

) y = ax + c là Parabol đi qua hai điểm A B( ) 

1 : 

m D. 

Nên ta có hệ phương trình sau: 2 

361 ( ) 

2 

Gọi ( P ) y = ax + c là Parabol đi qua hai điểm ( ) 

2 

: 

3 

40m . 

⎛ 19 ⎞ 

⎜ ;0 ⎟ , 0;2 

⎝ 2 ⎠ 

2 

⎧ ⎛19 

⎞ ⎧ 8 

⎪0 = a. ⎜ ⎟ + 2 ⎪a 

= − 

8 

⎨ ⎝ ⎠ ⇔ ⎨ ⇒ P1 

y = − x + 

⎪ 361 

2 b 

⎪ 

⎩ = ⎩b 

= 2 

C 10;0 , D ⎛ 0; 5 

⎜ 

⎞ 

⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

2 

: 2 

Câu 11. Cho f , g là hai hàm liên tục trên [ 1;3 ] thỏa: ⎡ ( ) ( ) 

3 

∫ ⎡⎣ 

2 f ( x) − g ( x) 

⎤⎦ 

dx 

= 6 . Tính ⎡⎣ 

( ) + ( ) 

1 

0,5m 19m 0,5m 

3 

∫ f x g x ⎤⎦ 

dx 

. 

1 

A. 8. B. 9. C. 6. D. 7. 


3 3 3 

∫ ⎣ f x + 3g x ⎦ dx = 10 ⇔ ∫ f x dx + 3∫ g x dx 

= 10 . 

+ Ta có ⎡ ( ) ( ) ⎤ 

( ) ( ) 

1 1 1 

3 3 3 

∫ ⎣2 f x − g x ⎦ dx = 6 ⇔ 2∫ f x dx − ∫ g x dx 

= 6 . 

+ Tương tự ⎡ ( ) ( ) ⎤ 

( ) ( ) 

1 1 1 

y 

5m 

O 

2m 

3 

∫ ⎣ f x + 3g x ⎤⎦ 

dx 

= 10 . 


1 

x 












⎧u + 3v = 10 ⎧u 

= 4 

+ Xét hệ phương trình ⎨ ⇔ ⎨ 

⎩2u − v = 6 ⎩v 

= 2 

3 3 3 

+ Khi đó ⎡ ( ) ( ) ⎤ ( ) ( ) 

1 1 1 

3 

, trong đó ( ) 

u f x dx 

∫ ⎣ f x + g x ⎦ dx = ∫ f x dx + ∫ g x dx 

= 4 + 2 = 6 . 

= ∫ , ( ) 

1 

3 

v = ∫ g x dx 

. 

⎧ 

2 5 ⎧ 1 

0 = a. ( 10) 

+ a = − 

⎪ 

40 

1 2 5 

Nên ta có hệ phương trình sau: 

2 ⎪ 

⎨ 

⇔ ⎨ ⇒ ( P2 

) : y = − x + 

⎪5 5 40 2 

= b 

⎪b 

= 

⎪⎩ 

2 ⎪⎩ 

2 

19 

10 1 2 5 8 

2 

2 3 

Ta có thể tích của bê tông là: V 5.2 ⎡ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎤ 

= ⎢∫ 

x dx x 2 dx 40m 

0 

⎜− + ⎟ − − + ⎥ = 

40 2 

∫0 

⎜ ⎟ 

⎣ ⎝ ⎠ ⎝ 361 ⎠ ⎦ 

2x 

x 

Câu 12. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = e − 2e 

, trục Ox và đường 

a 

thẳng x = a với a < ln 2 . Kết quả giới hạn lim S a 

là: 

a→−∞ 

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


ln 2 

2x x 1 2a a 

Ta có Sa 

= ∫ ( e − 2e ) dx = e − 2e 

+ 2 

2 

a 

Suy ra lim S = 2 , chọn đáp án B. 

a→−∞ 

a 

Câu 13. Một khối cầu có bán kính 5dm, người ta cắt bỏ 2 phần bằng 2 mặt phẳng vuông góc bán kính 

và cách tâm 3dm để làm một chiếc lu đựng. Tính thể tích mà chiếc lu chứa được. 

A. 132π (dm 3 ) B. 41π (dm 3 ) 

C. 100 

3 π (dm3 ) D. 43π (dm 3 ) 


Đặt hệ trục với tâm O, là tâm của mặt cầu; đường thẳng đứng là Ox, 

2 2 

đường ngang là Oy; đường tròn lớn có phương trình x + y = 25 . 

Thể tích là do hình giới hạn bởi Ox, đường cong y 

x = 3, x = − 3 quay quanh Ox. 

3 

2 

(25 ) 

V = π ∫ − x dx =132π (bấm máy) 

−3 

2 

= − , 

Câu 14. Một vật di chuyển với gia tốc a( t) 20( 1 2 ) 2 

25 

= − + t − 2 

( / ) 

x 

1 



A. S = 106m 

. B. S = 107m 

. C. S = 108m 

. D. S = 109m 

. 


∫ ∫ . Theo đề ta có 

− 

Ta có ( ) ( ) 20( 1 2 ) 2 10 

v t = a t dt = − + t dt = + C 

1+ 

2t 

v 0 = 30 ⇔ C + 10 = 30 ⇔ C = 20 . Vậy quãng đường vật đó đi được sau 2 giây là: 

( ) 

10 

S = + dt = + t + t = + ≈ m 

∫ 

2 

⎛ ⎞ 

2 

⎜ 20⎟ 

( 5ln ( 1 2 ) 20 ) 5ln 5 100 108 

1+ 

2t 

0 

0 ⎝ ⎠ 

. 


3 

Câu 15. Tìm giá trị của tham số m sao cho: y = x − 3x + 2 và y = m(x+2) giới hạn bởi hai hình 

phẳng có cùng diện tích 

A. 0 < m < 1 B. m = 1 C. 1< m < 9 

D. m = 9 


3dm 

3dm 

5dm 












Phương trình hoành độ giao điểm: 

3 

x − 3x + 2 = m(x + 2) 

⇔ x = − 2 hoÆc x = 1± m , m ≥ 0. 

3 

Điều kiện d: y = m(x+2) và (C): y = x − 3x + 2 giới hạn 2 hình phẳng: 0 < m ≠ 9. 

Gọi S 1 , S 2 lần lượt là diện tích các hình phẳng nhận được theo thứ tự từ trái sang phải. 

Nếu m = 1: d đi qua điểm uốn (0;2) của (C). Khi đó S 1 = S 2 = 

Nếu 0 < m < 1: S 1 > 4 > S 2 

Nếu 1 < m < 9: S 1 < 4 < S 2 

Nếu m > 9 ⇒ 1− m < − 2; 1+ m > 4. Khi đó: 

− 2 1+ 

m 

3 3 

1 ∫ 2 ∫ 

1− 

m 

−2 

0 

3 

(x − 4x)dx = 4 

S = x − 3x + 2 − m(x + 2) dx; S = x − 3x + 2 − m(x + 2) dx 

S 2 − S 1 = 2m m > 0 

Vậy m = 1 thỏa yêu cầu bài toán 

Câu 16. Cho I 

n 

π 

2 

= ∫ cos n xdx , n ∈ N , n ≥ 2 . Khẳng định nào sau đây đúng? 

0 

n 1 

A. I = − 

I 

n 

n−1 

n 

B. n 2 

I = − 

I 

n 

n− 

n 

C. n − 1 

I = I D. I = 2I 2 

n 

n− 

n 

2 

n n − 2 


π 

Với I = ; I = cos xdx = 1 

0 1 

2 

∫ . 

n− 

Đặt ( ) 

Suy ra 

π 

2 

0 

1 n−2 

= cos ⇒ = − − 1 cos .sin . 

u x du n x xdx 

dv = cos xdx chọn v = sin x . 

π 

π 

2 π 

2 

n n−1 2 

n−2 2 

n−2 2 

∫ cos xdx = cos x.sin x + ( n − 1) 

∫ cos x.sin 

xdx = ( − 1) ∫ cos .( 1 − cos ) 

0 

0 0 

π 

π 

2 2 

2 

( 1) cos n − 

n 

n ∫ x. dx ( n 1) 

∫ cos x. 

dx . 

= − − − 

Do đó 

0 0 

π 

π 

2 2 

n n − 1 n−2 

cos x. dx cos . 

∫ = 

x dx 

n 

∫ . 

0 0 

∫ 

−2 

π 

2 

n x x dx 


1 3 2 

1 

5 

Câu 17. Cho hàm số y = x + mx −2x −2m 

− có đồ thị (C). Tìm m ∈ 

⎜ 

⎛ 0; ⎞ 3 3 

⎜⎝ 6 ⎟ 

sao cho hình phẳng 

⎠ 

giới hạn bởi đồ thị (C) và các đường thẳng x = 0, x = 2, y = 0 và có diện tích bằng 4. 

1 

1 

1 

A. m = B. m = C. m = D. m = 1 

4 

3 

2 



0 

Xét hàm số 

1 1 

3 3 

= + − − − trên [ ] 

3 2 

y x mx 2x 2m 

0;2 . Ta có 

′ = + 2 − 2 , 

2 

y x mx 












y 

⎡ 

x m m 2 

5 

. Do m ∈ 

⎜ 

⎛ 0; ⎣x m m 2 

⎜⎝ 6 ⎟⎠ 2 2 

−m − m + 2 < 0, 0









Kí hiệuV là thể tích của hình nêm (Hình 2). Tính V . 

225π 

A. V = 2250( cm 3 

) B. V ( cm 3 

) 

4 

V 1250 cm 3 


Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.Khi đó hình nêm 

có đáy 

là nửa hình tròn có phương trình: 

2 

y = 225 − x , x ∈ ⎡ ⎣ 

−15;15⎤ 

⎦ 

Một một mặt phẳng cắt vuông góc với trục Ox tại 

điểm có hoành độ x , ( x ∈ ⎡−15;15⎤ 

) 

⎣ ⎦ 

cắt hình nêm theo thiết diện có diện tích là 

( ) 

S x (xem hình). 

Dễ thấy NP = y và 

MN = NP tan 45 0 = y = 15 − x 2 khi đó 

( ) = 1 . = 1 .( 225 − 2 

) 

S x MN NP x suy ra thể tích 

2 2 

15 

15 

1 

2 3 

hình nêm là: V = ∫ S ( x ) dx = ∫ .( 225 − x ) dx = 2250 ( cm ) 

−15 

= C. = ( ) D. V = 1350 ( cm 3 

) 

2 − 15 

Câu 20. Tìm tham số m để đồ thị hàm số y x 4 2mx 2 m 2( C) 

= − + + cắt trục ox tại bốn điểm phân 

biệt và thỏa mãn hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục ox của phần nằm phía trên trục ox có diện 

tích bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục ox của phần nằm phía dưới trục ox . 

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


Điều kiện để (C) cắt trục ox tại 4 điểm phân biệt là m > 2 

Do tính đối xứng của đồ thị qua trục tung nên bài toán xảy ra khi 

x 

3 4 

4 2 4 2 

∫ ( − 2 + + 2) = − ∫ ( − 2 + + 2) 

0 

x mx m dx x mx m dx 

x 

x 

x3 

4 

4 2 4 2 

∫ ( x mx m ) dx x4 mx4 

( m ) 

⇔ − 2 + + 2 = 0 ⇔ 3 − 10 + 15 + 2 = 0 

0 

Suy ra x 

4 

là nghiệm của hệ 

4 2 

⎧⎪ 

x4 − 2mx4 + m + 2 = 0 

2 3m 

+ 6 

⎨ 

⇒ x 

4 2 

4 

= ⇒ m = 3 

⎪⎩ 3x4 − 10mx4 

+ 15( m + 2) 

= 0 m 














4 2 

Câu 21. Cho hàm số y = x − 4x + m có đồ thị là (C). Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ 



2 

20 

A. m = 2 

B. m = C. m = D. m = 1 

9 

9 

4 2 

Hướng dẫn giải: Phương trình hoành độ giao điểm x − 4x + m = 0 (*) 

2 

Đặt x = t; t ≥ 0, phương trình trở thành: t 2 − 4t + m = 0 (**) 

Để S>0, S’>0 thì 0








A. I = 11. B. I = 5. C. I = 2 . D. I = 14 . 


Xét tích phân = ( − ) 

3 

∫ 

K f 2x dx 

1 

du 

Đặt u = −2x ⇒ du = −2dx ⇒ dx 

= − 

2 

Đổi cận: Khi x = 1⇒ u = − 2; x = 3⇒ u = − 6 

− 6 − 

1 1 

Vậy, ( ) 2 

K = − f u du = f ( x) 

dx 

2 2 

∫ ∫ . Mà K = 3, nên ( ) 

−2 −6 

6 −2 

−2 

∫ f x dx 

= 6 . 

Vì f là hàm chẵn trên [ − 6;6] 

nên ∫ f ( x) dx = ∫ f ( x) 

dx 

= 6 . 

6 2 6 

2 −6 

Từ đó suy ra ( ) ( ) ( ) 


2 

Câu 24. Biết ( ) 

I = f x dx = f x dx + f x dx 

= 8 + 6 = 14 

−1 −1 2 

−6 

∫ ∫ ∫ . 

∫ với a, b, c là các số hữu tỷ. Tính S = a + b + c 

x x 4 2 

e 2x + e dx = a.e + b.e + c 

0 

A. S = 2 

B. S = − 4 

C. S = − 2 

D. S = 4 


2x 

2 

2 2 2 2 x 

2 

x x 2x x e x e 1 

x 

I = ∫ e 2x + e dx = ∫ e dx + ∫ 2x.e dx = + 2∫ xe dx = − + 2∫ 

xe dx 

2 2 2 


0 0 0 0 0 

0 

Đặt 

⎧u = x ⎧du = dx e 4 1 2 2 

( ) 4 2 2 

( ) ( ) 

4 

x x e 1 2 x e 2 3 

⎨ ⇒ I 2x.e 2 e dx 2x.e 2e 2e 

x ⎨ ⇒ = − + − 

x ∫ = − + − = + + 

dv e dx v e 2 2 0 0 2 2 0 0 

⎩ = ⎩ = 

2 2 

⎧ 1 3 

⎪a = ;c = 

⇒ ⎨ 2 2 ⇒ S = a + b + c = 4 

⎪ 

⎩b = 2 


0 1 1 1 2 1 n * 

Câu 25. Rút gọn biểu thức: T = C + C + C + ... + C , n∈N 

. 

n n n n 

2 3 n + 1 

n 

n 

n 

2 

+ 1 

2 − 1 

+ 1 

2 − 1 

A. T = B. T = 2 n 

C. T = 

D. T = 

n + 1 

n + 1 

n + 1 



0 1 1 1 n 

T = C + C + ... + C . Nhận thấy các số 1 ; 1 ; 1 ;...; 

1 thay đổi ta nghĩ ngay đến biểu thức 

n n n 

2 n + 1 

1 2 3 n + 1 

n 1 n+ 

1 

∫ x dx = x c 

n + 1 

+ . 

n n n 

n n n n n 

Ở đây ta sẽ có lời giải như sau: ( ) 

0 1 2 2 3 3 

1 + x = C + xC + x C + x C + ... + x C . 


1 1 

0 1 2 2 3 3 

Khi đó ta suy ra ∫ ( 1 + ) n = ∫ ( + + + + ... + 

n n 

n n n n n ) 

x dx C xC x C x C x C dx 

0 0 

2 3 n+ 

1 

1 

n+ 1 1 ⎛ 

0 x 1 x 3 x ⎞ 

n 

1 

⇔ ( x + 1 ) = ⎜C x + C + C + ... + C 

n n n n ⎟ 

n + 1 0 ⎝ 2 3 n + 1 ⎠ 0 


n 1 

2 + − 1 0 1 1 1 2 1 n 

C C C ... C 

n n n n 

⇔ = + + + + 

n + 1 2 3 n + 1 

. 












Câu 26. Hàm số nào dưới đây là nguyên hàm của hàm số f ( x) = 

A. F( x) = ln( x + 1+ x ) 

2 + C B. ( ) ln( 1 1 ) 

2 

1 

1 

x 

+ 2 

F x = + + x + C 

2 

C. F( x) = 1+ x + C D. F ( x) = + 


Ta có bài toán gốc sau: 

2 

Bài toán gốc: Chứng minh ∫ = ln x + x + a + c ( a∈ 

R ) 

x 

dx 

2 

+ a 

⎛ 

2 

2 

2x ⎞ x + x + a 

Đặt t = x + x + a ⇒ dt = 1 + dx ⇔ dt = 

dx 

⎜ 

2 ⎟ 

2 

⎝ 2 x + a ⎠ 

x + a 

dx dt 

2 

Vậy khi đó = = ln t + c = ln x + x + a + c 

2 

x + a t 

Khi đó áp dụng công thức vừa chứng minh ta có 

1 

2 2 

F ( x) = ∫ dx = ln x + 1 + x + c = ln ( x + 1 + x ) + c . 

2 

1 + x 


2x 

1 

+ x 

2 

⇔ dt = 

trên khoảng ( −∞ ; +∞) 

? 

C 

tdx 

x 

2 

+ a 

∫ ∫ ( điều phải chứng minh). 

Câu 27. Trong các số dưới đây, số nào ghi giá trị của 

A. 1 2 



π 

2 x−1 

2 .cos x 

∫ 

x dx 

π 1+ 

2 

− 

2 

B. 0 C. 2 D. 1 

π π π 

− 

2 x−1 2 x 2 x 

∫ = − 

x x x 

π + 

∫ 

0 ( + ) ∫ 

0 ( + ) 

− 

2 

2 cosx 2 cos x 2 cos x 

dx dx dx 1 

1 2 1 2 .2 1 2 .2 

π π 

Đặt x = − t ta có x = 0 thì t = 0, x = thì t = và dx = − dt 

2 2 

π π π π 

2 x 

2 −t 

2 2 

( − ) 

2 cos x 2 cos t 

cos t cos x 

dx d ( t) 

dt dx 

1 2 .2 1 2 .2 1 2 .2 1 2 .2 

∫ = − = − = − 

x −t t x 

0 ( + ) ∫ 

0 ( + ) ∫ 

0 ( + ) ∫ 

0 ( + ) 

Thay vào (1) có 

π π π π π 

2 x−1 

2 x 

2 2 x 

( 1+ 

2 2 

) cos x 

∫ x x x x 

π + 

∫ 

0 ( 1+ 2 ).2 ∫ 

0 ( 1+ 2 ).2 ∫ 

0 ( 1+ 

2 ).2 

∫ 

0 

− 

2 

Vậy 

( ) 

dt 

⇔ = 

t 2 

x + a 

π 

2 cosx 2 cos x cos x cos x sin x 2 1 

dx = dx + dx = dx = dx = = 

1 2 2 S 2 2 

π 

2 x−1 

2 cosx 1 

∫ dx = 

x 

π 1+ 

2 2 

− 

2 



H có dạng hình 

Câu 28. Người ta dựng một cái lều vải ( ) 

“chóp lục giác cong đều” như hình vẽ bên. Đáy của ( H ) 

là một hình lục giác đều cạnh 3 m . Chiều cao SO = 6 m 


c 1 

c 2 

c 6 

c 3 

1m 

O 




3m 

0 

c 5 

c 4 

dx








( SO vuông góc với mặt phẳng đáy). Các cạnh bên của ( H ) là các sợi dây c 

1 

, c 

2 

, c 

3 

, c 

4 

, c 

5 

, c 

6 

nằm 

trên các đường parabol có trục đối xứng song song với SO . Giả sử giao tuyến (nếu có) của ( H ) với 

mặt phẳng ( P ) vuông góc với SO là một lục giác đều và khi ( P ) qua trung điểm của SO thì lục giác 

đều có cạnh 1 m . Tính thể tích phần không gian nằm bên trong cái lều ( H ) đó. 

A. 135 3 3 

( m ). B. 96 3 3 

( m ). 

5 

5 

C. 135 3 3 

( m ). D. 135 3 3 

( m ). 

4 

8 


Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có parabol cần tìm đi qua 3 điểm có tọa độ lần lượt là ( 0;6) 

1 2 7 

B ( 1;3 ) , C ( 3;0 ) nên có phương trình là y = x − x + 6 

2 2 

Theo hình vẽ ta có cạnh của “thiết diện lục giác” là BM . 

7 1 

Nếu ta đặt t = OM thì BM = − 2t 

+ (chú ý là ta phải 

2 4 

lấy giá trị có dấu “ −” trước dấu căn và cho B chạy từ C 

đến A). 

Khi đó, diện tích của “thiết diện lục giác” bằng 

2 

BM 3 3 3 ⎛ 7 1 ⎞ 

S ( t) 

= 6. = 2t 

4 2 ⎜ 

− + 

2 4 ⎟ 

⎝ ⎠ 

Vậy thể tích của “túp lều” theo đề bài là: 

2 

2 

với [ 0;6] 

6 6 

3 3 ⎛ 7 1 ⎞ 135 3 

V = ∫ S ( t ) dt = ∫ 

2t d t ... 

2 ⎜ 

− + = = 

2 4 ⎟ 

8 

0 0 ⎝ ⎠ 


t ∈ . 

Câu 29. Xét hàm số y = f ( x) 

liên tục trên miền D [ a; 

b] 

A , 

= có đồ thị là một đường cong C . Gọi S là 

phần giới hạn bởi C và các đường thẳng x = a , x = b . Người ta chứng minh được rằng diện tích mặt 

cong tròn xoay tạo thành khi xoay S quanh Ox bằng = π ( ) + ( ′( )) 2 

b 

∫ 

S 2 f x 1 f x dx 

. Theo kết quả 

trên, tổng diện tích bề mặt của khối tròn xoay tạo thành khi xoay phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 

2 

2x 

− ln x 

hàm số f ( x) 

= và các đường thẳng x = 1 , x = e quanh Ox là 

4 

2 

4 

4 2 

4 

2e 

−1 

4e 

− 9 

4e 

+ 16e 

+ 7 

4e 

− 9 

A. π . B. π . C. 

π . D. π . 

8 

64 

16 

16 


2 

2 

2 

2x − ln x x ln x 

1 2 ⎛ 1 ⎞ 2 1 1 

2 

Ta có ( ) ′( ) ( ′( )) 

f x = = − ⇒ f x = x − ⇒ f x = ⎜ x − ⎟ = x + − 

4 2 4 4x ⎝ 4x ⎠ 16x 

2 

f ′ x = x − 1 > 0, ∀x ∈ 1; e , nên f ( x ) đồng biến trên [ 1;e ] . Suy ra 

4x 

1 

f ( x) ≥ f ( 1) = > 0, ∀x ∈ [ 1; e] 

. 

2 

Lại có ( ) ( ) 

a 

A 

( 0;6) 

B 

( 1;3 ) 

C 

( 3;0) 













Từ đây ta thực hiện phép tính như sau 

Với 

b 

e 2 

2 x ln x 

2 1 1 

2 

2 4 16x 

2 

1 

⎝ 

S 2π f ( x) 1 ( f ( x) 

) dx 2π ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

= ∫ + ′ = ∫ ⎜ − ⎟ 1+ ⎜ x + − ⎟dx 

a 

⎝ ⎠ 

⎠ 

e 2 e 2 

⎛ x ln x ⎞ 2 1 1 ⎛ x ln x ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

S = 2π 

∫ ⎜ − ⎟ x + + dx = 2π 

x dx 

2 

2 4 16x 

2 

∫⎜ − ⎟ ⎜ + ⎟ 

2 4 4x 

1 ⎝ ⎠ 1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 

e 2 

⎛ x ln x ⎞⎛ 1 ⎞ 

∫ 

= 2π 

⎜ − ⎟⎜ x + ⎟ dx 

2 4 4x 

1 ⎝ ⎠⎝ ⎠ 

e 

⎛ 1 3 1 1 1 ln x ⎞ 

2 ln d 

∫ 

= π ⎜ x + x − x x − ⎟ x 

⎝ 2 8 4 16 x ⎠ 

1 

( I I I ) 

= 2π 

+ + 

1 2 3 

e 

4 2 4 2 

1 3 1 ⎞ ⎛ ⎞ 2 + − 3 

e⎛ 

x x e e 

I1 

= ∫ 

d 

1 

⎜ x + x⎟ 

x = ⎜ + ⎟ = 

⎝ 2 8 ⎠ ⎝ 8 16 ⎠ 16 

1 

e 

2 2 

e⎛ 

1 ⎞ 1 1 1 1 

I2 

= ∫ ln d ( 2ln 1) 

1 

⎜− x x⎟ 

x =− x x − = − e − 

⎝ 4 ⎠ 4 4 16 16 

e 

e⎛ 

x ⎞ 

2 

I3 

dx ln x 

1 

⎜ ⎟ 

⎝ x ⎠ 

1 

1 ln 1 1 

= ∫ − =− = − 

16 32 32 

. 


x 

Câu 30. Cho hàm số y m x 

2 

của hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu, đồng thời đường thẳng cùng phương với trục hoành qua 

điểm cực đại tạo với đồ thị một hình phẳng có diện tích bằng 64 

15 là 

⎧⎪ 

2 ⎫⎪ 

⎧ 1 ⎫ 

A. ∅ . B. { ± 1} 

. C. ⎨± ; ± 1 ⎬ . D. ⎨± ; ± 1 ⎬ 

⎪⎩ 

2 ⎪⎭ 

⎩ 2 ⎭ . 


Tập xác định D = R 

⎡x 

= 0 

3 2 2 2 

⎢ 

y′ = 2x − 4m x = 2x( x − 2m 

) ; y′ = 0 ⇔ ⎢x = 2m 

⎢ 

⎣x 

= − 2m 

Đồ thị của hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu ⇔ m ≠ 0 

1 

Vì a = > 0 nên hàm số đạt cực đại tại x = 0 suy ra điểm cực đại của đồ thị hàm số là A ( 0;2) 

2 

Đường thẳng cùng phương với trục hoành qua điểm cực đại có phương trình là d : y = 2 . 

1 

4 

2 2 

= − 2 + 2 . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho đồ thị 

Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) 

C và d là: 

⎡ x = 0 

4 

2 

x 

⎡ 

2 2 

x = 0 ⎢ 

− 2m x + 2 = 2 ⇔ ⎢ ⇔ x 2 m 

2 2 ⎢ = 

2 ⎣x 

= 4m 

⎢ 

⎣x 

= − 2 m 

Diện tích hình phẳng cần tìm là: (chú ý rằng hàm số đã cho là hàm chẵn) 

m 


2 


Trang 130 










2 m 4 2 m 4 2 m 4 

x 2 2 x 2 2 ⎛ x 2 2 

⎞ 

S = ∫ − 2m x dx = 2 2 d 2 2 d 

2 

∫ − m x x = m x x 

2 

∫ ⎜ − ⎟ 

2 

−2 m 

0 0 ⎝ ⎠ 

5 

⎛ x 2 2 

2 3 

⎞ m 64 

= 2 ⎜ − m x ⎟ = m 

⎝ 10 3 ⎠ 0 15 

64 

⎡m 

= 1 

Ta có S = ⇔ m = 1 ⇔ 

15 

⎢ 

⎣m 

= −1 


Câu 31. Thành phố định xây cây cầu bắc ngang con sông dài 500m, biết rằng người ta định xây cầu có 

10 nhịp cầu hình dạng parabol,mỗi nhịp cách nhau 40m,biết 2 bên đầu cầu và giữa mối nhịp nối người 

ta xây 1 chân trụ rộng 5m. Bề dày nhịp cầu không đổi là 20cm. Biết 1 nhịp cầu như hình vẽ. Hỏi lượng 

bê tông để xây các nhịp cầu là bao nhiêu (bỏ qua diện tích cốt sắt trong mỗi nhịp cầu) 

3 

3 

3 

3 

A. 20m B. 50m C. 40m D. 100m 


Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với gốc O(0;0) là chân cầu (điểm tiếp xúc Parabol trên), đỉnh I(25; 

2), điểm A(50;0) (điểm tiếp xúc Parabol trên với chân đế) 

2 2 

Gọi Parabol trên có phương trình ( P 1 

): y1 

= ax + bx + c = ax + bx (do (P) đi qua O) 

2 20 2 1 

⇒ y2 

= ax + bx − = ax + bx − là phương trình parabol dưới 

100 5 

2 2 4 2 2 4 1 

Ta có (P 

1) đi qua I và A ⇒ ( P1 ) : y1 = − x + x ⇒ y2 

= − x + x − 

625 25 625 25 5 


5 


Trang 131 










Khi đó diện tích mỗi nhịp cầu là S = 2S1 

với S 

1 

là phần giới hạn bởi y1; 

y 

2 

trong khoảng (0;25) 

0,2 25 

2 

2 4 1 

S = 2 ∫ ( − x + x) 

dx + dx 

625 25 

∫ 

5 

( ) 

0 0,2 

2 

≈ 9,9m 

Vì bề dày nhịp cầu không đổi nên coi thể tích là tích diện tích và bề dày 

3 

V = S.0,2 ≈ 9,9.0,2 ≈1,98m 

⇒ số lượng bê tông cần cho mỗi nhip cầu ≈ 2m 

Vậy 10 nhịp cầu 2 bên cần 


3 

≈ 40m bê tông. 


3 


Trang 132 








HÌNH HỌC TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN OXYZ 



Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 1;5;0 ) , ( 3;3;6 ) 

B và đường thẳng ∆ có 

⎧x 

= − 1+ 

2t 

⎪ 

phương trình tham số ⎨y = 1 − t ( t ∈ R ) . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆, xác định vị trí 

⎪ ⎩z 

= 2t 

của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó toạ độ của điểm M là: 

1;0;2 

2;4;3 

3;2; 2 

M 1;4;3 

A. M ( ) 

B. M ( ) 

C. M ( − − ) D. ( ) 


Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM 

Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. 

2 2 2 2 

Điểm M ∈ ∆ nên M ( − 1+ 

2 t;1 − t;2t ) ; AM + BM = (3 t) + (2 5) + (3t 

− 6) + (2 5) 

 

 

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , ta xét hai vectơ u = ( 3 t ;2 5) 

và v = ( − 3t + 6;2 5) 

. 

⎧ 

2 

2 

| u | = ( 3t 

) + ( 2 5 

⎪ 

) 

 


⇒ AM + BM = | u | + | v | và u + v = 

 

( 6;4 5 ) ⇒ | u + v | = 2 29 

2 

2 

⎪ | v | = ( 3t 

− 6) + ( 2 5 

⎪⎩ 

) 

 

Mặt khác, ta luôn có | u | + | v | ≥ | u + v | Như vậy AM + BM ≥ 2 29 

 

3t 

2 5 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u, 

v cùng hướng ⇔ = ⇔ t = 1 

− 3t 

+ 6 2 5 

⇒ M ( 1;0;2 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 . Vậy khi M ( 1;0;2 ) thì min P = 2( 11 + 29) 


Câu 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các phương trình mặt phẳng 

2 

( α ) : 3mx + 5 1 − m y + 4mz + 20 = 0, m ∈ ⎡−1;1⎤ 

m ⎢ ⎣ ⎥ ⎦ . 

Xét các mệnh đề sau: 

(I) Với mọi m ∈ ⎡−1;1 

⎤ ⎢ ⎣ ⎥ thì các mặt phẳng 

⎦ 

( α 

m ) luôn tiếp xúc với một mặt cầu không đổi. 

(II) Với mọi 0 

α luôn cắt mặt phẳng (Oxz). 

(III) d O ( α ) 

m ≠ thì các mặt phẳng ( ) 

m 

⎡ ⎢ ⎣ 

; ⎤ = 5, ∀m 

∈ ⎡−1;1 

⎤ 

m ⎥ ⎦ 

⎢ ⎣ ⎥ ⎦ 

. 

Khẳng định nào sau đây đúng? 

A. Chỉ (I) và (II) B. Chỉ (I) và (III) C. Chỉ (II) và (III) D. Cả 3 đều đúng. 


20 20 

+ Ta có d ⎡O; ( α ) 

⎤ 

⎢ 

4 

m ⎥ = = = , với mọi m ∈ ⎡ 1;1⎤ 

⎣ ⎦ 

2 2 2 

⎢ ⎣ 

− ⎥ ⎦ 

9m + 25( 1 − m ) 

. 

+ 16m 

25 

Do đó với mọi m thay đổi trên ⎡−1;1⎤ 

⎢⎣ 

⎥ thì các mặt phẳng 

⎦ 

( α 

m ) luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm O, bán 

kính R = 4 . Khẳng đinh (I) đúng. 

 

+ Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( α 

m ) là n = ( 3 m;5 1 − m ) 

2 ;4m 

và vectơ pháp tuyến của mặt 

 

j = 0;1;0 . 


phẳng (Oxz) là ( ) 


Trang 133 










( α 

m ) cắt (Oxz) khi và chỉ khi ⎡ 

⎢n; j⎥ 

⎤ ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 . Khẳng đinh (II) đúng. 

⎣ ⎦ 

+ Khẳng đinh (III) sai. 


Câu 3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng: 

⎧x 

= t 

x − 2 y + 1 z −1 

∆ 

1 

: = = , 

1 2 − 

2 

3 

: ⎪ 

y 2 2 2 2 

∆ ⎨ = − t và mặt cầu ( S) : x + y + z − 2x + 2y − 6z 

− 5 = 0 

⎪ 

⎩z 

= 1 + 2t 

Viết phương trình mặt phẳng ( α ) song song với hai đường thẳng ∆1, 

∆2 

và cắt mặt cầu (S) theo giao 

tuyến là đường tròn (C) có chu vi bằng 2 365 π . 

5 

A. x −5y −3z − 4 = 0; x −5y − 3z 

+ 10 = 0 

B. x − 5y − 3z 

+ 10 = 0 

C. x − 5y − 3z + 3 + 511 = 0; x − 5y − 3z 

+ 3 − 511 = 0 

D. x −5y −3z 

− 4 = 0 



+ ∆1 

qua 1 

(2; 1;1) 

u 

1 

= (1;2; −3) 

. 

∆2 

qua (0;2;1) 

2 

u 

2 

= (1; −1;2) 

. 

 

+ Mặt phẳng (α) song song với ∆1, 

∆2 

nên có vectơ pháp tuyến: ⎡u1, u ⎤ 

⎣ 2 ⎦ 

= (1; −5; −3) 

⇒ Phương trình mặt phẳng (α) có dạng: x −5y − 3z + D = 0 

+ Mặt cầu (S) có tâm I(1; −1;3) 

và bán kính R = 4 . 

2 365π 

365 

Gọi r là bán kính đường tròn (C), ta có: 2π r = ⇒ r = 

5 5 

2 2 35 D − 3 35 ⎡D 

= −4 

Khi đó: d ( I,( α )) 

= R − r = ⇒ = ⇔ 

5 35 5 ⎢ 

⎣D 

= 10 

+ Phương trình mặt phẳng ( α) : x −5y − 3z − 4 = 0 (1) hay x − 5y − 3z 

+ 10 = 0 (2) . 

∆ / /( α ), ∆ / /( α ) nên M 1 và M 2 không thuộc ( α) 

⇒ loại (1). 

Vì 

1 2 

Vậy phương trình mặt phẳng (α) cần tìm là: x −5y − 3z 

+ 10 = 0 . 


⎧ x = 3+ 

t ⎧ x = t ' 

⎪ 

⎪ 

Câu 4. Trong không gian Oxyz, cho 2 đường thẳng d: ⎨ y = − 2 − t và d’: ⎨ y = 5 + t ' 

⎪ ⎪ 

⎩z 

= 2t 

⎩z 

= 2 t ' − 3 2 − 5 

Viết phương trình mặt phẳng (β) chứa (d) và tạo với mặt phẳng Oyz một góc nhỏ nhất. 

A. 3x + y + 2z + 7 = 0 . B. 3x − y − 2z − 7 = 0 . 

C. − 3x + y − 2z + 7 = 0 . D. 3x + y − 2z − 7 = 0 . 



2 2 2 

Giả sử (β): Ax + By + Cz + D = 0 (đk: A + B + C > 0 ), (β) có vtpt là n ( A ; B ; C ) 

⎧⎪ 

A∈( β ) ⎧⎪ 3A − 2B + D = 0 ⎧ ⎪D = − A + 2C 

2 

d ⊂ (β) ⇔ ⎨→ → ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 

⎪⎩ n. a = 0 ⎪⎩ A − B + C 2 = 0 ⎪⎩ B = A + C 2 

→ 

= 


Trang 134 










→ → 

cos(( β ),( Oyz)) = cos( n, i ) = 

A 

A + ( A + C 2) + C 

2 2 2 

TH 1: A = 0 (không thoả đb hoặc ( β ),( Oyz) 

không nhỏ nhất) 

TH 2: A ≠ 0, ta có: 

cos(( 

1 

1 

β ),( Oyz)) 

= 

= 

= 

C 2 C 2 

1 + (1 + 2) + ( ) C 2 C 6 2 12 

( 3) + 2. 2 + ( ) + 

A A A A 3 9 

1 

C 6 2 12 

( 3 + ) + 

A 3 9 

( β ),( Oyz) 

nhỏ nhất ⇔ cos(( 

C 6 

β ),( Oyz)) 

lớn nhất ⇔ 

2 

C 

( 3 + ) nhỏ nhất ⇔ 

A 3 

A 

⎧A 

= 1 (choïn) 

⎧ 1 

B = 

⎪ 

⎪ 3 

⇔ ⎨ 2 nên ⎨ . Vậy: (β): 3x + y − 2z 

− 7 = 0 

⎪C 

= − 

⎪ 7 

⎩ 3 D = − 

⎪⎩ 3 


⎧ x = −t 

Câu 5. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : ⎪ 

⎨y = − 1 + 2t 


⎪ ⎪⎪⎩ z = 2 + t 

mp( P): 2x y 2z 

2 0 

− − − = . Viết phương trình mặt phẳng ( R ) qua d và tạo với ( ) 

6 

3 + = 0 

3 

P một góc nhỏ 

nhất. 

A. x − y − z + 3 = 0 

B. x + y − z + 3 = 0 

C. x + y + z + 3 = 0 

D. x − y + z + 3 = 0 


⎧ x y + 1 

= 

2 1 0 

Đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng: 

⎪−⎪ 

1 2 ⎧ x + y + = 

⎨ ⇔ ⎪ 

⎨ 

. 

x z − 2 ⎪⎩ 

x + z − 2 = 0 

⎪ = 

⎪⎩ ⎪−1 1 

Do vậy mặt phẳng ( R ) qua d thì ( R ) thuộc chùm mặt phẳng: 2x + y + 1+ m( x + z − 2) 

= 0 . 

 

 

Hay mp( R ) : ( 2 + m) 

x + y + mz + 1− 2m 

= 0 (*). Mp( R ) có n1 = ( m + 2;1; m) ; n P 

= ( 2; −1; −2) 

. 

Vậy: 

 

n ( ) 

1. n 2 m + 2 + 1−2m 

P 

5 5 1 5 

cosα 

= = = = ≤ 

2 2 

2 

3 

2 

n n m + 2 + 1+ m 4 + 1+ 4 3 2m 

+ 4m 

+ 5 2 m + 1 + 3 3 3 

1 

P 

( ) ( ) 

Do α nhỏ nhất cho nên cos α lớn nhất khi m =− 1. 

Vậy thay vào (*) ta có mp( R): x + y − z + 3 = 0 . 



Câu 6. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi ( α ) là mặt phẳng qua hai điểm ( 2;0;1) 

0 

B( − 2;0;5) 

đồng thời hợp với mặt phẳng ( Oxz ) một góc 45 . Khoảng cách từ O tới ( α ) là: 

A và 


Trang 135 










3 

A. . 

2 

B. 

3 . 

2 

C. 1 . 

2 


Gọi K; 

H lần lượt là hình chiếu vuông góc điểm O lên đường thẳng AB và mặt phẳng ( α ). 

Ta có: A, 

B∈ 

( Oxz ) 

⇒ ( α ) ∩ ( Oxz) 

= 

⎧ ⊥ ( α ) ⎧ 

AB 

⎪OH HK ⊥ AB 

⎨ ⇒ ⎨ 

⎪⎩ 

OK ⊥ AB ⎩OK 

⊥ AB 

⇒ 

 

Oxz , α = KH , OK = OKH 

(( ) ( )) 

( ) 

 

Suy ra tam giác OHK vuông cân tại H 

OK 

Khi đó: d ( O, ( α )) 

= OH = . 

2 

 

OA ∧ AB 3 

Mặt khác: OK = d ( O, AB) 

= = . 

AB 2 

OK 3 

Khi đó: d ( O, ( α )) 

= OH = = . 

2 2 


Câu 7. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình 2x – y + z + 1 = 

0 và hai điểm M(3; 1; 0), N(- 9; 4; 9). Tìm điểm I(a; b; c) thuộc mặt phẳng (P) sao cho IM − IN đạt 

giá trị lớn nhất. Biết a, b, c thỏa mãn điều kiện: 

A. a + b + c = 21 B. a + b + c = 14 C. a + b + c = 5 D. a + b + c = 19. 


Nhận thấy 2 điểm M, N nằm về hai phía của mặt phẳng (P). 

Gọi R là điểm đối xứng của M qua mặt phẳng (P), khi đó đường thẳng MR đi qua điểm M(3; 1; 0) 

x −3 y −1 

z 

và vuông góc với mặt phẳng (P) có phương trình: = = . Gọi 

2 −1 1 

H = MR ∩ (P) ⇒ H (1;2; −1) ⇒ R( −1;3; − 2) . 

Ta có IM − IN = IR − IN ≤ RN . Đẳng thức xảy ra khi I, N, R thẳng hàng. Do đó tọa độ điểm I là 

⎧x 

= −1−8t 

⎪ 

giao điểm của đường thẳng NR: ⎨y 

= 3 + t (t là tham số ) và mặt phẳng (P). 

⎪ ⎩z 

= − 2 + 11t 

Dễ dàng tìm được I(7; 2; 13). 


Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x + y + z − 1= 0 và hai điểm 

( ) 


A. T = 2 5. 

B. T = 2 6. 

C. 

D. 

4 6 

T = . 

D. 

2 

2 . 

2 

K 

45 0 H 


T = 

2 3 . 

3 


Ta có: A, B nằm khác phía so với (P). Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (P). Suy ra B'( −1; − 3;4) . 

T = MA − MB = MA − MB ' ≤ AB ' = 2 5. Đẳng thức xảy ra khi M, A, B’ thẳng hàng. 

α 

O 


Trang 136 











Câu 9. Cho hai điểm A(-1, 3, -2); B(-9, 4, 9) và mặt phẳng (P): 2x-y+z+1=0. Điểm M thuộc (P). Tính 

GTNN của AM + BM. 

A. 

6 + 204 

B. 

7274 + 31434 

6 

C. 

2004 + 726 

3 

D. 3 26 


Ta có: (2.(-1)-3+(-2)+1)(2.(-9)-4+9+1)=72 > 0 => A,B nằm cùng phía so với mặt phẳng (P). 

 

n 2, −1,1 

Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua (P). Mặt phẳng (P) có vtpt ( ) 

⎧x 

= − 1+ 

2t 

 

⎪ 

Đường thẳng AA’ đi qua A(-1, 3, -2) có vtcp n( 2, −1,1) 

có pt: ⎨ y = 3 − t 

⎪ 

⎩z 

= − 2 + t 

Gọi H là giao của AA’ và (P) ta có: 2(-1+2t) - (3-t) + (-2 + t) + 1 =0 => t=1 => H(1, 2, -1). 

Ta có H là trung điểm của AA’ => A’(3, 1, 0). 

⎧x 

= 3− 

4t 

 

⎪ 

Đường A’B đi qua A’(3, 1, 0) có vtcp A' B( −12,3,9 

) có pt: ⎨y 

= 1 + t 

⎪ ⎩z 

= 3t 

Gọi N là giao điểm của A’B và mặt phẳng (P) ta có: 

2.(3-4t) – (1+t) + 3t +1 =0 => t=1 => N(-1, 2, 3). 

Để MA+MB nhỏ nhất thì M ≡ N khi đó MA+MB = A’B = ( ) 2 2 2 

− 12 + 3 + 9 = 234 = 3 26 


x − 1 y + 2 z 

Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d : = = và 

1 

1 2 − 1 

x + 2 y −1 

z 

d : = = . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa d sao cho góc giữa mặt phẳng ( P ) và 

2 

1 

2 −1 2 

đường thẳng d là lớn nhất. 

2 

A. x + y + z + 6 = 0 . B. 7x − y + 5z − 9 = 0 . C. x + y − z − 6 = 0 . D. x + y + z − 3 = 0 . 


 

Ta có: d đi qua M(1; − 2;0) và có VTCPu = (1;2; −1) 

. 

1 

2 2 2 

Phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng: A( x − 1) + B( y + 2) + Cz = 0,( A + B + C ≠ 0) . 

 

Ta có: d ⊂ ( P) ⇔ u. n = 0 ⇔ C = A + 2B 

4A + 3B 2 

1 (4A + 3 B) 

Gọi α = (( P), d ) ⇒ sin α = = . 

2 2 

3 2A + 4AB + 5B 

3 2A + 4AB + 5B 

Với B = 0 

2 2 2 

2 2 

⇒ sinα 

= 

3 

2 

A 

1 (4t 

+ 3) 

Với B ≠ 0 . Đặt t = , ta được sin α = . 

2 

B 

3 2t 

+ 4t 

+ 5 


f ( t) 

= 

⎡ 3 

t = − 

f '( t) = 0 ⇔ ⎢ 

⎢ 

4 

⎢ ⎣t 

= − 7 

2 

2 

(4t 

+ 3) 

+ + . Ta có: 16t 

+ 124t 

+ 84 

f '( t) 

= 

2 2 

(2t 

+ 4t 

+ 5) 


2 

2t 

4t 

5 


Trang 137 










3 

BBT: t −∞ -7 − +∞ 

4 

f '( t ) + 0 - 0 + 

f ( t ) 

25 

A 

Dựa vào BBT ta có: max f ( t ) = khi t = − 7 ⇔ = − 7 

3 

B 

5 3 

Khi đó: sin α = f ( − 7) = 

9 

25 

3 

5 3 A 

Vậy sinα = khi = − 7 ⇒ Phương trình mặt phẳng ( ) : 7 5 9 0 

9 B P x − y + z − = 


Câu 11. Cho đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng ( β ) : x + 2y − 2z − 4 = 0 

2 2 2 

( α) : 2x − 2y − z + 1 = 0, và mặt cầu S có phương trình x + y + z + 4x − 6y + m = 0 . Tìm m để 

đường thẳng d cắt mặt cầu (S) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 8. 

A. −9 B. −12 C. 5 D. 2 


 

 

Ta có n 

1 

= (2; −2; − 1), n 

2 

= (1;2; −2) 

lần lượt là VTPT của (α) và (β) 

1 

Suy ra VTCP của đường thẳng d là u = n 

1;n 2 

(2;1;2), 

3 ⎡ 

⎣ 

⎤ ⎦ 

= 

Ta có A(6;4;5) là điểm chung của hai mặt phẳng (α) và (β) nên A∈d. 

Mặt cầu (S) có tâm I(-2;3;0), bán kính R = 13 − m với m < 13. 

 

 

IA = (8;1;5) ⇒ ⎡IA,u ⎤ 

⎣ ⎦ 

= ( −3; −6;6) ⇒ d(I,d) = 3 

AB 

Gọi H là trung điểm của AB ⇒ AH = = 4 vµ IH = 3 . 

2 

2 2 2 2 

Trong tam giác vuông IHA ta có: IA = IH + AH ⇔ R = 9 + 16 

⇔ 13 − m = 25 ⇔ m = − 12 . Vậy m = −12 là giá trị cần tìm. 


Câu 12. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho tám điểm A( −2; − 2;0) 

, B ( 3; − 2;0) 

, ( 3;3; 0) 

D ( − 2;3; 0) 

, M ( −2; − 2;5) 

, N ( −2; − 2;5) 

, P ( 3; − 2;5) 

, Q ( − 2;3;5) 

C , 

. Hỏi hình đa diện tạo bởi tám điểm 

đã cho có bao nhiêu mặt đối xứng. 

A. 3. B. 6. C. 8. D. 9 


Vì tám điểm đã chõ tạo nên một hình lập phương, nên hình đa diện tạo bởi tám điểm này có 9 mặt 

đối xứng. 



Câu 13. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2; −1;6), B( −1;2;4) và I( −1; −3;2). Viết phương 

trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ I đến (P) lớn nhất. 

A. 3x + 7y + 6z − 35 = 0 . B. 7x − y + 5z − 9 = 0 . C. x + y − z − 6 = 0 . D. x + y + z − 3 = 0 . 



Trang 138 











2 2 2 

3 2 4 29 

IA = + + = và 

2 2 2 

0 5 2 29 

IB = + + = 

⎛ 1 1 ⎞ 94 

AB, vì IA=IB nên IM ⊥ AB, ta có M ⎜ ; ;5 ⎟ ; IM = . 

⎝ 2 2 ⎠ 2 

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P): 

. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng 

94 

Nếu H, M là hai điểm phân biệt thì tam giác IHM vuông tại H, IH






Do ⎧ HK 

⎨ 

⊂ ( MNK) 

⎩HK 

⊥ MN 


 

nên HK có vtcp là ⎡ MN, n ⎤ = (2;2; − 2) . 

⎣ ⎦ 



Câu 16. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0;1;1), B(1;0; −3), C( −1; −2; − 3) và mặt cầu (S) có phương 

2 2 2 

trình: x + y + z − 2x + 2z 

− 2 = 0 . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn 

nhất. 

⎛ 

A. D ( 1;0;1 ) 

B. D 7 ; 4 ; 

1 ⎞ 

⎛ − − ⎞ 

⎜ − − ⎟ C. D 

⎝ 3 3 3 

⎜ 

; 4 ; 

5 

⎟ 

⎠ 

⎝ 3 3 3 ⎠ 

D. D(1; - 1; 0) 


Ta thấy câu C và D có điểm D không thuộc (S). Loại C,D. 

Ta tính thể tích cho điểm D ở câu A và câu B. Điểm B ở câu B có thể tích lớn hơn. 


Câu 1.5. Phương trình nào sau đây không phải là phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng 

⎧x 

= 1+ 

2t 

⎪ 

d: ⎨y = − 2 + 3 t , t ∈ R trên mặt phẳng (Oxy): 

⎪ 

⎩z 

= 3 + t 

⎧x 

= 3+ 

2 t ' 

⎧x 

= 1+ 

4 t ' 

⎧x 

= 1+ 

2 t ' ⎧x 

= 5 − 2 t ' 

⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 

A. ⎨y = 1 + 3 t ' , t ' ∈ R B. y = − 2 + 6 t ', t ' ∈ R 

⎪ ⎨ 

C. y = 2 + 3 t ', t ' ∈ R 

⎩z 

= 0 

⎪ ⎨ 

D. 4 3 ', ' 

⎩z 

= 0 

⎪ ⎨y = − t t ∈ R 

⎩z 

= 0 

⎪ ⎩z 

= 0 


A(1;-2;3), B(3;1;4) thuộc d. Hình chiếu của A,B trên mặt phẳng (Oxy) là A / (1;-2;0), B / (3;1;0) 

 

/ 

/ 

Phương trình hình chiếu đi qua A hoặc 

A / B / = 2;3;0 làm 

véc tơ chỉ phương. 


B và nhận véc tơ cùng phương với ( ) 


( ) 


A. T = 2 5. B. T = 2 6. 

4 6 2 3 

C. T = . D. T = . 

2 

3 


Ta có: A, B nằm khác phía so với (P). Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (P). Suy ra B'( −1; − 3;4) . 

T = MA − MB = MA − MB ' ≤ AB ' = 2 5. Đẳng thức xảy ra khi M, A, B’ thẳng hàng. 


Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M ( −2; −2;1) 

, ( 1;2; −3) 

A và đường thẳng 

x + 1 y − 5 z 

d : = = . Tìm véctơ chỉ phương u của đường thẳng ∆ đi qua M , vuông góc với đường 

2 2 − 1 

thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất. 

 

 

 

 

= 2;1;6 

= 1;0;2 

= 3;4; −4 

u = 2;2; −1 

. 


A. u ( ) . B. u ( ) . C. u ( ) . D. ( ) 


Gọi ( P ) là mặt phẳng qua M và vuông góc với d . Phương trình của ( P) : 2x + 2y − z + 9 = 0. 


Trang 140 








Gọi , 

H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên ,( ) 

d A 

∆ P . 



Ta có K ( −3; −2; −1) 

d( A, ∆ ) = AH ≥ AK 

Vậy khoảng cách từ A đến ∆ bé nhất khi ∆ đi qua , 


Câu 19. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm ( 2;5;3) 

M K . ∆ có véctơ chỉ phương u = ( 1;0;2 ) 


x −1 y z − 2 

d : = = . Gọi là mặt phẳng chứa đường thẳng sao cho khoảng cách từ đến lớn 

2 1 2 

M 1;2; − 1 đến mặt phẳng ? 

nhất. Tính khoảng cách từ điểm ( ) 

11 18 

11 

A. B. 3 2 C. 

18 

18 


Gọi là hình chiếu của trên ; là hình chiếu của trên 

. 


lớn nhất khi . 

Ta có , qua và 

⇒ P x − y + z − = 

( ) : 4 3 0 

11 18 

Vậy d ( M ,( P )) 

= . 

18 



( 1;1;1 ) 

D. 4 3 

Oxyz xét các điểm A ( 0;0;1) 

, B( m ;0;0) 

, ( 0; ;0) 

 

C n , 

D với m > 0; n > 0 và m + n = 1. Biết rằng khi m , n thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp 

xúc với mặt phẳng ( ) 

ABC và đi qua d . Tính bán kính R của mặt cầu đó? 

A. R = 1. B. R = 

2 

3 

. C. R = . 

2 

2 

D. 


Gọi I (1;1;0) là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng ( Oxy ) 

x y 

Ta có: Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng ( ABC ) là: + + z = 1 

m n 

Suy ra phương trình tổng quát của ( ABC ) là nx + my + mnz − mn = 0 

1− 

mn 

Mặt khác d( I,( ABC)) = = 1 

2 2 2 2 

m + n + m n 

P 

K 

∆ 

M 

H 

(vì + = 1 

P 

m n ) và ID = 1 = d( I,( ABC )) 

H 

K 

A 

3 

R = . 

2 


d' 


Trang 141 








Nên tồn tại mặt cầu tâm I (là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng Oxy ) tiếp xúc với 

( ABC ) và đi qua D 




Câu 21. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: 

2 2 2 

x + y + z − 2x + 6y − 4z 

− 2 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ 

 

v = (1;6;2) , vuông góc với mặt phẳng ( α ) : x + 4y + z − 11 = 0 và tiếp xúc với (S). 

⎡2x − y + 2z 

− 3 = 0 

⎡2x − y + 2z 

+ 3 = 0 

A. ⎢ 

. B. 

⎣2x − y + 2z 

+ 21 = 0 

⎢ 

. 

⎣2x − y + 2z 

− 21 = 0 

⎡2x − y + z + 3 = 0 

⎡2x − y + z + 13 = 0 

C. ⎢ 

. D. 

⎣2x − y + z − 1 = 0 

⎢ 

⎣2x − y + z − 1 = 0 


Vậy: (P): 2x − y + 2z 

+ 3 = 0 hoặc (P): 2x − y + 2z 

− 21 = 0 

 

(S) có tâm I(1; –3; 2) và bán kính R = 4. VTPT của ( α ) là n = (1;4;1) . 

 

n = n, v = (2; −1;2) 

⇒ PT của (P) có dạng: 2x − y + 2z + m = 0 . 

⇒ VTPT của (P) là: [ ] 

P 

⎡m 

= −21 

Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d( I,( P )) = 4 ⇔ ⎢ . 

⎣m 

= 3 

Vậy: (P): 2x − y + 2z 

+ 3 = 0 hoặc (P): 2x − y + 2z 

− 21 = 0. 


Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A ( 1; −2;0 ), 

B ( 0; −1;1 ), 

C ( − ) 

D ( 3;1;4 ) . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó? 

2;1; 1 , 

A. 1. B. 4. C. 7. D. Vô số. 


 

 

Ta có AB = ( −1;1;1 ), 

AC = ( 1;3; −1 ), 

AD = ( 2;3;4 ) . 

 

 

Khi đó ⎡ , ⎤ 

⎣ 

AB AC 

⎦ 

= ( −4;0; −4) 

suy ra ⎡ , ⎤ 

⎣ 

AB AC 

⎦ 

. AD = −24 ≠ 0 . 

Do đó A, B, C, 

D không đồng phẳng và là 4 đỉnh của một tứ diện. 

Khi đó sẽ có 7 mặt phẳng cách đễu bốn đỉnh của tứ diện. Bao gồm: 4 mặt phẳng đi qua trung điểm 

của ba cạnh tứ diện và 3 mặt phẳng đi qua trung điểm bốn cạnh tứ diện (như hình vẽ). 



Trang 142 











Câu 23. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; –2; 0), B(0; –1; 1), C(2; 1; –1) và 

D(3; 1; 4). Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó ? 

A. 1 mặt phẳng. B. 4 mặt phẳng. C. 7 mặt phẳng. D. Có vô số mặt 

phẳng. 


 

Ta có: AB = ( − 1;1;1); AC = (1;3; − 1); AD = (2;3;4) 

 

Khi đó: ⎡ ; ⎤ 

⎣ 

AB AC 

⎦ 

. AD = −24 ≠ 0 do vậy A,B,C,D không đồng phẳng 

Do đó có 7 mặt phẳng cách đều 4 điểm đã cho bao gồm. 

+) Mặt phẳng qua trung điểm của AD và song song với mặt phẳng (ABC) 

+) Mặt phẳng qua trung điểm của AB và song song với mặt phẳng (ACD) 

+) Mặt phẳng đi qua trung điểm của AC và song song với mặt phẳng (ABD) 

+) Mặt phẳng đi qua trung điểm của AB và song song với mặt phẳng (BCD) 

+) Mặt phẳng qua trung điểm của AB và CD đồng thời song song với BC và AD 

+) Mặt phẳng qua trung điểm của AD và BC đồng thời song song với AB và CD 

+) Mặt phẳng qua trung điểm của AC và BD đồng thời song song với BC và AD 


x + 4 y − 5 z + 2 

Câu 24. Đường thẳng ∆ song song với d : = = và cắt cả hai đường thẳng 

3 −4 1 

x − 1 y + 1 z − 2 x + 2 y − 3 z 

d 

1 

: = = và d 

2 

: = = . Phương trình nào không phải đường thẳng ∆ 

3 1 2 2 4 1 

7 2 

x + 4 y + 1 z + 1 

y − z − 

x − 3 

A. ∆ : = = 

B. ∆ : = 3 = 3 

3 −4 1 

3 −4 1 

x + 9 y + 7 z + 2 

x − 4 y −1 z −1 

C. ∆ : = = 

D. ∆ : = = 

3 −4 1 

3 −4 1 


Giải: Gọi M, N là giao điểm của ∆ và d1, 

d 

2 

. 

⎧xM 

= 1+ 3t 

⎧xN 

= − 2 + 2 t ' 

⎪ ⎪ 

Khi đó M, N thuộc d1, 

d 

2 

nên ⎨yM 

= − 1 + t , ⎨yN 

= 3 + 4 t ' . 

⎪ = 2 + 2 ⎪ 

⎩zM 

t ⎩zN 

= t ' 

 

MN = − 3 + 2 t ' − 3 t;4 + 4 t ' − t; − 2 + t ' − 2t 


Vector chỉ phương của ∆ là ( ) 

+ 4 − 5 + 2 

∆ song song với d : 

x = y = 

z nên 

3 −4 1 

− 3 + 2 t ' − 3 t 4 + 4 ' − − 2 + ' − 2 

= t t = 

t t 

3 −4 1 


Trang 143 










4 

Giải hệ ta được ' = − 1; = − 

3 

x + 4 y + 1 z + 1 

Vậy ∆ : = = 

3 −4 1 


t t . Vậy ( ) 

⎛ 7 2 ⎞ 

N −4; −1; −1 , M ⎜ −3; − ; − ⎟ 

⎝ 3 3 ⎠ 

Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có 

⎧x 

= − 1+ 

2t 

⎪ 

phương trình tham số ⎨ y = 1 − t . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆ sao cho chu vi tam giác 

⎪ 

⎩z 

= 2t 

MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Tọa đô điểm M và chu vi tam giác ABC là 

A. M(1;0;2) ; P = 2( 11 + 29) 

B. M(1;2;2) ; P = 2( 11 + 29) 

C. M(1;0;2) ; P = 11 + 29 

D. M(1;2;2) ; P = 11 + 29 


• Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. 

Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. 

Điểm M ∈ ∆ nên M ( − 1+ 

2 t;1 − t;2t ) . AM + BM = (3 t) + (2 5) + (3t 

− 6) + (2 5) 

 

 

= 3 ;2 5 v = − 3t + 6;2 5 . 

2 2 2 2 

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u ( t ) và ( ) 

 

2 2 

2 2 

Ta có u = (3 t) + (2 5) ; v = (3t 

− 6) + (2 5) 

 

⇒ AM + BM = | u | + | v | và u + v = (6;4 5) ⇒ | u + v | = 2 29 

 

Mặt khác, ta luôn có | u | + | v | ≥ | u + v | Như vậy AM + BM ≥ 2 29 

 

3t 

2 5 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u, 

v cùng hướng ⇔ = ⇔ t = 1 

− 3t 

+ 6 2 5 

⇒ M (1;0;2) và min( AM + BM ) = 2 29 . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2( 11 + 29) 


Câu 26. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d 

⎧x 

= 2 + 3t 

⎪ 

có phương trình ⎨y 

= − 2 t (t ∈ R) . Điểm M trên d sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là 

⎪ 

⎩z 

= 4 + 2t 

nhỏ nhất có tổng các tọa độ là: 

A. M=(2;0;4 ). B. M=(2;0;1). C. M=(1;0;4 ). D. M=(1;0;2 ). 


Nếu M nằm trên d thì điểm I có tọa độ là M=(2+3t;-2t;4+2t). Từ đó ta có: 

 

2 2 2 

⇔ AM = ( 3t + 1; −2 − 2 t;2t + 5) ⇒ AM = ( 3t + 1) + ( 2 + 2t ) + ( 2t 

+ 5) 

 

⇔ BM = 3t − 5;2 − 2 t;2t + 1 ⇒ BM = 3t − 5 2 + 2 − 2t 2 + 2t 

+ 1 

2 

Tương tự: ( ) ( ) ( ) ( ) 


Từ (*): MA=MB = ( 3t + 1) 2 + ( 2 + 2t ) 2 + ( 2t + 5) 

2 

= ( 3t − 5) + ( 2 − 2t ) + ( 2t 

+ 1) 

2 2 2 

2 2 

Hay: ⇔ 17t + 34t + 30 = 17t − 36t + 30 ⇔ 34t + 36t = 0 −11 ⇔ 70t = 0 → t = 0 

Tọa độ M thỏa mãn yêu cầu là: M=(2;0;4 ). 



Trang 144 










Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): x + 2y − z + 5 = 0 và đường thẳng 

x + 1 y + 1 z − 3 

d : = = . Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng (Q) một 

2 1 1 

góc nhỏ nhất là 

: 4 0 

P : x z 4 0 

A. ( P) y − z + = 

B. ( ) − + = 

C. ( P) : x+ y − z + 4 = 0 

D. ( P) y − z − = 


2 2 2 

: 4 0 

PT mặt phẳng (P) có dạng: ax + by + cz + d = 0 ( a + b + c ≠ 0) . Gọi a = (( P 

),( Q)) 

. 

⎧M ∈ ( P) 

⎧c = −a − b 

Chọn hai điểm M( −1; −1;3), N(1;0;4) 

∈ d . Ta có: ⎨ ⇒ ⎨ 

⎩N ∈ ( P) ⎩d = 7a + 4b 

3 a + b 

⇒ (P): ax + by + ( −2 a − b) z + 7a + 4b 

= 0 ⇒ cos α = . 

6 2 2 

5a + 4ab + 2b 

3 b 3 

TH1: Nếu a = 0 thì cos α = . 

6 = 2 

2 

⇒ 0 

a = 30 . 

3 

TH2: Nếu a ≠ 0 thì cos α = . 

6 


9 x + 2x 

+ 1 

f ( x) = . 

. 

6 2 

5 + 4x 

+ 2x 

2 

b 2 

b 

1+ 

a 

b ⎛ b ⎞ 

5 + 4 + 2⎜ ⎟ 

a ⎝ a ⎠ 

2 

. Đặt 

b 

2 

x = và f ( x) = cos α 

a 

0 0 

Dựa vào BBT, ta thấy min f ( x) = 0 ⇔ cosα 

= 0 ⇔ a = 90 > 30 

Do đó chỉ có trường hợp 1 thoả mãn, tức a = 0. Khi đó chọn b = 1, c = 1, d = 4 . 

Vậy: (P): y − z + 4 = 0 . 



Oxyz gọi d đi qua điểm A ( 1; −1;2 

) 

, song song với 

x + 1 y −1 

z 

( P) : 2x − y − z + 3 = 0 , đồng thời tạo với đường thẳng ∆ : = = một góc lớn nhất. Phương 

1 −2 2 

trình đường thẳng d là. 

1 1 2 

A. 

x − + − 

= y = 

z . 

B. 

x − 1 + 1 + 2 

= y = 

z . 

1 −5 7 

4 −5 7 

x − 1 y + 1 z − 2 x − 1 y + 1 z − 2 

C. = = . 

D. = = . 

4 5 7 

1 −5 −7 


 

∆ có vectơ chỉ phương a = ∆ ( 1; − 2;2) 

 

d có vectơ chỉ phương ad 

= ( a; b; 

c) 

 

( P ) có vectơ pháp tuyến n 

P 

= ( 2; −1; −1) 

 

d€ P nên a ⊥ n ⇔ a . n = 0 ⇔ 2a − b − c = 0 ⇔ c = 2a − b 


Vì ( ) 

d P d P 

( − ) 2 

5a − 4b 1 5a 4b 

cos ( ∆ , d ) = = 

2 2 

3 5a − 4ab + 2b 

3 5a − 4ab + 2b 

2 2 


Trang 145 










Đặt t = a 

b , ta có: ( ) 1 ( 5t 

− 4) 2 

cos ∆ , d = 

2 

3 5t 

− 4t 

+ 2 

( 5t 

− 4) 2 


= , ta suy ra được: max ( ) 

2 

5t 

− 4t 

+ 2 

5 3 1 a 1 

Do đó: max ⎡⎣ 

cos ( ∆ , d ) ⎦⎤ 

= ⇔ t = − ⇒ = − 

27 5 b 5 

Chọn a = 1⇒ b = − 5, c = 7 

1 1 2 

Vậy phương trình đường thẳng d là 

x − + − 

= y = 

z 

1 −5 7 


⎛ 1 ⎞ 5 3 

f t = f ⎜ − ⎟ = 

⎝ 5 ⎠ 3 

Câu 29. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho ( P) : x + 4y − 2z − 6 = 0,( ) : − 2 + 4 − 6 = 0 

Lập phương trình mặt phẳng ( α ) chứa giao tuyến của ( P) ,( Q ) và cắt các trục tọa độ tại các điểm 

Q x y z . 

A, B, 

C sao cho hình chóp O. 

ABC là hình chóp đều. 

A. x + y + z + 6 = 0 . B. x + y + z − 6 = 0 . C. x + y − z − 6 = 0. D. x + y + z − 3 = 0 . 


6;0;0 , 2;2;2 

P , Q 

Chọn M ( ) N ( ) thuộc giao tuyến của ( ) ( ) 

Gọi A( a;0;0 ), B( 0; b;0 ), C( 0;0; c ) lần lượt là giao điểm của ( ) 

α với các trục Ox, Oy, 

Oz 

x y z 

⇒ ( α ) : + + = 1 ( a, b, c ≠ 0) 

a b c 

⎧ 6 

= 1 

⎪ 

( α 

a 

) chứa M, 

N ⇒ ⎨ 

⎪ 2 2 2 + + = 1 

⎪⎩ a b c 

Hình chóp O. 

ABC là hình chóp đều⇒ OA = OB = OC ⇒ a = b = c 

Vây phương trình x + y + z − 6 = 0 . 


⎡ y = 0 

Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ ⎢ 

Oxyz cho điểm M ( 1;0;0 ) và 

⎣2x − y − 2z 

− 2 = 0 

0;0; −1 

P qua điểm M, 

N và tạo với mặt phẳng ( Q) : x − y − 4 = 0 một góc bằng 

N ( ) , mặt phẳng ( ) 

O 

45 . Phương trình mặt phẳng ( ) 

P là 

⎡ y = 0 

⎡ y = 0 

A. ⎢ 

. B. 

⎣2x − y − 2z 

− 2 = 0 

⎢ 

. 

⎣2x − y − 2z 

+ 2 = 0 

⎡2x − y − 2z 

+ 2 = 0 

⎡2x 

− 2z 

+ 2 = 0 

C. ⎢ 

. D. 

. 

⎣2x − y − 2z 

− 2 = 0 

⎢ 

⎣2x 

− 2z 

− 2 = 0 


 

2 2 2 

Gọi vectơ pháp tuyến của mp( P ) và ( Q ) lần lượt là nP 

( a; b; 

c ) ( a + b + c ≠ 0) 

, 

 

P qua M 1;0;0 ⇒ P : a x − 1 + by + cz = 0 


n 

Q ( ) ( ) ( ) ( ) 

( P ) qua N ( 0;0; −1) 

⇒ a + c = 0 


Trang 146 










( P ) hợp với ( Q ) góc 

Với a = 0 ⇒ c = 0 chọn 1 

Với a = −2b chọn = −1⇒ = 2 


 

a − b 1 ⎡a 

= 0 

⇒ = ⇔ = ⇔ 

2 2 

⎢ 

2a 

+ b 2 2 ⎣a 

= −2b 

P y = 

O 

O 

45 cos( nP, nQ 

) cos45 

b = phương trình ( ) : 0 

b a phương trình mặt phẳng ( ) : 2 2 2 0 

Câu 31. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm ( 10;2;1 ) 

x −1 y z −1 

: = = 

2 1 3 

d . Gọi ( ) 

P x − y − z − = . 


P là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng d sao cho 

khoảng cách giữa d và ( P ) lớn nhất. Khoảng cách từ điểm ( −1;2;3 ) 

A. 97 3 . 

15 

B. 76 790 . 

790 

C. 2 13 . 

D. 3 29 . 

13 

29 


P là mặt phẳng đi qua điểm A và song song với 

( ) 

đường thẳng d nên ( ) 

P chứa đường thẳng d′ 

đi qua 

điểm A và song song với đường thẳng d . 

Gọi H là hình chiếu của A trên d , K là hình chiếu 

P . 

của H trên ( ) 

Ta có ( ( )) 

d d, P = HK ≤ AH ( AH không đổi) 

⇒ GTLN của d( d, ( P )) là AH 

M đến mp( P ) là 

⇒ d ( d, 

( P )) 

lớn nhất khi AH vuông góc với ( P ) . 

Khi đó, nếu gọi ( Q ) là mặt phẳng chứa A và d thì ( P ) vuông góc với ( ) 

 

⇒ nP = ⎡ , ⎤ 

⎣ 

u d nQ 

⎦ 

= 98;14; − 70 

( ) 

97 3 

⇒ ( P) :7x + y − 5z − 77 = 0 ⇒ d ( M ,( P) 

) = . 

15 


Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;2;3) và đường thẳng d: 

x + 3 y + 1 z 

= = . Mặt phằng (P) chứa đường thẳng d và có khoảng cách từ A đến (P) là lớn nhất. Khi 

2 1 − 1 

đó (P) có một véctơ pháp tuyến là 

 

 

 

 

A. n = ( 4; 5; 13) 

B. n = ( 4; 5; −13) 

C. n = ( 4; −5; 13) 

D. n = ( −4; 5; 13) 


Gọi H,K lần lươt là hình chiếu vuông góc của A lên d và (P) 

Khi đó: d(A,(P)) = AK ≤ AH hay d(A,(P)) lớn nhất khi và chỉ khi H ≡ K 

 

4 

Ta có: H( − 3+ 2t; − 1+ t; − t); a = ( 2; 1; −1) 

và AH. 

a = 0 ⇔ t = 

3 

4 5 13 

Suy ra: AH = ( − ; − ; − ) 

3 3 3 

 

Hay một véctơ pháp tuyến của (P) là n = ( 4; 5; 13) 


P 

A 

K 

Q . 

H 

d' 

d 


Trang 147 











Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (2; −2;0) 

, đường thẳng 

x + 1 y z − 2 

∆ : = = . Biết mặt phẳng ( P ) có phương trình ax + by + cz + d = 0 đi qua A , song song 

−1 3 1 

với ∆ và khoảng cách từ ∆ tới mặt phẳng ( P ) lớn nhất. Biết a, 

b là các số nguyên dương có ước 

chung lớn nhất bằng 1. Hỏi tổng a + b + c + d bằng bao nhiêu? 

A. 3. B. 0 . C. 1 . D. − 1. 


Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng ∆ . 

 

Do H ∈∆ ⇒ H( −1 − t;3 t;2 + t ) ⇒ AH = ( −t − 3;3t + 2; t + 2) 

 

Do AH ⊥ ∆ ⇒ AH. u 

∆ 

= 0 với u = ∆ 

( − 1;3;1) 

⇔ −1.( −t − 3) + 3.(3t + 2) + 1.( t + 2) = 0 ⇔ 11t 

= −11 

⇔ = −1 ⇒ H 

t ( 0; −3;1 

) 

Gọi F là hình chiếu vuông góc của H trên ( P ) , khi đó: d( ∆ ,( P)) = d( H,( P)) 

= HF ≤ HA 

Suy ra d( ∆ ,( P)) 

max 

= HA . Dấu “=” xảy ra khi F ≡ A ⇒ AH ⊥ ( P ) , hay bài toán được phát biểu lại 

là: 

“ Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A và vuông góc với AH ” 

 

 

AH = −2; − 1;1 = −(2;1; −1) 

, suy ra n 

( ) 

= (2;1; −1) 


Suy ra phương trình mặt phẳng ( P ) là: 2( x − 2) + y + 2 − z = 0 ⇔ 2x + y − z − 2 = 0 . 

⎧a, b ∈ N * ⎧a = 2, b = 1 

Do ⎨ ⇒ ⎨ 

⇒ a + b + c + d = 0 . 

⎩( a, b) = 1 ⎩c = − 1, d = −2 


P 

Câu 34. Trong không gian tọa độ Oxyz cho M(2;1;0) v đường thẳng d có phương trình: 

x − 1 y + 1 z 

= = . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d. Viết phương trình đường 

2 1 − 1 

thẳng ∆ ? 

⎧x 

= 2 + t 

⎧x 

= 2 + t 

⎧x 

= 1+ 

t 

⎧x 

= 2 − t 

⎪ 

⎪ 

⎪ 

⎪ 

A. ⎨y 

= 1 − 4t 

B. ⎨y 

= 1 − 4t 

C. ⎨y 

= 1 − 4t 

D. ⎨y 

= 1 − 4t 

⎪ 

⎩z 

= − 2t 

⎪ 

⎩z 

= 3 − 2t 

⎪ 

⎩z 

= − 2t 

⎪ 

⎩z 

= − 2t 


⎧x 

= 1+ 

2t 

⎪ 

PTTS của d là ⎨y 

= − 1 + t . 

⎪ 

⎩z 

= − t 

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d, đường thẳng ∆ cần tìm là đường thẳng MH. 

 

Vì H thuộc d nên H ( 1+ 2 t; − 1 + t; 

−t ) suy ra MH = (2t −1; − 2 + t; −t ) . 

 

 

Vì MH ⊥ d và d có 1 VTCP là u = (2;1; −1) 

nên MH. u = 0 ⇔ 2 ⎛ 1 −4 −2 

⎞ 

t = . Do đó MH = ⎜ ; ; ⎟ 

3 

⎝ 3 3 3 ⎠ 

⎧x 

= 2 + t 

⎪ 

Vậy PTTS của ∆ là: ⎨y 

= 1 − 4t 

. 

⎪ 

⎩z 

= − 2t 




Trang 148 










⎧x 

= 1− 

t 

⎪ 

Câu 35. Cho đường thẳng ( d) : ⎨y = 1 − t và mp (P): x + y − 2 = 0 . Tìm phương trình đường thẳng 

⎪ 

⎩z 

= 2t 

nằm trong mặt phẳng (P) cắt và vuông góc với (d). 

⎧x 

= 1− 

2t 

⎧x 

= 1− 

3t 

⎧x 

= 1− 

2t 

⎧x 

= 1− 

t 

⎪ ⎪ ⎪ 

⎪ 

A. ⎨y 

= 1 + 2t 

B. ⎨y 

= 1 + 3t 

C. ⎨y 

= 1 − 2t 

D. ⎨y 

= 1 + t 

⎪ 

⎩z 

= 0 

⎪ 

⎩z 

= 5 

⎪ 

⎩z 

= 0 

⎪ 

⎩z 

= 5 


Gọi I là giao điểm của (d) và (P) 

I(1 − t;1 − t;2 t), I ∈( P) ⇒ t = 0 ⇒ I (1;1;0) 

 

(d) có vectơ chỉ phương u = ( −1; −1;2) 

 

(P) có vectơ pháp tuyến n = (1;1;0) 

 

Vecstơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm là u ∆ = ⎡ , ⎤ ⎣ 

u v ⎦ 

= (-2 ;2 ;0) 

⎧x 

= 1− 

2t 

⎪ 

Phương trình mặt phẳng cần tìm là ⎨y 

= 1 + 2t 

⎪ 

⎩z 

= 0 


Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD . A′ B′ C′ D ′ có điểm A 

trùng với gốc tọa độ, B( a;0;0), D(0; a;0), A′ 

(0;0; b ) với ( a > 0, b > 0) . Gọi M là trung điểm của cạnh 

CC ′ . Giả sử a + b = 4 , hãy tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện A′ 

BDM ? 

64 

A. maxV A′ MBD 

= 

B. maxV 

A′ MBD 

= 1 

27 

64 

27 

C. maxV A′ MBD 

= − 

D. maxV 

A′ MBD 

= 

27 

64 


⎛ b ⎞ 

Ta có: C( a; a;0), B′ ( a;0; b), D′ (0; a; b), C′ ( a; a; b) ⇒ M ⎜ a; a ; ⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

⎛ b ⎞ 

Suy ra: A′ B = ( a;0; − b), A′ 

D = (0; a; − b), AM = ⎜ a; a ; − ⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

2 2 

2 3a b 

a b 

⇒ ⎡ ′ , ′ ⎤ = ( ; ; ) ⇒ ⎡ ′ , ′ ⎤. 

′ 

⎣ 

A B A D 

⎦ 

ab ab a 

⎣ 

A B A D 

⎦ 

A M = ⇒ V 

A′ 

MBD 

= 

2 4 

1 1 1 2 2 64 

Do a, b > 0 nên áp dụng BĐT Côsi ta được: 4 = a + b = a + a + b ≥ 33 

a b ⇒ a b ≤ 

2 2 4 27 

64 

Suy ra: maxV A′ MBD 

= . 

27 



Câu 37. Cho A( −1;3;5 ), B( 2;6; −1 ), C ( −4; −12;5) 

và điểm ( ) : + 2 − 2 − 5 = 0 

 

thuộc ( P ) sao cho biểu thức = − 4 + + + 

P x y z . Gọi M là điểm 

S MA MB MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm hoành độ 

điểm M. 

A. x = 3 

B. x = −1 

C. x = 1 

D. x = −3 

M 

M 

M 

M 


Trang 149 











 

IA − 4IB = 0 ⇒ I 3;7; −3 

Gọi I là điểm ( ) 

Gọi G là trọng tâm ta m giác ABC ⇒ G ( −1; −1;3 

) 

Nhận thấy, M,I nằm khác phía so với mp(P). 

= 3 + ≥ 3 

Có S ( MI MG) 

GI . Dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của GI và (P) ⇒ M ( 1;3;1 ) 


Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 2;1; −1) 

, B ( 0;3;1 ) và mặt phẳng 

 

( P) : x + y − z + 3 = 0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc ( P ) sao cho 2MA 

− MB có giá trị nhỏ nhất. 

A. M ( −4; −1;0 

). B. M ( −1; −4;0) 

. C. M ( 4;1;0 ) . D. ( 1; −4;0) 


Gọi I ( a; b; 

c ) là điểm thỏa mãn 2IA 

− IB 

= 0 

, suy ra I ( 4; −1; −3 

) . 

 

Ta có 2MA − MB = 2MI + 2 IA − MI − IB = MI . Suy ra 2MA − MB = MI = MI . 

 

Do đó 2 − 

M . 

MA MB nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( ) 

Đường thẳng đi qua I và vuông góc với ( ) 

Tọa độ hình chiếu M của I trên ( ) 

P có là 

P thỏa mãn 

x − 4 y + 1 z + 3 

d : = = . 

1 1 − 1 

⎧ x − 4 y + 1 z + 3 

⎪ = = 

⎨ 1 1 −1 ⇒ M ( 1; −4; 

0) 

. 

⎪ 

⎩x 

+ y − z + 3 = 0 


⎧x 

= 2 − t 

x −1 y − 2 z −1 

⎪ 

Câu 39. Trong không gain Oxyz, cho hai đường thẳng d 

1 

: = = và d2 

: ⎨y = 3 − t . Mặt 

1 2 − 1 ⎪ 

⎩z 

= − 2 

phẳng ( P) : ax + by + cz + d = 0 (với a; b; c; d ∈ R ) vuông góc với đường thẳng d 

1 

và chắn d1, 

d 

2 

đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất. Tính a + b + c + d . 

A. − 14 

B. 1 C. − 8 

D. − 12 


 

Ta có mặt phẳng (P) vuông dóc với đường thẳng d 

1 

nên (P) có véctơ pháp tuyến n = ( 1;2;1 ) . 

Phương trình (P) có dạng ( ) : + 2 − + = 0 

P x y z d . 

Gọi M là giáo điểm của (P) với d 

1 

và N là giao của (P) với d 

2 

suy ra 

⎛ −4 − d −1− 

d ⎞ 

N ⎜ ; ; −2⎟ 

. 

⎝ 3 3 ⎠ 

2 

2 d 16d 

155 

Ta có MN = + + . 

18 9 9 

2 

Để MN nhỏ nhất thì MN nhỏ nhất, nghĩa là d = −16 

. 

Khi đó a + b + c + d = −14 

. 


P . 

⎛ 2 − d 2 10 

; − d 

; 

+ d ⎞ 

M ⎜ 

⎟ , 

⎝ 6 3 6 ⎠ 



Trang 150 










x − 1 y + 2 z 

Câu 40. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d 

1 

: = = và 

1 2 − 1 

+ 2 −1 

d 

2 

: 

x = y = 

z . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa d 

1 

sao cho góc giữa mặt phẳng ( P ) và đường 

2 −1 2 

thẳng d 

2 

là lớn nhất. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: 

 

n = 1; −1;2 

. 

A. ( P ) có vectơ pháp tuyến là ( ) 

B. ( P ) qua điểm A ( 0;2;0 ) . 

C. ( P ) song song với mặt phẳng ( ) : 7 − + 5 − 3 = 0 

D. ( ) d tại điểm B ( 2; −1;4 

) . 

P cắt 

2 


1; −2;0 

 

Q x y z . 

d 

1 

qua M ( ) và có VTCP u = ( 1;2; −1) 

. Vì d ⊂ 1 ( P ) nên M ( P) 

Pt mặt phẳng ( ) 

− + + + = 2 + 2 + 2 ≠ 

Ta có: ( ) 

∈ . 

P có dạng: ( 1) ( 2) 0( 0) 

A x B y Cz A B C . 

 

d1 ⊂ P ⇒ u. n = 0 ⇒ C = A + 2B . 

( ) 

( ) 2 

4A + 3B 1 4A + 3B 

Gọi α = ( P) 

, d ⇒ sin α = = 

2 2 

3 2A + 4AB + 5B 

3 2A + 4AB + 5B 

2 2 2 

2 2 

TH1: Với B = 0 thì sin α = . 

3 

TH2: Với B ≠ 0. Đặt t = A 


= 

B , ta được: 1 ( 4t 

+ 3) 2 

sin α = 

. 

2 

3 2t 

+ 4t 

+ 5 

( 4t 

+ 3) 2 

. Dựa vào bảng biến thiên ta có: max ( ) 

2 

2t 

+ 4t 

+ 5 

A 

5 3 

= −7 . Khi đó sin α = f ( − 7) 

= . 

B 

9 

5 3 A 

So sánh TH1 và TH2 ⇒ α lớn nhất với sin α = khi = −7 

. 

9 B 

Vậy phương trình mặt phẳng ( P) : 7x − y + 5z − 9 = 0 . 

. 

25 

f x = khi t = −7 

khi 

7 

Chọn đáp án B 

. 

Câu 41. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho A(1;0;2), B(3;1;4), C (3; −2;1) 

. Tìm tọa độ điểm 

S, biết SA vuông góc với (ABC), mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC có bán kính bằng 3 11 và S có cao 

2 

độ âm. 

A. S ( −4; −6;4) 

. B. S (3;4;0) . C. S (2;2;1) . D. S (4;6; −4) 

. 


 

 

Ta có AB = (2;1;2); AC = (2; −2; −1) 

, suy ra AB ⊥ AC . 

Tam giác ABC vuông nên I và S có thể sử dụng các tính chất của phép dụng tâm để tính. 

Tính được IM. 

 

MI ⊥ ( ABC) ⇒ MI = k ⎡ , ⎤ 

⎣ 

AB AC 

⎦ 

→ k 

 

AS = 2MI , tìm S. 

 

⎡ , ⎤ 

⎣ 

AB AC 

⎦ 

= (3;6; −6) 


S 

N 

I 


A 

Trang 151 


M 


B 

C








⎛ −1 5 ⎞ 

Gọi M ⎜3; ; ⎟ là trung điểm BC. Ta có: 

⎝ 2 2 ⎠ 

⎛ 

2 2 2 3 11 ⎞ 9 81 9 

IM = IB − BM = − = ⇒ IM = 

⎜ 2 ⎟ 

⎝ ⎠ 2 4 2 

 

MI ⊥ ( ABC) ⇒ MI = k ⎡ , ⎤ 

⎣ 

AB AC 

⎦ 

= k(3;6; −6) ⇒ MI = 9 k . 

Suy ra 9 = 9 k ⇔ k = ± 

1 

2 2 

1 

k = thì AS = 2MI = ( 3;6; −6) ⇒ S ( 4;6; −4) 

2 


2 

x + 1 

Câu 42. Trong không gian với tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = y + 1 = z − 3 và mặt phẳng 

2 

+ − + = 

P một góc nhỏ nhất có 

( P) : x 2y z 5 0 . Mặt phẳng ( Q ) chứa đường thẳng d và tạo với ( ) 

phương trình 

A. x − z + 3 = 0. B. x + y − z + 2 = 0. C. x − y − z + 3 = 0. D. y − z + 4 = 0. 


Gọi ∆ là giao tuyến giữa ( P ) và ( Q ) . Khi đó, góc giữa ( P) ,( Q ) nhỏ nhất khi chỉ khi ∆ ⊥ d . 

 

Đường thẳng d đi qua điểm M ( −1; − 1;3 ) và có vectơ chỉ phương là u 

d 

= ( 2;1;1 ) . 

 

Vectơ chỉ phương của ∆ là ∧ 

u∆ n u = ( 3; 3; d 

3) 

. 

 

Vectơ pháp tuyến của ( Q ) là. nQ 

= ud 

∧ u 

∆ 

= ( 0;9; −9) 

. 

 

−1; −1;3 

n = 0;1; −1 

có phương trình 

Mặt phẳng ( Q ) đi qua M ( ) và nhận vectơ pháp tuyến ( ) 

y − z + 4 = 0 


Câu 43. Trong không gian Oxyz, cho điểm ( 1,0, 1) 

có tâm I nằm trên mặt phẳng ( ) 

6 + 2 . Phương trình mặt cầu S là: 

A − và mặt phẳng( P) : x + y − z − 3 = 0 . Mặt cầu S 

P , đi qua điểm A và gốc tọa độ O sao cho chu vi tam giác OIA bằng 

A. ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 1) 

2 

= 9 hoặc ( x ) ( y ) ( z ) 

B. ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 1) 

2 

= 9 hoặc ( x ) 2 ( y ) 2 ( z ) 

2 

C. ( x − 2) 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 1) 

2 

= 9 hoặc( x ) 2 ( y ) 2 ( z ) 

2 

D. ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 1) 

2 

= 9 hoặc ( x ) 2 ( y ) 2 ( z ) 

2 


I x, y, 

z là tâm của S. 

Gọi ( ) 

2 2 2 

+ 2 + − 2 + − 1 = 9. 

+ 1 + + 2 + − 2 = 9 

− 2 + − 2 + + 1 = 9 

+ 1 + − 2 + + 2 = 9 

Khi đó I ∈ ( P), IO = IA, IO + IA + AO = 6 + 2 nên ta suy ra hệ 


⎧ 

( ) 2 2 

( ) 

2 2 2 2 

x − 1 + y + z + 1 = x + y + z 

⎪ 

⎧− x + z + 1 = 0 

⎪ 2 2 2 ⎪ 2 2 2 

⎨2 x + y + z + 2 = 6 + 2 ⇔ ⎨x + y + z = 9 

⎪ 

x + y − z − 3 = 0 

⎪ 

⎩x + y − z − 3 = 0 

⎪ 

⎩ 


Trang 152 










Giải hệ ta tìm được I ( 2, 2,1) 

hoặc I ( −1, 2, − 2) 


Câu 44. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A( 0;2;0 ), B( − 1;1;4 ) và ( 3; 2;1) 

Mặt cầu ( S ) tâm I đi qua A, B, 

C và độ dài OI = 5 (biết tâm I có hoành độ nguyên, O là gốc tọa 

độ). Bán kính mặt cầu ( S ) là 

A. R = 1 

B. R = 3 

C. R = 4 

D. R = 5 


2 2 2 

Phương trình mặt cầu (S) có dạng: x + y + z + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 

Vì 4 điểm O, A, B, 

C thuộc mặt cầu (S) nên ta có hệ: 

⎧A∈ ( S) ⎧4b + d + 4 = 0 

⎪ ⎪ 

⎨B ∈( S) ⇒ ⎨− 2a + 2b + 8c + d + 18 = 0 

⎪C ( S) ⎪ 

⎩ ∈ ⎩6a − 4b + 2c + d + 14 = 0 

2 2 2 2 

OI = 5 ⇔ OI = 5 ⇔ a + b + c = 5 

Suy ra a = − 1; b = 0; c = − 2; d = −4 ⇒ R = 3 


C − . 

Câu 45. Cho hình chóp O.ABC có OA=a, OB=b, OC=c đôi một vuông góc với nhau. Điểm M cố định 

thuộc tam giác ABC có khoảng các lần lượt đến các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) là 1,2,3. Khi 

tồn tại a,b,c thỏa thể tích khối chóp O.ABC nhỏ nhất, giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp O.ABC là 

A. 18 B. 27 

C. 6 D. Không tồn tại a,b,c thỏa yêu cầu bài toán 


Chọn hệ trục tọa độ thỏa O(0,0,0), A(a,0,0), B(0,b,0), C(0,0,c) 

Điểm M cố định thuộc tam giác ABC có khoảng các lần lượt đến các mặt phẳng (OBC), (OCA), 

(OAB) là 1,2,3 nên tọa độ điểm M là (1,2,3) 

Phương trình mặt phẳng (ABC) là x + y + z = 1 

a b c 

Vì M thuộc mặt phẳng (ABC) nên 1 + 2 + 3 = 1 

a b c 

V OABC = 1 6 abc 

1 2 3 1 1 1 1 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1 = + + ≥ 3 3 . . ⇔ 27 

a b c a b c 6 abc ≥ 


1;2;3 , 2;4;4 

P x + y − z + = 

Câu 46. Cho hai điểm M ( ) A ( ) và hai mặt phẳng ( ) : 2 1 0, 

( Q) : x − 2y − z + 4 = 0 . Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt ( P ), ( ) 

Q lần lượt tại B, 

C sao 

cho tam giác ABC cân tại A và nhận AM là đường trung tuyến. 

x −1 y − 2 z −3 

x −1 y − 2 z −3 

A. ∆ : = = 

B. ∆ : = = 

−1 −1 1 

2 −1 1 

x −1 y − 2 z −3 

x −1 y − 2 z −3 

C. ∆ : = = D. ∆ : = = 

1 1 1 

1 −1 1 


; ; 

C 2 − a;4 − b;6 

− c . 


Gọi B( a b c ) , từ giả thiết suy ra M là trung điểm của BC , suy ra ( ) 

B ∈( P) , C ∈ ( Q) 

nên có hai pt: a + b − 2c + 1 = 0 ( 1) ; − a + 2b + c − 8 = 0 ( 2 ). 


Trang 153 










 

 

AM ( −1; −2; −1 ), BC ( 2 − 2 a;4 − 2 b;6 − 2 c) 

. 

 

Tam giác ABC cân tại A nên: AM BC = ⇔ a + b + c − = ( ) 

. 0 2 8 0 3 . 

⎧a + b − 2c + 1 = 0 ⎧a 

= 0 

⎪ 

⎪ 

Từ ( 1 ), ( 2) 

và ( 3) 

có hệ: ⎨− a + 2b + c − 8 = 0 ⇔ ⎨b = 3 ⇒ B ( 0;3;2 ), C ( 2;1;4 ). 

⎪a 2b c 8 0 ⎪ 

⎩ + + − = ⎩c 

= 2 

x −1 y − 2 z −3 

Đường thẳng ∆ qua B và C có pt ∆ : = = . 

1 −1 1 


⎧ x = 2 + t 

⎪ 

Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ : ⎨y 

= − 1 + 2t ( t ∈ R) 

hai điểm 

⎪ z = 3t 

⎩ 

A( 2;0;3 ) và B ( 2; − 2; − 3) 

. Biết điểm M ( x y z ) 

0 0 0 

4 4 

; ; thuộc ∆ thì MA + MB nhỏ nhất.Tìm x 0 

A. x 0 

= 0 

B. x 0 

= 1 

C. x 0 

= 2 

D. x 0 

= 3 


Phương trình đường thẳng AB là: ⎨y t ( t 

1 1 ) 

điểm I ( 2; 1;0 ) 

Lại có ( 0;1;3 ), ( 0; 1; 3) 

⎧ x = 2 

⎪ = ∈ R . Dễ thấy đường thẳng ∆ và AB cắt nhau tại 

⎪ z = 3 + 3t 

⎩ 

1 

− suy ra AB và ∆ đồng phẳng. 

 

IA IB − − => IA = −IB ⇒ IA + IB = AB . 

2 

2 2 4 


4 4 2 2 4 

MA + MB ≥ ( MA + MB ) ≥ ⎜ ( MA + MB ) ⎟ ≥ AB = ( IA + IB ) 

Do đó MA 


1 1 ⎛ 1 ⎞ 1 1 

2 2 ⎝ 2 ⎠ 8 8 

+ MB nhỏ nhất khi M trùng với điểm I ( 2; − 1;0 ) 

4 4 

Câu 48. Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm ( ;0;0) , ( 0; ;0), ( 0;0; ) 

A a B b C c với a, b, c > 0 .Giả sử 

2 2 2 2 

a, b, 

c thay đổi nhưng thỏa mãn a + b + c = k không đổi. Diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn 

nhất bằng 

2 

2 

k 3 

k 3 

A. 

B. 

2 

6 


Phương trình (ABC): x + y + z = 1 

a b c 

; ; 

Gọi H ( x y z ) là hình chiếu vuông góc của O lên ( ABC ) 

Khi đó 

C. 

2 

k 3 

D. 

⎧ 2 2 

ab c 

⎪ x = 

⎪ + + 

⎧ H ∈( ABC ) bcx cay abz abc 2 2 

⎪ ⎧⎪ + + = 

⎪ a bc 

⎨OH ⊥ AB ⇔ ⎨− ax + by = 0 ⇔ ⎨y 

= 

⎩⎪ 

OH ⊥ AC ⎩⎪ 

− ax + cz = 0 

⎪ 

2 2 

⎪ a b c 

⎪z 

= 

⎪⎩ 

( ab) ( bc) ( ca) 

2 2 2 


( ab) + ( bc) + ( ca) 

2 2 2 

( ab) + ( bc) + ( ca) 

2 2 2 

. 

k 

2 


Trang 154 










⇒ OH = 

abc 

( ab) + ( bc) + ( ca) 

2 2 2 

1 1 

Ta có VOABC 

= OA. OB. 

OC = abc 

6 6 

3V 

ABCD 

1 2 2 2 

⇒ S∆ABC 

= = ( ab) + ( bc) + ( ca) 

OH 2 

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có 

4 4 4 4 4 4 

a + b b + c c + a 

a b + b c + c a ≤ + + = a + b + c 

2 2 2 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c 

2 2 2 2 2 2 4 4 4 

4 2 

1 3 

k k 

Vậy max S = = 

2 3 6 


Câu 49. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M(9;1;1) , cắt 

các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho thể tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất là 

x y z 

x y z 

x y z 

x y z 

A. + + = 1 B. + + = 1 C. + + = 1 D. + + = −1 

7 3 3 

27 3 3 

−27 3 3 

27 3 3 


Giá sử A( a;0;0) ∈Ox, B(0; b;0) ∈Oy, C(0;0; c) 

∈ Oz ( a, b, c > 0) . 

Khi đó PT mặt phẳng (P) có dạng: x + y + z = 1. 

a b c 

9 1 1 1 

Ta có: M(9;1;1) ∈ ( P) 

⇒ + + = 1 (1); V 

a b c 

OABC 

= abc (2) 

6 

(1) ⇔ abc = 9bc + ac + ab ≥ 3 3 9( abc) 2 

3 2 

⇔ ( abc) ≥ 27.9( abc) ⇔ abc ≥ 243 

⎧ 9bc = ac = ab ⎧ a = 27 

⎪ 

⎪ 

Dấu "=" xảy ra ⇔ ⎨ 9 1 1 ⇔ ⎨b 

= 3 ⇒ (P): x + y + z = 1. 

⎪ + + = 1 

⎩a b c 

⎪⎩ 

c = 3 

27 3 3 


Câu 50. Trong không gian Oxyz cho 4 điểm A ( 2;3;2 ), B( 6; −1; − 2) 

, C ( −1; − 4;3) 

, ( 1;6; 5) 

D − . Gọi M 

là một điểm nằm trên đường thẳng CD sao cho tam giác MAB có chu vi bé nhất. Khi đó toạ độ điểm M 

là: 

0;1; 1 

2;11; 9 

3;16; 13 

M −1; − 4;3 

A. M ( − ) B. M ( − ) C. M ( − ) D. ( ) 


Tam giác MAB có độ dài cạnh AB = 4 3 không đổi, do đó chu vi bé nhất khi và chỉ khi MA + MB 

bé nhất. 

 

 

 

AB = 4; −4; −4 

CD = 2;10; −8 

. Vì AB. CD = 0 nên AB ⊥ CD , suy ra điểm M cần tìm là hình 

( ) ; ( ) 

chiếu vuông góc của A, cũng là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳngCD . Từ đó tìm ra 

M 0;1; − 1 . 

điểm ( ) 




Trang 155 










Câu 51. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(0;1;1), B(1;0; −3), C( −1; −2; − 3) và mặt cầu (S) có 

2 2 2 

phương trình: x + y + z − 2x + 2z 

− 2 = 0 .Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể 


7 4 1 

A. D ⎛ ; ; 

⎞ 

1 4 5 

⎜ − − ⎟ B. D ⎛ − ; ; 

− ⎞ 

7 4 1 

⎜ ⎟ C. D ⎛ ; ; 

⎞ 

7 4 1 

⎜ ⎟ D. D ⎛ 

⎜ ; − ; 

⎞ 

⎟ 

⎝ 3 3 3 ⎠ 

⎝ 3 3 3 ⎠ 

⎝ 3 3 3 ⎠ 

⎝ 3 3 3 ⎠ 


2 2 2 

Ta có (S): ( x − 1) + y + ( z + 1) = 4 suy ra (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R = 2 

 

 

Và AB = (1; −1; − 4); AC = ( −1; −3; −4) 

 

Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là n = ⎡ AB, AC⎤ 

⎣ ⎦ 

= ( −8;8; −4) 

Suy ra mp(ABC) có phương trình: − 8x + 8(y −1) − 4(z − 1) = 0 ⇔ 2x − 2y + z + 1= 

0 

1 

Ta có VABCD 

= d ( D ;( ABC )). SABC 

nên VABCD 

lớn nhất khi và chỉ khi d( D;( ABC )) lớn nhất. Gọi 

3 

D D là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC). Ta thấy với D là 1 điểm bất kỳ 

1 2 

thuộc (S) thì d( D;( ABC)) max { d( D ;( ABC)); d( D ;( ABC)) 

} 

≤ . 

1 2 

Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D 1 hoặc D 2 

 

Đường thẳng D1D 2 

đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là n ABC = (2; −2;1) 

⎧x 

= 1+ 

2t 

⎪ 

Do đó (D 1 D 2 ) có phương trình: ⎨ y = − 2t 

. 

⎪ 

⎩z 

= − 1 + t 

⎧x 

= 1+ 

2t 

⎡ 2 

t = 

⎪ y = −2t 

⎢ 3 

Tọa độ điểm D 1 và D 2 thỏa mãn hệ: ⎨ ⇒ ⎢ 

⎪ z = − 1 + t 

⎢ − 2 

t = 

2 2 2 

( x 1) y ( z 1) 4 ⎢ 

⎩ 

⎪ − + + + = ⎣ 3 

⎛ 7 −4 −1⎞ ⎛ −1 4 −5 

⎞ 

⇒ D1 ⎜ ; ; ⎟ & D 

2 ⎜ ; ; ⎟ 

⎝ 3 3 3 ⎠ ⎝ 3 3 3 ⎠ 

7 4 1 

Ta thấy: d( D1 ;( ABC)) > d( D2;( ABC)) 

. Vậy điểm D ⎛ 

⎜ ; − ; − 

⎞ 

⎟ là điểm cần tìm 

⎝ 3 3 3 ⎠ 


Câu 52. Trong không gian Oxyz , cho điểm 

thẳng d thay đổi, đi qua điểm , 

M cắt mặt cầu ( ) 

⎛ 1 3 ⎞ 

2 2 2 

⎜ 

; ;0 

S : x + y + z = 8. 

2 2 ⎟ 

Đường 

⎝ ⎠ 

S tại hai điểm phân biệt. Tính diện tích lớn nhất S 

M và mặt cầu ( ) 

của tam giác OAB . 

A. S = 7 . B. S = 4. C. S = 2 7 . D. S = 2 2 . 


A 

O 0;0;0 và bán kính R = 2 2 . 

Mặt cầu ( S ) có tâm ( ) 

Vì OM = 1< 

R nên M thuộc miền trong của mặt cầu 

S . Gọi A , B là giao điểm của đường thẳng với mặt 

( ) 


cầu. Gọi H là chân đường cao hạ từ O của tam giác 

OAB . 

O 

H 

M 

B 


Trang 156 










Đặt x = OH , ta có 0 < x ≤ OM = 1, đồng thời HA = 

2 2 

R − OH = 

2 

8 − x . Vậy diện tích tam giác 

OAB là 

1 

2 

SOAB 

= OH. AB = OH. HA = x 8 − x . 

2 

Khảo sát hàm số 

2 

f ( x) = x 8 − x trên ( ] 

0;1 , ta được 

( ] 

( ) ( ) 

max f x = f 1 = 7 . 

Vậy giá trị lớn nhất của S 

∆ OAB 

= 7 , đạt được khi x = 1 hay H ≡ M , nói cách khác là d ⊥ OM . 


⎧ x = 2 − t 

2 2 2 

⎪ 

Câu 53. Cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2x + 4z + 1 = 0 và đường thẳng d : ⎨ y = t . Tìm m để d 

⎪ 

⎩z = m + t 

S tại hai điểm phân biệt , 

S tại A và tại B vuông 

cắt ( ) 

A B sao cho các mặt phẳng tiếp diện của ( ) 

góc với nhau. 

A. m = −1 

hoặc m = −4 

B. m = 0 hoặc m = −4 

C. m = −1 

hoặc m = 0 

D. Cả A, B, C đều sai 


Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì trước tiên d phải cắt mặt cầu, tức là phương trình 

2 

( ) 2 

2 

( ) ( ) ( ) 

2 2 

⇔ 3t + 2( m + 1) 

t + m + 4m 

+ 1= 

0 

2 − t + t + m + t − 2. 2 − t + 4. m + t + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt. 

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi ( ) 2 2 

0;1 

∆ ' > 0 ⇔ m + 1 − 3m −12m 

− 3 > 0 

2 

⇔ m + 5m + 1 < 0 . 

Với phương trình có hai nghiệm phân biệt , áp dụng định lí Viet ta có 

2 

m + 4m 

+ 1 −2 

t1t 2 

= ; t1 + t2 

= ( m + 1) 

 

3 3 

 

Khi đó IA = ( 1 − t1; t1; m + 2 + t1 ), IB = ( 1 − t2; t2; m + 2 + t 

2 ) . 

 

IA. IB = 1− t 1− t + t t + m + 2 + t m + 2 + t = 0 

Vậy ( )( ) ( )( ) 

1 2 1 2 1 2 

( )( ) ( ) 2 

⇔ 3t t + m + 1 t + t + m + 2 + 1 = 0 

1 2 1 2 

2 2 

( ) ( ) 

2 2 

⇔ m + 4m + 1− m + 1 + m + 2 + 1 = 0 

3 


⎡m 

= −1 

⇔ ⎢ (TM). 

⎣m 

= −4 

Câu 54. rong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm ( 1;01;1 ), ( 1;2;1 ), ( 4;1; −2) 

phẳng ( ) : + + = 0 

đó M có tọa độ 

1;1; −1 

P x y z . Tìm trên (P) điểm M sao cho 

A B C và mặt 

2 2 2 

MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi 

+ + 

A. M ( ) 

B. M ( 1;1;1 ) 

C. M ( 1;2; −1) 

D. M ( 1;0; −1) 


Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, ta có G ( 2;1;0 ) 

2 2 2 2 2 2 2 

MA + MB + MC = 3MG + GA + GB + GC ( 1) 

, ta có 


Từ hệ thức (1) ta suy ra : 

2 2 2 

MA + MB + MC đạt GTNN ⇔ MG đạt GTNN ⇔ M là hình 

chiếu vuông góc của G trên (P). 


Trang 157 










⎧x 

= 2 + t 

⎪ 

Gọi (d) là đường thẳng qua G và vuông góc với (P) thì (d) có phương trình tham số là ⎨y 

= 1 + t 

⎪ 

⎩z 

= t 

⎧x = 2 + t ⎧t 

= −1 

1 ⎪ y = + t ⎪x 

= 1 

Tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình ⎨ 

⇔ ⎨ ⇒ M ( 1;0; −1) 

⎪z = t ⎪y 

= 0 

⎪ 

⎩x + y + z = 0 ⎪ 

⎩z 

= −1 


Câu 55. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( ) 

( ) 

2 2 2 

: + + + 4 − 6 + = 0 

S x y z x y m và đường thẳng 

x y − 1 z + 1 

d : = = . Tìm m để (d) cắt (S) tại hai điểm M, N sao cho độ dài MN bằng 8. 

2 1 2 

A. m = −24 

B. m = 8 

C. m = 16 

D. m = −12 


(S) có tâm I ( −2;3;0 ) và bán kính R = ( − 2) 2 + 3 2 + 0 2 − m = 13 − m ( m < 13) 

Gọi H là trung điểm M, N ⇒ MH = 4 

 

 

⎡ , ⎤ 

⎣ 

u AI 

⎦ 

= 2;1;2 ⇒ ; = = 3 

u 

Đường thẳng (d) qua A ( 0;1; −1) 

và có vectơ chỉ phương u ( ) d ( I d ) 

Suy ra R MH d ( I d ) 

; 4 3 5 

2 2 2 2 

= + = + = 

Ta có 13 − m = 5 ⇔ 13 − m = 25 ⇔ m = −12 


Câu 56. Trong không gian Oxyz, cho điểm ( 2;0; −2 ), ( 3; −1; −4 ), ( −2;2;0 

) 

A B C . Điểm D trong mặt 

phẳng (Oyz) có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến 

mặt phẳng (Oxy) bằng 1 có thể là: 

0; −3; −1 

0;2; −1 

0;1; −1 

D 0;3; −1 

A. D ( ) B. D ( ) C. D ( ) D. ( ) 


D∈ 

Oyz ⎯⎯→ D 0; b; 

c với c < 0 

Do ( ) ( ) 

( loai) 

⎡c 

= 1 

Theo giả thiết: d ⎡⎣ 

D, ( Oxy) 

⎦⎤ = 1 ⇔ c = 1 ⇔ ⎢ ⎯⎯→ D( 0; b; −1) 

⎣c 

= −1 

 

Ta có AB = ( 1; −1; − 2 ), AC = ( − 4;2;2 ), AD = ( −2; b ;1) 

 

Suy ra ⎡ , ⎤ = ( 2;6; −2 ) ⎯⎯→ ⎡ , ⎤ 

⎣ 

AB AC 

⎦ ⎣ 

AB AC 

⎦ 

. AD = 6b 

− 6 

1 

⎡b 

= 3 

Cũng theo giả thiết, ta có: V = ⎡ , ⎤ 

ABCD 

. = − 1 = 2 ⇔ 

6 ⎣ 

AB AC 

⎦ 

AD b ⎢ 

⎣b 

= −1 




Trang 158 










SỐ PHỨC 

z + z 

1 2 

Câu 1. Cho hai số phức phân biệt z ; z thỏa điều kiện 

1 2 

z − z 

1 2 

đúng? 

z 

A. 

1 2 

là số ảo. Khẳng định nào sau đây là 

= 1; z = 1 B. z = z 

C. z = z 

D. z = − z 

1 2 

1 2 

1 2 


z ≠ z ⇔ z − z ≠ 0 . 

2 1 2 

1 

z + z 

1 2 

Thì 

z − z 

1 2 

z + z ⎛z + z ⎞ 

1 2 1 2 

là số ảo ⇔ + = 0 

z − z ⎝⎜ 

z − z ⎠⎟ 

1 2 1 2 

z + z z + z 

⇔ + = 0 

z − z z − z 

. 

1 2 1 2 

1 2 1 2 

⇔ ( z + z 

1 2)( z − z 

1 2) + ( z − z 

1 2)( z + z 

1 ) = 0 . ( z z z z 

1 1 2 2) 

⇔ z z − z z = 0 . ⇔ z − z = 0 . 

1 1 2 2 1 2 


⇔ 2 − = 0 

4 2 

Câu 2. Gọi z ; z ; z ; z là 4 nghiệm phức của phương trình z + 

1 2 3 4 

( 4 − m) 

z − 4m 

= 0 . Tìm tất cả các giá 

trị m để z + z + z + z = 6 . 

1 2 3 4 

A. m = − 1 

B. m = ± 2 

C. m = ± 3 

D. m = ± 1 


⎡ z = ± 2i 

4 2 2 2 

1;2 

z + ( 4 − m) z − 4m = 0 ⇔ ( z + 4)( z + m) 

= 0 ⇔ nếu m ≤ 0 hoặc 

⎢ ⎣ 

z = ± −m 

3;4 

⎡ z = ± 2i 

1;2 

⇔ nếu m > 0 

⎢ ⎣ 

z = ± i m 

3;4 

⎧⎪ 6 4 2 

1 2 3 4 

Khi đó ⎪ = z + z + z + z = + −m 

⎨ 

⇔ m = −1 

⎪ 

⎪⎩ m ≤ 0 

⎧⎪ 6 4 2 

1 2 3 4 

hoặc ⎪ = z + z + z + z = + m 

⎨ 

⇔ m = 1 

⎪ 

⎪⎩ m > 0 

Kết hợp lại thì m = ± 1 thoả mãn bài toán. 


Câu 3. Tìm số phức z biết z thỏa mãn phương trình z z 2 

z + = 

A. 1 B. 1+i C. 1-i D. i 


z 

+ z = 2 ⇔ z + z.z = 2z 

z 

2 2 

⇔ a + bi + a + b = 2(a − bi) 

2 2 

(a a b ) bi 2a 2bi 

⇔ + + + = − 

. 

⎡ ⎧a = 1 

z 1 

2 2 2 

⎢⎨ => = 

⎧a + a + b = 2a ⎧a − a = 0 ⎩b = 0 

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎢ 

b 2b b 0 ⎢ 

⎩ = − ⎩ = ⎧a = 0 

⎢ ⎨ => z = 0(loai) 

⎢⎩ ⎣ b = 0 



Trang 159 











Câu 4. Trong các số phức thỏa điền kiện z − 4i − 2 = 2i − z , modun nhỏ nhất của số phức z bằng? 

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


Giả sử số phức z = x + yi x, 

y ∈ R 

Theo đề z − 4i − 2 = 2i − z 

⇔ (x− 2) + (y− 4) = x + (y− 

2) 

⇔ x + y − 4 = 0 

⇔ y = 4 − x (1) 

Mà 

2 2 2 2 

z x y x 


(4 x) 

2 2 2 2 

= + = + − (thay (1) vào) 

2 

= 2( x − 2) + 8 ≥ 2 2 . 

Câu 5. Cho số phức z ≠ 0 thỏa mãn z ≥ 2 . Tìm tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

P = 

z + i 

. 

z 

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


i i i 1 i 1 

1 1 

Ta có 1− ≤ 1+ ≤ 1+ ⇔1− ≤ 1+ ≤ 1+ . Mặt khác z ≥ 2 ⇔ ≤ suy ra 

z z z z z z 

z 2 

1 3 

≤ P ≤ Suy ra giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất là 3 , 

1 . Vậy tổng tổng giá trị lớn nhất và giá trị 

2 2 

2 2 

nhỏ nhất của biểu thức P là 2 . 


13 

Câu 6. Số phức z có mô đun lớn nhất và thỏa mãn điều kiện Z ( 1+ i) 

− 3 + 2i 

= là: 

2 

A. z = 1+ 3i 

B. z = 

2 1 

3 1 

3 15 

+ i 

C. z = − i D. z = + i 

2 2 

2 2 

4 4 


+ Gọi z=x+yi. Từ giả thiết ta có: ( x + y − 3) + ( x − y + 2) = 

4 

2 2 

+ Đồng thời | z |= x + y lớn nhất. 


2 2 13 

Câu 7. Tính tổng mô-đun tất cả các nghiệm của phương trình: ( z i)( z 2 )( z 3 i) 

+ − 1 + = 0 

A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 




Trang 160 










⎡z 

= −i 

⎡z 

= −i 

⎡ z = − i ⎢ 

⎢ 

z = ± 1 

1 

2 3 ⎢ 

z = ± ⎢ 

( z + i)( z − 1)( z + i) 

= 0 ⇔ z 1 ⎢ 

⎢ 

= ± ⇔ ⇔ ⎢ z = i 

⎢ z = i 

⎢ 3 3 

⎢ 

⎣z − i = 0 ⎢ 

2 

i 5 

z iz 1 0 ⎢ − ± 

⎣ + − = 

⎢ 

z = ⎣ 2 

Suy ra tổng mô-đun các nghiệm bằng 6. 


Câu 8. Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn của 3 số phức: 1+ 2 i; (1 − i)(1 + 2 i); 

tích của tam giác ABC bằng: 

A. 1 B. 1 5 

5 

C. 

D. 

4 

2 

5 

2 


Dùng máy tính casio ta có A(1;2), B(3;1) ,C(0;2) 

1 

Dùng công thức S = ⎡AB, 

AC⎤ 

2 ⎣ ⎦ 

Với AB = ( 2; − 1;0 ), AC = ( −1;0;0 

) 

Dùng máy tính ta có kết quả B: S=1/2 

(Có thể dùng công thức tính diện tích phần Oxy tính nhanh hơn) 


m + 1 

Câu 9. Cho số phức z = m∈R 

. Số các giá trị nguyên của m để z − i < 1 là 

1+ m 2i 

−1 

( ) ( ) 

A. ∅ B. 1 C. 4 D. Vô số 


m + 1 m + 1− i( 1+ 2mi − m) 

3m + 1+ ( m −1) 

i 

Ta có z − i = − i = = 

1+ m 2i − 1 1+ m 2i −1 1− m + 2mi 

( ) 

( ) 

( ) 3m + 1+ ( m −1) 

i 

3m + 1+ m −1 

i 

⇒ z − i = = < 1 

1− m + 2mi 1− m + 2mi 

( ) ( ) ( ) ( ) 

2 2 2 2 

⇔ 3m + 1+ m − 1 i < 1− m + 2mi ⇔ 3m + 1 + m − 1 < 1− m + 4m 

2 

1 

⇔ 5m + 6m + 1 < 0 ⇔ − 1 < m < − 

5 

Vì m ∈Z 

⇒ Không có giá trị của m thỏa mãn. 


2 + 6i 

3 − i .Diện 

1 

Câu 10. Cho hai số phức z1; 

z 

2 

thỏa mãn iz 

1 

+ 2 = và z2 = iz 

1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

2 

z − z . 

1 2 

1 

1 

1 

1 

A. 2 − B. 2 + C. 2 − D. 2 + 

2 

2 

2 

2 


Bài toán này, thực chất là dựa trên kiến thức “ Biểu diễn hình học số phức”. Ta thấy nếu đặt 

z1 = x1 + y1i ( x1; 

y 

1 

∈R) 

. Khi đó điểm M ( x1; 

y 

1) 

là điểm biểu diễn số phức z 

1 

thỏa mãn: 



Trang 161 










1 

1 

i( x1 + y1i ) + 2 = ⇔ ix1 − y 

1 

+ 2 = 

2 

2 

2 

( ) 2 1 

⇔ x1 + y 

1 

− 2 = . Suy ra tập hợp các điểm M biểu 

4 

diễn 

1 

z là đường trong ( ) 

C có tâm ( 0; 2 ) 

I và bán kính 

1 

R = . 

2 

Khi đó nếu N là điểm biểu diễn của số phức z 

2 

thì việc 

tìm GTNN của z1 − z 

2 là việc tìm GTNN của MN. 

Theo đề thì = = − + ⇒ ( − ; ) 

z2 iz1 y1 x1i N y1 x 

1 là điểm biểu 

 

diễn z 

2 

. Ta nhận thấy rõ ràng OM. ON = − x1 y1 + x1 y 

1 

= 0 

⇒ OM ⊥ ON . Dễ nhận thấy OM = ON = x + y 

Ta có hình vẽ sau: 

2 2 

1 1 

Do OMN là tam giác vuông cân tại O nên MN = OM 2 , do đó để MN nhỏ nhất thì OM nhỏ nhất. 

Dễ thấy, OM nhỏ nhất khi M ≡ M ' (M’ là giao điểm của OI với đường tròn như hình vẽ) Tức là 

⎛ 1 ⎞ 

⎛ 1 ⎞ 1 

M ⎜0; 2 − ⎟ . Khi đó MN = OM 2 = ⎜ 2 − ⎟ 2 = 2 − . 

⎝ 2 ⎠ 

⎝ 2 ⎠ 2 


Câu 11. Trong mặt phẳng phức Oxy , trong các số phức z thỏa z + 1− i ≤1. Nếu số phức z có 

môđun lớn nhất thì số phức z có phần thực bằng bao nhiêu ? 

− 2 − 2 

2 − 2 

2 − 2 

A. . B. . C. . D. 2 + 2 . 

2 

2 

2 

2 


, 

z = x + yi x, 

y ∈ R 

Gọi M ( x y ) là điểm biểu diễn số phức ( ) 

Gọi A là điểm biểu diễn số phức − 1+ i 

Ta có: + 1− ≤1⇔ ≤1 

A − 1,1 , R = 1 

z i MA . Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức là hình tròn tâm ( ) 

như hình vẽ 

⇔ max 

Để max z ( OM ) 

( ) ( ) 

2 2 

⎧ ⎪ x + 1 + y −1 ≤1 

⇒ M thỏa hệ: ⎨ 

⎪⎩ y = −x 

2 − 2 2 + 2 

⇔ x = , x = − 

2 2 


Câu 12. Trong mặt phẳng phức Oxy , các số phức z thỏa z + 2i − 1 = z + i . Tìm số phức z được 


biểu diễn bởi điểm M sao cho MA ngắn nhất với A ( 1,3) 

. 

A. 3+ i . B. 1+ 3i . C. 2 −3i . D. − 2 + 3i . 


, 

z = x + yi x, 

y ∈ R 

Gọi M ( x y ) là điểm biểu diễn số phức ( ) 

N 

I 

M’ 

O 

y 

M 

x 


Trang 162 










E là điểm biểu diễn số phức 1− 2i 

Gọi ( 1, −2) 

Gọi ( 0, −1) 

F là điểm biểu diễn số phức −i 

Ta có: z + 2i − 1 = z + i ⇔ ME = MF ⇒ Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường trung trục 

EF : x − y − 2 = 0 . 

Để MA ngắn nhất khi MA ⊥ EF tại M ⇔ M ( 3,1) 

⇒ z = 3 + i 


Câu 13. Trong các số phức z thỏa mãn 2 z − i ≤ 1. Tìm giá trị lớn nhất của z . 

2 + iz 

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



2z − i 2z − i 2z + i ⎧(2 z − i)(2 z + i) ≤ (2 + iz)(2 − iz ) 

≤ 1 ⇔ . ≤ 1 ⇔ ⎨ ⇔ z. z ≤ 1 

2 + iz 2 + iz 2 − iz ⎩2 + iz ≠ 0 


Câu 14. Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn từng điều 

kiện sau: z = z − 3 + 4i . 

25 

A. 3x + 4y − = 0 

B. 3x + 4y 

− 25 = 0 

2 

25 

C. 3x − 4y − = 0 

D. 3x 

− 4y 

− 25 = 0 

2 


Vì z = z nên z − 3 + 4i = z − 3 + 4i = z − 3 − 4i , 

z − 3 − 4i 

suy ra z = z − 3 + 4i ⇔ z = z − 3 − 4i 

⇔ = 1 

z 

z − 3 − 4i 

Tập hợp điểm có tọa vị z thỏa mãn = 1 là đường trung trực của đoạn thẳng OA, với 

z 

⎛ 3 ⎞ 

O ( 0) 

và A( 3 + 4i ). Đường trung trực này đi qua trung điểm K ⎜ + 2i ⎟ của đoạn thẳng OA và 

⎝ 2 ⎠ 

 

OA 3 + 4i làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình là: 

nhận véctơ ( ) 

⎛ 3 ⎞ 

25 

3⎜ 

x − ⎟ + 4( y − 2) 

= 0 ⇔ 3x + 4y − = 0 . 

⎝ 2 ⎠ 

2 


1 

Câu 15. Điểm M biểu diễn số phức z ≠ 0 và điểm M’ biểu diễn số phức z ' = . Nếu điểm M di động 

z 

trên đường tròn tâm A(-1;1) bán kính R = 2 thì M’ di động trên đường nào? 

2 2 

A. x + y + 2x − 2y = 0 

B. 2x + 2y 

+ 1 = 0 

C. 2x − 2y + 1 = 0 

D. 2x + 2y 

− 1 = 0 




Trang 163 










⎧ x 

1 

Ta có z ' = = z 

x' 

= 

2 2 

⎪ x + y 

. Do đó 

2 ⎨ 

z z ⎪ y 

y ' = 

2 2 

⎪ ⎩ x + y 

M di động trên đường tròn tâm A(-1;1) bán kính R = 2 nên 

( x ) ( y ) 

2 2 

+ 1 + − 1 = 2 

2 2 

2 2 

x + y + 2x − 2y 

⇔ x + y + x − y = ⇔ = 

2 2 

2 2 0 0 

x + y 

2x 

2y 

⇔ 1+ − = 0 ⇔ 2 x' − 2 y ' + 1 = 0 

2 2 2 2 

x + y x + y 


Câu 16. Tìm số thực m = a − b 20 (a, b là các số nguyên khác 0) để phương trình 

z m z m có hai nghiệm phức phân biệt z 1 , z 2 thỏa mãn z1 + z 

2 

= 10 . Tìm a. 

2 

2 + 2( − 1) + (2 + 1) = 0 

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


2 

∆ ' = m − 6m −1∈ 

R 

TH1: ∆ ' > 0 hay m ∈( −∞;3 − 10) ∪ (3 + 10; +∞) 

2 2 

Khi đó z1 + z2 = 10 ⇔ z1 + z2 + 2 z1z 

2 

= 10 

⎡ ⎧2m 

+ 1 ≥ 0 

⎢⎨ 2 

(1 ) 10 1 10 ( ) 

2 

⎢⎩ − m = ⎡m = + loai 

⇔ (1 − m) − (2m + 1) + 2m 

+ 1 = 10 ⇔ 

⎢ 

⇔ ⎢ 

⎧ 2m 

+ 1 < 0 

⎢ ⎢⎣ m = 3 − 20 

⎨ 2 

⎢ 

⎣⎩m 

− 6m 

− 11 = 0 

TH2: ∆ ' < 0 hay m ∈(3 − 10;3 + 10) 

Khi đó: 

2 2 

1 ( 6 1) 1 ( 6 1) 

− m + i − m − m − − m − i − m − m − 

z1 + z 

2 

= 10 ⇔ + = 10 

2 2 

2 2 

Hay (1 − m) + ( − m + 6m + 1) = 10 ⇔ m = 2 

Vậy m = 2 hoặc m = 3 − 20 


Câu 17. Cho các số phức z thỏa mãn z = 2 .Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức 

( ) 

w = 3 − 2i + 2 − i z là một đường tròn.Tính bán kính r của đường tròn đó. 

A. 20 B. 20 C. 7 D. 7 


w = x + yi, x, 

y ∈R 

Đặt ( ) 



Trang 164 










( ) 

( ) 

( ) 

w = 3 − 2i + 2 − i z 

⇒ x + yi = 3 − 2i + 2 − i z 

x − 3 + y + 2 i 2x − y − 8 x + 2y 

+ 1 

⇒ z = = + i 

2 − i 

5 5 

( x ) ( y ) 

2 2 

⎛ 2x − y − 8 ⎞ ⎛ x + 2y 

+ 1⎞ 

⇒ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 2 

⎝ 5 ⎠ ⎝ 5 ⎠ 

x y 6x 4y 

7 0 

2 2 

⇒ + − + − = 

2 2 

⇒ − 3 + + 2 = 20 

Bán kính của đường tròn là r = 20 


Câu 18. Cho hai số phức u,v thỏa mãn u = v = 10 và 3u − 4v = 2016 . Tính M = 4u + 3v . 

A. 2984 B. 2884 C. 2894 D. 24 


2 

Ta có z = z. 

z . Đặt N = 3u − 4v . 

2 

Khi đó = ( 3 − 4 )( 3 − 4 ) = 9 2 + 16 2 

− 12( + ) 

2 

Tương tự ta có M = 16 u 2 + 9 v 2 

− 12( uv + vu ) . 

N u v u v u v uv vu . 

2 2 

2 2 

Do đó ( ) 

M + N = 25 u + v = 5000 . 

2 2 

Suy ra M = 5000 − N = 5000 − 2016 = 2984 ⇒ M = 2984 . 


z 6 + 7i 

2017 

Câu 19. Cho số phức z thoả mãn: z − = . Tìm phần thực của số phức z . 

1 + 3i 

5 

1008 

A. − 2 

1008 

B. 2 

504 

C. 2 

2017 

D. 2 


z 6 + 7i 

2013 

Cho số phức z thoả mãn: z − = . Tìm phần thực của số phức z . 

1 + 3i 

5 

a − bi 6 + 7i 

Gọi số phức z = a + bi ( a, b∈R) 

⇒ z = a − bi thay vào (1) ta có a + bi − = 

1 + 3i 

5 

( a − bi)(1 − 3 i) 6 + 7i 

a + bi − = ⇔ 10a + 10bi − a + 3 b + i( b + 3 a) = 12 + 14i 

10 5 

⇔ 9a + 3 b + i(11b + 3 a) = 12 + 14i 

⎧9a + 3b = 12 ⎧a 

= 1 

⇔ ⎨ 

⇔ ⎨ 

⎩11b + 3a = 14 ⎩b 

= 1 

504 504 

( ) ( ) ( ) ( ) 

2017 4 1008 1008 

a = b = 1⇒ z = 1 + i ⇒ z = (1+i) 1+ i = − 4 1+ i = 2 + 2 i 



Câu 20. Cho số phức z có mô đun bằng 2017 và w là số phức thỏa mãn biểu thức 1 + 1 = 1 . 

z w z + w 

Môđun của số phức w bằng: 

A. 1 B. 2 C. 2016 D. 2017 


Trang 165 











Từ 

2 

( + ) − 

( ) 

1 1 1 z + w 1 z w zw 

+ = ⇔ − = 0 ⇔ = 0 

z w z + w zw z + w zw z + w 

2 2 

2 2 2 1 2 3 2 ⎛ 1 ⎞ 3 2 ⎛ 1 ⎞ ⎛ i 3w 

⎞ 

⇒ z + w + zw = 0 ⇔ z + zw + w + w = 0 ⇔ ⎜ z + w⎟ = − w ⇔ ⎜ z + w ⎟ = 4 4 ⎝ 2 ⎠ 4 ⎝ 2 ⎠ 

⎜ 2 ⎟ 

⎝ ⎠ 

2 

2 

⎛ w ⎞ ⎛ i 3w ⎞ ⎛ 1 i 3 ⎞ 

z 

Từ ⎜ z + ⎟ = ⇒ z = − ± w ⇒ w= 

⎝ 2 ⎠ 

⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 2 ⎟ 

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 1 i 3 ⎞ 

⎜ − ± ⎟ 

⎝ 2 2 ⎠ 

2017 

Suy ra: w = = 2017 

1 3 

+ 

4 4 


Câu 21. Biết số phức Z thỏa điều kiện3 ≤ z − 3i + 1 ≤ 5 . Tập hợp 

các điểm biểu diễn của Z tạo thành một hình phẳng. Diện tích của 

hình phẳng đó bằng 

A. 16π B. 4π 

C. 9π D. 25π 


Đặt z=x+yi 

z − 3i − 1 = x − 1 + ( y − 3) i = ( x − 1) + ( y − 3) 

2 2 

Do đó 

2 2 

3 ≤ z − 3i + 1 ≤ 5 ⇔ 9 ≤ ( x − 1) + ( y − 3) ≤ 25 

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 

2 2 

S = π.5 − π .3 = 16π 


Câu 22. Số Phức cho ba số phức z1, z2, 

z 

3 

thỏa mãn z1 = z2 = z 

3 

= 1 và z1 + z2 + z 

3 

= 1. Mệnh đề 

nào sau đây là sai. 

A. Trong ba số đó có hai số đối nhau. 

B. Trong ba số đó phải có một số bằng 1. 

C. Trong ba số đó có nhiều nhất hai số bằng 1. 

D. Tích của ba số đó luôn bằng 1. 


Ta có: z1 + z2 + z3 = 1 ⇔ 1− z1 = z2 + z 

3 

. 

Nếu 1− z 

1 

= 0 thì z2 + z3 = 0 ⇒ z2 = −z 3 

. 

Nếu 1− 

z 

1 

≠ 0 thì điểm P biểu diễn số phức 1− z1 = z2 + z 

3 

không trùng với góc tọa độ O. 

Gọi M là điểm biểu diễn của số phức −z 

1 

và A là điểm biểu diễn của số 1. 


8 

6 

4 

2 

2 

O 

5 

2 


Trang 166 










 

Khi đó ta có + = 

OA OM OP (do P là điểm biểu diễn của số ( ) 

1+ −z ) nên OAPM là hình bình 

hành. Mà z1 = z2 = z 

3 

= 1 nên các điểm biểu diễn cho ba số z1, z2, 

z 

3 

đều nằm trên đường tròn 

đơn vị. Ta cũng có OA = OM = 1 nên OAPM là hình thoi. Khi đó ta thấy M, A là giao điểm của 

đường trung trực đoạn OP với đường tròn đơn vị. 

Tương tự do P cũng là điểm biểu diễn của z2 + z 

3 

, nếu M’ và A’ là hai điểm biểu diễn của số z2, 

z 

3 

thì ta cũng có M’, A’ là giao điểm đường trung trực của OP và đường tròn đơn vị. 

Vậy M ' ≡ M, A' 

≡ A hoặc ngược lại. Nghĩa là z2 = 1, z3 = −z 1 

hoặc z3 = 1, z2 = −z 1 

. 

Do đó A, B là mệnh đề đúng. 

C đúng là hiển nhiên, vì nếu ba số đều 1 một thì tổng bằng 3. 

D sai vì với z1 = 1, z 2 2 2 2 

2 

= + i, 

z3 

= − − i thỏa hai tính chất trên của đề bài nhưng 

2 2 2 2 

z1z2 z 

3 

≠ 1. 


Câu 23. Cho z là số phức có mô đun bằng 2017 và w là số phức thỏa mãn 1 1 1 

z 

+ w 

= z + w 

. Mô đun 

của số phức w là 

A. 2015 B. 1 C. 2017 D. 0 


Từ 1 1 1 

2 2 

+ = ta suy ra z + w + zw = 0 

z w z + w 

2 

⎛ w ⎞ ⎛ i 3w ⎞ ⎛ 1 i 3 ⎞ 

⇒ ⎜ z + ⎟ = ⇒ z = − ± 

w 

⎝ 2 ⎠ 

⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 2 ⎟ 

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 

Lấy mô đun hai vế ta có z = w = 2017 . 

2 


Câu 24. Cho số phức z thoả mãn điều kiện z − 2 + 3i 

= 3 . Tìm giá trị 

nhỏ nhất của z 

A. 13 − 3 

B. 2 

C. 13 − 2 

D. 2 


Các điểm M biểu diễn số phức z thoả mãn z − 2 + 3i 

= 3 nằm trên 

đường tròn (C) tâm I(2; −3) và bán kính R = 3. 

(Ý nghĩa hình học của z : độ dài OM) 

Ta có |z| đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ điểm M∈(C) và OM nhỏ nhất. 

(Bài toán hình học giải tích quen thuộc) 

Ta có: OM≥ OI – IM = OI – R = 13 − 3. 

Dấu « = » xảy ra khi M là giao điểm của (C) và đoạn thẳng OI. 

Vậy GTNN của z là: 


13 − 3. 


Câu 25. Cho số phức z thỏa mãn: z − 3 + 4i 

= 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của z . 

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


1 

y 

O 

C 

z 

I 

M 

x 


Trang 167 










Giả sử z a bi 

2 2 

+ − 3 + 4 = 4 ⇒ − 3 + + 4 = 16 

= + , ta có: a bi i ( a ) ( b ) 

⎧a 

− 3 = 4sinϕ 

⎧a 

= 3 + 4sinϕ 

Đặt ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎩b 

+ 4 = 4cosϕ 

⎩b 

= 4cosϕ 

− 4 

2 2 2 2 2 

⇒ z = a + b = 9 + 16sin ϕ + 24sinϕ + 16cos ϕ + 16 − 32cosϕ 

= 41+ 24sinϕ 

− 32cosϕ 

3 4 

= 41+ 40( sinϕ 

− cos ϕ) 

5 5 

3 4 2 2 2 

Đặt cos α = ,sinα 

= ⇒ z = a + b = 41+ 40sin( ϕ −α) ≥ 1. 

5 5 

π 

π 

Dấu “=” xảy ra khi ϕ − α = − + k2π ⇒ ϕ = − + α + k2π 

. 

2 2 

Vậy Min z = 1. 


Câu 26. Tìm phần thực của số phức z = (1 + i) , n ∈ N thỏa mãn phương 

trình log 4(n − 3) + log 4(n + 9) = 3 

A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 


Điều kiện n > 3, n ∈ N 

Phương trình log 

4 

(n − 3) + log 

4 

(n + 9) = 3 ⇔ log 

4 

(n − 3)(n + 9) = 3 ⇔ n = 7 (so đk) 

2 

3 

7 3 

( ) 

z = (1 + i) = (1 + i). ⎡ 1+ i ⎤ = (1 + i)(2i) = 8 − 8i 

⎣ ⎦ 

Vậy phần thực của số phức z là 8. 


Câu 27. Cho số phức z 2z 

−1 

thỏa mãn z ≤ 1 và số phức w = . Khi đó mô đun của số phức w là: 

2 + iz 

A. w = 2 

B. 1< w < 2. C. w ≤ 1 

D. w > 2 


z = a + bi a, b∈R 

. 

2 2 

z ≤1⇒ a + b ≤ 1. 

Giả sử ( ) 

2 

a + ( b − ) 

2 2 

( ) 

2z 

− 1 4 2 1 

= 

2 + iz 2 − b + a 

Nên w ≤1. 


2 

. Xét 

2 

a + ( b − ) 

2 2 

( ) 

2z 

− 1 4 2 1 

> ⇔ > ⇔ ⇔ a + b > 

2 + iz 2 − b + a 

2 

n 

2 2 

1 1 ... 1. 

(vô lí) 

Câu 28. Cho các số phức z thỏa mãn z − 1 = 2 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức 

( ) 

w = 1 + i 3 z + 2 là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó? 


A. r = 4 

B. r = 2 

C. r = 16 

D. r = 25 


2 

2 

z = a + bi ; w = x + yi ; a , b, x, y ∈ => a − 1 + b = 4 

Giả sử ( R ) ( ) 


Trang 168 










Theo đề 

⎧ 

⎧ 

w = + i z + ⇔ x + yi = + i z + ⇔ ⇒ 

⎪x = a + 2 − b 3 ⎪x − 3 = a − 1 − b 3 

( 1 3 ) 2 ( 1 3 ) 2 ⎨ 

⎨ 

⎪y = b + a 3 y − 3 = b + 3 ( a − 1 

⎩ 

⎪⎩ 

) 

2 2 2 2 

2 

2 

( x 3) ( y 3 ) ( a 1 b 3 ) ( b ( a 1) 

3 ) 4 

⎛( a 1) 

b 

⎞ 

⎜ 

⎟ 16 

⎝ 

⎠ 

2 

2 

( x 3) ( y 3) 

16 

= = . 

=> − + − = − − + + − = − + = 

=> − + − = suy ra bán kính đường tròn là r 16 4 


2 2017 

Câu 29. Tìm phần ảo của số phức z , biết số phức z thỏa mãn i z = + i + ( + i) + + ( + i) 

A. 1 B. 


2 2017 

Ta thấy 1; 1 i; ( 1 i) ; ........;( 1 i) 

q = 1+ i . 

1009 

2 C. 

. 2 1 ... 1 . 

1009 

− 2 

D. 

1009 

2 i 

+ + + lập thành một cấp số nhân gồm 2018 số hạng với u 

1 

= 1 công bội 

( ) 

2018 

2018 

q −1 

1+ i −1 

Suy ra i. z = S2018 = u1 

= = i − i 1+ 

i 

q −1 

i 

( ) ⎡( ) ⎤ ( ) 

( ) 

2018 

2018 2 

1009 

1009 1009 

⇔ z = 1− 1+ i = 1− 1+ i = 1− 2i = 1− 

2 i 

⎣ ⎦ 

1009 

⇒ z = 1+ 

2 i 

1009 

Vậy phần ảo của z là 2 . 


Câu 30. Cho các số phức z thỏa mãn z = 4 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số 

phức w = (3 + 4 i) 

z + i là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó. 

A. r = 4. B. r = 5. C. r = 20. D. r = 22. 


a + ( b −1) 

i [ a + ( b −1) i] 

(3 − 4 i) 

Gọi w = a + bi , ta có w = a + bi = (3 + 4 i) 

z + i ⇔ z = = 

2 

3 + 4i 

9 −16i 

2 2 

3a + 4b − 4 (3b − 4a 

− 3) (3a + 4b − 4) + (3b − 4a 

− 3) 

= + . i ⇒ z = 

25 25 25 

2 2 2 2 2 

Mà z = 4 nên ⇔ (3a + 4b − 4) + (3b − 4a − 3) = 100 ⇔ a + b − 2b 

= 399 

Theo giả thiết, tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w = (3 + 4 i) 

z + i là một đường tròn nên ta có 

2 2 2 2 

a + b − 2b = 399 ⇔ a + ( b − 1) = 400 ⇒ r = 400 = 20 


Câu 31. Với hai số phức z 

1 

và z 

2 

thỏa mãn z1 + z2 = 8 + 6i và z1 − z 

2 

= 2 . Tìm giá trị lớn nhất của 

P = z + z 

1 2 

A. P = 5 + 3 5 . B. P = 2 26 . C. P = 4 6 . D. P = 34 + 3 2 . 




Trang 169 










Đặt OA = z1 , OB = z 

2 ( với O là gốc tọa độ, A, 

B là điểm biểu diễn của z1, 

z 

2 

). 

Dựng hình bình hành OACB , khi đó ta có AB = z1 − z2 = 2, OC = z2 + z1 

= 10, OM = 5 

Theo định lý đường trung tuyến ta có 

2( OA 2 + OB 2 ) − AB 

2 

2 2 2 

2 2 

OM = ⇒ OA + OB = 52 ⇒ z1 + z 

2 

= 52 

4 

2 2 



z + z ≤ 2 z + z = 2 26 ⇒ P = 2 26 

1 2 1 2 max 



Trang 170 



ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A 

Toán Ứng Dụng 

Trang 1







MỤC LỤC 



PHẦN I: ĐỀ BÀI .................................................................................................................................. 3 

DẠNG 1: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM, GTLN-GTNN CỦA HÀM SỐ ...................... 3 

DẠNG 2: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG HÌNH ĐA DIỆN ............................................................. 15 

DẠNG 3: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG HÀM SỐ MŨ-LÔGARIT ............................................... 24 

DẠNG 4: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG HÌNH NÓN-TRỤ-CẦU .................................................. 32 

DẠNG 5: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG NGUYÊN HÀM-TÍCH PHÂN ....................................... 46 

DẠNG 6: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG THỰC TẾ KHÁC ........................................................... 54 

PHẦN II: ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI ..................................................................................................... 58 

DẠNG 1: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM, GTLN-GTNN CÙA HÀM SỐ .................... 58 

DẠNG 2: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG HÌNH ĐA DIỆN ............................................................. 86 

DẠNG 3: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG HÀM SỐ MŨ-LÔGARIT ............................................. 100 

DẠNG 4: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG HÌNH NÓN-TRỤ-CẦU ................................................ 116 

DẠNG 5: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG NGUYÊN HÀM-TÍCH PHÂN ..................................... 144 

DẠNG 6: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG THỰC TẾ KHÁC ......................................................... 160 



Trang 2 









PHẦN I: ĐỀ BÀI 



DẠNG 1: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM, GTLN-GTNN CỦA HÀM SỐ 

Câu 1: Một tên lửa bay vào không trung với quãng đường đi được quãng đường ( ) 

2 

t + 3 3t+ 

1 

thuộc theo biến (giây) theo quy tắc sau: s ( t ) e 2 t. 

e ( km) 

s t (km) là hàm phụ 

= + . Hỏi vận tốc của tên lửa sau 1 giây là 

bao nhiêu (biết hàm biểu thị vận tốc là đạo hàm của hàm biểu thị quãng đường theo thời gian). 

4 

4 

4 

4 

A. 5e (km/s) B. 3e (km/s) C. 9e (km/s) D. 10e (km/s) 

Câu 2: Một người nông dân có 15 000 000 đồng để làm một cái hàng rào hình chữ E dọc theo một con 

sông (như hình vẽ) để làm một khu đất có hai phần chữ nhật để trồng rau. Đối với mặt hàng rào song 

song với bờ sông thì chi phí nguyên vật liệu là 60 000 đồng là một mét, còn đối với ba mặt hàng rào 

song song nhau thì chi phí nguyên vật liệu là 50 000 đồng một mét. Tìm diện tích lớn nhất của đất rào 

thu được. 

2 

2 

2 

2 

A. 6250 m B. 1250 m C. 3125 m . D. 50 m 

Câu 3: Từ một khúc gỗ tròn hình trụ có đường kính bằng 40 cm, cần xả thành một chiếc xà có tiết diện 

ngang là hình vuông và bốn miếng phụ được tô màu xám như hình vẽ dưới đây. Tìm chiều rộng x của 

miếng phụ để diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là lớn nhất. 

3 34 −17 2 

3 34 −19 2 

A. x = ( cm) 

B. x = 

( cm) 

2 

2 

5 34 −15 2 

5 34 −13 2 

C. x = ( cm) 

D. x = 

( cm) 

2 

2 

Câu 4: Kỳ thi THPT Quốc gia năm 2016 vừa kết thúc, Nam đỗ vào trường Đại học Bách Khoa Hà Nội. 

Kỳ I của năm nhất gần qua, kỳ II sắp đến. Hoàn cảnh không được tốt nên gia đình rất lo lắng về việc 

đóng học phí cho Nam, kỳ I đã khó khăn, kỳ II càng khó khăn hơn. Gia đình đã quyết định bán một phần 

mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 50 m, lấy tiền lo cho việc học của Nam cũng như tương lai của em. 

Mảnh đất còn lại sau khi bán là một hình vuông cạnh bằng chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật ban 

2 

đầu. Tìm số tiền lớn nhất mà gia đình Nam nhận được khi bán đất, biết giá tiền 1m đất khi bán là 

1500000 VN đồng. 

A. 112687500 VN đồng. B. 114187500 VN đồng. 

C. 115687500 VN đồng. D. 117187500 VN đồng. 



Trang 3 











Câu 5: Thầy Diêu dự định xây một bồn hoa có bề mặt là hình 

tròn có đường kính AB = 10 m, để cho ấn tượng thầy Diêu 

thiết kế có hai hình tròn nhỏ trong hình tròn lớn bằng cách lấy 

điểm M giữa A và B rồi dựng các đường tròn đường kính 

MA và MB như hình vẽ. Trong hai đường tròn nhỏ thầy 

định trồng loại hoa hồng đỏ, còn phần còn lại thầy trồng hoa 

hồng trắng. Biết giá hoa hồng đỏ là 5. 

000 đồng, hoa hồng 

trắng là 4. 

000 đồng và ít nhất 0. 5 m 2 mới trồng được một 

bông hoa. Hỏi chi phí thấp nhất để trồng hoa của thầy là bao 

nhiêu? 

A. 702000 đồng. B. 622000 đồng. 

C. 706858 đồng. D. 752000 đồng. 

Câu 6: Người ta muốn sơn một cái hộp không nắp, đáy hộp là hình vuông và có thể tích là 4 (đơn vị thể 

tích)? Tìm kích thước của hộp để dùng lượng nước sơn tiết kiệm nhất. Giả sử độ dày của lớp sơn tại mọi 

nơi trên hộp là như nhau. 

A. Cạnh ở đáy là 2 (đơn vị chiều dài), chiều cao của hộp là 1 (đơn vị chiều dài). 

B. Cạnh ở đáy là 2 (đơn vị chiều dài), chiều cao của hộp là 2 (đơn vị chiều dài). 

C. Cạnh ở đáy là 2 2 (đơn vị chiều dài), chiều cao của hộp là 0,5 (đơn vị chiều dài). 

D. Cạnh ở đáy là 1 (đơn vị chiều dài), chiều cao của hộp là 2 (đơn vị chiều dài). 

Câu 7: Chiều dài bé nhất của cái thang AB để nó có thể tựa vào tường AC và mặt đất BC, ngang qua cột 

đỡ DH cao 4m, song song và cách tường CH=0,5m là: 

A. Xấp xỉ 5,602 B. Xấp xỉ 6,5902 

C. Xấp xỉ 5,4902 D. Xấp xỉ 5,5902 

Câu 8: Chiều dài bé nhất của cái thang AB để nó có thể tựa vào tường 

AC 

và mặt đất BC, ngang qua một cột đỡ DH cao 4m song song và cách 

tường CH = 0,5m là: 

A 

C 

D 

H 

A. Xấp xỉ 5,4902 B. Xấp xỉ 5,602 C. Xấp xỉ 5,5902 D. Xấp xỉ 6,5902 

B 

Câu 9: Cho hai vị trí A , B cách nhau 615m , 

cùng nằm về một phía bờ sông như hình vẽ. 

Khoảng cách từ A và từ B đến bờ sông lần lượt 

là 118m và 487m Một người đi từ A đến bờ 

sông để lấy nước mang về B . Đoạn đường ngắn 

nhất mà người đó có thể đi là: 

A. 596,5m B. 671, 4m 

C. 779, 8m D. 741,2m 

Câu 10: Sau khi phát hiện một bệnh dịch, các chuyên gia y tế ước tính số người nhiễm bệnh kể từ ngày 

2 3 

xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ t là f ( t) = 45t − t (kết quả khảo sát được trong 8 tháng vừa 

qua). Nếu xem f '( t ) là tốc độ truyền bệnh (người/ngày) tại thời điểm t . Tốc độ truyền bệnh sẽ lớn nhất 

vào ngày thứ mấy? 

A. 12 B. 30 



Trang 4 











C. 20 D. 15 

Câu 11: Một công ty bất động sản có 50 căn hộ cho thuê. Biết rằng nếu cho thuê mỗi căn hộ với giá 

2.000.000 đồng một tháng thì mọi căn hộ đều có người thuê và cứ tăng thêm giá cho thuê mỗi căn hộ 

100.000 đồng một tháng thì sẽ có 2 căn hộ bị bỏ trống. Hỏi muốn có thu nhập cao nhất thì công ty đó 

phải cho thuê mỗi căn hộ với giá bao nhiêu một tháng. 

A. 2.225.000. B. 2.100.000 C. 2.200.000 D. 2.250.000 

Câu 12: Trên một đoạn đường giao thông có 2 con đường vuông góc với nhau tại O như hình vẽ. Một 

địa danh lịch sử có vị trí đặt tại M, vị trí M cách đường OE 125cm và cách 

đường Ox 1km. Vì lý do thực tiễn người ta muốn làm một đoạn đường thẳng 

AB đi qua vị trí M, biết rằng giá trị để làm 100m đường là 150 triệu đồng. 

Chọn vị trí của A và B để hoàn thành con đường với chi phí thấp nhất. Hỏi 

chi phí thấp nhất để hoàn thành con đường là bao nhiêu ? 

A. 1,9063 tỷ đồng. B. 2,3965 tỷ đồng. 

C. 2,0963 tỷ đồng. D. 3 tỷ đồng. 

3 2 

Câu 13: Một chất điểm chuyển động theo phương trình S = − t + 9t + t + 10 

trong đó t tính bằng (s) và S tính bằng (m). Thời gian vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất là: 

A. t = 5s 

B. t = 6s 

C. t = 2s 

D. t = 3s 

Câu 14: Một người cần đi từ khách sạn A bên bờ biển đến hòn đảo C . Biết rằng khoảng cách từ đảo C 

đến bờ biển là 10km , khoảng cách từ khách sạn A đến điểm B trên bờ gần đảo C là 40km . Người đó 

có thể đi đường thủy hoặc đi đường bộ rồi đi đường thủy (như hình vẽ dưới đây). Biết kinh phí đi đường 

thủy là 5 USD / km , đi đường bộ là 3 USD / km . Hỏi người đó phải đi đường bộ một khoảng bao nhiêu để 

kinh phí nhỏ nhất? ( AB = 40 km, BC = 10km 

.). 

A 

D 

40 km 

A. 15 65 

km . B. km . C. 10km . D. 40km . 

2 2 

Câu 15: Có hai chiếc cọc cao 10m và 30m lần lượt đặt tại hai vị trí A, B . Biết khoảng cách giữa hai cọc 

bằng 24m. Người ta chọn một cái chốt ở vị trí M trên mặt đất nằm giữa hai chân cột để giăng dây nối 

đến hai đỉnh C và D của cọc (như hình vẽ). Hỏi ta phải đặt chốt ở vị trí nào trên mặt đất để tổng độ dài 

của hai sợi dây đó là ngắn nhất? 

A. AM = 6 m, BM = 18m 

B. AM = 7 m, BM = 17m 

C. AM = 4 m, BM = 20m 

D. AM = 12 m, BM = 12m 

Câu 16: Một chủ hộ kinh doanh có 50 phòng trọ cho thuê. Biết giá cho thuê mỗi tháng là 2,000,000đ/1 

phòng trọ, thì không có phòng trống. Nếu cứ tăng giá mỗi phòng trọ thêm 50,000đ/tháng, thì sẽ có 2 

phòng bị bỏ trống. Hỏi chủ hộ kinh doanh sẽ cho thuê với giá là bao nhiêu để có thu nhập mỗi tháng cao 

nhất ? 

A. 2.200.000đ B. 2.250.000đ C. 2.300.000đ D. 2.500.000đ 

4 

1 ⎛ 

3 t ⎞ 

Câu 17: Thể tích nước của một bể bơi sau t phút bơm tính theo công thức V( t) = ⎜30t 

− ⎟ 

100 ⎝ 4 ⎠ 

(0 ≤ t ≤ 90) . Tốc độ bơm nước tại thời điểm t được tính bởi v( t) = V '( t ) . Trong các khẳng định sau, 

khẳng định nào đúng. 


C 

10 km 

B 


Trang 5 











A. Tốc độ bơm giảm từ phút thứ 60 đến phút thứ 90. 

B. Tốc độ luôn bơm giảm. 

C. Tốc độ bơm tăng từ phút 0 đến phút thứ 75. 

D. Cả A, B, C đều sai. 

Câu 18: Một công ty muốn làm một đường ống dẫn từ một điểm A trên bờ đến một điểm B trên một hòn 

đảo. Hòn đảo cách bờ biển 6km. Giá để xây đường ống trên bờ là 

50.000USD mỗi km, và 130.000USD mỗi km để xây dưới nước. B’ là 

đảo 

điểm trên bờ biển sao cho BB’ vuông góc với bờ biển. Khoảng cách từ 

B 

A đến B’ là 9km. Vị trí C trên đoạn AB’ sao cho khi nối ống theo ACB 

biển 

thì số tiền ít nhất. Khi đó C cách A một đoạn bằng: 

6km 

A. 6.5km B. 6km 

C. 0km D. 9km 

1 2 

Câu 19: Một vật rơi tự do với phương trình chuyển động S = gt , 

2 

2 

trong đó g = 9,8m/s và t tính bằng giây ( s ) . Vận tốc của vật tại thời điểm t = 5s bằng: 

A. 49m/s. B. 25m/s. C. 10m/s. D. 18m/s. 

Câu 20: Cho chuyển động thẳng xác định bởi phương trình S= t 3 - 3t 2 + 4t, trong đó t tính bằng giây (s) 

và S được tính bằng mét (m). Gia tốc của chất điểm lúc t = 2s bằng: 

2 

2 

2 

2 

A. 4m/s . B. 6m/s . C. 8m/s . D. 12m/s . 

2 

Câu 21: Một vận động viên đẩy tạ theo quỹ đạo là 1 parabol có phương trình y = − x + 2x + 4 . Vị trí 

của quả tạ đang di chuyển xem như là một điểm trong không gian Oxy. Khi đó vị trí cao nhất của quả tạ 

là điểm biểu diễn của số phức nào sau đây ? 

A. z = 1− 

3i B. z = 5 + i C. z = 1+ 

5i D. z = 3 − i 

Câu 22: Một sợi dây kim loại dài 60cm được cắt thành hai đoạn. Đoạn dây thứ nhất uốn thành hình 

vuông cạnh a, đoạn dây thứ hai uốn thành đường tròn bán kinh r. Để tổng diện tích của hình vuông và 

hình tròn nhỏ nhất thì tỉ số a nào sau đây đúng ? 

r 

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

Câu 23: Khi nuôi cá thí nghiệm trong hồ, một nhà sinh vật học thấy rằng: Nếu trên mỗi đơn vị diện tích 

của mặt hồ có n con cá thì trung bình mỗi con cá sau một vụ cân nặng P( n) = 480 − 20 n( gam) 

. Hỏi phải thả 

bao nhiêu con cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau một vụ thu hoạch được nhiều cá nhất ? 

A.10 B. 12 C.16 D. 24 

Câu 24: Một cửa hàng bán lẻ bán 2500 cái ti vi mỗi năm. Chi phí gửi trong kho là 10$ một cái mỗi năm. 

Để đặt hàng chi phí cố định cho mỗi lần đặt là 20$ cộng thêm 9$ mỗi cái. Cửa hàng nên đặt hàng bao 

nhiêu lần trong mỗi năm và mỗi lần bao nhiêu cái để chi phí hàng tồn kho là nhỏ nhất ? 

A. Đặt hàng 25 lần, mỗi lần 100 cái ti vi. B. Đặt hàng 20 lần, mỗi lần 100 cái ti vi. 

C. Đặt hàng 25 lần, mỗi lần 90 cái ti vi. D. Đặt hàng 20 lần, mỗi lần 90 cái ti vi. 

Câu 25: Người ta muốn rào quanh một khu đất với một số vật liệu cho trước là 180 mét thẳng hàng rào. 

Ở đó người ta tận dụng một bờ giậu có sẵn để làm một cạnh của hàng rào và rào thành mảnh đất hình 

chữ nhật. Hỏi mảnh đất hình chữ nhật được rào có diện tích lớn nhất bằng bao nhiêu? 

A. S 

2 

= 3600m 

B. S 

2 

= 4000m 


max 

2 

2 

C. S = 8100m 

D. S = 4050m 

max 

max 

max 

B' 

x km 

bờ biển 

C 

(9 - x)km 

A 


Trang 6 











Câu 26: Một lão nông chia đất cho con trai để người con canh tác riêng, biết người con sẽ được chọn 

miếng đất hình chữ nhật có chu vi bằng 800( m ) . Hỏi anh ta chọn mỗi kích thước của nó bằng bao nhiêu 

để diện tích canh tác lớn nhất? 

A. 200m× 200m 

B. 300m× 100m 

C. 250m× 150m 

D.Đáp án khác 

Câu 27: Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 6 cm. Người ta muốn cắt một hình thang như hình vẽ Tìm 

tổng x + y để diện tích hình thang EFGH đạt giá trị nhỏ nhất. 

x cm 

A 

H 

D 

2 cm 

E 

A. 7 B. 5 C. 7 2 

D. 4 2 . 

2 

Câu 28: Trên sân bay một máy bay cất cánh trên đường băng d (từ trái sang phải) và bắt đầu rời mặt đất 

tại điểm O. Gọi (P) là mặt phẳng vuông góc với mặt đất và cắt mặt đất theo giao tuyến là đường băng d 

của máy bay. Dọc theo đường băng d cách vị trí máy bay cất cánh O một khoảng 300(m) về phía bên 

phải có 1 người quan sát A. Biết máy bay chuyền động trong mặt phẳng (P) và độ cao y của máy bay 

2 

xác định bởi phương trình y = x (với x là độ dời của máy bay dọc theo đường thẳng d và tính từ O). 

Khoảng cách ngắn nhất từ người A (đứng cố định) đến máy bay là: 

A. 300( m ) 

B. 100. 5( m ) 

C. 200( m ) 

D. 100 3( m ) 

G 

y cm 

Câu 29: Một ngọn hải đăng đặt tại vị trí A có khoảng cách đến bờ 

biển AB = 5km 

.Trên bờ biển có một cái kho ở vị trí C cách B 

một khoảng 7km.Người canh hải đăng có thể 

chèo đò từ A đến M trên bờ biểnvới vận tốc 4 km / h rồi đi bộ 

đến C với vận tốc 6 km / h .Vị trí của điểm M cách B một 

khoảng bao nhiêu để người đó đi đến kho nhanh nhất? 


B 

F 

C 

3cm 

A. 0 km B. 7 km 


Trang 7 











14 + 5 5 

C. 2 5 km D. km 


3 

t 2 

Câu 30: Một vật chuyển động theo quy luật s = − + 9t 

, với t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc 

2 

vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quảng đường vật đi được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong 

khoảng thời gian 12 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động tại thời điểm t bằng bao nhiêu giây thì vận tốc 

của vật đạt giá trị lớn nhất ? 

A. t = 12 (giây) B. t = 6 (giây) C. t = 3 (giây) D. t = 0 (giây) 

Câu 31: Có một tấm gỗ hình vuông cạnh 200 cm. Cắt một tấm gỗ có hình tam giác vuông, có tổng của 

một cạnh góc vuông và cạnh huyền bằng hằng số 120cm từ tấm gỗ trên sao cho tấm gỗ hình tam giác 

vuông có diện tích lớn nhất. Hỏi cạnh huyền của tấm gỗ này là bao nhiêu? 

A. 40cm . B. 40 3cm . C. 80cm . D. 40 2cm . 

Câu 32: Đường dây điện 110KV kéo từ trạm phát (điểm A) trong đất liền ra 

Côn Đảo (điểm C). biết khoảng cách ngắn nhất từ C đến B là 60km, khoảng 

cách từ A đến B là 100km, mỗi km dây điện dưới nước chi phí là 5000 USD, 

chi phí cho mỗi km dây điện trên bờ là 3000 USD. Hỏi điểm G cách A bao 

nhiêu để mắc dây điện từ A đến G rồi từ G đến C chi phí ít nhất. 

A. 40km B. 45km 

C. 55km D. 60km 

Câu 33: Một công ti bất động sản có 50 căn hộ cho thuê. Biết rằng nếu cho thuê mỗi căn hộ với giá 2 

000 000 đồng một tháng thì mọi căn hộ đều có người thuê và cứ mỗi lần tăng giá cho thuê mỗi căn hộ 

thêm 100 000 đồng một tháng thì có thêm hai căn hộ bị bỏ trống. 

Hỏi muốn có thu nhập cao nhất, công ti đó phải cho thuê mỗi căn hộ với giá trị bao nhiêu một tháng? 

(đồng/tháng) 

A. 2 250 000 B. 2 450 000 C. 2 300 000 D. 2 225 000 

Câu 34: Tìm diện tích lớn nhất của hình chữ nhật nội tiếp trong nửa đường tròn bán kính 10cm , biết 

một cạnh của hình chữ nhật nằm dọc trên đường kính của đường tròn. 

2 

2 

2 

2 

A. 80cm B. 100cm C. 160cm D. 200cm 

Câu 35: Trong bài thực hành của môn huấn luyện quân sự có tình huống chiến sĩ phải bơi qua một con 

sông để tấn công một mục tiêu ở phía bờ bên kia sông. Biết rằng lòng sông rộng 100m và vận tốc bơi 

của chiến sĩ bằng một nửa vận tốc chạy trên bộ. Bạn hãy cho biết chiến sĩ phải bơi bao nhiêu mét để đến 

được mục tiêu nhanh nhất, nếu như dòng sông là thẳng, mục tiêu ở cách chiến sĩ 1km theo đường chim 

bay. 

A. 400 

B. 40 

C. 100 

D. 200 

3 

33 

3 

3 

l 


m 

Câu 36: Cần phải đặt một ngọn điện ở phía trên và chính giữa một cái bàn hình tròn có bán kính a. Hỏi 

phải treo ở độ cao bao nhiêu để mép bàn được nhiều ánh sáng nhất. Biết rằng cường độ sáng C được 


Trang 8 











sin α 

biểu thị bởi công thức C = k ( α là góc nghiêng giữa tia sáng và mép bàn, k là hằng số tỷ lệ chỉ 

r 

2 

phụ thuộc vào nguồn sáng). 

3a 

a 2 

A. h = B. h = 

2 

2 

a 

a 3 

C. h = D. h = 

2 

2 

Câu 37: Nhà Nam có một chiếc bàn tròn có bán kính bằng 2 m. Nam muốn mắc một bóng điện ở phía 

trên và chính giữa chiếc bàn sao cho mép bàn nhận được nhiều ánh sáng nhất. Biết rằng cường độ sáng 

sinα 

C của bóng điện được biểu thị bởi công thức C = c (α là góc tạo bởi tia sáng tới mép bàn và mặt 

l 

2 

bàn, c - hằng số tỷ lệ chỉ phụ thuộc vào nguồn sáng, l khoảng cách từ mép bàn tới bóng điện). Khoảng 

cách nam cần treo bóng điện tính từ mặt bàn là 

A. 1m B. 1,2m C. 1.5 m D. 2m 

Câu 38: Một chủ trang trại nuôi gia súc muốn rào thành hai 

chuồng hình chữ nhật sát nhau và sát một con sông, một chuồng 

cho cừu, một chuồng cho gia súc. Đã có sẵn 240m hàng rào. 

Hỏi diện tích lớn nhất có thể bao quanh là bao nhiêu ? 

A. 4000 m 2 B. 8400 m 2 

C. 4800 m 2 D. 2400 m 2 

Câu 39: Nhà của 3 bạn A, B, C nằm ở 3 vị trí tạo thành một tam giác vuông tại B ( như hình vẽ), AB = 

10 km; BC = 25 km và 3 bạn tổ chức họp mặt ở nhà bạn C. Bạn B hẹn chở bạn A tại vị trí M trên đoạn 

đường BC. Từ nhà, bạn A đi xe buýt đến điểm hẹn M với tốc độ 30km/h và từ M hai bạn A, B di 

chuyển đến nhà bạn C bằng xe máy với tốc độ 50km/h. Hỏi điểm hẹn M cách nhà bạn B bao nhiêu km 

để bạn A đến nhà bạn C nhanh nhất ? 

A 

B M 

C 

A. 5 km B. 7,5 km C. 10 km D. 12,5 km 

Câu 40: Một đường dây điện được nối từ một nhà máy điện ở A đến một hòn đảo ở C. khoảng cách 

ngắn nhất từ C đến B là 1 km. Khoảng cách từ B đến A là 4. Mỗi km dây điện đặt dưới nước là mất 

5000 USD, còn đặt dưới đất mất 3000 USD. Hỏi diểm S trên bờ cách A bao nhiêu để khi mắc dây điện 

từ A qua S rồi đến C là ít tốn kém nhất. 


N 

r 

a 

h 

Đ 

I 

a 

M 


Trang 9 









A. 15 4 km B. 13 4 km 



C. 10 D. 19 4 

4 

Câu 41: Một cửa hàng bán thú kiềng cần làm một chuồng thú 

hình chữ nhật sao cho phần cần làm hàng rào là 20 m. Chú ý 

rằng, hình chữ nhật này có hai cạnh trùng với mép của hai bức 

tường trong góc nhà nên không cần rào. Các cạnh cần rào của 

hình chữ nhật là bao nhiêu để diệnh tích của nó là lớn nhất ? 

A. Mỗi cạnh là 10 m B. Mỗi cạnh là 9 m 

C. Mỗi cạnh là 12 m D. Mỗi cạnh là 5 m 

Câu 42: Một sợi dây có chiều dài là 6 m, được chia thành 2 phần. Phần thứ nhất được uốn thành hình 

tam giác đều, phầm thứ hai uốn thành hình vuông. Hỏi độ dài của cạnh hình tam giác đều bằng bao 

nhiêu để diện tích 2 hình thu được là nhỏ nhất? 

18 

A. (m) B. 36 3 


(m) C. (m) D. 18 3 (m) 

9 + 4 3 

4 + 3 

4 + 3 

4 + 3 

Câu 43: Cho hình chữ nhật MNPQ nội tiếp trong nửa đường tròn bán 

kính R. Chu vi hình chữ nhật lớn nhất khi tỉ số MN 

MQ bằng: 

A. 2 B. 4 

C. 1 D. 0,5 

Câu 44: Một người thợ mộc cần xây một căn phòng hình chữ nhật bằng gỗ với chu vi là 54m. Các canh 

của căn phòng là bao nhiêu để diện tích của căn phòng là lớn nhất ? 

A. 21 

B. 27 

C. 25 

D. 27 

4 

2 

2 

4 

Câu 45: Giám đốc của nhà hát A đang phân vân trong việc xác định giá vé xem các chương trình được 

chiếu trong nhà hát. Việc này rất quan trọng, nó sẽ quyết định nhà hát thu được lợi nhuận hay bị tổn thất. 

Theo những cuốn sổ ghi chép, ông ta xác định rằng: Nếu giá vé vào cửa Là 20$ thì trung bình có 1000 

người đến xem. Nhưng nếu tăng tiền vé lên 1$ mỗi người thì sẽ mất 100 khách hàng trong số trung bình. 

Trung bình mỗi khách hàng dành 1,8$ cho việc uống nước trong nhà hát. Hãy giúp giám đốc nhà máy 

này xác định xem cần tính giá vé vào cửa bao nhiêu để tổng thu nhập lớn nhất. 

A. giá vé là 14,1 $ B. giá vé là 14 $ C. giá vé là 12,1 $ D. giá vé là 15 $ 

2 

2 

Câu 46: Bác Tôm có cái ao có diện tích 50m để nuôi cá. Vụ vừa qua bác nuôi với mật độ 20 con/m 


và thu được 1,5 tấn cả thành phẩm. Theo kinh nghiệm nuôi cá của mình, bác thấy cứ thả giảm đi 8 

2 

con/ m thì mỗi con cá thành phẩm thu được tăng thêm 0,5 kg. Vậy vụ tới bác phải mua bao nhiêu con 

cá giống để đạt được tổng năng suất cao nhất? (Giả sử không có hao hụt trong quá trình nuôi). 

Q 

M 

P 

N 


Trang 10 











A. 488 con B. 512 con C. 1000 con D. 215 con 

Câu 47: Từ một tấm bìa cứng hình vuông cạnh a, người ta cắt bốn góc 

bốn hình vuông bằng nhau rồi gấp lại tạo thành một hình hộp không 

nắp. Tìm cạnh của hình vuông bị cắt để thể tích hình hộp lớn nhất. 

A. 2 

a 

B. 8 

a 

C. 3 

a 

D. 6 

a 

Câu 48: Xét các hình chữ nhật được lát khít bởi các cặp gạch lát hình vuông có tổng diện tích là 1, 

việc lát được thực hiện theo cách: hai hình vuông được xếp nằm hoàn toàn trong hình chữ nhật mà 

phần trong của chúng không đè lên nhau, các cạnh của hai hình vuông thì nằm trên hoặc song song 

với các cạnh của hình chữ nhật. Khi đó giá trị bé nhất của diện tích hình chữ nhật nêu trên là: 

A. 2 + 2 

B. 1 (1 + 2) 4 C. 1− 2 D. 1+ 

2 

2 

2 3 

Câu 49: Một chất điểm chuyển động theo quy luật s = 6t − t . Thời điểm t (giây) tại đó vận tốc v(m/s) 

của chuyển động đạt giá trị lớn nhất là: 

A. t = 2 

B. t=3 C. t=4 D. t=5 

Câu 50: Trong đợt chào mừng ngày 26/03/2016, trường THPT Lương Tài số 2 có tổ chức cho học sinh 

các lớp tham quan dã ngoại ngoài trời, trong số đó có lớp 12A11. Để có thể có chỗ nghỉ ngơi trong quá 

trình tham quan dã ngoại, lớp 12A11 đã dựng trên mặt đất bằng phẳng 1 chiếc lều bằng bạt từ một tấm 

bạt hình chữ nhật có chiều dài là 12m và chiều rộng là 6m bằng cách: Gập đôi tấm bạt lại theo đoạn nối 

trung điểm hai cạnh là chiều rộng của tấm bạt sao cho hai mép chiều dài còn lại của tấm bạt sát đất và 

cách nhau x m (xem hình vẽ). Tìm x để khoảng không gian phía trong lều là lớn nhất? 

A. x = 4 

B. x = 3 3 

C. x = 3 

D. x = 3 2 

Câu 51: Một con cá hồi bơi ngược dòng để vượt một khoảng cách là 300km. Vận tốc của dòng nước là 

6 km / h . Nếu vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên là v (km/h) thì năng lượng tiêu hao của cá trong t 

giờ được cho bởi công thức. 

E v = cv t 

( ) 

3 

Trong đó c là một hằng số, E được tính bằng jun. Tìm vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng 

lượng tiêu hao là ít nhất. 

A. 6km/h B. 9km/h C. 12km/h D. 15km/h 

Câu 52: Một miếng gỗ hình tam giác đều chiều dài cạnh là a. Cắt bỏ 3 phần như hình vẽ để được một 

miếng gỗ hình chữ nhật có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó. 



Trang 11 











2 

2 

2 

2 

a 3 

a 

a 3 

a 6 

A. 

B. 

C. 

D. 

8 

8 

4 

8 

Câu 53: Một khách sạn có 50 phòng. Hiện tại mỗi phòng cho thuê với giá 400 ngàn đồng một ngày thì 

toàn bộ phòng được thuê hết. Biết rằng cứ mỗi lần tăng giá thêm 20 ngàn đồng thì có thêm 2 phòng 

trống. Giám đốc phải chọn giá phòng mới là bao nhiêu để thu nhập của khách sạn trong ngày là lớn nhất. 

A. 480 ngàn. B. 50 ngàn. C. 450 ngàn. D. 80 ngàn. 

Câu 54: Cho chuyển động thẳng xác định bởi phương trình S = t 3 + 3t 2 – 9t + 27,trong đó t tính bằng giây 

(s) và S được tính bằng mét (m). Gia tốc của chuyển động tại thời điểm vận tốc triệt tiêu là: 

2 

2 

2 

2 


Câu 55: Độ giảm huyết áp của một bệnh nhân được đo bởi công thức G(x) = 0,025x 2 (30 – x) trong đó x 

(mg) và x > 0 là liều lượng thuốc cần tiêm cho bệnh nhân. Để huyết áp giảm nhiều nhất thì cần tiêm cho 

bệnh nhân một liều lượng bằng: 

A. 15mg . B. 30mg . C. 40mg . D. 20mg . 

Câu 56: Trong tất cả các hình chữ nhật có diện tích S thì hình chữ nhật có chu vi nhỏ nhất bằng bao 

nhiêu? 

A. 2 S . B. 4 S . C. 2S . D. 4S . 


xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ t là f(t) = 45t 2 – t 3 (kết quả khảo sát được trong 8 tháng vừa 

qua). Nếu xem f ’ (t) là tốc độ truyền bệnh (người/ngày) tại thời điểm t. Tốc độ truyền bệnh lớn nhất vào 

ngày thứ: 

A. 12. B. 30. C. 20. D. 15 . 

Câu 58: Một trang chữ của cuốn sách giáo khoa cần diện tích 384 cm 2. Lề trên và dưới là 3cm, lề trái và 

phải là 2cm. Kích thước tối ưu của trang giấy là: 

A. Dài 24cm; rộng 16cm 

B. Dài 24cm; rộng 17cm 

C. Dài 25cm; rộng 15,36cm 

D. Dài 25,6cm; rộng 15cm 

Câu 59: Một màn ảnh chữ nhật cao 1,4m được đặt ở độ cao 1,8m so với tầm mắt (tính từ đầu mép dưới 

của màn hình). Để nhìn rõ nhất phải xác định vị trí đứng sao cho góc nhìn lớn nhất. Hãy xác định vị trí đó 


? (góc BOC gọi là góc nhìn) 


Trang 12 











A. AO = 2, 4m 

B. AO = 2m 

C. AO = 2,6m 

D. AO = 3m 

Câu 60: Một con cá hồi bơi ngược dòng (từ nơi sinh sống) để vượt khoàng cách 300km (đến nơi sinh 

sản).Vận tốc trong nước là 6 km/h. Giả sử vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên là v km/h thì năng 

lượng tiêu hao của cá trong t giờ được cho bởi công thức: E(v) = cv 3 t, trong đó c là hằng số cho trước, E 

tính bằng jun. Vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng lượng của cá tiêu hao ít nhất bằng: 

A. 9 km/h B. 8 km/h C. 10 km/h D. 12 km/h 

Câu 61: Hàng ngày, mực nước của một con kênh lên xuống theo thủy triều. Độ sâu h (m) của mực nước 

⎛ πt 

π ⎞ 

trong kênh tính theo thời gian t (h) trong một ngày cho bởi công thức h = 3cos⎜ 

+ ⎟ + 12 . Khi nào 

⎝ 6 3 ⎠ 

mực nước của kênh là cao nhất ? 

A. t = 16 

B. t = 15 

C. t = 14 

D. t = 13 

Câu 62: Học sinh lần đầu thử nghiệm tên lửa tự chế phóng từ mặt đất theo phương thẳng đứng với vận 

tốc 15m/s. Hỏi sau 2,5s tên lửa bay đến độ cao bao nhiêu ? (giả sử bỏ qua sức cản gió, tên lửa chỉ chịu 

tác động của trọng lực g = 9,8 m/s 2 ) 

A. 61,25(m) B. 6,875(m) C. 68,125(m) D. 30,625(m) 

Câu 63: Cho chuyển động thẳng xác định bởi phương trình S = 1 2 (t 4 – 3t 2 ), trong đó t tính bằng giây, S 

được tính bằng mét (m). Vận tốc của chuyển động tại thời điểm t = 4 s bằng. 

A. 280m/s. B. 232m/s. C. 140m/s. D.116m/s. 

Câu 64: Một chất điểm chuyển động theo quy luật S = 1 4 t4 - 3 2 t2 + 2t – 100, chất điểm đạt giá trị nhỏ 

nhất tại thời điểm. 

A. t = 1 

B. t = 16 

C. t = 5 

D. t = 3 

Câu 65: Vi khuẩn HP (Helicobacter pylori) gây đau dạ dày tại ngày thứ m với số lượng là F(m), biết nếu 

phát hiện sớm khi số lượng vi khuẩn không vượt quá 4000 con thì bệnh nhân sẽ được cứu chữa. Biết 

F ’ (m) = 1000 và ban đầu bệnh nhân có 2000 con vi khuẩn. Sau 15 ngày bệnh nhân phát hiện ra bị 

2t 

+ 1 

bệnh.Hỏi khi đó có bao nhiêu con vi khuẩn trong dạ dày (lấy xấp xỉ hàng thập phân thứ hai) và bệnh 

nhân đó có cứu chữa được không ? 

A. 5433,99 và không cứu được B. 1499,45 và cứu được 

C. 283,01 và cứu được D. 3716,99 và cứu được 

Câu 66: Một giáo viên đang đau đầu về việc lương thấp và phân vân xem có nên tạm dừng niềm đam 

mê với con chữ để chuyển hẳn sang kinh doanh đồ uống trà sữa hay không?Ước tính nếu 1 li trà sữa là 

20000đ thì trung bình hàng tháng có khoảng 1000 lượt khách tới uống tại quán, trung bình mỗi khách trả 

thêm 10000đ tiền bánh tráng ăn kèm. Nay người giáo viên muốn tăng thêm mỗi li trà sữa 5000đ thì sẽ 

mất khoảng 100 khách trong tổng số trung bình. Hỏi giá một li trà sữa nên là bao nhiêu để tổng thu nhập 

lớn nhất (Giả sử tổng thu chưa trừ vốn) 

A. Giảm 15 ngàn đồng B. Tăng 5 ngàn đồng 


C 

1,4 

B 

1,8 

A 

O 


Trang 13 









C. Giữ nguyên không tăng giá D. Tăng thêm 2,5 ngàn đồng 



1 3 +9 

2 , 

Câu 67: Một vật chuyển động theo quy luật s = − t t với t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc 

3 

vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật đi được trong thời gian đó. Hỏi trong khoảng 

thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu ? 

A. 216 (m/s). B. 30 (m/s). C. 400 (m/s). D. 54 (m/s). 

Câu 68: Một người đàn ông muốn chèo thuyền ở vị trí A tới điểm B về phía hạ lưu bờ đối diện, càng 

nhanh càng tốt, trên một bờ sông thẳng rộng 3km (như hình vẽ). Anh có thể chèo thuyền của mình trực 

tiếp qua sông để đến C và sau đó chạy đến B, hay có thể chèo trực tiếp đến B, hoặc anh ta có thể chèo 

thuyền đến một điểm D giữa C và B và sau đó chạy đến B. Biết anh ấy có thể chèo thuyền6 km / h , chạy 

8 km / h và quãng đườngBC 

= 8km 

. Biết tốc độ của dòng nước là không đáng kể so với tốc độ chèo 

thuyền của người đàn ông. Tìm khoảng thời gian ngắn nhất (đơn vị: giờ) để người đàn ông đến B. 

7 

A. 1 + . B. 

8 

C. 

73 

6 

D. 3 2 

Câu 69: Có hai chiếc cọc cao 12m và 28m, đặt cách nhau 30m 

(xem hình minh họa dưới đây). Chúng được buộc bởi hai sợi dây 

từ một cái chốt trên mặt đất nằm giữa hai chân cột tới đỉnh của 

mỗi cột. Gọi x (m) là khoảng cách từ chốt đến chân cọc ngắn. 

Tìm x để tổng độ dài hai dây ngắn nhất. 

A. x = 9. 

B. x = 10. 

C. x = 11. 

D. x = 12. 

9 

7 


P n = 480 − 20n (gam). Hỏi 

của mặt hồ có n con cá thì trung bình mỗi con cá sau một vụ cân nặng ( ) 

phải thả bao nhiêu con cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau một vụ thu hoạch được nhiều cá 

nhất ? 

A. 10 B. 12 C. 16 D. 24 

2 3 

Câu 71: Một chất điểm chuyển động theo qui luật s = 6t − t (trong đó t là khoảng thời gian tính bằng 

m / s của chuyển 

giây mà chất điểm bắt đầu chuyển động). Tính thời điểm t (giây) mà tại đó vận tốc ( ) 

động đạt giá trị lớn nhất. 

A. t = 2 

B. t = 4 

C. t = 1 

D. t = 3 Câu 72: Hằng ngày, mực 

h m của mực nước trong kênh tính theo thời 

nước của một con kênh lên xuống theo thủy chiều. Độ sâu ( ) 

⎛ π t π ⎞ 

gian t ( h ) trong một ngày cho bởi công thức h = 3cos⎜ 

+ ⎟ + 12 . Khi nào mực nước của kênh là cao 

⎝ 6 3 ⎠ 

nhất? 

A. t = 16 

B. t = 15 

C. t = 14 

D. t = 13 



Trang 14 









Câu 73: Một khúc gỗ tròn hình trụ xẻ thành một chiếc xà có tiết diện ngang là hình vuông và 4 miếng 

phụ như hình vẽ. Hãy ác định kích thước của các miếng phụ để diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là 

lớn nhất. 



A. Rộng 

34 − 3 2 

d , dài 

16 

C. Rộng 34 − 3 2 d , dài 

14 

7 − 17 

d B. Rộng 34 − 3 2 d , dài 

4 

15 

7 − 17 

d D. Rộng 34 − 3 2 d , dài 

4 

13 

7 − 17 

d 

4 

7 − 17 

d 

4 

DẠNG 2: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG HÌNH ĐA DIỆN 

Câu 1: Một trang trại chăn nuôi dự định xây dựng một hầm biogas với thể tích 12 m 3 để chứa chất thải 

chăn nuôi và tạo khí sinh học. Dự kiến hầm chứa có dạng hình hộp chữ nhật có chiều sâu gấp rưỡi chiều 

rộng. Hãy xác định các kích thước đáy (dài, rộng) của hầm biogas để thi công tiết kiệm nguyên vật liệu 

nhất (không tính đến bề dày của thành bể). Ta có kích thước (dài; rộng – tính theo đơn vị m, làm tròn 

đến 1 chữ số thập phân sau dấu phẩy) phù hợp yêu cầu là: 

A. Dài 2,42m và rộng 1,82m B. Dài 2,74m và rộng 1,71m 

C. Dài 2,26m và rộng 1,88m D. Dài 2,19m và rộng 1,91m 

Câu 2: Một hộp đựng chocolate bằng kim loại có hình dạng lúc mở nắp như hình vẽ dưới đây. Một phần 

tư thể tích phía trên của hộp được dải một lớp bơ sữa ngọt, phần còn lại phía dưới chứa đầy chocolate 

nguyên chất. Với kích thước như hình vẽ, gọi x = x0 

là giá trị làm cho hộp kim loại có thể tích lớn nhất, 

khi đó thể tích chocolate nguyên chất có giá trị là V 

0 

. Tìm V 

0 

. 


A. 48 đvtt B. 16 đvtt C. 64 đvtt D. 64 

3 đvtt 

Câu 3: Tính thể tích khối rubic mini (mỗi mặt của rubic có 9 ô vuông), biết chu vi mỗi ô (ô hình vuông 

trên một mặt) là 4cm. 


Trang 15 











A. 27 cm 3 . B. 1728 cm 3 . C. 1 cm 3 . D. 9 cm 3 . 

Câu 4: Một công ty sản xuất gỗ muốn thiết kế các thùng đựng hàng bên trong dạng hình lăng trụ 

2 

tứ giác đều không nắp có thể tích là 62,5dm . Để tiết kiệm vật liệu làm thùng, người ta cần thiết 

kế thùng sao cho có tổng S diện tích xung quanh và diện tích mặt đáy là nhỏ nhất, S bằng 

2 

2 

2 

2 

A. 106,25dm . B. 75dm . C. 50 5dm . D. 125dm . 

3 

Câu 5: Cần phải xây dựng một hố ga, dạng hình hộp chữ nhật có thể tích V ( m ) 

, hệ số k cho trước (k- 

tỉ số giữa chiều cao của hố và chiều rộng của đáy). Gọi x, y, h > 0 lần lượt là chiều rộng, chiều dài và 

chiều cao của hố ga. Hãy xác định x, y, h > 0 xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất. x,y,h lần lượt là 

A. 

B. 

C. 

D. 

( ) 

( 2k + 1) 

( ) 

2k + 1 V 2kV k 2k + 1 V 

x = 2 

3 

; y = 

3 

2 

3 ;h = 

2 

4k 4 

( ) 

( 2k + 1) 

( ) 

2k + 1 V 2kV k 2k + 1 V 

x = 

3 

; y = 

3 

2 

3 ;h = 2 

2 

4k 4 

( ) 

( 2k + 1) 

( ) 

2k + 1 V 2kV k 2k + 1 V 

x = 

3 

; y = 2 

3 

2 

3 ;h = 

2 

4k 4 

( ) 

( 2k + 1) 

( ) 

2k + 1 V 2kV k 2k + 1 V 

x = 

3 

; y = 6 

3 

2 

3 ;h = 

2 

4k 4 

Câu 6: Một Bác nông dân cần xây dựng một hố ga không có nắp dạng hình hộp chữ nhật có thể tích 

3 

3200cm , tỉ số giữa chiều cao của hố và chiều rộng của đáy bằng 2 . Hãy xác định diện tích của đáy hố 

ga để khi xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất? 

2 

2 

2 

2 

A. 1200cm B. 160cm C. 1600cm D. 120cm 

Câu 7: Một công ty Container cần thiết kế cái thùng hình hộp chữ nhật, không nắp, có đáy hình vuông, 

thể tích 108 m 3 . Các cạnh hình hộp và đáy là bao nhiêu để tổng diện tích xung quanh và diện tích tích 

của một mặt đáy là nhỏ nhất. 

A. Cạnh đáy hình hộp là 3 m, chiều cao là 3 m 

B. Cạnh đáy hình hộp là 3 m, chiều cao là 6 m 

C. Cạnh đáy hình hộp là 9 m, chiều cao là 3 m 

D. Cạnh đáy hình hộp là 6 m, chiều cao là 3 m 


Câu 8: Một kim tự tháp ở Ai Cập được xây dựng vào khoảng 2500 trước công nguyên. Kim tự tháp này 

là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao 154m; độ dài cạnh đáy là 270m. Khi đó thể tích của khối kim 

tự tháp là: 


Trang 16 











A. 3.742.200 B. 3.640.000 C. 3.500.000 D. 3.545.000 

Câu 9: Do nhu cầu sử dụng các nguyên liệu thân thiện với môi trường. Một công ty sản suất bóng tenis 

muốn thiết kế một hộp làm bằng giấy cứng để đựng 4 quả bóng tenis có bán kính bằng r, hộp đựng có 

dạng hình hộp chữ nhật theo 2 cách như sau: 

Cách 1: Mỗi hộp đựng 4 quả bóng tenis được đặt dọc, đáy là hình vuông cạnh 2r, cạnh bên bằng 8r. 

Cách 2: Mỗi hộp đựng 4 quả bóng tenis được xếp theo một hình vuông, đáy của hộp là hình vuông 

cạnh bằng 4r, cạnh bên bằng 2r. 

Gọi S 

1 

là diện tích toàn phần của hộp theo cách 1, S 

2 

là diện tích toàn phần của hộp theo cách 2. 

S1 

Tính tỉ số 

S . 

2 

A. 9 B. 1 C. 2 D. 2 8 

3 

Câu 10: Cần phải xây dựng một hố ga, dạng hình hộp chữ nhật có thể tích 3(m 3 ). Tỉ số giữa chiều cao 

của hố (h) và chiều rộng của đáy (y) bằng 4. Biết rằng hố ga chỉ có các mặt bên và mặt đáy (tức không 

có mặt trên). Chiều dài của đáy (x) gần nhất với giá trị nào ở dưới để người thợ tốn ít nguyên vật liệu để 

xây hố ga. 

x 

h 

y 

h - chiều cao 

x - chiều dài 

y - chiều rộng 

A. 1 B. 1,5 C. 2 D. 2,5 

Câu 11: 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 h và có thể tích là 

3 

18cm . Hãy tính chiều cao của hồ nước sao cho chi phí xây dựng là thấp nhất? 

3 

5 

A. h = 1m B. h = 2 m C. h = m D. h = m 

2 

2 

Câu 12: Người thợ cần làm một bể cá hai ngăn, không có nắp ở phía trên 

với thể tích 1,296 m 3 . Người thợ này cắt các tấm kính ghép lại một bể cá 

dạng hình hộp chữ nhật với 3 kích thước a, b, c như hình vẽ. Hỏi người 

thợ phải thiết kế các kích thước a, b, c bằng bao nhiêu để đỡ tốn kính 

nhất, giả sử độ dầy của kính không đáng kể. 

A. a = 3,6 m; b = 0,6 m; c = 0,6m 

B. a = 2, 4 m; b = 0,9 m; c = 0,6m 

C. a = 1,8 m; b = 1, 2 m; c = 0,6m 

D. a = 1, 2 m; b = 1, 2 m; c = 0,9m 

Câu 13: Từ một tấm tôn có kích thước 90cmx3m người ta làm một máng xối nước trong đó mặt cắt là 

hình thang ABCD có hinh dưới. Tính thể tích lớn nhất của máng xối. 



Trang 17 









A 

D 

90cm 

30cm 

30cm 



3m 

3 

3 

3 

3 

A. 40500 3cm B. 40500 2cm C. 40500 6cm D. 40500 5cm 

Câu 14: Một người thợ xây cần xây một bể chứa 108 m 3 

nước, có dạng hình hộp chữ nhật với đáy là 

hình vuông và không có nắp. Hỏi chiều dài, chiều rộng và chiều cao của lòng bể bằng bao nhiêu để số 

viên gạch dùng xây bể là ít nhất? Biết thành bể và đáy bể đều được xây bằng gạch, độ dày của thành bể 

và đáy là như nhau, các viên gạch có kích thước như nhau và số viên gạch trên một đơn vị diện tích là 

bằng nhau. 

A. 6; 6; 3. B. 2 3;2 3;9. C. 3 2;3 2;6 D. 3 3;3 3;4 

Câu 15: Từ một miếng bìa hình vuông có cạnh bằng 5, người ta cắt 4 góc bìa 4 tứ giác bằng nhau và 

gập lại phần còn lại của tấm bìa để được một khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x (xem hình). Nếu 

chiều cao khối chóp tứ giác đều này bằng 

5 

2 

3m 

thì x bằng: 

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

Câu 16: Khi xây dựng nhà, chủ nhà cần làm một bể nước bằng gạch có dạng hình hộp có đáy là hình 

chữ nhật chiều dài d ( m) 

và chiều rộng ( ) 

3 

2 . 

r m với = 2 . 

B 

30cm 

d r Chiều cao bể nước là ( ) 

m Hỏi chiều cao bể nước như thế nào thì chi phí xây dựng là thấp nhất? 

C 

h m và thể tích bể là 

3 3 

A. ( ) 

2 2 m . B. 2 3 ( ) 3 m . C. 3 3 ( ) 2 m . D. 2 2 

( ) 3 3 m . 

Câu 17: Một người dự định làm một thùng đựng đồ hình lăng trụ tứ giác đều có thể tích là V . Để làm 


2 

3 

3 

4 

A. x = V B. x = V C. x = V D. x = V 

Câu 18: Người ta cắt miếng bìa tam giác đều như hình vẽ và gấp lại theo các đường kẻ, sau đó dán các 

mép lại để được hình tứ diện đều có thể tích V = a . Tính độ dài cạnh của miếng bìa theo a ? 


3 2 


1 


Trang 18 











A. a B. 2a C. 2 

a 

D. 3a 

Câu 19: Người ta cắt một tờ giấy hình vuông cạnh bằng 5 2 để gấp thành một hình chóp tứ giác đều 

sao cho bốn đỉnh của hình vuông dán lại thành đỉnh của hình chóp. Tính cạnh đáy của khối chóp để thể 


A. 4 B. 4 C. 2 D. A, B, C đều sai 

Câu 20: Trong một cuộc thi làm đồ dùng học tập do trường phát động, bạn An đã nhờ bố làm một hình 

chóp tứ giác đều bằng cách lấy một mảnh tôn hình vuông ABCD có cạnh bằng a, cắt mảnh tôn theo các 

tam giác cân AEB; BFC; CGD và DHA; sau đó gò các tam giác AEH; BEF; CFG; DGH sao cho 4 đỉnh 

A;B;C;D trùng nhau (Như hình). 

Thể tích lớn nhất của khối tứ diện đều tạo được là: 

A 

H 

E 

3 

3 

3 

3 

a 

a 

a 

4 10a 

A. 

B. 

C. 

D. 

36 

24 

54 

375 

Câu 21: Người ta cắt một tờ giấy hìnhvuông cạnh bằng 1 để gấp thành một hình chóp tứ giác đều sao 

cho bốn đỉnh của hình vuông dán lại thành đỉnh của hình chóp.Tính cạnh đáy của khối chóp để thể tích 

lớn nhất. 

2 

A. 

B. 2 2 

C. 2 2 

D. 2 5 

5 

3 

5 

Câu 22: Người ta muốn mạ vàng bên ngoài cho một cái hộp có đáy hình vuông, không nắp, thể tích hộp 

là 4 lít. Giả sử đồ dày của lớp mạ tại một điểm trên hộp là như nhau. Gọi chiều cao và cạnh đáy lần 

lượt là x và h . Giá trị của x và h để lượng vàng cần dùng nhỏ nhất là: 

3 4 


A. x = 4; h = B. x = 12; h = C. x = 2; h = 1 D. x = 1; h = 2 

3 

3 

16 

144 

Câu 23: Có một tấm nhôm hình chữ nhật có chiều dài bằng 24( cm ) , chiều rộng bằng 18( cm ) . Người ta 

cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng x( cm) 

rồi gấp 

tấm nhôm lại như hình vẽ dưới đây để được một cái hộp không nắp. Hỏi thể tích lớn nhất của cái hộp là 

bao nhiêu? 

3 

3 

3 

3 

A. V ≈ 640cm 

B. V ≈ 617,5cm 

C. V ≈ 845cm 

D. V ≈ 645cm 

max 

max 

B 

D 


F 

G 

max 

C 

max 


Trang 19 











Câu 24: Một công ti chuyên sản xuất container muốn thiết kế các thùng gỗ đựng hàng bên trong dạng 

hình hộp chữ nhật không nắp, đáy là hình vuông, có V = 62,5 cm 3 . Hỏi các cạnh hình hộp và cạnh đáy là 

bao nhiêu để S xung quanh và S đáy nhỏ nhất ? 

A. Cạnh bên 2,5m. cạnh đáy 5m B. Cạnh bên 4m. cạnh đáy 5 10 m 

4 

C. Cạnh bên 3m, cạnh đáy 5 30 

D. Cạnh bên 5m,cạnh đáy 5 2 

6 

2 

Câu 25: Một cái hộp hình hộp chữ nhật không nắp được làm từ một mảnh bìa cứng (xem hình bên dưới 

đây). Hộp có đáy là hình vuông cạnh x (cm), chiều cao là h (cm) và có thể tích là 500 cm 3 . Gọi S( x ) là 

diện tích của mảnh bìa cứng theo x . Tìm x sao cho S( x ) nhỏ nhất (tức là tìm x để tốn ít nguyên liệu 

nhất). 

A. x = 8 

B. x = 9 

C. x = 10 

D. x = 11 

Câu 26: Một khối tháp gồm 20 bậc. Mỗi bậc là một khối đá hình lăng trụ đứng tam giác. Bậc trên cùng 

0 

là khối lăng trụ A1 B1C 1. A1 ' B1 ' C 

1 

' có: A1 B1 = 3 dm, B1C 1 

= 2 dm, A1 A1 

' = 2dm , ∠ A1 B1C 1 

= 90 . Với i = 1, 

2,..., 20, các cạnh BiC i 

lập thành một cấp số cộng có công sai 

B 

1dm, các góc ∠A i 

B i 

C i 

lập thành một cấp số cộng có công sai 

1 

3 o C 1 A 

, các chiều cao A A ' lập thành một cấp số cộng có công sai 

1 

i 

i 

0,1dm. Các mặt B C C ' B ' cùng nằm trên một mặt phẳng. 

i i i i 

Cạnh Ai 1Bi 1 

AC 

i i 

, đỉnh Bi 

1 

B 

i 

', i = 1, 2,..., 19. Thể tích 

V toàn bộ của khối tháp gần số nào nhất sau đây: 

A. V = 17560 B. V = 17575 

C. V = 16575 D. V = 17755 

+ + = 

+ ≡ 

Câu 27: Một thùng đựng thư được thiết kế như hình bên, phần 

phía trên là nửa hình trụ. Thể tích thùng đựng thư là: 

C 3 

C ' 1 

A' 1 

C 2 

A 2 

C ' 2 

A' 2 

C ' 3 

A 3 

A' 3 

B' 1 ≡ B 2 

B' 2 ≡ B 3 

B' 3 ≡ B 4 



Trang 20 











A. 640 + 160π B. 640 + 80π C. 640 + 40π D. 320 + 80π 

Câu 28: Người ta cần xây một hồ chứa nước với dạng khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 

500 m 

3 

. Đáy hồ là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để xây hồ là 

3 

500.000 đồng/m 2 . Hãy xác định kích thước của hồ nước sao cho chi phí thuê nhân công thấp nhất. Chi 

phí đó là ? 

A. 74 triệu đồng B. 75 triệu đồng C. 76 triệu đồng D. 77 triệu đồng 

Câu 29: Do nhu cầu sử dụng, người ta cần tạo ra một lăng trụ đứng có đáy là hình vuông cạnh a và 

3 

chiều cao h, có thể tích 1m . Với a, h như thế nào để đỡ tốn nhiêu vật liệu nhất ? 

1 1 

1 1 

A. a = 1; h = 1 B. a = ; h = C. a = ; h = D. a = 2; h = 2 

3 3 

2 2 

Câu 30: Cho một tấm nhôm hình chữ nhật ABCD có AD=60cm. Ta gập tấm nhôm theo 2 cạnh MN và 

PQ vào phía trong đến khi AB và DC trùng nhau như hình vẽ dưới đây để được một hình lăng trụ khuyết 

2 đáy. 

B 

A 

x 

M 

N 

60cm 

Q 

P 

x 

C M Q 

D 

Tìm x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất ? 

A. x=20 B. x=30 C. x=45 D. x=40 

Câu 31: Một công ty chuyên sản xuất gỗ muốn thiết kế các thùng đựng hàng bên trong dạng hình lăng 

3 

trụ tứ giác đều không nắp, có thể tích là 62,5 dm . Để tiết kiệm vật liệu làm thùng, người ta cần thiết kế 

thùng sao cho tổng S của diện tích xung quanh và diện tích mặt đáy là nhỏ nhất, S bằng: 

2 

2 

2 

2 

A. 106,25dm B. 125dm C. 75dm D. 50 5dm 

Câu 32: Xét một hộp bóng bàn có dạng hình hộp chữ nhật. Biết rằng hộp chứa vừa khít ba quả bóng bàn 

được xếp theo chiều dọc, các quả bóng bàn có kích thước như nhau. Phần không gian còn trống trong 

hộp chiếm: 

A. 65,09% B. 47,64% C. 82,55% D. 83,3% 

Câu 33. Gia đình em dự kiến xây một cái bể nước dạng hình hộp chữ nhật, với kích thước chiều cao, 

rộng và dài trong lòng bể lần lượt là 2 mét, 2 mét, 3 mét. Em hãy giúp Bố tính số gạch cần mua để xây 

thành bên của cái bể, biết rằng viên gạch có chiều rộng, chiều dài và chiều cao lần lượt là 10 (cm), 

20(cm), 5(cm).(Bỏ qua lượng vữa xây) 


N 

B,C 

A,D 

P 


Trang 21 











A. 2080 viên B. 2000 viên C. 2160 viên D. 4160 viên 

Câu 34: Gia đình em dự kiến xây một cái bể nước dạng hình hộp chữ nhật, với kích thước chiều cao, 





Câu 35: Hai miếng giấy hình vuông bằng nhau được hai bạn Việt và Nam cắt ra và tạo thành một hình 

chóp tứ giác đều như sau. 

Việt : Cắt bỏ miếng giấy như Hình 1 (với M là trung điểm OA) rồi tạo thành một hình chóp tứ giác đều. 

Nam : Cắt bỏ miếng giấy như Hình 2 (với M nằm trên OA thỏa OM = 3MA 

) rồi tạo thành một hình 

chóp tứ giác đều. 

Hình 1 

Hình 2 

V1 

Gọi V 

1 

là thể tích khối chóp của Việt, V 

2 

là thể tích khối chóp của Nam. Tính tỉ số 

V . 

V1 

3 

A. 

V = V1 

2 

B. 

2 

8 

V = V1 

2 

C. 

2 

3 

V = V1 

4 2 

D. 

2 

3 

V = 

2 

9 

Câu 36: Một xưởng sản xuất những thùng bằng kẽm hình hộp chữ nhật không có nắp và có các kích 

thước x, y, 

z (dm). Biết tỉ số hai cạnh đáy là x : y = 1 : 3, thể tích của hộp bằng 18 lít. Để tốn ít vật liệu 

nhất thì kích thước của thùng là: 

3 

3 9 8 1 3 

A. x = 2; y = 6; z = B. x = 1; y = 3; z = 6 C. x = ; y = ; z = D. x = ; y = ; z = 24 

2 

2 2 3 2 2 

Câu 37: Người ta sản xuất các hộp bánh hình hộp chữ nhật có các kích thước 7cm, 25cm, 35cm. Khi đó, 

một thùng gỗ hình hộp chữ nhật có kích thước 42x50x70 (đơn vị cm ) sẽ chứa được nhiều nhất số hộp 


bánh là 

A. 12 B. 16 C. 18 D. 24 

2 


Trang 22 









Câu 38: Một hộp giấy hình hộp chữ nhật có thể tích 

3 

3 dm . Nếu tăng mỗi cạnh của hộp giấy 

thêm 3 3 dm thì thể tích của hộp giấy là 

3 

24 dm . Hỏi nếu tăng mỗi cạnh của hộp giấy ban đầu 



lên 

3 

2 3 dm thì thể tích hộp giấy mới là: 

A. 

3 

48 dm . B. 

3 

192dm . C. 

3 

72 dm . D. 

81dm 

Câu 39: Người ta xây một đoạn cống bằng gạch thiết diên hình chữ U, bề dày 10cm (như hình vẽ). Một 

viên gạch có kích thước là 20cm * 10cm * 5cm. Hỏi số lượng viên gạch tối thiểu dùng để xây cống là 

bao nhiêu? (Giả sử lượng vữa là không đáng kể). 

A. 260000. B. 26000. C. 2600. D. 260. 

Câu 40: Người ta muốn xây một bồn chứa nước dạng khối 

hộp chữ nhật trong một phòng tắm. Biết chiều dài, chiều 

rộng, chiều cao của khối hộp đó lần lượt là 5m, 1m, 2m 

(hình vẽ bên). Biết mỗi viên gạch có chiều dài 20cm, chiều 

rộng 10cm, chiều cao 5cm. Hỏi người ta sử dụng ít nhất bao 

nhiêu viên gạch để xây bồn đó và thể tích thực của bồn chứa 

bao nhiêu lít nước? (Giả sử lượng xi măng và cát không 

đáng kể) 

1dm 

2m 

V H 

A. 1180 viên, 8820 lít B. 1180 viên, 8800 lít 

C. 1182 viên, 8820 lít D. 1180 viên, 8800 lít 

5m 

Câu 41: Thể tích của khối hai mươi mặt đều cạnh a = 1 đơn vị là: 

A. 5 14 + 6 5 (đơn vị thể tích); B. 5 14 + 6 5 

3 

3 

C. 5 14 + 6 5 

3 

50cm 

50cm 

50cm 

(đơn vị thể tích); D. 5 14 + 6 5 

3 

200cm 

(đơn vị thể tích); 

(đơn vị thể tích) 


3 

V H' 

1dm 

1m 


Trang 23 









DẠNG 3: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG HÀM SỐ MŨ-LÔGARIT 



. 

Câu 1: Cho biết sự tăng dân số được ước tính theo công thức S = A. e 

N r ( trong đó Alà dân số của năm 

lấy làm mốc tính, S là dân số sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm). Đầu năm 2010 dân số tỉnh 

Bắc Ninh là 1.038.229 người, tính đến đầu năm 2015 dân số của tỉnh là 1.153.600 người. Hỏi nếu tỉ lệ 

tăng dân số hàng năm giữ nguyên thì đầu năm 2025 dân số của tỉnh nằm trong khoảng nào? 

A. ( 1.424.300;1.424.400 ) . B. ( ) 

C. ( 1.424.200;1.424.300 ) . D. ( ) 

1.424.000;1.424.100 . 

1.424.100;1.424.200 . 

Câu 2: Các loài cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ nhận được một lượng nhỏ cacbon 14 (một đồng 

vị cacbon). Khi một bộ phận của cây đó bị chết thì hiện tượng quang hợp cũng sẽ ngưng và nó sẽ không 

nhận thêm cacbon 14 nữa. Lượng cacbon 14 của bộ phạn đó sẽ phân hủy một cách chậm chạp, chuyển 

P t là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong một bộ phận của một cây sinh 

hóa thành nitơ 14. Gọi ( ) 

t 

trưởng từ t năm trước đây thì P( t ) được cho bởi công thức: ( ) = 

5750 

( ) ( ) 

P t 100. 0,5 % . Phân tích một mẫu 

gỗ từ một công trình kiến trúc cổ, người ta thấy lượng cacbon 14 còn lại trong gỗ là 65,21(%). Hãy xác 

định niên đại của công trình kiến trúc đó. 

A. 3574 năm B. 3754 năm C. 3475 năm D. 3547 năm 

Câu 3: Huyện A có 100 000 người. Với mức tăng dân số bình quân 1,5% năm thì sau n năm dân số sẽ 

vượt lên 130 000 người. Hỏi n nhỏ nhất là bao nhiêu? 


Câu 4: Một máy tính được lập trình để vẽ một chuỗi các hình chữ nhật ở góc phần tư thứ nhất của trục 

tọa độ Oxy, nội tiếp dưới đường cong y = e -x . Hỏi diện tích lớn nhất của hình chữ nhật có thể được vẽ 

bằng cách lập trình trên 

A. 0,3679 ( đvdt) B. 0,3976 (đvdt) C. 0,1353 ( đvdt) D. 0,5313 ( đvdt) 

Câu 5: Cho biết chu kỳ bán rã của chất phóng xạ Plutoni Pu239 là 24360 năm. Sự phân hủy được tính 

theo công thức S = A. e 

rt 

. Trong đó A là số lượng chất phóng xạ ban đầu, r là tỷ lệ phân hủy hằng năm 

(r 0 , x (tính theo giờ) là thời gian tăng trưởng. Biết 

lượng vi khuẩn ban đầu, r là tỷ lệ tăng trưởng ( ) 

số vi khuẩn ban đầu có 1000 con và sau 10 giờ là 5000 con. Hỏi sao bao lâu thì số lượng vi khuẩn tăng 

gấp 10 lần 

A. 5ln 20 (giờ) B. 5ln10(giờ) C. 10log510 (giờ) D. 10log5 

20 (giờ) 

Câu 8: Chuyện kể rằng: "Ngày xưa, ở đất nước Ấn Độ có một vị quan dâng lên nhà vưa một bàn cờ có 

64 ô kèm theo cách chơi cờ. Nhà vua thích quá, bảo rằng: "Ta muốn dành cho khanh một phần thưởng 

thật xứng đáng. Vậy khanh thích gì nào?" Vị quan tâu "Hạ thần chỉ xin Bệ Hạ thưởng cho một số hạt 

thóc thôi ạ! Cụ thể như sau: "Bàn cờ có 64 ô thì với ô thứ nhất thần xin nhận một hạt, ô thứ 2 thì gấp đôi 

ô đầu, ô thứ 3 thì lại gấp đôi ô thứ hai, ô sau nhận số hạt gạo đôi phần thưởng dành cho ô liền trước". 

Thoạt đầu nhà Vua rất ngạc nhiên vì phần thưởng quá khiêm tốn nhưng đến khi những người lính vét 



Trang 24 











sạch đến hạt thóc cuối cùng trong kho gạo của triều đình thì nhà Vua mới kinh ngạc mà nhận ra rằng: 

"Số thóc này là một số vô cùng lớn, cho dì có gom hết số thóc của cả nước cũng không thể đủ cho một 

bàn cờ chỉ có vỏn vẹn 64 ô!". Bạn hãy tính xem số hạt thóc mà nhà vua cần để ban cho vị quan là một số 

có bao nhiêu chữ số? 

A. 21 B. 22 C. 19 D. 20 

Câu 9: Một người gửi tiết kiệm theo thể thức lãi kép như sau: Mỗi tháng người này tiết kiệm một số tiền 

cố định là X đồng rồi gửi vào ngân hàng theo kì hạn một tháng với lãi suất 0,8%/tháng. Tìm X để sau ba 

năm kể từ ngày gửi lần đầu tiên người đó có được tổng số tiền là 500 triệu đồng. 

6 

6 

4.10 

4.10 

A. X = 

B. X = 

37 

37 

1,008 −1 

1 − 0,008 

Số vi khuẩn 

7000 

6000 

5000 

4000 

3000 

O 

C. 

1 

6 

4.10 

X = 

1,008 1,008 1 

2 

3 

4 

5 

36 

( − ) 

6 

7 

số ngày 


7000 

6000 

5000 

4000 

3000 

O 

1 

2 

3 

4 

5 

6 

7 

số ngày 

D. 


7000 

6000 

5000 

4000 

3000 

O 

X = 

1 

2 

3 

4.10 

4 

6 

36 

1,008 −1 


2 

t + 3 3t+ 

1 


e ( km) 

5 

6 

7 

số ngày 


7000 

6000 

5000 

4000 

3000 




4 

4 

4 

4 


Câu 11: 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. 


Câu 12: Số lượng vi khuẩn ban đầu là 3000 con, và tăng 20% một ngày. Đồ thị nào sau đây mô tả hàm 

số lượng vi khuẩn sau t ngày? 

A. B. C. D. 

Câu 13: Tính đến đầu năm 2011, dân số toàn tỉnh Bình Phước đạt gần 905. 300, mức tăng dân số là 

1,37% mỗi năm. Tỉnh thực hiện tốt chủ trương 100% trẻ em đúng độ tuổi đều vào lớp 1. Đến năm học 

2024-2025 ngành giáo dục của tỉnh cần chuẩn bị bao nhiêu phòng học cho học sinh lớp 1, mỗi phòng 

dành cho 35 học sinh? ( Giả sử trong năm sinh của lứa học sinh vào lớp 1 đó toàn tỉnh có 2400 người 

chết, số trẻ tử vong trước 6 tuổi không đáng kể) 

A. 458. B. 222. C. 459. D. 221. 

Câu 14: Một nghiên cứu cho thấy một nhóm học sinh được cho xem cùng một danh sách các loài động 

vật và được kiểm tra lại xem họ nhớ bao nhiêu % mỗi tháng. Sau t tháng, khả năng nhớ trung bình của 


nhóm học sinh được cho bởi công thức ( ) ( ) 

O 

1 

2 

3 

4 

5 

6 

7 

số ngày 

M t = 75 − 20ln t + 1 , t ≥ 0 (đơn vị %). Hỏi sau khoảng bao 

lâu thì nhóm học sinh nhớ được danh sách đó dưới 10%? 

A. 25 tháng. B. 23 tháng. C. 24 tháng. D. 22 tháng. 


Trang 25 











Câu 15: Theo số liệu từ Facebook, số lượng các tài khoản hoạt động tăng một cách đáng kể tính từ thời 

điểm tháng 2 năm 2004. Bảng dưới đây mô tả số lượng U ( x ) là số tài khoản hoạt động, trong đó x là số 

tháng kể từ sau tháng 2 năm 2004. Biết số lượt tài khoản hoạt động tăng theo hàm số mũ xấp xỉ như sau: 

( ) = .( 1+ 

0,04) 

x 

U x A với A là số tài khoản hoạt động đầu tháng 2 năm 2004. Hỏi đến sau bao lâu thì số 

tài khoản hoạt động xấp xỉ là 194 790 người, biết sau hai tháng thì số tài khoản hoạt động là 108 160 

người. 

A. 1 năm 5 tháng. B. 1 năm 2 tháng. C. 1 năm. D. 11 tháng. 

6 3 

Câu 16: Một khu rừng có trữ lượng gỗ là ( ) 

rừng đó là 5% mỗi năm. Sau 10 năm nữa, trữ lượng gỗ trong rừng là 

3.10 m . Biết tốc độ sinh trưởng của các cây trong khu 

3 

A. 4886683,88 ( m ) 

3 

B. 4668883( m ) 

3 

C. 4326671,91 ( m ) 

3 

D. 4499251( m ) 

Câu 17: Thang đo Richter được Charles Francis Richter đề xuất và sử dụng lần đầu tiên vào năm 1935 

để sắp xếp các số đo độ chấn động của các cơn động đất với đơn vị là độ Richter. Công thức tính độ 

chấn động như sau: M 

L 

= lg A − lg A 

o 

, với M 

L 

là độ chấn động, A là biên độ tối đa đo được bằng địa 

chấn kế và A 

o 

là một biên độ chuẩn. (nguồn: Trung tâm tư liệu khí tượng thủy văn). Hỏi theo thang độ 

Richter, với cùng một biên độ chuẩn thì biên độ tối đa của một trận động đất 7 độ Richter sẽ lớn gấp 

mấy lần biên độ tối đa của một trận động đất 5 độ Richter ? 

5 

A. 2. B. 20. C. 10 . D. 100. 

rt 

Câu 18: Sự tăng trưởng của một loại vi khuẩn tuân theo công thức S = Ae . , trong đó A là số lượng vi 

khuẩn ban đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng ( r > 0 ), t là thời gian tăng trưởng. Biết rẳng số lượng vi khuẩn ban 

đầu là 100 con và sau 5 giờ có 300 con. Hỏi sau bao lâu số lượng vi khuẩn ban đầu sẽ tăng gấp đôi. 

A. 3 giờ 16 phút B. 3 giờ 9 phút C. 3 giờ 30 phút D. 3 giờ 2 phút 

Câu 19: Chất phóng xạ 25 Na có chu kỳ bán rã T = 62 ( ) 

7 

s . Sau bao lâu chất phóng xạ chỉ còn 1 5 độ 

phóng xạ ban đầu ? 

ln 5 

62 + ln 2 

62ln 5 

A. t = (s) B. t = (s) C. t = (s) D. t = 62log5 

2 (s) 

62ln 2 

ln5 

ln 2 

Câu 20: Cho biết chu kì bán hủy của chất phóng xạ Plutôni Pu 239 là 24360 năm (tức là một lượng Pu 239 

sau 24360 năm phân hủy thì chỉ còn lại một nửa). Sự phân hủy được tính theo công thức S = Ae rt , trong 

đó A là lượng chất phóng xạ ban đầu, r là tỉ lệ phân hủy hàng năm (r







C. m ( t) 

100 

− 

5730 

t 

⎛1⎞ = 100 ⎜ 2 ⎜⎝ ⎠⎟ 

D. m ( t) 

= 100. 

100t 

5730 

e − 



Câu 22: Trong vật lí, sự phân rã của các chất phóng xạ được biểu diễn bởi công thức: ( ) 0 

m t 

1 

T 

m ⎛ ⎞ = ⎜ 2 

⎜⎝ ⎟⎠ , 

trong đó m là khối lượng ban đầu của chất phóng xạ (tại thời điểm t = 0); T là chu kì bán rã (tức là 

0 

khoảng thời gian để một nửa khối lượng chất phóng xạ bị biến thành chất khác). Chu kì bán rã của 

Cabon 14 C là khoảng 5730 năm. Người ta tìm được trong một mẫu đồ cổ một lượng Cabon và xác định 

được nó đã mất khoảng 25% lượng Cabon ban đầu của nó. Hỏi mẫu đồ cổ đó có tuổi là bao nhiêu? 




M t = 75 − 20 ln t + 1 , t ≥ 0 (đơn vị %). Hỏi sau khoảng 


bao lâu thì nhóm học sinh nhớ được danh sách đó dưới 10%? 

A. 24. 79 tháng B. 23 tháng C. 24 tháng D. 22 tháng 

Câu 24: Một công ty vừa tung ra thị trường sản phẩm mới và họ tổ chức quảng cáo trên truyền hình mỗi 

ngày. Một nghiên cứu thị trường cho thấy, nếu sau x quảng cáo được phát thì số % người xem mua sản 

100 

phẩm là P( x) = , x ≥ 0 . Hãy tính số quảng cáo được phát tối thiểu để số người mua đạt 

0.015x 

1 + 49e − 

hơn 75%. 

A. 333 B. 343 C. 330 D. 323 

Câu 25: Người ta thả một lá bèo vào một hồ nước. Kinh nghiệm cho thấy sau 9 giờ bèo sẽ sinh sôi kín 

cả mặt hồ. Biết rằng sau mỗi giờ, lượng lá bèo tăng gấp 10 lần lượng lá bèo trước đó và tốc độ tăng 

không đổi. Hỏi sau mấy giờ thì số lá bèo phủ kín 1 cái hồ ? 

3 

9 

10 

9 

A. 3 B. 

C. 9 – log3 D. 

3 

log3 . 

Câu 26: Một lon nước soda 80 0 F được đưa vào một máy làm lạnh chứa đá tại 32 0 F. Nhiệt độ của soda ở 

t 

phút thứ t được tính theo định luật Newton bởi công thức T ( t ) = 32 + 48.(0.9) . Phải làm mát soda trong 

bao lâu để nhiệt độ là 50 0 F ? 

A. 1,56 B. 9,3 C. 2 D. 4 

Câu 27: Cường độ một trận động đất M (richter) được cho bởi công thức M = log A − log A 

0 

, với A là 

biên độ rung chấn tối đa và A 

0 

là một biên độ chuẩn (hằng số). Đầu thế kỷ 20, một trận động đất ở San 

Francisco có cường độ 8,3 độ Richter. Trong cùng năm đó, trận động đất khác Nam Mỹ có biên độ mạnh 

hơn gấp 4 lần. Cường độ của trận động đất ở Nam Mỹ là: 

A. 8. 9 B. 33. 2 C. 2. 075 D. 11 

Câu 28: Biết rằng năm 2001 dân số Việt Nam là 78. 685. 800 người và tỉ lệ tăng dân số năm đó là 1,7%. 

Cho biết sự tăng dân số được ước tính theo công thức S= A. e Nr (trong đó A là dân số của năm lấy làm 

mốc tính , S là dân số sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm). Cứ tăng dân số như vậy đến thì đến 

năm nào dân số nước ta ở mức 120 triệu người. 

A. 2026 B. 2022 C. 2020 D. 2025 


Câu 29: Một loại virus có số lượng cá thể tăng trưởng mũ với tốc độ x% / h , tức là cứ sau 1 giờ thì số 

lượng của chúng tăng lên x %. Người ta thả vào ống nghiệm 20 cá thể, sau 53 giờ số lượng cá thể virus 

đếm được trong ống nghiệm là 1,2 triệu. Tìm x? (tính chính xác đến hàng phần trăm) 

A. x ≈ 13,17% B. x ≈ 23,07% C. x ≈ 7,32% D. x ≈ 71,13% 

t 


Trang 27 











Câu 30:Số lượng của loại vi khuẩn A trong một phòng thí nghiệm được tính theo công thức 

t 

s( t) = s(0).2 , trong đó s (0) là số lượng vi khuẩn A lúc ban đầu, s( t ) là số lượng vi khuẩn A có 

sau t (phút). Biết sau 3 phút thì số lượng vi khuẩn A là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc bắt 

đầu, số lượng vi khuẩn A là 10 triệu con ? 

A. 48 phút. B. 19 phút. C. 7 phút. D. 12 phút. 

Câu 31: Người ta thả một lá bèo vào một hồ nước. Giả sử sau t giờ, bèo sẽ sinh sôi kín cả mặt hồ. Biết 

rằng sau mỗi giờ, lượng lá bèo tăng gấp 10 lần lượng lá bèo trước đó và tốc độ tăng không đổi. Hỏi sau 

mấy giờ thì số lá bèo phủ kín 1 cái hồ? 

3 

t 

t 10 

t 

A. . B. . C. t − log3. D. . 

3 3 

log3 

Câu 32: Lãi suất của tiền gửi tiết kiệm của một số ngân hàng thời gian vừa qua liên tục thay đổi. Bạn 

Châu gửi số tiền ban đầu là 5 triệu đồng với lãi suất 0,7% tháng chưa đầy một năm, thì lãi suất tăng lên 

1,15% tháng trong nửa năm tiếp theo và bạn Châu tiếp tục gửi; sau nửa năm đó lãi suất giảm xuống còn 

0,9% tháng, bạn Châu tiếp tục gửi thêm một số tháng tròn nữa, khi rút tiền bạn Châu được cả vốn lẫn lãi 

là 5 747 478,359 đồng (chưa làm tròn). Hỏi bạn Châu đã gửi tiền tiết kiệm trong bao nhiêu tháng ? 


Câu 33: Bà hoa gửi 100 triệu vào tài khoản định kỳ tính lãi kép với lãi suất 8%/năm. Sau 5 năm bà rút 

toàn bộ tiền và dùng một nửa để sửa nhà, số tiền còn lại bà tiếp tục gửi vào ngân hàng. Tính số tiền lãi 

thu được sau 10 năm. 

A. 81,412tr B. 115,892tr C. 119tr D. 78tr 

Câu 34: An vừa trúng tuyển đại học được ngân hàng cho vay vốn trong bốn năm đại học, mỗi năm 10. 

000. 000 đồng để nộp học phí với lãi suất ưu đãi 7,8% một năm. Sau khi tốt nghiệp đại học An phải trả 

góp cho ngân hàng số tiền m đồng (không đổi) cũng với lãi suất 7,8% một năm trong vòng 5 năm. Tính 

số tiền m hàng tháng An phải trả cho ngân hàng (làm tròn đến hàng đơn vị). 

A. 1005500 B. 100305 C. 1003350 D. 1005530 

Câu 35: Ông Đông gửi 100 triệu vào tài khoản định kì tính lãi kép với lãi suất là 8%/năm. Tính số tiền 

lãi thu được sau 10 năm 

A. 215,892tr . B. 115,892tr . C. 215,802tr . D. 115,802tr . 

Câu 36: Một người gửi ngân hàng lần đầu 100 triệu đồng với kì hạn 3 tháng, lãi suất 2% một quý theo 

hình thức lãi kép. Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kì hạn và lãi suất như trước 

đó. Tổng số tiền người đó nhận được 1 năm sau khi gửi tiền là bao nhiêu? 

A. 210 triệu. B. 220 triệu. C. 212 triệu. D. 216 triệu. 

Câu 37: Một người gửi tiết kiệm với lãi suất 8,4% /năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi sau bao 

nhiêu năm người đó thu được gấp đôi số tiền ban đầu? 

A. 9 . B. 10 . C. 8 . D. 7 . 

Câu 38: Anh Thắng gửi ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất ban đầu là 4%/năm và lãi hàng năm được 

nhập vào vốn. Cứ sau 1 năm lãi suất tăng 0,3%. Hỏi sau 4 năm tổng số tiền anh Thắng có là bao nhiêu ? 

A. 119 triệu. B. 119,5 triệu. C. 120 triệu. D. 120,5 triệu 

Câu 39: Anh Nam mong muốn rằng 6 năm sẽ có 2 tỷ để mua nhà. Hỏi anh Nam phải gửi vào ngân 

hàng một khoản tiền tiết kiệm như nhau với lãi suất hàng năm gần nhất với giá trị nào biết rằng lãi của 

ngân hàng là 8% / năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. 

A. 253,5 triệu. B. 251 triệu. C. 253 triệu. D. 252,5 triệu. 

Câu 40: Một người gửi 15 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn 1 quý, với lãi suất 

1,65%/ quý. Hỏi sau bao lâu người gửi có ít nhất 20 triệu đồng?(Bao gồm cả vốn lẫn lãi) từ số vốn ban 

đầu ? (Giả sử lãi suất không thay đổi) 

A. 16 quý B. 18 quý C. 17 quý D. 19 quý 

Câu 41: Số tiền 58 000 000 đồng gủi tiết kiệm trong 8 tháng thì lãnh về được 61 329 000 đồng, lãi suất 

hàng tháng là bao nhiêu ? 

A. 0,8% B. 0,6% C. 0,5% D. 0,7% 



Trang 28 











Câu 42: Cô giáo dạy văn gửi 200 triệu đồng loại kì hạn 6 tháng vào ngân hàng với lãi suất 6,9% một 

năm thì sau 6 năm 9 tháng hỏi cô giáo dạy văn nhận được bao nhiêu tiền cả vốn và lãi biết rằng cô giáo 

không rút lãi ở tất cả các kì hạn trước và nếu rút trước ngân hàng sẽ trả lãi suất theo loại lãi suất không 

kì hạn là 0,002% một ngày(1 tháng tính 30 ngày). 

A. 471688328,8 B. 302088933,9 C. 311392005,1 D. 321556228,1 

Câu 43: Một bác nông dân vừa bán một con trâu được số tiền là 20. 000. 000 (đồng). Do chưa cần dùng 

đến số tiền nên bác nông dân mang toàn bộ số tiền đó đi gửi tiết kiệm ngân hàng loại kì hạn 6 tháng với 

lãi suất kép là 8,4% một năm. Hỏi sau 5 năm 8 tháng bác nông dân nhận được bao nhiêu tiền cả vốn lẫn 

lãi (làm tròn đến hàng đơn vị)? Biết rằng bác nông dân đó không rút vốn cũng như lãi trong tất cả các 

định kì trước và nếu rút trước thời hạn thì ngân hàng trả lãi suất theo loại không kì hạn 0,01% một ngày 

(1 tháng tính 30 ngày) 

A. 31803311 B. 32833110 C. 33083311 D. 30803311 

Câu 44: Bạn Hùng trúng tuyển vào trường đại học A nhưng vì do không đủ nộp học phí nên Hùng quyết 

định vay ngân hàng trong 4 năm mỗi năm vay 3.000.000 đồng để nộp học phí với lãi suất 3%/năm. Sau 

khi tốt nghiệp đại học bạn Hùng phải trả góp hàng tháng số tiền T (không đổi) cùng với lãi suất 

0,25%/tháng trong vòng 5 năm. Số tiền T hàng tháng mà bạn Hùng phải trả cho ngân hàng (làm tròn 

đến kết quả hàng đơn vị) là: 

A. 232518 đồng . B. 309604 đồng. C. 215456 đồng. D. 232289 đồng. 

Câu 45: Biết rằng khi đỗ vào trường đại học X, mỗi sinh viên phải đóng một khoản ban đầu là 10 triệu 

đồng. Ông A dự kiến cho con thi và vào học tại trường này, để có số tiền đó, gia đình đã tiết kiệm và 

hàng tháng gửi ngân hàng với số tiền không đổi, với lãi suất 0,7%/tháng theo thể thức lãi kép. Hỏi để 

được số tiền trên thì gia đình phải gửi tiết kiệm mỗi tháng là bao nhiêu để sau 12 tháng gia đình đủ tiền 

đóng cho con ăn học? (làm tròn tới hàng ngìn) 

A. 796. 000 đ B. 833. 000 đ C. 794. 000 đ D. 798. 000 đ 

Câu 46: Ông Bách thanh toán tiền mua xe bằng các kỳ khoản năm: 5.000.000 đồng, 6.000.000 đồng, 

10.000.000 đồng và 20.000.000 đồng. Kỳ khoản đầu thanh toán 1 năm sau ngày mua. Với lãi suất áp 

dụng là 8%. Hỏi giá trị chiếc xe ông Bách mua là bao nhiêu ? 

A. 32.412.582 đồng B. 35.412.582 đồng C. 33.412.582 đồng D. 34.412.582 đồng 

Câu 47: Anh Bách vay ngân hàng 100 triêu đồng, với lãi suất 1,1% / tháng. Anh Bách muốn hoàn nợ 

cho ngân hàng theo cách: sau đúng một tháng kể từ ngày vay, anh bắt đầu hoàn nợ, và những liên tiếp 

theo cách nhau đúng một tháng. Số tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và trả hết nợ sau đúng 18 tháng 

kể từ ngày vay. Hỏi theo cách đó, tổng số tiền lãi mà anh Bách phải trả là bao nhiêu (làm tròn kết quả 

hàng nghìn)? Biết rằng, lãi suất ngân hàng không thay đổi trong suốt thời gian anh Bách vay. 

A. 10773700 (đồng). B. 10774000 (đồng). 

C. 10773000 (đồng). D. 10773800 (đồng). 

Câu 48: Anh A mua nhà trị giá 500 triệu đồng theo phương thức trả góp. Nếu cuối mỗi tháng bắt đầu từ 

tháng thứ nhất anh A trả 10,5 triệu đồng và chịu lãi số tiền chưa trả là 0,5% tháng thì sau bao nhiêu 

tháng anh trả hết số tiền trên ? 

A. 53 tháng B. 54 tháng C. 55 tháng D. 56 tháng 

Câu 49: Một người lần đầu gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn 3 tháng, lãi suất 2% một quý 

theo hình thức lãi kép. Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kỳ hạn và lãi suất như 

trước đó. Tổng số tiền người đó nhận được 1 năm sau khi gửi thêm tiền gần nhất với kết quả nào sau đây 

? 


Câu 50: Lãi suất tiền gửi tiết kiệm của một số ngân hàng trong thời gian vừa qua liên tục thay đổi. Ông 

A gửi tiết kiệm vào ngân hàng với số tiền ban đầu là 5 triệu đồng với lãi suất 0,7% tháng chưa đầy một 

năm thì lãi suất tăng lên 1,15% tháng trong nửa năm tiếp theo và ông A tiếp tục gửi; sau nửa năm đó lãi 

suất giảm xuống còn 0,9% tháng, ông A tiếp tục gửi thêm một số tháng nữa, khi rút tiền ông A thu được 

cả vốn lẫn lãi là 5 747 478,359 đồng (chưa làm tròn). Khi đó tổng số tháng mà ông A gửi là 




Trang 29 











Câu 51: Một người gửi gói tiết kiệm linh hoạt của ngân hàng cho con với số tiền là 500000000 VNĐ, lãi 

suất 7%/năm. Biết rằng người ấy không lấy lãi hàng năm theo định kỳ sổ tiết kiệm. Hỏi sau 18 năm, số 

tiền người ấy nhận về là bao nhiêu? 

(Biết rằng, theo định kì rút tiền hằng năm, nếu không lấy lãi thì số tiền sẽ được nhập vào thành tiền gốc 

và sổ tiết kiệm sẽ chuyển thành kì hạn 1 năm tiếp theo) 

A. 4.689.966.000 VNĐ B. 3.689.966.000 VNĐ 

C. 2.689.966.000 VNĐ D. 1.689.966.000 VNĐ 

Câu 52: Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 12%/năm. Ông muốn hoàn nợ cho 

ngân hàng theo cách : Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp 

cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và trả hết tiền nợ sau đúng 3 tháng kể 

từ ngày vay. Hỏi, theo cách đó, số tiền m mà ông A sẽ phải trả cho ngân hàng trong mỗi lần hoàn nợ là 

bao nhiêu ? Biết rằng, lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ. 

3 

3 

100.(1,01) 

(1,01) 

A. m = (triệu đồng). B. m = (triệu đồng). 

3 

3 

(1,01) − 1 

3 

100.1,03 

120.(1,12) 

C. m = (triệu đồng). D. m = 

(triệu đồng). 

3 

3 

(1,12) −1 

Câu 53: Một bà mẹ Việt Nam anh hùng được hưởng số tiền là 4 triệu đồng trên một tháng (chuyển vào 

tại khoản của mẹ ở ngân hàng vào đầu tháng). Từ tháng 1 năm 2016 mẹ không đi rút tiền mà để lại ngân 

hàng và được tính lãi suất 1% trên một tháng. Đến đầu tháng 12 năm 2016 mẹ rút toàn bộ số tiền (gồm 

số tiền của tháng 12 và số tiền đã gửi từ tháng 1). Hỏi khi đó mẹ lĩnh về bao nhiêu tiền? (Kết quả làm 

tròn theo đơn vị nghìn đồng). 

A. 50 triệu 730 nghìn đồng B. 48 triệu 480 nghìn đồng 

C. 53 triệu 760 nghìn đồng D. 50 triệu 640 nghìn đồng 

Câu 54: Bác B gửi tiết kiệm số tiền ban đầu là 20 triệu đồng theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 

0,72%/tháng. Sau một năm, bác B rút cả vốn lẫn lãi và gửi lại theo kỳ hạn 6 tháng với lãi suất 

0,78%/tháng. Sau khi gửi được đúng một kỳ hạn 6 tháng do gia đình có việc nên bác gửi thêm một số 

tháng nữa thì phải rút tiền trước kỳ hạn cả gốc lẫn lãi được số tiền là 23263844,9 đồng (chưa làm tròn). 

Biết rằng khi rút tiền trước thời hạn lãi suất được tính theo lãi suất không kỳ hạn, tức tính theo hàng 

tháng. Trong một số tháng bác gửi thêm lãi suất là: 

A. 0,4% B. 0,3% C. 0,5% D. 0,6% 

Câu 55: Cô giáo Thảo ra trường xa quê lập nghiệp, đến năm 2014 sau gần 5 năm làm việc tiết kiệm 

được x(triệu đồng) và định dùng số tiền đó để mua nhà nhưng trên thực tế cô giáo phải cần 1,55x( triệu 

đồng). Cô quyết định gửi tiết kiệm vào ngân hàng với lãi suất là 6,9% /năm với lãi hàng tháng nhập gốc 

và cô không rút trước kì hạn. Hỏi năm bao nhiêu cô mua được căn nhà đó, biết rằng chủ nhà đó vẫn bán 

giá như cũ. 

A. Năm 2019 B. Năm 2020 C. Năm 2021 D. Năm 2022 

Câu 56: Một người nọ đem gửi tiết kiệm ở một ngân hàng với lãi suất là 12% năm. Biết rằng cứ sau 

mỗi một quý ( 3 tháng ) thì lãi sẽ được cộng dồn vào vốn gốc. Hỏi sau tối thiểu bao nhiêu năm thì người 

đó nhận lại được số tiền ( bao gồm cả vốn lẫn lãi ) gấp ba lần số tiền ban đầu. 

A. 8 B. 9 C. 10 D.11 

Câu 57: Một Bác nông dân vừa bán một con trâu được số tiền là 20. 000. 000 (đồng). Do chưa cần dùng 

đến số tiền nên Bác nông dân mang toàn bộ số tiền đó đi gửi tiết kiệm loại kỳ hạn 6 tháng vào ngân hàng 

với lãi suất 8. 5% một năm thì sau 5 năm 8 tháng Bác nông dân nhận được bao nhiêu tiền cả vốn lẫn lãi. 

Biết rằng Bác nông dân đó không rút cả vốn lẫn lãi tất cả các định kì trước và nếu rút trước thời hạn thì 

ngân hàng trả lãi suất theo loại không kì hạn 0. 01% một ngày (1 tháng tính 30 ngày) 

31802750 09 

30802750, 09 ®ång 


A. , ( ®ång ) B. ( ) 

C. 32802750, 09 ( ®ång ) D. 33802750, 09 ( ®ång ) 

Câu 58: Ông A gửi tiết kiệm 100 triệu đồng gửi vào ngân hàng với lãi suất 5% một năm. Ông B cũng 

5 

đem 100 triệu đồng gửi vào ngân hàng với lãi suất 12 % một tháng. Sau 10 năm, hai ông A và B cùng 


Trang 30 











đến ngân hàng rút tiền ra. Khẳng định nào sau đây là đúng ? ( Lưu ý: tiền lãi được tính theo công thức 

lãi kép và được làm tròn đến hàng hàng triệu) 

A. Số tiền của hai ông A, B khi rút ra là như nhau. 

B. Ông B có số tiền nhiều hơn ông A là 1 triệu. 

C. Ông B có số tiền nhiều hơn ông A là 2 triệu. 

D. Ông B có số tiền nhiều hơn ông A là 3 triệu. 

Câu 59: Một gia đình có con vào lớp một, họ muốn để dành cho con một số tiền là 250.000.000 để sau 

này chi phí cho 4 năm học đại học của con mình. Hỏi bây giờ họ phải gửi vào ngân hàng số tiền là bao 

nhiêu để sau 12 năm họ sẽ được số tiền trên biết lãi suất của ngân hàng là 6,7% một năm và lãi suất này 

không đổi trong thời gian trên? 

250.000.000 

250.000.000 

P = (triệu đồng) B. P = 

(triệu đồng) 


(0,067) 

(1 + 6,7) 

A. 


250.000.000 

250.000.000 

P = (triệu đồng) D. P = (triệu đồng) 


(1,067) 

(1,67) 

C. 


Câu 60: Một người vay ngân hàng 1 tỷ đồng với lãi kép là 12%/năm. Hỏi người đó phải trả ngân hàng 

hàng tháng bao nhiêu tiền để sau đúng 5 năm người đó trả xong nợ ngân hàng? 

A. 88 848 789 đồng. B. 14 673 315 đồng. 

C. 47 073 472 đồng . D. 111 299 776 đồng. 

Câu 61: Ông Năm gửi 320 triệu đồng ở hai ngân hàng X và Y theo phương thức lãi kép. Số tiền thứ 

nhất gửi ở ngân hàng X với lãi suất 2,1 % một quý trong thời gian 15 tháng. Số tiền còn lại gửi ở ngân 

hàng Y với lãi suất 0, 73 % một tháng trong thời gian 9 tháng. Tổng lợi tức đạt được ở hai ngân hàng là 

27 507 768,13 (chưa làm tròn). Hỏi số tiền ông Năm lần lượt gửi ở ngân hàng X và Y là bao nhiêu? 

A. 140 triệu và 180 triệu. B. 180 triệu và 140 triệu. 

C. 200 triệu và 120 triệu. D. 120 triệu và 200 triệu. 

Câu 62: Một người gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn 3 tháng, lãi suất 5% một quý theo hình 

thức lãi kép (sau 3 tháng sẽ tính lãi và cộng vào gốc). Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 50 triệu 

đồng với kì hạn và lãi suất như trước đó. Cho biết số tiền cả gốc và lãi được tính theo công thức 

T = A(1 + r ) 

n , trong đó A là số tiền gửi, r là lãi suất và n là số kì hạn gửi. Tính tổng số tiền người đó 

nhận được 1 năm sau khi gửi tiền. 

A. ≈ 176,676 triệu đồng B. ≈ 178,676 triệu đồng 

C. ≈ 177,676 triệu đồng D. ≈ 179,676 triệu đồng 

Câu 63: Ông Việt vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 12%/năm. Ông muốn hoàn nợ 

cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ liên tiếp cách nhau 

đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và trả hết tiền nợ sau đúng 3 tháng kể từ ngày 

vay. Hỏi theo cách đó số tiền m mà ông Việt sẽ phải trả trong mỗi lần là bao nhiêu? 

A. 

C. 

( ) 3 

100. 1,01 

m = 

(triệu đồng). B. 

3 

100 × 1,03 

m = (triệu đồng). D. 

3 

m = 

m = 

3 

( 1,01) 

3 

( 1,01) 

−1 

120. ( 1,12 ) 

3 

( ) − 

3 



1,12 1 



Trang 31 









DẠNG 4: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG HÌNH NÓN-TRỤ-CẦU 



Câu 1: Một xưởng sản xuất muốn tạo ra những chiếc đồng hồ cát bằng thủy tinh có dạng hình trụ, phần 

chứa cát là hai nửa hình cầu bằng nhau. Hình vẽ bên với các kích thước đã cho là bản thiết kế thiết diện 

qua trục của chiếc đồng hồ này (phần tô màu làm bằng thủy tinh). Khi đó, lượng thủy tinh làm chiếc 

đồng hồ cát gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau 

3 

3 

3 

3 

A. 711,6cm B. 1070,8cm C. 602,2cm D. 6021,3cm 

Câu 2: Khi sản xuất vỏ lon sữa Ông Thọ hình trụ, các nhà sản xuất luôn đặt chỉ tiêu sao cho chi phí sản 

xuất vỏ lon là nhỏ nhất, tức là nguyên liệu (sắt tây) được dùng là ít nhất. Hỏi khi đó tổng diện tích toàn 

phần của lon sữa là bao nhiêu, khi nhà sản xuất muốn thể tích của hộp là V cm 

2 

2 

2 

2 

πV 

πV 

πV 

πV 

A. Stp 

= 3 3 

B. Stp 

= 6 3 

C. Stp 

= 3 

D. Stp 

= 6 

4 

4 

4 

4 

Câu 3: Từ cùng một tấm kim loại dẻo hình quạt như hình vẽ có kích thước bán kính R = 5 và chu vi của 

hình quạt là P = 8π 

+ 10 , người ta gò tấm kim loại thành những chiếc phễu theo hai cách: 

1. Gò tấm kim loại ban đầu thành mặt xung quanh của một cái phễu 

2. Chia đôi tấm kim loại thành hai phần bằng nhau rồi gò thành mặt xung quanh của hai cái phễu 

V1 

Gọi V 

1 

là thể tích của cái phễu thứ nhất, V 

2 

là tổng thể tích của hai cái phễu ở cách 2. Tính 

V ? 

V1 

21 

A. 

V = 2 7 

B. V1 

2 21 

V = 2 

7 

C. V1 

2 

V = 2 6 

D. V1 

6 

V = 

2 

2 

Câu 4: Một hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều. Tỉ số thể tích của khối cầu ngoại tiếp và 

khối cầu nội tiếp khối nón là: 

A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 


Câu 5: Có một hộp nhựa hình lập phương người ta bỏ vào hộp đó 1 quả 

V1 

bóng đá. Tính tỉ số 

V , trong đó V 1 là tổng thế tích của quả bóng đá, V 2 

2 

3 

2 


Trang 32 











là thể tích của chiếc hộp đựng bóng. Biết rằng đường tròn lớn trên quả bóng có thể nội tiếp 1 mặt hình 

vuông của chiếc hộp. 

V1 

π 

V1 

π 

A. = B. = 

V2 

2 

V2 

4 

V1 

π 

V1 

π 

C. = D. = 

V 6 

V 8 

2 

Câu 6: Một cái phễu rỗng phần trên có kích thước như hình vẽ. Diện tích xung quanh của phễu là: 

2 

2 

A. S = 360π cm B. S = 424π 

cm 

xq 

2 

C. S = 296π cm D. S = 960π 

cm 

xq 

xq 

xq 

Câu 7: Một cái phễu có dạng hình nón. Người ta đổ một lượng nước vào 

2 

phễu sao cho chiều cao của lượng nước trong phễu bằng 1 chiều cao 

3 

của phễu. Hỏi nếu bịt kín miệng phễu rồi lộn ngược phễu lên thì chiều 

cao của nước bằng bao nhiêu ? Biết rằng chiều cao của phễu là 15cm. 

A. 0,188(cm). B. 0,216(cm). 

C. 0,3(cm). D. 0,5 (cm). 

Câu 8: Trong một chiếc hộp hình trụ người ta bỏ vào đó 2016 quả banh 

tennis, biết rằng đáy của hình trụ bằng hình tròn lớn trên quả banh và chiều cao hình trụ bằng 2016 lần 

đường kính của quả banh. Gọi V 1 là tổng thể tích của 2016 quả banh và V 2 là thể tích của khối trụ. Tính 

V1 

tỉ số 

V ? 

2 

V1 

1 

V1 

2 

V1 

1 

A. = B. = C. = D. Một kết quả khác. 

V2 

3 

V2 

3 

V2 

2 

Câu 9: Từ một nguyên vật liệu cho trước, một công ty muốn thiết kế bao bì để đựng sữa với thể tích 

2 

1dm . Bao bì được thiết kế bởi một trong hai mô hình sau: hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông hoặc 

hình trụ. Hỏi thiết kế theo mô hình nào sẽ tiết kiệm được nguyên vật liệu nhất? Và thiết kế mô hình đó 

theo kích thước như thế nào? 

A. Hình hộp chữ nhật và cạnh bên bằng cạnh đáy 

B. Hình trụ và chiều cao bằng bán kính đáy 

C. Hình hộp chữ nhật và cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy 

D. Hình trụ và chiều cao bằng đường kính đáy. 

Câu 10: Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27 cm 3 . Với chiều cao h và bán 



2 

8cm 

17cm 

10cm 


Trang 33 









A. 

r 

3 

2π 

6 

= 4 

2 

B. 

r 

3 

2π 

8 

= 6 

2 

C. 

r 

3 

2π 

8 

= 4 

2 

D. 

r = 

6 

6 

3 

2 

2π 



Câu 11: Người ta cần chế tạo một ly dạng hình cầu tâm O, đường kính 2R. Trong hình cầu có một hình 

trụ tròn xoay nội tiếp trong hình cầu. Nước chỉ chứa được trong hình trụ. Hãy tìm bán kính đáy r của 

hình trụ để ly chứa được nhiều nước nhất. 

R 6 

2R 

2R 

R 

A. r = B. r = C. r = D. r = 

3 

3 

3 

3 

Câu 12: Cho hình chữ nhật ABCD và nửa đường tròn đường kính AB như hình vẽ. Gọi I, 

J lần lượt là 

trung điểm của AB, 

CD . Biết AB = 4; AD = 6 Thể tích V của vật thể tròn xoay khi quay mô hình trên 

quanh trục IJ là: 

A 

D 

I 

J 

56 

104 

40 

88 

A. V = π. B. V = π. C. V = π. D. V = π . 

3 

3 

3 

3 

Câu 13: Người ta bỏ vào một chiếc hộp hình trụ ba quả bóng tennis hình cầu, biết rằng đáy hình trụ 

bằng hình tròn lớn trên quả bóng và chiều cao của hình trụ bằng ba lần đường kính quả bóng. Gọi S là 

1 

S1 

tổng diện tích của ba quả bóng, S là diện tích xung quanh của hình trụ. Tỉ số diện tích 

2 

S 

là: 

2 

A. 2 B. 5 C. 3 D. 1 

2 

Tổng diện tích xung quanh của ba quả bóng là S = 3.4π R ( với R là bán kính của khối cầu). 

1 

2 

S1 

Diện tích xung quanh của hình trụ là: S = 

2 ( 2 π R) .3.2R = 12π R . Từ đây suy ra 1 

S = . 

2 

Câu 14: Một cái mũ bằng vải của nhà ảo thuật 

với các kích thước như hình vẽ. Hãy tính tổng 

diện tích vải cần có để làm nên cái mũ đó (không 

kể viền, mép, phần thừa). 

2 

A. 700π 

( cm ) 

2 

B. 754,25π 

( cm ) 

2 

C. 750,25π 

( cm ) 

2 

D. 756,25π 

( cm ) 


Câu 15: Một một chiếc chén hình trụ có chiều cao bằng đường kính quả bóng bàn. Người ta đặt quả 

bóng lên chiếc chén thấy phần ở ngoài của quả bóng có chiều cao bằng 3 4 chiều cao của nó. Gọi V1 , V 

2 

lần lượt là thể tích của quả bóng và chiếc chén, khi đó: 

B 

C 

10cm 

35cm 

30cm 


Trang 34 









9V = 8V B. 3V 1 

= 2V 2 

C. 16V 1 

= 9V 2 

D. 27V1 = 8V 

2 

A. 

1 2 



Câu 16: Khi sản xuất vỏ lon sữa bò hình trụ các nhà thiết kế luôn đặt mục tiêu sao cho chi phí nguyên 

liệu làm vỏ lon là ít nhất, tức là diện tích toàn phần của hình trụ là nhỏ nhất. Muốn thể tích của khối trụ 

đó bằng 2 và diện tích toàn phần hình trụ nhỏ nhất thì bán kính đáy gần số nào nhất? 

A. 0,68. B. 0,6. C. 0,12. D. 0,52. 

Câu 17: Một bình đựng nước dạng hình nón (không đáy) đựng đầy nước. Biết rằng chiều cao của bình 


16π 

3 

là 

9 dm . Biết rằng một mặt của khối trụ nằm trên mặt trên của hình nón, các điểm trên đường tròn 


kính đáy của hình nón. Diện tích xung quanh S của bình nước là: 

A. 

S 

xq 

9π 

10 

= dm 

2 

2 

. B. 

S 

A 

xq 

xq 

M 

P 

I 

S 

O 

N 

Q 

2 

π . C. 

= 4 10 

dm 

Câu 18: Một hình nón bị cắt bởi mặt phẳng ( ) 

phẳng ( P ) chia hình nón làm hai phần ( N 

1) 


2 ) 

tiếp ( 2 ) 

của ( N 

2 ) 

( ) 

là 

2 

B 

S 

xq 

= 4 

dm 

P song song với đáy. Mặt 

. Cho hình cầu nội 

N như hình vẽ sao cho thể tích hình cầu bằng một nửa thể tích 

. Một mặt phẳng đi qua trục hình nón và vuông góc với đáy cắt 

N theo thiết diện là hình thang cân, tang góc nhọn của hình thang cân 

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

Câu 19: Cho một miếng tôn hình tròn có bán kính 50cm . Biết hình nón 

có thể tích lớn nhất khi diện tích toàn phần của hình nón bằng diện tích 

miếng tôn ở trên. Khi đó hình nón có bán kính đáy là 

2 

π . D. 

S 

xq 

3π 

2 

= dm . 

2 

A. 10 2cm B. 20cm C.50 2cm D. 25cm 

Câu 20: Người ta xếp 7 viên bi có cùng bán kính r vào một cái lọ hình trụ sao cho tất cả các viên bi đều 

tiếp xúc với đáy, viên bi nằm chính giữa tiếp xúc với 6 viên bi xung quanh và mỗi viên bi xung quanh 

đều tiếp xúc với các đường sinh của lọ hình trụ. Khi đó diện tích đáy của cái lọ hình trụ là: 


N1 

N2 

A. 

2 

16π r 

B. 

2 

18π r 

C. 

2 

36π r 

D. 

2 

9π 

r 


Trang 35 









Câu 21: Người ta cắt một miếng tôn hình tròn ra làm 3 miềng hình quạt bằng nhau. Sau đó quấn và gò 3 

miếng tôn để được 3 hình nón. Tính góc ở đỉnh của hình nón? 



0 

0 

1 

1 

A. 2ϕ = 120 B. 2ϕ = 60 C. 2ϕ = 2arcsin D. 2ϕ 

= 2arcsin 2 

3 

Câu 22: Có một cái cốc úp ngược như hình vẽ. Chiều cao của cốc là 30cm, bán kính đáy cốc là 3cm, 

bán kính miệng cốc là 5cm. Một con kiến đang đứng ở điểm A của miệng cốc dự định sẽ bò ba vòng 

quanh thân cốc để lên đến đáy cốc ở điểm B. Tính quãng đường ngắn nhất để con kiến có thể thực hiện 

được dự định của mình. 

A. l ≈ 76cm B. l ≈ 75,9324cm C. l ≈ 74cm D. l ≈ 74,6386cm 

Câu 23: Một người thợ xây, muốn xây dựng một bồn chứa nước hình 

3 

trụ tròn với thể tích là 150m (như hình vẽ bên). Đáy làm bằng bê 

tông, thành làm bằng tôn và bề làm bằng bằng nhôm. Tính chi phí thấp 

nhất để bồn chứa nước (làm tròn đến hàng nghìn). Biết giá thành các 

2 

2 

vật liệu như sau: bê tông 100nghìn đồng một m , tôn 90 một m và 

2 

nhôm 120 nghìn đồng một m . 

A. 15037000đồng. B. 15038000đồng. C. 15039000đồng. D. 15040000đồng. 

Câu 24: Khi sản xuất cái phễu hình nón (không có nắp) bằng nhôm, các nhà thiết kế luôn đặt mục tiêu 

sao cho chi phí nguyên liệu làm phễu là ít nhất, tức là diện tích xung quanh của hình nón là nhỏ nhất. 

Giá trị gần đúng diện tích xung quanh của phễu khi ta muốn có thể tích của phễu là 1dm 3 là ? (Làm tròn 

đến chữ số thập phân thứ hai) 

A. 4.18 dm 2 B. 4.17 dm 2 C. 4.19 dm 2 D. 4.1 dm 2 

3 

Câu 25: Một đại lý xăng dầu cần làm một cái bồn chứa dầu hình trụ bằng tôn có thể tích 16π 

m . Tìm 

bán kính đáy r của hình trụ sao cho hình trụ được làm ra ít tốn nguyên vật liệu nhất. 

A. 0,8m B. 1,2m C. 2m D. 2,4m 



Trang 36 











Câu 26: Một xưởng cơ khí nhận làm những chiếc thùng phi với thể tích theo yêu cầu là 2000π lít mỗi 

chiếc. Hỏi bán kính đáy và chiều cao của thùng lần lượt bằng bao nhiêu để tiết kiệm vật liệu nhất? 

A. 1m và 2m B. 1dm và 2dm C. 2m và 1m D. 2dm và 1dm 

3 


m . Tìm 


A. 0,8m B. 1,2m C. 2m D. 2,4m 

Câu 28: Một cửa hàng nhận làm những chiếc xô bằng nhôm hình trụ không nắp chứa 10 lít nước. Hỏi 

bán kính đáy (đơn vị cm, làm tròn đến hàng phần chục) của chiếc xô bằng bao nhiêu để cửa hàng tốn ít 

vật liệu nhất. 

A. 14,7cm. B. 15cm. C. 15,2cm. D. 14cm. 

Câu 29: Làm 1 m 2 mặt nón cần: 120 lá nón ( Đã qua sơ chế). Giá 100 lá nón là 25.000 đồng. Vậy để 

làm 100 cái nón có chu vi vành nón là 120 cm, và khoảng từ đỉnh nón tới 1 điểm trên vành nón là 25 cm 

thì cần bao nhiêu tiền mua lá nón? 

A. 400.000đ B. 450.000đ C. 500.000đ D. 550.000đ 

Câu 30: Bạn An là một học sinh lớp 12, bố bạn là một thợ hàn. Bố bạn định làm một chiếc thùng hình 

trụ từ một mảnh tôn có chu vi 120 cm theo cách dưới đây: 

Bằng kiến thức đã học em giúp bố bạn chọn mảnh tôn để làm được chiếc thùng có thể tích lớn nhất, khi 

đó chiều dài, rộng của mảnh tôn lần lượt là: 

A. 35 cm;25 

cm B. 40 cm;20 

cm C. 50 cm;10 

cm D. 30 cm;30 

cm 

Câu 31: Một chậu nước hình bán cầu bằng nhôm có bán kính R =10cm, đặt trong một khung hình hộp 

chữ nhật (hình 1). Trong chậu có chứa sẵn một khối nước hình chỏm cầu có chiều cao h = 4cm. Người ta 

bỏ vào chậu một viên bi hình cầu bằng kim loại thì mặt nước dâng lên vừa phủ kín viên bi (hình 2). Bán 

2 ⎛ h ⎞ 

kính của viên bi gần số nguyên nào sau đây. (Cho biết thể tích khối chỏm cầu là V = π h ⎜ R − ⎟ ) 

⎝ 3 ⎠ 

A. 2 B. 4 C. 7 D. 10 

Câu 32: Công ty chuyên sản xuất bao bì đựng sản phẩm sữa nhận đơn đặt hàng sản xuất hộp đựng sữa 

3 

có thể tích 1dm . Các nhân viên thiết kế phân vân giữa làm hộp đựng dạng hình trụ hay hình hộp chữ 

nhật đáy hình vuông. Hỏi công ty sẽ làm hộp hình gì để chi phí nguyên liệu nhỏ nhất. 

A. Hình trụ B. Hình hộp chữ nhật đáy hình vuông 

C. Cả hai như nhau D. Hình lập phương 

Câu 33: (Thể tích – mặt cầu-mặt nón – mặt trụ) Có một miếng nhôm hình vuông, cạnh là 3dm, một 

người dự tính tạo thành các hình trụ (không đáy ) theo hai cách sau: 



Trang 37 









Cách 1: gò hai mép hình vuông để thành mặt xung quanh của một hình trụ, gọi thể tích là của khối trụ đó 

là V 1 



Cách 2: cắt hình vuông ra làm ba, và gò thành mặt xung quanh của ba hình trụ, gọi tổng thể tích của 

chúng là V 2 . 

V1 

Khi đó, tỉ số 

V 

A. 3 B. 2 C. 1 2 

Câu 34: Với một miếng tôn hình tròn có bán kính bằng R = 6cm. Người ta muốn làm một cái phễu bằng 

cách cắt đi một hình quạt của hình tròn này và gấp phần còn lại thành hình nón ( Như hình vẽ). Hình nón 

có thể tích lớn nhất khi người ta cắt cung tròn của hình quạt bằng 

A. π 6 cm B. 6π 6 cm C. 2π 6 cm D. 8π 

6 cm 

Câu 35: Một người có một dải duy băng dài 130 cm, người đó cần bọc dải duy băng đỏ đó quanh một 

hộp quà hình trụ. Khi bọc quà, người này dùng 10 cm của dải duy băng để thắt nơ ở trên nắp hộp (như 

hình vẽ minh họa). Hỏi dải duy băng có thể bọc được hộp quà có thể tích lớn nhất là bao nhiêu ? 


A. 

3 

4000 π cm 

B. 

3 

32000 π cm C. 

D. 

3 

1000 π cm D. 

2 

3 

16000 π cm 

Câu 36: Từ một tấm tôn hình chữ nhật kích thước 50cm ×240cm, người ta làm các thùng đựng nước 

hình trụ có chiều cao bằng 50cm, theo hai cách sau (xem hình minh họa dưới đây): 

• Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng. 

là: 

1 

3 


Trang 38 











• Cách 2: Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gò mỗi tấm đó thành mặt xung quanh của 

một thùng. 

Kí hiệu V 1 là thể tích của thùng gò được theo cách 1 và V 2 là tổng thể tích của hai thùng gò được theo 

V 

cách 2. Tính tỉ số 1 V2 

V1 

1 

A. . 

V = 2 

2 

B. V1 

1. 

V = C. V1 

2. 

2 

V = D. V1 

4. 

2 

V = 

2 

Câu 37: Một hình nón có bán kính đáy bằng 6 cm và chiều cao bằng 9 cm. Tính thể tích lớn nhất của 

khối trụ nội tiếp trong hình nón. 

A. 36π B. 54π C. 48π D. 81 

2 π 

Câu 38: Người ta bỏ ba quả bóng bàn cùng kích thước vào trong một chiếc hộp hình trụ có đáy bằng 

hình tròn lớn của quả bóng bàn và chiều cao bằng ba lần đường kính quả bóng bàn. Gọi S 

1 

là 

S 

tổng diện tích của ba quả bóng bàn, S 

2 là diện tích xung quanh của hình trụ. Tỉ số 

S 

1 

2 

bằng 

A. 3 2 ; B. 1; C. 2; D. 6 5 . 

Câu 39: Khi sản xuất hộp mì tôm, các nhà sản xuất luôn để một khoảng trống ở dưới đáy hộp để nước 

chảy xuống dưới và ngấm vào vắt mì, giúp mì chín. Hình vẽ dưới mô tả cấu trúc của một hộp mình tôm 

(hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa). Vắt mì tôm có hình một khối trụ, hộp mì tôm có dạng hình nón 

cụt được cắt ra bởi hình nón có chiều cao 9cm và bán kính đáy 6cm. Nhà sản xuất đang tìm cách để sao 

cho vắt mì tôm có thể tích lớn nhất trong hộp với mục địch thu hút khách hàng. Tìm thể tích lớn nhất đó 

? 



Trang 39 











81 

A. V = 36π 

B. V = 54π 

C. V = 48π 

D. V = π 

2 

Câu 40: Khi sản xuất vỏ lon sữa bò hình trụ, các nhà thiết kế luôn đặt mục tiêu sao cho chi phí nguyên 

liệu làm vỏ lon là ít nhất, tức là diện tích toàn phần của hình trụ là nhỏ nhất. Muốn thể tích khối trụ đó 

bằng V và diện tích toàn phần phần hình trụ nhỏ nhất thì bán kính đáy R bằng: 

V 

A. R = 3 B. V 

V 

V 

R = 3 C. R = D. R = 

2 π 

π 

2π 

π 

Câu 40: Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27cm 3 . Với chiều cao h và bán kính 

đáy là r. Tìm r để lượng giấy tiêu thụ ít nhất. 

6 

8 

8 

6 

3 

A. r = 4 

2 

2π 

B. 3 

r = 6 

2 

2π 

C. 3 

r = 4 

2 

2π 

D. 3 

r = 6 

2 

2π 

Câu 41: Từ tấm tôn hình chữ nhật cạnh 90cm x 180cm người ta làm các thùng đựng nước hình trụ có 

chiều cao bằng 80cm theo 2 cách(Xem hình minh họa dưới) 

Cách 1. Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng 

Cách 2.Cắt tấm tôn ban đầu thành 3 tấm bằng nhau và gò các tấm đó thành mặt xung quanh của thùng. 

Ký hiệu V 

1 

là thể tích của thùng gò được theo cách thứ nhất và V 

2 

là tổng thể tích của ba thùng gò được 

V1 

theo cách thứ 2.Tính tỉ số 

V 


2 

A. 1 2 

B. 1 3 

C. 3 D. 2 


Trang 40 











Câu 42: Cối xay gió của Đôn ki hô tê (từ tác phẩm của Xéc van téc). Phần trên của cối xay gió có dạng 

một hình nón. Chiều cao của hình nón là 40 cm và thể tích của nó là 18000 cm 3 . Tính bán kính của đáy 

hình nón (làm tròn đến kết quả chữ số thập phân thứ hai). 

A. 12 cm B. 21 cm C. 11 cm D. 20 cm 

Câu 43: 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. 

3 

3 

3 

3 

a π 

a ( π −1) 

a ( π + 1) 

a π 

A. 

B. 

C. 

D. 

2 

2 

2 

2 

4 π + 1 

4π 

4π 

4π 

( ) 

Câu 44: Một phễu đựng kem hình nón bằng giấy bạc có thể tích 12π (cm 3 ) và chiều cao là 4cm. Muốn 

tăng thể tích kem trong phễu hình nón lên 4 lần, nhưng chiều cao không thay đổi, diện tích miếng giấy 

bạc cần thêm là. 

2 

2 

A. (12 13 −15) 

π ( cm ) . B. 12 13 ( cm ) 

12 13 

15 

π . 

2 

2 

C. ( cm ) . D. (12 13 + 15) π ( cm ) 

Câu 45: Một tấm vải được quấn 357 vòng quanh một lõi hình trụ có bán kính đáy bằng 5,678cm, bề dày 

vải là 0,5234cm. Khi đó chiều dài tấm vải gần số nguyên nào nhất sau đây: 

A. 330 m B. 336 m C.332 m D. 334 m 

Câu 46: Một khối gạch hình lập phương (không thấm nước) có cạnh bằng 2 được đặt vào trong một 

chiếu phễu hình nón tròn xoay chứa đầy nước theo cách như sau: Một cạnh của viên gạch nằm trên mặt 

nước (nằm trên một đường kính của mặt này); các đỉnh còn lại nằm trên mặt nón; tâm của viên gạch nằm 

trên trục của hình nón. Tính thể tích nước còn lại ở trong phễu (làm tròn 2 chữ số thập phân). 

A. V =22,27 B. V =22,30 C. V =23.10 D. 20,64 

Câu 47: Cho 4 hình cầu có cùng bán kính bằng 2006 -1 và chúng được sắp xếp sao cho đôi một tiếp xúc 

nhau. Ta dựng 4 mặt phẳng sao cho mỗi mặt phẳng đều tiếp xúc với 3 hình cầu và không có điểm chung 

với hình cầu còn lại. Bốn mặt phẳng đó tạo nên một hình tứ diện. Gọi V là thể tích của khối tứ diện đó 

(làm tròn 2 chữ số thập phân), khi đó thể tích V là: 

A. V = 1,45 B. V = 1,55 C. V = 1,43 D. V = 1,44 

Câu 48: Trong quá trình làm đèn chùm pha lê, người ta cho mài những viên bi thuỷ tinh pha lê hình cầu 

để tạo ra những hạt thủy tinh pha lê hình đa diện đều có độ chiết quang cao hơn. Biết rằng các hạt thủy 

tinh pha lê được tạo ra có hình đa diện đều nội tiếp hình cầu với 20 mặt là những tam giác đều mà cạnh 



Trang 41 









của tam giác đều này bằng hai lần cạnh của thập giác đều nội tiếp đường tròn lớn của hình cầu. Khối 

lượng thành phẩm có thể thu về từ 1 tấn phôi các viên bi hình cầu gần số nào sau đây: 



A. 355,689kg B. 433,563 kg C. 737,596 kg D. 625,337kg 

Câu 49: Một nhà sản xuất cần thiết kế một thùng sơn dạng hình trụ có nắp đậy với dung tích 1000 cm 3 . 

Biết rằng bán kính nắp đậy sao cho nhà sản xuất tiết kiệm vật liệu nhất có giá trị a. Hỏi giá trị a gần với 

giá trị nào gần nhất ? 

A. 11.677 B. 11.674 C. 11.676 D. 11.675 

2 

Câu 50: Bốn quả cầu đặc bán kính r = 

5 112e tiếp xúc nhau từng đôi một, ba quả nằm trên mặt bàn 

phẳng và quả thứ tư nằm trên ba quả kia. Một tứ diện đều ngoại tiếp với 4 quả cầu này. Độ dài cạnh a 

của tứ diện gần số nào sau đây nhất: 

A. 22. B. 25 C. 30 D.15 

Câu 51: Một thầy giáo dự định xây dựng bể bơi di động cho học sinh nghèo miền núi từ 1 tấm tôn 

5(dem) có kích thước 1m x 20m (biết giá 1m 2 tôn là 90000đ) bằng 2 cách: 

Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành 1 hình trụ (hình 1) 

Cách 2: Chia chiều dài tấm tôn thành 4 phần bằng nhau rồi gò tấm tôn thành 1 hình hộp chữ nhật như 

(hình 2). 

Biết sau khi xây xong bể theo dự định, mức nước chỉ đổ đến 0,8m và giá nước cho đơn vị sự nghiệp là 

9955đ/m 3 . Chi phí trong tay thầy là 2 triệu đồng. Hỏi thầy giáo sẽ chọn cách nào để không vượt quá kinh 

phí (giả sử chỉ tính đến các chi phí theo dữ kiện trong bài toán). 

A. Cả 2 cách như nhau B. Không chọn cách nào 

C. Cách 2 D. Cách 1 

Câu 52:: Khi sản xuất vỏ lon sữa bò hình trụ, các nhà thiết kế luôn đặt mục tiêu sao cho chi phí nguyên 


bằng 2 và diện tích toàn phần phần hình trụ nhỏ nhất thì bán kính đáy gần số nào nhất ? 

A. 0.7 B. 0.6 C. 0.8 D. 0.5 




2 

2 

2 

2 

A. 16π r 

B. 18π r 

C. 9π r 

D. 36π 

r 

Câu 54: Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27cm 3 . Vói chiều cao h và bán kính 


6 

8 

8 

6 

3 

3 

3 

3 

A. r = 4 

B. r = 6 

C. r = 4 

D. r = 6 

2 

2 

2 

2 

2π 

2π 

2π 

2π 

Câu 55: Cho hình nón có chiều cao h, đường tròn đáy bán kính R. Một mặt phẳng (P) song song với đáy 

cách đáy một khoảng bằng d cắt hình nón theo đường tròn (L). Dựng hình trụ có một đáy là (L), đáy còn 

lại thuộc đáy của hình nón và trục trùng với trục hình nón. Tìm d để thể tích hình trụ là lớn nhất. 



Trang 42 











A. d = h B. d = h 

C. d = h 

D. d = h 

3 

2 

6 

4 

Câu 56: Người ta cần đổ một ống bi thoát nước hình trụ với chiều cao 200 cm , độ dày của thành bi là 

10 cm và đường kính của bi là 60 cm . Lượng bê tông cần phải đổ của bi đó là: 

3 

3 

3 

3 

A. 0,1 π m . B. 0,18 π m . 

C. 0,14 π m . D. π m . 

Câu 57: Người ta xếp 9 viên bi có cùng bán kính r vào một cái bình hình trụ sao cho tất cả các viên bi 

đều tiếp xúc với đáy, viên bi nằm chính giữa tiếp xúc với 8 viên bi xung quanh và mỗi viên bi xung 

quanh đều tiếp xúc với các đường sinh của bình hình trụ. Khi đó diện tích đáy của cái bình hình trụ là: 

2 

2 

2 

2 

A. 36π r 

B. 16π r 

C. 18π r 

D. 9π 

r 

Câu 58: Bạn A muốn làm một chiếc thùng hình trụ không đáy từ nguyên liệu là mảnh tôn hình tam giác 

đều ABC có cạnh bằng 90 (cm). Bạn muốn cắt mảnh tôn hình chữ nhật MNPQ từ mảnh tôn nguyên liệu 

(với M, N thuộc cạnh BC; P và Q tương ứng thuộc cạnh AC và AB) để tạo thành hình trụ có chiều cao 

bằng MQ. Thể tích lớn nhất của chiếc thùng mà bạn A có thể làm được là: 

91125 3 

91125 

A. ( cm ) 

3 

108000 3 

B. ( cm ) 

3 

C. ( cm ) D. 

13500. 3 ( 3 

cm ) 

4π 

2π 

π 

π 

Câu 59: Một quả bóng bàn và một chiếc chén hình trụ có cùng chiều cao. Người ta đặt quả bóng lên 

chiếc chén thấy phần ngoài của quả bóng có chiều cao bằng 3/4 chiều cao của nó. Gọi V , V lần lượt là 

1 2 

thể tích của quả bóng và chiếc chén, khi đó: 

A. 9V 

= 8V 

B. 3V 

= 2V 

C. 16V 

= 9V 

D. 27V 

= 8V 

1 2 

1 2 

1 2 

1 2 

S O, 

R bởi một mặt kính, ta được hai nửa mặt cầu và hình tròn lớn của mặt 

Câu 60: Khi cắt mặt cầu ( ) 

kính đó gọi là mặt đáy của mỗi nửa mặt cầu. Một hình trụ gọi là nội tiếp nửa mặt cầu ( , ) 

S O R nếu một 

đáy của hình trụ nằm trong đáy của nửa mặt cầu, còn đường tròn đáy kia là giao tuyến của hình trụ với 

nửa mặt cầu. Biết = 1 

để khối trụ có thể tích lớn nhất. 

A. 

3 6 

r = , h = . B. 

2 2 

R , tính bán kính đáy r và chiều cao h của hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu S ( O, 

R ) 

6 3 

r = , h = . C. 

2 2 

6 3 

r = , h = . D. 

3 3 

3 6 

r = , h = . 

3 3 

Câu 61: Phần không gian bên trong của chai rượu có hình dạng như hình bên. Biết bán kính đáy bằng 

R = 4,5 cm, bán kính cổ r = 1,5 cm, AB = 4,5 cm, BC = 6,5 cm, CD = 20 cm. Thể tích phần không 

gian bên trong của chai rượu đó bằng 

3321π 3 

A. ( cm ) 

8 

B 

7695π 

16 

Q 

M 

3 

. B. ( cm ) 

A 

N 

P 


C 

957π 3 

. C. ( cm ) 

2 

3 

. D. 478 ( cm ) 

π . 


Trang 43 











Câu 62: Phần không gian bên trong của chai nước ngọt có hình dạng như hình 

bên. Biết bán kính đáy bằng R = 5 cm, 

bán kính cổ 

r = 2 cm, AB = 3 cm, 

BC = 6 cm, 

CD = 16 cm. 

Thể tích phần không gian bên trong của 

chai nước ngọt đó bằng: 

3 

A. 495π ( cm ) . B. 462 

3 

( cm ) 

3 

C. 490π ( cm ) . D. 412 

3 

( cm ) 

π . 

π . 

Câu 63: Một tấm đề can hình chữ nhật được cuộn tròn lại theo chiều dài, được 

một khối trụ đường kính 50 cm. Người ta trải ra 250 vòng để cắt chữ và in tranh cổ 

động, khối còn lại là một khối trụ có đường kính 45 cm. Hỏi phần đã trải ra dài 

bao nhiêu mét (làm tròn đến hàng đơn vị) ? 

A. 373 (m) B. 119 (m) C. 187 (m) D. 94 (m) 

Câu 64: Một tấm tôn hình tam giác đều SBC có độ dài cạnh 

bằng 3; K là trung điểm BC. Người ta dùng compha có tâm là 

S, bán kính SK vạch một cung tròn MN. Lấy phần hình quạt 

gò thành hình nón không có mặt đáy với đỉnh là S, cung MN 

thành đường tròn đáy của hình nón (hình vẽ). Tính thể tích 

khối nón trên. 

π 105 

A. 

B. 3 π 

64 

32 

C. 3 π 3 

π 141 

D. 

32 

64 

Câu 65: Cho một hình cầu bán kính 5cm, cắt hình cầu này bằng một mặt phẳng sao cho thiết diện tạo 

thành là một đường kính 4cm. Tính thể tích của khối nón có đáy là thiết diện vừa tạo và đỉnh là tâm hình 

cầu đã cho. (lấy π ≈ 3,14 , kết quả làm tròn tới hàng phần trăm). 

A. 50, 24 ml B. 19,19 ml 

C. 12,56 ml D. 76,74 ml 

Câu 66: Người ta cần làm một cái bồn chứa dạng hình trụ có thể tích 1000 lít bằng inox để chứa nước, 

tính bán kính R của hình trụ đó sao cho diện tích toàn phần của bồn chứa đạt giá trị nhỏ nhất: 

3 

A. R = 3 

2π 

B. 1 

1 

R = 3 C. R = 3 

π 2π 

B 

M 

S 

K 

D. R = 

2 3 

π 

Câu 67: Một người nông dân có một tấm cót hình chữ nhật có chiều dài 12π ( dm) 

, chiều rộng ( ) 

N 

C 

1 m . 

Người nông dân muốn quây tấm cót thành một chiếc bồ đựng thóc không có đáy, không có nắp đậy, có 

chiều cao bằng chiều rộng của tấm cót theo các hình dáng sau: 

(I). Hình trụ. 

(II). Hình lăng trụ tam giác đều. 

(III). Hình hộp chữ nhật có đáy là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. 

(IV). Hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông. 

Hỏi theo phương án nào trong các phương án trên thì bồ đựng được nhiều thóc nhất (Bỏ qua riềm, 

khớp nối). 


R 

r 

A 

B 

C 

D 


Trang 44 











1m 

(I) 

1m 

(II) 

1m 

A. (I) B. (II). C. (III). D. (IV). 

Câu 68: Một cái bồn chứa xăng gồm hai nửa hình cầu đường kính 18dm, và một hình trụ có chiều cao 

3 

36dm. Tính thể tích của bồn chứa (đơn vị dm )? 

A. 3888π B. 9216 π . 

C. 16 π 

. 

D. 1024 π 

. 

243 

9 

Câu 69. Một cái nồi hiệu Happycook dạng hình trụ không nắp chiều cao của nồi 11.4 cm, đường kính 

dáy là 20.8 cm. Hỏi nhà sản xuất cần miếng kim loại hình tròn có bán kính R tối thiểu là bao nhiêu để 

làm cái nồi như vậy (không kể quay nồi) 

A. R = 18.58cm. B. R = 19.58cm . 

C. R = 13.13cm . D. R = 14.13cm . 


(III) 

1m 

(IV) 


Trang 45 









DẠNG 5: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG NGUYÊN HÀM-TÍCH PHÂN 



Câu 1: Tại một nơi không có gió, một chiếc khí cầu đang đứng yên ở độ cao 162 (mét) so với mặt đất 

đã được phi công cài đặt cho nó chế độ chuyển động đi xuống. Biết rằng, khí cầu đã chuyển động theo 

phương thẳng đứng với vận tốc tuân theo quy luật 

v( t) 10t t 

2 

= − , trong đó t (phút) là thời gian tính từ 

lúc bắt đầu chuyển động, v( t ) được tính theo đơn vị mét/phút (m/p). Nếu như vậy thì khi bắt đầu tiếp đất 

vận tốc v của khí cầu là: 

A. v = 7 ( m / p) 

B. v = 9 ( m / p) 

C. v = 5 ( m / p) 

D. v = 3 ( m / p) 

Câu 2: Một vật chuyển động với vận tốc thay đổi theo thời gian được tính bởi công thức v( t) = 3t + 2 , 

thời gian tính theo đơn vị giây, quãng đường vật đi được tính theo đơn vị m . Biết tại thời điểm t = 2s 

thì vật đi được quãng đường là 10m . Hỏi tại thời điểm t = 30s thì vật đi được quãng đường là bao 

nhiêu? 

A. 1410m B. 1140m C. 300m D. 240m 

D' t = 90 1+ 6 t + 12t 

2 

Câu 3: Một công ty phải gánh chịu nợ với tốc độ D( t) 

đô la mỗi năm, với ( ) ( ) 

trong đí t là số lượng thời gian (tính theo năm) kể từ công ty bắt đầy vay nợ. Đến năm thứ tư công ty đã 

phải chịu 1 626 000 đô la tiền nợ nần. Tìm hàm số biểu diễn tốc độ nợ nần của công ty này ? 

2 

A. ( ) = 30 ( + 12 ) 3 

2 

f t t t + C B. f ( t 

3 

) ( t t ) 2 

= 30 + 12 + 1610640 

2 

C. ( ) 30 ( 12 ) 3 

2 

f t = t + t + 1595280 

D. f ( t 

3 

) ( t t ) 2 

Câu 4: Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa nước. Gọi ( ) 

h' t = 3at + bt và ban đầu bể không có nước. 

Cho ( ) 

2 

= 30 + 12 + 1610640 

h t là thể tích nước bơm được sau t giây. 

3 

Sau 5 giây thì thể tích nước trong bể là 150m 

3 

Sau 10 giây thi thể tích nước trong bể là 1100m 

Tính thể tích nước trong bể sau khi bơm được 20 giây. 

3 

3 

3 

3 

A. 8400 m B. 2200 m C. 600 m D. 4200 m 



3 

h' t = 3at + bt và ban đầu bể không có nước. Sau 5 giây thì thể tích nước trong bể là 150m , sau 

Cho ( ) 

2 

10 giây thì thể tích nước trong bể là 1100m 3 . Tính thể tích của nước trong bể sau khi bơm được 20 giây. 

A. 8400 m 3 B. 2200 m 3 C. 600 m 3 D. 4200 m 3 

Câu 6: Một ca nô đang chạy trên hồ Tây với vận tốc 20 m / s thì hết xăng; từ thời điểm đó, ca nô chuyển 

động chậm dần đều với vận tốc v( t) = − 5t + 20 , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc 

hết xăng. Hỏi từ lúc hết xăng đến lúc ca nô dừng hẳn đi được bao nhiêu mét? 

A. 10m B. 20m C. 30m D. 40m 

Câu 7: Người ta thả một ít lá bèo vào hồ nước. Biết rằng sau 1 ngày, bèo sẽ sinh sôi kín cả mặt hồ và 

sau mỗi giờ lượng lá bèo tăng gấp 10 so với trước đó và tốc độ tăng không đổi. Hỏi sau mấy giờ thì lá 

bèo phủ kín 1 3 

mặt hồ? 

A. 9 − log 3 

B. 9 + log 3 

C. 9 − log3 D. 3 − log 3 

3 

Câu 8: Một cái chuông có dạng như hình vẽ. Giả sử khi cắt chuông bởi mặt phẳng qua trục của chuông, 

được thiết diện có đường viền là một phần parabol ( hình vẽ ). Biết chuông cao 4m, và bán kính của 

miệng chuông là 2 2 . Tính thể tích chuông? 



Trang 46 











3 

A. 6π B. 12π C. 2π 

D. 16π 

Câu 9: Một mảnh vườn hình tròn tâm O bán kính 6m . Người ta cần trồng cây trên dải đất rộng 6m 

nhận O làm tâm đối xứng, biết kinh phí trồng cây là 70000 

2 

đồng / m Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng cây trên dải đất đó (số tiền 

được làm tròn đến hàng đơn vị) 

A. 8412322 đồng. B. 8142232 đồng. C. 4821232 đồng. D. 4821322 đồng 

Câu 10: Cho mạch điện như hình vẽ dưới. Lúc đầu tụ điện có điện tích Q ( C ) 

0 

. 

Khi đóng khóa K , tụ điện phóng điện qua cuộn dây L . Giả sử cường độ dòng 

điện tại thời diểm t phụ thuộc vào thời gian theo công thức 

I = I ( t) = Q0ω cos ( ω t) 

(A), trong đó ω (rad/s) là tần số góc, t ≥ 0 có đơn vị là 

giây ( s ). Tính điện lượng chạy qua một thiết diện thẳng của dây từ lúc bắt đầu 

đóng khóa K ( = 0) 

t đến thời điểm t = 6 ( s ). 

0 

sin 6 

sin 6 0 0 

cos 6 

cos 6ω 

(C) 

0 

Câu 11: 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 

Câu 12: Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa nước. Gọi h(t) là thể tích nước bơm được sau t giây. 

2 

3 

Cho h’ ( t) = 3at 

+ bt và ban đầu bể không có nước. Sau 5 giây thì thể tích nước trong bể là 150m . Sau 

A. Q ω ( ω ) (C) B. Q ( ω ) (C) C. Q ω ( ω ) (C) D. Q ( ) 

3 

10 giây thì thể tích nước trong bể là 1100m . Hỏi thể tích nước trong bể sau khi bơm được 20 giây là 

bao nhiêu. 

3 

3 

3 

3 

A. 8400m B. 2200m C. 6000m D. 4200m 

Câu 13: Một người có mảnh đất hình tròn có bán kính 5m, người này tính trồng cây trên mảnh đất đó, 

biết mỗi mét vuông trồng cây thu hoạch được giá 100 nghìn. Tuy nhiên cần có khoảng trống để dựng 

chồi và đồ dùng nên người này căng sợi dây 6m sao cho 2 đầu mút dây nằm trên đường tròn xung quanh 

mảnh đất. Hỏi người này thu hoạch được bao nhiêu tiền (tính theo đơn vị nghìn và bỏ phần số thập 

phân). 

A. 3722 B. 7445 


6m 

O 

L 

K 

− 

+ 


Trang 47 











C. 7446 D. 3723 

Câu 14: Một người đứng từ sân thượng một tòa nhà cao 262m, 

ném một quả bi sắt theo phương thẳng đứng hướng xuống (bỏ 

qua ma sát) với vận tốc 20m/s. Hỏi sau 5s thì quả bi sắt cách 

mặt đất một đoạn ∆ d bao nhiêu mét? (Cho gia tốc trọng trường 

2 

a = 10 m / s ) 

( ) 

A. 35 m B. 36 m C. 37 m 

D. 40 m 

Câu 15: Một vật có kích thước và hình dáng như hình vẽ dưới 

đây. Đáy là hình tròn bán kinh 4 cắt vật bởi các mặt phẳng 

vuông góc với trục Ox ta được thiết diện là tam giác đều. Thể 

tích của vật thể là: 

256 64 

A. V = . 

B. V = . 

3 

3 

256 3 32 3 

C. V = . 

D. V = . 

3 

3 

Câu 16: Một chiếc xe đang chạy với vận tốc 100Km/h thì đạp phanh dừng 

lại, vận tốc của xe giảm dần theo công thức v( t) = − 5000t + 100 (Km/h) cho đến khi dừng lại. Hỏi xe 

chạy thêm được bao nhiêu met thì dừng lại. 

A. 25 B. 1 C. 10 3 D. 10 -3 

Câu 17: Khi quan sát một đám vi khuẩn trong phòng thí nghiệm người ta thấy tại ngày thứ x có số lượng 

2000 

là N ( x ) . Biết rằng N′ ( x) 

= và lúc đầu số lượng vi khuẩn là 5000 con .Vậy ngày thứ 12 số lượng 

1 + x 

vi khuẩn là? 

A. 10130. B. 5130. C. 5154. D. 10129. 

2 

Câu 18: Một vật chuyển động với vận tốc 10 m/s thì tăng tốc với gia tốc a( t) = 3t + t . Tính quãng 

đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc. 

A. 4300 m. 

3 

B. 4300 m. C. 430 m. D. 430 m. 

3 

Câu 19: Một viên đạn được bắn lên theo phương thẳng đứng với vận tốc ban đầu là 24,5 ( / ) 

2 

tốc trọng trường là 9,8 ( / ) 

(coi như viên đạn được bắn lên từ mặt đất) 

m s và gia 

m s . Quãng đường viên đạn đi từ lúc bắn lên cho tới khi rơi xuống đất là 

A. 61,25 ( m ) B. 30,625 ( m ) C. 29,4 ( m ) 

D. 59,5 ( m ) 


Câu 20: Một ô tô xuất phát với vận tốc v ( t 

1 ) = 2t + 10 ( m / s) 

sau khi đi được một khoảng thời 

gian t 1 thì bất ngờ gặp chướng ngại vật nên tài xế phanh gấp với vận tốc v ( t 

2 ) = 20 − 4 t( m / s) 


đi thêm một khoảng thời gian t 2 nữa. Biết tổng thời gian từ lúc xuất phát đến lúc dừng lại là 4 

(s). Hỏi xe đã đi được quãng đường bao nhiêu mét. 

A. 57 m B. 64 m C. 50 m D. 47 m 


Trang 48 











Câu 21: Cho một vật thể bằng gỗ có dạng khối trụ với bán kính đáy bằng R. Cắt khối trụ bởi một mặt 

0 

phẳng có giao tuyến với đáy là một đường kính của đáy và tạo với đáy góc 45 . Thể tích của khối gỗ bé 

là: 

3 

3 

2R 

A. V = . B. V π R 

3 

3 

R 

= . C. V = . D. V = 

π R . 

3 

6 

3 

3 

Câu 22: Một vật di chuyển với gia tốc a( t) 20( 1 2 ) 2 

= − + t − 2 

( / ) 



A. S = 106m 

. B. S = 107m 

. C. S = 108m 

. D. S = 109m 

. 

2 

Câu 23: Một vật chuyển động với vận tốc v(t) (m/s) có gia tốc a( t) = 3t + t (m/s 2 ). Vận tốc ban đầu 

của vật là 2 (m/s). Hỏi vận tốc của vật sau 2s. 

A. 10 m/s B. 12 m/s C. 16 m/s D. 8 m/s. 

Câu 24: Một ô tô chạy với vận tốc 20m/s thì người lái xe đạp phanh còn được gọi là “thắng”. Sau khi 

đạp phanh, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc 

v( t) = − 40t + 20( m / s). 

Trong đó t là khoảng thời 

gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Quãng đường ô tô di chuyển từ lúc đạp phanh đến khi 

dừng hẳn là bao nhiêu? 

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

Câu 25: Khẳng định nào sau đây đúng ? 

A. Nếu w' 

( t ) là tốc độ tăng trưởng cân nặng/năm của một đứa trẻ, thì ∫ '( ) 

đứa trẻ giữa 5 và 10 tuổi. 

10 

5 

w t dt là sự cân nặng của 

B. Nếu dầu rò rỉ từ một cái thùng với tốc độ r ( t ) tính bằng galông/phút tại thời gian t , thì ( ) 


∫ r t d t 

biểu thị lượng galông dầu rò rỉ trong 2 giờ đầu tiên. 

r t là tốc độ tiêu thụ dầu của thế giới, trong đó t được bằng năm, bắt đầu tại t = 0 vào ngày 

C. Nếu ( ) 

1 tháng 1 năm 2000 và r ( t ) được tính bằng thùng/năm, ( ) 

17 

∫ r t dt biểu thị số lượng thùng dầu 

0 

tiêu thụ từ ngày 1 tháng 1 năm 2000 đến ngày 1 tháng 1 năm 2017 . 

D. Cả A, B, C đều đúng. 

Câu 26: Một khối cầu có bán kính 5dm, người ta cắt bỏ 2 phần bằng 2 mặt phẳng vuông góc bán kính và 

cách tâm 3dm để làm một chiếc lu đựng. Tính thể tích mà chiếc lu 

chứa được. 

A. 132π (dm 3 ) B. 41π (dm 3 ) 

C. 100 

3 π (dm3 ) D. 43π (dm 3 ) 


3dm 

3dm 

0 

5dm 

Câu 27: Một vật đang chuyển động với vận tốc 10m/s thì tăng tốc với gia tốc a(t) = 3t + t 2 (m/s 2 ). Hỏi 

quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc ? 


Trang 49 









A. 11100 B. 6800 

3 

4300 

5800 

m C. m D. 

3 3 m 



Câu 28: Một vật chuyển động chậm dần với vận tốc v(t) = 160 – 10t (m/s). Hỏi rằng trong 3s trước khi 

dừng hẳn vật chuyển động được bao nhiêu mét ? 

A. 16 m B. 130 m C. 170 m D. 45 m 

Câu 29: Ông An có một mảnh vườn hình elip có độ dài trục 

lớn bằng 16m và độ dài trục bé bằng 10m. Ông muốn trồng 

hoa trên một dải đất rộng 8m và nhận trục bé của elip làm trục 

đối xứng( như hình vẽ). Biết kinh phí để trồng hoa 100.000 

đồng/1 m 2 . Hỏi Ông An cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên 

dải đất đó? ( Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn) 

A. 7.862.000 đồng B. 7.653.000 đồng 

C. 7.128.000 đồng D. 7.826.000 đồng 

Câu 30: Gọi ( )( cm) 

h t là mực nước ở bồn chứa sau khi bơm nước được t giây. Biết rằng 

1 

3 

h' ( t) = t + 8 và lúc đầu bồn không có nước. Tìm mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây 

5 

(làm tròn kết quả đến hàng phần trăm): 

A. 2,33 cm. B. 5,06 cm. C. 2,66 cm. D. 3,33 cm. 

Câu 31: Thành phố định xây cây cầu bắc ngang con sông dài 500m, biết rằng người ta định xây cầu có 

10 nhịp cầu hình dạng parabol,mỗi nhịp cách nhau 40m,biết 2 bên đầu cầu và giữa mối nhịp nối người ta 

xây 1 chân trụ rộng 5m. Bề dày nhịp cầu không đổi là 20cm. Biết 1 nhịp cầu như hình vẽ. Hỏi lượng bê 

tông để xây các nhịp cầu là bao nhiêu (bỏ qua diện tích cốt sắt trong mỗi nhịp cầu) 

3 

3 

3 

3 

A. 20m B. 50m C. 40m D. 100m 

Câu 32: Có một người cần làm một cái của cổng cố xưa, có hình dạng một parabol bậc hai như hình vẽ. 

Giả sử đặt cánh cổng vào một hệ trục tọa độ như hình vẽ ( mặt đất là trục Ox). Hãy tính diện tích của 

cánh cửa cổng. 


8m 


Trang 50 











A. 16 3 

B. 32 3 

C. 16 D. 

Câu 33: Trong hệ trục Oxy, cho tam giác OAB vuông ở A, điểm B nằm trong góc phàn tư thứ nhất. A 


AOB = α, ⎜ 0 < α < ⎟. 


⎝ 3 ⎠ 


6 

3 

1 

2 


3 

2 

2 

3 

Câu 34: Từ một khúc gõ hình trụ có đường kính 30cm, người ta cắt khúc gỗ bởi một mặt phẳng đi qua 

0 



Kí hiệu V là thể tích của hình nêm (Hình 2). Tính V . 

A. V ( cm 3 

225π 

= 2250 ) B. V = ( cm 3 

) 

4 

C. V = 1250 ( cm 3 

) D. V = 1350 ( cm 3 

) 

2 

Câu 35: Cho parabol (P) y = x và hai điểm A, B thuộc (P) sao cho AB = 2. Tìm A, B sao cho diện tích 

hình phẳng giới hạn bởi (P) và đường thẳng AB đạt giá trị lớn nhất 

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

4 

3 

2 

4 2 

Câu 36: Cho hàm số y = x − 4x + m có đồ thị là (C). Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ 



2 

20 

A. m = 2 B. m = C. m = D. m = 1 

9 

9 

Câu 37: Một ô tô đang chạy đều với vận tốc a(m/s) thì người lái đạp phanh. Từ thời điểm đó, ô tô 

chuyển động chậm dần đều với vận tốc v(t) = -5t + a(m/s), trong đó t là thời gian tính bằng giây kể từ lúc 


28 

3 


Trang 51 











đạp phanh. Hỏi từ vận tốc ban đầu a của ô tô là bao nhiêu, biết từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn ô tô di 

chuyển được 40 mét. 

A. a = 20 

B. a = 10 

C. a = 40 

D. a = 25 

Câu 38: Một thanh AB có chiều dài là 2a ban đầu người ta giữ thanh ở góc nghiêng α = α o 

, 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 α theo thời gian t (Tính bằng công thức tính phân) 

A. 

C. 

t = − 

α 

∫ 

α 

t = − 

o 

α 

∫ 

α 

o 

dα 

3 (sin αo 

− sin α ) 

2a 

dα 

3 g (sin αo 

− sin α ) 

a 

B. 

D. 

t = − 

α 

∫ 

α 

t = − 

o 

α 

∫ 

α 

o 

dα 

3 g (sin αo 

+ sin α ) 

2a 

dα 

3 g (sin αo 

− sin α ) 

2a 

Câu 39: Một vật chuyển động với vận tốc thay đổi theo thời gian được tính bởi công thức v( t) = 5t + 1, 

thời gian tính theo đơn vị giây, quãng đường vật đi được tính theo đơn vị mét. Quãng đường vật đó đi 

được trong 10 giây đầu tiên là: 

A. 15m. B. 620m . C. 51m. D. 260m . 

Câu 40: Một vật chuyển động với gia tốc ( ) 2 2 

= − + 

− 

a( t) 20 1 2 t ( m / s ) . Khi t = 0 thì vận tốc của vật là 

30( m / s ) . Tính quãng đường vật đó di chuyển sau 2 giây ( m là mét, s là giây). 

A. 46 m . B. 48 m . C. 47 m . D. 49 m . 

4000 

Câu 41: Một đám vi trùng ngày thứ t có số lượng là N ( t ) . Biết rằng N '( t) 

= 

1 + 0,5t 

đám vi trùng có 250.000 con. Sau 10 ngày số lượng vi trùng là (lấy xấp xỉ hang đơn vị): 

A. 264.334 con. B. 257.167 con. C. 258.959 con D. 253.584 con. 

Câu 42:Vòm cửa lớn của một trung tâm văn hoá có dạng hình Parabol. Người ta 

dự định lắp cửa kính cường lực cho vòm cửa này. Hãy tính diện tích mặt kính cần 

lắp vào biết rằng vòm cửa cao 8m và rộng 8m (như hình vẽ) 

28 2 

A. ( ) 

3 m B. 26 ( 

2 ) 

3 m C. 128 ( 

2 ) 

3 m D. 131 ( 

2 ) 

3 m 

Câu 39. Một cái nồi hiệu Happycook dạng hình trụ không nắp chiều cao của nồi 11.4 cm, 

đường kính dáy là 20.8 cm. Hỏi nhà sản xuất cần miếng 

kim loại hình tròn có bán kính R tối thiểu là bao nhiêu để 

làm cái nồi như vậy (không kể quay nồi) 

A. R = 18. 58 cm . B. R = 19. 58 cm . C. 

R = 13. 13 cm . D. R = 14. 13 cm . 

Hướng dẫn giải. 

Diện tích xung quanh của nồi là 

5928 

S = 2π rl = 2π . 10, 4. 11, 

4 = π 

1 

25 

2 2704 

Diện tích đáy nồi là S = πr 

= π 

2 

25 

và lúc đầu 



Trang 52 











8632 

2 

Suy ra diện tích tối thiểu miếng kim loại hình tròn là S = S + S = π = π R ⇒ R = 18. 58cm 

1 2 

25 

Chọn A. 

Câu 40. Cho hình phẳng ( H ) như hình vẽ bên. Tính thể tích V của vật thể tròn xoay được tạo thành 

khi quay hình phẳng ( H ) quanh cạnh MN 

3 

94π 3 

A. 75 πcm 

. B. cm . 

3 

3 

244π 3 

C. 94 πcm 

. D. cm . 

3 


Thể tích hình trụ tròn xoay sinh bởi HNPR quay 

2 

quanh HN: V = 3. 5 .π = 75 π 

1 

Thể tích hình nón tròn xoay sinh bởi IHR: 9 π 

8 

Thể tích hình tạo bởi IMS: π 

3 

Thể tích của hình tảo bởi HMSR: 

8 19 

V = 9π − π = π 

2 

3 3 

244 

Thể tích của hình (H): V = V + V = π 

( H ) 1 2 

3 

Chọn D. 


I 

M 

H 

N 

4 cm 

2 cm 

S 

R 

5 cm 

2 cm 

Q 

3 cm 

P 


Trang 53 









DẠNG 6: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG THỰC TẾ KHÁC 



Câu 1: Trong nông nghiệp bèo hoa dâu được dùng làm phân bón, nó rất tốt cho cây trồng. Mới đây một 

nhóm các nhà khoa học Việt Nam đã phát hiện ra bèo hoa dâu có thể được dùng để chiết xuất ra chất có 

tác dụng kích thích hệ miễn dịch và hỗ trợ điều trị bệnh ung thư. Bèo hoa dâu được thả nuôi trên mặt 

nước. Một người đã thả một lượng bèo hoa dâu chiếm 4% diện tích mặt hồ. Biết rằng cứ sau đúng một 

tuần bèo phát triển thành 3 lần lượng đã có và tốc độ phát triển của bèo ở mọi thời điểm như nhau. Sau 

bao nhiêu ngày bèo sẽ vừa phủ kín mặt hồ? 

25 

24 

7 

A. 7× log3 

25. 

B. 3 . C. 7 × . D. 7× 

log3 

24. 

3 

Câu 2: Một đội xây dựng cần hoàn thiện một hệ thống cột tròn của một cửa hàng kinh doanh gồm 17 

chiếc. Trước khi hoàn thiện mỗi chiếc cột là một khối bê tông cốt thép hình lăng trụ lục giác đều có cạnh 

14 cm; sau khi hoàn thiện (bằng cách trát thêm vữa tổng hợp vào xung quanh) mỗi cột là một khối trụ có 

đường kính đáy bằng 30 cm. Biết chiều cao của mỗi cột trước và sau khi hoàn thiện là 390 cm. Tính 

lượng vữa hỗn hợp cần dùng (tính theo đơn vị m 3 , làm tròn đến 1 chữ số thập phân sau dấu phẩy). Ta có 

kết quả: 

A. 1,3 m 3 B. 2,0 m 3 C. 1,2 m 3 D. 1,9 m 3 

Câu 3: Số giờ có ánh sáng mặt trời của TPHCM năm không nhuận được cho bởi 

⎛ π ⎞ 

y = 4sin ⎜ ( x − 60) ⎟ + 10 với 1≤ 

x ≤ 365 là số ngày trong năm. Ngày 25 / 5 của năm thì số giờ 

⎝178 

⎠ 

có ánh sáng mặt trời của TPHCM gần với con số nào nhất ? 

A. 2h B. 12h C. 13h 30 

D. 14h 

Câu 4: Số lượng của loại vi khuẩn A trong một phòng thí nghiệm được tính theo công thức 

t 

s( t) = s (0).2 , trong đó s (0) là số lượng vi khuẩn A lúc ban đầu, s( t ) là số lượng vi khuẩn A có sau t 

(phút). Biết sau 3 phút thì số lượng vi khuẩn A là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc bắt đầu, số 

lượng vi khuẩn A là 10 triệu con ? 


Câu 5: Người ta khảo sát gia tốc a(t) của một vật thể chuyển động (t là khoảng thời gian tính bằng giây 

kể từ lúc vật thể bắt đầu chuyển động) từ giây thứ nhất đến giây thứ 10 và ghi nhận được a(t) là một hàm 

số liên tục có đồ thị như hình bên. Hỏi trong thời gian từ giây thứ nhất đến giây thứ 10 được khảo sát đó, 

thời điểm nào vật thể có vận tốc lớn nhất ? 

A. giây thứ nhất B. giây thứ 3 C. giây thứ 10 D. giây thứ 7 

−3t 

⎛ ⎞ 

Câu 6: Một điện thoại đang nạp pin, dung lượng nạp được tính theo công thức 

2 

Q ( t ) = Q0 ⎜1− 

e ⎟ với t 

⎝ ⎠ 

là khoảng thời gian tính bằng giờ và Q 0 là dung lượng nạp tối đa (pin đầy). Nếu điện thoại nạp pin từ lúc 

cạn pin (tức là dung lượng pin lúc bắt đầu nạp là 0%) thì sau bao lâu sẽ nạp được 90% (kết quả làm tròn 

đến hàng phần trăm)? 

A. t ≈ 1,54h B. t ≈ 1, 2h C. t ≈1h D. t ≈ 1,34h 

Câu 7: Hai thành phố A và B cách nhau một con sông. Người ta xây dựng một cây cầu EF bắt qua sông 

biết rằng thành phố A cách con sông một khoảng là 5 km và thành phố B cách con sông một khoảng là 7 

HE + KF = 24 km . Hỏi cây cầu cách thành phố A một khoảng là bao 


km (hình vẽ), biết tổng độ dài ( ) 

nhiêu để đường đi từ 

ngắn nhất ( i theo 

thành phố A đến thành phố B là 

đường AEFB) 


Trang 54 











A. 5 3km B. 10 2km C. 5 5km D. 7,5km 











A. 21 B. 22 C. 19 D. 20 

Câu 9: E. coli là vi khuẩn đường ruột gây tiêu chảy, đau bụng dữ dội. Cứ sau 20 phút thì số lượng vi 

khuẩn E. coli tăng gấp đôi. Ban đầu, chỉ có 40 vi khuẩn E. coli trong đường ruột. Hỏi sau bao lâu, số 

lượng vi khuẩn E. coli là 671088640 con? 

A. 48 giờ. B. 24 giờ. C. 12 giờ. D. 8 giờ. 

Câu 10: Một cái tháp hình nón có chu vi đáy bằng 207,5 m. Một học sinh nam muốn đo chiều cao của 

cái tháp đã làm như sau. Tại thời điểm nào đó, cậu đo bóng của mình dài 3,32 m và đồng thời đo được 

bóng của cái tháp (kể từ chân tháp) dài 207,5 m. Biết cậu học sinh đó cao 1,66 m, hỏi chiều cao của cái 

tháp dài bao nhiêu m? 

A. 

51,875 

h = 103,75 + 

π 

B. 

51,87 

h = 103 + 

π 

C. 

25,94 

h = 103,75 + 

π 

D. h = 103,75 

Câu 11: Người ta cần trồng hoa tại phần đất nằm phía ngoài đường tròn tâm gốc tọa độ, bán kính bằng 

1 

và phía trong của Elip có độ dài trục lớn bằng 2 2 và độ dài trục nhỏ bằng 2 (như hình vẽ). Trong 

2 

100 

mỗi một đơn vị diện tích cần bón 

2 2 − 

kg phân hữu cơ. Hỏi cần sử dụng bao nhiêu kg phân hữu 

1 π 

cơ để bón cho hoa? 

( ) 

A. 30 kg B. 40 kg C. 50 kg D. 45 kg 

Câu 12: Bạn A có một đoạn dây dài 20m . Bạn chia đoạn dây 

thành hai phần. Phần đầu uốn thành một tam giác đều. Phần 

còn lại uốn thành một hình vuông. Hỏi độ dài phần đầu bằng 

bao nhiêu để tổng diện tích hai hình trên là nhỏ nhất? 

40 

180 

A. m B. m 

9 + 4 3 

9 + 4 3 


C. 


9 + 4 3 

m D. 

60 

9 + 4 3 

m 


Trang 55 











Câu 13: Một bể nước có dung tích 1000 lít. Người ta mở vòi cho nước chảy vào bể, ban đầu bể cạn 

nước. Trong giờ đầu vận tốc nước chảy vào bể là 1 lít/1phút. Trong các giờ tiếp theo vận tốc nước chảy 

giờ sau gấp đôi giờ liền trước. Hỏi sau khoảng thời gian bao lâu thì bể đầy nước (kết quả gần đúng nhất). 

A. 3,14 giờ B. 4,64 giờ C. 4,14 giờ D. 3,64 giờ 




của trọng lực. Tính góc sinα khi thanh rời khỏi tường 

1 

2 

2 

4 

A. sinα = sinα o 

B. sinα = sinα o 

C. sinα = sinα o 

D. sinα 

= sinα 

o 

3 

3 

5 

3 

Câu 15: Từ một miếng tôn hình bán nguyệt có bán kính R = 3, người ta muốn cắt ra một hình chữ nhật 

(xem hình) có diện tích lớn nhất. Diện tích lớn nhất có thể có của miếng tôn hình chữ nhật là: 

A. 6 3 B. 6 2 C. 9 D. 7 

Câu 16: Người ta tiến hành mạ vàng chiếc hộp có dạng hình hộp chữ nhật có nắp. Thể tích của hộp là 

1000 cm 3 , chiều cao của hộp là 10cm. Biết rằng đơn giá mạ vàng là 10.000 đ/ cm 2 . Gọi x ( triệu đồng ) 

là tổng số tiền bỏ ra khi mạ vàng cả mặt bên trong và mặt bên ngoài chiếc hộp. Tìm giá trị nhỏ nhất của 

x . 

A. 12 triệu. B. 6triệu. C. 8 triệu. D. 4 triệu. 

2 

Câu 17: Anh Phong có một cái ao với diện tích 50m để nuôi cá điêu hồng. Vụ vừa qua, anh nuôi với mật độ 20 

2 

con/ m và thu được 1,5 tấn cá thành phẩm. Theo kinh nghiệm nuôi cá của mình, anh thấy cứ thả giảm đi 8 

2 

con/ m thì mỗi con cá thành phẩm thu được tăng thêm 0,5kg. Để tổng năng suất cao nhất thì vụ tới ông nên mua 

bao nhiêu cá giổng để thả ? (giả sử không có hao hụt trong quá trình nuôi). 

A. 488 con B. 658 con C. 342 con D. 512 con 

Câu 18: Trong phòng thí nghiệm sinh học người ta quan sát 1 tế bào sinh dục sơ khai của ruồi giấm với 

bộ nhiễm sắc thế 2n = 8, nguyên phân lên tiếp k lần, thì thấy rằng: Sau khi kết thúc k lần nguyên phân 

thì số nhiễm sắc thể đơn mà môi trường cần cung cấp cho quá trình phân bào là 2040. Tính k? 

A. k = 6 

B. k = 8 

C. k = 9 

D. k = 7 

Câu 19: Một bể nước có dung tích 1000 lít .Người ta mở vòi cho nước chảy vào bể, ban đầu bể cạn 



A. 3,14 giờ. B. 4,64 giờ. C. 4,14 giờ. D. 3,64 giờ. 

a; 

b là kết quả xảy ra sau khi gieo, 

Câu 20: Gieo một con súc sắc cân đối đồng chất hai lần. Ký hiệu ( ) 

trong đó a, b lần lượt là số chấm xuất hiện lần thứ nhất, thứ hai. Gọi A là biến cố số chấm xuất hiện trên 

hai lần gieo như nhau. Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố A là tập hợp con của tập hợp các điểm 

biểu diễn của số phức z thỏa mãn điều kiện nào sau đây? 

A. z + 2 + 3i 

≤ 12 

B. z + 2 + 3i 

= 10 

C. z + 2 + 3i 

≤ 13 

D. z + 2 + 3i 

≤ 11 




A. k = 6 

B. k = 8 

C. k = 9 

D. k = 7 

Câu 22: Một đoàn tàu chuyển động trên một đường thẳng nằm ngang với vận tốc không đổi v 0 .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 xác định chuyển động của đoàn tàu khi tắt máy và hãm. 



Trang 56 











2 

. 

A. = 

0. 

− g t 

2 

. 

x v t B. = 

0. 

− g t 

2 

. 

x v t C. = 

0. 

− g t 

2 

x v t D. x = v0 20 

10 

30 

. t − t 

20 

Câu 23: Một xí nghiệp chế biến thực phẩm muốn sản xuất những loại hộp hình trụ có thể tích V cho 

trước để đựng thịt bò. Gọi x, h (x > 0, h > 0) lần lượt là độ dài bán kính đáy và chiều cao của hình trụ. 

Để sản xuất hộp hình trụ tốn ít vật liệu nhất thì giá trị của tổng x + h là: 

V 

A. 3 B. 3 V 

V 

V 

2π 

3 C. 2 3 

D. 3. 3 

2π 

2 π 

2π 

Câu 24: Khi quan sát qua trình sao chéo tế bào trong phòng thí nghiệm sinh học, nhà sinh vật học nhận 

thấy các tế báo tăng gấp đôi mỗi phút. Biết sau một thời gian t giờ thì có 100 000 tế bào và ban đầu có 1 

tế bào duy nhất. Tìm t: 

A. t ≈ 16,61 phút B. t ≈ 16,5 phút C. t ≈15 

phút D. t ≈ 15,5 phút 

Câu 25: Giả sử tỉ lệ lạm phát của Việt Nam trong 10 năm qua là 5%. Hỏi nếu năm 2007, giá xăng là 

12000VND/lít. Hỏi năm 2016 giá tiền xăng là bao nhiêu tiền một lít? 

A. 11340,00 VND/lít B. 113400 VND/lít C. 18616,94 VND/lít D. 18615,94 VND/lít 

5 

Câu 26: Một khu rừng ban đầu có trữ lượng gỗ là 4. 

10 mét khối gỗ. Gọi tốc độ sinh trưởng mỗi năm 

5 

của khu rừng đó là a%. Biết sau năm năm thì sản lượng gỗ là xấp xỉ 4, 8666. 

10 mét khối. Giá trị 

của a xấp xỉ: 

A. 3,5%. B. 4%. C. 4,5%. D. 5% 

Câu 27: Trong một trận mưa, cứ một mét vuông mặt đất thì hứng thì hứng 1,5 lít nước mưa rơi xuống. 

Hỏi mực nước trong một bể bơi ngoài trừi tăng lên bao nhiêu ? 

A. 1,5 (cm) B. 0,15 (cm) 

C. Phụ thuộc vào kích thước của bể bơi D. 15 (cm) 

Câu 28: Các kích thước của một bể bơi được cho trên hình vẽ (mặt nước có dạng hình chữ nhật). Hãy 

tính xem bể chứa được bao nhiêu mét khối nước khi nó đầy ắp nước ? 

A. 1000m 3 B. 640m 3 C. 570m 3 D. 500m 3 



Trang 57 









PHẦN II: ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI 



DẠNG 1: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM, GTLN-GTNN CÙA HÀM SỐ 

Câu 1: Một tên lửa bay vào không trung với quãng đường đi được quãng đường s ( t ) (km) là hàm phụ 

2 

t + 3 3t+ 

1 


e ( km) 



4 

A. 5e (km/s) 

4 

B. 3e (km/s) 

4 

C. 9e (km/s) 

4 

D. 10e (km/s) 

- Hướng dẫn: 

Ta có công thức vận tốc: 

2 

3 1 

( ) '( ) ( ) t 

t 

( 2 . ) 

v t s t e t e + 

Với 1 

2 

t 

= = + = 2 . + ( 6 + 2) 

4 

t = ta có: 10 ( / ) 

Sai lầm thường gặp: 

2 

3 1 

( ) '( ) ( ) t 

t 

( 2 . ) 


t e t e 

+ 3 3t+ 

1 

e km s . Đáp án đúng là D. 

2 

t 

= = + = + ( + ) 

t 

(do không biết đạo hàm e -> đáp án C) 

( ) ( ) ( ) ( ) 

2 

e 6t 2 . e + 

2 2 

t 3t+ 1 t 3t+ 

1 

v t = s ' t = e + 2 t. e = e + 2. e 

3t 

1 

x 

(do học vẹt đạo hàm e luôn không đổi). Vậy chọn đáp án B. 

Câu 2: Một người nông dân có 15 000 000 đồng để làm một cái hàng rào hình chữ E dọc theo một con 

sông (như hình vẽ) để làm một khu đất có hai phần chữ nhật để trồng rau. Đối với mặt hàng rào song 

song với bờ sông thì chi phí nguyên vật liệu là 60 000 đồng là một mét, còn đối với ba mặt hàng rào 

song song nhau thì chi phí nguyên vật liệu là 50 000 đồng một mét. Tìm diện tích lớn nhất của đất rào 

thu được. 

2 

A. 6250 m B. 1250 


2 

m C. 3125 

Phân tích ta đặt các kích thước của hàng rào như hình vẽ 

2 

m . D. 50 

Từ đề bài ban đầu ta có được mối quan hệ sau: 

Do bác nông dân trả 15 000 000 đồng để chi trả cho nguyên vật liệu và đã biết giá thành từng mặt 

nên ta có mối quan hệ: 

3 x.50000 + 2 y.60000 = 15000000 

150 −15x 

500 − 5x 

⇔ 15x 

+ 12y 

= 1500 ⇔ y = = 


Diện tích của khu vườn sau khi đã rào được tính bằng công thức: 


m 

2 


Trang 58 











500 − 5x 

1 

f ( x) = 2. x. y = 2 x. = ( − 5x 2 + 500x) 

4 2 

Đến đây ta có hai cách để tìm giá trị lớn nhất của diện tích: 

Cách 1: Xét hàm số trên một khoảng, vẽ BBT và kết luận GTLN: 

1 

Xét hàm số f ( x) = ( − 5x 2 + 500x) 

trên ( 0;100 ) 

2 

1 

f '( x) = ( − 10x + 500 ), f '( x) 

= 0 ⇔ x = 50 

2 

Ta có BBT 

2 

Cách 2: Nhẩm nhanh như sau: Ta biết rằng ( ) 

A− g x ≤ A với mọi x, nên ta có thể nhẩm nhanh được: 

5 5 

f ( x) = ( − x 2 + 100x) = ( − x 2 + 2.50. x − 2500 + 2500) 

= 5 . ⎡2500 − ( x − 5) 2 ⎤ ≤ 6250 

2 2 

2 ⎣ 

⎦ 

Hoặc bấm máy tính phần giải phương trình bậc hai và ấn bằng nhiều lần máy sẽ hiện như sau: 

Câu 3: Từ một khúc gỗ tròn hình trụ có đường kính bằng 40 cm, cần xả thành một chiếc xà có tiết diện 

ngang là hình vuông và bốn miếng phụ được tô màu xám như hình vẽ dưới đây. Tìm chiều rộng x của 

miếng phụ để diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là lớn nhất. 

3 34 −17 2 

2 

5 34 −15 2 

x 

2 


3 34 −19 2 

2 

5 34 −13 2 

x = 

2 

A. x = ( cm) 

B. x = 

( cm) 

C. = ( cm) 

D. ( cm) 

Diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là S = S + 4xy 

MP 

40 

Cạnh hình vuông MN = = = 20 2 ( cm) 

( ) 2 

2 2 

MNPQ 

⇒ S = 20 2 + 4xy = 800 + 4xy 

(1) 


Ta có 2x = AB − MN = AB − 20 2 < BD − 20 2 = 40 − 20 2 ⇒ 0 < x < 20 − 10 2 

Lại có ( ) 2 

2 2 2 2 2 

AB + AD = BD = 40 ⇒ 2x + 20 2 + y = 1600 

⇒ y = 800 − 80x 2 − 4x ⇒ y = 800 − 80x 2 − 4x 

2 2 2 


Trang 59 











1 ⇒ S = 800 + 4x 800 −80x 2 − 4x = 800 + 4 800x −80x 2 − 4x 

Thế vào ( ) 

2 2 3 4 

2 3 4 

Xét hàm số f ( x) = 800x −80x 2 − 4x 

, với x∈( 0;20 − 10 2) 

có 

2 3 2 

f '( x) = 1600x − 240x 2 − 16x = 16x( 100 −15x 2 − x ) 

⎧x 

( 0;20 10 2 

⎧ 

⎪ ∈ − ) ⎪ 

x ∈( 0;20 −10 2 ) 

5 34 −15 2 


⇔ ⎨ 

⇔ x = 

2 

⎪ f '( x) 

= 0 ⎪16x ( 100 −15x 2 − x ) = 0 

2 

⎩ 

⎩ 

5 34 −15 2 

Khi đó x = chính là giá trị thỏa mãn bài toán. Chọn C. 

2 

Câu 4: Kỳ thi THPT Quốc gia năm 2016 vừa kết thúc, Nam đỗ vào trường Đại học Bách Khoa Hà Nội. 

Kỳ I của năm nhất gần qua, kỳ II sắp đến. Hoàn cảnh không được tốt nên gia đình rất lo lắng về việc 

đóng học phí cho Nam, kỳ I đã khó khăn, kỳ II càng khó khăn hơn. Gia đình đã quyết định bán một phần 

mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 50 m, lấy tiền lo cho việc học của Nam cũng như tương lai của em. 

Mảnh đất còn lại sau khi bán là một hình vuông cạnh bằng chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật ban 

2 

đầu. Tìm số tiền lớn nhất mà gia đình Nam nhận được khi bán đất, biết giá tiền 1m đất khi bán là 

1500000 VN đồng. 

A. 112687500 VN đồng. B. 114187500 VN đồng. 

C. 115687500 VN đồng. D. 117187500 VN đồng. 


Diện tích đất bán ra càng lớn thì số tiền bán được càng cao 

Gọi chiều rộng và chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu lần lượt là x, y ( m) ,( x, y > 0) 

Chu vi mảnh đất hình chữ nhật ban đầu bằng 50m ⇒ 2( x + y) 

= 50 ⇔ y = 25 − x 

Bài ra, ta có ngay mảnh đất được bán là một hình chữ nhật có diện tích là 

2 ⎛ 25 ⎞ 625 625 

S = x( y − x) = x( 25 − x − x) 

= 25x − 2x = −⎜ 

x 2 − ⎟ + ≤ = 78,125 

⎝ 2 2 ⎠ 8 8 

25 25 25 175 

Dấu "=" xả ra ⇔ x 2 − = 0 ⇔ x = ⇒ y = 25 − = 

2 2 

8 8 8 

Như vậy, diện tích đất nước được bán ra lớn nhất 78,125 m 2 . 

Khi đó số tiền lớn nhất mà gia đình Nam nhận được khi bán đất là 78,125.1500000 = 117187500 

Câu 5: Thầy Diêu dự định xây một bồn hoa có bề mặt là hình tròn có đường kính AB = 10m , để cho ấn tượng 

thầy Diêu thiết kế có hai hình tròn nhỏ trong hình tròn lớn bằng cách lấy điểm M giữa A và B rồi dựng các 

đường tròn đường kính MA và MB như hình vẽ. Trong hai đường tròn nhỏ thầy định trồng loại hoa hồng đỏ, 

còn phần còn lại thầy trồng hoa hồng trắng. Biết giá hoa hồng đỏ là 5.000 đồng, hoa hồng trắng là 4.000 đồng 

2 

và ít nhất 0.5 m mới trồng được một bông hoa. Hỏi chi phí thấp nhất để trồng hoa của thầy là bao nhiêu? 

A. 702000 đồng. B. 622000 đồng. C. 706858 đồng. D. 752000 đồng. 


2 


Trang 60 











Hướng dẫn : 

Đặt = 2 , = 2 

AB a AM x suy ra = 2( − ) 

MB a x . Muốn 

chi phí thấp nhất thì diện tích trồng hoa hồng trắng 

phải lớn nhất. 

S , S , S lần lượt là đường tròn đường kính 

Gọi 

1 2 3 

AB, MA, 

MB . Ta có diện tích trồng hoa hồng 

trắng là : 

2 

2 2 2 2 

2 

S = S3 − ( S1 + S2 ) = π a − ⎡ + ( − ) ⎤ = −2 ( − ) ≤ . ≈ 39 

⎣ 

π x π a x 

⎦ 

π x ax π a m 

2 

Lúc này diện tích trồn hoa hồng cũng là 

2 

π 2 

. a 39m . 

2 ≈ 

Do vậy chi phí thấp nhất mà thầy Diêu mua hoa là : 39.2.4000 + 39.2.5000 = 70200 đồng. 

Chọn A. 

Câu 6: Người ta muốn sơn một cái hộp không nắp, đáy hộp là hình vuông và có thể tích là 4 (đơn vị thể 

tích)? Tìm kích thước của hộp để dùng lượng nước sơn tiết kiệm nhất. Giả sử độ dày của lớp sơn tại mọi 

nơi trên hộp là như nhau. 

A. Cạnh ở đáy là 2 (đơn vị chiều dài), chiều cao của hộp là 1 (đơn vị chiều dài). 

B. Cạnh ở đáy là 2 (đơn vị chiều dài), chiều cao của hộp là 2 (đơn vị chiều dài). 

C. Cạnh ở đáy là 2 2 (đơn vị chiều dài), chiều cao của hộp là 0,5 (đơn vị chiều dài). 

D. Cạnh ở đáy là 1 (đơn vị chiều dài), chiều cao của hộp là 2 (đơn vị chiều dài). 


Gọi x, l lần lượt là độ dài cạnh ở đáy và chiều cao của hộp x > 0,l > 0 . 

2 

Khi đó tổng diện tích cần sơn là S( x) = 4xl+x ( 1) 

2 

4 

Thể tích của hộp là V = x l = 4 , suy ra l = 

2 

( 2) 

. Từ (1) và (2) suy ra: 

x 

3 

2 16 2x −16 

3 

S( x) = x + ⇒ S' ( x ) = ;S' 

2 

( x) 

= 0 ⇔ 2x − 16 = 0 ⇔ x = 2 

x 

x 

MinS x = S 2 . Vậy cạnh ở đáy là 2 (đơn vị chiều dài) và chiều cao của 

Lập bảng biến thiên suy ra ( ) ( ) 

hộp là 1 (đơn vị chiều dài). 

Câu 7: Chiều dài bé nhất của cái thang AB để nó có thể tựa vào tường AC và mặt đất BC, ngang qua cột 

đỡ DH cao 4m, song song và cách tường CH=0,5m là: 

A. Xấp xỉ 5,602 B. Xấp xỉ 6,5902 

C. Xấp xỉ 5,4902 D. Xấp xỉ 5,5902 


BH = x x > 0 . Ta có 

Đặt ( ) 

2 2 2 

= + = + 

BD DH BH x 

Vì DH / / AC nên 

16 


DA HC DB HC x 

= ⇒ DA = = 

DB HB HB 2x 

⇒ AB = x + 16 + 

2 

2 + 16 

2 

. + 16 

x 

2x 


Trang 61 











2 

2 x + 16 

0;+∞ và 

2x 

x 

2 

.2x 

− 2 x + 16 

2 

3 

x 8 8 

' 

x 16 

x x − 

f ( x) 

= + 

+ 

= − = 

2 2 

4 

2 2 2 2 2 

x + 16 x 

x + 16 x x + 16 x x + 16 

f ' x = 0 ⇔ x = 2; f ' x > 0 ⇔ x > 2; f ' x < 0 ⇔ 0 < x < 2 

Xét hàm số f ( x) 

= x + 16 + trên ( 0;+∞ ). Ta có f(x) liên tục trên ( ) 

( ) ( ) ( ) 

5 5 

Suy ra min AB = min f x = f 2 = ≈ 5,5902 m 

x∈ ( 0; +∞) 

2 

Chọn D 

( ) ( ) ( ) 

Câu 8: Chiều dài bé nhất của cái thang AB để nó có thể tựa vào tường AC và mặt đất BC, ngang qua 

một cột đỡ DH cao 4m song song và cách tường CH = 0,5m là: 

A 

C 

D 

H 

A. Xấp xỉ 5,4902 B. Xấp xỉ 5,602 C. Xấp xỉ 5,5902 D. Xấp xỉ 6,5902 


Đặt CB = x,CA = y khi đó ta có hệ thức: 

1 4 4 2x −1 8x 

+ = 1 ⇔ = ⇔ y = 

2x y y 2x 2x −1 

Ta có: AB = x + y 

2 2 

Bài toán quy về tìm min của 

⎞ 

A = x + y = x + ⎜ ⎟ 

⎝ 2x −1⎠ 

2 2 2 ⎛ 8x 

Khảo sát hàm số và lập bảng biến thiên ta thấy GTNN đạt tại 

Câu 9: Cho hai vị trí A , B cách nhau 615m , 

cùng nằm về một phía bờ sông như hình vẽ. 

Khoảng cách từ A và từ B đến bờ sông lần 

lượt là 118m và 487m Một người đi từ A đến 

bờ sông để lấy nước mang về B . Đoạn đường 

ngắn nhất mà người đó có thể đi là: 

A. 596,5m B. 671, 4m 

C. 779, 8m D. 741,2m 


2 

B 

5 

5 5 

x = ; y = 5 hay AB min = 

2 

2 



Trang 62 











Giả sử người đó đi từ A đến M để lấy nước và đi từ M về B. 

dễ dàng tính được BD = 369, EF = 492. Ta đặt EM = x, 

khi đó ta được: 

( ) 2 

2 2 2 

492 , 118 , 492 487 . 

MF = − x AM = x + BM = − x + 

Như vậy ta có hàm số ( ) 

( ) ( ) 2 

f x x 118 492 x 487 

f x được xác định bằng tổng quãng đường AM và MB: 

2 2 2 

= + + − + với 0; 492 

Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của ( ) 

điểm M. f ( x) 

x ∈ ⎡ ⎤ ⎢ ⎣ ⎥ ⎦ 

f x để có được quãng đường ngắn nhất và từ đó xác định được vị trí 

x 

492 − x 

' = − 

. 

2 2 2 

x + 118 2 

492 − + 487 

( x ) 

x 

492 − x 

f '( x ) = 0 ⇔ − = 0 

2 2 2 

x + 118 2 

492 − + 487 

( x) 

( x ) 

x 

492 − x 

⇔ = 

2 2 2 

x + 118 492 − + 487 

2 

( ) ( ) 

⇔ x 492 − x + 487 = 492 − x x + 118 

2 2 2 

2 

⎧ 2 2 

2 ⎡ 2⎤ 

2 2 

2 2 

⎪x ( 492 − x ) + 487 = ( 492 − x) ( x + 118 ) 

⎧⎪ 

⇔ ⎨ ⎣⎢ ⎥ 

( 487x) = ( 58056 −118x 

) 

⎦ 

⇔ ⎪ 

⎨ 

⎪⎪ 

⎪ 

0 ≤ x ≤ 492 

⎪0 ≤ x ≤ 492 

⎩ 

⎪⎩ 

⎧⎪ 58056 58056 

x = hay x = − 

58056 

⇔ 

⎪ 

⎨ 605 369 ⇔ x = 

⎪0 ≤ x ≤ 492 

605 

⎪⎩ 

Hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn ⎡0; 492⎤ 

⎢⎣ ⎥ . So sánh các giá trị của (0) 

⎦ f , 58056 

f ⎛ ⎞ ⎜ 605 

⎜⎝ ⎠ ⎟ 

, f ( 492) 

ta có giá 


⎛58056⎞ trị nhỏ nhất là f 

≈ 779, 8m 

⎜ 605 

⎜⎝ ⎠⎟ 

Khi đó quãng đường đi ngắn nhất là xấp xỉ 779,8m. Vậy đáp án là C. 


Trang 63 












2 3 

xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ t là f ( t) = 45t − t (kết quả khảo sát được trong 8 tháng vừa 

qua). Nếu xem f '( t ) là tốc độ truyền bệnh (người/ngày) tại thời điểm t . Tốc độ truyền bệnh sẽ lớn nhất 

vào ngày thứ mấy? 



2 

f ′( t) = 90t − 3 t ⇒ f ′′( t) = 90 − 6t = 0 ⇔ t = 15 . Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f ′(t) 

lớn nhất khi t = 15 . 

Chọn D 

Câu 11: Một công ty bất động sản có 50 căn hộ cho thuê. Biết rằng nếu cho thuê mỗi căn hộ với giá 

2.000.000 đồng một tháng thì mọi căn hộ đều có người thuê và cứ tăng thêm giá cho thuê mỗi căn hộ 

100.000 đồng một tháng thì sẽ có 2 căn hộ bị bỏ trống. Hỏi muốn có thu nhập cao nhất thì công ty đó 

phải cho thuê mỗi căn hộ với giá bao nhiêu một tháng. 

A. 2.225.000. B. 2.100.000 C. 2.200.000 D. 2.250.000 


Gọi x (đồng/tháng) là số tiền tăng thêm của giá cho thuê mỗi căn hộ. ( x ≥ 0) 

2x 

Khi đó số căn hộ bị bỏ trống là: (căn hộ). 

100 000 

Khi đó, số tiền công ti thu được là: 

⎛ 

⎞ 

2 

( ) ( 2 000 000 ) 

x 

2 

T x 

x 

50 

2x 

= + − ⎜ 100 000 

= 100 000 000 + 10x 

− (đồng/tháng). 

⎜⎝ 

⎟⎠ 

100 000 

Khảo sát hàm số T ( x ) trên ⎡ 

⎢⎣ 

0; +∞) 

. 

4x 

T '( x ) = 10 − . 

100 000 

( ) 

T ' x = 0 ⇔ 1000 000 − 4x = 0 ⇔ x = 250 000 . 


x 0 250 000 +∞ 

T’ + 0 − 

T 2 250 000 

Do đó maxT ( x) T ( 250 000) 

x≥0 

= = 2.250.000 . Chọn D 

Câu 12: Trên một đoạn đường giao thông có 2 con đường vuông góc với 

nhau tại O như hình vẽ. Một địa danh lịch sử có vị trí đặt tại M, vị trí M 

cách đường OE 125cm và cách đường Ox 1km. Vì lý do thực tiễn người ta 

muốn làm một đoạn đường thẳng AB đi qua vị trí M, biết rằng giá trị để 

làm 100m đường là 150 triệu đồng. Chọn vị trí của A và B để hoàn thành 

con đường với chi phí thấp nhất. Hỏi chi phí thấp nhất để hoàn thành con 

đường là bao nhiêu ? 

A. 1,9063 tỷ đồng. B. 2,3965 tỷ đồng. 

C. 2,0963 tỷ đồng. D. 3 tỷ đồng. 


Để hoàn thành con đường với chi phí thấp nhất thì phải chọn A, B sao cho đoạn thẳng AB là bé nhất. 

⇒Thiết lập khoảng cách giữa hai điểm A, B và tìm giá trị nhỏ nhất. 



Trang 64 











⎛ 1 ⎞ 

Chọn hệ trục tọa độ là Oxy với OE nằm trên Oy. Khi đó tọa độ M ⎜ ;1⎟ 

⎝ 8 ⎠ . 

> . Khi đó ta có phương trình theo đoạn chắn là: x + y = 1 

m n 

⎛ 1 ⎞ 

Do đường thẳng đi qua M ⎜ ;1⎟ 

⎝ 8 ⎠ nên 1 1 1 1 8m −1 8m 

+ = 1⇒ = 1− = ⇒ n = 

8m n n 8m 8m 8m −1 

Gọi B( m;0 ),A( 0;n ) ( m,n 0) 

2 2 2 2 8m 

2 

⎛ ⎞ 

Có AB = m + n = m + ⎜ ⎟ 

⎝ 8m −1⎠ 

2 

2 ⎛ 8m ⎞ 

8m −8 ⎛ 64 

Xét hàm số f ( m) = m + ;f '( m) 

= 2m + 2. . = 2m. ⎜1− 

⎝ 8m −1⎠ 8m −1 8m −1 ⎝ 8m −1 

⎡m 

= 0( L) 

⎢ 

( ) 

( ) 3 

5 

f ' m = 0 ⇔ ⎢ 64 ⇔ 8m − 1 = 64 ⇔ m = 

1 − 0 

3 = 

8 

⎢ 

⎣ ( 8m −1) 

⎜ ⎟ 2 3 

⎜ ⎟ 

2 

⎛ 5 ⎞ 

2 8. 

⎛ 5 ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎜ 25 25 125 125 5 5 

f ( m) 

f 8 ⎟ 

≥ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ + ⎜ 

AB 

8 8 5 

⎟ = + = ⇒ ≥ = 

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜ 8. −1⎟ 

64 16 64 64 8 

⎝ 8 ⎠ 

Vậy quãng đường ngắn nhất là 5 5 (km). 

8 

Giá để làm 1km đường là 1500 triệu đồng=1,5 tỉ đồng. 

( ) ( ) 

Khi đó chi phí để hoàn thành con đường là: 5 5 .1,5 ≈ 2,0963 (tỷ đồng) 

8 

Đáp án C 

3 2 

Câu 13: Một chất điểm chuyển động theo phương trình S = − t + 9t + t + 10 trong đó t tính bằng (s) và 

S tính bằng (m). Thời gian vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất là: 

A. t = 5s 

B. t = 6s 

C. t = 2s 

D. t = 3s 


Cần áp dụng 1 số tính chất trong vật lý như đạo hàm của quãng đường là vận tốc => đưa ra được hàm 

vận tốc theo t 

2 

S' = − 3t + 18t + 1 

Mà S' = v 

2 

Suy ra v = − 3t + 18t + 1 

V ' = − 6t + 18 

V ' = 0 ⇔ t = 3 

BTT 

Suy ra v đạt max tại t = 3 

t 

V’ 

V 

−∞ 3 

0 

0 

+∞ 

Câu 14: Một người cần đi từ khách sạn A bên bờ biển đến hòn đảo C . Biết rằng khoảng cách từ đảo C 

đến bờ biển là 10km , khoảng cách từ khách sạn A đến điểm B trên bờ gần đảo C là 40km . Người đó 

có thể đi đường thủy hoặc đi đường bộ rồi đi đường thủy (như hình vẽ dưới đây). Biết kinh phí đi đường 

thủy là 5 USD / km , đi đường bộ là 3 USD / km . Hỏi người đó phải đi đường bộ một khoảng bao nhiêu để 

kinh phí nhỏ nhất? ( AB = 40 km, BC = 10km 

.). 


⎞ 

⎟ 

⎠ 


Trang 65 









C 



A. 15 km . 

2 

65 

B. km . 

2 

C. 10km . D. 40km . 


Ta bấm máy MODE → 2:CMPLX 

Ấn SHIFT+hyp (Abs) và nhập biểu thức 1 2i 2x( 3 i) 

+ + + máy hiện 65 

Câu 15: Có hai chiếc cọc cao 10m và 30m lần lượt đặt tại hai vị trí A, B . Biết khoảng cách giữa hai cọc 

bằng 24m. Người ta chọn một cái chốt ở vị trí M trên mặt đất nằm giữa hai chân cột để giăng dây nối 

đến hai đỉnh C và D của cọc (như hình vẽ). Hỏi ta phải đặt chốt ở vị trí nào trên mặt đất để tổng độ dài 

của hai sợi dây đó là ngắn nhất? 

A. AM = 6 m, BM = 18m 

B. AM = 7 m, BM = 17m 

C. AM = 4 m, BM = 20m 

D. AM = 12 m, BM = 12m 


Ta có đặt AM = x khi đó MB 24 x x∈ 0; 24 

= − ; ( ) 

Khi đó CM DM f ( x) 10 2 x 2 30 2 

( 24 x) 2 

+ = = + + + − . 

Lúc này ta thử xem đáp án nào Min. 

Câu 16: Một chủ hộ kinh doanh có 50 phòng trọ cho thuê. Biết giá cho thuê mỗi tháng là 2,000,000đ/1 

phòng trọ, thì không có phòng trống. Nếu cứ tăng giá mỗi phòng trọ thêm 50,000đ/tháng, thì sẽ có 2 

phòng bị bỏ trống. Hỏi chủ hộ kinh doanh sẽ cho thuê với giá là bao nhiêu để có thu nhập mỗi tháng cao 

nhất ? 

A. 2.200.000đ B. 2.250.000đ C. 2.300.000đ D. 2.500.000đ 

4 

1 ⎛ 3 t ⎞ 

Câu 17: Thể tích nước của một bể bơi sau t phút bơm tính theo công thức V( t) = ⎜30t 

− ⎟ 

100 ⎝ 4 ⎠ 

(0 ≤ t ≤ 90) . Tốc độ bơm nước tại thời điểm t được tính bởi v( t) = V '( t ) . Trong các khẳng định sau, 

khẳng định nào đúng. 

A. Tốc độ bơm giảm từ phút thứ 60 đến phút thứ 90. B. Tốc độ luôn bơm giảm. 

C. Tốc độ bơm tăng từ phút 0 đến phút thứ 75. D. Cả A, B, C đều sai. 

Câu 18: Một công ty muốn làm một đường ống dẫn từ một điểm A trên bờ đến một điểm B trên một hòn 

đảo. Hòn đảo cách bờ biển 6km. Giá để xây đường ống trên bờ là 50.000USD mỗi km, và 130.000USD 

mỗi km để xây dưới nước. B’ là điểm trên bờ biển sao cho BB’ vuông góc với bờ biển. Khoảng cách từ 

A đến B’ là 9km. Vị trí C trên đoạn AB’ sao cho khi nối ống theo ACB thì số tiền ít nhất. Khi đó C cách A 

một đoạn bằng: 

A. 6.5km B. 6km 

C. 0km D. 9km 

đảo 


Đặt x = B ' C ( km) , x ∈[0;9] 

B 

2 

BC = x + AC = − x 

10 km 

A 

D B 

40 km 


36; 9 

Chi phí xây dựng đường ống là 

2 

C( x) = 130.000 x + 36 + 50.000(9 − x) ( USD ) 

Hàm C( x ) , xác định, liên tục trên [0;9] và 

biển 

6km 

C 

B' x km (9 - x)km A 

bờ biển 


Trang 66 











⎛ 13x 

⎞ 

C '( x) = 10000. ⎜ − 5 

2 

⎟ 

⎝ x + 36 ⎠ 

2 

2 2 2 25 5 

C '( x) = 0 ⇔ 13x = 5 x + 36 ⇔ 169x = 25( x + 36) ⇔ x = ⇔ x = 

4 2 

5 

C (0) = 1.230.000 ; C ⎛ ⎜ 

⎞ ⎟ = 1.170.000 ; C (9) ≈ 1.406.165 

⎝ 2 ⎠ 

Vậy chi phí thấp nhất khi x = 2,5 . Vậy C cần cách A một khoảng 6,5km. 

Câu 19: Một vật rơi tự do với phương trình chuyển động 

giây ( ) 

s . Vận tốc của vật tại thời điểm t = 5s bằng: 

1 

S = 

2 

2 

gt , trong đó 

2 

g và t tính bằng 

= 9,8m/s 

A. 49m/s. B. 25m/s. C. 10m/s. D. 18m/s. 

- Hướng dẫn: v(5) = S ’ =gt =9,8.5 = 49 m/s 

Câu 20: Cho chuyển động thẳng xác định bởi phương trình S= t 3 - 3t 2 + 4t, trong đó t tính bằng giây (s) 

và S được tính bằng mét (m). Gia tốc của chất điểm lúc t = 2s bằng: 

2 

2 

2 

2 


- Hướng dẫn: a(2)= v ’ = S ’’ =6t - 6 = 6 m/s 2 

2 

Câu 21: Một vận động viên đẩy tạ theo quỹ đạo là 1 parabol có phương trình y = − x + 2x + 4 . Vị trí 

của quả tạ đang di chuyển xem như là một điểm trong không gian Oxy. Khi đó vị trí cao nhất của quả tạ 

là điểm biểu diễn của số phức nào sau đây ? 

A. z = 1− 

3i B. z = 5 + i C. z = 1+ 

5i D. z = 3 − i 

Câu 22: Một sợi dây kim loại dài 60cm được cắt thành hai đoạn. Đoạn dây thứ nhất uốn thành hình 

vuông cạnh a, đoạn dây thứ hai uốn thành đường tròn bán kinh r. Để tổng diện tích của hình vuông và 

hình tròn nhỏ nhất thì tỉ số a nào sau đây đúng ? 

r 

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


của mặt hồ có n con cá thì trung bình mỗi con cá sau một vụ cân nặng P( n) = 480 − 20 n( gam) 

. Hỏi phải thả 

bao nhiêu con cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau một vụ thu hoạch được nhiều cá nhất ? 

A.10 B. 12 C.16 D. 24 


Gọi n là số con cá trên một đơn vị diện tích hồ ( n > 0) . Khi đó: 

Cân nặng của một con cá là: P( n) = 480 − 20 n( gam) 

Cân nặng của n con cá là: 

n P n n n gam 

2 

. ( ) = 480 − 20 ( ) 

2 

Xét hàm số: f ( n) = 480n −20 n , n∈ (0; +∞ ) . Ta có: f '( n) = 480 − 40n 

, cho f '( n) = 0 ⇔ n = 12 

Lập bảng biến thiên ta thấy số cá phải thả trên một đơn vị diện tích hồ để có thu hoạch nhiều nhất là 12 

con. 

Câu 24: Một cửa hàng bán lẻ bán 2500 cái ti vi mỗi năm. Chi phí gửi trong kho là 10$ một cái mỗi năm. 

Để đặt hàng chi phí cố định cho mỗi lần đặt là 20$ cộng thêm 9$ mỗi cái. Cửa hàng nên đặt hàng bao 

nhiêu lần trong mỗi năm và mỗi lần bao nhiêu cái để chi phí hàng tồn kho là nhỏ nhất ? 

A. Đặt hàng 25 lần, mỗi lần 100 cái ti vi. B. Đặt hàng 20 lần, mỗi lần 100 cái ti vi. 

C. Đặt hàng 25 lần, mỗi lần 90 cái ti vi. D. Đặt hàng 20 lần, mỗi lần 90 cái ti vi. 


x ∈ 1;2500 , đơn vị cái) 


Gọi x là số ti vi mà cừa hàng đặt mỗi lần ( [ ] 


Trang 67 











Số lượng ti vi trung bình gửi trong kho là x x 

nên chi phí lưu kho tương ứng là 10. 5x 

2 2 = 

Số lần đặt hàng mỗi năm là 2500 và chi phí đặt hàng là: 2500 ( 20 + 9x ) 

x 

x 

2500 50000 

Khi đó chi phí mà cửa hàng phải trả là: C( x) = ( 20 + 9x) 

+ 5x = 5x + + 22500 

x 

x 

C = C 100 = 23500 

Lập bảng biến thiên ta được: ( ) 

min 

Kết luận: đặt hàng 25 lần, mỗi lần 100 cái tivi. 

Câu 25: Người ta muốn rào quanh một khu đất với một số vật liệu cho trước là 180 mét thẳng hàng rào. 

Ở đó người ta tận dụng một bờ giậu có sẵn để làm một cạnh của hàng rào và rào thành mảnh đất hình 

chữ nhật. Hỏi mảnh đất hình chữ nhật được rào có diện tích lớn nhất bằng bao nhiêu? 

2 

2 

A. S = 3600m 

B. S = 4000m 

max 

2 

2 

C. S = 8100m 

D. S = 4050m 

max 

max 


Gọi x là chiều dài cạnh song song với bờ giậu và y là chiều dài cạnh vuông góc với bờ giậu, theo bài 

ra ta có x+ 2y 

= 180 . Diện tích của miếng đất là S = y(180 − 2 y) 

. 

2 2 

1 1 (2y 

+ 180− 

2 y) 

180 

Ta có: y(180− 2 y) = ⋅2 y(180− 2 y) ≤ ⋅ = = 4050 

2 2 4 8 

Dấu '' = '' xảy ra ⇔ 2y = 180 − 2y ⇔ y = 45m 

. 

2 

Vậy S = 4050m 

khi x = 90 m, y = 45m. 

max 

Câu 26: Một lão nông chia đất cho con trai để người con canh tác riêng, biết người con sẽ được chọn 

miếng đất hình chữ nhật có chu vi bằng 800( m ) . Hỏi anh ta chọn mỗi kích thước của nó bằng bao nhiêu 

để diện tích canh tác lớn nhất? 

A. 200m× 200m 

B. 300m× 100m 

C. 250m× 150m 

D.Đáp án khác 


Gọi chiều dài và chiều rộng của miếng đất lần lượt là: x( m ) và y( m) ( x, y > 0). 

Diện tích miếng đất: S = xy 

2 

Theo đề bài thì: 2( x + y) = 800 hay y = 400 − x . Do đó: S = x(400 − x) =− x + 400x 

với x> 0 

Đạo hàm: S'( x) = − 2x 

+ 400 . Cho y' = 0 ⇔ x = 200 . 

Lập bảng biến thiên ta được: S = 40000 

max 

khi x = 200 ⇒ y = 200 . 

Kết luận: Kích thước của miếng đất hình chữ nhật là 200× 200 (là hình vuông). 

Câu 27: Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 6 cm. Người ta muốn cắt một hình thang như hình vẽ Tìm 

tổng x + y để diện tích hình thang EFGH đạt giá trị nhỏ nhất. 

x cm 

A 

H 

2 cm 

E 


max 

B 

F 

3cm 

D 

G 

y cm 

C 


Trang 68 











A. 7 B. 5 C. 7 2 

D. 4 2 . 

2 


Ta có S 

EFGH nhỏ nhất ⇔ S = S 

AEH 

+ SCGF + SDGH 

lớn nhất. 

Tính được 2S = 2x + 3 y + (6 − x)(6 − y) = xy− 4x− 3y+ 36 (1) 

AE AH 

Mặt khác ∆ AEH đồng dạng ∆ CGF nên = ⇒ xy = 6 (2) 

CG CF 

18 

18 

Từ (1) và (2) suy ra 2S 

= 42 − (4 x + ) . Ta có 2S lớn nhất khi và chỉ khi 4 x+ nhỏ nhất. 

x 

x 

18 

18 3 2 

Biểu thức 4 x+ nhỏ nhất ⇔ 4x = ⇒ x = ⇒ y = 2 2 . Vậy đáp án cần chọn là C. 

x 

x 2 

Câu 28: Trên sân bay một máy bay cất cánh trên đường băng d (từ trái sang phải) và bắt đầu rời mặt đất 

tại điểm O. Gọi (P) là mặt phẳng vuông góc với mặt đất và cắt mặt đất theo giao tuyến là đường băng d 

của máy bay. Dọc theo đường băng d cách vị trí máy bay cất cánh O một khoảng 300(m) về phía bên 

phải có 1 người quan sát A. Biết máy bay chuyền động trong mặt phẳng (P) và độ cao y của máy bay 

2 

xác định bởi phương trình y = x (với x là độ dời của máy bay dọc theo đường thẳng d và tính từ O). 

Khoảng cách ngắn nhất từ người A (đứng cố định) đến máy bay là: 

A. 300( m ) 

B. 100. 5( m ) 

C. 200( m ) 

D. 100 3( m ) 


Xét hệ trục Oxy với gốc tọa độ O là vị trí máy bay rời mặt đất, trục Ox trùng với đường thẳng d và chiều 

dương hướng sang phải, trục Oy vuông góc với mặt đất. 

2 

Gọi B( t; t ) ( t ≥ 0) là tọa độ của máy bay trong hệ Oxy. Tọa độ của người A là A (3;0) . 

Khoảng cách từ người A đến máy bay B bằng 

3 

'( ) = 4 + 2 −6. 

f t t t 

f '( t) = 0 ⇔ t = 1. 

Lập bảng biến thiên, ta thấy 

2 4 

d = (3 − t) 

+ t . Suy ra d 2 = t 4 + t 2 − t + = f ( t ) 

2 

d f ( t) 

đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi t = 1 

= 

100 5( m ) 

Câu 29: Một ngọn hải đăng đặt tại vị trí A có khoảng cách đến bờ 

biển AB = 5km 

.Trên bờ biển có một cái kho ở vị trí C cách B 

một khoảng 7km .Người canh hải đăng có thể 

chèo đò từ A đến M trên bờ biểnvới vận tốc 4 km / h rồi đi bộ 

đến C với vận tốc 6 km / h .Vị trí của điểm M cách B một 

khoảng bao nhiêu để người đó đi đến kho nhanh nhất? 

6 9 . 

. Vậy khoảng cách nhỏ nhất là 



Trang 69 











A. 0 km B. 7 km 

14 + 5 5 

C. 2 5 km D. km 



Đặt BM = x( km) ⇒ MC = 7 − x( km) 

,(0 < x < 7) . 


Thời gian chèo đò từ A đến M là: t 

Thời gian đi bộ đi bộ đến C là: t 

MC 

2 

x + 25 

= ( h ). 

4 

7 − x 

= ( h) 

6 

2 

x + 25 7 − x 

Thời gian từ A đến kho t = + 

4 6 

x 1 

Khi đó: t′ = − , cho t′ = 0 ⇔ x = 2 5 

2 

4 x + 25 6 

AM 

Lập bảng biến thiên, ta thấy thời gian đến kho nhanh nhất khi x = 2 5( km). 

3 

t 2 

Câu 30: Một vật chuyển động theo quy luật s = − + 9t 

, với t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc 

2 

vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quảng đường vật đi được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong 

khoảng thời gian 12 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động tại thời điểm t bằng bao nhiêu giây thì vận tốc 

của vật đạt giá trị lớn nhất ? 

A. t = 12 (giây) B. t = 6 (giây) C. t = 3 (giây) D. t = 0 (giây) 

Câu 31: Có một tấm gỗ hình vuông cạnh 200 cm. Cắt một tấm gỗ có hình tam giác vuông, có tổng của 

một cạnh góc vuông và cạnh huyền bằng hằng số 120cm từ tấm gỗ trên sao cho tấm gỗ hình tam giác 

vuông có diện tích lớn nhất. Hỏi cạnh huyền của tấm gỗ này là bao nhiêu? 

A. 40cm . B. 40 3cm . C. 80cm . D. 40 2cm . 


Kí hiệu cạnh góc vuông AB = x,0 < x < 60 

2 2 2 

Khi đó cạnh huyền BC = 120 − x , cạnh góc vuông kia là AC = BC − AB = 120 − 240x 

2 

Diện tích tam giác ABC là: S ( x) = 1 x . 120 − 240 x . Ta tìm giá trị lớn nhất của hàm số này trên 

2 

0;60 

khoảng ( ) 

1 2 1 −240 14400 − 360x 

Ta có S, ( x) = 120 − 240 x + x. = ⇒ S '( x) 

= 0 ⇔ x = 40 

2 2 

2 2 

2 120 − 240x 

2 120 − 240x 

Lập bảng biến thiên: 

Lập bảng biến thiên ta có: 

x 0 40 60 

S' x + 0 − 

( ) 

( ) 

S x 

S 

( 40) 


Tam giác ABC có diện tích lớn nhất khi BC = 80 Từ đó chọn đáp án C 


Trang 70 











Câu 32: Đường dây điện 110KV kéo từ trạm phát (điểm A) trong đất liền ra Côn Đảo (điểm C). biết 

khoảng cách ngắn nhất từ C đến B là 60km, khoảng cách từ A đến B là 100km, mỗi km dây điện dưới 

nước chi phí là 5000 USD, chi phí cho mỗi km dây điện trên bờ là 3000 USD. Hỏi điểm G cách A bao 

nhiêu để mắc dây điện từ A đến G rồi từ G đến C chi phí ít nhất. 

A. 40km B. 45km C. 55km D. 60km 


Gọi BG = x (0









Khi đó độ dài cạnh hình chữ nhật nằm dọc trên đường tròn là: 2 − x 

2 

( cm ) 

Diện tích hình chữ nhật: S = 2x 10 − x 

2 2 

2 

2x 

Ta có S ′ = 2 10 − x − = 2.10 −4x 

2 2 

10 − x 

⎡ 

10 2 

x = ( thoûa) 

S′ = 0 ⇔ ⎢ 2 

⎢⎢ 

10 2 

⎢x 

= − ( khoâng thoûa) 

⎣ 2 

2 2 2 2 

10 2 

S ′′ = −8x ⇒ S ′′ ⎛ ⎞ ⎜ 

= − 40 2 < 0 . Suy ra 

⎜⎝ 2 ⎟⎠ 

10 2 

2 

2 10 . 

S x . 

x = là điểm cực đại của hàm ( ) 

2 

2 10 

2 

Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật là: S = 10 2. 10 − = 100 ( cm ) 

2 

Câu 35: Trong bài thực hành của môn huấn luyện quân sự có tình huống chiến sĩ phải bơi qua một con 

sông để tấn công một mục tiêu ở phía bờ bên kia sông. Biết rằng lòng sông rộng 100m và vận tốc bơi 

của chiến sĩ bằng một nửa vận tốc chạy trên bộ. Bạn hãy cho biết chiến sĩ phải bơi bao nhiêu mét để đến 

được mục tiêu nhanh nhất, nếu như dòng sông là thẳng, mục tiêu ở cách chiến sĩ 1km theo đường chim 

bay. 

A. 400 

B. 40 

C. 100 

D. 200 

3 

33 

3 

3 


Vấn đề là chọn 

thời gian bơi và thời gian đi bộ sao cho “tối ưu”. Giả sử độ dài đoạn bơi là l và tốc độ bơi của chiến sĩ 

là v . Ký hiệu m là độ dài đoạn sông kể từ người chiến sĩ đến đồn địch, khi ấy tổng thời gian bơi và 

l m − l −100 

chạy bộ của người chiến sĩ là t = + 

v 2v 

2 2 

Do m, 

v là cố định nên thời gian đạt cực tiểu khi hàm số 

. 

l l −100 2l − l −100 

f ( l) 

= − = 

v 2v 2v 

2 2 2 2 

2 2 

cực tiểu, và cũng tức là khi hàm g( l) = 2l − l −100 

đạt cực tiểu. Điều này xảy ra khi 

l 

2 

2 − = 0 , hay l = 2 l −100 

, tức là l = 400 / 3 = 133,333333 (met). 

2 2 

l −100 

Câu 36: Cần phải đặt một ngọn điện ở phía trên và chính giữa một cái 

bàn hình tròn có bán kính a. Hỏi phải treo ở độ cao bao nhiêu để mép 

bàn được nhiều ánh sáng nhất. Biết rằng cường độ sáng C được biểu thị 

sin α 

bởi công thức C = k ( α là góc nghiêng giữa tia sáng và mép bàn, 

r 

2 

k là hằng số tỷ lệ chỉ phụ thuộc vào nguồn sáng). 

l 

m 

Đ 

r h 


đạt 


Trang 72 


N 

a I a 

M 










3a 

a 2 

A. h = B. h = 

2 

2 

a 

a 3 

C. h = D. h = 

2 

2 


2 2 

Ta có: r = a + h (Định lý Py-ta-go) 

h h 

sin α 

h 

sin α = = ⇒ C = k. = k 

R 

2 2 

a h 

R a + h a + h 

Xét hàm ( ) 

( ) 

f ' h 

= 

2 2 2 2 2 

+ ( ) 

h 

f h = h > 0 , ta có: 

( ) ( ) 

3 

2 2 

a + h 

3 

a + h − 2h . a + h 

2 

3 

( ) 

2 2 

( a + h ) 

2 2 2 2 2 

( ) ( ) 3 

f ' h = 0 ⇔ h + a = 3.h . a + h 


3 

2 2 2 2 2 

2 2 2 a 2 

⇔ h + a = 3h ⇔ h = 

2 

h 

a 2 

0 

2 

f '(h) + - 

f(h) 

Từ bảng biến thiên suy ra: ( ) ( ) 

max 

+∞ 

a 2 a 2 

f h ⇔ h = ⇒ C = k.f h ⇔ h = 

max 

2 2 

Câu 37: Nhà Nam có một chiếc bàn tròn có bán kính bằng 2 m. Nam muốn mắc một bóng điện ở phía 

trên và chính giữa chiếc bàn sao cho mép bàn nhận được nhiều ánh sáng nhất. Biết rằng cường độ sáng 

sinα 

C của bóng điện được biểu thị bởi công thức C = c (α là góc tạo bởi tia sáng tới mép bàn và mặt 

l 

2 

bàn, c - hằng số tỷ lệ chỉ phụ thuộc vào nguồn sáng, l khoảng cách từ mép bàn tới bóng điện). Khoảng 

cách nam cần treo bóng điện tính từ mặt bàn là 

A. 1m B. 1,2m C. 1.5 m D. 2m 




Trang 73 









Đ 



N 

l 

2 

h 

I 

Gọi h là độ cao của bóng điện so với mặt bàn (h > 0); Đ là bóng điện; I là hình chiếu của Đ lên mặt 

bàn. MN là đường kính của mặt bàn. ( như hình vẽ) 

2 

h 2 2 

l − 2 

Ta có sinα = và h = l − 2 , suy ra cường độ sáng là: C( l) = c ( l > 2) . 

3 

l 

l 

2 

6 − l 

C '( l) = c. > 0( ∀ l > 2) 

4 2 

l . l − 2 

( ) = ⇔ = ( > ) 

C ' l 0 l 6 l 2 

Lập bảng biến thiên ta thu được kết quả C lớn nhất khi l = 6 , khi đó h = 2 

Câu 38: Một chủ trang trại nuôi gia súc muốn rào thành hai 

chuồng hình chữ nhật sát nhau và sát một con sông, một 

chuồng cho cừu, một chuồng cho gia súc. Đã có sẵn 240m 

hàng rào. Hỏi diện tích lớn nhất có thể bao quanh là bao 

nhiêu ? 

A. 4000 m 2 B. 8400 m 2 

C. 4800 m 2 D. 2400 m 2 

Câu 39: Nhà của 3 bạn A, B, C nằm ở 3 vị trí tạo thành một tam giác vuông tại B ( như hình vẽ), AB = 

10 km; BC = 25 km và 3 bạn tổ chức họp mặt ở nhà bạn C. Bạn B hẹn chở bạn A tại vị trí M trên đoạn 

đường BC. Từ nhà, bạn A đi xe buýt đến điểm hẹn M với tốc độ 30km/h và từ M hai bạn A, B di 

chuyển đến nhà bạn C bằng xe máy với tốc độ 50km/h. Hỏi điểm hẹn M cách nhà bạn B bao nhiêu km 

để bạn A đến nhà bạn C nhanh nhất ? 

A 

B M 

C 

A. 5 km B. 7,5 km C. 10 km D. 12,5 km 


Đặt BM = x (km), x ≥ 0 


2 

100 + x 25 − x 

Thời gian để bạn A di chuyển từ A đến M rồi đến nhà C là: t( x) 

= + 

30 50 

(h) 

α 

M 


Trang 74 











Lập bảng biến thiên, ta tìm được giá trị nhỏ nhất của t( x ) là 23 


Câu 40: Một đường dây điện được nối từ một 

nhà máy điện ở A đến một hòn đảo ở C. khoảng 

cách ngắn nhất từ C đến B là 1 km. Khoảng cách 

từ B đến A là 4. Mỗi km dây điện đặt dưới nước 

là mất 5000 USD, còn đặt dưới đất mất 3000 

USD. Hỏi diểm S trên bờ cách A bao nhiêu để 

khi mắc dây điện từ A qua S rồi đến C là ít tốn 

kém nhất. 

C. 10 4 


A. 15 4 km B. 13 4 km 

Trước tiên, ta xây dựng hàm số ( ) 

D. 19 4 

Đặt BS = x thì ta được: SA x CS x 

30 khi 15 

x = 

2 

f x là hàm số tính tổng chi phí sử dụng. 

2 

= 4 − , = + 1 . Theo đề bài, mỗi km dây điện đặt dưới nước 

mất 5000USD, còn đặt dưới đất mất 3000USD, như vậy ta có hàm số ( ) 

( ) ( ) 

2 

f x được xác định như sau: 

f x = 3000. 4 − x + 5000. x + 1 với x ∈ ⎡0;4⎤ 

⎢ ⎣ ⎥ ⎦ 

f x để có được số tiền ít nhất cần sử dụng và từ đó xác định được vị trí 

Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của ( ) 

điểm S. 

x 

f '( x) = − 3000 + 5000. . 

2 

x + 1 

x 

2 

f '( x) = 0 ⇔ − 3000 + 5000. = 0 ⇔ − 3000 x + 1 + 5000x 

= 0 

2 

x + 1 

2 ⎧⎪ 

⎧⎪ 

16x 

= 9 3 

2 

x = ± 3 

⇔ 3 x + 1 = 5x ⇔ ⎪ 

⎨ ⇔ ⎪ 

⎨ 4 ⇔ x = 

⎪x 

≥ 0 ⎪x 

≥ 0 4 

⎪⎩ 

⎪⎩ 

Hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn ⎡0;4 ⎤ 

⎢⎣ 

⎥⎦ 

. 

⎛ 

Ta có: ( ) 3 ⎞ 

f 0 = 17000, f ⎜ = 16000, f ( 4) 

= 20615,52813. 

4 

⎜⎝ ⎠⎟ 

3 

Vậy giá trị nhỏ nhất của f ( x ) là 16000 và tại x = . Khi đó chi phí là thấp nhất và điểm S nằm cách A 

4 

3 13 

một đoạn SA = 4 − x = 4 − = . 

4 4 

Vậy đáp án là B. 



Trang 75 











Câu 41: Một cửa hàng bán thú kiềng cần làm một chuồng thú 

hình chữ nhật sao cho phần cần làm hàng rào là 20 m. Chú ý 

rằng, hình chữ nhật này có hai cạnh trùng với mép của hai bức 

tường trong góc nhà nên không cần rào. Các cạnh cần rào của 

hình chữ nhật là bao nhiêu để diệnh tích của nó là lớn nhất ? 

A. Mỗi cạnh là 10 m B. Mỗi cạnh là 9 m 

C. Mỗi cạnh là 12 m D. Mỗi cạnh là 5 m 

Câu 42: Một sợi dây có chiều dài là 6 m, được chia thành 2 phần. Phần thứ nhất được uốn thành hình 

tam giác đều, phầm thứ hai uốn thành hình vuông. Hỏi độ dài của cạnh hình tam giác đều bằng bao 

nhiêu để diện tích 2 hình thu được là nhỏ nhất? 

18 

A. (m) B. 36 3 


(m) C. (m) D. 18 3 (m) 

9 + 4 3 

4 + 3 

4 + 3 

4 + 3 


Gọi độ dài cạnh hình tam giác đều là x (m) khi đó độ dài cạnh hình vuông là 6 − 3 x 

4 

Tổng diện tích khi đó là: 

(( 9 4 3) 

36 36) 

2 

2 ⎛ − x ⎞ 

2 

3 6 3 1 

S = x + ⎜ ⎟ = + x − x + 

4 ⎝ 4 ⎠ 16 

Diện tích nhỏ nhất khi 

b 18 

x = − = 

2a 

9 + 4 3 

Vậy diện tích Min khi 

18 

x = 

9 + 4 3 

Hoặc đến đây ta có thể bấm máy tính giải phương trình ( ) 

2 

Đây chính là đáp án A mà ta vừa tìm được ở trên. 

Câu 43: Cho hình chữ nhật MNPQ nội tiếp trong nửa đường tròn bán 

kính R. Chu vi hình chữ nhật lớn nhất khi tỉ số MN 

MQ bằng: 

A. 2 B. 4 

C. 1 D. 0,5 

9 + 4 3 x − 36x 

+ 36 ấn bằng và hiện giá trị. 


Câu 44: Một người thợ mộc cần xây một căn phòng hình chữ nhật bằng gỗ với chu vi là 54m. Các canh 

của căn phòng là bao nhiêu để diện tích của căn phòng là lớn nhất ? 

A. 21 

B. 27 

C. 25 

D. 27 

4 

2 

2 

4 

Q 

M 

P 

N 


Trang 76 











Câu 45: Giám đốc của nhà hát A đang phân vân trong việc xác định giá vé xem các chương trình được 

chiếu trong nhà hát. Việc này rất quan trọng, nó sẽ quyết định nhà hát thu được lợi nhuận hay bị tổn thất. 

Theo những cuốn sổ ghi chép, ông ta xác định rằng: Nếu giá vé vào cửa Là 20$ thì trung bình có 1000 

người đến xem. Nhưng nếu tăng tiền vé lên 1$ mỗi người thì sẽ mất 100 khách hàng trong số trung bình. 

Trung bình mỗi khách hàng dành 1,8$ cho việc uống nước trong nhà hát. Hãy giúp giám đốc nhà máy 

này xác định xem cần tính giá vé vào cửa bao nhiêu để tổng thu nhập lớn nhất. 

A. giá vé là 14,1 $ B. giá vé là 14 $ C. giá vé là 12,1 $ D. giá vé là 15 $ 

2 

2 

Câu 46: Bác Tôm có cái ao có diện tích 50m để nuôi cá. Vụ vừa qua bác nuôi với mật độ 20 con/m 

và thu được 1,5 tấn cả thành phẩm. Theo kinh nghiệm nuôi cá của mình, bác thấy cứ thả giảm đi 8 

2 

con/ m thì mỗi con cá thành phẩm thu được tăng thêm 0,5 kg. Vậy vụ tới bác phải mua bao nhiêu con 

cá giống để đạt được tổng năng suất cao nhất? (Giả sử không có hao hụt trong quá trình nuôi). 

A. 488 con B. 512 con C. 1000 con D. 215 con 

- Hướng dẫn: Đây là một bài toán thực tế dựa trên kiến thức đã học, đó là tìm giá trị lớn nhất của hàm 

số. Đề bài cho ta khá nhiều dữ kiện. Thực chất dữ kiện diện tích mặt ao và mật độ ban đầu là cho ta dữ 

kiện rằng năm đó bác đã thả bao nhiêu con giống, ta bắt dầu tiền hành vào bài toán như sau: 

Số cá bác đã thả trong vụ vừa qua là 20.50 = 1000 con. 

Tiếp đến ta phải tìm xem nếu giảm đi x con thì mỗi con sẽ tăng thêm bao nhiêu. Trong hóa học các quý 

độc giả đã học cách làm này rồi, và bây giờ tôi sẽ giới thiệu lại cho quý độc giả: 

Khi giảm 8 con thì năng suất tăng 0,5kg/con. 

Khi giảm x con thì năng suất tăng a kg/con. 

Đến đây ta tính theo cách nhân chéo: 

0,5. x 

a = = 0,0625 kg/con. 

8 

Vậy sản lượng thu được trong năm tới của bác Tôm sẽ là : f ( x) ( 1000 x)( 1,5 0,0625x) 

( ) 

2 

f x = −0,0625x − 1,5 x + 1500 + 62,5x 

2 

0,0625 62 1500 

= − x + x + 

= − + kg 

Vì đây là hàm số bậc 2 nên đến đây ta có thể tìm nhanh GTNN của hàm số bằng cách bấm máy tính như 

sau: 

1. Ấn MODE → 5:EQN → ấn 3 để giải phương trình bậc 2. 

2. Lần lượt nhập các hệ số vào và ấn bằng cho đến khi máy hiện: 


Lúc đó ta nhận được hàm số đạt GTNN tại x = 488 . Vậy số cá giảm đi là 488 con. Đến đây nhiều độc 

giả có thể sẽ chọn ngay đáp án A. Tuy nhiên đề bài hỏi “vụ tới bác phải mua bao nhiêu con cá giống” thì 

đáp án chúng ta cần tìm phải là 1000 − 488 = 512 . Đáp án B 


Trang 77 











Câu 47: Từ một tấm bìa cứng hình vuông cạnh a, người ta cắt bốn góc 

bốn hình vuông bằng nhau rồi gấp lại tạo thành một hình hộp không 

nắp. Tìm cạnh của hình vuông bị cắt để thể tích hình hộp lớn nhất. 

A. 2 

a 

B. 8 

a 

C. 3 

a 

D. 6 

a 

Câu 48: Xét các hình chữ nhật được lát khít bởi các cặp gạch lát hình vuông có tổng diện tích là 1, 

việc lát được thực hiện theo cách: hai hình vuông được xếp nằm hoàn toàn trong hình chữ nhật mà 

phần trong của chúng không đè lên nhau, các cạnh của hai hình vuông thì nằm trên hoặc song song 

với các cạnh của hình chữ nhật. Khi đó giá trị bé nhất của diện tích hình chữ nhật nêu trên là: 

A. 2 + 2 

B. 1 (1 + 

2 

2) 4 C. 1− 2 D. 1+ 

2 


Hình chữ nhật nhỏ nhất chứa cặp gạch lát vuông (có tổng diện tích là 1) 

có diện tích 

f ( x) = x + x. 1− 

x 

2 2 

1 

2 

1 2 

với x ≥ ≥ 1− 

x ta tìm đợc tại x = + 

2 

2 4 

1 

có giá trị bé nhát của f ( x ) = (1 + 2) ≈1,20711 

2 

2 3 

Câu 49: Một chất điểm chuyển động theo quy luật s = 6t − t . Thời điểm t (giây) tại đó vận tốc v(m/s) 

của chuyển động đạt giá trị lớn nhất là: 

A. t = 2 

B. t=3 C. t=4 D. t=5 

Câu 50: Trong đợt chào mừng ngày 26/03/2016, trường THPT Lương Tài số 2 có tổ chức cho học sinh 

các lớp tham quan dã ngoại ngoài trời, trong số đó có lớp 12A11. Để có thể có chỗ nghỉ ngơi trong quá 

trình tham quan dã ngoại, lớp 12A11 đã dựng trên mặt đất bằng phẳng 1 chiếc lều bằng bạt từ một tấm 

bạt hình chữ nhật có chiều dài là 12m và chiều rộng là 6m bằng cách: Gập đôi tấm bạt lại theo đoạn nối 

trung điểm hai cạnh là chiều rộng của tấm bạt sao cho hai mép chiều dài còn lại của tấm bạt sát đất và 

cách nhau x m (xem hình vẽ). Tìm x để khoảng không gian phía trong lều là lớn nhất? 

A. x = 4 

B. x = 3 3 

C. x = 3 

D. x = 3 2 

Câu 51: Một con cá hồi bơi ngược dòng để vượt một khoảng cách là 300km. Vận tốc của dòng nước là 

6 km / h . Nếu vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên là v (km/h) thì năng lượng tiêu hao của cá trong t 

giờ được cho bởi công thức. 

E v = cv t 

( ) 

3 


Trong đó c là một hằng số, E được tính bằng jun. Tìm vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng 

lượng tiêu hao là ít nhất. 

A. 6km/h B. 9km/h C. 12km/h D. 15km/h 



Trang 78 











Vận tốc của cá bơi khi ngược dòng là: v- 6 ( km/ h). 

300 

Thời gian để cá bơi vượt khoảng cách 300km là t = v − 6 

Năng lượng tiêu hao của cá để vượt khoảng cách đó là: 

3 

3 300 v 

E ( v) = cv . = 300 c. ( jun) 

, v > 6 

v − 6 v − 6 

' 2 v − 9 

V 6 9 +∞ 

E ( v) 

= 600cv 

' 

2 

E 

( v − 6) 

( v ) - + 

E(v) 

⎡ v = 0 

' 

( loai) 

E(9) 

⇔ E ( v) 

= 0 ⇔ ⎢ 

⎣v 

= 9 

Đáp án B 

Câu 52: Một miếng gỗ hình tam giác đều chiều dài cạnh là a. Cắt bỏ 3 phần như hình vẽ để được một 

miếng gỗ hình chữ nhật có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó. 

2 

a 3 

A. 

8 


Gọi MN = x, 0 < x < a 

B. 

2 

a 

8 

C. 

2 

a 3 

4 

D. 

2 

a 6 

8 

3 

Khi đó : SMNPQ 

= x ( a − x ) 

2 

2 

a 3 

KSHS ta tìm được GTLN là khi x = a 

8 2 

Câu 53: Một khách sạn có 50 phòng. Hiện tại mỗi phòng cho thuê với giá 400 ngàn đồng một ngày thì 

toàn bộ phòng được thuê hết. Biết rằng cứ mỗi lần tăng giá thêm 20 ngàn đồng thì có thêm 2 phòng 

trống. Giám đốc phải chọn giá phòng mới là bao nhiêu để thu nhập của khách sạn trong ngày là lớn nhất. 

A. 480 ngàn. B. 50 ngàn. C. 450 ngàn. D. 80 ngàn. 


Gọi x(ngàn đồng) là giá phòng khách sạn cần đặt ra, x > 400 (đơn vị: ngàn đồng). 

Giá chênh lệch sau khi tăng x − 400 . 

( x − ) 

Số phòng cho thuê giảm nếu giá là x: 400 + 2 x − 400 

= . 

20 10 

x − 400 x 

Số phòng cho thuê với giá x là 50 − = 90 − . 

10 10 

2 

⎛ x ⎞ x 

Tổng doanh thu trong ngày là: f ( x) = x⎜90 − ⎟ = − + 90x . 

⎝ 10 ⎠ 10 



Trang 79 









x 

f ′( x ) = − + 90 . f ′( x) = 0 ⇔ x = 450 . 

5 




Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f ( x ) đạt giá trị lớn nhất khi x = 450 . 

Vậy nếu cho thuê với giá 450 ngàn đồng thì sẽ có doanh thu cao nhất trong ngày là 2.025.000 đồng. 

Câu 54: Cho chuyển động thẳng xác định bởi phương trình S = t 3 + 3t 2 – 9t + 27,trong đó t tính bằng giây 

(s) và S được tính bằng mét (m). Gia tốc của chuyển động tại thời điểm vận tốc triệt tiêu là: 

2 

A. 0m/s . 

2 

B. 6m/s . 

2 

C. 24m/s . 

2 

D. 12m/s . 


v = S ’ = 3t 2 + 6t – 9 = 0 

⇔ x= - 3 (loại) hoặc x = 1 

⇔a= v ’ = 6t +6 = 6+6 = 12 (m/s 2 ) 

Câu 55: Độ giảm huyết áp của một bệnh nhân được đo bởi công thức G(x) = 0,025x 2 (30 – x) trong đó x 

(mg) và x > 0 là liều lượng thuốc cần tiêm cho bệnh nhân. Để huyết áp giảm nhiều nhất thì cần tiêm cho 

bệnh nhân một liều lượng bằng: 

A. 15mg . B. 30mg . C. 40mg . D. 20mg . 


G ’ (x) = 1,5x – 0,075x 2 = 0 

⇔ x = 0 (loại) hoặc x = 20 (nhận) 

Câu 56: Trong tất cả các hình chữ nhật có diện tích S thì hình chữ nhật có chu vi nhỏ nhất bằng bao 

nhiêu? 

A. 2 S . B. 4 S . C. 2S . D. 4S . 


Gọi chiều dài hình chữ nhật là x, chiều rộng là y (x, y >0) 

Ta có: xy = S 

Áp dụng bất đẳng thức Cô si: 

x+y ≥ 2 

⇔ 2 (x+y) ≥ 4 ≥ 4 


xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ t là f(t) = 45t 2 – t 3 (kết quả khảo sát được trong 8 tháng vừa 

qua). Nếu xem f ’ (t) là tốc độ truyền bệnh (người/ngày) tại thời điểm t. Tốc độ truyền bệnh lớn nhất vào 

ngày thứ: 

A. 12. B. 30. C. 20. D. 15 . 


f ’’ (t) = 90 – 6t = 0 ⇔ t = 15 


Câu 58: Một trang chữ của cuốn sách giáo khoa cần diện tích 384 cm 2. Lề trên và dưới là 3cm, lề trái và 

phải là 2cm. Kích thước tối ưu của trang giấy là: 


Trang 80 











A. Dài 24cm; rộng 16cm 

B. Dài 24cm; rộng 17cm 

C. Dài 25cm; rộng 15,36cm 

D. Dài 25,6cm; rộng 15cm 


Gọi chiều dài của trang chữ là x, chiều rộng là y 

Ta có: xy = 384 

Diện tích trang giấy là: 384 + 4.2.3= 408 = 24.17 

Câu 59: Một màn ảnh chữ nhật cao 1,4m được đặt ở độ cao 1,8m so với tầm mắt (tính từ đầu mép dưới 

của màn hình). Để nhìn rõ nhất phải xác định vị trí đứng sao cho góc nhìn lớn nhất. Hãy xác định vị trí đó 

? (góc BOC gọi là góc nhìn) 

A. AO = 2, 4m 

B. AO = 2m 

C. AO = 2,6m 

D. AO = 3m 

- Hướng dẫn: Gọi cạnh OA = x 

OB = và OC = 

Lại có: cos( BOC OB + OC − BC 

) = 

2 OB. 

OC 

Tìm giá trị lớn nhất ta được kết quả. 

2 2 2 

Câu 60: Một con cá hồi bơi ngược dòng (từ nơi sinh sống) để vượt khoàng cách 300km (đến nơi sinh 

sản).Vận tốc trong nước là 6 km/h. Giả sử vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên là v km/h thì năng 

lượng tiêu hao của cá trong t giờ được cho bởi công thức: E(v) = cv 3 t, trong đó c là hằng số cho trước, E 

tính bằng jun. Vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng lượng của cá tiêu hao ít nhất bằng: 

A. 9 km/h B. 8 km/h C. 10 km/h D. 12 km/h 

- Hướng dẫn: Ta có t = 

E(v) = cv 3 . 

E ’ (v) = = 0 ⇔ 600v 3 – 5400v 2 = 0 

⇔ v = 9 (nhận) hoặc v = 0 (loại) 

Câu 61: Hàng ngày, mực nước của một con kênh lên xuống theo thủy triều. Độ sâu h (m) của mực nước 

⎛ πt 

π ⎞ 

trong kênh tính theo thời gian t (h) trong một ngày cho bởi công thức h = 3cos⎜ 

+ ⎟ + 12 . Khi nào 

⎝ 6 3 ⎠ 

mực nước của kênh là cao nhất ? 

A. t = 16 

B. t = 15 

C. t = 14 

D. t = 13 


C 

1,4 

B 

1,8 

A 

O 


Trang 81 











- Hướng dẫn: h(13) = 12; h(14) = 10,5; h(15) = 9,4; h(16) = 9 ⇒ t = 13 

Câu 62: Học sinh lần đầu thử nghiệm tên lửa tự chế phóng từ mặt đất theo phương thẳng đứng với vận 

tốc 15m/s. Hỏi sau 2,5s tên lửa bay đến độ cao bao nhiêu ? (giả sử bỏ qua sức cản gió, tên lửa chỉ chịu 

tác động của trọng lực g = 9,8 m/s 2 ) 

A. 61,25(m) B. 6,875(m) C. 68,125(m) D. 30,625(m) 

- Hướng dẫn: S = vt - gt 2 = 6,875 (m) 

Câu 63: Cho chuyển động thẳng xác định bởi phương trình S = 1 2 (t 4 – 3t 2 ), trong đó t tính bằng giây, S 

được tính bằng mét (m). Vận tốc của chuyển động tại thời điểm t = 4 s bằng. 

A. 280m/s. B. 232m/s. C. 140m/s. D.116m/s. 


v(t) = S ’ = 2t 3 – 3t. 

Thời điểm t = 4: v(4) = 2.4.4.4 - 3.4 = 116 (m/s) 

Câu 64: Một chất điểm chuyển động theo quy luật S = 1 4 t4 - 3 2 t2 + 2t – 100, chất điểm đạt giá trị nhỏ 

nhất tại thời điểm. 

A. t = 1 

B. t = 16 

C. t = 5 

D. t = 3 

- Hướng dẫn: S ’ = t 3 – 3t + 2 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = -2 (loại) 

Câu 65: Vi khuẩn HP (Helicobacter pylori) gây đau dạ dày tại ngày thứ m với số lượng là F(m), biết nếu 

phát hiện sớm khi số lượng vi khuẩn không vượt quá 4000 con thì bệnh nhân sẽ được cứu chữa. Biết 

F ’ (m) = 1000 và ban đầu bệnh nhân có 2000 con vi khuẩn. Sau 15 ngày bệnh nhân phát hiện ra bị 

2t 

+ 1 

bệnh.Hỏi khi đó có bao nhiêu con vi khuẩn trong dạ dày (lấy xấp xỉ hàng thập phân thứ hai) và bệnh 

nhân đó có cứu chữa được không ? 

A. 5433,99 và không cứu được B. 1499,45 và cứu được 

C. 283,01 và cứu được D. 3716,99 và cứu được 

- Hướng dẫn: F(m) = 500.ln(2t + 1) + C 

Với t = 0 ⇒c = 2000 

Với t = 15 ⇒500ln(2.15 + 1) + 2000 = 3716,99 < 4000 ⇒cứu được 

Câu 66: Một giáo viên đang đau đầu về việc lương thấp và phân vân xem có nên tạm dừng niềm đam 

mê với con chữ để chuyển hẳn sang kinh doanh đồ uống trà sữa hay không?Ước tính nếu 1 li trà sữa là 

20000đ thì trung bình hàng tháng có khoảng 1000 lượt khách tới uống tại quán, trung bình mỗi khách trả 

thêm 10000đ tiền bánh tráng ăn kèm. Nay người giáo viên muốn tăng thêm mỗi li trà sữa 5000đ thì sẽ 

mất khoảng 100 khách trong tổng số trung bình. Hỏi giá một li trà sữa nên là bao nhiêu để tổng thu nhập 

lớn nhất (Giả sử tổng thu chưa trừ vốn) 

A. Giảm 15 ngàn đồng B. Tăng 5 ngàn đồng 

C. Giữ nguyên không tăng giá D. Tăng thêm 2,5 ngàn đồng 

- Hướng dẫn: Gọi x là số tiền thay đổi 

Thu nhập: 

F(x) = (30 + x).(1000 + 20x) 

F(5) > F(2,5) > F(0) > F(-15) 


1 3 +9 

2 , 

Câu 67: Một vật chuyển động theo quy luật s = − t t với t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc 

3 

vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật đi được trong thời gian đó. Hỏi trong khoảng 

thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu ? 

A. 216 (m/s). B. 30 (m/s). C. 400 (m/s). D. 54 (m/s). 


Trang 82 











Câu 68: Một người đàn ông muốn chèo thuyền ở vị trí A tới điểm B về phía hạ lưu bờ đối diện, càng 

nhanh càng tốt, trên một bờ sông thẳng rộng 3km (như hình vẽ). Anh có thể chèo thuyền của mình trực 

tiếp qua sông để đến C và sau đó chạy đến B, hay có thể chèo trực tiếp đến B, hoặc anh ta có thể chèo 

thuyền đến một điểm D giữa C và B và sau đó chạy đến B. Biết anh ấy có thể chèo thuyền6 km / h , chạy 

8 km / h và quãng đườngBC 

= 8km 

. Biết tốc độ của dòng nước là không đáng kể so với tốc độ chèo 

thuyền của người đàn ông. Tìm khoảng thời gian ngắn nhất (đơn vị: giờ) để người đàn ông đến B. 

7 

A. 1 + . B. 

8 

73 

C. 

D. 3 6 

2 


Đặt CD = x . Quãng đường chạy bộ 

DB = 8 − x và quãng đường chèo thuyền 

AD 

2 

= 9 + x . 

Khi đó, thời gian chèo thuyền là 

9 

9 + x 

6 

7 

2 

và thời gian chạy bộ là 8 − x . 

8 

2 

x + 9 8 − x 

Tổng thời gian mà người đàn ông cần có là: T( x) = + , ∀x 

∈ [0;8] . 

6 8 

x 1 

Ta có: T '( x) 

= − . 

2 

6 x + 9 8 

x 1 2 2 2 2 

9 

T '( x) = 0 ⇔ = ⇔ 4x = 3 x + 9 ⇔ 16x = 9( x + 9) ⇔ 7x = 81 ⇒ x = 

2 

6 x + 9 8 7 

3 9 7 

Ta có: T (0) = ; T ⎛ ⎞ 73 

= 1 + 

2 ⎜ 

; T (8) = .Do đó: 

⎜⎝ 7 ⎠⎟ 

8 

6 

9 7 

min T( x) = T ⎛ ⎞ ⎜ 

= 1 + . 

[0;8] ⎜⎝ 7 ⎟⎠ 

8 

Câu 69: Có hai chiếc cọc cao 12m và 28m, đặt cách nhau 30m (xem 

hình minh họa dưới đây). Chúng được buộc bởi hai sợi dây từ một cái 

chốt trên mặt đất nằm giữa hai chân cột tới đỉnh của mỗi cột. Gọi x (m) 

là khoảng cách từ chốt đến chân cọc ngắn. Tìm x để tổng độ dài hai 

dây ngắn nhất. 

A. x = 9. 

B. x = 10. 

C. x = 11. 

D. x = 12. 


P n = 480 − 20n (gam). Hỏi 

của mặt hồ có n con cá thì trung bình mỗi con cá sau một vụ cân nặng ( ) 

phải thả bao nhiêu con cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau một vụ thu hoạch được nhiều cá 

nhất ? 



Gọi n là số con cá trên một đơn vị diện tích hồ n > 0 . Khi đó: 

P n = 480 − 20n gam 


Cân nặng của một con cá là: ( ) ( ) 

2 

Cân nặng của n con cá là: n.P ( n) = 480n − 20n ( gam) 


Trang 83 











= − +∞ . 

2 

Xét hàm số: f ( n) 480n 20n ,n ( 0; ) 

Ta có: f '( n) 

= 480 − 40n , cho ( ) 

f ' n = 0 ⇔ n = 12 

Lập bảng biến thiên ta thấy số cá phải thả trên một đơn vị diện tích hồ để có thu hoạch nhiều nhất là 12 

con. 

2 3 

Câu 71: Một chất điểm chuyển động theo qui luật s = 6t − t (trong đó t là khoảng thời gian tính bằng 

m / s của chuyển 

giây mà chất điểm bắt đầu chuyển động). Tính thời điểm t (giây) mà tại đó vận tốc ( ) 

động đạt giá trị lớn nhất. 

A. t = 2 

B. t = 4 

C. t = 1 

D. t = 3 

- Hướng dẫn: Như các bạn đã biết thì phương trình vận tốc chính là phương trình đạo hàm bậc nhất 

2 

của phương trình chuyển động (li độ) của vật nên ta có phương trình vận tốc của vật là v = s ' = 12t − 3t 

. 

Phương trình vận tốc là phương trình bậc 2 có hệ số a = − 3 < 0 nên nó đạt giá trị lớn nhất tại giá trị 

−b 

t = hay tại t = 2 

2a 

h m của mực 

Câu 72: Hằng ngày, mực nước của một con kênh lên xuống theo thủy chiều. Độ sâu ( ) 

⎛ πt 

π ⎞ 

nước trong kênh tính theo thời gian t ( h ) trong một ngày cho bởi công thức h = 3cos⎜ 

+ ⎟ + 12 . Khi 

⎝ 6 3 ⎠ 

nào mực nước của kênh là cao nhất? 

A. t = 16 

B. t = 15 

C. t = 14 

D. t = 13 

Câu 73: Một khúc gỗ tròn hình trụ xẻ thành một chiếc xà có tiết diện ngang là hình vuông và 4 miếng 

phụ như hình vẽ. Hãy ác định kích thước của các miếng phụ để diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là 

lớn nhất. 

A. Rộng 

34 −3 2 

d , dài 

16 

7 − 17 

d B. Rộng 34 − 3 2 d , dài 

4 

15 

C. Rộng 34 − 3 2 7 − 17 

d , dài d D. Rộng 34 − 3 2 d , dài 

14 

4 

13 


Gọi chiều rộng và chiều dài của miếng phụ lần lượt là x, y. 

Đường kính của khúc gỗ là d khi đó tiết diện ngang của thanh 

d 2 − 2 d 

xà có độ dài cạnh là 0 < x < ,0 < y < 

2 

4 2 

Theo đề bài ta được hình chữ nhật ABCD như hình vẽ theo 

định lý Pitago ta có: 

d và 

( ) 

2 

d ⎞ 2 2 1 2 2 

2 8 4 2 

⎛ 

⎜ x + ⎟ + y = d ⇔ y = d − x − x 

⎝ 2 ⎠ 

2 

Do đó, miếng phụ có diện tích là: 

( ) 

1 

2 − 2 

2 2 

S ( x) 

= x d −8x − 4 2dx với 0 < x < d 

2 

4 

Bài toán trở thành tìm x để S(x) đạt giá trị lớn nhất. 

2 2 

1 2 2 

x −8x − 2 2d −16x − 6 2dx + d 

S '( x) 

= d − 8x − 4 2x 

+ = 

2 2 2 2 2 

2 d − 8x − 4 2dx 2 d − 8x − 4 2dx 

2 

7 − 17 

d 

4 

7 − 17 

d 

4 


2 2 ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ 

34 − 3 2 

S '( x) 

= 0 ⇔ −16x − 6 2dx + d = 0 ⇔ −16⎜ ⎟ − 6 2 ⎜ ⎟ + 1 = 0 ⇔ x = d 

⎝ d ⎠ ⎝ d ⎠ 

16 



Trang 84 











Vậy miếng phụ có kích thước 

x 

34 −3 2 

0 

d 2 − 2 d 

16 4 

y' + 0 − 

y 

S max 

34 − 3 2 7 − 17 

x = d, 

y = d 

16 4 



Trang 85 









DẠNG 2: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG HÌNH ĐA DIỆN 



Câu 1: Một trang trại chăn nuôi dự định xây dựng một hầm biogas với thể tích 12 m 3 để chứa chất thải 

chăn nuôi và tạo khí sinh học. Dự kiến hầm chứa có dạng hình hộp chữ nhật có chiều sâu gấp rưỡi chiều 

rộng. Hãy xác định các kích thước đáy (dài, rộng) của hầm biogas để thi công tiết kiệm nguyên vật liệu 

nhất (không tính đến bề dày của thành bể). Ta có kích thước (dài; rộng – tính theo đơn vị m, làm tròn 

đến 1 chữ số thập phân sau dấu phẩy) phù hợp yêu cầu là: 

A. Dài 2,42m và rộng 1,82m B. Dài 2,74m và rộng 1,71m 

C. Dài 2,26m và rộng 1,88m D. Dài 2,19m và rộng 1,91m 


Gọi chiều sâu và chiều rộng của bể lần lượt là 3x và 2x (m) 


2 x.3x 2 

x 

Chiều dài của bể là = ( m) 

Để tiết kiệm nguyên vật liệu nhất thì diện tích toàn phần của bể phải nhỏ nhất. Ta có 

⎛ 2 2 ⎞ ⎛ 2 10 ⎞ 

Stp 

= 2⎜ 2 x.3x + 2 x. . 2 6 

2 2 ⎟ = ⎜ x + ⎟ 

⎝ x x ⎠ ⎝ x ⎠ 

2 5 5 3 3 

2 

6x + + ≥ 3 150 ⇒ Sxq 

≥ 6 150 ( m ) 

x x 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 6x 

2 

5 5 

+ ⇔ x = 3 

x 6 

2 

Khi đó chiều rộng và chiều dài của bể lần lượt là 2x = 1,88 m; = 2,26m 

. Chọn C 

2 

x 

Câu 2: Một hộp đựng chocolate bằng kim loại có hình dạng lúc mở nắp như hình vẽ dưới đây. Một phần 

tư thể tích phía trên của hộp được dải một lớp bơ sữa ngọt, phần còn lại phía dưới chứa đầy chocolate 

nguyên chất. Với kích thước như hình vẽ, gọi x = x0 

là giá trị làm cho hộp kim loại có thể tích lớn nhất, 

khi đó thể tích chocolate nguyên chất có giá trị là V 

0 

. Tìm V 

0 

. 

A. 48 đvtt B. 16 đvtt C. 64 đvtt D. 64 3 đvtt 



Phân tích: Đây là một dạng bài toán ứng dụng thực thể kết hợp với cả phần tính thể tích khối đa diện ở 

hình học và phần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một đa thức đã học ở chương I phần giải thích. 

Trước tiên ta nhận thấy 


Trang 86 











( 6 )( 12 2 ) 2 ( 6) 2 

V = − x − x x = x x − 

( ) 

2 3 2 

= 2x x − 12x + 36 = 2x − 24x + 72x 

3 2 

Xét hàm số f ( x) = 2x − 24x + 72x 

trên ( 0;6 ) 

2 ⎡x 

= 6 

( ) ( ) 

f ' x = 6x − 48x + 72; f ' x = 0 ⇔ ⎢ 

⎣x 

= 2 

max f x = f 2 = 64 đvtt. Đến đây nhiều quý độc gỉ vội vã khoanh C mà không đắn đo gì. Tuy 

Khi đó 

( ) 

( ) ( ) 

0;6 

nhiên, nếu vội vã như vậy là bạn đã sai, bởi đề bài yêu cầu tìm thể tích chocolate nguyên chất mà không 

1 3 

phải là thể tích hộp do đó ta cần. Tức là 1− = thể tích hộp. tức là 3 .64 = 48 đvtt 

4 4 

4 

Câu 3: Tính thể tích khối rubic mini (mỗi mặt của rubic có 9 ô vuông), biết chu vi mỗi ô (ô hình vuông 

trên một mặt) là 4cm. 

A. 27 cm 3 . B. 1728 cm 3 . C. 1 cm 3 . D. 9 cm 3 . 


Đây là một bài toán ăn điểm, nhưng nếu đọc không kĩ từng câu chữ trong đề bài các độc giả rất có thể 

sai 

Ta có khối rubic như sau: 

Hướng sai 1: Nghĩ rằng mỗi cạnh của ô vuông là 4 nên chiều dài mỗi cạnh của khối rubic là 

3 

a = 4.3 = 12 ⇒ V = 12 = 1728 ⇒ B 

Hướng sai 2: Nghĩ rằng chu vi mỗi ô vuông là tổng độ dài của cả 12 cạnh nên chiều dài mỗi cạnh là 1 3 , 

1 3 

nên độ dài của khối rubik là a = .3 = 1 ⇒ V = 1 = 1 ⇒ C 

3 

Hướng sai 3: Nhầm công thức thể tích sang công thức tính diện tích nên suy ra ý D. 

Cách làm đúng: Chu vi của một ô nhỏ là 4 cm nên độ dài mỗi cạnh nhỏ là 1cm, vậy độ dài cạnh của khối 

rubic là 

3 

a = 3.1 = 3cm ⇒ V = 3.3.3 = 27cm 

. Đáp án A. 

Câu 4: Một công ty sản xuất gỗ muốn thiết kế các thùng đựng hàng bên trong dạng hình lăng trụ 

tứ giác đều không nắp có thể tích là 

2 

62,5dm . Để tiết kiệm vật liệu làm thùng, người ta cần thiết 

kế thùng sao cho có tổng S diện tích xung quanh và diện tích mặt đáy là nhỏ nhất, S bằng 

2 

A. 106,25dm . B. 


2 

75dm . C. 

Gọi a là độ dài cạnh đáy của hình lăng trụ. 

62,5 

Theo bài ta có chiều cao của lăng trụ là . Suy ra 

2 

a 

2 

50 5dm . D. 

2 

125dm . 


62.5 2 250 2 125 125 2 125 125 

3 

2 

S = 4. . a + a = + a = + + a ≥ 3 . . a = 75 . Dấu bằng xảy ra khi 

2 

a a a a a a 

a = 3 

125 = 5. Vậy S là nhỏ nhất bằng 75. 


Trang 87 












3 

Câu 5: Cần phải xây dựng một hố ga, dạng hình hộp chữ nhật có thể tích V ( m ) , hệ số k cho trước (k- 

tỉ số giữa chiều cao của hố và chiều rộng của đáy). Gọi x, y, h > 0 lần lượt là chiều rộng, chiều dài và 

chiều cao của hố ga. Hãy xác định x, y, h > 0 xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất. x,y,h lần lượt là 

A. 

B. 

C. 

D. 

( ) 

( 2k + 1) 

( ) 

2k + 1 V 2kV k 2k + 1 V 

x = 2 

3 

; y = 

3 

2 

3 ;h = 

2 

4k 4 

( ) 

( 2k + 1) 

( ) 

2k + 1 V 2kV k 2k + 1 V 

x = 

3 

; y = 

3 

2 

3 ;h = 2 

2 

4k 4 

( ) 

( 2k + 1) 

( ) 

2k + 1 V 2kV k 2k + 1 V 

x = 

3 

; y = 2 

3 

2 

3 ;h = 

2 

4k 4 

( ) 

( 2k + 1) 

( ) 

2k + 1 V 2kV k 2k + 1 V 

x = 

3 

; y = 6 

3 

2 

3 ;h = 

2 

4k 4 


Gọi x, y,h ( x, y, h 0) 

> lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hố ga. 

h 

V V 

Ta có: k = ⇔ h = kx và V xyh y 

2 

x 

= ⇔ = xh 

= kx 

. 

Nên diện tích toàn phần của hố ga là: 

( 2k + 1) V 

2 

S = xy + 2yh + 2xh = + 2kx 

kx 

Áp dụng đạo hàm ta có S nhỏ nhất khi 

Khi đó 

2kV 

y = 2 ,h = 

3 2 

( 2k + 1) 

3 

( + ) 

k 2k 

4 

x = 

1 V 

3 

( 2k + ) 

4k 

1 V 

2 

Câu 6: Một Bác nông dân cần xây dựng một hố ga không có nắp dạng hình hộp chữ nhật có thể tích 

3 

3200cm , tỉ số giữa chiều cao của hố và chiều rộng của đáy bằng 2 . Hãy xác định diện tích của đáy hố 

ga để khi xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất? 

2 

2 

2 

2 

A. 1200cm B. 160cm C. 1600cm D. 120cm 


Gọi x, y ( x, y > 0) lần lượt là chiều rộng, chiều dài của đáy hố ga. 

h 

Gọi h là chiều cao của hố ga ( h > 0). Ta có 2 h 2x 

( 1) 

x = => = 

suy ra thể tích của hố ga là: 

3200 1600 

V = xyh = 3200 => y = = ( 2) 

2 

xh x 

Diện tích toàn phần của hố ga là: 

2 6400 1600 2 8000 

S = 2xh + 2yh + xy = 4x + + = 4 x + = f ( x) 

x x x 


Khảo sát hàm số y f ( x), ( x 0) 

= > suy ra diện tích toàn phần của hố ga nhỏ nhất bằng 

x = 10cm => y = 16cm 

Suy ra diện tích đáy của hố ga là 2 

10.16 = 160cm 

x 

h 

y 

2 

1200cm khi 


Trang 88 











Câu 7: Một công ty Container cần thiết kế cái thùng hình hộp chữ nhật, không nắp, có đáy hình vuông, 

thể tích 108 m 3 . Các cạnh hình hộp và đáy là bao nhiêu để tổng diện tích xung quanh và diện tích tích 

của một mặt đáy là nhỏ nhất. 

A. Cạnh đáy hình hộp là 3 m, chiều cao là 3 m 

B. Cạnh đáy hình hộp là 3 m, chiều cao là 6 m 

C. Cạnh đáy hình hộp là 9 m, chiều cao là 3 m 

D. Cạnh đáy hình hộp là 6 m, chiều cao là 3 m 

Câu 8: Một kim tự tháp ở Ai Cập được xây dựng vào khoảng 2500 trước công nguyên. Kim tự tháp này 

là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao 154m; độ dài cạnh đáy là 270m. Khi đó thể tích của khối kim 

tự tháp là: 

A. 3.742.200 B. 3.640.000 C. 3.500.000 D. 3.545.000 

Câu 9: Do nhu cầu sử dụng các nguyên liệu thân thiện với môi trường. Một công ty sản suất bóng tenis 

muốn thiết kế một hộp làm bằng giấy cứng để đựng 4 quả bóng tenis có bán kính bằng r, hộp đựng có 

dạng hình hộp chữ nhật theo 2 cách như sau: 

Cách 1: Mỗi hộp đựng 4 quả bóng tenis được đặt dọc, đáy là hình vuông cạnh 2r, cạnh bên bằng 8r. 

Cách 2: Mỗi hộp đựng 4 quả bóng tenis được xếp theo một hình vuông, đáy của hộp là hình vuông 

cạnh bằng 4r, cạnh bên bằng 2r. 

Gọi S 

1 

là diện tích toàn phần của hộp theo cách 1, S 

2 

là diện tích toàn phần của hộp theo cách 2. 

S1 

Tính tỉ số 

S . 

2 

A. 9 B. 1 C. 2 D. 2 8 

3 

Câu 10: Cần phải xây dựng một hố ga, dạng hình hộp chữ nhật có thể tích 3(m 3 ). Tỉ số giữa chiều cao 

của hố (h) và chiều rộng của đáy (y) bằng 4. Biết rằng hố ga chỉ có các mặt bên và mặt đáy (tức không 

có mặt trên). Chiều dài của đáy (x) gần nhất với giá trị nào ở dưới để người thợ tốn ít nguyên vật liệu để 

xây hố ga. 

x 

h 

y 

h - chiều cao 

x - chiều dài 

y - chiều rộng 


A. 1 B. 1,5 C. 2 D. 2,5 

Câu 11: Khi xây nhà, chủ nhà cần làm một hồ nước bằng gạch và xi măng có dạng hình hộp đứng đáy là 

3 

hình chữ nhật có chiều dài gấp ba lần chiều rộng và không nắp, có chiều cao là h và có thể tích là18m . 

Hãy tính chiều cao của hồ nước sao cho chi phí xây dựng là thấp nhất? 


Trang 89 











A. h = 1m B. h = 2 m C. 


3 

h = m D. 

2 

5 

h = m 

2 

Gọi x, y, h lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hình hộp 

V V 

Theo đề bài ta có y = 3x và V = hxy ⇒ h = = 

2 

xy 3x 

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: 

V V 8V 

2 

Stp 

= 2xh + 2yh + xy = 2x + 2.3 x. + x.3x = + 3x 

2 2 

A 

E 

3x 3x 3x 

Cauchy 

2 

8V 2 4V 4V 2 16V 

Ta có S = + 3 = + + 3 ≥ 3 3 

tp 

x x 

= 36 . 

3x 3x 3x 

3 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 

4V 2 4V V 3 

= 3x ⇔ x = 3 = 2 ⇒ h = = . 

2 

3x 

9 3x 

2 

Vậy chọn C 

Câu 12: Người thợ cần làm một bể cá hai ngăn, không có nắp ở phía 

trên với thể tích 1,296 m 3 . Người thợ này cắt các tấm kính ghép lại một 

bể cá dạng hình hộp chữ nhật với 3 kích thước a, b, c như hình vẽ. Hỏi 

người thợ phải thiết kế các kích thước a, b, c bằng bao nhiêu để đỡ tốn 

kính nhất, giả sử độ dầy của kính không đáng kể. 

A. a = 3,6 m; b = 0,6 m; c = 0,6m 

B. a = 2, 4 m; b = 0,9 m; c = 0,6m 

C. a = 1,8 m; b = 1,2 m; c = 0,6m 

D. a = 1, 2 m; b = 1, 2 m; c = 0,9m 


Thể tích bể cá là: V = abc = 1,296 

Diện tích tổng các miếng kính là S = ab + 2ac + 3bc (kể cả miếng ở giữa) 


3 3 

1 2 3 1 2 3 3 6 3 6 

3 

S 

= + + ≥ 3 . . = = 

abc 

 

c b a c b a abc 

1 2 3 

Cauchy cho 3 so , , c b a 

1,296 

⎧ 1 2 3 ⎧a 

= 1,8 

⎪ = = ⎪ 

Dấu “=” xảy ra khi ⎨c b a ⇔ ⎨b 

= 1,2 . 

⎪ 

⎩abc 

= 1,296 ⎪ 

⎩c 

= 0,6 

Đáp án: C 

Câu 13: Từ một tấm tôn có kích thước 90cmx3m người ta làm một máng xối nước trong đó mặt cắt là 

hình thang ABCD có hinh dưới. Tính thể tích lớn nhất của máng xối. 


A 

30cm 

B 

30cm 

C 

D 

θ 

θ 

D 

30cm 

90cm 

30cm 

30cm 

3m 

3m 

B 

30cm 

C 


Trang 90 











3 

A. 35074,3cm 

3 

B. 40500 2cm 

3 

C. 40500 6cm D. 40500 5cm 


2 

Thể tích máng xối: V = S ABCD 

.300 ( cm ) . 

S = (30 + x) 30 − x ⇒ V = 300(30 + x) 30 − x 

ABCD 

V ' = 0 ⇔ x = 15 ⇒ V = 35074,3cm 

2 2 2 2 

3 

Câu 14: Một người thợ xây cần xây một bể chứa 108 m 3 

nước, có dạng hình hộp chữ nhật với đáy là 

hình vuông và không có nắp. Hỏi chiều dài, chiều rộng và chiều cao của lòng bể bằng bao nhiêu để số 

viên gạch dùng xây bể là ít nhất? Biết thành bể và đáy bể đều được xây bằng gạch, độ dày của thành bể 

và đáy là như nhau, các viên gạch có kích thước như nhau và số viên gạch trên một đơn vị diện tích là 

bằng nhau. 

A. 6; 6; 3. B. 2 3;2 3;9. C. 3 2;3 2;6 D. 3 3;3 3;4 


Gọi x(m) là cạnh của đáy bể, y(m) là chiều cao bể, x, y > 0 

2 

108 

Ta có: x y = 108 ⇒ y = 

2 

x 

2 2 432 

Diện tích xây dựng: S = x + 4xy = x + 

x 

432 

S ' = 2 x − ; S ' = 0 ⇔ x = 6 ⇒ y = 3 

2 

x 

Câu 15: Từ một miếng bìa hình vuông có cạnh bằng 5, người ta cắt 4 góc bìa 4 tứ giác bằng nhau và 

gập lại phần còn lại của tấm bìa để được một khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x (xem hình). Nếu 

chiều cao khối chóp tứ giác đều này bằng 

5 

thì x bằng: 

2 

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

Câu 16: Khi xây dựng nhà, chủ nhà cần làm một bể nước bằng gạch có dạng hình hộp có đáy là hình 

chữ nhật chiều dài d ( m) 

và chiều rộng r ( m ) với d = 2r và có nắp. Chiều cao bể nước là h( m) 

và thể 

3 

tích bể là 2 m . Hỏi chiều cao bể nước như thế nào thì chi phí xây dựng là thấp nhất? 

3 3 

2 2 

3 3 m . 

A. ( ) 

2 2 m . B. 2 3 ( ) 3 m . C. 3 3 ( ) 2 m . D. ( ) 


Gọi ( > 0) 

x x là chiều rộng của đáy suy ra thể tích bể nước bằng 


2 

1 

V = 2 x . h = 2 ⇔ h = 

2 

x 

Diện tích xung quanh hồ và đáy bể là 

2 6 2 

S = 6 x. h + 2x = + 2x ( x > 0) 

x 

3 


Trang 91 









f x = 6 + 2x 

x 


2 

với x > 0. 



Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 

3 3 . 

2 

1 1 2 2 

Vậy chiều cao cần xây là h = = = 

2 

( m) 

. 

x 

2 

⎛ 3 ⎞ 

3 3 

3 

⎜ ⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

Câu 17: Một người dự định làm một thùng đựng đồ hình lăng trụ tứ giác đều có thể tích là V . Để làm 


2 

3 

A. x = V B. 


3 

x = V C. 

1 

4 

x = V D. x = 

Gọi a là độ dài cạnh đáy, x là độ dài đường cao của thùng đựng đồ ( a, x > 0) 

2 V 

2 V 

Khi đó, V = a x ⇒ a = ⇒ Stp 

= 2a + 4ax = 2 + 4 Vx 

x 

x 

V 

Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì S 

tp 

nhỏ nhất ⇒ 2 + 4 

x 

V 

Cách 1 : Xét hàm số f ( x) = 2 + 4 Vx trên ( 0;+∞ ) 

x 

1 

−2V 

2 V 

2 3 

Ta có f '( x) = + ; f ' 

2 

( x) 

= 0 ⇔ x V = V x ⇔ x = V 

x x 

x 

f' ( x) 

f( x) 

1 

1 

f (V 3 ) 

Vx 

0 V 3 

+ ∞ 

0 + 

nhỏ nhất. 

3 

Từ BBT ta thấy để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ bằng V . 

V V 

3 2 

Cách 2: ta có 2 + 4 Vx = 2 + 2 Vx + 2 Vx ≥ 6 V 

x 

x 

V 

3 3 

Dấu " = " xảy ra tại = Vx 

⇔ x = V ⇔ x = V 

x 

Câu 18: Người ta cắt miếng bìa tam giác đều như hình vẽ và gấp lại theo các đường kẻ, sau đó dán các 

mép lại để được hình tứ diện đều có thể tích V = a . Tính độ dài cạnh của miếng bìa theo a ? 


3 2 


V 

1 


Trang 92 











A. a B. 2a C. 2 

a 


D. 3a 

Đặt 2x là cạnh của miếng bìa. Khi đó cạnh của tứ diện đều là x, suy ra thể tích tứ diện đều là : 

2 2 

= = 

12 12 

3 3 

V x a . Do đó = 

x 

a , suy ra cạnh của miếng bìa là 2a . Chọn B 

Lưu ý : Nếu tứ diện đều có cạnh bằng a thì thể tích của nó là V = a . 


Câu 19: Người ta cắt một tờ giấy hình vuông cạnh bằng 5 2 để gấp thành một hình chóp tứ giác đều 

sao cho bốn đỉnh của hình vuông dán lại thành đỉnh của hình chóp. Tính cạnh đáy của khối chóp để thể 


A. 4 B. 4 C. 2 D. A, B, C đều sai 

Câu 20: Trong một cuộc thi làm đồ dùng học tập do trường phát động, bạn An đã nhờ bố làm một hình 

chóp tứ giác đều bằng cách lấy một mảnh tôn hình vuông ABCD có cạnh bằng a, cắt mảnh tôn theo các 

tam giác cân AEB; BFC; CGD và DHA; sau đó gò các tam giác AEH; BEF; CFG; DGH sao cho 4 đỉnh 

A;B;C;D trùng nhau (Như hình). 

Thể tích lớn nhất của khối tứ diện đều tạo được là: 

A 

H 

E 

3 

3 

3 

3 

a 

a 

a 

4 10a 

A. 

B. 

C. 

D. 

36 

24 

54 

375 

Câu 21: Người ta cắt một tờ giấy hìnhvuông cạnh bằng 1 để gấp thành một hình chóp tứ giác đều sao 

cho bốn đỉnh của hình vuông dán lại thành đỉnh của hình chóp.Tính cạnh đáy của khối chóp để thể tích 

lớn nhất. 

B 

D 


A. 

2 

5 

B. 2 2 

5 

F 

G 

C. 2 2 

3 

3 2 

C 

D. 2 5 


Trang 93 












* Gọi cạnh đáy hình chóp là x, x ∈ (0; 

2 

) . 

2 

Chiều cao của hình chóp là: h = 

2 2 

⎛ 2 x ⎞ ⎛ x ⎞ 1− 

x 2 

⎜ 

− − ⎜ ⎟ = 

2 2 ⎟ 

⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2 

4 5 

1 2 1− 

x 2 1 x − x 2 

Thể tích của khối chóp: V = x = 

3 2 3 2 

4 5 

2 

* Xét hàm số: y = x − x 2 trên (0; ) 

2 

⎡x 

= 0 ( l) 

3 4 

y ' = 4x − 5x 2 ; y ' = 0 ⇔ 

⎢ 

⎢ 2 2 

x = 

⎢⎣ 5 ( n ) 

BBT: 

x 

2 2 

2 

0 

5 

2 

y’ ║ + 0 - ║ 

y ║ ║ 

║ 

║ 

2 2 

Vậy khi x = thì khối chóp đạt GTLN 

5 

Câu 22: Người ta muốn mạ vàng bên ngoài cho một cái hộp có đáy hình vuông, không nắp, thể tích hộp 

là 4 lít. Giả sử đồ dày của lớp mạ tại một điểm trên hộp là như nhau. Gọi chiều cao và cạnh đáy lần 

lượt là x và h . Giá trị của x và h để lượng vàng cần dùng nhỏ nhất là: 

3 4 


A. x = 4; h = B. x = 12; h = 

3 

3 

16 

144 

C. x = 2; h = 1 D. x = 1; h = 2 

Câu 23: Có một tấm nhôm hình chữ nhật có chiều dài bằng 24( cm ) , chiều rộng bằng 18( cm ) . Người ta 

cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng x( cm) 

rồi gấp 

tấm nhôm lại như hình vẽ dưới đây để được một cái hộp không nắp. Hỏi thể tích lớn nhất của cái hộp là 

bao nhiêu? 

3 

3 

3 

3 

A. V ≈ 640cm 

B. V ≈ 617,5cm 

C. V ≈ 845cm 

D. V ≈ 645cm 

max 

max 

max 

max 


Chiều dài, chiều rộng đáy của cái hộp lần lượt là: 24 − 2x và 18 − 2 x. 

Diện tích đáy của cái hộp: (24 − 2 x)(18 − 2 x) 

. 

3 2 

Thể tích cái hộp là: V = (24 −2 x)(18 − 2 x) x = 4( x − 21x + 108 x) 

với 0 < x < 9 

2 

Ta có: V '( x) = 4(3x − 42x 

+ 108). Cho V '( x ) = 0 , giải ta nhận nghiệm x = 7 − 13 ≈ 3,4 

Lập bảng biến thiên ta thấy V = V (7 − 13) ≈ 645 khi x = 7 − 13 ≈ 3,4 

max 

Câu 24: Một công ti chuyên sản xuất container muốn thiết kế các thùng gỗ đựng hàng bên trong dạng 

hình hộp chữ nhật không nắp, đáy là hình vuông, có V = 62,5 cm 3 . Hỏi các cạnh hình hộp và cạnh đáy là 

bao nhiêu để S xung quanh và S đáy nhỏ nhất ? 


A. Cạnh bên 2,5m. cạnh đáy 5m B. Cạnh bên 4m. cạnh đáy 5 10 

4 m 


Trang 94 











C. Cạnh bên 3m, cạnh đáy 5 30 

6 


D. Cạnh bên 5m,cạnh đáy 5 2 

2 

Gọi đáy là a (a > 0) 

Gọi cạnh bên là h (h > 0) 

V = a 2 .h = 62,5 ⇒ h = 62,5/a 2 

S = S xq + S đáy = 4ah + a 2 

S ’ = 0 ⇔ a =5 ⇒h = 2,5 

Câu 25: Một cái hộp hình hộp chữ nhật không nắp được làm từ một mảnh bìa cứng (xem hình bên dưới 

đây). Hộp có đáy là hình vuông cạnh x (cm), chiều cao là h (cm) và có thể tích là 500 cm 3 . Gọi S( x ) là 

diện tích của mảnh bìa cứng theo x . Tìm x sao cho S( x ) nhỏ nhất (tức là tìm x để tốn ít nguyên liệu 

nhất). 

A. x = 8 

B. x = 9 

C. x = 10 

D. x = 11 

Câu 26: Một khối tháp gồm 20 bậc. Mỗi bậc là một khối đá 

hình lăng trụ đứng tam giác. Bậc trên cùng là khối lăng trụ 

A1 BC 

1 1. A1 ' B1 ' C 

1 

' có: A1 B1 = 3 dm, BC 

1 1 

= 2 dm, A1 A1 

' = 2dm , 

0 

∠ A1 B1C 1 

= 90 . Với i = 1, 2,..., 20, các cạnh BC 

i i lập thành 

một cấp số cộng có công sai 1dm, các góc ∠A i 

BC i i 

lập 

thành một cấp số cộng có công sai 3 o , các chiều cao Ai 

A 

i 

' 

lập thành một cấp số cộng có công sai 0,1dm. Các mặt 

BC 

i iCi ' B 

i 

' cùng nằm trên một mặt phẳng. Cạnh 

A = i+ 1Bi + 1 

AC 

i i , đỉnh B ≡ i+ 1 

B 

i 

', i = 1, 2,..., 19. Thể tích V 

toàn bộ của khối tháp gần số nào nhất sau đây: 

A. V = 17560 B. V = 17575 

C. V = 16575 D. V = 17755 


Gọi các biến: X là số thứ tự khối lăng trụ tam giác, A là độ dài các cạnh BC 

i i , Y là các góc ∠ABC i i i , B 

là độ dài các cạnh AC 

i i 

= Ai + 1B i+ 

1, C là độ dài Ai 

A 

i 

', D là tổng thể tích. Khi đó, thể tích mỗi lăng trụ là 

1 

V = Ai Ai '. S∆A = . . '.sin 

iBiC A 

i iBi AC 

i i 

Ai Ai Ai BiC . 

i 

2 

Để máy ở chế độ đơn vị độ. Nhập vào máy tính biểu thức: 

X = X + 1: A = A + 1: Y = Y + 3: B = A + B − 2AB cos Y : C = C + 0,1: D = D + A. B. C.sinY Ấn 

2 

CALC, nhập X = 1, A = 2, Y = 90, B = 3, C = 2, D = 6. 

Ấn = cho đến khi được X = 19 ta được D = 17575,2103. 

2 2 1 

C 3 

C 1 

C 2 

A 1 

B 1 

C ' 1 

B' 1 ≡ B 2 

A' 1 

A 2 

B' 2 ≡ B 3 

C ' 2 

A' 2 

C ' 3 

A 3 

A' 3 

B' 3 ≡ B 4 



Trang 95 









Câu 27: Một thùng đựng thư được thiết kế như hình bên, phần phía trên là nửa hình trụ. Thể tích thùng 

đựng thư là: 



A. 640 + 160π B. 640 + 80π C. 640 + 40π D. 320 + 80π 

Câu 28: Người ta cần xây một hồ chứa nước với dạng khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 

500 m 

3 

. Đáy hồ là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để xây hồ là 

3 

500.000 đồng/m 2 . Hãy xác định kích thước của hồ nước sao cho chi phí thuê nhân công thấp nhất. Chi 

phí đó là ? 

A. 74 triệu đồng B. 75 triệu đồng C. 76 triệu đồng D. 77 triệu đồng 

Câu 29: Do nhu cầu sử dụng, người ta cần tạo ra một lăng trụ đứng có đáy là hình vuông cạnh a và 

3 

chiều cao h, có thể tích 1m . Với a, h như thế nào để đỡ tốn nhiêu vật liệu nhất ? 

1 1 

1 1 

A. a = 1; h = 1 B. a = ; h = C. a = ; h = D. a = 2; h = 2 

3 3 

2 2 

Câu 30: Cho một tấm nhôm hình chữ nhật ABCD có AD=60cm. Ta gập tấm nhôm theo 2 cạnh MN và 

PQ vào phía trong đến khi AB và DC trùng nhau như hình vẽ dưới đây để được một hình lăng trụ khuyết 

2 đáy. 

B 

A 

x 

M 

N 

60cm 

Q 

P 

x 

C M Q 

D 

Tìm x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất ? 

A. x=20 B. x=30 C. x=45 D. x=40 

Câu 31: Một công ty chuyên sản xuất gỗ muốn thiết kế các thùng đựng hàng bên trong dạng hình lăng 

3 

trụ tứ giác đều không nắp, có thể tích là 62,5 dm . Để tiết kiệm vật liệu làm thùng, người ta cần thiết kế 

thùng sao cho tổng S của diện tích xung quanh và diện tích mặt đáy là nhỏ nhất, S bằng: 

2 

2 

2 

2 

A. 106,25dm B. 125dm C. 75dm D. 50 5dm 

Câu 32: Xét một hộp bóng bàn có dạng hình hộp chữ nhật. Biết rằng hộp chứa vừa khít ba quả bóng bàn 

được xếp theo chiều dọc, các quả bóng bàn có kích thước như nhau. Phần không gian còn trống trong 

hộp chiếm: 

A. 65,09% B. 47,64% C. 82,55% D. 83,3% 

Câu 33. Gia đình em dự kiến xây một cái bể nước dạng hình hộp chữ nhật, với kích thước chiều cao, 



N 

B,C 

A,D 

P 


Trang 96 














Câu 34: Gia đình em dự kiến xây một cái bể nước dạng hình hộp chữ nhật, với kích thước chiều cao, 





Câu 35: Hai miếng giấy hình vuông bằng nhau được hai bạn Việt và Nam cắt ra và tạo thành một hình 

chóp tứ giác đều như sau. 

Việt : Cắt bỏ miếng giấy như Hình 1 (với M là trung điểm OA) rồi tạo thành một hình chóp tứ giác đều. 

Nam : Cắt bỏ miếng giấy như Hình 2 (với M nằm trên OA thỏa OM = 3MA 

) rồi tạo thành một hình 

chóp tứ giác đều. 

Hình 1 

Hình 2 

V1 

Gọi V 

1 

là thể tích khối chóp của Việt, V 

2 

là thể tích khối chóp của Nam. Tính tỉ số 

V . 

V1 

3 

A. 

V = V1 

2 

B. 

2 

8 

V = V1 

2 

C. 

2 

3 

V = V1 

4 2 

D. 

2 

3 

V = 

2 

9 

Câu 36: Một xưởng sản xuất những thùng bằng kẽm hình hộp chữ nhật không có nắp và có các kích 

thước x, y, 

z (dm). Biết tỉ số hai cạnh đáy là x : y = 1 : 3, thể tích của hộp bằng 18 lít. Để tốn ít vật liệu 

nhất thì kích thước của thùng là: 

3 

3 9 8 1 3 

A. x = 2; y = 6; z = B. x = 1; y = 3; z = 6 C. x = ; y = ; z = D. x = ; y = ; z = 24 

2 

2 2 3 2 2 

Câu 37: Người ta sản xuất các hộp bánh hình hộp chữ nhật có các kích thước 7cm, 25cm, 35cm. Khi đó, 


một thùng gỗ hình hộp chữ nhật có kích thước 42x50x70 (đơn vị cm ) sẽ chứa được nhiều nhất số hộp 

bánh là 

2 


Trang 97 










Câu 38: Một hộp giấy hình hộp chữ nhật có thể tích 

3 

3 dm . Nếu tăng mỗi cạnh của hộp giấy 



thêm 3 3 dm thì thể tích của hộp giấy là 

3 

lên 2 3 dm thì thể tích hộp giấy mới là: 

A. 

3 

48 dm . B. 


3 

24 dm . Hỏi nếu tăng mỗi cạnh của hộp giấy ban đầu 

3 

192 dm . C. 

3 

72 dm . D. 

81dm 

Chọn kích thước 3 cạnh là 3 3dm, 3 3dm, 3 3dm thỏa mãn giả thiết bài toán. Khi đó tăng thêm 

3 

3 3 3 

mỗi kích thước 2 3 dm thì thể tích khối hộp là V = 3 3.3 3.3 3 = 81dm 

Câu 39: Người ta xây một đoạn cống bằng gạch thiết diên hình chữ U, bề dày 10cm (như hình vẽ). Một 

viên gạch có kích thước là 20cm * 10cm * 5cm. Hỏi số lượng viên gạch tối thiểu dùng để xây cống là 

bao nhiêu? (Giả sử lượng vữa là không đáng kể). 

A. 260000. B. 26000. C. 2600. D. 260. 

Câu 40: Người ta muốn xây một bồn chứa nước dạng khối 

hộp chữ nhật trong một phòng tắm. Biết chiều dài, chiều 

rộng, chiều cao của khối hộp đó lần lượt là 5m, 1m, 2m (hình 

vẽ bên). Biết mỗi viên gạch có chiều dài 20cm, chiều rộng 

10cm, chiều cao 5cm. Hỏi người ta sử dụng ít nhất bao nhiêu 

viên gạch để xây bồn đó và thể tích thực của bồn chứa bao 

nhiêu lít nước? (Giả sử lượng xi măng và cát không đáng kể) 

A. 1180 viên, 8820 lít B. 1180 viên, 8800 lít 

C. 1182 viên, 8820 lít D. 1180 viên, 8800 lít 


50cm 

Phân tích: 

* Theo mặt trước của bể: 

50cm 

Số viên gạch xếp theo chiều dài của bể mỗi hàng là 

50cm 

500 

x = = 25 viên 

20 

200cm 


1dm 

2m 

3 

V H 

5m 

3 

V H' 

1dm 

1m 


Trang 98 











Số viên gạch xếp theo chiều cao của bể mỗi hàng là: 200 = 40 . Vậy tính theo chiều cao thì có 40 hàng 

5 

gạch mỗi hàng 25 viên. Khi đó theo mặt trước của bể. N = 25.40 = 1000 viên. 

* Theo mặt bên của bể: ta thấy, nếu hàng mặt trước của bể đã được xây viên hoàn chỉnh đoạn nối hai 

mặt thì ở mặt bên viên gạch còn lại sẽ được cắt đi còn 1 viên. Tức là mặt bên sẽ có 

2 

1 100 − 20 

.40 + .40 = 180 viên. 

2 20 

Vậy tổng số viên gạch là 1180 viên. 

Khi đó thể tích bờ tường xây là 

1180.2.1.0,5 = 1180 lít 

Vậy thể tích bốn chứa nước là: 

50.10.20 − 1180 = 8820 lít 

Câu 41: Thể tích của khối hai mươi mặt đều cạnh a = 1 đơn vị là: 

A. 5 14 + 6 5 (đơn vị thể tích); B. 5 14 + 6 5 

3 

3 

C. 5 14 + 6 5 

3 


(đơn vị thể tích); D. 5 14 + 6 5 

3 

Xét ngũ giác đều ABCDE cạnh là 1 và có tâm đường tròn H. 

G, I lần lượt là trung điểm AC, DC. Gọi AC và BD cắt nhau tại F, đặt AC =d 

tam giác ADC có DF là phân giác 

DC DA DC + DA 1+ 

d 

= = = (1) 

FC FA FC + FA d 

DC AC 

Có ∆ CDF 

∼ ∆CDA 

⇒ = = d (2) 

FC DC 

(đơn vị thể tích); 

(đơn vị thể tích) 

1+ 5 5 − 5 

2 

Từ 1, 2 ⇒ d = ⇒ GB = ; ∆ HIC ∼ ∆AGB 

⇒ HC = 

2 8 

5 − 5 

+ 5 mặt có một điểm chung của hình khối tại thành hình chóp ngũ giác đều S.ABCDE có cạnh bên 

=cạnh đáy, H là tâm ngoại tiếp ABCDE. Có SH vuông góc HA 


2 2 2 5 − 5 

SH = SA − HA = 

10 


Trang 99 











gọi O là tâm khối 20 mặt đều, gọi M là trung điểm SA 

SO SH 1 

có ∆SMO 

∼ ∆SHA 

⇒ = ⇒ SO = 2(5 + 5) 

SM SA 4 

3 2 2 2 7 + 3 5 

Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp SAB, JS = ; OJ =OS − JS = Suy ra 

3 24 

5 14 + 6 5 

V = 

3 

DẠNG 3: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG HÀM SỐ MŨ-LÔGARIT 

. 

Câu 1: Cho biết sự tăng dân số được ước tính theo công thức S = A. e 

N r ( trong đó A là dân số của năm 

lấy làm mốc tính, S là dân số sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm). Đầu năm 2010 dân số tỉnh 

Bắc Ninh là 1.038.229 người, tính đến đầu năm 2015 dân số của tỉnh là 1.153.600 người. Hỏi nếu tỉ lệ 

tăng dân số hàng năm giữ nguyên thì đầu năm 2025 dân số của tỉnh nằm trong khoảng nào? 

A. ( 1.424.300;1.424.400 ) . B. ( ) 

C. ( 1.424.200;1.424.300 ) . D. ( ) 

Hướng dẫn: 

Gọi S 1 là dân số năm 2015, ta có S1 = 1.153.600, N = 5, A = 1.038.229 

S 

ln 

1 

N. r N. r S 

Ta có: S 

1 

1 = A. 

e ⇒ e = ⇒ r = A 

A 5 

S 

ln 

15. A 

15. r 

5 

1.424.000;1.424.100 . 

1.424.100;1.424.200 . 

Gọi S 2 là dân số đầu năm 2025, ta có S2 = A. e = 1.038.229. e ≈ 1.424.227,71 

Chọn đáp án C 

Câu 2: Các loài cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ nhận được một lượng nhỏ cacbon 14 (một đồng 

vị cacbon). Khi một bộ phận của cây đó bị chết thì hiện tượng quang hợp cũng sẽ ngưng và nó sẽ không 

nhận thêm cacbon 14 nữa. Lượng cacbon 14 của bộ phạn đó sẽ phân hủy một cách chậm chạp, chuyển 

P t là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong một bộ phận của một cây sinh 

hóa thành nitơ 14. Gọi ( ) 

trưởng từ t năm trước đây thì P( t ) được cho bởi công thức: ( ) = 5750 

( ) ( ) 

t 

P t 100. 0,5 % . Phân tích một mẫu 

gỗ từ một công trình kiến trúc cổ, người ta thấy lượng cacbon 14 còn lại trong gỗ là 65,21(%). Hãy xác 

định niên đại của công trình kiến trúc đó. 



Đề bài tuy khá là dài, tuy nhiên đây thực chất chỉ là bài toán giải phương trình mũ. 

Ta thay 65,21% vào sau đó tìm t. 

t 

t 

t 

5750 

Ta có 100. 5750 

( 0,5) = 65,21 ⇔ 0.5 = 0,6521 ⇔ = log0.5 

0,6521 

5750 

Câu 3: Huyện A có 100 000 người. Với mức tăng dân số bình quân 1,5% năm thì sau n năm dân số sẽ 

vượt lên 130 000 người. Hỏi n nhỏ nhất là bao nhiêu? 




⎛ r ⎞ 

⎛ Sn 

⎞ 

+ áp dụng công thức Sn 

= A⎜1+ ⎟ ⇒ n = log⎛ 

r ⎞ 

100 

⎜ 

⎜1+ 

⎟ 100 

A 

⎟ 

⎝ ⎠ 

⎝ ⎠ 

⎝ ⎠ 

+ trong đó A = 100 000; r = 1,5; S n = 130 000 

n 


Trang 100 











+ n ≈ 17,6218 

Câu 4: Một máy tính được lập trình để vẽ một chuỗi các hình chữ nhật ở góc phần tư thứ nhất của trục 

tọa độ Oxy, nội tiếp dưới đường cong y = e -x . Hỏi diện tích lớn nhất của hình chữ nhật có thể được vẽ 

bằng cách lập trình trên 

A. 0,3679 ( đvdt) B. 0,3976 (đvdt) 

C. 0,1353 ( đvdt) D. 0,5313 ( đvdt) 

Hướng dẫn: Diện tích hình chữ nhật tại điểm x là S=xe -x 

−x 

S '( x) = e (1 − x) 

S '( x) = 0 ⇔ x = 1 

1 

Dựa vào bảng biến thiên ta có Smax = e − ≃ 0,3679 khi x=1 

Câu 5: Cho biết chu kỳ bán rã của chất phóng xạ Plutoni Pu239 là 24360 năm. Sự phân hủy được tính 

theo công thức S = A. e 

rt 

. Trong đó A là số lượng chất phóng xạ ban đầu, r là tỷ lệ phân hủy hằng năm 

(r 0) 

, x (tính theo giờ) là thời gian tăng trưởng. Biết 

số vi khuẩn ban đầu có 1000 con và sau 10 giờ là 5000 con. Hỏi sao bao lâu thì số lượng vi khuẩn tăng 

gấp 10 lần 

A. 5ln 20 (giờ) B. 5ln10(giờ) C. 10log 

510 (giờ) D. 10log 

5 

20 (giờ) 


Trang 101 












Gọi thời gian cần tìm là t. Ta có: 5000 = 1000. e 10r nên r = ln 5 

10 . 

Do đó, 10000 = 1000. e rt suy ra t = ln10 = 10ln10 = 10log 10 5 

giờ nên chọn câu C. 

r ln 5 











A. 21 B. 22 C. 19 D. 20 

Câu 9: Một người gửi tiết kiệm theo thể thức lãi kép như sau: Mỗi tháng người này tiết kiệm một số tiền 

cố định là X đồng rồi gửi vào ngân hàng theo kì hạn một tháng với lãi suất 0,8%/tháng. Tìm X để sau ba 

năm kể từ ngày gửi lần đầu tiên người đó có được tổng số tiền là 500 triệu đồng. 

6 

6 

4.10 

4.10 

A. X = 

B. X = 

37 

37 

1,008 −1 

1 − 0,008 

C. 

6 

4.10 

X = 

1,008 1,008 1 

36 

( − ) 

D. 

X = 

4.10 

6 

36 

1,008 −1 


2 

t + 3 3t+ 

1 


e ( km) 




4 

4 

4 

4 


Hướng dẫn: Ta có công thức vận tốc: 

2 

3 1 

( ) '( ) ( ) t 

t 

( 2 . ) 


Với 1 

2 

t 

= = + = 2 . + ( 6 + 2) 

4 

t = ta có: 10 ( / ) 

Sai lầm thường gặp: 

2 

3 1 

( ) '( ) ( ) t 

t 

( 2 . ) 


t e t e 

+ 3 3t+ 

1 

e km s . Đáp án đúng là D. 

2 

t 

= = + = + ( + ) 

e 6t 2 . e + 

t 

(do không biết đạo hàm e -> đáp án C) 

( ) ( ) ( ) ( ) 

2 

2 2 

t 3t+ 1 t 3t+ 

1 

v t = s ' t = e + 2 t. e = e + 2. e 

3t 

1 

x 

(do học vẹt đạo hàm e luôn không đổi) 

Câu 11: 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. 


Hướng dẫn: 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 



Trang 102 









7000 

6000 

5000 

4000 

3000 

O 

( ) ( ) 

1 

2 

3 

4 

n 

( ) 

1. 1+ 0,04 . 1+ 0,04 −1 

= 100 ⇒ n = log 

1.04 

4,846 = 40,23 . 

0,04 

Vậy sau 41 năm thì số dầu sẽ hết. 

5 

6 

7 

số ngày 


7000 

6000 

5000 

4000 

3000 

O 

1 

2 

3 

4 

5 

6 

7 

số ngày 


7000 

6000 

5000 

4000 

3000 

O 

1 

2 

3 

4 

5 

6 

7 

số ngày 


7000 

6000 

5000 

4000 

3000 

O 


Câu 12: Số lượng vi khuẩn ban đầu là 3000 con, và tăng 20% một ngày. Đồ thị nào sau đây mô tả hàm 

số lượng vi khuẩn sau t ngày? 

A. B. C. D. 


x 

Công thức số vi khuẩn: Q( x ) = 3000.1,2 

Hàm mũ nên loại A, D. 

5 

Xét Q (5) = 3000.(1,2) = 7460 nên chọn B. 

Câu 13: Tính đến đầu năm 2011, dân số toàn tỉnh Bình Phước đạt gần 905. 300, mức tăng dân số là 

1,37% mỗi năm. Tỉnh thực hiện tốt chủ trương 100% trẻ em đúng độ tuổi đều vào lớp 1. Đến năm học 

2024-2025 ngành giáo dục của tỉnh cần chuẩn bị bao nhiêu phòng học cho học sinh lớp 1, mỗi phòng 

dành cho 35 học sinh? ( Giả sử trong năm sinh của lứa học sinh vào lớp 1 đó toàn tỉnh có 2400 người 

chết, số trẻ tử vong trước 6 tuổi không đáng kể) 

A. 458. B. 222. C. 459. D. 221. 


Chỉ những em sinh năm 2018 mới đủ tuổi đi học ( 6 tuổi) vào lớp 1 năm học 2024-2025. 

S = A 1+ r n 

để tính dân số năm 2018. 

Áp dụng công thức ( ) 

Trong đó: A = 905300; r = 1,37; n = 8 

Dân số năm 2018 là: 

n 

⎛ 1,37 ⎞ 

A = 905300. ⎜1+ ⎟ = 1009411 

⎝ 100 ⎠ 

8 

7 

⎛ 1,37 ⎞ 

Dân số năm 2017 là: A = 905300. ⎜1+ ⎟ = 995769 

⎝ 100 ⎠ 

Số trẻ vào lớp 1 là: 1009411 − 995769 + 2400 = 16042 

Số phòng học cần chuẩn bị là : 16042 :35 = 458,3428571. 




1 

2 

3 

4 

5 

6 

7 

số ngày 

M t = 75 − 20ln t + 1 , t ≥ 0 (đơn vị %). Hỏi sau khoảng bao 


lâu thì nhóm học sinh nhớ được danh sách đó dưới 10%? 

A. 25 tháng. B. 23 tháng. C. 24 tháng. D. 22 tháng. 


Theo công thức tính tỉ lệ % thì cần tìm t thỏa mãn: 




Trang 103 











75 − 20ln ( 1+ t) ≤10 ⇔ ln ( t + 1) 

≥ 3.25 ⇔ t ≥ 24.79 

Câu 15: Theo số liệu từ Facebook, số lượng các tài khoản hoạt động tăng một cách đáng kể tính từ thời 

điểm tháng 2 năm 2004. Bảng dưới đây mô tả số lượng U ( x ) là số tài khoản hoạt động, trong đó x là số 

tháng kể từ sau tháng 2 năm 2004. Biết số lượt tài khoản hoạt động tăng theo hàm số mũ xấp xỉ như sau: 

( ) = .( 1+ 

0,04) 

x 

U x A với A là số tài khoản hoạt động đầu tháng 2 năm 2004. Hỏi đến sau bao lâu thì số 

tài khoản hoạt động xấp xỉ là 194 790 người, biết sau hai tháng thì số tài khoản hoạt động là 108 160 

người. 

A. 1 năm 5 tháng. B. 1 năm 2 tháng. C. 1 năm. D. 11 tháng. 


Do đề đã cho công thức tổng quát và có dữ kiện là sau hai tháng số tài khoản hoạt động là 

108 160 người. Do đó thay vào công thức tổng quát ta sẽ tìm được A. Khi đó 

( ) 2 

A 1+ 0.04 = 108160 ⇔ A = 100000. Khi đó công việc của ta chỉ là tìm x sao cho 

( ) 

100000 1+ 0.04 = 194790 

x 

Câu 16: Một khu rừng có trữ lượng gỗ là ( ) 

194790 

⇔ x = log( 1 0.04) 

≈17 

hay 1 năm 5 tháng. 

+ 

100000 

6 3 

3.10 m . Biết tốc độ sinh trưởng của các cây trong khu 

rừng đó là 5% mỗi năm. Sau 10 năm nữa, trữ lượng gỗ trong rừng là 

3 

4668883 m 

3 

A. 4886683,88( m ) 

B. ( ) 

3 

3 

C. 4326671,91( m ) 

D. 4499251( m ) 

3 

Hướng dẫn: Gọi A là trữ lượng gỗ ban đầu của khu rừng( m ) ; r là tốc độ sinh trưởng hàng năm(%); 

3 

M 

n 

là trữ lượng gỗ sau n năm ( ) 

m . 

Năm đầu tiên, M1 = A+ Ar . = A(1 + r ) 

Năm thứ hai, 

Năm thứ ba, 

M = M + M . r = M (1 + r) = A(1 + r ) 

2 1 1 1 

M = M + M . r = M (1 + r) = A(1 + r ) 

3 2 2 2 

Tương tự năm thứ n, M = A(1 + r ) 

n 

n 

10 

Áp dụng công thức ta có M 10 6 ( ) ( 3 

10 

= A(1 + r) = 3.10 1+ 0,05 = 4886683,88 m ) 

Câu 17: Thang đo Richter được Charles Francis Richter đề xuất và sử dụng lần đầu tiên vào năm 1935 

để sắp xếp các số đo độ chấn động của các cơn động đất với đơn vị là độ Richter. Công thức tính độ 

chấn động như sau: M 

L 

= lg A− 

lg A 

o 

, với M 

L 

là độ chấn động, A là biên độ tối đa đo được bằng địa 

chấn kế và A 

o 

là một biên độ chuẩn. (nguồn: Trung tâm tư liệu khí tượng thủy văn). Hỏi theo thang độ 

Richter, với cùng một biên độ chuẩn thì biên độ tối đa của một trận động đất 7 độ Richter sẽ lớn gấp 

mấy lần biên độ tối đa của một trận động đất 5 độ Richter ? 

5 

A. 2. B. 20. C. 10 . D. 100. 

Hướng dẫn: Gọi A 

1 

và A 

2 

lần lượt là biên độ tối đa của hai trận động đất 7 độ Richter và 5 độ Richter. 

⎧7 = lg A1 

− lg Ao 

Theo công thức, ta có: ⎨ 

⎩5 = lg A2 

− lg Ao 

Trừ vế theo vế của hai đẳng thức trên, ta có : 

2 

3 


7 

1 1 2 

2 = lg A1 − lg A2 

= lg ⇒ = 10 = 100 

A2 A2 

A 

A 

. 


Trang 104 











rt 

Câu 18: Sự tăng trưởng của một loại vi khuẩn tuân theo công thức S = A. 

e , trong đó A là số lượng vi 

khuẩn ban đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng ( r > 0 ), t là thời gian tăng trưởng. Biết rẳng số lượng vi khuẩn ban 

đầu là 100 con và sau 5 giờ có 300 con. Hỏi sau bao lâu số lượng vi khuẩn ban đầu sẽ tăng gấp đôi. 

A. 3 giờ 16 phút B. 3 giờ 9 phút C. 3 giờ 30 phút D. 3 giờ 2 phút 

Hướng dẫn: 300 = 100. e r. 5 

⇒ r = 3 giờ 16 phút 

Câu 19: Chất phóng xạ 25 Na có chu kỳ bán rã T = 62 ( ) 

s . Sau bao lâu chất phóng xạ chỉ còn 1 5 độ 

phóng xạ ban đầu ? 

ln 5 

62 + ln 2 

62ln 5 

A. t = (s) B. t = (s) C. t = (s) D. t = 62log5 

2 (s) 

62ln 2 

ln 5 

ln 2 

Câu 20: Cho biết chu kì bán hủy của chất phóng xạ Plutôni Pu 239 là 24360 năm (tức là một lượng Pu 239 

sau 24360 năm phân hủy thì chỉ còn lại một nửa). Sự phân hủy được tính theo công thức S = Ae rt , trong 

đó A là lượng chất phóng xạ ban đầu, r là tỉ lệ phân hủy hàng năm (r









Hướng dẫn: Giả sử khối lượng ban đầu của mẫu đồ cổ chứa Cabon là m , tại thời điểm t tính từ thời 

0 

⎛3⎞ 5730 ln 

ln 2 ln 2 

− t 3m 

− t 

⎜4 

5730 0 

⎜⎝ ⎟⎠ 

5730 

điểm ban đầu ta có: m ( t) 

= m e ⇔ = m e ⇔ t = ≈ 2378 (năm) 

0 0 

4 −ln 2 



nhóm học sinh được cho bởi công thức M ( t) = 75 − 20 ln( t + 1 ), t ≥ 0 (đơn vị %). Hỏi sau khoảng 

bao lâu thì nhóm học sinh nhớ được danh sách đó dưới 10%? 

A. 24. 79 tháng B. 23 tháng C. 24 tháng D. 22 tháng 

Hướng dẫn: Theo công thức tính tỉ lệ % thì cần tìm t thỏa mãn: 

75 − 20 ln( 1 + t) ≤ 10 ⇔ ln( t + 1) 

≥ 3.25 ⇔ t ≥ 24.79 

Câu 24: Một công ty vừa tung ra thị trường sản phẩm mới và họ tổ chức quảng cáo trên truyền hình mỗi 

ngày. Một nghiên cứu thị trường cho thấy, nếu sau x quảng cáo được phát thì số % người xem mua sản 

100 

phẩm là P( x) = , x ≥ 0 . Hãy tính số quảng cáo được phát tối thiểu để số người mua đạt 

0.015x 

1 + 49e − 

hơn 75%. 

A. 333 B. 343 C. 330 D. 323 

Hướng dẫn: Khi có 100 quảng cáo phát ra thì tỉ lệ người xem mua sản phẩm là: 

100 

P ( 100) = ≈ 9.3799% 

1.5 

1 + 49e − 

Khi có 200 quảng cáo phát ra thì tỉ lệ người xem mua sản phẩm là: 

100 

P ( 200) = ≈ 29.0734% 

3 

1 + 49e − 

Khi có 500 quảng cáo phát ra thì tỉ lệ người xem mua sản phẩm là: 

100 

P ( 500) = ≈ 97.3614% 

7.5 

1 + 49e − 

Câu 25: Người ta thả một lá bèo vào một hồ nước. Kinh nghiệm cho thấy sau 9 giờ bèo sẽ sinh sôi kín 

cả mặt hồ. Biết rằng sau mỗi giờ, lượng lá bèo tăng gấp 10 lần lượng lá bèo trước đó và tốc độ tăng 

không đổi. Hỏi sau mấy giờ thì số lá bèo phủ kín 1 cái hồ ? 

3 

9 

10 

9 

A. 3 B. 

C. 9 – log3 D. 

3 

log3 . 

Hướng dẫn: Gọi t là thời gian các lá bèo phủ kín 1 cái hồ. Vì tốc độ tăng không đổi nên, 1 giờ tăng gấp 

3 

t 1 9 

10 lần nên ta có 10 = 10 ⇔ t = 9 − log3 . 

3 

Câu 26: Một lon nước soda 80 0 F được đưa vào một máy làm lạnh chứa đá tại 32 0 F. Nhiệt độ của soda ở 

t 

phút thứ t được tính theo định luật Newton bởi công thức T( t ) = 32 + 48.(0.9) . Phải làm mát soda trong 

bao lâu để nhiệt độ là 50 0 F ? 

A. 1,56 B. 9,3 C. 2 D. 4 


Hướng dẫn: T(t) = 32 + 48. (0,9) t = 50 

⇒ t = 9,3 


Trang 106 











Câu 27: Cường độ một trận động đất M (richter) được cho bởi công thức M = log A− 

log A 

0 

, với A là 

biên độ rung chấn tối đa và A 

0 

là một biên độ chuẩn (hằng số). Đầu thế kỷ 20, một trận động đất ở San 

Francisco có cường độ 8,3 độ Richter. Trong cùng năm đó, trận động đất khác Nam Mỹ có biên độ mạnh 

hơn gấp 4 lần. Cường độ của trận động đất ở Nam Mỹ là: 

A. 8. 9 B. 33. 2 C. 2. 075 D. 11 

A 

Hướng dẫn: M = log A − log A0 

= log A 

0 

A1 

Trận động đất ở San Francisco: M1 

= 8,3 = log (1) 

A0 

A2 

ở Nam Mỹ: M2 

= log (2) 

A0 

A2 

Biên độ ở Nam Mỹ gấp 4 lần ở San Francisco nên A2 = 4A1 

⇒ = 4 

A1 

Lấy (2) - (1) ta được: 

A2 A1 A2 

M2 − 8,3 = log − log = log = log 4 ⇒ M2 

= log 4 + 8,3 ≈ 8,9 

A0 A0 A1 

Câu 28: Biết rằng năm 2001 dân số Việt Nam là 78. 685. 800 người và tỉ lệ tăng dân số năm đó là 1,7%. 

Cho biết sự tăng dân số được ước tính theo công thức S= A. e Nr (trong đó A là dân số của năm lấy làm 

mốc tính , S là dân số sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm). Cứ tăng dân số như vậy đến thì đến 

năm nào dân số nước ta ở mức 120 triệu người. 

A. 2026 B. 2022 C. 2020 D. 2025 

Hướng dẫn: S = A. e N. r ⇒ N = 25 năm 

Câu 29: Một loại virus có số lượng cá thể tăng trưởng mũ với tốc độ x% / h , tức là cứ sau 1 giờ thì số 

lượng của chúng tăng lên x %. Người ta thả vào ống nghiệm 20 cá thể, sau 53 giờ số lượng cá thể virus 

đếm được trong ống nghiệm là 1,2 triệu. Tìm x? (tính chính xác đến hàng phần trăm) 

A. x ≈ 13,17% B. x ≈ 23,07% C. x ≈ 7,32% D. x ≈ 71,13% 

Câu 30:Số lượng của loại vi khuẩn A trong một phòng thí nghiệm được tính theo công thức 

t 

s( t) = s(0).2 , trong đó s (0) là số lượng vi khuẩn A lúc ban đầu, s( t ) là số lượng vi khuẩn A có 

sau t (phút). Biết sau 3 phút thì số lượng vi khuẩn A là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc bắt 

đầu, số lượng vi khuẩn A là 10 triệu con ? 


Câu 31: Người ta thả một lá bèo vào một hồ nước. Giả sử sau t giờ, bèo sẽ sinh sôi kín cả mặt hồ. Biết 

rằng sau mỗi giờ, lượng lá bèo tăng gấp 10 lần lượng lá bèo trước đó và tốc độ tăng không đổi. Hỏi sau 

mấy giờ thì số lá bèo phủ kín 1 cái hồ? 

3 

t 

t 10 

t 

A. . B. . C. t − log3. D. . 

3 3 

log3 

Câu 32: Lãi suất của tiền gửi tiết kiệm của một số ngân hàng thời gian vừa qua liên tục thay đổi. Bạn 

Châu gửi số tiền ban đầu là 5 triệu đồng với lãi suất 0,7% tháng chưa đầy một năm, thì lãi suất tăng lên 

1,15% tháng trong nửa năm tiếp theo và bạn Châu tiếp tục gửi; sau nửa năm đó lãi suất giảm xuống còn 

0,9% tháng, bạn Châu tiếp tục gửi thêm một số tháng tròn nữa, khi rút tiền bạn Châu được cả vốn lẫn lãi 

là 5 747 478,359 đồng (chưa làm tròn). Hỏi bạn Châu đã gửi tiền tiết kiệm trong bao nhiêu tháng ? 




Trang 107 











Câu 33: Bà hoa gửi 100 triệu vào tài khoản định kỳ tính lãi kép với lãi suất 8%/năm. Sau 5 năm bà rút 

toàn bộ tiền và dùng một nửa để sửa nhà, số tiền còn lại bà tiếp tục gửi vào ngân hàng. Tính số tiền lãi 

thu được sau 10 năm. 

A. 81,412tr B. 115,892tr C. 119tr D. 78tr 

Hướng dẫn: Sau 5 năm bà Hoa rút được tổng số tiền là: 100( 1+ 8% ) 5 

= 146.932 triệu 

Suy ra số tiền lãi là: 100( 1+ 8% ) 5 − 100 = L1 

Bà dùng một nửa để sửa nhà, nửa còn lại gửi vào ngân hàng. 

Suy ra số tiền bà gửi tiếp vào ngân hàng là: ( ) 5 

107.946 − 73.466 = L 2 

Vậy số tiền lãi bà Hoa thu được sao 10 năm là: L = L1 + L2 

≈ 81,412tr 

73.466 1+ 8% = 107.946 triệu. Suy ra số tiền lãi là 

∑ 

Câu 34: An vừa trúng tuyển đại học được ngân hàng cho vay vốn trong bốn năm đại học, mỗi năm 10. 

000. 000 đồng để nộp học phí với lãi suất ưu đãi 7,8% một năm. Sau khi tốt nghiệp đại học An phải trả 

góp cho ngân hàng số tiền m đồng (không đổi) cũng với lãi suất 7,8% một năm trong vòng 5 năm. Tính 

số tiền m hàng tháng An phải trả cho ngân hàng (làm tròn đến hàng đơn vị). 

A. 1005500 B. 100305 C. 1003350 D. 1005530 

Câu 35: Ông Đông gửi 100 triệu vào tài khoản định kì tính lãi kép với lãi suất là 8%/năm. Tính số tiền 

lãi thu được sau 10 năm 

A. 215,892tr . B. 115,892tr . C. 215,802tr . D. 115,802tr . 

Hướng dẫn: Số tiền thu được sau 1 năm: 100. (1 + 2%) 

Số tiền thu được sau 2 năm: 100. (1 + 2%) 2 

. . . . . . 

Số tiền thu được sau 10 năm: 100. (1 + 2%) 10 

Số tiền lãi thu được sau 10 năm: 100. (1 + 2%) 10 – 100 = 115,892 triệu 

Câu 36: Một người gửi ngân hàng lần đầu 100 triệu đồng với kì hạn 3 tháng, lãi suất 2% một quý theo 

hình thức lãi kép. Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kì hạn và lãi suất như trước 

đó. Tổng số tiền người đó nhận được 1 năm sau khi gửi tiền là bao nhiêu? 


Hướng dẫn: Số tiền thu được sau 3 tháng: 100. (1 + 2%)) 

Số tiền thu được sau 6 tháng: 100. (1 + 2%) 2 

Số tiền thu được sau 9 tháng: (100. (1 + 2%) 2 + 100). (1 + 2%) 

= 100. (1 + 2%)((1+2%) +1) 

Số tiền thu được sau 12 tháng: 100. (1 + 2%) 2 . ((1 + 2%) + 1) = 212 triệu 

Câu 37: Một người gửi tiết kiệm với lãi suất 8,4% /năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi sau bao 

nhiêu năm người đó thu được gấp đôi số tiền ban đầu? 

A. 9 . B. 10 . C. 8. D. 7 . 

Hướng dẫn: Gọi n là sô năm sau đó số tiền thu được gấp đôi, gọi a là số tiền ban đầu 

Ta có: a. (1 +8,4%) n = 2ª 

⇔ (1 + 8,4%) n = 2 ⇔n = 9 

Câu 38: Anh Thắng gửi ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất ban đầu là 4%/năm và lãi hàng năm được 

nhập vào vốn. Cứ sau 1 năm lãi suất tăng 0,3%. Hỏi sau 4 năm tổng số tiền anh Thắng có là bao nhiêu ? 

A. 119 triệu. B. 119,5triệu. C. 120 triệu. D. 120,5triệu 

Hướng dẫn: Số tiền thu được sau 1 năm: 100. (1 + 4%) 

Số tiền thu được sau 2 năm: 100. (1 + 4%). (1 +4,3%) 

. . . . . . . . . . . . . . . . 

Số tiền thu được sau 4 năm: 100. (1 + 4%). (1 + 4,3%). (1 + 4,6%). (1 + 4,9%) = 199 triệu 



Trang 108 











Câu 39: Anh Nam mong muốn rằng 6 năm sẽ có 2 tỷ để mua nhà. Hỏi anh Nam phải gửi vào ngân 

hàng một khoản tiền tiết kiệm như nhau với lãi suất hàng năm gần nhất với giá trị nào biết rằng lãi của 

ngân hàng là 8% / năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. 

A. 253,5 triệu. B. 251 triệu. C. 253 triệu. D. 252,5 triệu. 

Hướng dẫn: Gọi a là số tiền gửi vào hàng năm 

Số tiền thu được sau 1 năm là: a(1 + 8%) 

Số tiền thu được sau 2 năm là: a. ((1 + 8%) 2 + (1 + 8%)) 

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 

Số tiền thu được sau 6 năm là: a((1 + 8%) 6 + (1 +8%) 5 +. . . . . + (1 + 8%) 1 ) = 2000 

⇒ a = 252,5 triệu 

Câu 40: Một người gửi 15 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn 1 quý, với lãi suất 

1,65%/ quý. Hỏi sau bao lâu người gửi có ít nhất 20 triệu đồng?(Bao gồm cả vốn lẫn lãi) từ số vốn ban 

đầu ? (Giả sử lãi suất không thay đổi) 

A. 16 quý B. 18 quý C. 17 quý D. 19 quý 

Hướng dẫn: Số tiền thu được sau n quý: 15. (1 + 1,65%) n = 20 

⇒ n = 18 

Câu 41: Số tiền 58 000 000 đồng gủi tiết kiệm trong 8 tháng thì lãnh về được 61 329 000 đồng, lãi suất 

hàng tháng là bao nhiêu ? 

A. 0,8% B. 0,6% C. 0,5% D. 0,7% 

Hướng dẫn: 58 000 000. (1 + r) 8 = 61 329 000 

⇒ r =0,7% 

Câu 42: Cô giáo dạy văn gửi 200 triệu đồng loại kì hạn 6 tháng vào ngân hàng với lãi suất 6,9% một 

năm thì sau 6 năm 9 tháng hỏi cô giáo dạy văn nhận được bao nhiêu tiền cả vốn và lãi biết rằng cô giáo 

không rút lãi ở tất cả các kì hạn trước và nếu rút trước ngân hàng sẽ trả lãi suất theo loại lãi suất không 

kì hạn là 0,002% một ngày(1 tháng tính 30 ngày). 

A. 471688328,8 B. 302088933,9 C. 311392005,1 D. 321556228,1 

Hướng dẫn: 1 năm: 6,9% 

⇒ 6 tháng: 3,45% 

Tổng số tiền 200. 10 6 . (1 + 3,45%) 13 . (1 + 0,002%. 90) = 311392005,1 

Câu 43: Một bác nông dân vừa bán một con trâu được số tiền là 20. 000. 000 (đồng). Do chưa cần dùng 

đến số tiền nên bác nông dân mang toàn bộ số tiền đó đi gửi tiết kiệm ngân hàng loại kì hạn 6 tháng với 

lãi suất kép là 8,4% một năm. Hỏi sau 5 năm 8 tháng bác nông dân nhận được bao nhiêu tiền cả vốn lẫn 

lãi (làm tròn đến hàng đơn vị)? Biết rằng bác nông dân đó không rút vốn cũng như lãi trong tất cả các 

định kì trước và nếu rút trước thời hạn thì ngân hàng trả lãi suất theo loại không kì hạn 0,01% một ngày 

(1 tháng tính 30 ngày) 

A. 31803311 B. 32833110 C. 33083311 D. 30803311 

Hướng dẫn: Áp dụng công thức tính tiền tiết kiệm thu được: ( ) n 

A = a 1+ 

r 

Với a là số tiền gửi vào, r là lãi suất mỗi kì, n là kì 

Lãi suất 1 năm là 8,5% ⇒ lãi suất 6 tháng là 4,25% 

Vì bác nông dân gửi tiết kiệm kỳ hạn 6 tháng nên sau 5 năm 6 tháng có 11 lần bác được tính lãi 

=> Số tiền bác nhận được sau 5 năm 6 tháng là: 


( 1+ 0,0425 ) 11 

.20 = 31,61307166 ( triệu đồng) 

Do bác rút trước kỳ hạn => 2 tháng cuối nhân lãi suất 0,01% mỗi ngày (2 tháng=60 ngày) 


Trang 109 











=> Số tiền cuối cùng bác nhận được là 

31,61307166. ( 1+ 0,0001) 60 

= 31,803311 ( triệu đồng) 

Câu 44: Bạn Hùng trúng tuyển vào trường đại học A nhưng vì do không đủ nộp học phí nên Hùng quyết 

định vay ngân hàng trong 4 năm mỗi năm vay 3.000.000 đồng để nộp học phí với lãi suất 3%/năm. Sau 

khi tốt nghiệp đại học bạn Hùng phải trả góp hàng tháng số tiền T (không đổi) cùng với lãi suất 

0,25%/tháng trong vòng 5 năm. Số tiền T hàng tháng mà bạn Hùng phải trả cho ngân hàng (làm tròn 

đến kết quả hàng đơn vị) là: 

A. 232518 đồng . B. 309604 đồng. C. 215456 đồng. D. 232289 đồng. 


Vậy sau 4 năm bạn Hùng nợ ngân hàng số tiền là: 

4 3 2 

( ) ( ) ( ) ( ) 

s = 3000000⎡ 

1+ 3% + 1+ 3% + 1+ 3% + 1+ 3% ⎤ = 12927407,43 

⎣ 

⎦ 

Lúc này ta coi như bạn Hùng nợ ngân hàng khoản tiền ban đầu là 12.927.407,43 đồng, 

số tiền này bắt đầu được tính lãi và được trả góp trong 5 năm. 

Ta có công thức: 

( ) 

n 

( r) 

n 

( ) 

60 

( 0,0025) 

N 1+ r . r 12927407,4 1+ 0,0025 .0,0025 

⇒ Τ = = ≈ 232289 

1+ −1 1+ −1 

60 

Câu 45: Biết rằng khi đỗ vào trường đại học X, mỗi sinh viên phải đóng một khoản ban đầu là 10 triệu 

đồng. Ông A dự kiến cho con thi và vào học tại trường này, để có số tiền đó, gia đình đã tiết kiệm và 

hàng tháng gửi ngân hàng với số tiền không đổi, với lãi suất 0,7%/tháng theo thể thức lãi kép. Hỏi để 

được số tiền trên thì gia đình phải gửi tiết kiệm mỗi tháng là bao nhiêu để sau 12 tháng gia đình đủ tiền 

đóng cho con ăn học? (làm tròn tới hàng ngìn) 

A. 796. 000 đ B. 833. 000 đ C. 794. 000 đ D. 798. 000 đ 

Câu 46: Ông Bách thanh toán tiền mua xe bằng các kỳ khoản năm: 5.000.000 đồng, 6.000.000 đồng, 

10.000.000 đồng và 20.000.000 đồng. Kỳ khoản đầu thanh toán 1 năm sau ngày mua. Với lãi suất áp 

dụng là 8%. Hỏi giá trị chiếc xe ông Bách mua là bao nhiêu ? 

A. 32.412.582 đồng B. 35.412.582 đồng C. 33.412.582 đồng D. 34.412.582 đồng 


Kỳ khoản đầu thanh toán 1 năm sau ngày mua là 5.000.000 đồng, qua năm 2 sẽ thanh toán 6.000.000 

đồng, năm 3: 10.000.000 đồng và năm 4:20.000.000 đồng. Các khoản tiền này đã có lãi trong đó. Do đó 

giá trị chiếc xe phải bằng tổng các khoản tiền lúc chưa có lãi. Gọi V 

0 

là tiền ban đầu mua chiếc xe. Giá 

trị của chiếc xe là: 

−1 −2 −3 −4 

V0 

= 5.1,08 + 6.1,08 + 10.1,08 + 20.1,08 = 32.412.582 đồng 

Câu 47: Anh Bách vay ngân hàng 100 triêu đồng, với lãi suất 1,1% / tháng. Anh Bách muốn hoàn nợ 

cho ngân hàng theo cách: sau đúng một tháng kể từ ngày vay, anh bắt đầu hoàn nợ, và những liên tiếp 

theo cách nhau đúng một tháng. Số tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và trả hết nợ sau đúng 18 tháng 

kể từ ngày vay. Hỏi theo cách đó, tổng số tiền lãi mà anh Bách phải trả là bao nhiêu (làm tròn kết quả 

hàng nghìn)? Biết rằng, lãi suất ngân hàng không thay đổi trong suốt thời gian anh Bách vay. 

A. 10773700 (đồng). B. 10774000 (đồng). 

C. 10773000 (đồng). D. 10773800 (đồng). 


Bài toán này người vay trả cuối tháng nên ta có: 


( ) 

( ) 

100.0,011. 1,011 

Số tiền mà anh Bách phải trả hàng tháng là: m = 

.10 

18 

1,011 −1 

Tổng số tiền lãi anh Bách phải trả là: ( ) 

6 

m.18 − 100 10 = 10773700 

(đồng). 

18 

6 


Trang 110 











Câu 48: Anh A mua nhà trị giá 500 triệu đồng theo phương thức trả góp. Nếu cuối mỗi tháng bắt đầu từ 

tháng thứ nhất anh A trả 10,5 triệu đồng và chịu lãi số tiền chưa trả là 0,5% tháng thì sau bao nhiêu 

tháng anh trả hết số tiền trên ? 



Đặt x = 1,005; y = 10,5 

* Cuối tháng thứ 1, số tiền còn lại (tính bằng triệu đồng) là 500x − y 

500x y x y 500x x 1 y 

* Cuối tháng thứ 2, số tiền còn lại là ( − ) − = 2 − ( + ) 

* Cuối tháng thứ 3, số tiền còn lại là 500x 3 − ( x 2 + x + 1) 

y 

n 

* Cuối tháng thứ n, số tiền còn lại là + 1 n 

− ( + + + ) 

n 1 n 

Giải phương trình 500x ( x ... x 1) 

y 0 

500x x ... x 1 y 

+ − + + + = thu được n = 54,836 nên chọn C. 

Câu 49: Một người lần đầu gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn 3 tháng, lãi suất 2% một quý 

theo hình thức lãi kép. Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kỳ hạn và lãi suất như 

trước đó. Tổng số tiền người đó nhận được 1 năm sau khi gửi thêm tiền gần nhất với kết quả nào sau đây 

? 



3 tháng là 1 quý nên 6 tháng bằng 2 quý và 1 năm ứng với 4 quý. Sau 6 tháng người đó có tổng số tiền 

là: ( ) 2 

100. 1+ 2% = 104,04 tr . Người đó gửi thêm 100tr nên sau tổng số tiền khi đó là: 104,04 + 100 = 

204,04 tr. Suy ra số tiền sau 1 năm nữa là: ( ) 4 

204,04 1+ 2% ≈ 220tr 

Câu 50: Lãi suất tiền gửi tiết kiệm của một số ngân hàng trong thời gian vừa qua liên tục thay đổi. Ông 

A gửi tiết kiệm vào ngân hàng với số tiền ban đầu là 5 triệu đồng với lãi suất 0,7% tháng chưa đầy một 

năm thì lãi suất tăng lên 1,15% tháng trong nửa năm tiếp theo và ông A tiếp tục gửi; sau nửa năm đó lãi 

suất giảm xuống còn 0,9% tháng, ông A tiếp tục gửi thêm một số tháng nữa, khi rút tiền ông A thu được 

cả vốn lẫn lãi là 5 747 478,359 đồng (chưa làm tròn). Khi đó tổng số tháng mà ông A gửi là 


Câu 51: Một người gửi gói tiết kiệm linh hoạt của ngân hàng cho con với số tiền là 500000000 VNĐ, lãi 

suất 7%/năm. Biết rằng người ấy không lấy lãi hàng năm theo định kỳ sổ tiết kiệm. Hỏi sau 18 năm, số 

tiền người ấy nhận về là bao nhiêu? 

(Biết rằng, theo định kì rút tiền hằng năm, nếu không lấy lãi thì số tiền sẽ được nhập vào thành tiền gốc 

và sổ tiết kiệm sẽ chuyển thành kì hạn 1 năm tiếp theo) 

A. 4.689.966.000 VNĐ B. 3.689.966.000 VNĐ 

C. 2.689.966.000 VNĐ D. 1.689.966.000 VNĐ 


Gọi a là số tiền gửi vào hàng tháng gửi vào ngân hàng 

x là lãi suất ngân hàng 

n là số năm gửi 


a + ax = a x +1 

Sau năm 1 thì số tiền là : ( ) 

Sau năm 2: ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 

a x + 1 + a x + 1 x = a x + 1 x + 1 = a x + 1 

Sau năm 3 : a ( x + 1) 2 + a ( x + 1) 2 x = a ( x + 1) 2 ( x + 1) = a ( x + 1) 

3 

Sau năm 4: a ( x + 1) 3 + a ( x + 1) 3 x = a ( x + 1) 3 ( x + 1) = a ( x + 1) 

4 

Sau n năm ,số tiền cả gốc lẫn lãi là : a ( x + 1) 

n 


Vậy sau 18 năm, số tiền người ý nhận được là: ( ) 18 

500.000.000 0,07 1 1,689,966,000 

+ = 


Trang 111 











Câu 52: Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 12%/năm. Ông muốn hoàn nợ cho 

ngân hàng theo cách : Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp 

cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và trả hết tiền nợ sau đúng 3 tháng kể 

từ ngày vay. Hỏi, theo cách đó, số tiền m mà ông A sẽ phải trả cho ngân hàng trong mỗi lần hoàn nợ là 

bao nhiêu ? Biết rằng, lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ. 

3 

3 

100.(1,01) 

(1,01) 

A. m = (triệu đồng). B. m = (triệu đồng). 

3 

3 

(1,01) − 1 

3 

100.1,03 

120.(1,12) 

C. m = (triệu đồng). D. m = 


3 

3 

(1,12) −1 


Lãi suất 12% / năm = 1% / tháng (do vay ngắn hạn) 

Sau tháng 1, ông A còn nợ 100. 1,01 – m (triệu) 

Sau tháng 2, ông còn nợ (100. 1,01 – m). 1,01 – m = 100. 1,01 2 – 2,01m (triệu) 

Sau tháng 3, ông hết nợ do đó 

(100. 1,01 2 – 2,01m). 1,01 – m = 100. 1,01 3 3 

100.1,01 

– 3,0301m = 0 => m ≈ (triệu đồng) 

3 

Câu 53: Một bà mẹ Việt Nam anh hùng được hưởng số tiền là 4 triệu đồng trên một tháng (chuyển vào 

tại khoản của mẹ ở ngân hàng vào đầu tháng). Từ tháng 1 năm 2016 mẹ không đi rút tiền mà để lại ngân 

hàng và được tính lãi suất 1% trên một tháng. Đến đầu tháng 12 năm 2016 mẹ rút toàn bộ số tiền (gồm 

số tiền của tháng 12 và số tiền đã gửi từ tháng 1). Hỏi khi đó mẹ lĩnh về bao nhiêu tiền? (Kết quả làm 

tròn theo đơn vị nghìn đồng). 

A. 50 triệu 730 nghìn đồng B. 48 triệu 480 nghìn đồng 

C. 53 triệu 760 nghìn đồng D. 50 triệu 640 nghìn đồng 


Số tiền tháng 1 mẹ được nhận là 4 triệu, gửi đến đầu tháng 12 (được 11 kỳ hạn), vậy cả vốn lẫn lãi do số 

1 11 11 

tiền tháng 1 nhận sinh ra là: 4.(1 + ) = 4× 1,01 (triệu đồng). 

100 

10 

Tương tự số tiền tháng 2 nhận sẽ sinh ra: 4× 1,01 (triệu đồng) 

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 

Số tiền tháng 12 mẹ lĩnh luôn nên là: 4 (triệu đồng). 


11 10 1−1,01 

Vậy tổng số tiền mẹ lĩnh là: 4× 1,01 + 4× 1,01 + ... + 4× 1,01 + 4 = 4 ≈ 50,730 (50 triệu 730 

1−1,01 

nghìn đồng). Đáp án A. 

Câu 54: Bác B gửi tiết kiệm số tiền ban đầu là 20 triệu đồng theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 

0,72%/tháng. Sau một năm, bác B rút cả vốn lẫn lãi và gửi lại theo kỳ hạn 6 tháng với lãi suất 

0,78%/tháng. Sau khi gửi được đúng một kỳ hạn 6 tháng do gia đình có việc nên bác gửi thêm một số 

tháng nữa thì phải rút tiền trước kỳ hạn cả gốc lẫn lãi được số tiền là 23263844,9 đồng (chưa làm tròn). 

Biết rằng khi rút tiền trước thời hạn lãi suất được tính theo lãi suất không kỳ hạn, tức tính theo hàng 

tháng. Trong một số tháng bác gửi thêm lãi suất là: 

A. 0,4% B. 0,3% C. 0,5% D. 0,6% 


. Gửi được 1 năm coi như gửi được 4 kỳ hạn 3 tháng; thêm một kỳ hạn 6 tháng số tiền khi đó là: 

20000000. ( 1+ 0,72.3 : 100) 4 

( 1+ 

0,78.6 : 100) 

. Giả sử lãi suất không kỳ hạn là A%; gửi thêm B tháng khi đó số tiền là: 

4 

20000000. ( 1+ 0,72.3 : 100) ( 1+ 0,78.6 : 100)( 1 + A : 100) 

B 

= 23263844,9 



Trang 112 











. Lưu ý: 1≤ B ≤ 5 và B nguyên dương, nhập máy tính: 

4 

20000000. ( 1+ 0,72.3 : 100) ( 1+ 0,78.6 : 100)( 1 + A : 100) 

B 

− 23263844,9 thử với A = 0,3 rồi thử B từ 1 đến 

5, sau đó lại thử A = 0,5 rồi thử B từ 1 đến 5, . . . cứ như vậy đến bao giờ kết quả đúng bằng 0 hoặc xấp 

xỉ bằng 0 thì chọn. 

Kết quả: A = 0,5; B = 4 

Câu 55: Cô giáo Thảo ra trường xa quê lập nghiệp, đến năm 2014 sau gần 5 năm làm việc tiết kiệm 

được x(triệu đồng) và định dùng số tiền đó để mua nhà nhưng trên thực tế cô giáo phải cần 1,55x( triệu 

đồng). Cô quyết định gửi tiết kiệm vào ngân hàng với lãi suất là 6,9% /năm với lãi hàng tháng nhập gốc 

và cô không rút trước kì hạn. Hỏi năm bao nhiêu cô mua được căn nhà đó, biết rằng chủ nhà đó vẫn bán 

giá như cũ. 

A. Năm 2019 B. Năm 2020 C. Năm 2021 D. Năm 2022 


Tiền lãi sau n (năm) tiết kiệm là 

.(1 0,069) n 

n 

x = x + = (1,069) . x 

n 

n 

Theo giả thiết ta có xn 

= 1,55 x ⇒ (1,069) = 1,55 ⇒ n = log1,069 

1,55 ≈ 6,56 

Vì n∈N do đó sau 7 năm cô giáo Thảo mua được nhà,năm đó là 2021, đáp án C 

Câu 56: Một người nọ đem gửi tiết kiệm ở một ngân hàng với lãi suất là 12% năm. Biết rằng cứ sau 

mỗi một quý ( 3 tháng ) thì lãi sẽ được cộng dồn vào vốn gốc. Hỏi sau tối thiểu bao nhiêu năm thì người 

đó nhận lại được số tiền ( bao gồm cả vốn lẫn lãi ) gấp ba lần số tiền ban đầu. 

A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 


Gọi số tiền người đó gửi là A, lãi suất mỗi quý là 0,03 

. Sau n quý, tiền mà người đó nhận được là: A( 1 0,03) n 

. ( ) n 1,03 

ycbt ⇔ A 1+ 0,03 = 3A ⇔ n = log 3 ≈ 37,16 

+ . 

Vậy số năm tối thiểu là xấp xỉ 9,29 năm. Vậy đáp án là C. 

Câu 57: Một Bác nông dân vừa bán một con trâu được số tiền là 20. 000. 000 (đồng). Do chưa cần dùng 

đến số tiền nên Bác nông dân mang toàn bộ số tiền đó đi gửi tiết kiệm loại kỳ hạn 6 tháng vào ngân hàng 

với lãi suất 8. 5% một năm thì sau 5 năm 8 tháng Bác nông dân nhận được bao nhiêu tiền cả vốn lẫn lãi. 

Biết rằng Bác nông dân đó không rút cả vốn lẫn lãi tất cả các định kì trước và nếu rút trước thời hạn thì 

ngân hàng trả lãi suất theo loại không kì hạn 0. 01% một ngày (1 tháng tính 30 ngày) 

31802750 09 

30802750, 09 ®ång 

A. , ( ®ång ) B. ( ) 

C. 32802750, 09 ( ®ång ) D. 33802750, 09 ( ®ång ) 


8.5% 4.25 

Một kì hạn 6 tháng có lãi suất là .6 = . Sau 5 năm 6 tháng (có nghĩa là 66 tháng tức là 11 kỳ 


11 

⎛ 4 25⎞ hạn), số tiền cả vốn lẫn lãi Bác nôn dân nhận được là: A 20000000 . 

= . ⎜1 

+ ⎜⎝ 100 ⎠⎟ 

(®ång). Vì 5 năm 8 

tháng thì có 11 kỳ hạn và dư 2 tháng hay dư 60 ngày nên số tiền A được tính lãi suất không kỳ hạn trong 

60 ngày là: 

11 

0. 01 ⎛ 4 25⎞ B A 60 120000 . 

= . . = . ⎜1+ 100 ⎜⎝ 100 ⎠⎟ 

(®ång) . Suy ra sau 5 năm 8 tháng số tiền bác nông dân nhận 

được là 


11 11 

⎛ 4 25⎞ ⎛ 4 25⎞ 

C A B 20000000 . 

1 120000 . 

= + = . + + 1+ = 31802750 09 

⎝⎜ 

100 ⎠⎟ 

. 

⎝⎜ 

100 ⎠⎟ 

, ®ång 

( ) 


Trang 113 











Câu 58: Ông A gửi tiết kiệm 100 triệu đồng gửi vào ngân hàng với lãi suất 5% một năm. Ông B cũng 

5 

đem 100 triệu đồng gửi vào ngân hàng với lãi suất 12 % một tháng. Sau 10 năm, hai ông A và B cùng 

đến ngân hàng rút tiền ra. Khẳng định nào sau đây là đúng ? ( Lưu ý: tiền lãi được tính theo công thức 

lãi kép và được làm tròn đến hàng hàng triệu) 

A. Số tiền của hai ông A, B khi rút ra là như nhau. 

B. Ông B có số tiền nhiều hơn ông A là 1 triệu. 

C. Ông B có số tiền nhiều hơn ông A là 2 triệu. 

D. Ông B có số tiền nhiều hơn ông A là 3 triệu. 

Hướng dẫn: Sau 10 năm: 

- Số tiền của ông A có được: 100. 000. 000(1+5%) 10 ≈ 163. 000. 000. ( làm tròn đến hàng triệu) 

- Số tiền của ông B có được: 100. 000. 000(1+5/12%) 120 ≈ 165. 000. 000. (làm tròn đến hàng triệu) 

Chọn đáp án C 

Câu 59: Một gia đình có con vào lớp một, họ muốn để dành cho con một số tiền là 250.000.000 để sau 

này chi phí cho 4 năm học đại học của con mình. Hỏi bây giờ họ phải gửi vào ngân hàng số tiền là bao 

nhiêu để sau 12 năm họ sẽ được số tiền trên biết lãi suất của ngân hàng là 6,7% một năm và lãi suất này 

không đổi trong thời gian trên? 

250.000.000 

250.000.000 

P = (triệu đồng) B. P = 

(triệu đồng) 


(0,067) 

(1 + 6,7) 

A. 


250.000.000 

250.000.000 

P = (triệu đồng) D. P = (triệu đồng) 


(1,067) 

(1,67) 

C. 


Câu 60: Một người vay ngân hàng 1 tỷ đồng với lãi kép là 12%/năm. Hỏi người đó phải trả ngân hàng 

hàng tháng bao nhiêu tiền để sau đúng 5 năm người đó trả xong nợ ngân hàng? 

A. 88 848 789 đồng. B. 14 673 315 đồng. 

C. 47 073 472 đồng . D. 111 299 776 đồng. 


r % là lãi suất 

Gọi A là số tiền người đó vay ngân hàng ( đồng), a là số tiền phải trả hàng tháng và ( ) 

kép. Ta có: 

- Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ nhất: R1 = A( 1+ 

r ) 

2 

- Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ hai : R2 = ( A( 1+ r) 

− a)( 1+ r ) = A( 1+ r ) − a ( 1+ 

r ) 

- Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ ba: 

…. 

( ( ) 2 ( ) )( ) ( ) 3 ( ) 2 

( ) 

R3 = A 1+ r − a 1+ r − a 1+ r = A 1+ r − a 1+ r − a 1+ 

r 

n 

n−1 

- Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ n : R = A( 1+ r) − a( 1 + r) −... − a( 1+ 

r ) 

Tháng thứ n trả xong nợ: 

n 

R = a ⇔ a = 

n 

A. r. ( 1+ 

r) 

n 

( + r ) − 

n 

1 1 

9 

Áp dụng với A =1.10 đồng, r = 0,01, và n = 24 , ta có a = 47 073472 

Đáp án: C 

Câu 61: Ông Năm gửi 320 triệu đồng ở hai ngân hàng X và Y theo phương thức lãi kép. Số tiền thứ 

nhất gửi ở ngân hàng X với lãi suất 2,1 % một quý trong thời gian 15 tháng. Số tiền còn lại gửi ở ngân 

hàng Y với lãi suất 0, 73 % một tháng trong thời gian 9 tháng. Tổng lợi tức đạt được ở hai ngân hàng là 

27 507 768,13 (chưa làm tròn). Hỏi số tiền ông Năm lần lượt gửi ở ngân hàng X và Y là bao nhiêu? 


A. 140 triệu và 180 triệu. B. 180 triệu và 140 triệu. 


Trang 114 











C. 200 triệu và 120 triệu. D. 120 triệu và 200 triệu. 

Hướng dẫn: Tổng số tiền cả vốn và lãi (lãi chính là lợi tức) ông Năm nhận được từ cả hai ngân hàng là 

347,507 76813 triệu đồng. 

Gọi x (triệu đồng) là số tiền gửi ở ngân hàng X, khi đó 320 − x (triệu đồng) là số tiền gửi ở ngân hàng 

5 9 

Y. Theo giả thiết ta có: x(1 + 0,021) + (320 − x)(1 + 0,0073) = 347,507 76813 

Ta được x = 140 . Vậy ông Năm gửi 140 triệu ở ngân hàng X và 180 triệu ở ngân hàng Y. 

Câu 62: Một người gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng với kì hạn 3 tháng, lãi suất 5% một quý theo hình 

thức lãi kép (sau 3 tháng sẽ tính lãi và cộng vào gốc). Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 50 triệu 

đồng với kì hạn và lãi suất như trước đó. Cho biết số tiền cả gốc và lãi được tính theo công thức 

T = A(1 + r ) 

n , trong đó A là số tiền gửi, r là lãi suất và n là số kì hạn gửi. Tính tổng số tiền người đó 

nhận được 1 năm sau khi gửi tiền. 

A. ≈ 176,676 triệu đồng B. ≈ 178,676 triệu đồng 

C. ≈ 177,676 triệu đồng D. ≈ 179,676 triệu đồng 

Hướng dẫn: Sau 6 tháng: 100. (1 + 5 %) 2 

Sau 1 năm: 100. (1 + 5%) 2 + 50. (1 + 5%) 2 = 176,676 

Câu 63: Ông Việt vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 12%/năm. Ông muốn hoàn nợ 

cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ liên tiếp cách nhau 

đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và trả hết tiền nợ sau đúng 3 tháng kể từ ngày 

vay. Hỏi theo cách đó số tiền m mà ông Việt sẽ phải trả trong mỗi lần là bao nhiêu? 

A. 

C. 

( ) 3 

100. 1,01 

m = 

(triệu đồng). B. 

3 

100 × 1,03 

m = (triệu đồng). D. 

3 

Hướng dẫn: Lãi suất 1 tháng: 12: 12 = 1% /tháng 

Sau 1 tháng: 100 – m 

Sau 2 tháng: (100 – m). 1,01 – m 

Sau 3 tháng: ((100 – m). 1,01 – m). 1,01 – m = 0 

⇒ m = 

( 1,01) 

3 

( ) 

3 

1,01 −1 

m = 

m = 

3 

( 1,01) 

3 

( 1,01) 

−1 

120. ( 1,12 ) 

3 

( ) − 


3 


1,12 1 



Trang 115 











DẠNG 4: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG HÌNH NÓN-TRỤ-CẦU 

Câu 1: Một xưởng sản xuất muốn tạo ra những chiếc đồng hồ cát bằng thủy tinh có dạng hình trụ, phần 

chứa cát là hai nửa hình cầu bằng nhau. Hình vẽ bên với các kích thước đã cho là bản thiết kế thiết diện 

qua trục của chiếc đồng hồ này (phần tô màu làm bằng thủy tinh). Khi đó, lượng thủy tinh làm chiếc 

đồng hồ cát gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau 

3 

A. 711,6cm 

3 

B. 1070,8cm 

3 

C. 602,2cm D. 6021,3cm 


2 2 3 3 

Thể tích của hình trụ là V = π r h = π .6.6 .13,2 cm = 1806,39 cm 

1 

4 3 4 ⎛13,2 − 2 ⎞ 

3 

Thể tích hình cầu chứa cát là V2 

= π R = π ⎜ ⎟ = 735,62 cm 

3 3 ⎝ 2 ⎠ 

3 

Vậy lượng thủy tinh cần phải làm là V = V1 − V2 

= 1070,77 cm 

Câu 1: Người ta xếp 7 hình trụ có cùng bán kính đáy r và cùng chiều cao h vào một cái lọ hình trụ cũng 

có chiều cao h, sao cho tất cả các hình tròn đáy của hình trụ nhỏ đều tiếp xúc với đáy của hình trụ lớn, 

hình trụ nằm chính giữa tiếp xúc với sáu hình trụ xung quanh, mỗi hình trụ xung quanh đều tiếp xúc với 

các đường sinh của lọ hình trụ lớn. Khi thể tích của lọ hình trụ lớn là: 

2 

2 

2 

2 

A. 16π r h 

B. 18π r h 

C. 9π r h 

D. 36π 

r h 


Ta có hình vẽ minh họa mặt đáy của hình đã cho như trên, khi đó ta rõ ràng nhận ra rằng R = 3 r, 

đề bài 

thì có vẻ khá phức tạp, tuy nhiên nếu để ý kĩ thì lại rất đơn giản. Vậy khi đó 

( ) 2 2 

π π 

V = B. h = 3 r . . h = 9 r h. 

Câu 2: Khi sản xuất vỏ lon sữa Ông Thọ hình trụ, các nhà sản xuất luôn đặt chỉ tiêu sao cho chi phí sản 

xuất vỏ lon là nhỏ nhất, tức là nguyên liệu (sắt tây) được dùng là ít nhất. Hỏi khi đó tổng diện tích toàn 

3 

phần của lon sữa là bao nhiêu, khi nhà sản xuất muốn thể tích của hộp là V cm 

πV 

A. Stp 

4 


2 

= 3 3 

B. 

S 

πV 

4 

2 

tp 

= 6 3 

C. 

S 

tp 

3 

2 

πV 

= 3 

D. S 

4 


Đây là bài toán vừa kết hợp yếu tố hình học và yếu tố đại số. Yếu tố hình học ở đây là các công thức tính 

diện tích toàn phần, diện tích xung quanh, thể tích của hình trụ. Còn yếu tố đại số ở đây là tìm GTNN 

của S 

tp 

tp 

= 6 

3 

πV 

4 

2 


Trang 116 











Ta có yếu tố đề bài cho 

2 V 

V = B. h = π R . h ⇒ h = (*) 

2 

π R 

2 

S = S + 2S = 2. π R + 2 π R. 

h 

tp xq day 

2 V 

2 V 

= 2 ⎛ ⎜π R + π R. ⎞ 2 

⎛ π R 

⎞ 

2 ⎟ = ⎜ + ⎟ 

⎝ π R ⎠ ⎝ R ⎠ 

Đến đây ta có hai hướng giải quyết, đó là tìm đạo hàm rồi xét y ' = 0 rồi vẽ BBT tìm GTNN. Tuy nhiên 

ở đây tôi giới thiệu đến quý độc giả cách làm nhanh bằng BĐT Cauchy. 

Ta nhận thấy ở đây chỉ có một biến R và bậc của R ở hạng tử thứ nhất là bậc 2, nhưng bậc của R ở hạng 

tử thứ 2 chỉ là 1. Vậy làm thế nào để khi áp dụng BĐT Cauchy triệt tiêu được biến R. Ta sẽ tìm cách 

tách V R thành 2 hạng tử bằng nhau để khi nhân vào triệt tiêu được R2 ban đầu. Khi đó ta có như sau: 

2 

⎛ 2 V V ⎞ πV 

S 2. 2.3 

3 

tp 

= ⎜π 

R + + ⎟ ≥ => Đáp án B. 

⎝ 2R 

2R 

⎠ 4 

Câu 3: Từ cùng một tấm kim loại dẻo hình quạt như hình vẽ có kích thước bán kính R = 5 và chu vi của 

hình quạt là P = 8π 

+ 10 , người ta gò tấm kim loại thành những chiếc phễu theo hai cách: 

3. Gò tấm kim loại ban đầu thành mặt xung quanh của một cái phễu 

4. Chia đôi tấm kim loại thành hai phần bằng nhau rồi gò thành mặt xung quanh của hai cái phễu 

V1 

Gọi V 

1 

là thể tích của cái phễu thứ nhất, V 

2 

là tổng thể tích của hai cái phễu ở cách 2. Tính 

V ? 

V1 

21 

A. 

V = 2 7 

B. V1 

2 21 

V = 2 

7 

C. V1 

2 

V = 2 6 

D. V1 

6 

V = 

2 

2 


Do chu vi của hình quạt tròn là P = độ dài cung + 2R. Do đó độ dài cung tròn là l = 8π 

Theo cách thứ nhất: 8π chính là chu vi đường tròn đáy của cái phễu. Tức là 2π 

r = 8π 

⇒ r = 4 

2 2 2 2 

Khi đó h = R − r = 5 − 4 = 3 

1 2 

⇒ V1 

= .3 π .4 

3 

Theo cách thứ hai: Thì tổng chu vi của hai đường tròn đáy của hai cái phễu là 8π ⇔ chu vi của một 

đường tròn đáy là 4π ⇒ 4π = 2π 

r ⇒ r = 2 


Khi đó h R r 

1 2 

⇒ V2 

= 2. 21.2 . π 

3 

5 2 21 

2 2 2 2 

= − = − = 

2 


Trang 117 











2 

V1 

4 2 21 

Khi đó 

V = 2 8 21 

7 

3 

Câu 4: Một hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều. Tỉ số thể tích của khối cầu ngoại tiếp và 

khối cầu nội tiếp khối nón là: 

A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 


Giả sử đường sinh hình nón có độ dài là a. Gọi G là trọng tâm của tam 

giác thiết diện, do đó G cách đều 3 đỉnh và 3 cạnh của tam giác thiết 

diện, nên G là tâm của khối cầu ngoại tiếp và khối cầu nội tiếp khối nón, 

suy ra bán kính R, r của khối cầu ngoại tiếp và khối cầu nội tiếp khối 

nón lần lượt là a 3 , 

a 3 

3 6 . Gọi V 

1, V 

2 

lần lượt là thể tích của khối cầu 

ngoại tiếp và khối cầu nội tiếp khối nón. Vậy 

V1 

V 

2 

3 

R 

= = 8 

3 

r 

Câu 5: Có một hộp nhựa hình lập phương người ta bỏ vào hộp đó 1 quả bóng 

V1 

đá. Tính tỉ số 

V 

, trong đó V 1 là tổng thế tích của quả bóng đá, V 2 là thể tích 

2 

của chiếc hộp đựng bóng. Biết rằng đường tròn lớn trên quả bóng có thể nội tiếp 

1 mặt hình vuông của chiếc hộp. 

V1 

π 

V1 

π 

A. = B. = 

V2 

2 

V2 

4 

V1 

π 

V1 

π 

C. = D. = 

V2 

6 

V2 

8 


Gọi R là bán kính của mặt cầu, khi đó cạnh của hình lập phương là 2R 

Ta được 

3 

3 

4πR 

V1 

π 

Thể tích hình lập phương là V2 

= 8R , thể tích quả bóng là V1 

= ⇒ = 

3 V 6 

Câu 6: Một cái phễu rỗng phần trên có kích thước như hình vẽ. Diện tích xung 

quanh của phễu là: 

2 

2 

A. S = 360π cm B. S = 424π 

cm 

xq 

2 

C. S = 296π cm D. S = 960π 

cm 

xq 


S = 2. π .8.10 + π .8.17 = 296π 

cm 

xq 

xq 

xq 

2 

Câu 7: Một cái phễu có dạng hình nón. Người ta đổ một lượng nước vào 

phễu sao cho chiều cao của lượng nước trong phễu bằng 1 chiều cao 

3 

của phễu. Hỏi nếu bịt kín miệng phễu rồi lộn ngược phễu lên thì chiều 

cao của nước bằng bao nhiêu ? Biết rằng chiều cao của phễu là 15cm. 

A. 0,188(cm). B. 0,216(cm). 

2 


2 

R 

8cm 

r 

17cm 

10cm 


Trang 118 











C. 0,3(cm). D. 0,5 (cm). 


Tính thể tích của phần hình nón không chứa nước, từ đó suy ra chiều cao h’, chiều cao của nước bằng 

chiều cao phễu trừ đi h’ 

1 2 

Công thức thể tích khối nón: V = π R .h 

3 

h = 15 cm , do chiều cao nước trong phễu ban đầu bằng 

Gọi bán kính đáy phễu là R, chiều cao phễu là ( ) 

1 h nên bán kính đáy hình nón tạo bởi lượng nước là 1 R . Thể tích phễu và thể tích nước lần lượt là 

3 

3 

2 

1 2 2 3 1 ⎛ R ⎞ 15 5 2 3 

V = π R .15 = 5π R ( cm ) và V 

1 

= π ⎜ ⎟ . = πR ( cm ) . Suy ra thể tích phần khối nón không 

3 

3 ⎝ 3 ⎠ 3 27 

2 5 2 130 2 3 

chứa nước là V2 = V − V1 

= 5πR − π R = π R ( cm ) 

27 27 

V2 

26 

⇒ = ( 1 ) . Gọi h’ và r là chiều cao và bán kính đáy của khối nón không chứa nước, có 

V 27 

3 3 

h ' r V2 

h ' h ' 

= ⇒ = = 

3 3 

( 2) 

h R V h 15 

h ' = 5 3 26 ⇒ h = 15 − 5 3 26 ≈ 0,188 cm 

Từ (1) và (2) suy ra ( ) 

1 

Câu 8: Trong một chiếc hộp hình trụ người ta bỏ vào đó 2016 quả banh tennis, biết rằng đáy của hình 

trụ bằng hình tròn lớn trên quả banh và chiều cao hình trụ bằng 2016 lần đường kính của quả banh. Gọi 

V1 

V 1 là tổng thể tích của 2016 quả banh và V 2 là thể tích của khối trụ. Tính tỉ số 

V ? 

2 

V1 

1 

V1 

2 

V1 

1 

A. = B. = C. = D. Một kết quả khác. 

V2 

3 

V2 

3 

V2 

2 


Gọi bán kính quả banh tennis là r, theo giả thiết ta có bán kính đáy của hình trụ là r, chiều cao của hình 

trụ là 2016.2r 

4 3 

Thể tích của 2016 quả banh là V1 

= 2016. π r 

3 

2 

Thể tích của khối trụ là V = π r .2016.2r 

Tỉ số 

4 3 

2016. πr 

V 3 2 

= = 

1 

3 

V2 

2πr .2016 3 

2 

Câu 9: Từ một nguyên vật liệu cho trước, một công ty muốn thiết kế bao bì để đựng sữa với thể tích 

2 

1dm . Bao bì được thiết kế bởi một trong hai mô hình sau: hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông hoặc 

hình trụ. Hỏi thiết kế theo mô hình nào sẽ tiết kiệm được nguyên vật liệu nhất? Và thiết kế mô hình đó 

theo kích thước như thế nào? 

A. Hình hộp chữ nhật và cạnh bên bằng cạnh đáy 

B. Hình trụ và chiều cao bằng bán kính đáy 

C. Hình hộp chữ nhật và cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy 

D. Hình trụ và chiều cao bằng đường kính đáy. 


Đối với các bài toán liên quan đến diện tích của khối tròn xoay như thế này, cần áp dụng các công thức 

tính diện tích của từng khối một cách chính xác rồi đem so sánh 

Để tiết kiệm nguyên liệu nhất thì diện tích xung quanh bao bì phải là nhỏ nhất. 

Trong lời giải dưới đây các đơn vị độ dài tính bằng dm, diện tích tính bằng dm2. 

Xét mô hình hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao h. 



Trang 119 











2 

Khi đó ta có a2h=1 và diện tích toàn phần bằng S = 2a + 4ah . 

2 

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 3 số 2a ,2ah,2ah ta có 

3 2 

S ≥ 3 2a .2ah.2ah = 6 . Dấu bằng xảy ra khi a = b. 

Xét mô hình hình trụ có đáy là hình tròn bán kính r và chiều cao là h. Ta có π 

2 

phần bằng S = 2π r + 2π 

rh 

2 

r h 1 

= và diện tích toàn 

3 

Áp dụng bất đẳng thức cosi, ta có: S = 2π r 2 + 2πrh ≥ 3 2πr 2 . πrh. π rh = 5,536 

Khi h = 2r 

Vậy mô hình hình trụ là tốt nhất. Hơn nữa ta còn thấy trong mô hình hình hộp thì hình lập phương là tiết 

kiệm nhất, trong mô hình hình trụ thì hình trụ có chiều cao bằng đường kính đáy là tiết kiệm nhất 

Câu 10: Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27 cm 3 . Với chiều cao h và bán 


A. 

r 

3 

2π 

6 

= 4 

2 

B. 

r 

3 

2π 

8 

= 

6 

2 

C. 

r 

3 

2π 

8 

= 4 

2 

D. 

Câu 11: Người ta cần chế tạo một ly dạng hình cầu tâm O, đường kính 2R. Trong hình cầu có một hình 

trụ tròn xoay nội tiếp trong hình cầu. Nước chỉ chứa được trong hình trụ. Hãy tìm bán kính đáy r của 

hình trụ để ly chứa được nhiều nước nhất. 

R 6 

2R 

2R 

R 

A. r = B. r = C. r = D. r = 

3 

3 

3 

3 


Gọi h và r là chiều cao và bán kính đáy của hình trụ. Bài toán quy về việc tính h và r phụ thuộc theo R 

2 

khi hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong hình tròn (O,R) thay đổi về V = π r h đạt giá trị lớn nhất. 

2 2 2 2 2 2 

Ta có: AC = AB + BC ⇔ 4R = 4r + h 

⎛ 2 1 2 ⎞ ⎛ 1 3 2 ⎞ 

V = π⎜ R − h ⎟ h = π⎜ − h + R h ⎟ 0 < h < 2R 

⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ 

⎛ 3 2 2 ⎞ 2R 

V ' = π⎜ 

− h + R ⎟ ⇔ h = ± 

⎝ 4 ⎠ 3 

4 3 2R 

Vậy V = Vmax 

= πR 3 ⇔ h = 

9 3 

( ) 

Câu 12: Cho hình chữ nhật ABCD và nửa đường tròn đường kính AB như hình vẽ. Gọi I, 

J lần lượt là 

trung điểm của AB, 

CD . Biết AB = 4; AD = 6 Thể tích V của vật thể tròn xoay khi quay mô hình trên 

quanh trục IJ là: 

A 

I 


B 

r = 

6 

6 

3 

2 

2π 

D 

J 

C 













56 

104 

40 

88 

A. V = π. B. V = π. C. V = π. D. V = π . 

3 

3 

3 

3 

- Hướng dẫn: Khi xoay mô hình quanh trục IJ thì nửa đường tròn tạo thành nửa mặt cầu có R = 2 ; hình 

chữ nhật ABCD tạo thành hình trụ có r = 2; h = 6 . 

1 4 3 16π 

⇒ Thể tích nửa khối cầu là V1 

= . π R = . 

2 3 3 

2 

88π 

Thể tích khối trụ là V2 = π r h = 24π 

⇒ V = V1 + V 

2 

= 

3 

Câu 13: Người ta bỏ vào một chiếc hộp hình trụ ba quả bóng tennis hình cầu, biết rằng đáy hình trụ 

bằng hình tròn lớn trên quả bóng và chiều cao của hình trụ bằng ba lần đường kính quả bóng. Gọi S 

1 

là 

S1 

tổng diện tích của ba quả bóng, S 

2 

là diện tích xung quanh của hình trụ. Tỉ số diện tích 

S 

là: 

2 

A. 2 B. 5 C. 3 D. 1 

2 

Tổng diện tích xung quanh của ba quả bóng là S = 3.4π R ( với R là bán kính của khối cầu). 

1 

2 

S1 

Diện tích xung quanh của hình trụ là: S = 

2 ( 2 π R) .3.2R = 12π R . Từ đây suy ra 1 

S = . 

2 

Câu 14: Một cái mũ bằng vải của nhà ảo thuật 

với các kích thước như hình vẽ. Hãy tính tổng 

diện tích vải cần có để làm nên cái mũ đó (không 

kể viền, mép, phần thừa). 

2 

A. 700π 

( cm ) 

2 

B. 754,25π 

( cm ) 

2 

C. 750,25π 

( cm ) 

2 

D. 756,25π 

( cm ) 


Tổng diện tích được tính bằng tổng diện tích xung quanh của hình trụ và diện tích một đáy, với diện tích 

hình vành khăn. 

2 2 2 

S = 2 π .7, 5.30 + π .7, 5 + π. 17, 5 − 7, 5 = 756, 25π . Đáp án D. 


10cm 

35cm 

30cm 

Câu 15: Một một chiếc chén hình trụ có chiều cao bằng đường kính quả bóng bàn. Người ta đặt quả 

bóng lên chiếc chén thấy phần ở ngoài của quả bóng có chiều cao bằng 3 4 chiều cao của nó. Gọi V1 , V 

2 

lần lượt là thể tích của quả bóng và chiếc chén, khi đó: 

A. 9V 1 

= 8V 2 

B. 3V 1 

= 2V 2 C. 16V 1 

= 9V 2 D. 27V 

1 

= 8V 

2 


Gọi h là đường cao của hình trụ, r là bán kính của quả bóng, R là bán kính của chén hình trụ 

=>h=2r ⇒ r = OA = OB = h 

2 

h h 

Theo giả thiết: IB = ⇒ OI = ( vì phần bên ngoài = 3 4 4 

4 h ) 

O 

2 2 3 

bán kính đáy của chén hình trụ là R = OA − OI = h 

I 

A 

4 






B









4 4 

3 

⎛ h ⎞ 

π r π 

V 

⎜ ⎟ 

1 

3 2 8 

Tỉ số thể tích là = 3 = 

⎝ ⎠ 

= ⇒ 9V 

= 8V 

2 

2 

V2 

π R h ⎛ h 3 ⎞ 9 

π ⎜ ⎟ h 

⎝ 4 ⎠ 

3 

1 2 

Câu 16: Khi sản xuất vỏ lon sữa bò hình trụ các nhà thiết kế luôn đặt mục tiêu sao cho chi phí nguyên 

liệu làm vỏ lon là ít nhất, tức là diện tích toàn phần của hình trụ là nhỏ nhất. Muốn thể tích của khối trụ 

đó bằng 2 và diện tích toàn phần hình trụ nhỏ nhất thì bán kính đáy gần số nào nhất? 

A. 0,68. B. 0,6. C. 0,12. D. 0,52. 


x > 0 là bán kính đáy của lon sữa. 

Gọi x ( ) 

2 

Khi đó V = π x h ⇒ h = V . 

2 

π x 

Diện tích toàn phần của lon sữa là 

2 2 V 

2 2 2 4 

S( x) = 2π x + 2π xh = 2π x + 2π x = 2π x + 2 = 2 π x + , x > 0 

2 

π x x x 

Bài toán quy về tìm GTNN của hàm số 

4 

S′ ( x) 

= 4π 

x − 

2 

x 

S( x) = 2π x + , x > 0 

x 

2 4 

1 

S′ ( x) 

= 0 ⇔ x = 3 ≈ 0,6827 

π 

Câu 17: Một bình đựng nước dạng hình nón (không đáy) đựng đầy nước. Biết rằng chiều cao của bình 


16π 

3 

là 

9 dm . Biết rằng một mặt của khối trụ nằm trên mặt trên của hình nón, các điểm trên đường tròn 


kính đáy của hình nón. Diện tích xung quanh S của bình nước là: 

A 

xq 

M 

P 

9π 

10 2 

2 

2 

3π 

2 

A. Sxq 

= dm . B. Sxq 

= 4π 10 dm . C. Sxq 

= 4π dm . D. Sxq 

= dm . 

2 

2 


Xét hình nón : h = SO = 3r , r = OB, 

l = SA . Xét hình trụ : h1 = 2r = NQ , r 1 

= ON = QI 

I 

S 

O 

N 

Q 


B 













QI SI 1 r 

∆SQI ∼ ∆SBO ⇒ = = ⇒ r1 

= ⇒ Thể tích khối trụ là : 

BO SO 3 3 

3 

2 2π 

r 16π 

2 2 

2 

Vt 

= π r1 h1 

= = ⇒ r = 2 ⇒ h = 6 ⇒ l = h + r = 2 10 ⇒ Sxq 

= π rl = 4π 

10 dm 

9 9 

P song song với đáy. Mặt 

Câu 18: Một hình nón bị cắt bởi mặt phẳng ( ) 

phẳng ( P ) chia hình nón làm hai phần ( N 

1 ) và ( N 

2 ) 

tiếp ( 2 ) 

của ( N 

2 ) 

( ) 

là 

2 

. Cho hình cầu nội 

N như hình vẽ sao cho thể tích hình cầu bằng một nửa thể tích 

. Một mặt phẳng đi qua trục hình nón và vuông góc với đáy cắt 

N theo thiết diện là hình thang cân, tang góc nhọn của hình thang cân 

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


Giả sử ta có mặt cắt của hình nón cụt và các đại lượng như hình vẽ. 

Gọi α là góc cần tìm. 

Xét ∆AHD vuông tại H có DH = h, 

AH = R − r 

⇒ h = 2 r = AH.tanα = R − r tanα 

1 

0 

( ) ( ) 

3 

4 3 π 

Thể tích khối cầu là V1 = π r0 

= h 

3 6 

1 2 2 

Thể tích của ( N 

2 ) là V2 

= π h( R + r + Rr) 

3 

V1 

1 2 2 2 

= ⇒ h = R + r + Rr ( 2) 

V2 

2 

Ta có BC = R + r (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 

2 2 

Mà h = BC − ( R − r) 2 

= 4Rr 

( 3) 

Từ ( 2 ),( 3) ⇒ ( R − r) 2 

= Rr ( 4) 

2 2 2 2 2 

1 , 3 , 4 ⇒ = − .tan α = 4 − ⇒ tan α = 4 ⇒ tanα = 2 (vì α là góc nhọn) 

Từ ( ) ( ) ( ) h ( R r) ( R r) 

Câu 19: Cho một miếng tôn hình tròn có bán kính 50cm . Biết hình nón có thể tích lớn nhất khi diện 


A. 10 2cm B. 20cm C.50 2cm D. 25cm 


I 

S 

O 


H 

J 

A 

α 

A 

D 

H 

r 0 

h 

O 

r 

C 

R 

N1 

K 

N2 

B 

Đặt a = 50cm 













x y x y . Ta có 

Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình nón lần lượt là , ( , > 0) 

2 2 2 2 

SA = SH + AH = x + y 

Khi đó diện tích toàn phần của hình nón là 

Theo giả thiết ta có 

π x + π x x + y = π a ⇔ x x + y + x = a 

2 2 2 2 2 2 2 2 

S = π x + π x x + y 

tp 

2 2 2 

( ) 2 ,( : ) 

2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 

⇔ x x + y = a − x ⇔ x x + y = a + x − a x DK x < a ⇔ x = 

Khi đó thể tích khối nón là 

4 

1 a 1 4 y 

V = π. . y = π a . 

3 y + 2a 3 y + 2a 

2 2 2 2 

V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi 


y 

+ 2a 

y 

2 2 

2 2 2 2 

y + 2a 2a 2a 

= y + ≥ 2 y. = 2 2a 

y y y 

đạt giá trị nhỏ nhất 

2 

2 

Vậy V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi y = a 

a 

, tức là y = a 2 ⇒ x = = 25cm 

y 

2 

Lưu ý: Bài trên các em xét hàm số và lập bảng biến thiên cũng được nhé 

y 

4 

a 

+ 2a 

2 2 

Câu 20: Người ta xếp 7 hình trụ có cùng bán kính đáy r và cùng chiều cao h vào một cái lọ hình trụ 

cũng có chiều cao h, sao cho tất cả các hình tròn đáy của hình trụ nhỏ đều tiếp xúc với đáy của hình trụ 

lớn, hình trụ nằm chính giữa tiếp xúc với sáu hình trụ xung quanh, mỗi hình trụ xung quanh đều tiếp xúc 

với các đường sinh của lọ hình trụ lớn. Khi thể tích của lọ hình trụ lớn là: 

2 

2 

2 

2 

A. 16π r h 

B. 18π r h 

C. 9π r h 

D. 36π 

r h 


Ta có hình vẽ minh họa mặt đáy của hình đã cho như trên, khi đó ta rõ ràng nhận ra rằng R = 3 r, 

đề bài 

thì có vẻ khá phức tạp, tuy nhiên nếu để ý kĩ thì lại rất đơn giản. Vậy khi đó 

( ) 2 2 

π π 

V = B. h = 3 r . . h = 9 r h. 

Câu 21: Người ta cắt một miếng tôn hình tròn ra làm 3 miềng hình quạt bằng nhau. Sau đó quấn và gò 3 

miếng tôn để được 3 hình nón. Tính góc ở đỉnh của hình nón? 














0 

0 

1 

1 

A. 2ϕ = 120 B. 2ϕ = 60 C. 2ϕ = 2arcsin D. 2ϕ 

= 2arcsin 2 

3 

Câu 22: Có một cái cốc úp ngược như hình vẽ. Chiều cao của cốc là 30cm, bán kính đáy cốc là 3cm, 

bán kính miệng cốc là 5cm. Một con kiến đang đứng ở điểm A của miệng cốc dự định sẽ bò ba vòng 

quanh thân cốc để lên đến đáy cốc ở điểm B. Tính quãng đường ngắn nhất để con kiến có thể thực hiện 

được dự định của mình. 

A. l ≈ 76cm B. l ≈ 75,9324cm C. l ≈ 74cm D. l ≈ 74,6386cm 


Đặt r 1 

, r 2 

, h lần lượt là bán kính đáy cốc, miệng cốc và chiều cao của cốc, α là góc kí hiệu như trên hình 

vẽ. Ta “trải” ba lần mặt xung quanh cốc lên mặt phẳng sẽ được một hình quạt của một khuyên với cung 

nhỏ l( BB3 ) = 6π r1 

= 18π và cung lớn l( AA3 ) = 6π r2 

= 30π . 















Con kiến muốn đi từ A tới B phải vòng 3 vòng quanh cốc. Đường đi ngắn nhất là đi theo đoạn AB 3 , 

2 2 

Theo định lý Côsin ta có AB3 = OA + OB3 − 2 OA. OB3.cos3α (1) với α = AOA 1 

Độ dài 

AB = h + ( r − r ) = 2 226 

2 2 

2 1 

OB l( BB ) 3 OB 

OA l( AA ) 5 OB + BA 

3 

= = = ⇒ OB = 

3 

3 226 

⇒ OA = OB + BA = 5 226 

l( BB1 ) 2 π. r1 

2π 

Lại có l( BB1 

) = OB. 

α ⇒ α = = = 

OB 3 226 226 

Thay vào công thức (1) có kết quả. ĐS: 74,6386cm 

Câu 23: Một người thợ xây, muốn xây dựng một bồn chứa nước hình 

3 

trụ tròn với thể tích là 150m (như hình vẽ bên). Đáy làm bằng bê 

tông, thành làm bằng tôn và bề làm bằng bằng nhôm. Tính chi phí thấp 

nhất để bồn chứa nước (làm tròn đến hàng nghìn). Biết giá thành các 

2 

2 

vật liệu như sau: bê tông 100nghìn đồng một m , tôn 90 một m và 

2 

nhôm 120 nghìn đồng một m . 

B. 15037000đồng. B. 15038000đồng. C. 15039000đồng. D. 15040000đồng. 


Gọi , 

2 

r > 0, h > 0 lần lượt là bán kính đường tròn đáy và đường cao của hình trụ. theo đề ta có 

r h ( ) 

m ( ) 

2 

150 

π r h = 150 ⇔ h = . Khi đó chi phí làm nên bồn chứa nước được xác định theo hàm số 

2 

π r 

2 150 2 27000 

27000 

f ( r) = 220π r + 90.2π r = 220π 

r + (nghìn đồng). f ' 

2 

( r) = 440π 

r − , 

2 

π r 

r 

r 

( ) 

3 675 


f ' r = 0 ⇔ r = = a . 

11π 

BBT: 













Dựa vào BBT ta suy ra chi phí thấp nhất là 

⎛ 

( ) 675 ⎞ 

f a = f 3 ≈ 15038,38797 nghìn đồng. 

⎜ 11π 

⎟ 

⎝ ⎠ 

Câu 24: Khi sản xuất cái phễu hình nón (không có nắp) bằng nhôm, các nhà thiết kế luôn đặt mục tiêu 

sao cho chi phí nguyên liệu làm phễu là ít nhất, tức là diện tích xung quanh của hình nón là nhỏ nhất. 

Giá trị gần đúng diện tích xung quanh của phễu khi ta muốn có thể tích của phễu là 1dm 3 là ? (Làm tròn 

đến chữ số thập phân thứ hai) 

A. 4.18 dm 2 B. 4.17 dm 2 C. 4.19 dm 2 D. 4.1 dm 2 

3 


m . Tìm 


A. 0,8m B. 1,2m C. 2m D. 2,4m 


2 16 

Gọi x( m ) là bán kính đáy của hình trụ ( x > 0) . Ta có: V = πx . h ⇔ h = 

2 

r 

2 2 32π 

Diện tích toàn phần của hình trụ là: S(x) = S( x) = 2πx + 2 πx. h = 2 πx + ,( x > 0) 

x 

32π 

Khi đó: S’(x) = S'( x) = 4πx− , cho S'( x) = 0 ⇔ x = 2 

2 

x 

Lập bảng biến thiên, ta thấy diện tích đạt giá trị nhỏ nhất khi x = 2( m) 

nghĩa là bán kính là 2( m ). 

Câu 26: Một xưởng cơ khí nhận làm những chiếc thùng phi với thể tích theo yêu cầu là 2000π lít mỗi 

chiếc. Hỏi bán kính đáy và chiều cao của thùng lần lượt bằng bao nhiêu để tiết kiệm vật liệu nhất? 

A. 1m và 2m B. 1dm và 2dm C. 2m và 1m D. 2dm và 1dm 


3 

Đổi 2000 π( lit) = 2 π( m ) . Gọi bán kính đáy và chiều cao lần lượt là x( m ) và h( m ) . 

2 

Ta có thể tích thùng phi V = πx 2 . h = 2π 

⇒ h = 

2 

x 

Vật liệu tỉ lệ thuận với diện tích toàn phần nên ta chỉ cần tìm x để diện tích toàn phần bé nhất. 

2 2 2 2 

S = 2πx + 2 πx. h = 2 πx( x + ) = 2 π( x + ) 

tp 

2 

x 

x 

Đạo hàm lập BBT ta tìm đc f ( x ) GTNN tại x = 1, khi đó h = 2. 

3 


m . Tìm 


A. 0,8m B. 1,2m C. 2m D. 2,4m 


2 16 

Gọi x( m ) là bán kính đáy của hình trụ ( x > 0) . Ta có: V = πx . h ⇔ h = 

2 

r 

2 2 32π 

Diện tích toàn phần của hình trụ là: S(x) = S( x) = 2πx + 2 πx. h = 2 πx + ,( x > 0) 

x 

32π 

Khi đó: S’(x) = S'( x) = 4πx− , cho S'( x) = 0 ⇔ x = 2 

2 

x 

Lập bảng biến thiên, ta thấy diện tích đạt giá trị nhỏ nhất khi x = 2( m) 

nghĩa là bán kính là 2( m). 














Câu 28: Một cửa hàng nhận làm những chiếc xô bằng nhôm hình trụ không nắp chứa 10 lít nước. Hỏi 

bán kính đáy (đơn vị cm, làm tròn đến hàng phần chục) của chiếc xô bằng bao nhiêu để cửa hàng tốn ít 

vật liệu nhất. 

A. 14,7cm. B. 15cm. C. 15,2cm. D. 14cm. 


. Gọi x(cm) là bán kính đáy của chiếc xô. x > 0 

2 V 

. khi đó V = π x h ⇒ h = 

2 

π x 

. Để tiết kiện vật liệu thì diện tích toàn phần của chiếc xô bé nhất 

. Ta có: 1lít = 1dm 3 = 1000cm 3 . 

2 20000 

. Diện tích toàn phần của chiếc xô là S = π x + 

x 

3 

20000 2π 

x − 20000 

. S′ = 2 π x − = 

. 

2 2 

x x 

. S′ = 0 ⇔ x = 10 10 3 ≈ 14,2 cm. 

π 

. Lập bảng biến thiên, ta thấy diện tích toàn phần của chiếc xô bé nhất khi x ≈ 14,2cm 

Câu 29: Làm 1 m 2 mặt nón cần: 120 lá nón ( Đã qua sơ chế). Giá 100 lá nón là 25.000 đồng. Vậy để 

làm 100 cái nón có chu vi vành nón là 120 cm, và khoảng từ đỉnh nón tới 1 điểm trên vành nón là 25 cm 

thì cần bao nhiêu tiền mua lá nón? 

A. 400.000đ B. 450.000đ C. 500.000đ D. 550.000đ 


Làm 100 cái nón hết 450.000 đ tiền để mua lá nón. 

Câu 30: Bạn An là một học sinh lớp 12, bố bạn là một thợ hàn. Bố bạn định làm một chiếc thùng hình 

trụ từ một mảnh tôn có chu vi 120 cm theo cách dưới đây: 

Bằng kiến thức đã học em giúp bố bạn chọn mảnh tôn để làm được chiếc thùng có thể tích lớn nhất, khi 

đó chiều dài, rộng của mảnh tôn lần lượt là: 

A. 35 cm;25 

cm B. 40 cm;20 

cm C. 50 cm;10 

cm D. 30 cm;30 

cm 


Gọi một chiều dài là x( cm ) (0 < x < 60) , khi đó chiều còn lại là 60 − x( cm) 

, giả sử quấn cạnh có chiều 

3 2 

x 

2 − x + 60x 

dài là x lại thì bán kính đáy là r = ; h = 60 − x. 

Ta có: V = πr . h = 

. 

2π 

4π 

Xét hàm số: f ( x) = − x 3 + 60 x 2 , x ∈ ( 0; 60) 

⎡ 

2 

x = 0 

f '( x) = − 3x + 120 x; f '( x) = 0 ⇔ ⎢ 

⎣x 

= 40 

f ( x) = − x 3 + 60 x 2 , x ∈ 0; 60 lớn nhất khi x=40. 60-x=20. Khi đó chiều dài là 


Lập bảng biến thiên, ta thấy ( ) 

40 cm; chiều rộng là 20 cm. 

Câu 31: Một chậu nước hình bán cầu bằng nhôm có bán kính R =10cm, đặt trong một khung hình hộp 

chữ nhật (hình 1). Trong chậu có chứa sẵn một khối nước hình chỏm cầu có chiều cao h = 4cm. Người ta 











bỏ vào chậu một viên bi hình cầu bằng kim loại thì mặt nước dâng lên vừa phủ kín viên bi (hình 2). Bán 

2 ⎛ h ⎞ 

kính của viên bi gần số nguyên nào sau đây. (Cho biết thể tích khối chỏm cầu là V = π h ⎜ R − ⎟ ) 

⎝ 3 ⎠ 



A. 2 B. 4 C. 7 D. 10 


Gọi x là bán kính viên bi hình cầu. Điều kiện: 0 < 2x 5 (loại) 

x 2 ≈ 2,0940 < 5 (thỏa mãn), và x 3 ≈ -1,8197 (loại). 

Vậy bán kính viên bi là: r ≈ 2,09 (cm). 

Câu 32: Công ty chuyên sản xuất bao bì đựng sản phẩm sữa nhận đơn đặt hàng sản xuất hộp đựng sữa 

3 

có thể tích 1dm . Các nhân viên thiết kế phân vân giữa làm hộp đựng dạng hình trụ hay hình hộp chữ 

nhật đáy hình vuông. Hỏi công ty sẽ làm hộp hình gì để chi phí nguyên liệu nhỏ nhất. 

A. Hình trụ B. Hình hộp chữ nhật đáy hình vuông 

C. Cả hai như nhau D. Hình lập phương 


TH1: Nếu làm hình trụ có bán kính đáy là x( dm ) và chiều cao là h( dm ) 

2 

1 

2 2 

AM −GM 

2 3 

2 

Ta có V = π x h = 1⇒ h = S 2 2 2 3 2 

2 tp 

= π xh + π x = + π x ≥ π ≈ 5,5 ( dm ) 

π x 

x 

TH2: Nếu làm hình hộp chữ nhật có đáy hình vuông cạnh x( dm ) và cao h( dm ) 

2 

1 

2 4 

AM −GM 

2 

V = x . h = 1⇒ h = ⇒ S 4 2 2 6 

2 tp 

= xh + x = + x ≥ 

x 

x 

Kết luận: Chọn đáp án A 

Lời bình: Thực tế các loại thực phẩm, nước uống có loại dùng hình trụ (các loại nước giải khát như 

coca, pepsi…) có loại hình hộp (như sữa…). Nếu tính toán chi tiết ta thấy cùng 1 đơn vị thể tích, nếu 

làm hình hộp thì đó sẽ là hình lập phương,nhưng đa số chúng ta thấy các hộp đựng sữa là dạng hình hộp 

thường (là do đặc tính riêng về chi tiết quảng cáo trên sản phẩm,do cách bảo quản sữa trong tủ lạnh và 














đôi khi do tính tiện dụng cầm nắm) vì thế các bài toán về chi phí sản xuất vật liệu cần phải đi sâu sát hơn 

vào đời sống, tìm hiểu kĩ nhu cầu tiêu dùng,sự hài lòng khách hàng. Do đó nhiều khi cần phải “tốn tiền 

cho vật liệu”. 

Câu 33: (Thể tích – mặt cầu-mặt nón – mặt trụ) Có một miếng nhôm hình vuông, cạnh là 3dm, một 

người dự tính tạo thành các hình trụ (không đáy ) theo hai cách sau: 

Cách 1: gò hai mép hình vuông để thành mặt xung quanh của một hình trụ, gọi thể tích là của khối trụ đó 

là V 1 

Cách 2: cắt hình vuông ra làm ba, và gò thành mặt xung quanh của ba hình trụ, gọi tổng thể tích của 

chúng là V 2 . 

V1 

Khi đó, tỉ số là: 

V2 

A. 3 B. 2 C. 1 1 

D. 

2 

3 


3 

2 27 

.Gọi R 1 là bán kính đáy của khối trụ thứ nhất, có 2π R1 = 3 ⇒ R1 

= ⇒ V1 = π R1h 

= 

2 π 4 π 

1 

2 9 

. Gọi R 1 là bán kính đáy của khối trụ thứ nhất, có 2π R 

2 

= 1⇒ R1 

= ⇒ V2 = 3π R1h 

= 

2 π 4 π 

Vậy đáp án là A. 

Câu 34: Với một miếng tôn hình tròn có bán kính bằng R = 6cm. Người ta muốn làm một cái phễu bằng 

cách cắt đi một hình quạt của hình tròn này và gấp phần còn lại thành hình nón ( Như hình vẽ). Hình nón 

có thể tích lớn nhất khi người ta cắt cung tròn của hình quạt bằng 


A. π 6 cm B. 12π + 4π 6 cm C. 2π 6 cm D. 8π 

6 cm 



Trang 130 









N 

I 

r 

M 



R h 

S 

Gọi x (x>0) là chiều dài cung tròn của phần được xếp làm hình nón. 

Như vậy, bán kính R của hình tròn sẽ là đường sinh của hình nón và đường tròn đáy của hình nón sẽ có 

độ dài là x. 

x 

Bán kính r của đáy được xác định bởi đẳng thức 2π r = x ⇒ r = . 

2π 

Chiều cao của hình nón tính theo Định lý Pitago là: h = 

2 2 

1 2 π ⎛ x ⎞ 2 x 

Thể tích của khối nón: V = π r . H = ⎜ ⎟ R − . 

2 

3 3 ⎝ 2π 

⎠ 4π 

Áp dụng Bất đẳng thức Côsi ta có: 

V 

2 

2 2 2 x 

R − r = R − . 

2 

4π 

2 2 2 

3 

⎛ x x 2 x ⎞ 

2 2 2 2 2 R 

2 2 2 

2 6 

2 4π x x 2 x 4π ⎜ + + − ⎟ 

8 8 4 4π 

R 

= . . ( R − ) ≤ π π π = . 

2 2 2 

⎜ 

⎟ 

9 8π 8π 4π 

9 3 9 27 

⎜ 

⎟ 

⎝ 

⎠ 

2 2 

x 

2 x 2π 

Do đó V lớn nhất khi và chỉ khi = R − ⇔ x = R 6 ⇔ x = 6 6π 

2 

8π 

4π 

3 

(Lưu ý bài toán có thể sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, tuy nhiên lời giải bài toán sẽ dài hơn) 

Câu 35: Một người có một dải duy băng dài 130 cm, người đó cần bọc dải duy băng đỏ đó quanh một 

hộp quà hình trụ. Khi bọc quà, người này dùng 10 cm của dải duy băng để thắt nơ ở trên nắp hộp (như 

hình vẽ minh họa). Hỏi dải duy băng có thể bọc được hộp quà có thể tích lớn nhất là bao nhiêu ? 

A. 

3 

π B. 

4000 cm 


3 

π C. 

32000 cm 

3 

π D. 

1000 cm 

16000 π cm 

Một bài toán thực tế khá hay trong ứng dụng của việc tìm giá trị lớn nhất của hàm số. Ta nhận thấy, dải 

duy băng tạo thành hai hình chữ nhật quanh cái hộp, do đó chiều dài của dải duy băng chính là tổng chu 


vi của hai hình chữ nhật đó. Tất nhiên chiều dài duy băng đã phải trừ đi phần duy băng dùng để thắt nơ, 

có nghĩa là: ( ) 

22 2r + h = 120 ⇔ h = 30 − 2r 

3 

Khi đó thể tích của hộp quà được tính bằng công thức: 


Trang 131 








( ) π ( ) 

V = B. h = π. r 30 − 2r = − 2r + 30r 

2 3 2 

3 2 

Xét hàm số f ( r) = − 2r + 30r 

trên ( 0;15 ) 

2 

⎡ r = 0( l) 

( ) ( ) 

f ' r = − 6r + 60 r; f ' r = 0 ⇔ ⎢ ⎣ r = 10 

Khi đó vẽ BBT ta nhận ra Max f 

( ) 

( r ) f ( 10) 

0;10 

= . Khi đó thể tích của hộp quà 




2 

V = B. h = π .10 .10 = 1000π 

Câu 36: Từ một tấm tôn hình chữ nhật kích thước 50cm ×240cm, người ta làm các thùng đựng nước 

hình trụ có chiều cao bằng 50cm, theo hai cách sau (xem hình minh họa dưới đây): 

• Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng. 

• Cách 2: Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gò mỗi tấm đó thành mặt xung quanh của 

một thùng. 

Kí hiệu V 1 là thể tích của thùng gò được theo cách 1 và V 2 là tổng thể tích của hai thùng gò được theo 

V 

cách 2. Tính tỉ số 1 V2 

V1 

1 

A. . 

V = 2 

2 

B. V1 

1. 

V = C. V1 

2. 

2 

V = D. V1 

4. 

2 

V = 

2 

Câu 37: Một hình nón có bán kính đáy bằng 6 cm và chiều cao bằng 9 cm. Tính thể tích lớn nhất của 

khối trụ nội tiếp trong hình nón. 


A. 36π B. 54π C. 48π D. 81 

2 π 

Câu 38: Người ta bỏ ba quả bóng bàn cùng kích thước vào trong một chiếc hộp hình trụ có đáy bằng 

hình tròn lớn của quả bóng bàn và chiều cao bằng ba lần đường kính quả bóng bàn. Gọi S 

1 là 


Trang 132 









tổng diện tích của ba quả bóng bàn, S 

2 là diện tích xung quanh của hình trụ. Tỉ số 

S 

S 

1 

2 

bằng 



A. 3 2 ; B. 1; C. 2; D. 6 5 . 

Câu 39: Khi sản xuất hộp mì tôm, các nhà sản xuất luôn để một khoảng trống ở dưới đáy hộp để nước 

chảy xuống dưới và ngấm vào vắt mì, giúp mì chín. Hình vẽ dưới mô tả cấu trúc của một hộp mình tôm 

(hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa). Vắt mì tôm có hình một khối trụ, hộp mì tôm có dạng hình nón 

cụt được cắt ra bởi hình nón có chiều cao 9cm và bán kính đáy 6cm. Nhà sản xuất đang tìm cách để sao 

cho vắt mì tôm có thể tích lớn nhất trong hộp với mục địch thu hút khách hàng. Tìm thể tích lớn nhất đó 

? 

81 

A. V = 36π 

B. V = 54π 

C. V = 48π 

D. V = π 

2 

- Hướng dẫn: Đây thực chất là bài toán khối trụ nội tiếp khối nón, ta có kí hiệu các kích thước như sau: 

2 

Ta có thể tích vắt mì tôm được tính bằng V = B. h = π r . h 

Đây là ứng dụng của bài toán tìm GTLN, GTNN trên một khoảng (đoạn) xác định: 

Ta sẽ đưa thể tích về hàm số một biến theo h hoặc r. Trước tiên ta cần đi tìm mối liên hệ giữa h và r. 

Nhìn vào hình vẽ ta thấy các mối quan hệ vuông góc và song song, dùng định lí Thales ta sẽ có: 

h 6 − r 18 − 3r 

= ⇔ h = 

9 6 2 

3 

2 18 − 3r 

3π 

r 

2 

Khi đó V = f ( r) 

= πr . = − + 9π 

r với 0 < r < 6 

2 2 

9 2 ⎡r 

= 0 

f '( r) = − π r + 18π 

r = 0 ⇔ 

2 

⎢ 

⎣r 

= 4 

Khi đó ta không cần phải vẽ BBT ta cũng có thể suy ra được với r = 4 thì V đạt GTLN, khi đó V = 48π 


Câu 40: Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27cm 3 . Với chiều cao h và bán kính 


A. 

r 

3 

2π 

6 

= 4 

2 

B. 

r 

3 

2π 

8 

= 6 

2 

C. 

r 

3 

2π 

8 

= 4 

2 

D. 

r = 

6 

6 

3 

2 

2π 


Trang 133 









Câu 41: Từ tấm tôn hình chữ nhật cạnh 90cm x 180cm người ta làm các thùng đựng nước hình trụ có 

chiều cao bằng 80cm theo 2 cách(Xem hình minh họa dưới) 



Cách 1. Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng 

Cách 2.Cắt tấm tôn ban đầu thành 3 tấm bằng nhau và gò các tấm đó thành mặt xung quanh của thùng. 

Ký hiệu V 

1 

là thể tích của thùng gò được theo cách thứ nhất và V 

2 

là tổng thể tích của ba thùng gò được 

V1 

theo cách thứ 2.Tính tỉ số 

V 

2 

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

2 

3 

V S 

1 day1 

- Hướng dẫn: Vì các thùng đều có chung chiều cao nên: = 

V S 

+)Diện tích đáy 1: S 

day1 

Chu vi đáy 1: 2π r1 

=180=> r 1 = 90 

π ; S 

day1 

= π r1 

+)Diện tích đáy 1: S 

day 2 

2 

2 

90 

= 

π 

2 day2 

Chu vi đáy 1: 2π r2 

=60=> r 2 

= 30 

2 

2 

π ; 2 30 

3.30 

S 

day2 

= π r2 

= =>3 S 

day2 

= 

π 

π . 

V S 

1 day1 

Vậy = =3 

V2 Sday2 

Câu 42: Cối xay gió của Đôn ki hô tê (từ tác phẩm của Xéc van téc). Phần trên của cối xay gió có dạng 

một hình nón. Chiều cao của hình nón là 40 cm và thể tích của nó là 18000 cm 3 . Tính bán kính của đáy 

hình nón (làm tròn đến kết quả chữ số thập phân thứ hai). 

A. 12 cm B. 21 cm C. 11 cm D. 20 cm 


3 

Theo đề bài ta có: V = 18000 cm , h = 40cm 

. Do đó, ta có: 


1 2 3V 

3.18000 

V = . π r h r 

3 ⇒ = π h 

= ⇒ r ≈ 

40π 

20,72 cm 

Vậy bán kính của hình tròn là r = 21cm 


Trang 134 











Câu 43: 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. 

3 

3 

3 

3 

a π 

a ( π −1) 

a ( π + 1) 

a π 

A. 

B. 

C. 

D. 

2 

2 

2 

2 

4( π + 1) 

4π 

4π 

4π 


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 

2 3 

a 

ax a 

hình trụ có chiều cao bằng a). Điều kiện là x ≤ thì V = π ≤ 

π . 

2 

π + 1 4 4( π + 1) 

+) 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 x ≤ a do chu vi của hình tròn cắt ra phải bằng với phần đáy 

π 

2 

( a − x) x 

của hình chữ nhật. Khi đó V = 

π . 

4 

2 

( a − x) 

x 

Xét hàm số V = 

π , với x ≤ a 

4 

π . 

2 3 

( a − x) x a ( −1) 

Ta có V = π ≤ 

π . 

2 

4 4π 

3 

a ( π −1) 

Vậy thể tích lớn nhất của khối trụ được tạo thành là: . 

2 

4π 

Câu 44: Một phễu đựng kem hình nón bằng giấy bạc có thể tích 12π (cm 3 ) và chiều cao là 4cm. Muốn 

tăng thể tích kem trong phễu hình nón lên 4 lần, nhưng chiều cao không thay đổi, diện tích miếng giấy 

bạc cần thêm là. 

2 

2 

A. (12 13 −15) 

π ( cm ) . B. 12 13 ( cm ) 


15 

π . 

2 

2 

C. ( cm ) . D. (12 13 + 15) π ( cm ) 

- Hướng dẫn: Gọi R 1 là bán kính đường tròn đáy hình nón lúc đầu; h 1 là chiều cao của hình nón lúc đầu. 

Gọi R 2 là bán kính đường tròn đáy hình nón sau khi tăng thể tích; h 2 là chiều cao của hình nón sau khi 

tăng thể tích. 

1 2 1 2 

Ta có: V1 = π R1 h1 ⇒ 12π = π R1 4 ⇒ R1 

= 3 

3 3 

1 2 ⎫ 

V1 = π R1 h1 

3 ⎪ 

⎪⎪ 

2 

1 2 V2 R2 

V2 = π R2 h2 ⎬ ⇒ = = 4 ⇒ R 

2 

2 

= 2R1 

= 6 

3 ⎪ V1 R1 

h2 = h1 

⎪ 

⎪⎭ 



Trang 135 








2 

Diện tích xung quanh hình nón lúc đầu: Sxp 

1 

= π R1l 1 

= π 3 16 + 9 = 15π 

( cm ) 


2 

Diện tích xung quanh hình nón sau khi tăng thể tích: Sxp2 = π R2l2 = π 6 16 + 36 = 12π 

13 ( cm ) 

2 

Diện tích phần giấy bạc cần tăng thêm là: S = ( 12 13 −15) π ( cm ) 

. Đáp án: A 

Câu 45: Một tấm vải được quấn 357 vòng quanh một lõi hình trụ có bán kính đáy bằng 5,678cm, bề dày 

vải là 0,5234cm. Khi đó chiều dài tấm vải gần số nguyên nào nhất sau đây: 

A. 330 m B. 336 m C. 33 2 m D. 334 m 

- Hướng dẫn: Gọi r là bán kính lõi gỗ, d là chiều dài vải, l k 

chiều dài vải vòng thứ k 

Ta có l 1 

= 2 πr; l 2 

= 2 π( r + d);...; ln 

= 2 π ( r + ( n −1) d) 

⎡ n( n −1) 

d ⎤ 

Ta có tổng chiều dài của n vòng S = l1 + l2 

+ ... + ln 

= 2π 

⎢nr 

+ 

⎣ 2 ⎥ 

⎦ 

Suy ra S ≈ 336,3417m 

Câu 46: Một khối gạch hình lập phương (không thấm nước) có cạnh bằng 2 được đặt vào trong một 

chiếu phễu hình nón tròn xoay chứa đầy nước theo cách như sau: Một cạnh của viên gạch nằm trên mặt 

nước (nằm trên một đường kính của mặt này); các đỉnh còn lại nằm trên mặt nón; tâm của viên gạch nằm 

trên trục của hình nón. Tính thể tích nước còn lại ở trong phễu (làm tròn 2 chữ số thập phân). 

A. V =22,27 B. V =22,30 C. V =23.10 D. 20,64 

- Hướng dẫn: Gọi R, 

h lần lượt là bán kính và chiều cao của hình nón (phễu). 

Thiết diện của hình nón song song với đáy của hình nón, qua tâm của viên gạch là hình tròn có bán kính 

R1 h − 2 h − 2 

R 

1 

= 3 thỏa mãn = ⇒ . R = 3 ( 1 ) 

R h h 

Thiết diện của hình nón song song với đáy hình nón, chứa cạnh đối diện với cạnh nằm trên đáy của hình 

R2 h − 2 2 h − 2 2 

nón là hình tròn có bán kính R 

2 

= 1 thỏa mãn = ⇒ . R = 1 ( 2 ) 

R h h 

h − 2 5 2 + 6 

Từ (1) và (2) suy ra = 3 ⇒ h = và R = 2 3 −1 

h − 2 2 

2 

1 2 3 

Thể tích lượng nước còn lại trong phễu là V = V nón - V gạch = π R h − 2 ≈ 22, 2676 

3 





Trang 136 











Câu 47: Cho 4 hình cầu có cùng bán kính bằng 2006 -1 và chúng được sắp xếp sao cho đôi một tiếp xúc 

nhau. Ta dựng 4 mặt phẳng sao cho mỗi mặt phẳng đều tiếp xúc với 3 hình cầu và không có điểm chung 

với hình cầu còn lại. Bốn mặt phẳng đó tạo nên một hình tứ diện. Gọi V là thể tích của khối tứ diện đó 

(làm tròn 2 chữ số thập phân), khi đó thể tích V là: 

A. V = 1,45 B. V = 1,55 C. V = 1,43 D. V = 1,44 

Câu 48: Trong quá trình làm đèn chùm pha lê, người ta cho mài những viên bi thuỷ tinh pha lê hình cầu 

để tạo ra những hạt thủy tinh pha lê hình đa diện đều có độ chiết quang cao hơn. Biết rằng các hạt thủy 

tinh pha lê được tạo ra có hình đa diện đều nội tiếp hình cầu với 20 mặt là những tam giác đều mà cạnh 

của tam giác đều này bằng hai lần cạnh của thập giác đều nội tiếp đường tròn lớn của hình cầu. Khối 

lượng thành phẩm có thể thu về từ 1 tấn phôi các viên bi hình cầu gần số nào sau đây: 

A. 355,689kg B. 433,563 kg C. 737,596 kg D. 625,337kg 


Lấy bán kính viên bi hình cầu làm đơn vị độ dài thì thể tích của viên bi là 4 π . 

3 

tính cạnh của thập giác đều nội tiếp đường tròn lớn của hình cầu. 

tính cạnh của hình đa điện đều 20 mặt. tính thể tích hình chóp tam giác đều có đỉnh là tâm hình cầu, đáy 

là mặt của hình đa diện đều. nhân số đo thể tích đó với 20 rồi chia cho 4 π . 

3 

nhân kết quả này với 1000kg. 

m ≈ 737,59644 kg 

Câu 49: Một nhà sản xuất cần thiết kế một thùng sơn dạng hình trụ có nắp đậy với dung tích 1000 cm 3 . 

Biết rằng bán kính nắp đậy sao cho nhà sản xuất tiết kiệm vật liệu nhất có giá trị a. Hỏi giá trị a gần với 

giá trị nào gần nhất ? 

A. 11.677 B. 11.674 C. 11.676 D. 11.675 


V =1000 = a 2 1000 

hπ ⇒ h = 

2 

π a 

S 

tp = 2πh + 2πa 2 2000 

= +2πa 2 

2 

a 

⇒ S’=0 ⇔ a = 

2 

Câu 50: Bốn quả cầu đặc bán kính r = 

5 112e tiếp xúc nhau từng đôi một, ba quả nằm trên mặt bàn 

phẳng và quả thứ tư nằm trên ba quả kia. Một tứ diện đều ngoại tiếp với 4 quả cầu này. Độ dài cạnh a 

của tứ diện gần số nào sau đây nhất: 

A. 22. B. 25 C. 30 D.15 

- Hướng dẫn: Chiều cao h 

1 

của tứ diện đều mà 4 đỉnh là 4 tâm của 4 quả cầu: 

2 2 3 2 2 6 

h1 

= (2 r) − ( r ) = r . 

3 3 

Chiều cao h của tứ diện ngoại tiếp 4 mặt cầu: 

⎛ 2 6 ⎞ 

h = h1 + r + 3r = h1 

+ 4r = ⎜ 

4 + 

3 ⎟ 

r 

⎝ ⎠ 

h 

Cạnh của tứ diện muốn tìm a = 

sinα ⇒ a = ( 2 6 + 2) 

r ⇒ a ≈ 22,4452 

Câu 51: Một thầy giáo dự định xây dựng bể bơi di động cho học sinh nghèo miền núi từ 1 tấm tôn 

5(dem) có kích thước 1m x 20m (biết giá 1m 2 tôn là 90000đ) bằng 2 cách: 



Trang 137 











Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành 1 hình trụ (hình 1) 

Cách 2: Chia chiều dài tấm tôn thành 4 phần bằng nhau rồi gò tấm tôn thành 1 hình hộp chữ nhật như 

(hình 2). 

Biết sau khi xây xong bể theo dự định, mức nước chỉ đổ đến 0,8m và giá nước cho đơn vị sự nghiệp là 

9955đ/m 3 . Chi phí trong tay thầy là 2 triệu đồng. Hỏi thầy giáo sẽ chọn cách nào để không vượt quá kinh 

phí (giả sử chỉ tính đến các chi phí theo dữ kiện trong bài toán). 

A. Cả 2 cách như nhau B. Không chọn cách nào 

C. Cách 2 D. Cách 1 

- Hướng dẫn: Tiền tôn: S. 90000 = 20.90000=1800000(đ) 

Cách 1: Chu vi đáy C: 2πr = 20⇒ r 

Tiền nước: V.9955 = πr 2 h9955 = 253501,99(đ) 

Cách 2: Tiền nước: V.9955 = 20.0,8.9955 = 159280 đ 

Tổng tiền = 1800000 + 159280 = 1959280 (thỏa mãn) 

Câu 52:: Khi sản xuất vỏ lon sữa bò hình trụ, các nhà thiết kế luôn đặt mục tiêu sao cho chi phí nguyên 


bằng 2 và diện tích toàn phần phần hình trụ nhỏ nhất thì bán kính đáy gần số nào nhất ? 

A. 0.7 B. 0.6 C. 0.8 D. 0.5 




2 

2 

2 

2 

A. 16π r 

B. 18π r 

C. 9π r 

D. 36π 

r 

Câu 54: Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón có thể tích 27cm 3 . Vói chiều cao h và bán kính 


6 

8 

8 

3 

3 

3 

A. r = 4 

B. r = 6 

C. r = 4 

2 

2 

2 

2π 

2π 

2π 


1 2 3 

Ta có: V = π r h 

2 

3 

=> h = V => độ dài đường sinh là: 

π r 

3V 

81 3 

l = h + r = + r = + r = + r 

π r π r π r 

8 

2 2 2 2 2 2 2 

( ) ( ) 

2 2 2 4 

Diện tích xung quanh của hình nòn là: 

D. 

r = 

6 

6 

3 

2 

2π 

3 3 

Sxq 

= π rl = π r + r = π + r 

π r π r 

8 8 

2 4 

2 4 2 2 

8 

3 

Áp dụng BĐT Cauchy ta được giá trị nhỏ nhất là khi r = 6 

2 

2π . 

Câu 55: Cho hình nón có chiều cao h, đường tròn đáy bán kính R. Một mặt phẳng (P) song song với đáy 

cách đáy một khoảng bằng d cắt hình nón theo đường tròn (L). Dựng hình trụ có một đáy là (L), đáy còn 

lại thuộc đáy của hình nón và trục trùng với trục hình nón. Tìm d để thể tích hình trụ là lớn nhất. 

B. d = h B. d = h 

C. d = h 

D. d = h 

3 

2 

6 

4 



Trang 138 












Giải: Gọi r là bán kính của (L). 

r h − d R 

= ⇒ r = h − d 

R h h 


( ) ( ) 

3 

2 2 2 2 

R 2 R R ⎛ h − d + h − d + 2d 

⎞ 4π 

R h 

⇒ V = π 

2 

( h − d ) . d = π 

2 

( h − d )( h − d ).2d 

≤ π 

= 

2 ⎜ 

⎟ 

h 2h 2h 

⎝ 3 ⎠ 27 

Dấu bằng xảy ra khi h − d = 2d ⇔ d = h . 

3 

Câu 56: Người ta cần đổ một ống bi thoát nước hình trụ với chiều cao 200 cm , độ dày của thành bi là 

10 cm và đường kính của bi là 60 cm . Lượng bê tông cần phải đổ của bi đó là: 

3 

3 

3 

3 

A. 0,1 π m . B. 0,18 π m . 

C. 0,14 π m . D. π m . 

Câu 57: Người ta xếp 9 viên bi có cùng bán kính r vào một cái bình hình trụ sao cho tất cả các viên bi 

đều tiếp xúc với đáy, viên bi nằm chính giữa tiếp xúc với 8 viên bi xung quanh và mỗi viên bi xung 

quanh đều tiếp xúc với các đường sinh của bình hình trụ. Khi đó diện tích đáy của cái bình hình trụ là: 

2 

2 

2 

2 

A. 36π r 

B. 16π r 

C. 18π r 

D. 9π 

r 

Câu 58: Bạn A muốn làm một chiếc thùng hình trụ không đáy từ nguyên liệu là mảnh tôn hình tam giác 

đều ABC có cạnh bằng 90 (cm). Bạn muốn cắt mảnh tôn hình chữ nhật MNPQ từ mảnh tôn nguyên liệu 

(với M, N thuộc cạnh BC; P và Q tương ứng thuộc cạnh AC và AB) để tạo thành hình trụ có chiều cao 

bằng MQ. Thể tích lớn nhất của chiếc thùng mà bạn A có thể làm được là: 

91125 3 

91125 

A. ( cm ) 

3 

108000 3 

B. ( cm ) 

3 

C. ( cm ) D. 13500. 3 ( 3 

cm ) 

4π 

2π 

π 

π 

Câu 59: Một quả bóng bàn và một chiếc chén hình trụ có cùng chiều cao. Người ta đặt quả bóng lên 

chiếc chén thấy phần ngoài của quả bóng có chiều cao bằng 3/4 chiều cao của nó. Gọi V , V 

1 2 


thể tích của quả bóng và chiếc chén, khi đó: 

A. 9V 

= 8V 

1 2 

B. 3V 

= 2V 

1 2 

C. 16V 

= 9V 

1 2 

D. 27V 

= 8V 

1 2 

S O, 

R bởi một mặt kính, ta được hai nửa mặt cầu và hình tròn lớn của mặt 

Câu 60: Khi cắt mặt cầu ( ) 

kính đó gọi là mặt đáy của mỗi nửa mặt cầu. Một hình trụ gọi là nội tiếp nửa mặt cầu ( , ) 

S O R nếu một 

đáy của hình trụ nằm trong đáy của nửa mặt cầu, còn đường tròn đáy kia là giao tuyến của hình trụ với 

nửa mặt cầu. Biết = 1 

để khối trụ có thể tích lớn nhất. 

3 6 

A. r = , h = . B. 

2 2 


B 

Q 

M 

A 

R , tính bán kính đáy r và chiều cao h của hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu S ( O, 

R ) 

6 3 

r = , h = . C. 

2 2 

N 

P 


C 

6 3 

r = , h = . D. 

3 3 

3 6 

r = , h = . 

3 3 


Trang 139 











Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường tròn đáy 

trên có tâm O' có hình chiếu của O xuống mặt đáy (O'). Suy ra 

hình trụ và nửa mặt cầu cùng chung trục đối xứng và tâm của đáy 

dưới hình trụ trùng với tâm O của nửa mặt cầu.Ta có: 

( 0 < ≤ = 1) 

2 2 

h R ⇒ r = 1− 

h 

Thể tích khối trụ là: 

⇒ f '(h) = π(1 − 3h ) = 0 ⇔ h = 

2 3 

3 

2 2 2 

h + r = R 

V r h (1 h )h f (h) 

2 2 

= π = π − = 

3 

h 0 

3 

f'(h) + 0 − 

f(h) 

2π 

3 

Vậy: MaxV = (đvtt) khi 

( 0;1] 

9 

2π 

3 

9 

0 0 

6 

r = và 

3 

h = 

3 

3 

Câu 61: Phần không gian bên trong của chai rượu có hình dạng như hình bên. Biết bán kính đáy bằng 

R = 4,5 cm, bán kính cổ r = 1,5 cm, AB = 4,5 cm, BC = 6,5 cm, CD = 20 cm. Thể tích phần không 

gian bên trong của chai rượu đó bằng 

3321π 3 

7695π 

957π 3 

8 

16 

2 

Câu 62: Phần không gian bên trong của chai nước ngọt có hình dạng như hình 

bên. Biết bán kính đáy bằng R = 5 cm, 

bán kính cổ 

r = 2 cm, AB = 3 cm, 

BC = 6 cm, 

CD = 16 cm. 

Thể tích phần không gian bên trong của 

chai nước ngọt đó bằng: 

A. ( cm ). B. ( 3 

3 

cm ) . C. ( cm ). D. 478 ( cm ) 

3 

A. 495π ( cm ) . B. 462 

3 

( cm ) 

3 

C. 490π ( cm ) . D. 412 

3 

( cm ) 


π . 

π . 

Thể tích khối trụ có đường cao CD : V 2 ( 3 

1 π R . CD 400π 

cm ) 

Thể tích khối trụ có đường cao AB : V 2 ( 3 

2 = π r . AB = 12π 

cm ) . 

B 

M 

E 

r=2 

= = . 

1 

π . 


R 

r 

A 

B 

C 

D 

C 

R=5 

F 


Trang 140 











MC CF 5 

Ta có = = ⇒ MB = 4 

MB BE 2 

π 

Thể tích phần giới hạn giữa BC : V ( 2 2 ) ( 3 

3 R . MC r . MB 78π 

cm ) 

3 

3 

Suy ra: V = V1 + V2 + V3 = 490π 

( cm ). 

= − = . 

Chọn C 

Câu 63: Một tấm đề can hình chữ nhật được cuộn tròn lại theo chiều dài, được một khối trụ đường kính 

50 cm. Người ta trải ra 250 vòng để cắt chữ và in tranh cổ động, khối còn lại là một khối trụ có đường 

kính 45 cm. Hỏi phần đã trải ra dài bao nhiêu mét (làm tròn đến hàng đơn vị) ? 

A. 373 (m) B. 119 (m) C. 187 (m) D. 94 (m) 

Câu 64: Một tấm tôn hình tam giác đều SBC có độ dài cạnh 

bằng 3; K là trung điểm BC. Người ta dùng compha có tâm là 

S, bán kính SK vạch một cung tròn MN. Lấy phần hình quạt 

gò thành hình nón không có mặt đáy với đỉnh là S, cung MN 

thành đường tròn đáy của hình nón (hình vẽ). Tính thể tích 

khối nón trên. 

π 35 

A. 

24 

C. 3 π 3 

32 

B. 3 π 

32 

π 141 

D. 

64 

Câu 65: Cho một hình cầu bán kính 5cm, cắt hình cầu này bằng một mặt phẳng sao cho thiết diện tạo 

thành là một đường kính 4cm. Tính thể tích của khối nón có đáy là thiết diện vừa tạo và đỉnh là tâm hình 

cầu đã cho. (lấy π ≈ 3,14 , kết quả làm tròn tới hàng phần trăm). 

A. 50,24 ml B. 19,19 ml 

C. 12,56 ml D. 76,74 ml 

- Hướng dẫn: Ta có: 

2 2 

MN 4cm MA 2cm OA MO MA 21cm 

= ⇒ = ⇒ = − = 

d 

( ) 

S = π R = 3,14.4 cm 

2 2 

1 

V = 21.3,14.4 = 19,185( ml) 

= 19,19 ml 

3 

2 

M 

Câu 66: Người ta cần làm một cái bồn chứa dạng hình trụ có thể 

tích 1000 lít bằng inox để chứa nước, tính bán kính R của hình trụ 

đó sao cho diện tích toàn phần của bồn chứa đạt giá trị nhỏ nhất: 

3 

A. R = 3 

B. 1 

1 

R = 3 C. R = 3 

D. R = 

2 3 

2π 

π 2π 

π 

- Hướng dẫn: Gọi h và R lần lượt là chiều cao và bán kính đáy (đơn vị: met) 

2 

1 

Ta có: V = hπ R = 1 → h = π 

2 

R 


B 

M 

S 

5 

K 

O 

N 

A 

C 

N 


Trang 141 











2 2 1 2 2 

Stp = 2π R + 2π Rh = 2π R + 2π R = 2π R + 

2 

( R > 0) 

πR 

R 

1 1 

Cách 1: Khảo sát hàm số, thu được f ( R ) ⇔ R = 3 ⇒ h = 

min 

2π 

1 

π 3 

4π 

Cách 2: Dùng bất đẳng thức: 

2 2 1 2 1 1 

3 

2 1 1 

3 

Stp = 2π R + 2π Rh = 2π R + 2π R = 2π R + + ≥ 3 2π R . . = 3 2π 

2 

πR R R R R 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi R 

= 

2 π 

3 1 

Câu 67: Một người nông dân có một tấm cót hình chữ nhật có chiều dài 12π ( dm) 

, chiều rộng ( ) 

2 

1 m . 

Người nông dân muốn quây tấm cót thành một chiếc bồ đựng thóc không có đáy, không có nắp đậy, có 

chiều cao bằng chiều rộng của tấm cót theo các hình dáng sau: 

(I). Hình trụ. 

(II). Hình lăng trụ tam giác đều. 

(III). Hình hộp chữ nhật có đáy là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. 

(IV). Hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông. 

Hỏi theo phương án nào trong các phương án trên thì bồ đựng được nhiều thóc nhất (Bỏ qua riềm, 

khớp nối). 

1m 

(I) 

1m 

(II) 

1m 

A. (I) B. (II). C. (III). D. (IV). 

Câu 68: Một cái bồn chứa xăng gồm hai nửa hình cầu đường kính 18dm, và một hình trụ có chiều cao 

3 

36dm. Tính thể tích của bồn chứa (đơn vị dm )? 

A. 3888π B. 9216 π . 

C. 16 π 

. 

D. 1024 π 

. 

243 

9 


Câu 69. Một cái nồi hiệu Happycook dạng hình trụ không nắp 

chiều cao của nồi 11.4 cm, đường kính dáy là 20.8 cm. Hỏi nhà 

sản xuất cần miếng kim loại hình tròn có bán kính R tối thiểu là 

bao nhiêu để làm cái nồi như vậy (không kể quay nồi) 

A. R = 18.58cm. B. R = 19.58cm . 

C. R = 13.13cm . D. R = 14.13cm . 

(III) 

1m 

(IV) 


Trang 142 












5928 

Diện tích xung quanh của nồi là S1 

= 2π rl = 2 π.10, 4.11, 4 = π 

25 

2 2704 

Diện tích đáy nồi là S2 

= π r = π 

25 

8632 

2 

Suy ra diện tích tối thiểu miếng kim loại hình tròn là S = S1 + S2 

= π = π R ⇒ R = 18.58cm 

25 

Chọn A. 



Trang 143 









DẠNG 5: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG NGUYÊN HÀM-TÍCH PHÂN 



Câu 1: Tại một nơi không có gió, một chiếc khí cầu đang đứng yên ở độ cao 162 (mét) so với mặt đất 

đã được phi công cài đặt cho nó chế độ chuyển động đi xuống. Biết rằng, khí cầu đã chuyển động theo 

phương thẳng đứng với vận tốc tuân theo quy luật 

v( t) 10t t 

2 

= − , trong đó t (phút) là thời gian tính từ 

lúc bắt đầu chuyển động, v( t ) được tính theo đơn vị mét/phút (m/p). Nếu như vậy thì khi bắt đầu tiếp đất 

vận tốc v của khí cầu là: 

A. v = 7 ( m / p) 

B. v = 9 ( m / p) 

C. v = 5 ( m / p) 

D. v = 3 ( m / p) 


Khi bắt đầu tiếp đất vật chuyển động được quảng đường là s = 162m 

t 

3 t 

3 

2 ⎛ 2 t ⎞ 2 t 

Ta có: s = ∫ ( 10t − t ) dt = ⎜5t − ⎟ = 5t 

− 

3 3 

( trong đó t là thời điểm vật tiếp đất ) 

0 

⎝ ⎠ 0 

3 

2 t 

2 

Cho 5t 

− = 162 ⇒ t = 9 ( Do v ( t) = 10t − t ⇒ 0 ≤ t ≤ 10 ) 

3 

v 9 = 10.9 − 9 2 = 9 m / p . Chọn B. 

Khi đó vận tốc của vật là: ( ) ( ) 

Câu 2: Một vật chuyển động với vận tốc thay đổi theo thời gian được tính bởi công thức v( t) = 3t + 2 , 

thời gian tính theo đơn vị giây, quãng đường vật đi được tính theo đơn vị m . Biết tại thời điểm t = 2s 

thì vật đi được quãng đường là 10m . Hỏi tại thời điểm t = 30s thì vật đi được quãng đường là bao 

nhiêu? 

A. 1410m B. 1140m C. 300m D. 240m 


Ta có: s ( t 3 2 

) = ∫ v ( t ) dt = ∫ ( 3 t + 2) dt = + 2 + , ( 2) = 10 ⇔ = 0 ⇒ ( 30) 

= 1410 ⇒ 

2 

t t C s C S A 

2 

Câu 3: Một công ty phải gánh chịu nợ với tốc độ D( t) 

đô la mỗi năm, với ( ) ( ) 

D ' t = 90 1+ 6 t + 12t 

trong đí t là số lượng thời gian (tính theo năm) kể từ công ty bắt đầy vay nợ. Đến năm thứ tư công ty đã 

phải chịu 1 626 000 đô la tiền nợ nần. Tìm hàm số biểu diễn tốc độ nợ nần của công ty này ? 

2 

A. ( ) = 30 ( + 12 ) 3 

2 

f t t t + C B. f ( t 

3 

) ( t t ) 2 

= 30 + 12 + 1610640 

2 

C. ( ) 30 ( 12 ) 3 

2 

f t = t + t + 1595280 

D. f ( t 

3 

) ( t t ) 2 

= 30 + 12 + 1610640 


Thực chất đây là bài toán tìm nguyên hàm. Ta có thể dễ dàng nhận thấy: bài toán cho 

đạo hàm của một hàm số, công việc của chúng ta là đi tìm nguyên hàm: 

∫ 

( t + ) t 2 + tdt = ∫ t 2 + td ( t 2 + t ) 

1 

2 2 

∫( t t ) ( ) 

2 d t t 1 

( ) 1 

= 1 2 

45. t + 12t 2 

2 

= 30. ( t + 12t 

) 3 

90 6 12 45 12 12 

= 45 + 12 + 2 

+ 

1 

1+ 

2 

Vì đến năm thứ tư công ty đã chịu 1610640 tiền nợ nần nên số tiền mà công ty vay năm đầu sẽ được 

tính 


2 

( ) 3 

1610640 − 30 4 + 12.4 = 1595280 

Vậy công thức tính tiền nợ nần sẽ như sau: 

2 

( ) ( ) 3 

D t = 30 t + 12t 

+ 1595280 


Trang 144 











Phân tích sai lầm: Nhiều quý độc giả khi tìm ra được nguyên hàm của hàm số sẽ cộng thêm C luôn như 

bài toán tìm nguyên hàm bình thường. Tuy nhiên ở đây khoản nợ vay ban đầu đã cố 

định, tức là hằng số C đã cố định. Ta cần tìm hằng số để cộng thêm vào công thức. 

Sai lầm thứ hai: Nhiều quý độc giả cộng luôn với 1610640 luôn nên dẫn đến sai lầm. 

n n 

Sai lầm thứ ba: Không nhớ công thức a = a 


h' t = 3at + bt và ban đầu bể không có nước. 

Cho ( ) 

2 

m 

m 


3 

Sau 5 giây thì thể tích nước trong bể là 150m 

3 

Sau 10 giây thi thể tích nước trong bể là 1100m 

Tính thể tích nước trong bể sau khi bơm được 20 giây. 

3 

3 

3 

3 

A. 8400 m B. 2200 m C. 600 m D. 4200 m 


Nhìn vào bài toán ta có thể nhận ra ngay đây là bài toán tính tích phân, vì đã có đạo hàm. Nên từ các 

dữ kiện đề cho ta có: 

5 

2 ⎛ 3 1 2 ⎞ 5 25 

∫ ( 3at + bt) 

dt = ⎜ at + bt ⎟ = 125a + b = 150 

2 0 

0 

⎝ ⎠ 

2 

Tương tự ta có 1000a + 50b 

= 1100 

Vậy từ đó ta tính được a = 1; b = 2 

20 

3 2 

20 

Vậy thể tích nước sau khi bơm được 20 giây là ∫ h '( t ) dt = ( t + t ) = 8400. 

0 


Cho ( ) 

2 

0 


3 

h' t = 3at + bt và ban đầu bể không có nước. Sau 5 giây thì thể tích nước trong bể là 150m , sau 

10 giây thì thể tích nước trong bể là 1100m 3 . Tính thể tích của nước trong bể sau khi bơm được 20 giây. 

A. 8400 m 3 B. 2200 m 3 C. 600 m 3 D. 4200 m 3 


2 

2 3 t 

Ta có: h( t) = ∫ h '( t) dt = ∫( 3at + bt) 

dt = at + b + C 

2 

2 

3 

= ⇔ = ⇒ = + t 

h C h t at b 

2 

Do ban đầu hồ không có nước nên ( 0) 0 0 ( ) 

Lúc 5 giây ( ) 

2 

3 5 

h 5 = a.5 + b . = 150 

2 

2 

3 10 

h 10 = a.10 + b . = 1100 

2 

a = 1, b = 2 ⇒ h t = t + t ⇒ h 20 = 20 + 20 = 8400m 

Lúc 10 giây ( ) 

Suy ra ( ) ( ) 

3 2 3 2 3 

Câu 6: Một ca nô đang chạy trên hồ Tây với vận tốc 20 m / s thì hết xăng; từ thời điểm đó, ca nô chuyển 

động chậm dần đều với vận tốc v( t) = − 5t + 20 , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc 

hết xăng. Hỏi từ lúc hết xăng đến lúc ca nô dừng hẳn đi được bao nhiêu mét? 

A. 10m B. 20m C. 30m D. 40m 


v t = ⇔ − t + = ⇔ t = 


Khi ca nô dừng thì ( ) 0 5 20 0 4 

Khi đó quảng đường đi được từ khi hết xăng là 


Trang 145 











4 

∫ 


4 

⎛ −5 

2 ⎞ 

5 20 20 40 

s = − t + dt = ⎜ t + t ⎟ = m . 

2 

0 ⎝ ⎠ 0 

Câu 7: Người ta thả một ít lá bèo vào hồ nước. Biết rằng sau 1 ngày, bèo sẽ sinh sôi kín cả mặt hồ và 

sau mỗi giờ lượng lá bèo tăng gấp 10 so với trước đó và tốc độ tăng không đổi. Hỏi sau mấy giờ thì lá 

bèo phủ kín 1 3 

mặt hồ? 

A. 9 − log 3 

B. 9 + log 3 

C. 9 − log 3 

3 


D. 3 − log 3 

Gọi t là thời gian các lá bèo phủ kín 1 cái hồ.Vì tốc độ tăng không đổi, 1 giờ tăng gấp 10 lần nên ta 

3 

t 1 9 t 1 9 

có10 = 10 ⇔ log10 = log 10 ⇔ t = 9 − log 3 . 

3 3 

Câu 8: Một cái chuông có dạng như hình vẽ. Giả sử khi cắt chuông bởi mặt phẳng qua trục của chuông, 

được thiết diện có đường viền là một phần parabol ( hình vẽ ). Biết chuông cao 4m, và bán kính của 

miệng chuông là 2 2 . Tính thể tích chuông? 

A. 6π B. 12π 

3 

C. 2π 


Xét hệ trục như hình vẽ, dễ thấy parabol đi qua ba điểm 

2 

( 0;0 ),( 4;2 2 ),( 4; − 2 2 ) nên có phương trình x = y . Thể 

2 

tích của chuông là thể tích của khối tròn xoay tạo bởi hình 

phẳng y = 2 x, x = 0, x = 4 quay quanh trục Ox. Do đó 

4 

2 

Ta có V ∫ xdx ( x ) 

= π 2 = π = 16π 

0 

4 

0 

Câu 9: Một mảnh vườn hình tròn tâm O bán kính 6m . Người ta cần 

trồng cây trên dải đất rộng 6m nhận O làm tâm đối xứng, biết kinh phí 

2 

trồng cây là 70000 đồng / m Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng cây trên dải 

đất đó (số tiền được làm tròn đến hàng đơn vị) 

D. 16π 


A. 8412322 đồng. B. 8142232 đồng. C. 4821232 

đồng. D. 4821322 đồng 


Xét hệ trục tọa độ oxy đặt vào tâm khu vườn , khi đó phương trình đường tròn tâm O là 

6m 

O 


Trang 146 











2 2 

x + y = 36 . Khi đó phần nửa cung tròn phía trên trục Ox có phương trình 

y = − x = f x 

2 

36 ( ) 

Khi đó diện tích S của mảnh đất bằng 2 lần diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, đồ thị 

y = f ( x ) và hai đường thẳng x = − 3; x = 3 

⇒ S = 2 36 − 

3 

∫ 

−3 

2 

x dx 

π π 

Đặt x = 6sin t ⇒ dx = 6costdt . Đổi cận : x = −3 

⇒ t = − ; x = 3 ⇒ t = 

6 

6 

π 

π 

6 6 

2 

∫ 

∫ 

⇒ S = 2 36cos tdt = 36 (c os2t+1) dt = 18(sin 2 t+ 2 t) = 18 3 + 12π 

π 

π 

− 

− 

6 6 

Do đó số tiền cần dùng là 70000. S ≈ 4821322 đồng 

Câu 10: Cho mạch điện như hình vẽ dưới. Lúc đầu tụ điện có điện tích ( ) 

π 

6 

π 

− 

6 

Q C Khi đóng 

0 

. 

khóa K , tụ điện phóng điện qua cuộn dây L . Giả sử cường độ dòng điện tại thời diểm t 

phụ thuộc vào thời gian theo công thức I = I ( t) = Q ( t ) 

0ω cos ω (A), trong đó ω (rad/s) là 

tần số góc, t ≥ 0 có đơn vị là giây ( s ). Tính điện lượng chạy qua một thiết diện thẳng 

của dây từ lúc bắt đầu đóng khóa K ( = 0) 

t đến thời điểm t = 6 ( s ). 

0 

sin 6 

0 0 

cos 6 

cos 6ω 

0 


Ta có biểu thức của cường độ dòng điện tại thời điểm t phụ thuộc vào thời gian là biểu thức đạo 

hàm của biểu thức điện lượn chạy qua tiết diện thẳng của dây, hay nói cách khác 

A. Q ω ( ω ) (C) B. Q ( ω ) (C) C. Q ω ( ω ) (C) D. Q ( ) 

Điện lượng chạy qua tiết diện S trong thời gian từ t 1 

đến t 2 

là 

6 

∫ o 

0 

6 

ω ω 

o 

ω 

0 

ω . 

0 

Vậy ∆ q = Q cos( t) dt = Q sin ( t) = Q sin ( 6 )( C ) 

t2 

∆ q = ∫ i. 

dt . 


Câu 11: 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 


Theo định luật Hooke, khi chiếc lò xo bị kéo căng thêm x m so với độ dài tự nhiên thì chiếc lò xo 

trì lại với một lực f ( x) = kx .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 f (0,05) = 50 bởi vậy : 

50 

0.05k = 50 ⇒ k = = 1000 

0.05 

Do đó: f ( x) = 1000x và công được sinh ra khi kéo căng lò xo từ 10 cm đến 13 cm là: 


2 

0,08 

x 0,08 

W = ∫ 1000xdx 

= 1000 

0,05 

0,05 

= 1,95 J 

2 

Vậy chọn A 

Câu 12: Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa nước. Gọi h(t) là thể tích nước bơm được sau t giây. 

2 

3 

Cho h’ ( t) = 3at 

+ bt và ban đầu bể không có nước. Sau 5 giây thì thể tích nước trong bể là 150m . Sau 

t1 

L 

K 

− 

+ 


Trang 147 











3 

10 giây thì thể tích nước trong bể là 1100m . Hỏi thể tích nước trong bể sau khi bơm được 20 giây là 

bao nhiêu. 

3 

3 

3 

3 

A. 8400m B. 2200m C. 6000m D. 4200m 


2 

2 3 bt 

Ta có h( t ) = ∫ (3 at + bt) 

dt = at + . 

2 

⎧ 3 1 2 

5 . a + . b.5 = 150 

⎪ 

1 

Khi đo ta có hệ: 

2 

⎧a 

= 

⎨ ⇔ ⎨ 

⎪ 3 1 2 

= 2 

10 . + . .10 = 1100 ⎩b 

a b 

⎪⎩ 2 

3 2 

Khi đó h( t) = t + t . 

3 

Vậy thể tích nước trong bể sau khi bơm được 20 giây là h( 20) = 8400m . 

Đáp án: B 

Câu 13: Một người có mảnh đất hình tròn có bán kính 5m, người này tính trồng cây trên mảnh đất đó, 

biết mỗi mét vuông trồng cây thu hoạch được giá 100 nghìn. Tuy nhiên cần có khoảng trống để dựng 

chồi và đồ dùng nên người này căng sợi dây 6m sao cho 2 đầu mút dây nằm trên đường tròn xung quanh 

mảnh đất. Hỏi người này thu hoạch được bao nhiêu tiền (tính theo đơn vị nghìn và bỏ phần số thập 

phân). 

A. 3722 B. 7445 

C. 7446 D. 3723 


Đặt hệ trục tọa độ 4349582 như hình vẽ. 

Phương trình đường tròn của miếng đất sẽ là x 2 + y 

2 = 25 

Diện tích cần tính sẽ bằng 2 lần diện tích phần tô đậm phía trên. 

Phần tô đậm được giới hạn bởi đường cong có phương trình là 

2 

y = 25 − x , trục Ox; x = − 5; x = 4 (trong đó giá trị 4 có được 

dựa vào bán kính bằng 5 và độ dài dây cung bằng 6) 

Vậy diện tích cần tính là 

4 

2 

2∫ 

25 74, 45228... 

−5 

S = − x dx ≈ Do đó, 

đáp án là câu B 

Câu 14: Một người đứng từ sân thượng một tòa nhà cao 262m, 

ném một quả bi sắt theo phương thẳng đứng hướng xuống (bỏ qua 

ma sát) với vận tốc 20m/s. Hỏi sau 5s thì quả bi sắt cách mặt đất một đoạn ∆ d bao nhiêu mét? (Cho gia 

2 

tốc trọng trường a = 10 ( m / s ) ) 

A. 35 m B. 36 m C. 37 m D. 40 m 


2 

Quả bi sắt chịu tác dụng của trọng lực hướng xuống nên có gia tốc trọng trường a = 10 ( m / s ) 

Ta có biểu thức v theo thời gian t có gia tốc a là: 

v = ∫ adt = ∫ 10dt = 10t + C 

t = 0, v = 20 m / s 

Ở đây, với: 

⇒ C = 20 

Vậy ta biểu diễn biểu thức vận tốc có dạng: v = 10t + 20 ( m / s) 

Lấy nguyên hàm biểu thức vận tốc, ta sẽ được biểu thức quảng đường: 



Trang 148 











∫ 

∫ 

s = 

vdt 

( 10t 

20) 

= + 

dt 

2 

= 5t + 20t + K 

Theo đề bài, ta được khi t = 0 ⇒ s = 0 ⇒ K = 0 

s = 5t + 20 t m / s 

Vậy biểu thức tọa độ quảng đường là: 2 ( 2 

) 

Khi t 5s 

= , ta sẽ được s = 225( m) 

Vậy quả bi cách mặt đất d 262 225 37( m) 

∆ = − = . 

Câu 15: Một vật có kích thước và hình dáng như hình vẽ dưới đây. Đáy là hình tròn bán kinh 4 cắt vật 

bởi các mặt phẳng vuông góc với trục Ox ta được thiết diện là tam giác đều. Thể tích của vật thể là: 

256 64 

A. V = . 

B. V = . 

3 

3 

256 3 32 3 

C. V = . 

D. V = . 

3 

3 


Chọn tâm đường tròn làm gốc. 

3 2 2 

Diện tích thiết diện là S = AB = 3(4 − x ) 

4 

2 2 

V 2 64 

= ∫ S ( x ) dx = 4 ∫ (4 − x ) dx = 

3 

−2 −2 

Câu 16: Một chiếc xe đang chạy với vận tốc 100Km/h thì đạp phanh dừng lại, vận tốc của xe giảm dần 

theo công thức v( t) = − 5000t + 100 (Km/h) cho đến khi dừng lại. Hỏi xe chạy thêm được bao nhiêu met 

thì dừng lại. 

A. 25 B. 1 C. 10 3 D. 10 -3 


1 

Xe dừng lại nên v = 0 ⇔ t = 

50 

Phương trình quảng đường S ( t) = 

2 

v ( t) dt = − 2500t + 100t 

∫ 

2 

⎛ 1 ⎞ 1 

3 

S = − 2500. + 100. = 1Km = 10 m 

Quảng đường xe đi được ⎜ ⎟ 

⎝ 50 ⎠ 50 

Câu 17: Khi quan sát một đám vi khuẩn trong phòng thí nghiệm người ta thấy tại ngày thứ x có số lượng 

2000 

là N ( x ) . Biết rằng N′ ( x) 

= và lúc đầu số lượng vi khuẩn là 5000 con .Vậy ngày thứ 12 số lượng 

1 + x 

vi khuẩn là? 

A. 10130. B. 5130. C. 5154. D. 10129. 


′ 

N x . 


Thực chất đây là một bài toán tìm nguyên hàm. Cho N ( x ) và đi tìm ( ) 

2000 

Ta có ∫ d x = 2000.ln 1 + x + 5000 

1+ 

x 

lượng vi khuẩn là ≈ 10130 con 

( Do ban đầu khối lượng vi khuẩn là 5000) .Với x = 12 thì số 


Trang 149 









Câu 18: Một vật chuyển động với vận tốc 10 m/s thì tăng tốc với gia tốc 

đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc. 

2 

a t t t . Tính quãng 

( ) = 3 + 



A. 4300 m. 

3 


Hàm vận tốc ( ) ∫ ( ) ∫( ) 

B. 4300 m. C. 430 m. D. 430 m. 

3 

2 3 

2 3t 

t 

v t = a t dt = 3t + t dt = + + C 

2 3 

⇒ v 0 = 10 ⇒ C = 10 

Lấy mốc thời gian lúc tăng tốc ( ) 

2 3 

3t 

t 

Ta được: v( t ) = + + 10 

2 3 

Sau 10 giây, quãng đường vật đi được là: 

10 2 3 3 4 

⎛ 3t t ⎞ ⎛ t t ⎞ 4300 

s = ∫ ⎜ + + 10⎟dt = ⎜ + + 10 t ⎟ = m. 

⎝ 2 3 ⎠ ⎝ 2 12 ⎠ 3 

0 0 

10 

Câu 19: Một viên đạn được bắn lên theo phương thẳng đứng với vận tốc ban đầu là 24,5 ( / ) 

2 

tốc trọng trường là 9,8 ( / ) 

(coi như viên đạn được bắn lên từ mặt đất) 

m s và gia 

m s . Quãng đường viên đạn đi từ lúc bắn lên cho tới khi rơi xuống đất là 

A. 61,25 ( m ) 

B. 30,625 ( m ) C. 29, 4 ( m ) 

D. 59,5 ( m ) 


Chọn chiều dương từ mặt đất hướng lên trên, mốc thời gian t = 0 bắt đầu từ khi vật chuyển động. 

Ta có vận tốc viên đạn theo thời gian t là v( t) = v0 − gt = 24,5 −9,8 t ( m / s ) 

5 

Khi vật ở vị trí cao nhất thì có vận tốc bằng 0 tương ứng tại thời điềm t = 

2 

Quãng đường viên đạn đi được từ mặt đất đến vị trí cao nhất là 

5 5 

2 2 

S ( t 245 

) = ∫ v ( t ) dt = ∫ 24,5 − 9,8 t dt = 

8 

0 0 

245 

8 = m 

Vậy quãng đường viên đạn đi từ lúc bắn lên cho tới khi rơi xuống đất là 2. 61, 25 ( ) 

Câu 20: Một ô tô xuất phát với vận tốc v ( t 

1 ) = 2t + 10 ( m / s) 

sau khi đi được một khoảng thời 

gian t 1 thì bất ngờ gặp chướng ngại vật nên tài xế phanh gấp với vận tốc v ( t 

2 ) = 20 − 4 t( m / s) 


đi thêm một khoảng thời gian t 2 nữa. Biết tổng thời gian từ lúc xuất phát đến lúc dừng lại là 4 

(s). Hỏi xe đã đi được quãng đường bao nhiêu mét. 

A. 57 m B. 64 m C. 50 m D. 47 m 


Đến lúc phanh vận tốc của xe là: 2t 1 +10 đó cũng là vận tốc khởi điểm cho quãng đường đạp phanh; 

sau khi đi thêm t 2 thì vận tốc là 0 nên 2t + 10 = 20 −4t ⇔ t + 2t 

= 5 

1 2 1 2 

. Lại có t 1 

+ t 2 

= 4 lập hệ được t 1 =3 s; t 2 =1 s. 


3 1 

. Tổng quãng đường đi được là: S = ∫ ( 2x + 10) dx + ∫ ( 20 − 4x) dx = 57( m) 

chọn A 

0 0 

Câu 21: Cho một vật thể bằng gỗ có dạng khối trụ với bán kính đáy bằng R. Cắt khối trụ bởi một mặt 

0 

phẳng có giao tuyến với đáy là một đường kính của đáy và tạo với đáy góc 45 . Thể tích của khối gỗ bé 

là: 


Trang 150 









3 

3 

2R 

A. V = . B. V π R 

3 

3 

R 

= . C. V = . D. V = 

π R . 

3 

6 

3 

3 




Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ. Cắt khối gỗ bé bởi các mặt phẳng vuông góc với Ox tại 

điểm có hoành độ x ta được thiết diện là tam giác vuông có diện tích bằng 

R 

3 

1 2 2 

1 2 2 2R 

A( x) 

= R − x . Vậy thể tích khối gỗ bé bằng: V = ( R − x ) dx = 

2 

∫ Đáp án A. 

Câu 22: Một vật di chuyển với gia tốc a( t) 20( 1 2t ) −2 

2 3 

−R 

2 

= − + ( / ) 



B. S = 106m 

. B. S = 107m 

. C. S = 108m 

. D. S = 109m 

. 


∫ ∫ . Theo đề ta có ( ) 

− 

Ta có ( ) ( ) ( ) 2 10 

v t = a t dt = − 20 1+ 2t dt = + C 

v 0 = 30 ⇔ C + 10 = 30 ⇔ C = 20 . 

1+ 

2t 

Vậy quãng đường vật đó đi được sau 2 giây là: 

2 

⎛ 10 ⎞ 

2 

S = ∫ ⎜ + 20⎟ 

dt = ( 5ln ( 1+ 2t ) + 20t ) = 5ln 5 + 100 ≈ 108m 

1+ 

2t 

0 

⎝ ⎠ 

. 

0 

2 

a t t t 

Câu 23: Một vật chuyển động với vận tốc v(t) (m/s) có gia tốc 

của vật là 2 (m/s). Hỏi vận tốc của vật sau 2s. 

A. 10 m/s B. 12 m/s C. 16 m/s D. 8 m/s. 


2 

2 3 t 

Ta có v(t) = ∫ a( t)dt = ∫ (3t + t)dt = t + + C (m/s). 

2 

Vận tốc ban đầu của vật là 2 (m/s) ⇒ v(0) = 2 ⇒ C = 2 . 

2 

3 2 

( ) = 3 + (m/s 2 ). Vận tốc ban đầu 


Vậy vận tốc của vật sau 2s là: V (2) = 2 + + 2 = 12 (m/s). 

2 

Câu 24: Một ô tô chạy với vận tốc 20m/s thì người lái xe đạp phanh còn được gọi là “thắng”. Sau khi 

đạp phanh, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc 

v( t) = − 40t + 20( m / s). 

Trong đó t là khoảng thời 

O 

x 

R 

− x 

2 2 

R 

y 

− x 

2 2 


Trang 151 











gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Quãng đường ô tô di chuyển từ lúc đạp phanh đến khi 

dừng hẳn là bao nhiêu? 

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


Lấy mốc thời gian là lúc ô tô bắt đầu phanh (t = 0) 

Gọi T là thời điểm ô tô dừng lại. Khi đó vận tốc lúc dừng là v(T) = 0 

1 

Vậy thời gian từ lúc đạp phanh đến lúc dừng là v( T) = 0 ⇔ − 40T + 20 = 0 ⇔ T = 

2 

Gọi s(t) là quãng đường ô tô đi được trong khoảng thời gian T. 

Ta có v( t) = s '( t) 

suy ra s(t) là nguyên hàm của v(t) 

Vây trong ½ (s) ô tô đi được quãng đường là: 

Câu 25: Khẳng định nào sau đây đúng ? 

T 

t 

1 

1/2 

2 

2 

( ) ( 40 20) ( 20 20 ) 5( ) 

∫ ∫ 

v t dt = − t + dt = − t + t = m 

0 0 

A. Nếu w' 

( t ) là tốc độ tăng trưởng cân nặng/năm của một đứa trẻ, thì ∫ '( ) 

của đứa trẻ giữa 5 và 10 tuổi. 

B. Nếu dầu rò rỉ từ một cái thùng với tốc độ ( ) 


0 

( ) 

∫ r t dt biểu thị lượng galông dầu rò rỉ trong 2 giờ đầu tiên. 

C. Nếu ( ) 

10 

5 

w t dt là sự cân nặng 

r t tính bằng galông/phút tại thời gian t , thì 

r t là tốc độ tiêu thụ dầu của thế giới, trong đó t được bằng năm, bắt đầu tại t = 0 vào 

ngày 1 tháng 1 năm 2000 và r ( t ) được tính bằng thùng/năm, ( ) 

17 

∫ r t dt biểu thị số lượng thùng 

0 

dầu tiêu thụ từ ngày 1 tháng 1 năm 2000 đến ngày 1 tháng 1 năm 2017 . 

D. Cả A, B, C đều đúng. 

Câu 26: Một khối cầu có bán kính 5dm, người ta cắt bỏ 2 phần bằng 2 mặt phẳng vuông góc bán kính và 

cách tâm 3dm để làm một chiếc lu đựng. Tính thể tích mà chiếc lu chứa được. 

A. 132π (dm 3 ) B. 41π (dm 3 ) 

C. 100 

3 π (dm3 ) D. 43π (dm 3 ) 


Đặt hệ trục với tâm O, là tâm của mặt cầu; đường thẳng đứng là Ox, 

2 2 

đường ngang là Oy; đường tròn lớn có phương trình x + y = 25 . 

Thể tích là do hình giới hạn bởi Ox, đường cong 

x = 3, x = − 3 quay quanh Ox. 

3 

2 

(25 ) 

V = π ∫ − x dx =132π (bấm máy) 

−3 

y 

2 

= − , 

Câu 27: Một vật đang chuyển động với vận tốc 10m/s thì tăng tốc với gia tốc a(t) = 3t + t 2 (m/s 2 ). Hỏi 

quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc ? 

A. 11100 B. 6800 

4300 

5800 

m C. m D. 

3 3 3 m 


Ta có v(t) = t 3 + t 2 + c 


25 

x 

3dm 

3dm 

5dm 


Trang 152 









v(0) = 10 ⇔ c = 10 ⇒ v(t) = t 3 + t 2 + 10 

10 

3 2 

S = ∫ ( t + t + 10)dt = (m) 

0 



Câu 28: Một vật chuyển động chậm dần với vận tốc v(t) = 160 – 10t (m/s). Hỏi rằng trong 3s trước khi 

dừng hẳn vật chuyển động được bao nhiêu mét ? 

A. 16 m B. 130 m C. 170 m D. 45 m 


v = 0 ⇔ 160 – 10t = 0 ⇔ t = 16 

Quãng đường vật đi được trong 3s trước khi dừng hẳn là: S = 

Câu 29: Ông An có một mảnh vườn hình elip có độ dài trục 

lớn bằng 16m và độ dài trục bé bằng 10m. Ông muốn trồng 

hoa trên một dải đất rộng 8m và nhận trục bé của elip làm trục 

đối xứng( như hình vẽ). Biết kinh phí để trồng hoa 100.000 

đồng/1 m 2 . Hỏi Ông An cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên 

dải đất đó? ( Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn) 

A. 7.862.000 đồng B. 7.653.000 đồng 

C. 7.128.000 đồng D. 7.826.000 đồng 

16 

∫ (160 – 10 t) dt = 45m 

13 


2 2 

x y 

Phương trình elip là: + = 1 . Ta có: diện tích mảnh vườn cần tìm được chia làm 2 qua trục lớn, gọi 

64 25 

diện tích 1 phần là S. 

Gắn tâm elip là O, trục lớn là Ox, trục bé là Oy. 

Sử dụng ứng dụng tích phân, diện tích phần này sẽ giới hạn qua đường cong 

x = 4; x = −4 

. 

4 2 

2 

25x 

y = 25 − và 2 đường 

64 

25x 

Ta có: S = ∫ 25 − dx = 38, 2644591 ( Sử dụng CASIO, tuy nhiên có thể giải thông thường qua đặt 

64 

−4 

x = 8sin t ) 

Như vậy số tiền cần có là: 38, 2644591.2.100000 = 7652891 ≈ 7653000 

Câu 30: Gọi ( )( cm) 

h t là mực nước ở bồn chứa sau khi bơm nước được t giây. Biết rằng 

1 3 

h '( t) = t + 8 và lúc đầu bồn không có nước. Tìm mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây 

5 

(làm tròn kết quả đến hàng phần trăm): 

A. 2,33 cm. B. 5,06 cm. C. 2,66 cm. D. 3,33 cm. 

1 3 

- Hướng dẫn: h(t) = ∫ t + 8dt , h(0) = 0⇒ 

5 

⇒ h(6) = 2,66 

Câu 31: Thành phố định xây cây cầu bắc ngang con sông dài 500m, biết rằng người ta định xây cầu có 

10 nhịp cầu hình dạng parabol,mỗi nhịp cách nhau 40m,biết 2 bên đầu cầu và giữa mối nhịp nối người ta 

xây 1 chân trụ rộng 5m. Bề dày nhịp cầu không đổi là 20cm. Biết 1 nhịp cầu như hình vẽ. Hỏi lượng bê 

tông để xây các nhịp cầu là bao nhiêu (bỏ qua diện tích cốt sắt trong mỗi nhịp cầu) 


8m 


Trang 153 









3 

A. 20m B. 

3 

50m C. 

3 

40m D. 

3 

100m 




Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với gốc O(0;0) là chân cầu (điểm tiếp xúc Parabol trên), đỉnh I(25; 2), 

điểm A(50;0) (điểm tiếp xúc Parabol trên với chân đế) 

2 2 

Gọi Parabol trên có phương trình ( P 1 

): y1 

= ax + bx + c = ax + bx (do (P) đi qua O) 

2 20 2 1 

⇒ y2 

= ax + bx − = ax + bx − là phương trình parabol dưới 

100 5 

2 2 4 2 2 4 1 

Ta có (P 

1) đi qua I và A ⇒ ( P1 ) : y1 = − x + x ⇒ y2 

= − x + x − 

625 25 625 25 5 

Khi đó diện tích mỗi nhịp cầu là S = 2S1 

với S 

1 

là phần giới hạn bởi y1; 

y 

2 

trong khoảng (0;25) 

0,2 25 

2 

2 4 1 

S = 2 ∫ ( − x + x) 

dx + dx 

625 25 

∫ 

5 

( ) 

0 0,2 

≈ 9,9m 

2 

Vì bề dày nhịp cầu không đổi nên coi thể tích là tích diện tích và bề dày 

3 

3 

V = S.0,2 ≈ 9,9.0,2 ≈1,98m 

⇒ số lượng bê tông cần cho mỗi nhip cầu ≈ 2m 

3 

Vậy 10 nhịp cầu 2 bên cần ≈ 40m bê tông. Chọn đáp án C 

Câu 32: Có một người cần làm một cái của cổng cố xưa, có hình dạng một parabol bậc hai như hình vẽ. 

Giả sử đặt cánh cổng vào một hệ trục tọa độ như hình vẽ ( mặt đất là trục Ox). Hãy tính diện tích của 

cánh cửa cổng. 



Trang 154 











A. 16 3 


B. 32 3 

C. 16 D. 

.Dựa vào đồ thị, ta xây dựng được công thức của hàm số là 

2 

.Diện tích là: ( ) 

2 

y 4 x 

28 

3 

2 

= − . 

32 

S = ∫ 4 − x dx = . Vậy đáp án là B. 

3 

−2 

Câu 33: Trong hệ trục Oxy, cho tam giác OAB vuông ở A, điểm B nằm trong góc phàn tư thứ nhất. A 


AOB = α, ⎜ 0 < α < ⎟. 


⎝ 3 ⎠ 


6 

3 

1 

2 


3 

2 

2 

3 


Phương trình đường thẳng OB : y = x.tan α; OA = 2017cos α. 

Khi đó thể tích nón tròn xoay là: 

2017.cosα 

3 3 

2 2 2017 . π 

2 2017 . π 

2 

∫ 

0 

( ) 

V = π x tan α. dx = .cos α.sin α = .cosα 1− 

cos α . 

3 3 

⎛ 1 ⎞ 

Đặt t = cosα 

⇒ t ∈ ⎜ 0; ⎟ . 

2 ⎛ 1 ⎞ 

f t = t 1 − t , t ∈ ⎜ 0; ⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

⎝ 2 ⎠ . 

3 3 6 

Ta tìm được f ( t ) lớn nhất khi t = ⇒ cosα = ⇒ sin α = . 

3 3 3 

Câu 34: Từ một khúc gõ hình trụ có đường kính 30cm, người ta cắt khúc gỗ bởi một mặt phẳng đi qua 

0 


Xét hàm số ( ) ( ) 




Trang 155 











Kí hiệu V là thể tích của hình nêm (Hình 2). Tính V . 

A. V ( cm 3 

225π 

= 2250 ) B. V ( cm 3 

) 

4 


Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó hình nêm có đáy 

2 

là nửa hình tròn có phương trình: y = 225 − x , x ∈ ⎡ ⎣ 

−15;15⎤ 

⎦ 

= C. V = 1250 ( cm 3 

) D. V = 1350 ( cm 3 

) 

Một một mặt phẳng cắt vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x , ( x ∈ ⎡ ⎣ 

−15;15⎤ 

⎦ ) 

cắt hình nêm theo thiết diện có diện tích là S ( x ) (xem hình). 

0 2 

1 1 

MN NP y x khi đó ( ) = . = .( 225 − 2 

) 

Dễ thấy NP = y và = tan 45 = = 15 − 

15 

15 

1 

2 3 

ra thể tích hình nêm là: V = ∫ S ( x ) dx = ∫ .( 225 − x ) dx = 2250 ( cm ) 

−15 

2 − 15 

S x MN NP x suy 

2 2 

2 

Câu 35: Cho parabol (P) y = x và hai điểm A, B thuộc (P) sao cho AB = 2. Tìm A, B sao cho diện tích 

hình phẳng giới hạn bởi (P) và đường thẳng AB đạt giá trị lớn nhất 

A. 4 3 


B. 3 4 

Giả sử A( a; a 2 ), B ( b, 

b 2 

) ( P)( b a) 

A 

C. 2 3 

∈ > sao cho AB = 2 

Phương trình đường thẳng AB: ( ) 

y = b + a x − ab 

Gọi S là diện tích hình phẳng cần tìm, ta có 

b 

b 

2 2 1 

( ) ( ) ( ) 3 

∫ ∫ 

S = | b + a x − ab − x | dx = [ b + a x − ab − x ] dx = b − a 

6 

a 

Vì AB = 2 nên | b− a | = b−a ≤ 2 

a 

y 


1 

B 

D. 3 2 

x 


Trang 156 











4 

⇒ S ≤ 

3 

4 2 

Câu 36: Cho hàm số y = x − 4x + m có đồ thị là (C). Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ 



A. m = 2 

2 

20 

B. m = C. m = 

9 

9 

D. m = 1 


4 2 

Phương trình hoành độ giao điểm x − 4x + m = 0 (*) 

2 

Đặt x 

2 

= t; t ≥ 0, phương trình trở thành: t − 4t + m = 0 (**) 

Để S>0, S’>0 thì 0







mga sinα = mga sinα + K + K (1) 

o q tt 



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: 

3g 

α ' = − (sinαo 

− sin α ) 

2a 

t = − 

α 

∫ 

α 

o 

dα 

3 g (sin αo 

− sin α ) 

2a 

1 1 1 1 

Kq 

= Iω = m(2 a) α ' = ma α ' 

2 2 12 6 

2 

aα α α 

3 

2 

' = g(sin o 

− sin ) 

K 

2 2 2 2 2 

tt 

2 2 

ma ω 1 

= = ma α ' 

2 2 

Câu 39: Một vật chuyển động với vận tốc thay đổi theo thời gian được tính bởi công thức v( t) = 5t + 1, 

thời gian tính theo đơn vị giây, quãng đường vật đi được tính theo đơn vị mét. Quãng đường vật đó đi 

được trong 10 giây đầu tiên là: 

A. 15m. B. 620m . C. 51m. D. 260m . 


10 

∫ 

S = (5t+ 1)dt = 260 ( m ) 

0 

Câu 40: Một vật chuyển động với gia tốc ( ) 2 2 

= − + 

− 

2 2 

a( t) 20 1 2 t ( m / s ) . Khi t = 0thì vận tốc của vật là 

30( m / s ) . Tính quãng đường vật đó di chuyển sau 2 giây ( m là mét, s là giây). 

A. 46 m . B. 48 m . C. 47 m . D. 49 m . 

4000 

Câu 41: Một đám vi trùng ngày thứ t có số lượng là N ( t ) . Biết rằng N '( t) 

= 

1 + 0,5t 

đám vi trùng có 250.000 con. Sau 10 ngày số lượng vi trùng là (lấy xấp xỉ hang đơn vị): 

A. 264.334 con. B. 257.167 con. C. 258.959 con D. 253.584 con. 


4000 

N(t) = ∫ dt = 8000.ln(1 + 0,5t) + C 

1+ 

0,5t 

N(0) = 250000 

⇒ C = 250000 

N(10) = 264.334 con 

Câu 42:Vòm cửa lớn của một trung tâm văn hoá có dạng hình Parabol. Người ta 

dự định lắp cửa kính cường lực cho vòm cửa này. Hãy tính diện tích mặt kính cần 

lắp vào biết rằng vòm cửa cao 8m và rộng 8m (như hình vẽ) 

28 2 

A. ( ) 

3 m B. 26 ( 

2 ) 

3 m C. 128 ( 

2 ) 

3 m D. 131 ( 

2 ) 

3 m 

và lúc đầu 



Đáp án đúng: C 

Các phương án nhiễu: 


Trang 158 











1 2 28 

A. HS tính tích phân sai S = ∫ − x + 8 dx = 

2 3 

1 2 26 

B. HS tính tích phân sai S = ∫ − x + 8 dx = 

2 3 

4 

−4 

4 

−4 

2 

( m ) 

2 

( m ) ) 

1 

1 2 131 

D. HS nhầm a = − , b= 8, c = 0 => S = 8 

2 

∫ − x + x dx = 

2 3 

4 

−4 


2 

( m ) 


Trang 159 









DẠNG 6: CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG THỰC TẾ KHÁC 



Câu 1: Trong nông nghiệp bèo hoa dâu được dùng làm phân bón, nó rất tốt cho cây trồng. Mới đây một 

nhóm các nhà khoa học Việt Nam đã phát hiện ra bèo hoa dâu có thể được dùng để chiết xuất ra chất có 

tác dụng kích thích hệ miễn dịch và hỗ trợ điều trị bệnh ung thư. Bèo hoa dâu được thả nuôi trên mặt 

nước. Một người đã thả một lượng bèo hoa dâu chiếm 4% diện tích mặt hồ. Biết rằng cứ sau đúng một 

tuần bèo phát triển thành 3 lần lượng đã có và tốc độ phát triển của bèo ở mọi thời điểm như nhau. Sau 

bao nhiêu ngày bèo sẽ vừa phủ kín mặt hồ? 

25 

24 

A. 7× log3 

25. 

7 

B. 3 . C. 7 × . D. 7× 

log3 

24. 

3 


Gọi A là lượng bèo ban đầu, để phủ kín mặt hồ thì lượng bèo là 100 

4 A 

Sau 1 tuần số lượng bèo là 3A suy ra sau n tuần lượng bèo là: 3 n . A 

100 100 

Để lượng bèo phủ kín mặt hồ thì 3 n . A = . A ⇒ n = log3 = log3 

25 ⇒ thời gian để bèo phủ kín mặt 

4 4 

hồ là: t = 7log3 

25. Chọn A. 

Câu 2: Một đội xây dựng cần hoàn thiện một hệ thống cột tròn của một cửa hàng kinh doanh gồm 17 

chiếc. Trước khi hoàn thiện mỗi chiếc cột là một khối bê tông cốt thép hình lăng trụ lục giác đều có cạnh 

14 cm; sau khi hoàn thiện (bằng cách trát thêm vữa tổng hợp vào xung quanh) mỗi cột là một khối trụ có 

đường kính đáy bằng 30 cm. Biết chiều cao của mỗi cột trước và sau khi hoàn thiện là 390 cm. Tính 

lượng vữa hỗn hợp cần dùng (tính theo đơn vị m 3 , làm tròn đến 1 chữ số thập phân sau dấu phẩy). Ta có 

kết quả: 

A. 1,3 m 3 B. 2,0 m 3 C. 1,2 m 3 D. 1,9 m 3 


Với cột bê tông hình lăng trụ: Đáy của mỗi cột là hình lục giác đều có diện tích bằng 6 tam giác 

2 

14 3 

3 

đều cạnh 14 cm, mỗi tam giác có diện tích là ( cm ) 

4 

Với cột bê tông đã trái vữa hình trụ: Đáy của mỗi cột là hình tròn bán kính 15 cm nên có diện tích là 

( ) 

15 π cm 

2 2 

Số lượng vữa cần trát thêm vào tất cả 17 cột, mỗi cột cao 290 cm là: 

2 

⎛ 

2 14 3 ⎞ 

6 3 3 

17.390 ⎜ 

15 π − 6. = 1,31.10 = 1,31 

4 ⎟ 

cm m . Chọn A 

⎝ 

⎠ 

Câu 3: Số giờ có ánh sáng mặt trời của TPHCM năm không nhuận được cho bởi 

⎛ π ⎞ 

y = 4sin ⎜ ( x − 60) ⎟ + 10 

⎝178 

⎠ 

với 1≤ 

x ≤ 365 là số ngày trong năm. Ngày 25 / 5 của năm thì số giờ 

có ánh sáng mặt trời của TPHCM gần với con số nào nhất ? 

A. 2h B. 12h C. 13h 30 

D. 14h 




Trang 160 











Ngày 25/5 là ngày thứ 145 của năm 

Số giờ y = 14 

Câu 4: Số lượng của loại vi khuẩn A trong một phòng thí nghiệm được tính theo công thức 

t 

s( t) = s (0).2 , trong đó s (0) là số lượng vi khuẩn A lúc ban đầu, s( t ) là số lượng vi khuẩn A có sau t 

(phút). Biết sau 3 phút thì số lượng vi khuẩn A là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc bắt đầu, số 

lượng vi khuẩn A là 10 triệu con ? 



Đáp án C 

Theo giả thiết 62500 s ( 0 ).2 s ( 0) 

3 625000 

⇒ = → = 

8 

7 

10 = 0 .2 t t 

s ⇒ 2 = 128 ⇒ t = 7 (phút) 

khi số vi khuẩn là 10 triệu con thì ( ) 

Câu 5: Người ta khảo sát gia tốc a(t) của một vật thể chuyển động (t là khoảng thời gian tính bằng giây 

kể từ lúc vật thể bắt đầu chuyển động) từ giây thứ nhất đến giây thứ 10 và ghi nhận được a(t) là một hàm 

số liên tục có đồ thị như hình bên. Hỏi trong thời gian từ giây thứ nhất đến giây thứ 10 được khảo sát đó, 

thời điểm nào vật thể có vận tốc lớn nhất ? 

A. giây thứ nhất B. giây thứ 3 C. giây thứ 10 D. giây thứ 7 

- Phương pháp: 

+ a là đạo hàm của v, v đạt cực trị khi a = 0 

Vậy nên vận tốc của vật sẽ lớn nhất tại thời điểm mà a=0 và gia tốc đổi từ dương sang âm (vận tốc của 

vật sẽ nhỏ nhất tại thời điểm mà a=0 và gia tốc đổi từ âm sang dương) 


+ Nhìn vào đồ thị ta thấy Trong thời gian từ giây thứ nhất đến giây thứ 10 thì chỉ có tại giây thứ 3 gia tốc 

a = 0 và gia tốc đổi từ dương sang âm 

Vậy nên tại giây thứ 3 thì vận tốc của vật là lớn nhất. 

−3t 

⎛ ⎞ 

Câu 6: Một điện thoại đang nạp pin, dung lượng nạp được tính theo công thức 

2 

Q ( t) 

= Q0 ⎜1− 

e ⎟ với t 

⎝ ⎠ 

là khoảng thời gian tính bằng giờ và Q 0 là dung lượng nạp tối đa (pin đầy). Nếu điện thoại nạp pin từ lúc 

cạn pin (tức là dung lượng pin lúc bắt đầu nạp là 0%) thì sau bao lâu sẽ nạp được 90% (kết quả làm tròn 

đến hàng phần trăm)? 

A. t ≈ 1,54h B. t ≈ 1, 2h C. t ≈1h D. t ≈1,34h 

- Phương pháp: 

x 

e = a ⇒ x = ln a 


Q t = Q 

+ Pin nạp được 90% tức là ( ) 0 .0,9 

−3t 

−3t 

⎛ ⎞ −3t 

2 2 

→ Q ( t ) = Q0.0,9 = Q0 

⎜1− e ⎟ ⇒ e = 0,1 ⇒ = ln 0,1 ⇒ t ≈ 1,54h 

⎝ ⎠ 

2 

Câu 7: Hai thành phố A và B cách nhau một 

con sông. Người ta xây dựng một cây cầu EF 

bắt qua sông biết rằng thành phố A cách con 

sông một khoảng là 5 km và thành phố B cách 

con sông một khoảng là 7 km (hình vẽ), biết 

HE + KF = 24 km . Hỏi cây cầu 


tổng độ dài ( ) 

cách thành phố A một khoảng là bao nhiêu để 

đường đi từ thành phố A đến thành phố B là 

ngắn nhất ( i theo đường AEFB) 

A. 5 3km B. 10 2km C. 5 5km D. 7,5km 


Trang 161 












Đặt HE = x và KF = y , theo giả thiết ta có HE + KF = x + y = 24 

⎧ 2 2 2 

⎪AE = AH + HE = x + 25 

Xét các tam giác vuông AHE và BKF, ta được ⎨ 

2 2 2 

⎪⎩ BF = BK + KF = y + 49 

Vì độ dài cầu EF là không đổi nên để đường đi từ thành phố A đến thành phố B là ngắn nhất theo con 

đường AEFB thì AE + EF + FB ngắn nhất. Hay AE + BF ngắn nhất. 

2 2 

Ta có P = AE + BF = x + 25 + y + 49 với x + y = 24, x > 0, y > 0 

2 2 2 2 

Cách 1. Sử dụng bất đẳng thức + + + ≥ ( + ) 2 + ( + ) 

2 

2 2 2 2 

2 2 2 

Vì a + b + c + d ≥ ( a + c) + ( b + d ) ⇔ ( ad − bc) 

≥ 0, ∀a, b, c, 

d ∈ R 

2 2 2 2 

Sử dụng bất đẳng thức trên, ta được P x y ( x y ) ( ) 

a b c d a c b d với mọi a, b, c, d ∈ R 

2 2 

= + 5 + + 7 ≥ + + 5 + 7 = 12 5 

x y 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi = suy ra x = 10, y = 14 nên AE = 5 5km 

5 7 

2 2 

Cách 2: Với x + y = 24 ⇔ y = 24 − x ⇒ P = f ( x) = x + 25 + x − 48x + 625 , với 0 < x < 24 

x x − 24 

Có f '( x) = + , ∀ x ∈ ( 0;24 ); f '( x) 

= 0 ⇔ x = 10 

2 2 

x + 25 x − 48x 

+ 625 

Do đó min f ( x) 

= 12 5 ⇔ x = 10 ⇒ AE = 5 5 km . Chọn C 











A. 21 B. 22 C. 19 D. 20 

Câu 9: E. coli là vi khuẩn đường ruột gây tiêu chảy, đau bụng dữ dội. Cứ sau 20 phút thì số lượng vi 

khuẩn E. coli tăng gấp đôi. Ban đầu, chỉ có 40 vi khuẩn E. coli trong đường ruột. Hỏi sau bao lâu, số 

lượng vi khuẩn E. coli là 671088640 con? 

A. 48 giờ. B. 24 giờ. C. 12 giờ. D. 8 giờ. 

Câu 10: Một cái tháp hình nón có chu vi đáy bằng 207,5 m. Một học sinh nam muốn đo chiều cao của 

cái tháp đã làm như sau. Tại thời điểm nào đó, cậu đo bóng của mình dài 3,32 m và đồng thời đo được 

bóng của cái tháp (kể từ chân tháp) dài 207,5 m. Biết cậu học sinh đó cao 1,66 m, hỏi chiều cao của cái 

tháp dài bao nhiêu m? 

51,875 

51,87 

25,94 

A. h = 103,75 + B. h = 103 + 

C. h = 103,75 + D. h = 103,75 

π 

π 

π 


Đáp án A. 

1,66 h 

51,875 

Ta có : = ⇒ h = 103,75 + 

3,32 207,5 

+ 207,5 

π 

2π 



Trang 162 











Câu 11: Người ta cần trồng hoa tại phần đất nằm phía ngoài đường tròn tâm gốc tọa độ, bán kính bằng 

1 

và phía trong của Elip có độ dài trục lớn bằng 2 2 và độ dài trục nhỏ bằng 2 (như hình vẽ). Trong 

2 

100 

mỗi một đơn vị diện tích cần bón 

2 2 − 

kg phân hữu cơ. Hỏi cần sử dụng bao nhiêu kg phân hữu 

1 π 

cơ để bón cho hoa? 

( ) 

A. 30 kg B. 40 kg C. 50 kg D. 45 kg 

Câu 12: Bạn A có một đoạn dây dài 20m . Bạn chia đoạn dây thành hai phần. Phần đầu uốn thành một 

tam giác đều. Phần còn lại uốn thành một hình vuông. Hỏi độ dài phần đầu bằng bao nhiêu để tổng diện 

tích hai hình trên là nhỏ nhất? 

40 

180 

A. m B. m 

9 + 4 3 

9 + 4 3 


60 

C. m D. m 

9 + 4 3 

9 + 4 3 

Câu 13: Một bể nước có dung tích 1000 lít. Người ta mở vòi cho nước chảy vào bể, ban đầu bể cạn 



A. 3,14 giờ B. 4,64 giờ C. 4,14 giờ D. 3,64 giờ 




của trọng lực. Tính góc sinα khi thanh rời khỏi tường 

1 

2 

2 

4 

A. sinα = sinα o 

B. sinα = sinα o 

C. sinα = sinα o 

D. sinα 

= sinα 

o 

3 

3 

5 

3 


Xét chuyển động khối tâm của thanh theo phương Ox: 

N1 = mx '' . Tại thời điểm thanh rời tường thì N1 = 0 → x '' = 0 

Toạ độ khối tâm theo phương x là: 

x = a cosα 

Đạo hàm cấp 1 hai vế: x ' = −a sin α. α ' 

x'' = − a cos α. α ' 2 + sin α. α '' = a cos α. α ' 2 + sin α. α '' 

Đạo hàm cấp 2 hai vế: ( ) ( ) 

2 

Khi x '' = 0 → cos α. α ' = −sin α. α '' (2) 

2 2 

Từ (1) suy ra: aα ' + g sinα = g sinα 

o 

3 

Lấy đạo hàm 2 vế: 4 3 

aα ''. α ' + g cos α. α ' = 0 Hay: α '' = − g cosα 

3 

4a 

Thay vào (2) ta có phương trình: 

3 3 

cos α g 

. (sin sin ) sin . ⎛ g ⎞ 

o 

− = − ⎜ − cos ⎟ 

2a 

α α α ⎝ 4a 

α 

⎠ 

2 

sinα = 2(sinα o 

− sin α ) ⇔ sinα 

= sinα 

o 

3 

Câu 15: Từ một miếng tôn hình bán nguyệt có bán kính R = 3, người ta muốn cắt ra một hình chữ nhật 

(xem hình) có diện tích lớn nhất. Diện tích lớn nhất có thể có của miếng tôn hình chữ nhật là: 



Trang 163 











A. 6 3 B. 6 2 C. 9 D. 7 


2 2 

Gọi O là tâm hình bán nguyệt, MQ = x ⇒ OQ = 3 − x 

S = S = x − x ≤ x + − x = ( áp dụng bđt côsi) 

hcn 

2 2 2 2 2 

4 

MQO 

2 . 3 3 9 

Vậy S 

hcn 

≤ 9 

Câu 16: Người ta tiến hành mạ vàng chiếc hộp có dạng hình hộp chữ nhật có nắp. Thể tích của hộp là 

1000 cm 3 , chiều cao của hộp là 10cm. Biết rằng đơn giá mạ vàng là 10.000 đ/ cm 2 . Gọi x ( triệu đồng ) 

là tổng số tiền bỏ ra khi mạ vàng cả mặt bên trong và mặt bên ngoài chiếc hộp. Tìm giá trị nhỏ nhất của 

x . 

A. 12 triệu. B. 6triệu. C. 8 triệu. D. 4 triệu. 

2 

Câu 17: Anh Phong có một cái ao với diện tích 50m để nuôi cá điêu hồng. Vụ vừa qua, anh nuôi với mật độ 20 

2 

con/ m và thu được 1,5 tấn cá thành phẩm. Theo kinh nghiệm nuôi cá của mình, anh thấy cứ thả giảm đi 8 

2 

con/ m thì mỗi con cá thành phẩm thu được tăng thêm 0,5kg. Để tổng năng suất cao nhất thì vụ tới ông nên mua 

bao nhiêu cá giổng để thả ? (giả sử không có hao hụt trong quá trình nuôi). 

A. 488 con B. 658 con C. 342 con D. 512 con 




A. k = 6 

B. k = 8 

C. k = 9 

D. k = 7 

Câu 19: Một bể nước có dung tích 1000 lít .Người ta mở vòi cho nước chảy vào bể, ban đầu bể cạn 



A. 3,14 giờ. B. 4, 64 giờ. C. 4,14 giờ. D. 3,64 giờ. 

a; 

b là kết quả xảy ra sau khi gieo, 

Câu 20: Gieo một con súc sắc cân đối đồng chất hai lần. Ký hiệu ( ) 

trong đó a, b lần lượt là số chấm xuất hiện lần thứ nhất, thứ hai. Gọi A là biến cố số chấm xuất hiện trên 

hai lần gieo như nhau. Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố A là tập hợp con của tập hợp các điểm 

biểu diễn của số phức z thỏa mãn điều kiện nào sau đây? 

A. z + 2 + 3i 

≤ 12 

B. z + 2 + 3i 

= 10 

C. z + 2 + 3i 

≤ 13 

D. z + 2 + 3i 

≤ 11 


A = 1;1 , 2;2 , 3;3 , 4;4 , 5;5 , 6;6 

{ } 

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 

Gọi z x yi; x, 

y R 

= + ∈ khi đó z + 2 + 3i = ( x + 2) + ( y + 3) 

Giả sử 2 3 ( 2) ( 3) 

( x 2) 2 ( y 3) 

2 R 

2 

trong và trên đường tròn tâm ( 2; 3) 

2 2 

z + + i ≤ R ⇒ x + + y + ≤ R 

2 2 

⇒ + + + ≤ . Khi đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là những điểm thuộc miền 


I − − và bán kính R. 

Để tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố A là tập hợp con của tập hợp các điểm biểu diễn của số 

phức z thì IM ≤ R; 

∀M ∈ A 

Khi đó ta được R=13 


Trang 164 














A. k = 6 

B. k = 8 

C. k = 9 

D. k = 7 

Câu 22: Một đoàn tàu chuyển động trên một đường thẳng nằm ngang với vận tốc không đổi v 0 .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 xác định chuyển động của đoàn tàu khi tắt máy và hãm. 

2 

. 

A. = 

0. 

− g t 

2 

. 

x v t B. = 

0. 

− g t 

2 

. 

x v t C. = 

0. 

− g t 

2 

x v t D. x = v0 20 

10 

30 

. t − t 

20 


- Khảo sát đoàn tàu như một chất điểm có khối lượng m, chịu tác 

 

dụng của P, N, 

F 

c 

. 

 

- Phương trình động lực học là: ma = P + N + F 

c 

(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: 

max 

= −F hay viết: " c 

mx = −F hay = p " 

F ; x = − g (2) 

10 10 

dv g g 

hay = − → − dt 

(2 ' ) 

dt 10 10 

nguyên hàm hai vế (2 ' g 

) ta có: V = − t + C 

1 

10 

dx g g 

hay = − t + C1 → dx = t. 

dt + C1dx 

dt 10 10 

g 2 

nguyên hàm tiếp 2 vế ta được x = − t + C1. 

t + C 

2 

(3) 

20 

Dựa vào điều kiện ban đầu để xác định các hằng số C 1 và C 2 như sau: 

t 0 = 0; v = v 0 ; v 0 = 0 Ta có: C 2 = 0 và C 1 = v 0 thay C 1 và C 2 vào (3) 

2 

. 

x = v0. 

t − g t 

20 

Câu 23: Một xí nghiệp chế biến thực phẩm muốn sản xuất những loại hộp hình trụ có thể tích V cho 

trước để đựng thịt bò. Gọi x, h (x > 0, h > 0) lần lượt là độ dài bán kính đáy và chiều cao của hình trụ. 

Để sản xuất hộp hình trụ tốn ít vật liệu nhất thì giá trị của tổng x + h là: 

V 

A. 3 B. 3 V 

V 

2π 

3 C. 2 3 

2π 

2 π 


Đây là một bài toán sử dụng bất đẳng thức AM-GM ! 

2 

Thể tích hình trụ được tính theo công thức V = π x h 

2 π 2 π ⎛ x + x + 2h 

⎞ 4π 

⎜ ⎟ 

2 2 ⎝ 3 ⎠ 54 

Ta có: V = π x h = x 2h ≤ = ( x + h) 

54V 

V 

⇒ x + h ≥ 3 = 33 

4π 

2π 

3 

3 

V 

D. 3. 3 

2π 

⎛ x1 + x2 

+ ... + xn 

⎞ 

Lưu ý: Với bài toán này, các bạn biết sử dụng bất đẳng thức AM-GM x1x2 

.... xn 

≤ ⎜ 

⎟ 

⎝ n ⎠ 

Câu 24: Khi quan sát qua trình sao chéo tế bào trong phòng thí nghiệm sinh học, nhà sinh vật học nhận 

thấy các tế báo tăng gấp đôi mỗi phút. Biết sau một thời gian t giờ thì có 100 000 tế bào và ban đầu có 1 

tế bào duy nhất. Tìm t: 

A. t ≈ 16,61 phút B. t ≈ 16,5 phút C. t ≈15 

phút D. t ≈ 15,5 phút 


n 


Trang 165 












Đây là bài toán đơn giản sử dụng ứng dụng của số mũ. 

Do ban đầu có một tế bào duy nhất nên: 

Sau phút sao chép thứ nhất số tế bào là: N 

1 

= 2 

2 

Sau phút sao chép thứ hai số tế bào là: N 

2 

= 2 

… 

Sau phút sao chép thứ t số tế bào là: N = 2 t = 100000 

t 

⇒ t = log 

2 

100000 ≈ 16, 61 phút. 

Câu 25: Giả sử tỉ lệ lạm phát của Việt Nam trong 10 năm qua là 5%. Hỏi nếu năm 2007, giá xăng là 

12000VND/lít. Hỏi năm 2016 giá tiền xăng là bao nhiêu tiền một lít? 

A. 11340,00 VND/lít B. 113400 VND/lít C. 18616,94 VND/lít D. 18615,94 VND/lít 


Đây là bài toán ứng dụng về hàm số mũ mà chúng ta đã học, bài toán rất hơn giản. Tuy nhiên nhiều 

độc giả có thể mắc sai lầm như sau: 

Lời giải sai 

Giá xăng 9 năm sau là 

12000 1+ 0.05 .9 = 113400 VND / lit . Và chọn A hay B (do nhìn nhầm chẳng hạn) 

( ) 

Lời giải đúng: 

Giá xăng năm 2008 là 12000( 1+ 

0.05) 

Giá xăng năm 2009 là 12000( 1 0.05) 2 

Giá xăng năm 2016 là 

( ) 9 

12 1+ 0.05 ≈ 18615,94 VND / lit 

+ ……………………… 

5 

Câu 26: Một khu rừng ban đầu có trữ lượng gỗ là 4. 

10 mét khối gỗ. Gọi tốc độ sinh trưởng mỗi năm 

5 

của khu rừng đó là a% . Biết sau năm năm thì sản lượng gỗ là xấp xỉ 4, 8666. 

10 mét khối. Giá trị 

của axấp xỉ: 

A. 3,5%. B. 4%. C. 4,5%. D. 5% 

-Hướng dẫn: 

N = 4. 10 5 + 4. 10 5 .a% = 4. 10 5 1 + a% 

Trữ lượng gỗ sau một năm của khu rừng là: ( ) 

Trữ lượng gỗ sau năm thứ hai của khu rừng là: 

( ) 

5 

N = 4. 10 1+ 

a% 

... 

2 

Trữ lượng gỗ sau năm nămcủa khu rừng là: ( ) 

5 

5 5 

N = 4. 10 1 + a% = 4, 8666. 

10 ⇒ a ≈ 4 % 

Chọn B. 

Câu 27: Trong một trận mưa, cứ một mét vuông mặt đất thì hứng thì hứng 1,5 lít nước mưa rơi xuống. 

Hỏi mực nước trong một bể bơi ngoài trừi tăng lên bao nhiêu ? 

A. 1,5 (cm) B. 0,15 (cm) 

C. Phụ thuộc vào kích thước của bể bơi D. 15 (cm) 

Câu 28: Các kích thước của một bể bơi được cho trên hình vẽ (mặt nước có dạng hình chữ nhật). Hãy 

tính xem bể chứa được bao nhiêu mét khối nước khi nó đầy ắp nước ? 



Trang 166 











A. 1000m 3 B. 640m 3 C. 570m 3 D. 500m 3 

-Hướng dẫn: 

Đáp án đúng: C 

1 

HD: V = 10.25.2 + .7.2.10 = 570 (dvtt) 

2 

Các phương án nhiễu: 

A.HS nhầm V = 10.25.4=1000 

B.HS nhầm V = 10.25.2 + 7.2.10 = 640 

D. HS nhầm V = 10.25.2=500 



Trang 167

COMBO Bài tập trắc nghiệm nâng cao Toán 12 & Các dạng toán ứng dụng thực tế có đáp án và lời giải chi tiết St&Bs Đặng Việt Đông

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?