Thông tin tài liệu
SỞ GD&ĐT BẮC NINH ĐỀ KSCL THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN Bài thi: KHOA HỌC TỰ NHIÊN THPT CHUN TỔ TỐN - TIN Mơn thi thành phần: TỐN HỌC Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề Họ, tên thí sinh: Số báo danh: MỤC TIÊU: Đề thi khảo sát chất lượng mơn Tốn lớp 12 THPT Chuyên Bắc Ninh – Lần đánh giá hay hầu hết đủ kiến thức lớp 12 Trong đề thi xuất nhiều câu hỏi phức tạp, yêu cầu tư nhạy bén Câu 1: Cho F ( x ) nguyên hàm hàm số A I= Câu 2: B I= e linx x Tính F ( e ) − F ( 1) C I = e x0 < x1 < < x2019 Gọi f ( x) = linx ( ln x − 1) ( ln x − ) ( ln x − 2019 ) = Tính D I = nghiệm giá trị phương trình biểu thức P = ( x0 − 1) ( x1 − ) ( x2 − ) ( x2019 − 2010 ) A P = ( e − 1) ( e2 − ) ( e3 − 3) ( e 2010 − 2010 ) B P = C P = 2010! Câu 3: Cho hàm số D P = −2010! f ( x ) = x −1.3x +1 Phương trình f ( x) = tương đương với phương trình phương trình sau đây? A C x − + ( x + 1) log = B x − + ( x + 1) log = ( 1; +∞ ) D x − + log + x + = Câu 4: Tập nghiệm bất phương trình A x − + log = x + B log ( x − x ) > log ( x − ) ( 1; ) Câu 5: Trong không gian Oxyz cho điểm C G ( 1; −2;3) ( 1; ) ∪ ( 2; +∞ ) ba điểm D [ 1; 2] A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) C ( 0;0; c ) Biết G trọng tâm tam giác ABC a + b + c bằng: A B C D Trang Câu 6: Cho hình chóp S.ABCD tích 3a mặt đáy ABCD hình bình hành Biết diện a2 tích tam giác SAB Khoảng cách SB CD là: A 3a B 2a D 3a C 2a Câu 7: Trong không gian Oxyz cho điểm M ( 1; −3; ) Gọi A B hình chiếu vng góc uuur điểm M mặt phẳng Oxy, Oyz Tìm tọa độ vecto AB uuu r uuu r uuu r uuu r AB ( −1; 0; −2 ) AB ( 1;0; −2 ) AB ( −1; 0; ) AB ( −1; −3;0 ) A B C D Câu 8: Cho I = ∫ x − x3 dx Nếu đặt t = − x ta I : I =− A t dt ∫0 I= B Câu 9: Với giá trị số thực a hàm số A a < t dt ∫0 I =− C y = ( − a) B < a < x 2 t dt ∫0 I= D 2 t dt ∫0 hàm số nghịch biến ¡ C < a < D a > Câu 10: Đồ thị hàm số y = x − x − cắt trục tung điểm có tung độ: A y = B y = 10 C y = −1 Câu 11: Tìm nguyên hàm F ( x ) hàm số A C F ( x) = ( ln x + 1) x F ( x) = − B ( ln x + 1) x Câu 12: Cho hàm số f ( x) = D y = log ( − x + x ) x A Hàm số liên tục ( 0; +∞ ) \ { 1} C Hàm số liên tục ( 1; +∞ ) D y = −3 ln x ? x2 F ( x) = − ( ln x − 1) x F ( x) = − ( − ln x ) x Chọn mệnh đề B Hàm số liên tục ( 0;1) ∪ ( 1; +∞ ) D Hàm số liên tục ( 0; +∞ ) Câu 13: Biết I = ∫ x ln ( x + ) dx = a ln + b ln + c a, b, c số thực Tính giá trị biểuthức T = a + b + c A T = 10 B T = 11 C T = D T = Trang Câu 14: Tìm số đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số A B y= x − 3x − x − 16 C D Câu 15: Số 9465779232 có ước số nguyên dương? A 240 B 630 Câu 16: Cho hàm số y = f ( x) C 7200 xác định ¡ \ { 0} , D 2400 liên tục khoảng xác định có bảng biến thiên hình vẽ: Khẳng định sau đúng? A Hàm số nghịch biến C Hàm số đồng biến ( 0;1) B Hàm số nghịch biến ( −1;0 ) D Hàm số đồng biến ( −1;1) ( −∞; −2 ) Câu 17: Trong hàm số sau, hàm số có điểm cực tiểu: A y = − x + x + x3 y = − x2 + B C y = x − x D y = x − x + Câu 18: Đường cong hình bên đồ thị bốn hàm số liệt kê bốn phương án A, B, C, D Hỏi hàm số hàm số nào? A y= ( x − 1) x−2 B y= ( x + 1) x−2 C y= ( x + 1) x−2 D y= ( x − 1) x−2 Trang Câu 19: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành, SA = SB = a 6, CD = 2a Gọi ϕ uuur uuu r CD góc hai vecto AS Tính cosϕ A cosϕ = − B cosϕ = C cosϕ = − D cosϕ = Câu 20: Một khối lập phương tích 3a cạnh khối lập phương bằng: A a a C B 3a Câu 21: Tính giá trị giới hạn A e3 x −1 lim x →0 ln ( x + 1) B C Câu 22: Cho tích phân A J = I = ∫ f ( x ) dx = 32 D 2 Tính tích phân B J = 16 J = ∫ f ( x ) dx C J = 32 Câu 23: Cho hàm số biểu thức: A I= y = f ( x) liên tục B I= thỏa mãn f ( x ) dx = ; ∫ f ( x ) dx = Tính giá trị ∫ I = ∫ f ( x ) dx = 26 C I= D I= A 52 [ 1; 4] D J = 64 I = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx Câu 24: Cho D 3a Khi J = ∫ x x ( x + 1) + 1 dx B 15 Câu 25: Cho hình trụ có hai đáy hai hình tròn C 54 ( O) ( O ') D 13 , bán kính a Một hình nón có ( O ) Biết góc đường sinh hình nón với mặt đáy 600 , tỉ đỉnh O ' cà đáy hình tròn số diện tích xung quanh hình trụ hình nón bằng: A B C D Trang Câu 26: Cho Tính ∫ −2 f ( x ) dx = 1, ∫ f ( t ) dt = −4 A I = 2,5 −2 Tính I = ∫ f ( y ) dy B I = C I = −5 D I = −3 Câu 27: Khối lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' tích 66 cm Tính thể tích khối tứ diện A ' ABC A 33cm B 11cm 3 C 22cm Câu 28: Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số A C y = 3max y = [ 0;1] [ 0;1] B y = −4 max y = [ 0;1] [ 0;1] D y= D 44cm x − 3x + [ 0;1] x−2 đoạn y = −4 max y = −3 [ 0;1] [ 0;1] y = −3max y = [ 0;1] [ 0;1] Câu 29: Cho khối nón có bán kính đáy r = , chiều cao h = Thể tích khối nón là: 4π A 2π C B 8π Câu 30: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S) 4π D 2 2 có phương trình x + y + z − x + y − z = Tìm tọa độ tâm I bán kính R A C I ( −1; 2; −3) , R = 14 B I ( −1; 2; −3 ) , R = 14 D I ( 1; −2;3) , R = 14 I ( 1; −2;3) , R = 14 Câu 31: Cho ,a b số thực dương lớn thỏa mãn thức log ab = Tính giá trị biểu P = log a2 b + log ab2 b5 A P = B P = C P = D P = Câu 32: Tiếp tuyến đồ thị hàm số y = x − 3x + vng góc với đường thẳng y = x + có phương trình: A y = −2 x − Câu 33: Lớp B y = − x + C y = − x − D y = −2 x + 12A1 có 20 bạn nữ, lớp 12A2 có 25 bạn nam Có cách chọn bạn nữ lớp 12A1 bạn nam lớp 12A2 để tham gia đội niên tình nguyên trường? Trang A 240 B 45 C 300 D 500 Câu 34: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA = a SA vng góc với mặt đáy M trung điểm SD Tính khoảng cách SB CM a A a B Câu 35: Cho hàm số y= a C a D 2x −1 ( C) M (x;y ) M ( x ;y ) ( C) x +1 Biết 1 2 hai điểm đồ thị có tổng khoản cách đến hai tiệm cận ( C) B −2 A nhỏ Tính giá trị P = x1 x2 + y1 y2 D −1 C Câu 