1 dap an de kscl hsg12 lan 1(2022 2023)

TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN ĐÁP ÁN THI KSCL HỌC SINH GIỎI LẦN MƠN TỐN LỚP 12 NĂM HỌC 2022- 2023 Ngày thi: Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề ………………… Đề thi gồm có trang Mã đề thi 720 Họ, tên thí sinh: SBD 1-D 11-B 21-C 31-D 41-D 2-D 12-C 22-D 32-C 42-C 3- D 13-A 23-C 33-A 43-B 4-B 14-C 24-B 34-B 44-A 5-A 15-A 25-B 35-B 45-B 6-D 16-B 26-C 36-C 46-A 7-C 17-C 27-D 37-D 47-A 8-D 18-D 28-A 38-D 48-D 9-A 19-B 29-D 39-A 49-C 10-A 20-D 30-B 40-B 50-B Câu 1: Điều kiện m để phương trình sin 2022 x  cos 2022 x m có nghiệm m   m 1 B   m   m  C  m 1 A  D  m  Lời giải Điều kiện  m   m  2sin x  Hàm số y  xác định  cos x A x   k 2 B x k 2 Câu 2 C x   k D x k 2 Lời giải Hàm số xác định  cos x 0  cos x 1  x k 2 với k   Câu Từ chữ số 0;1; 2;3; 4;5;6 lập số tự nhiên gồm hai chữ số? A 13 B 49 C 36 D 42 Lời giải Gọi số cần lập có dạng ab Để lập số có chữ số ta cần thực liên tiếp hai hành động Chọn chữ số khác vào vị trí a có cách Ứng với cách chọn số vào vị trí a có cách chọn số vào vị trí b Theo quy tắc nhân ta có số số có chữ số lập 6.7 42 số Câu Có cách xếp học sinh vào bàn dài có ghế ? A C8 B A8 C 3! D 5! Lời giải 3 Chọn ghế ghế xếp học sinh vào ngồi có C8 3!  A8 ( cách) u1 3 Câu Cho dãy số un biết  , n  * Số hạng tổng quát dãy số  un  u  u n  n 1 n n 1 n n 1 A un 3 B un 3 C un 3 D un n Lời giải Ta có un 1 3 Do dãy số  un  cấp số nhân với u1 3 , công bội q 3 un Vậy số hạng tổng quát cấp số nhân là: un u1 q n  3.3n 3n Câu Cho hàm số y  f ( x) liên tục  với bảng xét dấu đạo hàm sau Trang 1/24 - Mã đề thi 720 Số điểm cực trị hàm số y  f ( x ) A B C D Lời giải  y Ta có đổi dấu qua x  qua x 2 nên số điểm cực trị Kí hiệu m , M giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số y  Câu [1;4] Giá trị biểu thức d M  m A d 4 B d 2 C d 3 Lời giải x 3 đoạn 2x  D d 5 1  Tập xác định D  \   ;   1;4 2 1 3 4 ; y    1 Suy d M  m 4  3 Ta có y  1  2.1  2.4  Khối mười hai mặt thuộc loại đa diện nào? A  4;3 B  3; 4 C  3;3 D  5;3 Lời giải Mỗi mặt ngũ giác đỉnh đỉnh chung ba mặt Câu Câu 9: Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với đáy Tam giác ABC vuông cân B , biết SA  AC 2a Thể tích khối chóp S ABC 2 A a B a C D a a 3 3 Lời giải Ta có AB BC  AC 2a  a 2 1 1 Thể tích khối chóp S ABC V  S ABC SA  AB SA  a 2a  a 3   Câu 10: Cho lăng trụ đứng ABC ABC  có đáy ABC tam giác cạnh a, AA 2a Thể tích khối trụ A a3 B a3 C a 3 D a2 Lời giải Trang 2/24 - Mã đề thi 720 a a3  Câu 11 Một hộp đựng 11 thẻ đánh số từ đến 11 Chọn ngẫu nhiên thẻ từ hộp Gọi P xác suất để tổng số ghi thẻ số lẻ Khi P 16 10 A B C D 12 33 33 11 Lời giải 11 Không gian mẫu C4 330 V  AA '.S ABC 2a + Số cách chọn thẻ mang số lẻ thẻ mang số chẵn là: C16 C35 60 + Số cách chọn thẻ mang số lẻ thẻ mang số chẵn là: C36 C15 100 16 Vậy xác suất cần tìm P  33 10 Câu 12: Hệ số x5 khai triển P  x   x   x   x   3x  thành đa thức A 80 B 3240 