25 câu ôn phần toán đánh giá tư duy đh bách khoa hn phần 13 (bản word có giải)

25 câu ơn phần Tốn - Đánh giá tư ĐH Bách Khoa HN - Phần 25 (Bản word có giải) II TỐN TRẮC NGHIỆM: Câu 36: Tìm mệnh đề sai mệnh đề sau: A Hàm số y ln x khơng có cực trị B Đồ thị hàm số y ln( x) khơng có đường tiệm cận ngang C Hàm số y ln x nghịch biến khoảng ( ;0) D Hàm số y ln x có điểm cực tiểu Câu 37: Tập hợp tất giá trị tham số m để phương trình log (| cos x |)  m log cos2 x  m2  0 vô nghiệm là:   A (  ;  2]  [ 2; ) B ( 2; 2) C (  2; 2) D ( 2; 2) Câu 38: Cho hàm số y  x  mx  m Biết m m0 đồ thị hàm số cho cắt trục hoành 4 4 điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x1  x2  x3  x4 30 Mệnh đề là: A  m0  B m0  C m0  D  m0 7 Câu 39: Cho hàm số bậc ba f ( x ) ax  bx  cx  d có đồ thị hình vẽ bên Số đường tiệm cận đứng x đồ thị hàm số g ( x)   3x  2  x x  f ( x)  f ( x )  A B là: C D f ( x)  20 0 Câu 40: Cho hàm số y  f ( x)  x5  x  22 Số nghiệm phương trình | x  |  x A B C D Câu 41: Cho đa giác 16 đỉnh Số tam giác vng có ba đỉnh ba đỉnh đa giác A 112 B 121 C 128 D 560 Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x  y  z 3 Một mặt phẳng ( P) tiếp xúc mặt cầu cắt tia Ox,Oy,Oz A, B, C thỏa mãn OA2  OB  OC 27 Diện tích tam giác ABC A B C 3 D 3 Câu 43: Thể tích khối bát diện có đỉnh trung điểm tứ diện cạnh 2a là: A 2a B a2 C a D a3 Câu 44: Khối chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật AB a 3, AD a, SA vng góc với đáy mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy góc 60 Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là: A 13 13 πaa B 13 13 a 24 C 5 a  f Câu 45: Cho hàm số y  f ( x ) có đạo hàm  thỏa mãn f ( x).e D ( x ) x2   10 a 2x 0 f (0) 1 f ( x) Tích phân x f ( x)dx A 15 B 45 C D Câu 46: Tìm giá trị m để hàm số y  x  (m  2) x  có ba điểm cực trị A m 2 B m 2 C m  D m  Câu 47: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1;1); B(2;0;1) mặt phẳng ( P ) : x  y  z  0 Viết phương trình tắc đường thẳng d qua A , song song với mặt phẳng (P) cho khoảng cách từ B đến d lớn A d : x y z   1 1 B d : x y x2   2 2 C d : x y z   2 D d : x y z   1 1 Câu 48: Nghiệm nguyên dương phương trình log ( x  2)  log ( x  4) 0 A B C D Câu 49: Cho số dương a thỏa mãn điều kiện hình phẳng giới hạn đường parabol y ax  y 4  2ax có diện tích 16 Giá trị a A B C D Câu 50: Cho lăng trụ ABC.ABC có AB 2a, AA' 3a Gọi M, N, P trung điểm AA , AC, AC Tính theo a thể tích V khối tứ diện B.MNP A V  3 a B V  3 a C V  3 a D V  3 a 12 f ( x) 0; lim f ( x) 1 Tổng số đường tiệm Câu 51: Cho hàm số y f (x) liên tục R thỏa mãn xlim  x   cận đứng ngang đồ thị hàm số cho A B  Câu 52: Cho f ( x) a ln x  x  C  2021 D  b sin x 18 với a, b   Biết f (log(log e)) 2 Giá trị f (log(ln10)) A 34 B C 18 D 36 Câu 53: Cho hàm số F ( x) x x  