36: Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC biết A ( 2; − 1;3) , B ( 4;0;1) , C ( −10;5;3 ) Gọi I chân đường phân giác góc B Viết phương trình mặt cầu tâm I , bán kính IB. A x + y + ( z − 3) = 20 B ( x − 3) C x + ( y − 3) + z = 26 D x + ( y − 3) + ( z − ) = 29 2 + y2 + z2 = 2 Câu 37: Cho cốc có dạng hình nón cụt viên bi có đường kính b ằng chi ều cao c c ốc Đổ đầy nước vào cốc thả viên bi vào, ta thấy lượng nước tràn m ột phần ba lượng n ước đổ vào cốc lúc ban đầu Biết viên bi tiếp xúc với đáy cốc thành cốc Tìm t ỉ số bán kính mi ệng cốc đáy cốc (bỏ qua độ dày cốc) + 21 C B A 21 21 + D Câu 38: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục ¡ ∫ f ( x ) dx = 10, f ( 3) = cot thỏa mãn : Tính tích phân A I = ∫ f ( x ) tan x + f ' ( x ) tan x dx − ln ( cot 3) C − cot B −1 Câu 39: Trong không gian Oxyz cho điểm A ( 9;0;0 ) , B ( 0;6;6 ) , C ( 0;0; −16 ) D −9 điểm M chạy mặt phẳng Oxy Tìm giá trị lớn A 39 B 36 uuur uuur S = MA + MB − 3MC C 30 D 45 Trang Câu 40: Cho hình nón tròn xoay có chiều cao a, bán kính đáy 3a Một thiết diện qua 3a đỉnh hình nón có khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng ch ứa thi ết di ện bàng Diện tích thiết diện bằng: 24a A 2a B C 12a 12a D Câu 41: Cho hình chóp tam giác S ABC có SA = Gọi ,D E trung cạnh SA, SC Tính thể tích khối chóp S ABC biết BD ⊥ AE 21 A 21 B 21 C 21 D 27 Câu 42: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' có cạnh Gọi M , N , P, Q tâm hình vng ABB ' A ', A ' B ' C ' D ', ADD ' A ' CDD ' C ' Tính thể tích tứ diện MNPR với R trung điểm BQ B 12 A 12 Câu 43: Cho F ( x) = C 24 D 24 f ( x) 2 x nguyên hàm hàm số x Tìm nguyên hàm hàm số f ' ( x ) lnx ∫ f ' ( x ) ln xdx = A C ln x + +C x2 x2 B ln x + ÷+ C x2 x2 ∫ f ' ( x ) ln dx = D ∫ f ' ( x ) ln dx = − Câu 44: Cho hàm số f ( f ( sinx ) ) − = y = f ( x ) = ax3 + bx + cx + d ln x + ÷+ C x2 x2 ∫ f ' ( x ) ln xdx = ln x + +C x2 x2 có đồ thị hình vẽ bên Hỏi hàm π − ; π ? có nghiệm phân biệt đoạn Trang A B C Câu 45: Có giá trị nguyên x đoạn D [ 0; 2020] thỏa mãn bất phương trình sau: 16 x + 25 x + 36 x ≤ 20 x + 24 x + 30 x A B 1000 C 2000 D Câu 46: Đồ thị hàm số y = − x + x + có hai điểm cực trị A B Tính diện tích S tam giác OAB với O gốc tọa độ A S= 10 B S = C S = D S = 10 Câu 47: Anh Dũng đem gửi tiết kiệm số tiền 400 triệu đồng hai loại kì hạn khác Anh gửi 250 triệu đồng theo kì hạn tháng với lãi suất x% q Số tiền lại anh gửi theo kì hạn tháng với lãi suất 0,25% tháng Biết khơng rút số tiền lãi nhập vào số gốc để tính lãi cho kì hạn Sau năm số tiền gốc lẫn lãi anh 416.780.000 đồng Tính x A 1,5 Câu 48: Gọi B 0,9 C 0,8 D 1,2 m0 giá trị nhỏ để bất phương trình x + log ( − x ) − log m − + ( ) − x + x + ÷ ≤ − log ( x + 1) có nghiệm Chọn đáp án khẳng định sau: A m0 ∈ ( −9; −8 ) B m0 ∈ ( 8;9 ) C m0 ∈ ( 9;10 ) D m0 ∈ (−10; 9) Câu 49: Gọi S tập số tự nhiên có chữ số Lấy số tập S Tính xác suất để lấy