C.3320 D 259200 Lời giải 5 k Theo khai triển nhị thức Niu‐tơn, ta có x   x  x.C5   x  5 k k 0 C5k    5 k x  k k 0  số hạng chứa x tương ứng với  k 5  k 1 10 10 2 l Tương tự, ta có x   3x  x C10  3x  10‐ l l 0 10 C10l 310‐ l.x12‐ l l 0  số hạng chứa x tương ứng với 12  l 5  l 7 Vậy hệ số x cần tìm P  x  C51     C107 33 3320 Chọn C Câu 13 Cho dãy số  un  có un  n  n  Số  19 số hạng thứ dãy? A B C D Lời giải * Giả sử un  19 , n   Suy  n  n   19    n 5 Vậy số  19 số hạng thứ dãy   n  n  20 0   n  l    Câu 14 Cho f  x  đa thức thỏa mãn lim x A 24 Vì lim x f  x   16 f  x   16 24 Tính I lim x  x  1 f  x    x  B  C Lời giải  D 1 f  x   16  f  x   16  0  lim f  x  16  lim  24 nên lim x x x f  x    12 x Khi I lim x f  x   16  x  1  f  x    lim x f  x   16 lim 2  x  1 x f  x    Câu 15 Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABC D có AB 2a , AD  AA a Khoảng cách hai đường thẳng AC DC  A 2a B a a Lời giải C D 3a Trang 3/24 - Mã đề thi 720 Ta có C D // AB   C D //  ACB  d  C D, AC  d  C D,  ACB  d  D,  ACB  d  B,  ACB  h ( O trung điểm BD ) Tứ diện BACB có BA , BC , BB đơi vng góc nên ta có 1 1 1 2a 2a  2       h   d  C D, AC   2 h BA BC BB 4a a a 4a 3 Câu 16 Cho khối chóp S ABC có SA ^ ( ABC ) , tam giác ABC vuông B , AC = 2a , BC = a , SB = 2a Góc SA mặt phẳng ( SBC ) A 45° B 30° S 90° D C 60° Lời giải Trong ( SAB ) kẻ AH ^ SB ( H Ỵ SB ) ìï SA ^ BC Þ BC ^ ( SAB ) Þ BC ^ AH Vì ïí ïïỵ AB ^ BC H C A Mà SB ^ AH cách dựng nên AH ^ ( SBC ) , hay H hình B chiếu A lên ( SBC ) suy góc SA ( SBC ) góc ASH hay góc ASB Tam giác ABC vng B Þ AB = AC - BC = a AB = Þ ASB = 30° Tam giác SAB vng A Þ sin ASB = SB Câu 17 Bảng biến thiên hàm số bốn hàm số liệt kê bốn phương án A, B, C, D sau: A f  x    x2 x B f  x   x x 1 C f  x    x x D f  x    x2 x 1 Lời giải Trang 4/24 - Mã đề thi 720 f  x   x2 3  f  x   nên loại A x 1  x  1 f  x   x2 1  f  x   nên loại D x  x  1 f  x  x x  f  x   1 nên loại B lim x 1 x   x   x  1 Câu 18 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: Số nghiệm thực phương trình f  x   f  x  0 A C B D Lời giải  f  x  0 Ta có phương trình f  x   f  x  0 f  x   f  x   5 0    f  x   Số nghiệm phương trình tổng số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  hai đường thẳng y 0 y  (song song với trục hoành) Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y  f  x  cắt đường thẳng y 0 điểm phân biệt, không cắt đường thẳng y  Suy phương trình f  x   f  x  0 có nghiệm thực phân biệt Câu 19 Tọa độ điểm cực đại đồ thị hàm số y  x3  3x  là: A  0;1 B  1;  C   1;  Lời giải D  2;3  x 0 y  x  x ; y 0    x 1 Bảng xét dấu y Vậy điểm cực đại đồ thị hàm số  1;   Câu 20 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x   x x  x  x   x   Số điểm cực trị hàm số A B C Lời giải D Bảng xét dấu Trang 5/24 - Mã đề thi 720 f '  x  đổi dấu lần qua x  , x  , x  suy hàm số có cực trị Câu 21 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị f  x  hình vẽ bên Khẳng định sau đúng? A Hàm số nghịch biến  0;1 B Hàm số đồng biến    ;  1 C.Hàm số đồng biến   1;1 D Hàm số nghịch biến    ;0  Lời giải Dựa vào đồ thị ta có bảng biến thiên Vậy hàm số đồng biến   1;1 Câu 22 Hình chóp tứ giác có mặt phẳng đối xứng? A B C D Lời giải Đó mặt phẳng  SAC  ,  SBD  ,  SHJ  ,  SGI  với G , H , I , J trung điểm cạnh AB, CB, CD, AD (hình vẽ bên dưới) S J A G I O B H D C Câu 23 Cho khối lăng trụ đứng ABC ABC  có đáy tam giác cạnh a , AB ' 2a (minh họa hình dưới) Thể tích khối lăng trụ cho Trang 6/24 - Mã đề thi 720 A V  3a B V  3a3 C V  3a D a3 12 Lời giải 3.a Tam giác AA ' B ' vng A ' nên ta có: AA '  AB '2  A ' B '2 a Diện tích đáy là: SABC  Thể tích lăng trụ là: V B.h  AA '.S ABC  a2 3a a  4 Câu 24 Cho khối lăng trụ tam giác có tất cạnh Thể tích khối lăng trụ cho A 36 B 54 C 63 Diện tích tam giác đáy lăng trụ D 63 Lời giải 9 Áp dụng cơng thức thể tích lăng trụ ta có V Bh 54 Câu 25 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, mặt bên SAD tam giác cạnh 4a nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng  ABCD  Góc mặt phẳng  SBC  mặt phẳng  ABCD  30 Thể tích khối chóp S ABCD A 24 3a3 B 16 3a3 C 3a3 D 48 3a3 Lời giải Gọi H , K trung điểm AD BC Khi AH   ABCD  , suy BC   SKH  ,   SB,  ABC   30 nên SKH Có SH  AD 3 2 3a  HK SH cot 30 6a Vậy VS ABCD  SH AD.HK 16 3a Câu 26: Cho phương trình cos x  sin x   nghiệm âm lớn phương trình   A B  cos x  sin x    sin x  cos x  0 Tính tổng nghiệm dương nhỏ 2 Lời giải C  D   sin x  cos x  0   Đặt: t  sin x  cos x 2sin  x   , t 2 6   t 3sin x  cos x    sin x 2  cos x  sin x  cos x  sin x 2  t Trang 7/24 - Mã đề thi 720 Phương trình trở thành  t 1 N     t  5t  0    sin  x     6   t 4  L  Nghiệm dương nhỏ x1   x  x       k1 2  x   k1 2 6    k1 , k2      5   k2 2  x   k2 2 6  ứng với k1 0 Nghiệm âm lớn x2   ứng với k   2 Do đó: x1  x2     3 Câu 27 Tổng tất nghiệm phương trình cos x  cos x  9sin x  0 khoảng  0;3  11 25 A 5 B C D 6 Lời giải Ta có: cos3 x  cos x  9sin x  0  cos x  3cos x   2sin x  9sin x  0      cos x   sin x    2sin x  9sin x  0   cos x  2sin x  1  2sin x  1   2sin x  1  sin x   0   2sin x  1   2sin x.cos x  cos x  sin x   0 (*)   Do sin x  cos x  sin  x    ;  2sin x.cos x  sin x  4  nên:  2sin x.cos x  cos x  sin x  sin x  cos x  sin x  4     x   k 2  (*)  2sin x  0  sin x     k    x  5  k 2    1 17 k  Với x   k 2 , x   0;3     k 2  3  12 12   13  k  Z  k   0;1  x   ;  6  5 5 5 13  k 2  3  k  Với x   k 2 , x   0;3    12 12  5 17  k  Z  k   0;1  x   ;   6    5 13 17  ; Tập nghiệm phương trình cho là: S  ; ;   6 6 Tổng tất nghiệm 6 Câu 28: Cho hình chóp S ABCD có SA vng góc với mặt phẳng ( ABCD) đáy ABCD hình thang vng  900 AB BC  AD a; SA a Tính sin  biết  góc đường thẳng SB mặt có A B phẳng  SCD  A 30 20 B 30 10 10 30 Lời giải C D 20 30 Trang 8/24 - Mã đề thi 720 Gọi M hình chiếu vng góc C nên AD ta có tam giác ACD vng C CD  AC    CD   SAC    SAC    SCD  CD  SA  Kéo dài AB, CD cắt K Gọi I , T trung điểm KC , SK ta có  BTI  //  SAC    BTI    SCD   BH  TI H Suy BH   SCD  H Vậy   SB,  SCD    SB, SH  BSH 1    BH BT BI a  SB  AS  AB    BH  a 30 10   a 3 30   a   a 2a  sin   BH SB 20 2 Câu 29 Cho hình lăng trụ tam giác ABC ABC  có độ dài cạnh bên 2a , đáy ABC tam giác vuông A , AB a , AC a Hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng  ABC  trung điểm BC Khi cosin góc hai đường thẳng AA BC  A B C D Lời giải Trang 9/24 - Mã đề thi 720  AA '/ / BB '  AA ', B ' C '  BB ', BC  Vì  B ' C '/ / BC  2 Ta có AH  BC a  A ' H  A ' A  AH a Vì A ' H   ABC   A ' H   A ' B ' C '   A ' H  A ' B '  B ' H  A ' H  A ' B '2 2a  ' BH  cos B BB '2  BH  B ' H 4a  a  4a   BB '.BH 2.2a.a Câu 30 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình bên Hàm số y  f   2x   đồng biến khoảng  3 A  0;   2 1  B  ;1 2  C  1;   1  D   1;  2  Lời giải Ta có: y  f   2x  1  x 1     2x   2 Hàm số đồng biến y   f   2x         2x x0 1  Vậy hàm số đồng biến khoảng  ;1   ;0  2  Câu 31: Cho hàm số f  x   a 2x  m a ( m tham số) Để f  x   m  , (a  , b  , b  0) x[  1;1] x2 b b phân số tối giản Tổng a  b A  10 +Ta có f  x   B 10 4m  x  2 C Lời giải D  + Trường hợp 1: Với m   f  x   Trang 10/24 - Mã đề thi 720 2 m   m 1 (loại) Khi f ( x )   f  1  x[  1;1] 3 + Trường hợp 2: Với m  Khi f  x  2 hàm không đổi (không thỏa đề bài) + Trường hợp 3: Với m   f  x   1 Khi f ( x)   f   1   m   m  x[  1;1] 3 +Theo đề suy a  7, b 3 Vậy a  b  Câu 32 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Đồ thị hàm số y  A có tiệm cận đứng? f  x  B C Lời giải D  f  x  1 2 Xét phương trình f  x   0  f  x  1    f  x   1 Phương trình f  x  1 có nghiệm x a với a   Phương trình f  x   có nghiệm x b với b   Vậy đồ thị hàm số y  có đường đường tiệm cận đứng f  x  Câu 33: Cho hàm số y  x  mx  có đồ thị  C  ( m tham số thực) Tổng bình phương giá trị x m để đường thẳng d : y m cắt đồ thị  C  hai điểm A, B cho OA  OB A B 12 C D Lời giải +Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị  C  đường thẳng d Trang 11/24 - Mã đề thi 720 x  mx  m  x  x 1   x  mx   mx  m   x 1   g  x  x  m  0 + Đường thẳng d : y m cắt đồ thị  C  hai điểm phân biệt A, B  g  x  0 có hai nghiệm  1  m   m    ;1 \  0 phân biệt khác    g  1 m 0 + Gọi A  x1 ; m  , B  x2 ; m  Khi x1 , x2 hai nghiệm phương trình g  x  0  x1  x2 0 Theo định lí Vi-ét ta có   x1 x2 m    1 m  2 Khi OA  OB  x1 x2  m 0  m  m  0     1 m   (thỏa mãn) Vậy tổng bình phương giá trị m để đường thẳng d : y m cắt đồ thị  C  hai điểm 2   1    1  A, B cho OA  OB     3      Câu 34: Gọi A , B hai điểm di động thuộc hai nhánh khác đồ thịhàm số y  đoạn AB bé A 10 B 10 C 2x  Độ dài x2 D Lời giải   2x    Vì A , B thuộc hai nhánh đồ thị y  nên A  a;   , B  b;   với a   , a2 b2 x2   b2     25 25 2   a      b    1  Khi AB  a  b  1  2 2   a    b      a     b    Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có:   a      b    4  a     b    1 1 25  a  2   b  2  10  a     b     Từ  1   suy AB 40  AB 2 10 a    b  a   25  Dấu " " xảy 1  Vậy ABmin 2 10 b     a  2    b  Câu 35: Cho hàm số y  f  x  ax  bx  cx  d  a, b, c, d    có đồ thị hình vẽ bên Số nghiệm   phương trình f f A.2   f  x   f  x   f  x   f  1 0 B.3 C.1 D.0 Trang 12/24 - Mã đề thi 720 Lời giải   Đặt t  f  x  , t 0 Ta có: f f  t   t  2t  f  1 0 (*) Với t 0 : f  t  0 f  t   t  2t 0 Theo đồ thị, hàm f  u  đồng biến  0;   2 Do đó, (*)  f  f  t   t  2t   f  1  f  t   t  2t 1  f  t  1  t  2t  f  t   g  t  (**)(với g  t  1  t  2t , t 0 ) Vì hàm f  t  đồng biến g  t  nghịch biến  0;   f  1  , g  1  nên phương trình (**) có nghiệm t    0;1 2 Khi đó, t   f  x   ,    0;1 (***) Vì đồ thị hàm f  x  cắt đường thẳng y  điểm phân biệt nên phương trình (***) có nghiệm phân biệt Câu 36 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình vẽ Biết f       2 Tìm m để phương trình f x  2m  x có nghiệm thuộc  0;1 Trang 13/24 - Mã đề thi 720 A 5 1 m 2 B 5 1 m  2 C 5 1 m  2 5  m  D   m   Lời giải     2 2 Ta có: f x  2m  x  f x   x  2m   1 Đặt t  x  Vì x   0;1 nên t    2;  1 Phương trình  1 trở thành: f  t   t 2m   2 Phương trình  1 có nghiêm x   0;1  phương trình   có nghiệm t    2;  1 Xét hàm số g  t   f  t   t  g  t   f  t   0t    2;  1 Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình   có nghiệm t    2;  1  g    2m   g   1  f     2m   f   1    2m     5 1 m  2 2 Câu 37 Cho hai hàm số f ( x)  x   m  1 x   3m  4m   x  2022 3 g  x   m  2m   x   2m  4m   x  3x  (với m tham số) Hỏi phương trình g  f  x   0 có nghiệm? A B C D Lời giải 2 Có f '  x   x   m  1 x  3m  4m   x  m  1   m  1  m   0, x  R Suy f  x  đồng biến , m   mà f  x  hàm bậc ba nên phương trình f  x  a ln có nghiệm a  R  1  x 2 2 Có g  x  0   x     m  2m   x  x  1 0   2   m  2m   x  x  0   Vì   m  2m    nên phương trình   có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 x1 , x2 2 phương trình g  x  0 có ba nghiệm phân biệt: 2, x1 , x2 Vậy:  f  x  2  g  f  x   0   f  x  x1  f x x    Kết hợp với  1 suy phương trình g  f  x   0 có nghiệm phân biệt Trang 14/24 - Mã đề thi 720 Câu 38: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' cạnh Gọi M trung điểm cạnh BB ' Mặt phẳng ( MA ' D) cắt cạnh BC K Thể tích khối đa diện lồi A ' B ' C ' D ' MKCD A 24 B 17 24 Lời giải C D 17 24 Kéo dài A ' M AB cắt E Suy K DE  BC Dễ thấy B trung điểm EA K trung điểm BC 17 1   Có VA ' B 'C ' D ' MKCD V  VA 'ADMBK V   VA ' ADE  VM BEK  1     1  24 24  24  Câu 39 Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu A ' lên mặt phẳng trùng với trung điểm cạnh AB, góc AA ' mặt đáy hình lăng trụ cho  ABC  60o Thể tích V khối chóp A '.BCC ' B ' A V  a3 B V  a3 C V  3a D V  3a Lời giải a Ta có:  AA ',  ABC  AA ', AH   A ' AH 60o  A ' H  AH tan 60o  a a 3a  VABC A ' B 'C ' S ABC A ' H   a3 a3  VA BCC ' B ' VABC A' B ' C '  VA ABC VABC A' B ' C '  VABC A ' B ' C '  VABC A' B 'C '  Vậy V  3 4   Trang 15/24 - Mã đề thi 720 Câu 40: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành, tam giác ABC vng cân A SA vng góc với mặt phẳng đáy Gọi G trọng tâm tam giác SAD Biết AB a , khoảng cách từ G đến mặt phẳng a  SBC  Thể tích khối chóp S ABCD 3a a3 2a 2a A B C D 46 46 46 46 Lời giải Gọi I , H hình chiếu vng góc A lên BC SI , ta có  BC   SAI   AH  BC    AH   SBC   d  A,  SBC    AH  1   AH   SAI   AH  SI Gọi M trung điểm AD, G trọng tâm SAD , ta có: 3 a 3a MS  GS  d  M ,  SBC    d  G ,  SBC     2 3a 3a Mà AD //  SBC   d  A,  SBC    (2) Từ (1) (2) suy AH  8  BC  SA    BC  AI Mặt khác tam giác ABC vuông cân A AB a  AI  Trong tam giác vuông SAI có a 1 3a    SA  AH AS AI 46 a3 V  SA S  S  S  a Diện tích đáy ABCD Suy S ABCD ABCD ABC 46 Câu 41: Trong lần dạo chơi, An vơ tình lạc vào mê cung đa giác lồi có 33 cạnh Để khỏi mê cung An phải lần với quy luật sau: “Với L tập hợp tam giác tạo từ ba đỉnh đa giác, từ hai tam giác L, An phải theo tam giác có cạnh cạnh đa giác tam giác khơng có cạnh cạnh đa giác (không phân biệt thứ tự đi)” Giả sử tất lần An xác suất khỏi mê cung An xấp xỉ bao nhiêu? A 0, 0456 B 0,1243 C 0, 2872 D 0,0825 Lời giải Đa giác lồi có 33 cạnh nên có 33 đỉnh Số tam giác có đỉnh ba đỉnh đa giác là: C33 5456 Số phần tử không gian mẫu là: n() C5456 14881240 Số tam giác có hai cạnh hai cạnh đa giác là: 33 Số tam giác có cạnh cạnh đa giác là: 33 29 957 Số tam giác khơng có cạnh cạnh đa giác là: 5456  33  957 4466 Trang 16/24 - Mã đề thi 720 Gọi A biến cố “hai tam giác chọn có tam giác có cạnh cạnh đa giác tam giác khơng có cạnh cạnh đa giác” 1 Số phần tử A là: n  A  C957C4466 4273962 Suy xác suất biến cố A là: p ( A)  n( A) 4273962  0, 2872 n() 14881240 Vậy xác suất để An thoát khỏi mê cung là: 0, 28722 0, 0825 Câu 42: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AD 2a Cạnh bên SA vng góc với   mặt đáy SA 2a Gọi M , N điểm thỏa mãn hệ thức MS  2.MD   AN 2 AB Biết góc tạo đường thẳng SN với mặt phẳng  SCD  30 Khoảng cách hai đường thẳng SN CM 4a a 51 a 33 a 21 A B C D 4 Lời giải Từ giả thiết ta có M thuộc đoạn SD MD  DS ; B trung điểm đoạn AN Gọi E , G giao điểm đường thẳng ND với BC AC , E trung điểm đoạn BC Dễ thấy E trung điểm đoạn ND G thỏa mãn hệ thức DG  DE  DN 3 DC  AD  Do   DC   SAD  Kẻ AJ  SD J DC  SA  Vì tam giác SAD vng cân A nên J trung điểm đoạn SD Do AJ  DC (vì AJ   SAD  CD   SAD  ) nên AJ   SDC  Suy AJ d  A ,  SCD    SD a Do góc tạo SN với  SCD  30 nên sin 30  d  N ,  SCD   SN  d  A ,  SCD   SN  AJ SN (do AN // CD  AN //  SCD  )  SN 2a AN 2a DM DG   , theo định lý Ta-lét ta MG // SN  1 Trong mặt phẳng  SND  DS DN   Gọi K điểm thỏa mãn DK 3.DA , DK 3DA 6a  AK 4a DM DA   , theo định lý Ta – lét ta AM // SK   Từ  1 ,   suy Trong mặt phẳng  SDK  có DS DK  AMC  //  SNK   d  CM , SN  d   AMC  ,  SNK   d  A ,  SNK   d Do SA , AK , AN đơi vng góc A nên Trang 17/24 - Mã đề thi 720 1 1 1 4a 4a  2   2 2  d  Vậy d  CM , SN   2 2 suy d AS AN AK 4a 4a 16a 16a 3 Câu 43 Cho hình lăng trụ ABC A¢B ¢C ¢ Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ¢) a , góc hai mặt phẳng ( ABC ¢) ( BCC ¢B ¢)  với cos  = Thể tích khối lăng trụ ABC A¢B ¢C ¢ A V = 3a B V = 3a C V = a3 D V = 3a Lời giải C' A' B' E K y α a A C M x B Gọi M , N trung điểm AB BC ïì AB ^ CC Â ị AB ^ ( MCC Â) Þ ( ABC ¢) ^ ( MCC ¢) Do ïí ïïỵ AB ^ CM Kẻ CK vng góc với CM K ta CK ^ ( ABC ¢) , CK = d ( C ; ( ABC ¢) ) = a x Đặt BC = x, CC ¢= y, ( x > 0, y > 0) , ta được: CM = 1 1 + = Û + = ( 1) 2 2 ¢ CM CC CK 3x y a KC EC = =  Kẻ CE ^ BC ¢tại E , ta KEC =  , sin  Lại có a 12 1- 12 11 =a 1 11 + 2= = ( 2) Giải ( 1) , ( 2) ta x = 2a, y = a 2 x y CE 12a 2 Thể tích khối lăng trụ ABC A¢B ¢C ¢ là: V = y x a 4a 3 2a = = 4   Câu 44: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục  Biết hàm số y  f x  x có đồ thị   đạo hàm hình vẽ bên Số điểm cực trị hàm số y  f x  x  x  12 x Trang 18/24 - Mã đề thi 720 A 11  B 15  C Lời giải Đặt h  x   f x  x , h x   f  x  x       x 5   x   f  x  x  Ta có: h x  0   x 2  x    D  4 Đặt g  x   f x  x  x  12 x , g  x   f x  x  x  12 x g  x  hàm số chẵn  Ta có g  x   f  x  x  x 12 x   f   x  3x  2    x  3x  h  x  3x   x   2 Suy g  x   h  x  3x   x  3 h x  3x  ; g  x  0    h x  x  0   29 x   x  3x 5  x  3x  0     17 Ta có h x  3x  0   x  3x 2   x  3x  0   x    x  3x   x  3x  0    3 x     Do phương trình g  x  0 có nghiệm dương bội lẻ, suy hàm số g  x  có 11 điểm cực trị Câu 45: Cho hàm bậc ba y  f  x  có đồ thị hình vẽ bên Số điểm cực trị hàm số y  xf  x  1  A B C D Lời giải 2  Đặt: f  x  ax  bx  cx  d  f  x  3ax  2bx  c Ta có: đồ thị giao với trục Oy điểm  0;1  d 1  Đồ thị hàm số y  f  x  có hai điểm cực trị   1;3 ;  1;  1 nên 3a  2b  c 0 b 0 3a  2b  c 0    a 1  f  x   x  x    c  a  b  c     a  b  c  3 Trang 19/24 - Mã đề thi 720  f  x  1  x  1   x  1  x  3x   f  x  1 3x  x  g  x   xf  x  1   g  x  2 xf  x  1  f  x  1  xf  x  1   g  x  2 x  x  3x  3  x3  x  3  x 0  x 2,532   x 0  x 1,347   Suy g  x  0   x  x  0   x  0,879  x 2,076  x3  x  0    x 0,694  x  0,52  g  x  phương trình bậc có nghiệm phân biệt nên hàm số g  x  có điểm cực trị Câu 46 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục  Hàm số y  f '  x  có đồ thị hình vẽ Số tham số m nguyên thuộc đoạn   20; 20 để hàm số g  x  nghịch biến khoảng   1;  biết g  x  3 f   x  x  m    x  3x  m  A 23   2x  x  2m   C Lời giải B 21 g  x  3 f   x3  x  m     x  3x  m   x 3 D 17  3x  m  3 3 f   x  x  m     x  x  m     x  x  m  Ta có g '  x    x 1 f '   x  3x  m   18  x  1   x  3x  m   36  x  1   x  3x  m  Để hàm số nghịch biến   1;  g '  x  0 x    1;   f '   x  x  m     x  3x  m     x  x  m  0 x    1;   f '   x  x  m     x  3x  m     x  3x  m  x    1;  Đặt t  x  3x  m Với x    1;  ta có t '  3x   x    1;   t   m  14; m   Xét bất phương trình  1 f '  t   2t  4t  1 Đồ thị hàm số y  f '  t  y  2t  4t hệ trục tọa độ Trang 20/24 - Mã đề thi 720