1.dx Biết F (0)  , F (2 2) A 85 B 19 C D 10 Câu 54: Cho hình lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có đáy hình vng cạnh a Mặt phẳng (  ) cắt cạnh AA , BB , CC , DD ' điểm M, N, P, Q Góc mặt phẳng ( ) mặt phẳng (ABCD) 60 Diện tích tứ giác MNPQ là: A a B a C 2 a D 2a Câu 55: Một khối gỗ hình trụ với bán kính đáy chiều cao Trên đường trịn đáy ta lấy hai điểm A, B cho cung AB có số đo 120 Người ta cắt khúc gô̂ mặt phẳng qua A, B tâm hình trụ (tâm hình trụ trung điểm đoạn nối tâm hai đáy) để thiết diện hình vẽ Biết diện tích S thiết diện thu có dạng S a  b Giá trị a  b A 50 B 30 C 45 D 60 Câu 56: Cho hình chóp S.ABC có hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vng góc với mặt phẳng (ABC) Tam giác ABC đều, I trung điểm BC Góc hai mặt phẳng (SAI) (SBC) A 90 B 60 Câu 57: Gọi M giao điểm đồ thị hàm số y  thị hàm số điềm M C 30 D 45 x 1 với trục hồnh Phương trình tiếp tuyến với đồ x A y  x  0 B y  x  0 C y  x  0 D y  x  0 Câu 58: Cho số dương a hàm số y f (x) liên tục  thỏa mãn f ( x )  f ( x) a, x   Giá trị tích phân A 2a a  a f ( x)dx B a D a C 2a Câu 59: Hệ số chứa x9 khai triển P ( x) (1  x)9  (1  x)10 A 11 B 10 C 12 D 13 Câu 60: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD vng cạnh 2a , mặt bên (SAB) tam giác cân nằm mặt phẳng vng góc với đáy, góc ASB 120 Bán kính mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp A a B a C 21 a D Kết khác III Phần (2,5đ) – Toán tự luận Bài 1: Công ty A sản xuất thùng tơn dạng hình hộp chữ nhật tích V m , hệ số k cho trước   tỉ số chiều cao thùng chiều rộng đáy) Hãy xác định kích thước đáy thùng để sản xuất tiết kiệm nguyên vật liệu nhất? Bài 2: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có AB a, AC 2a, AA '    Gọi M điểm cạnh CC' cho CM 2MC' 3a góc BAC 600 Chứng minh hai đường thẳng AM B’M vuông góc với Tính khoảng cách từ A’ đến mặt phẳng (AB’M) –––––––––––––HẾT––––––––––––– HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT II TỐN TRẮC NGHIỆM: Câu 36: Tìm mệnh đề sai mệnh đề sau: A Hàm số y ln x khơng có cực trị B Đồ thị hàm số y ln( x) khơng có đường tiệm cận ngang C Hàm số y ln x nghịch biến khoảng ( ;0) D Hàm số y ln x có điểm cực tiểu Phương pháp giải: Hàm số có cực trị tồn x = x0 cho qua đạo hàm đổi dấu hàm số xác định Giải chi tiết: Ta có (ln x ) '  2x  không xác định x = Nhưng hàm số không xác định x = nên x2 x khơng có cực trị Chọn D Câu 37: Tập hợp tất giá trị tham số m để phương trình log (| cos x |)  m log cos2 x  m2  0 vô nghiệm là:   A (  ;  2]  [ 2; ) B ( 2; 2) C (  2; 2) D ( 2; 2) Phương pháp giải: - Đặt ẩn phụ t log(| cos x |)(t 0) - Đưa phương trình bậc hai ẩn t Giải chi tiết: Đặt t log(| cos x |)(t 0) Phương trình cho trở thành t  2mt  m  0 (2) Phương trình cho vơ nghiệm  (2) vơ nghiệm có nghiệm dương    m   