số lẻ chia hết cho A B C D 18 Trang Câu 50: Cho x > 0, x ≠ Tìm số hạng không chứa x khai triển Niu-tơn 20 x +1 x −1 P= − ÷ x − x +1 x − x A 125970 B.1600 C 167960 D 38760 - HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN 1-D 2-B 3-A 4-B 5-B 6-A 7-C 8-D 9-B 10-D 11-C 12-A 13-D 14-A 15-B 16-A 17-C 18-C 19-C 20-A 21-B 22-B 23-C 24-B 25-C 26-A 27-C 28-B 29-A 30-D 31-D 32-B 33-D 34-B 35-D 36-A 37-C 38-D 39-A 40-A 41-D 42-D 43-B 44-B 45-D 46-C 47-D 48-D 49-D 50-A (http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết) Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: D (TH) Phương pháp Sử dụng công thức nguyên hàm tìm F ( x ) = ∫ f ( x ) dx sau tính giá trị biểu thức cần tính Cách giải: e Ta có: I = F ( e ) − F ( 1) = ∫ e e ln x f ( x ) dx = ∫ d x = ∫ ln xd ( ln x ) = ln x |1e = ln e − ln1 = x 1 Câu 2: B (VD) Phương pháp Trang Giải phương trình logarit Cách giải: Điều kiện: x > ln x ( ln x − 1) ( ln x − ) ( ln x − 2019 ) = x0 = ln x = ln x = x = e ln x − = ln x = ⇔ x2 = e ⇔ ln x − = ⇔ ln x = x = e 2019 ln x − 2019 = ln x = 2019 2019 ⇒ P = ( x0 − 1) ( x1 − ) ( x2 − 3) ( x2019 − 2010 ) = ( − 1) ( e − ) ( e2 − 3) ( e2019 − 2010 ) = Câu 3: A (VD) Phương pháp Các phương trình tương đương phương trình có tập nghiệm Cách giải: Ta có: f ( x ) = 1 ⇔ x −1.3x ⇔ +1 =1 ( log 2 x −1.3x +1 ) = log ⇔ log 2 x −1 + log 3x 2+1 =0 ⇔ x − + ( x + 1) log = ⇒ Đáp án A Câu 4: B (VD) Phương pháp a > f ( x ) > g ( x ) log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔ 0 < a < f ( x ) < g ( x ) Giải bất phương trình Cách giải: x > x2 − x > ⇔ x < ⇔ x > 2 x − > x > Điều kiện: Trang 10 Cách giải: 12A2 Số cách chọn bạn nữ lớp 12A1 Số cách chọn bạn nam lớp 20 cách 12A2 Vậy số cách chọn bạn nữ lớp 25 cách 12A1 bạn nam lớp 20.25 500 = cách Câu 34: B (VD): Phương pháp: - Gắn hệ trục tọa độ Xác định tọa độ điểm d1 , d : d ( d1.d ) - Sử dụng cơng thức tính khoảng cách hai đường thẳng ur uu r d , d , M ∈ d1, , M ∈ d u , u VTCP ur uu r uuu r uuur u1 ; u2 M M = ur uu r u1 ; u2 Cách giải: Gắn hệ trục tọa độ hình vẽ, coi a = ta có: S ( 0;0;1) , B ( 1;0;0 ) ; C ( 1;1;0 ) ; D ( 0;1;0 ) 1 0; ; ÷ Vì M trung điểm SD nên M 2 uur uuuu r 1 uuur SB = 1;0; ( −1) , CM = −1; − ; ÷; BC ( 0;1;0 ) 2 Ta có uur uuuu r SB; CM = − ; − ; − ÷ 2 2 Khi ta có: uur uuuu r uuur SB; CM BC d ( SB; CM ) = uur uuuu r SB; CM Trang 22 = − − − 2 2 2 1 3 1 − ÷ +− ÷ +− ÷ 2 2 2 Vậy d ( SB; CM ) = = a Câu 35: D (VD): Phương pháp: - Xác định đường tiệm cận đồ thị hàm số 2a − M a; ÷∈ ( C ) ( a ≠ −1) - Gọi a + Tính khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận - Sử dụng BĐT Cơ-si để tìm GTNN tổng khoảng cách Cách giải: TXĐ: D = ¡ \ { −1} Đồ thị hàm số y= 2x −1 ( C) x +1 có hai đường tiệm cận y = 2; x = −1. 2a − M a; ÷∈ ( C ) ( a ≠ −1) Gọi a + Khoảng cách từ M đến đường thẳng y = ⇔ y − = là: d1 = 2a − −2 a +1 +1 2 = 2a − − 2a − = a +1 a +1 Khoảng cách từ M đến đường thẳng x = −1 ⇔ x + = là: d2 = a +1 12 + 02 = a +1 Do tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận là: d = d1 + d = 3 + a +1 ≥ a +1 = a +1 a + ⇔ Dấu “=” xảy (BĐT Cô-si) a = −1 + 3 = a + ⇔ ( a + 1) = ⇔ ( tm ) a +1 a = −1 − ( ) ( ) M − + 3; − Với a = −1 + ta có M − − 3; + Với a = −1 − ta có Trang 23 Vậy P = x1 x2 + y1 y2 ( )( ) ( )( = −1 + −1 − + + + ) = ( −1) − + − = −1 Câu 36: A (VD): Phương pháp: IA BA = - Sử dụng định lí đường phân giác IC BC xác định tọa độ điểm I - Tính R = IB - Phương trình mặt cầu tâm I ( x0 ; y0 ; z0 ) ( x − x0 ) bán kính R + ( y − y0 ) + ( z − z0 ) = R Cách giải: IA BA = Vì I chân đường phân giác góc B nên IC BC (Định lí đường phân giác) Ta có: BA = ( −2 ) BC = ( −14 ) + ( −1) + 2 = 2 + 52 + 2 = 15 IA = = ⇒ IC = 5IA IC 15 uu r uur uur uu r IA , IC IC = IA Mà hai vectơ ngược hướng nên uur uu r I ( a; b; c ) IC = ( −10 − a;5 − b;3 − ) IA = ( − a; −1 − b;3 − c ) Gọi ta có: ⇒ −10 − a = −10 + 5a a = ⇒ 5 − b = + 5b ⇔ b = ⇒ I ( 0; 0;3) 3 − c = −15 + 5c c = IB = 42 + 02 + ( ) = = R Ta có x + y + ( z − 3) = 20. Vậy phương trình mặt cầu I , bán kính IB là: Câu 37: C (VDC): Cách giải: Trang 24 Gọi M , N trung điểm CD, AB. Gọi I trung điểm MN nên I tâm khối cầu Đặt MC = r ; NB = R, MN = h Kẻ CH ⊥ AB( H ∈ AB ) Dễ dàng nhận thấy MNHC hình chữ nhật nên CH = MN = h , NH = MC = r. ⇒ HB = NB − NH = R − r. Áp dụng định lí Pytago tam giác vng BCH có: BC = CH + HB ⇔ BC = h + ( R − r ) ( 1) h IP ⊥ BC ⇒ IP = Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: Mặt khác, dựng MC = CP = r , NB = BP = R ⇒ BC = R + r. Thay vào (1) ta có: ( R + r) = h + ( R − r ) 2 2 2 ⇔ R + Rr + r = h + R − 2 Rr + r ⇔ 4Rr = h Ta có: V1 = π h ( R + r + Rr ) Thể tích khối nón cụt h π V2 = π ÷ = h3 2 Thể tích khối cầu Theo ta có V1 = 3V2 π ⇒ π h ( R + r + Rr ) = h3 ⇔ ( R + r + Rr ) = 3h Thay 2 2 h2 = Rr ta có: ( R + r + Rr ) = 12 Rr ⇔ R + r − Rr = R R + 21 R +1− = ⇔ = ÷ r r Chia vế cho r ta được: r Câu 38: D (VDC): Trang 25 Phương pháp: - Tính ( f ( x ) tanx ) ' b - Sử dụng định lí Newton-Leibniz : ∫ f ' ( x ) dx = f ( b ) − f ( a ) a Cách giải: Ta có: ( f ( x ) tan x ) ' = f ' ( x ) tan x + f ( x ) cos1 = x f ' ( x ) tan x + f ( x ) ( tan x + 1) = f ' ( x ) tan x + f ( x ) tan x + f ( x ) f ' ( x ) tan x + f ( x ) tan x = ( f ' ( x ) tan x ) '− f ( x ) ⇒ I = ∫ f ( x ) tan x + f ' ( x ) tan x dx ⇔ I = ∫ ( f ' ( x ) tan x ) '− f ( x ) dx 3 0 ⇔ I = ∫ ( f ' ( x ) tan x ) 'dx ∫ f ( x ) dx ⇔ I = f ( 3) tan − f ( ) tan − 10 ⇔ I = cot 3.tan − − 10 ⇔ I = − 10 ⇔ I = −9 Câu 39: A (VDC): Phương pháp: uuur uuur uu r uur r MA + MB = 3MI - Gọi I điểm thỏa mãn IA + IB = 0 Chứng minh - Gọi 'C điểm đối xứng với C qua ( Oxy ) , tìm tọa độ điểm C ' - Sử dụng BĐT MI − MC ' ≤ IC ' , tìm GTLN S Cách giải: Trang 26 uu r uur u r I ( a; b; c ) Gọi điểm thỏa mãn IA + IB = 0 uu r uur IA = ( − a; −b; −c ) ; IB = ( −a;6 − b;6 − c ) 9 − a − 2a = a = ⇒ −b + 12 − 2b = ⇔ b = ⇒ I ( 3; 4; ) −c + 12 − 2c = c = Khi ta có uuur uuur uuu r uu r uuu r uur MA + 2MB = MI + IA + 2MI + IB uuu r uu r uur uuu r = 3MI + IA + IB = 3MI ( ) uuu r ⇒ S = 3MI − 3MC = MI − MC ( Oxy ) Dễ dàng nhận thấy I , C nằm khác phía ( Oxy ) C ' ( 0;0;16 ) Gọi C ' điểm đối xứng với C qua Theo tính chất đối xứng có MC = MC ' ⇒ MI − MC = MI − MC ' ≤ IC ' Dấu “=” xảy ⇔ M , I , C ' thẳng hàng Khi S max = 3IC ' = ( −3 ) + ( −4 ) + 122 = 39 Câu 40: A (VD): Phương pháp: - Xác định khoảng cách từ tâm đến mặt phẳng thiết diện - Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông định lí Pytago đ ể tính c ạnh đáy chi ểu cao c thiết diện, từ tính diện tích thiết diện Cách giải: Trang 27 Gọi thiết diện qua đỉnh ∆SAB ta có SA = SB = l nên ∆SAB cân S Gọi H trung điểm AB ⇒ SH ⊥ AB OH ⊥ AB. ⇒ AB ⊥ ( SOH ) Trong ( SOH ) kẻ OK ⊥ SH ( K ∈ SH ) ta có AB ⊥ OK ( AB ⊥ ( SOH ) ) 3a ⇒ OK ⊥ ( SAB ) ⇒ OK = ( AB ⊥ SOH ( ) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng SOH có: 1 1 1 6a = + ⇔ = + ⇔ OH = 2 2 2 OK SO OH ( 2a ) OH 3a ÷ Áp dụng định lí Pytago tam giác vng SOH có: SH = SO + OH = 2 ( 2a ) 6a 8a + = ÷ ÷ Áp dụng định lí Pytago tam giác vng OAH có: 6a 3a AH = OA − OH = ( 3a ) − = ÷ ÷ ⇒ AB = AH = 2 6a 7 Vậy diện tích tam giác SAB là: S ∆SAB 1 8a 6a 21 24a = SH AB = = 2 7 Câu 41: D (VDC): Phương pháp: - Gọi F trung điểm SE , suy DF ⊥ BD - Đặt AB = BC = CA = x , tính BD, DF , BF Trang 28 - Áp dụng định lí Pytago tam giác vng tìm x - Tính chiều cao diện tích đáy hình chóp, áp d ụng cơng th ức tính th ể tích kh ối chóp V = S day h Cách giải: Đặt AB = BC = CA = x Gọi F trung điểm SE ta có DF đường trung bình tam giác SAE nên DF ||AE Mà AE ⊥ BD nên DF ⊥ BD ⇒ ∆BDF vuông D Xét tam giác SAB có: BD = AB + SB SA2 x + 4 x − = − = +1 4 CMTT ta có AE = x2 x2 + ⇒ DF = + Xét tam giác SBC có: cos ∠BSC = SB + SC − BC + − x x2 = = 1− 2SB.SC 2.2.2 Xét tam giác SBF có: BF = SB + SF − 2SB.SF cos ∠BSC x2 1 = + ÷ − 2.2 1 − ÷ 2 2 = 17 x2 x2 −2+ = + 4 4 Áp dụng định lí Pytago tam giác vng BDF ta có: BF = BD + DF ⇔ x2 x2 x2 + = +1+ + 4 ⇔ x2 =1⇔ x = Trang 29 Gọi O trọng tâm tam giác ABC ⇒ SO ⊥ ( ABC ) Gọi M trung điểm AB ta có: CM = 2 = ⇒ CO = CM = 3 Áp dụng định lí Pytago tam giác vng SOC có: 2 2 SO = SC − CO = = ÷ ÷ 2 2 2 6 3 S ∆ABC = = ÷ ÷ Tam giác ABC cạnh nên 1 21 VS ABC = SO.S ∆ABC = = 3 3 27 Vậy Câu 42: D (VD): Phương pháp: - Gắn hệ trục tọa độ, tìm tọa độ điểm M , N , P , R - Sử dụng công thức tính thể tích khối tứ diện VMNPR = r uuur uuur uuuu MN ; MP MR 6 Cách giải: Gắn hệ trục tọa độ hình vẽ ta có: 1 1 A ' ( 1;0;0 ) ; B ( 0;0;1) ⇒ M ;0; ÷ 2 2 1 C ' ( 0;1;0 ) ⇒ N ; ; ÷ 2 1 D ( 1;1;1) ⇒ P 1; ; ÷. 2 1 1 C ' ( 0;1;0 ) ; D ( 1;1;1) ⇒ Q ;1; ÷ 2 2 Trang 30 1 3 ⇒ R ; ; ÷ 4 4 uuuu r 1 uuur 1 uuur 1 MN = 0; ; − ÷; MP ; ;0 ÷; MR − ; ; ÷ 2 2 4 Ta có: uuuu r uuur 1 ⇒ MN ; MP = ; − ; ÷ 4 4 uuuu r uuur uuur 1 1 ⇒ MN ; MP MR = − ÷− − = − 4 4 4 Vậy VMNPR = r uuur uuur uuuu MN ; MP MR = 24 Câu 43: B (VD): Phương pháp: - F ( x ) nguyên hàm f ( x ) ⇔ F ' ( x ) = f ( x ) - Sử dụng phương pháp nguyên hàm phần ∫ udv = uv − ∫ vdu Cách giải: F ( x) = f ( x) 2 x nguyên hàm hàm số x nên ∫ f ( x) dx = x 2x f ( x) f ( x) 4x ⇔− = ⇔ f ( x) = − ÷' = x 4x x x Và x dx u = ln x du = x ⇒ dv = f ' ( x ) dx v = f ( x ) Đặt ⇒ I = f ( x ) ln x − ∫ f ( x ) dx x 1 ln x − + C x 2x ln x = − + ÷+ C 2x x =− Câu 44: B (VDC): Phương pháp: Số nghiệm phương trình f ( x) = m số giao điểm đồ thị hàm số y = f ( x) đường thẳng y = m có tính chất song song với trục hồnh Cách giải: f ( f ( sinx ) ) − = ⇔ f ( f ( sinx ) ) = Trang 31 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy f ( f ( sin x ) ) f ( sin x ) = a ( a ∈ ( −2; −1) ) = ⇔ f ( sin x ) = b ( b ∈ ( −1;0 ) ) f ( sin x ) = c ( c ∈ ( 1; ) ) + ) f ( sinx ) = a với a ∈ ( −2; −1) ⇒ sinx = a1 ( a1 < −2 ) , phương trình vơ nghiệm sin x = b1 ∈ ( −2; −1) ⇒ Vo nghiem b ∈ ( −1; ) ⇒ sin x = b2 ∈ ( 0;1) sin x = b ∈ 1; ⇒ Vo nghiem + f ( sin x ) = b ( ) với sinx = b2 ∈ ( 0;1 ) , biểu diễn đường tròn lượng giác ta thấy phương trình có nghi ệm thu ộc π − ; π đoạn + f ( sin x ) = c với sinx = c2 ∈ ( −1;0 ) , sin x = c1 ∈ ( −2; −2 ) ⇒ Vo nghiem c ∈ ( 1; ) ⇒ sin x = c2 ∈ ( −1;0 ) sin x = c ∈ 1; ⇒ Vo nghiem ( ) biểu diễn đường tròn lượng giác ta thấy phương trình có nghi ệm thu ộc đoạn π − ; π Vậy phương trình có tất nghiệm thỏa mãn u cầu toán Câu 45: D (VDC): Phương pháp: Nhân vế bất phương trình với 2, sau đưa tổng bình phương đánh giá Cách giải: 16 x + 25 x + 36 x ≤ 20 x + 24 x + 30 x ⇔ x + 52 x + x ≤ x x + x x + x x ⇔ 2.42 x + 2.52 x + 2.6 x ≤ 2.4 x5 x + 2.4 x x + 2.5 x x ⇔ ( 42 x − 2.4 x x + 52 x ) + ( 52 x − 2.5 x x + x ) + ( x − 2.4 x x + x ) ≤ ⇔ ( x − x ) + ( 5x − x ) + ( x − x ) ≤ 2 Trang 32 4 x − x = ⇔ 5x − x = 4 x − x = ⇔ x = 5x = x x x 4 5 ⇔ ÷ = ÷ =1 5 6 ⇔ x = ( tm ) Vậy phương trình có nghiệm thỏa mãn yêu cầu toán Câu 46: C (VD): Phương pháp: - Xác định tọa độ điểm A, B - Viết phương trình đường thẳng d qua hai điểm A, B - Sử dụng công thức tính diện tích S ∆OAB = d ( O; d ) AB. Cách giải: TXĐ D = ¡ x = ⇒ y = y ' = −3 x + x = ⇔ ⇒ A ( 0;5 ) ; B ( 2;9 ) x = ⇒ y − = Ta có: x −0 y −5 = ⇔ 2x − y + = ( d ) Phương trình đường thẳng qua A B là: − − d ( O; d ) = Ta có: Vậy S ∆OAB = 22 + ( −1) = 5, AB = 22 + 42 = 1 d ( O; d ) AB = 5.2 = 2 Câu 47: D (VD): Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép An = A ( + r ) n đó: + An : Số tiền nhận sau n kì hạn (cả gốc lẫn lãi) + A: Số tiền gửi ban đầu (gốc) + r: lãi suất kì hạn + n: Số năm gửi tiền Cách giải: Trang 33 Số tiền anh Dũng nhận sau năm với cách gửi theo kì hạn tháng là: A = 250 ( + x% ) Số tiền anh Dũng nhận sau năm với cách gửi theo kì hạn tháng là: B = 150 ( + 0, 25% ) 12 Sau năm số tiền gốc lẫn lãi anh 416.780.000 đồng nên ta có phương trình: 250 ( + x% ) + 150 ( + 0, 25% ) = 416, 78 12 ⇔ x ≈ 1, 2% Câu 48: D (VDC): Cách giải: x + log ( − x ) − log m − + ( ) − x + x + ÷ ≤ − log ( x + 1) ( −1 < x < ) x + log ( x + 1) + log ( − x ) − log m − + ⇔ x ⇔ log ( x + ) + log ( − x ) − log m − + ( ( ) − x + x + ÷≤ ) − x + 2x + ÷≤ x ⇔ log 2 x + + log 2 − x − log m − + x ⇔ log 2 x + + log 2 − x − log m − + ⇔ log ⇔ ( ( ) − x + x + ÷≤ ) − x + x + ÷≤ 2x + 2 − x ≤0 x m − + 2x − x + 2x + 2 ( ) 2x + 2 − x ≤1 x m − + − x + 2x + 2 ( ⇔ 2x + 2 − x ≤ m − ) x +4 ( ⇔ 2 x + 2 − x ≤ 2m − x + ⇔ 2x + 2 − x + x − ( − x + 2x + ( ) − x + 2x + ) ) − x + x + ≤ 2m Đặt t = − x + x + ta có t '( x) = ⇔ −1 + =0 2 − x 2x + 2 = 2x + 2 − x Trang 34 ⇔ 2 − x = 2x + ⇔ ( − x ) = 2x + ⇔ − 4x = 2x + ⇔ x = 1( tm ) t ( −1) = 3, t ( ) = 6, t ( 1) = Do t∈ ( 3;3 ) Ta có: t = − x + 2x + + 2 − x 2x + t = + x + 2 − x 2x + ⇔ x + 2 − x 2x + = t − Bất phương trình trở thành g ( t ) = t − − 8t ≤ 2m ( *) với t∈ Để bất phương trình ban đầu có nghiệm (*) có nghiệm Ta có: g g ' ( t ) = 2t − = ⇔ t = ( ktm ) ( ) = −1 − ( t∈ ) 3;3 ( ) 3;3 ⇒ 2m ≥ g ( t ) 3;3 3, g ( 3) = −19 g ( t ) = −19 ⇔ 2m ≥ −19 ⇔ m ≥ −9,5 3;3 Vậy m0 = −9,5 ∈ ( −10; −9 ) Câu 49: D (VD): Phương pháp: - Tính tổng số số có chữ số - Tính số số lẻ có chữ số chia hết cho Cách giải: n ( Ω ) = 99999999 − 10000000 + = 90000000 Gọi A biến cố: “Lấy số lẻ chia hết cho 9” Số lẻ nhỏ có chữ số chia hết cho là: 10000017 Số lẻ lớn có chữ số chia hết cho là: 99999999 ⇒ n ( A ) = ( 99999999 − 10000017 ) :18 + = 5000000 Vậy P ( A) = 5000000 = 90000000 18 Câu 50: A (VD): Phương pháp: Trang 35 - Sử dụng đẳng thức rút gọn biểu thức P n ( a + b ) n = ∑ Cnk a n−k b k - Sử dụng khai triển Niu-tơn: k =0 Cách giải: 20 x +1 x −1 P= − ÷ x − x +1 x − x ( ) ( ) x + 13 x − 12 P= − x2 − x + x− x P = ( )( x +1 3 ) −( x2 − x + x2 − x + 20 ÷ ÷ ÷ 20 )( x −1 x ( ) 20 x + ÷ x −1 ÷ ÷ ) 20 x +1 P = x + − = x + −1 − ÷ ÷ ÷ x x 20 20 − 13 P=3 x− = x − x ÷ ÷ x 20 − k 1 P = ∑C x3 ÷ k =o 20 k 20 20 k − 12 −x ÷ P = P = ∑ C20k ( −1) x k 20 − k x − k k =o 20 P = P = ∑ C20k ( −1) x k 40 −5 k k =o Số hạng không chứa x ứng với 40 − 5k = ⇔ k = C20 ( −1) = 125970 Vậy số hạng không chứa x khai triển là: Trang 36 ... ta có AE = x2 x2 + ⇒ DF = + Xét tam giác SBC có: cos ∠BSC = SB + SC − BC + − x x2 = = 1− 2SB.SC 2. 2 .2 Xét tam giác SBF có: BF = SB + SF − 2SB.SF cos ∠BSC x2 1 = + ÷ − 2. 2 1 − ÷ 2 2 ... y2 + z + 2ax + 2by + 2cz + d = có tâm I ( − a; −b; −c ) , bán kính R = a2 + b2 + c2 − d Cách giải: ( S ) : x2 + y + z − 2x + y − 6z = Mặt cầu có tâm I ( 1; 2; 3) R = 12 + ( 2 ) + 32 − = 14 ,... 11-C 12- A 13-D 14-A 15-B 16-A 17-C 18-C 19- C 20 -A 21 -B 22 -B 23 -C 24 -B 25 -C 26 -A 27 -C 28 -B 29 -A 30-D 31-D 32- B 33-D 34-B 35-D 36-A 37-C 38-D 39-A 40-A 41-D 42- D 43-B 44-B 45-D 46-C 47-D 48-D 49-D
Ngày đăng: 01/04/2020, 10:10
Xem thêm:
