Hướng dẫn giải toán VDC trong các đề thi thử TN THPT 2022 môn Toán

ĐỀ LIÊN TRƯỜNG NGHỆ AN LẦN 1 Câu 46. Một bình thủy tinh hình trụ không có nắp, trong bình được xếp vào ba viên bi bằng nhau có bán kính 3dm sao cho các viên bi đều tiếp xúc với đáy, đôi một tiếp xúc nhau và tiếp xúc với đường sinh của bình. Người ta đổ đầy nước vào rồi đặt lên miệng bình một khối lập phương . ABCD A B C D  đặc, sao cho đường chéo AC có phương vuông góc với mặt đáy của bình và các cạnh , , AA AB AD  tiếp xúc với miệng

bình (xem hình vẽ). Sau đó quan sát thấy lượng nước tràn ra ngoài bằng 1

16 lượng nước ban đầu có trong

bình. Giả sử chiều dày của vỏ bình không đáng kể, hỏi thể tích của bình thủy tinh gần nhất với số nào sau đây ?

A.   3 276,41 dm . B.   3 319,94 dm . C.   3 350,31 dm . D.   3 275,44 dm .

Lời giải Đầu tiên ta có hình vẽ sau đây.

Hình 1 Hình 2 Chú thích: hình 2 là hình mặt cắt khối hình 1 qua khối trụ và ba khối cầu trong khối trụ đó. Gọi các cạnh , , AA AB AD  tiếp xúc với miệng bình lần lượt là các điểm , , M N P . Theo hình 1, ta có: Nhận xét: do đường chéo AC có phương vuông góc với mặt đáy của bình nên ta suy ra khối tứ diện

AMNP là một khối tam diện vuông có ba cạnh , , AA AB AD  bằng nhau và bằng   x dm , thể tích bằng

  3 3 1 6 x dm . Khi đó , , M N P đều nằm trên đường tròn đáy của khối trụ tức bán kính đường tròn đáy của

trụ  R cũng chính bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều MNP  , suy ra

    2 2 3 3 3 MNP

MN AM x R R dm     . (1)

Do đổ nước đầy bình sau khi bỏ ba quả cầu nên ta có thể tích nước ban đầu bằng:

   

3 2 2 3 0

4 3. 3 12 3 3 V R h R h dm         với h là chiều cao của khối trụ.

Theo hình 2, ta có: Gọi , , D E F lần lượt là tâm đường tròn mặt cắt tử ba quả cầu và O là tâm đường tròn ngoại tiếp DEF  . Tiếp đến ta gọi , , I J K là các điểm tiếp xúc của đường tròn mặt cắt với đường tròn ngoài có bán kính

bằng R . Ta có DEF  đều có cạnh bằng   2 3 dm nên suy ra   2 3 2 3 OF dm  

Suy ra:   2 3 R OK OF FK dm      (2)

Từ (1) và (2) ta có được:   2 3 2 3 6 3 2 x x dm     

Theo giả thiết thì thể tích phần nước tràn (tức thể tích khối tứ diện AMNP bằng 1

16 lượng nước ban đầu

có trong bình nên ta có phương trình sau:    

3 3 2 2 1 1 1 3 1 12 3 6 12 3 6 16 6 16 2 x R h R h                

Giải phương trình ta thu được   7,312 h dm  .

Vậy thể tích khối trụ cần tìm là:    

2 2 3 2 3 7,312 319,94 tru V R h dm       . Chọn B

Câu 50. Xét các số thực dương , , x y z thỏa mãn  

1

2 2 3 27 2 3 x y z y z xy xz              

. Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức   2 2 2 2 2 5 5 1 3 6 log log 3 3 4

y z P y z y z x            

A. 1 . B. 2 . C. 5 4 log 3  . D. 2 3 3 log 5  . Lời giải

Giả thiết ban đầu suy ra:    

1 1 2 2 3 2 3 27 2 3 3 27 2

x x y z y z y z x y z x y z

                           

3

2 3 3 3 2

x y z x y z

      . Xét hàm số  3t y f t t    trên   0;có    3 ln 3 1 0, 0; t f t t     

Suy ra  f t đồng biến trên   0; tức 3

2 x y z  

Ta có:       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 6 3 3 3 3 2 3 3 4 4 2 y z y z y z y z y z y z y z yz y z x x

               

Cùng với:     2 2 2 2 2 2 2

4 1 5

y y z z y z      (Svac-xo) nên    

2

2 2 5 5 2 1 log log 2 5 4

y z P y z     .

Đặt 2 0 t y z    ta suy ra:

 

2 2 2 2 2 5 5 5 1 1 log log log 1 2 2 5 4 2 t P t t                  

. Vậy min 2 P  khi 1 2 5 t y z    . Chọn B