Δm(4m)0 m  (4  m )       m   m  2   Δm(4m)0 m  (4  m ) 0     m   S 2m       m     P 4  m       m     m2  m  Vậy m  ( 2; 2) Chọn D Câu 38: Cho hàm số y  x  mx  m Biết m m0 đồ thị hàm số cho cắt trục hoành 4 4 điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x1  x2  x3  x4 30 Mệnh đề là: A  m0  B m0  C m0  D  m0 7 Phương pháp giải: - Viết phương trình hồnh độ giao điểm - Đặt ẩn phụ t x , đưa phương trình bậc hai ẩn t     - Tìm điều kiện để phương trình bậc hai ẩn t có nghiệm dương phân biệt  S  P   - Sử dụng định lý Vi-ét Giải chi tiết: Xét phương trình hồnh độ giao điểm (C) Ox : x  mx  m 0 (1) Đặt t x (t 0) , (1) trở thành t  mt  m 0 (2) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt  phương trình (2) có nghiệm dương phân biệt  m  4m     S m    P m    m    m   m  m   Khi ta có: x14  x24  x34  x44 30  t12  t22 30   t1  t2   2t1t2 15    m 5 (tm)  m  2m  15 0    m  3(ktm) Vậy m0 5,  m0 7 Chọn D Câu 39: Cho hàm số bậc ba f ( x ) ax  bx  cx  d có đồ thị hình vẽ bên Số đường tiệm cận đứng x đồ thị hàm số g ( x)   3x   x x  f ( x)  f ( x )  là: A B C D Phương pháp giải: Số tiệm cận dứng số nghiệm a mẫu thức, thỏa mãn điều kiện (nếu có) bậc x – a mẫu lớn tử thức Giải chi tiết: ĐKXĐ: x ≥ Với điều kiện này,   f (x) 0   x  f (x)  f (x)  0     f (x) 1    x 2  x 1   x x1  (1; 2)   x x  Bốn nghiệm thỏa mãn điều kiện, có nghiệm x = có bậc mẫu nhỏ bậc tử nên số tiệm cận đứng đồ thị Chọn B f ( x)  20 0 Câu 40: Cho hàm số y  f ( x)  x5  x  22 Số nghiệm phương trình | x  |  x A B C Phương pháp giải: Xét dấu để phá giá trị tuyệt đối Sau giải phương trình cách khảo sát hàm số Giải chi tiết: ĐKXĐ: x≠2 Phương trình cho tương đương với  x     f ( x) 20   x     f ( x)  20  x     x  x  42 0 (1)  x     x  x  0 (2) Đặt g ( x) x  x  42( x  2)  g  ( x ) 5 x   0, x  BBT: Mà g(2)  nên (1) có nghiệm lớn D Đặt h( x) x  x  2( x  2) ta có h ( x ) 5 x  0  x 1(tm) BTT: Căn BBT (2) có nghiệm phân biệt nhỏ Phương trình cho có nghiệm phân biệt Chọn D Câu 41: Cho đa giác 16 đỉnh Số tam giác vng có ba đỉnh ba đỉnh đa giác A 112 B 121 C 128 D 560 Phương pháp giải: - Đếm số cách chọn cạnh huyền - Đếm số cách chọn đỉnh góc vng - Dùng quy tắc nhân Giải chi tiết: Xét tam giác có đỉnh đỉnh đa giác cho Tam giác vuông ⟺ Cạnh huyền đoạn thẳng nối hai đỉnh đối diện đa giác Số cách chọn cạnh huyền cách Với cách chọn cạnh huyền, ta chọn đỉnh 14 đỉnh lại, có 14 cách Vậy số tam giác vng 8.14 = 112 Chọn A Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x  y  z 3 Một mặt phẳng ( P) tiếp xúc mặt cầu cắt tia Ox,Oy,Oz A, B, C thỏa mãn OA2  OB  OC 27 Diện tích tam giác ABC A B Phương pháp giải: Viết phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn Áp dụng BĐT Cơ–si để giải hệ ba ẩn Từ tính cạnh tam giác ABC Giải chi tiết: Mặt cầu ( S ) có tâm O(0;0;0) , bán kính R  C 3 D 3 Giả sử ( P ) : x y z   1 với a  0, b  0, c  Mặt phẳng thỏa mãn đề a b c a  b  c 27    3  1     a b c a  b  c 27   1 1 (I)  2 2  b c a Áp dụng BĐT Cô-si cho số dương, ta có a  1 1  b  c     3 a 2b c 3 2 9 abc a b c   Dấu “=” xảy a b c Do hệ ( I )  a b c 9  a b c 3  A(3;0;0), B(0;3;0), C (0;0;3) Khi tam giác ABC AB 3 Vậy S ABC  AB  Chọn B Câu 43: Thể tích khối bát diện có đỉnh trung điểm tứ diện cạnh 2a là: A 2a B a2 C a D a3 Phương pháp giải: Nhớ công thức nhanh tính thể tích bát diện cạnh a a3 Giải chi tiết: Bát diện cần tìm có cạnh nửa cạnh tứ diện ban đầu, a nên tích a3 Chọn D Câu 44: Khối chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật AB a 3, AD a, SA vng góc với đáy mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy góc 60 Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là: A 13 13 πaa B 13 13 a 24 C 5 a D 10 a Phương pháp giải: - Xác định góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng vuông góc với giao tuyến - Gọi I trung điểm SC, chứng minh IA = IB = IC = ID = IS - Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng tính SA Sử dụng định lí Pytago tính AC, SC 1 - Tính bán kính R  SC - Tính thể tích khối cầu bán kính R V  πRR Giải chi tiết:  BC  AB Ta có:   BC  ( SAB)  BC  SB  BC  SA ( SBC )  ( ABCD) BC    SB  ( SBC ), SB  BC  ABC  (( SBC ), ( ABCD)) ( SB, AB ) SBA 60  AB  ( ABCD ), AB  BC  Gọi O tâm hình chữ nhật ABCD , I trung điểm SC Ta có OI đường trung bình tam giác SAC nên OI / /SA Mà SA  ( ABCD) nên OI  ( ABCD)  IA IB IC ID Lại có tam giác SAC vuông A nên IS = IA = IC  IA IB IC  ID IS  I tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD Xét tam giác vng SAB có: SA  AB.tan 60 a 3 3a Áp dụng định lí Pytago ta có: AC  (a 3)2  a 2a  SC  SA2  AC  9a  4a a 13 a 13 Suy bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD R IS  SC  2 13 13 Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD V   R  a  f Câu 45: Cho hàm số y  f ( x ) có đạo hàm  thỏa mãn f ( x).e Tích phân x f ( x)dx ( x ) x2   2x 0 f (0) 1 f ( x) A 15 B 45 C D Phương pháp giải: - Giải phương trình phương pháp nguyên hàm hai vế để tìm hàm f(x) - Sau dùng tích phân đổi biến để tính tích phân cần tìm Giải chi tiết: Từ giả thiết suy f ( x) f  ( x ).e f Lấy nguyên hàm hai vế, ta e f Thay x 0  C 0  e f ( x) e x ( x) 1 ( x)  xe x  ex 2 1 1 0 C  f ( x)  x  Tích phân cần tìm  7 3 x x  1dx   x  d x   x  2        45 Chọn B Câu 46: Tìm giá trị m để hàm số y  x  (m  2) x  có ba điểm cực trị A m 2 B m 2 C m  D m  Phương pháp giải: Hàm số bậc bốn trùng phương có điểm cực trị đạo hàm có nghiệm phân biệt Giải chi tiết: Hàm số cho có cực trị phương trình y  x   m   x 0   x  x   m  0 có nghiệm phân biệt   m   m  Chọn C Câu 47: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1;1); B(2;0;1) mặt phẳng ( P ) : x  y  z  0 Viết phương trình tắc đường thẳng d qua A , song song với mặt phẳng (P) cho khoảng cách từ B đến d lớn A d : x y z   1 1 B d : x y x2   2 2 C d : x y z   2 D d : x y z   1 1 Phương pháp giải: - Khoảng cách B đến d lớn AB  (d)    - Tính VTCP d: ud  AB, n( P )   x  x0 y  y0 z  z0   - Đường thẳng d qua M  x0 ; y0 ; z0  có VTCP u (a; b; c) có phương trình a b c Giải chi tiết: Gọi H hình chiếu vng góc B d , ta có BH BA (quan hệ đường vng góc, đường xiên)  Khoảng cách B đến d lớn AB  (d )     Khi ud  AB, n( P )  [(1;  1;0),(1;1; 2)] ( 2;  2; 2) (1;1;  1) nên u (1;1;  1) VTCP d Mà (d) qua A nên có phương trình x y z   1 1 Chọn A Câu 48: Nghiệm nguyên dương phương trình log ( x  2)  log ( x  4) 0 A B C D Phương pháp giải: - Tìm điều kiện xác định phương trình - Giải phương trình logarit cách dùng cơng thức cộng loga Giải chi tiết: Điều kiện: x  2, x 4 Với ĐK phương trình cho tương đương với log ( x  2)  log ( x  4) 0  log  ( x  2) ( x  4)  0  ( x  2) ( x  4) 1   x2  6x   1  x  x  1    x  x    x 3    x 3 Kết hợp với điều kiện chọn nghiệm nguyên dương, ta x = Chọn A Câu 49: Cho số dương a thỏa mãn điều kiện hình phẳng giới hạn đường parabol y ax  y 4  2ax có diện tích 16 Giá trị a A B C D Phương pháp giải: - Giả sử hai đồ thị cắt điểm phân biệt - Xét phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị, giải tìm x - Tìm a để diện tích hình phẳng 16 - Sử dụng: Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x), đường thẳng x = a, x = b b S  f  x   g  x  dx a Giải chi tiết: Giả sử hai đồ thị cắt điểm phân biệt Xét phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị  a    ax  4  2ax  3ax 6   x  m  a    x m  a  Diện tích cần tìm m m m m S  ax    2ax dx   3ax dx  x  ax 12m  2am3 8 Mà S 16      m m a 2 2  4  a  a a Chọn C Câu 50: Cho lăng trụ ABC.ABC có AB 2a, AA' 3a Gọi M, N, P trung điểm AA , AC, AC Tính theo a thể tích V khối tứ diện B.MNP A V  3 a B V  3 a C V  3 a D V  3 a 12 Phương pháp giải: - Chứng minh BP ⊥ (MNP) tính đường cao hình chóp - Nhớ: đường trung tuyến tam giác cạnh a bằng a2 - Tính thể tích theo cơng thức VB.MNP  BP.S MNP Giải chi tiết: a diện tích tam giác cạnh a Tam giác ABC đều, P trung điểm AC nên BP  AC ( ABC )   ACC ' A '  AC  BP   ACC ' A '  BP  ( MNP ) Ta có:   BP  ( ABC ), BP  AC Vì tam giác ABC cạnh 2a nên BP  AB 2a  a 2 1 3a 2a 3a Tam giác MNP vuông N nên S MNP  MN NP     2 2 1 3 Vậy VB.MNP  BP.SMNP  a a  a 3 4 Chọn B f ( x) 0; lim f ( x) 1 Tổng số đường tiệm Câu 51: Cho hàm số y f (x) liên tục R thỏa mãn xlim  x   cận đứng ngang đồ thị hàm số cho A B C D Phương pháp giải: Nếu hàm liên tục RR khơng có TCĐ Số TCN phụ thuộc vào giới hạn vô cực hàm số cho Giải chi tiết: Vì hàm liên tục R nên khơng có TCĐ f  x  0; lim f  x  1 nên đồ thị hàm số khơng có TCN y = y = Vì xlim  x   Vậy đồ thị hàm số có tổng tiệm cận Chọn C  Câu 52: Cho f ( x) a ln x  x   2021  b sin x 18 với a, b   Biết f (log(log e)) 2 Giá trị f (log(ln10)) A 34 B Phương pháp giải: - Chứng minh hai biểu thức loga đối C 18 D 36 - Chứng minh f(x) + f(–x) = 36, với x Giải chi tiết: Ta có: log(log e)  log(ln10) log(log e.ln10) log1 0  log(ln10)  log(log e) Ta có: x   x | x | x nên x   x  x   2021  2021a ln  x  x 1  Lại có  x  x    x  x   x   x 1 nên ln  x  x   ln  ln   x  x    x  x 1 Khi f ( x) a ln x  x  2 2 2 2 Với x ta có:   f ( x) 2021a ln  x  x   b sin ( x)  18    2021a ln x  x   b sin x  18  f ( x )  f ( x) 36 Mà log(ln10)  log(log e) (cmt )  f (log(ln10))  f (log(log e)) 36  f (log(log e)) 34 Chọn A Câu 53: Cho hàm số F ( x) x x  1.dx Biết F (0)  , F (2 2) A 85 B 19 C Phương pháp giải: - Tính nguyên hàm phương pháp đưa biến vào vi phân - Tìm số C suy F(x) Cuối tính F (2 2) Giải chi tiết: Ta có: F ( x)  1 2 d x2 1 x  2    2    x 1  C     x  1 3 C 4 Mà F (0)    C   C 1 3 D 10 Suy F ( x)  Vậy F (2 2)  x  1 3 1 93  10 Chọn D Câu 54: Cho hình lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có đáy hình vuông cạnh a Mặt phẳng (  ) cắt cạnh AA , BB , CC , DD ' điểm M, N, P, Q Góc mặt phẳng ( ) mặt phẳng (ABCD) 60 Diện tích tứ giác MNPQ là: A a B a C 2 a D 2a Phương pháp giải: Nếu (H’) hình chiếu vng góc (H) mặt đáy góc (H) đáy α ta có cơng thức tỉ lệ diện tích hình (H’) (H) cos α Giải chi tiết: Hình chiếu MNPQ đáy (ABCD) hình vuông ABCD Suy S ABCD cos 600   SMNPQ 2 S ABCD 2a S MNPQ Chọn D Câu 55: Một khối gỗ hình trụ với bán kính đáy chiều cao Trên đường trịn đáy ta lấy hai điểm A, B cho cung AB có số đo 120 Người ta cắt khúc gô̂ mặt phẳng qua A, B tâm hình trụ (tâm hình trụ trung điểm đoạn nối tâm hai đáy) để thiết diện hình vẽ Biết diện tích S thiết diện thu có dạng S a  b Giá trị a  b A 50 B 30 C 45 D 60 Phương pháp giải: Nếu (H’) hình chiếu vng góc (H) mặt đáy góc (H) đáy α ta có cơng thức tỉ lệ diện tích hình (H’) (H) cos α Giải chi tiết: Gọi M trung điểm AB OO' tâm mặt đáy I tâm hình trụ (trung điểm OO ) Thiết diện thu ABCD hình vẽ, hợp với đáy góc  OMI Vì cung AB có số đo 120 nên AOB 120  AOM 60  Xét tam giác vng AOM vng M ta có: OM OA.cos 60 6 3 Áp dụng định lí Pytago tam giác vng OIM ta có: MI  OM  OI  32  42 5 Thiết diện thu hợp với đáy góc  cho cos   OM  IM Hình chiếu thiết diện đáy phần hình trịn, gồm tam giác cân hình quạt, có diện tích S  2 Suy 62  62.120  12  18 360 S 5S    S 20  30 S Vậy a 20, b 30 nên a  b 50 Câu 56: Cho hình chóp S.ABC có hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vng góc với mặt phẳng (ABC) Tam giác ABC đều, I trung điểm BC Góc hai mặt phẳng (SAI) (SBC) A 90 B 60 C 30 Phương pháp giải: Chứng minh hai mặt phẳng (SAI) (SBC) vng góc với Giải chi tiết: D 45  SAB    ABC    SA   ABC   SA  BC Ta có:  SAC    ABC    SAB    SAC  SA Mà AI ⊥ BC (do tam giác ABC đều) nên BC ⊥ (SAI) Suy (SBC) ⊥ (SAI) Vậy ((SBC),(SAI))=900 Chọn A Câu 57: Gọi M giao điểm đồ thị hàm số y  x 1 với trục hồnh Phương trình tiếp tuyến với đồ x thị hàm số điềm M A y  x  0 B y  x  0 C y  x  0 D y  x  0 Phương pháp giải: - Tìm tọa độ điểm M cách giải phương trình hồnh độ giao điểm - Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm có hồnh độ x x0 là: y  f  x0   x  x0  f  x0   Giải chi tiết: Cho y 0  x  0  x  , ta có tọa độ điểm M (–1;0) Ta có y   x  2  y  1  Vậy phương trình tiếp tuyến M y   x  1  3y  x  0 Chọn B Câu 58: Cho số dương a hàm số y f (x) liên tục  thỏa mãn f ( x )  f ( x) a, x   Giá trị tích phân A 2a a  a f ( x)dx B a C 2a D a Phương pháp giải: - Phân tích a  a a a f ( x)dx  f ( x)dx   f ( x )dx - Sử dụng phương pháp đổi biến số, chứng minh  a a f ( x)dx  f ( x)dx - Áp dụng cơng thức tính phân tổng để đưa f ( x )  f ( x ) Giải chi tiết: Ta có: a  a a a f ( x)dx  f ( x)dx   f ( x )dx  x  a  t a Đặt x  t  dt  dx Đổi cận:  , ta có:  x 0  t 0  a a a f ( x)dx   f ( t )dt  f ( x )dx Suy a  a a a a 0 a f ( x) dx  f (  x )dx   f ( x)dx  adx ax a Chọn B Câu 59: Hệ số chứa x9 khai triển P ( x) (1  x)9  (1  x)10 A 11 B 10 C 12 D 13 Phương pháp giải: n n k n k k Áp dụng công thức nhị thức Newton  a  b  Cn a b k 0 Giải chi tiết: 10 k 0 i 0 k k i i Ta có: P  x  C9 x  C10 x 9 Vậy hệ số x9 C9  C10 11 Chọn A Câu 60: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD vng cạnh 2a , mặt bên (SAB) tam giác cân nằm mặt phẳng vng góc với đáy, góc ASB 120 Bán kính mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp A a B a C 21 a D Kết khác Phương pháp giải: Gọi O tâm ABCD T đối xứng với S qua AB M trung điểm AB Dựng hình chữ nhật OMTI I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Giải chi tiết: Ta có: SM⊥AB (do tam giác SAB cân) nên SM⊥(ABCD) Gọi O tâm ABCD T đối xứng với S qua AB M trung điểm AB Dựng hình chữ nhật OMTI +) Ta có: OI//MThayOI//SM⇒OI⊥(ABCD)⇒IA=IB=IC=ID (1) +) T tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB, IT⊥(SAB) nên IA=IB=IS (2) Từ (1) (2) ⇒IA=IB=IC=ID=IS nên I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Ta có IT OM  AD a Tam giác SAB có ASB 120 nên MSA 600  SA  AM a 3a   sin 60 Dễ thấy AM trung trực ST nên SA = AT Vậy bán kính mặt cầu R IA  IT  TA2  a  4a a 21  3 Chọn C III Phần (2,5đ) – Toán tự luận Bài 1: Cơng ty A sản xuất thùng tơn dạng hình hộp chữ nhật tích V m , hệ số k cho trước   tỉ số chiều cao thùng chiều rộng đáy) Hãy xác định kích thước đáy thùng để sản xuất tiết kiệm nguyên vật liệu nhất? Phương pháp giải: Đặt chiều rộng đáy thùng x lập cơng thức diện tích tồn phần hình hộp Áp dụng BĐT để tìm GTNN diện tích tồn phần Giải chi tiết: