Phát triển đề thi tham khảo THPT quốc gia 2020 môn toán

NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO CỦA BGD – THÁNG – 2020 Mơn: TỐN Sản phẩm đặc biệt Tổ Phản Biện Các Sản Phẩm Quan Trọng Của Nhóm Tốn VD- VDC Câu 1-2-3 Thầy Hùng Nguyễn phát triển Cô Thoan Nguyễn Phản Biện Câu 1: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Từ nhóm học sinh gồm 10 nam 15 nữ, có cách chọn học sinh? A 25 B 150 C 10 D 15 Lời giải Chọn A Để chọn học sinh ta có phương án thực hiện: Phương án 1: Chọn học sinh nam, có 10 cách chọn Phương án 2: Chọn học sinh nữ, có 15 cách chọn Theo quy tắc cộng, ta có: 10  15  25 cách chọn học sinh Câu hỏi phát triển tƣơng tự câu 1: Câu 1: 1.1 (Câu tương tự câu1 ) Một nhóm học sinh gồm học sinh nam x học sinh nữ Biết có 15 cách chọn học sinh từ nhóm học sinh trên, giá trị x A 24 B C 12 D 225 Lời giải Chọn B Để chọn học sinh ta có phương án thực hiện: Phương án 1: Chọn học sinh nam, có cách chọn Phương án 2: Chọn học sinh nữ, có x cách chọn Theo quy tắc cộng, ta có:  x cách chọn học sinh Theo ra, ta có:  x  15  x  Câu 2: 1.2 (Câu phát triển câu1 ) Từ nhóm học sinh gồm nam nữ, có cách chọn học sinh có nam nữ? A 120 B 168 C 288 D 364 Lời giải Chọn C Phương án 1: Chọn học sinh nam học sinh nữ, có C62 C81  120 cách thực Phương án 2: Chọn học sinh nam học sinh nữ, có C61.C82  168 cách thực Theo quy tắc cộng, ta có: 120  168  288 cách chọn học sinh có nam nữ Câu 3: 1.3 (Câu phát triển câu1 ) Một lớp có 30 học sinh gồm 20 nam 10 nữ Hỏi có cách chọn nhóm học sinh cho nhóm có học sinh nữ? A 1140 B 2920 C 1900 D 900 Lời giải Chọn B Cách 1: Để chọn học sinh có học sinh nữ ta có phương án sau: C20 Phương án 1: Chọn học sinh nữ học sinh nam, có C10 cách thực https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 Phương án 2: Chọn học sinh nữ học sinh nam, có C102 C20 cách thực Phương án 3: Chọn học sinh nữ, có C103 cách thực Theo quy tắc cộng, ta có: C10 C20  C102 C20  C103  2920 cách chọn nhóm học sinh cho nhóm có học sinh nữ Cách 2: Có C303 cách chọn học sinh từ 30 học sinh, có C20 cách chọn học sinh, khơng có học sinh nữ Câu 2: 3 Suy có C30  C20  2920 cách chọn nhóm học sinh cho nhóm có học sinh nữ [ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho cấp số nhân  un  với u1  u2  15 Công bội cấp số nhân cho A B 12 C 12 D Lời giải Chọn A u Công bội cấp số nhân cho q   u1 Câu hỏi phát triển tƣơng tự câu 2: Câu 1: 2.1 (Câu phát triển câu2 ) Cho cấp số nhân  un  với u1  công bội q  Tìm số hạng thứ cấp số nhân A 24 B 54 C 162 D 48 Lời giải Chọn B Số hạng thứ cấp số nhân u4  u1.q3  2.33  54 2.2 (Câu phát triển câu2 ) Cho cấp số nhân  un  với u3  u6  243 Công bội cấp số nhân cho A B 27 C D 126 27 Lời giải Chọn A Câu 2: u3  u1.q u6 Gọi q công bội cấp số nhân cho, ta có:   q   27  q  u3 u6  u1.q Câu 3: 2.3 (Câu phát triển câu2 ) Dãy số  un  với un  2n cấp số nhân với A Công bội số hạng B Công bội số hạng C Công bội số hạng D Công bội số hạng Lời giải Chọn B u1   Cấp số nhân cho là: ; ; ; 16 ; …   u2 q    u1  https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang NHĨM TỐN VD – VDC Câu 3: PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 [ĐỀ THI THAM KHẢO] Diện tích xung quanh hình nón có độ dài đường sinh 4a bán kính đáy a A 16 a B 8 a C 4 a D  a Lời giải Chọn C Diện tích xung quanh hình nón có độ dài đường sinh l  4a bán kính đáy r  a S xq   rl   a.4a  4 a Câu hỏi phát triển tƣơng tự câu 3: Câu 1: 3.1 (Câu phát triển câu3 ) Cho hình nón có diện tích xung quanh 6 a đường kính đáy 2a Tính độ dài đường sinh hình nón cho A 3a B 2a C 6a D 6a Lời giải Chọn C Bán kính đáy r  2a a Diện tích xung quanh hình nón S xq   rl   a.l  6 a  l  6a Câu 2: 3.2 (Câu phát triển câu3 ) Cho hình nón có thiết diện qua trục tam giác cạnh 2a Diện tích xung quanh hình nón A 2 a B 8 a C 4 a D  a Lời giải Chọn A S A B l  2a l  2a Vì thiết diện qua trục hình nón tam giác cạnh 2a nên    2r  2a r  a Diện tích xung quanh hình nón cho S xq   rl   a.2a  2 a 3.3 (Câu phát triển câu3 ) Cho hình nón có bán kính đáy R , góc đỉnh 2 với 45    90 Tính diện tích xung quanh hình nón theo R  2 R  R2  R2 4 R A B C D sin  3sin  sin  sin  Lời giải Chọn C Câu 3: https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang NHÓM TOÁN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 S α N Ta có: l  SM  M O OM R  sin  sin  Diện tích xung quanh hình nón S xq   rl   R R  R2  sin  sin  Câu 4-5-6 Thầy Nguyễn Phương phát triển cô Phương Thuý Phản Biện Câu 4: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên sau: Hàm số cho đồng biến khoảng đây? A 1;    B  1;0  C  1;1 D  0;1 Lời giải Chọn D Hàm số cho đồng biến khoảng   ;  1  0;1 Ta chọn phương án D Câu hỏi phát triển tƣơng tự : Câu 4a: Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên sau: Hàm số cho đồng biến khoảng đây? A 1;    B 1;3 C  3;  D  ;0  Lời giải Chọn B Hàm số cho đồng biến khoảng  ; 2  1;3 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang NHĨM TỐN VD – VDC Câu 4b: PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên sau: Hàm số cho đồng biến khoảng đây? A   ;   B  3;5 C  2;  D  ;4  Lời giải Chọn A Hàm số cho đồng biến khoảng  ; 3  2;5  Do hàm số đồng biến khoảng  ; 4  Câu 4c: Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên sau: Hàm số cho nghịch biến khoảng đây? A   ;2  B  3;2  C  2;3 D  2;6  Lời giải Chọn C Hàm số cho nghịch biến khoảng  ; 3  2;5  Do hàm số nghịch biến khoảng  2;3 Câu 4d: Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên sau: Hàm số cho đồng biến khoảng đây? A   ;   B 1;  C  4; 2  D  2;4  Lời giải https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 Chọn C Hàm số cho đồng biến khoảng  4;1  2;   Do hàm số đồng biến khoảng  4; 2  Câu 5: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho khối lập phương có cạnh Thể tích khối lập phương cho A 216 B 18 C 36 D 72 Lời giải Chọn A Thể tích khối lập phương cho V  63  216 Câu hỏi phát triển tƣơng tự : Câu 5a: A 12 Cho khối lập phương có cạnh Thể tích khối lập phương cho B 32 C 16 D 64 Lời giải Chọn D Thể tích khối lập phương cho V  43  64 Câu 5b: Cho khối lập phương tích V Thể tích khối lập phương có cạnh nửa cạnh khối lập phương cho A V B V C V D V 16 Lời giải Chọn C Gọi cạnh khối lập phương ban đầu a  a3  V 3 a a a V Thể tích khối lập phương có cạnh là: V       8 2 Câu 5c: Cho khối lập phương có cạnh a Chia khối lập phương thành 64 khối lập phương nhỏ tích Độ dài cạnh khối lập phương nhỏ A a B a C a 16 D a 64 Lời giải Chọn A Thể tích khối lập phương lớn là: V  a3 Gọi chiều dài cạnh hình lập phương nhỏ x  thể tích khối lập phương nhỏ là: V   x3 Từ giả thiết  V  64V   a3  64 x3  x  Câu 5d: phương A 32 a Biết diện tích tồn phần khối lập phương 96 Tính thể tích khối lập B 64 C 16 D 128 Lời giải https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 Chọn B Gọi độ dài cạnh hình lập phương a  6a  96  a  Thể tích khối lập phương: V  43  64 Câu 6: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Nghiệm phương trình log3  x  1  A x  C x  B x  D x  D x  D x  Lời giải Chọn B Ta có: log3  x  1   x   32  x    x  Câu hỏi phát triển tƣơng tự: Câu 6a: A x  Nghiệm phương trình log  3x    B x  C x  10 Lời giải Chọn A Ta có: log  3x     3x   42  3x   16  x  Câu 6b: A x   x 1  Nghiệm phương trình log     x2 B x  C x  10 Lời giải Chọn D x 1  x 1    x 1  4x   x  Ta có: log  2 x2  x2 Câu 6c: A x  Nghiệm phương trình log  x  1  log  x  1  B x  C 10 D x  Lời giải Chọn D Ta có: log  x  1  log  x  1  ( đk: x  )  log  x  1  2log  x  1   log  x  1   x  Câu 6d: A x    Nghiệm phương trình log x   B x  https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc C x  5 D x  3 Trang NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 Lời giải Chọn C   Ta có: log x    x2   42  x2  25  x  5 Câu 7-8-9 Thầy Kiet Tan thực thầy Võ Toàn Thắng Phản Biện Câu 7:  [ĐỀ THI THAM KHẢO] Nếu f  x  dx  2  B 1 A 3 f  x dx   f  x dx bằng: C Lời giải D Chọn B 3 f  x dx   f  x dx   f  x dx  1  Ta có Câu tƣơng tự: Cho hàm số f  x  liên tục  Biết 10 f  x  dx  B 12 A Áp dụng công thức  b a  f  x  dx  5 c 10  f  x  dx D 2 C 12 Lời giải c f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx ta có b 10  a 10 10 0 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx    5   12 Chọn C Câu phát triển 7.1: Cho  10 10 f  x  dx  2;  f  x  dx  6;  f  x  dx  Tính I   f  x  dx ? A I  13 B I  10 C I  16 D Lời giải Ta có 10 10 0  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx     10 Chọn B 7.2: Cho 0  f  x  dx  16 Tính I   f  x  dx A I  32 B I  Đặt t  x  dt  2dx  dx  C I  16 Lời giải D dt Khi ta có dt 1 I   f  t    f  t  dt  16  20 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 Chọn B f 7.3: Cho hàm số f  x  liên tục thỏa mãn   x  dx   x  f  sin x  cos xdx  Tính tích phân I   f  x  dx ? A I  B I  C I  Lời giải D 10 Đặt t  x  t  x  2tdt  dx Khi 4  x  dx  f x 3 3 1 1  f t  2dt  2 f t  dt  2 f  x  dx   f  x  dx  Đặt t  sin x  dt  cos xdx Khi  1   f  sin x  cos dx   f  t  dt   f  x  dx   f  x  dx  0 0 3 0 Từ ta suy I   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  Chọn C Câu 8: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: x ∞ f'(x) + 0 +∞ + +∞ f(x) -4 ∞ Giá trị cực tiểu hàm số cho A B D 4 C Lời giải Chọn D Từ bảng biến thiên ta có giá trị cực tiểu hàm số 4 Câu tƣơng tự: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình vẽ x  y y      1  Hàm số có giá trị cực đại https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang NHĨM TỐN VD – VDC A 1 PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 B C Hƣớng dẫn giải D Chọn B Hàm số có giá trị cực đại Câu phát triển 8.1: Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục có bảng biến thiên Khẳng định sau khẳng định sai? A Hàm số có giá trị cực tiểu 1 B Hàm số có cực trị C Hàm số đạt cực đại x  đạt cực tiểu x  D Hàm số có giá trị nhỏ 1 Lời giải Chọn C Khi qua x  đạo hàm không đổi dấu nên hàm số đạt cực trị x  Vậy khẳng định câu C sai 8.2: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Hàm số y  f  x   đạt cực tiểu điểm A x  B x  C x  D x  Lời giải Chọn C Ta có: y  f  x    y  f   x  Suy ra: Điểm cực tiểu hàm số y  f  x  điểm cực tiểu hàm số y  f  x 1 Vậy: Hàm số y  f  x   đạt cực tiểu điểm x  8.3: Số điểm cực trị hàm số y   x  1 x   https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc là: Trang 10 NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 Câu 49 :Ngô Thị Châu Dung (FB: Dung Bắp) phát triển – Nguyến Thị Hồng Gấm phản biện Câu 49: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ] Cho khối chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân A, AB a, SBA SCA 90 , góc hai mặt phẳng  SAB   SAC  60 Thể tích khối chóp cho a3 a3 a3 A a B C D Lời giải Chọn D Cách 1: Ta có SABC  a2 AB AC  2 Gọi D hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng  ABC   AB  SB  AB   SBD   AB  BD Ta có   AB  SD Tương tự, ta có AC  CD  ABDC hình vng cạnh a Đăt SD  x, x  Gọi H hình chiếu vng góc D lên SB  DH  DB.DS DB  DS  ax a2  x2  DH  SB ax Ta có   DH   SAB   d  D,  SAB    DH  2  DH  AB a x Lại có CD // AB  CD //  SAB   d  C,  SAB    d  D,  SAB    DH SCA vng C , có AC  a, SC  x2  a Kẻ CK  SA  CK  CA.CS CA  CS 2  a x  a x  2a 2 Vì  SAB    SAC   SA  sin   SAB  ,  SAC    https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc d  C ,  SAB   d  C , SA  DH CK Trang 128 NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 ax  sin 60  2 a  x   x x  2a  x  a 2 x2  a2 a x2  a2      x x  2a  x  a x  2a  DH  a Vậy VS ABC a3  SABC SD  Cách 2: Dựng hình vng ABDC  SD   ABCD  Đặt SD  x, x  Kẻ DH  SB,  H  SB   DH   SAB  DH  Kẻ DK  SC,  K  SC   DK   SAC  DK  Ta có ax x2  a2 ax x2  a2 SH SK SD x2 x2 x2     HK // BD  HK  BD  a SB SC SB x  a x2  a2 x2  a2 Ta có cos SAB , SAC   2 x2a2 2a x  x2  a2 x2  a2  x2a2 x2  a2 cos HDK  DH DK HK 2 DH DK a2    xa x  a2  SD  a Lại có SABC  a2 AB AC  2 a3 Vậy VS ABC  SABC SD  Cách 3: https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 129 NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 S I D C B A Ta có hai tam giác vuông SAB SAC chung cạnh huyền S Kẻ BI   SA  CI   SA góc hai mặt phẳng  SAB   SAC  góc hai đường thẳng BI CI   BI ; CI   60 Có BC  a , BIC cân I Do BI  CI  AC  a  a  BC nên BIC khơng a a Từ AI  ; AB2  AI SA  SA  a 3 Dựng hình vng ABDC  SD   ABDC  BIC 120 BI CI Có : SD  SA2  AD  a; SABC  a  VS ABC  SABC SD  a3 Cách 4: Sau tính SA ta tính 1 VS ABC  SIBC  SI  AI   SIBC SA 3 Với SIBC  IB.IC.sin120  a2 a2 a3  VS ABC  a  6 Cách trắc nghiệm: CƠNG THỨC TÍNH NH NH :(Sẽ chứng minh sau phần phát triển) Gọi D hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng  ABC   AB  SB  AB   SBD   AB  BD Ta có   AB  SD Tương tự, ta có AC  CD  ABDC hình vng cạnh a Đăt SD  h, h  cos a2 h a2 a h a Từ tiếp tục tính thể tích  VS ABC  SABC SD  h a SD a a3 PHÂN TÍCH Ý TƢỞNG CÂU 49 Bài tốn góc hai mặt phẳng ln tốn khó tốn hình học khơng gian Ở câu 49 Bộ đưa hai vấn đề khó thường gặp : Khó thứ khó chung tốn hình học khơng gian, hình khơng có đường cao cho trước Khó thứ hai khó riêng tốn góc hai mặt phẳng Ở câu 49 kết hợp hết khó tốn góc: Cho góc hai mặt bên vào giả thiết Muốn giải toán phải khai thác giả thiết góc https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 130 NHĨM TOÁN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 Tuy nhiên toán quen , ý tưởng khơng có Nên cần giải hai vấn đề Giải vấn đề 1: Tìm đường cao hình : học sinh phải tìm đường cao cách suy từ quan hệ vng góc đường với đường để chứng đường vng góc với mặt, hay phục dựng hình ẩn để xác định đường cao Giải vấn đề 2: Để khai thác giả thiết góc ta thường làm : + Xác định góc Trong q trình xác định góc phải tránh bẫy đưa góc hai đường thẳng cắt góc khơng tù + Cần chọn ẩn ( Là chiều cao hay cạnh đáy giả thiết chưa có) sau sử dụng giả thiết góc để tìm ẩn Và sử dụng nhiều phương pháp khác ngồi hai cách truyền thống để tính góc hai mặt bên Phương pháp khoảng cách : giả sử góc hai mặt bên d M, sin d d M,d Phương pháp diện tích hai mặt bên : giả sử 2S VABCD ,M góc hai mặt bên ABC ABD S AB ABC ABD sin sin 3.VABCD AB 2S ABC S ABD S S Công thức đa giác chiếu : cos Ta chứng minh cơng thức tính nhanh cho tốn : Cho hình chóp S ABCD có SA ABCD ,đáy ABCD hình chữ nhật , biết SA Gọi SBC , SDC Khi : cos AB AD SB SD h, AB a, AD b a h2 a2 b h2 Đặc biệt ABCD hình vng cos b2 a2 h2 a2 Thật : Cách c/m 1: https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 131 NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 S F E D A C B Gọi E , F hình chiếu A lên SB, SD , ta có AE   SBC    SBC  ,  SDC     AE, AF    AF   SDC  , Khi cos = Ta có AE  AE AF AE AF AB.SA SB Tương tự , AF  suy SF   3 * SE  AD.SA SD SA2 SA2 SA2 AB suy SE  SB  AE  AB  AS SB SB SB SB ** , SF  SA2 SD SA2 SA2 AD SD  AF  AD  AS SD SD SD Do AE AF  AB AD AS 2 SB SD *** Thay * , ** , *** vào  3 ta công thức 1 Cho a  b ta   Cách c/m 2: Gọi K hình chiếu D lên SC , d  D,  SBC   d  A,  SBC   AE AS AB SC AS SC sin        DK DK DK SB SD.DC SB.SD AS SC cos     SB SD  SA SB SD  SA2  SA2  AB  AD  SB SD  AB   SA2  AD   SA2  SA2  AB  AD  SB SD Cách c/m 3: PP Toạ độ hoá   AD AB SD.SB CÁC CÂU TƢƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN CÂU 49 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 132 NHĨM TỐN VD – VDC Câu 1: 49.1 ( Tương tự câu 49 – Đề thi tham khảo) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân B với BA BC 5a ; SAB SCB 90 Biết góc hai mặt phẳng  SBC  SBA A PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 Thể tích khối chóp S ABC 16 50a 125 7a 125 a B C D 9 18 Lời giải với cos 50a Chọn C Ta có hai tam giác vng SAB SBC chung cạnh huyền SB Kẻ AI  SB  CI  SB góc hai mặt phẳng  SBA  SBC  góc hai đường thẳng AI CI   AI ; CI    Do CBA 90 180 Có AC  2a , AI AC 2 AI BI 3a 90 AIC 180 16 cos AIC AIC cân I, nên có : cos AIC SI AIC AI IB AI AC 2 AI 16 a SB 16 AI 16a AI 4a 25a Cách :  BA  SA  BA  AD Tương tự BC Dựng SD   ABC  D Ta có:   BA  SD Nên tứ giác ABCD vuông cạnh 5a BD 2a 1 125 a3 Vậy VSABC  SD BA2  25 a3  3 18 1 SI S ACI BI S ACI Cách : VS ABC VS ACI VB ACI 3 AIC cân I, nên S ACI AI sin 16a 16 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc SD SB CD BD a SB.S ACI 7a 2 Trang 133 NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 25a 7a 125 7a3 Vậy VS ABC 3 18 ÁP DỤNG CT TÍNH NHANH KHI GIẢI TN : Gọi D hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng  ABC   AB  SB  AB   SBD   AB  BD Ta có   AB  SD Tương tự, ta có AC  CD  ABDC hình vng cạnh a 5a Đăt SD  h, h  cos h 2 5a 25a h2 25a 2 Từ tiếp tục tính thể tích  VS ABC  SABC SD  16 7a h SD 125 7a3 18 49.2 ( Phát triển câu 49 – Đề thi tham khảo) Cho hình chóp S ABC có BC  2BA  4a , ABC BAS 90 Biết góc hai mặt phẳng  SBC  SBA 60 SC  SB Câu 2: Thể tích khối chóp S ABC bằng: 32a 8a A B 3 C 16a D 16a Lời giải Chọn B Tam giác SBC cân cạnh đáy BC 4a Gọi E trung điểm BC ta có E, BE 2a BA Đưa toán gốc với chóp S ABE Ta có hai tam giác vuông SAB SEB chung cạnh huyền SB SEB vuông Kẻ AI  SB  EI  SB góc hai mặt phẳng  SBA  SBC  góc hai mặt phẳng  SBA  SBE  góc hai đường thẳng Do CBA 90 180 Có AE  2a , AI AE 2 AI BI 2a AIE AI EI   AI ; EI   60 90 AIE 120 cos AIE 8a AI AIE cân I, nên có : cos AIC SI AI IB AI AE 2 AI 4a SB AI 2 a 6a https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 134 NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 Cách :  BA  SA Dựng SD   ABC  D Ta có:   BA  AD Tương tự BE  BA  SD Nên tứ giác ABED hình vng cạnh 2a BD 2a SD SB2 BD2 ED 2a 1 8a3 Thể tích VSABC  SD BC.BA  2a.4 a  3 Cách : VSABC  SB.2S AEI S ACI AI sin Vậy VS ABC 8a 6a 3a 3 Cách tính nhanh : cos 3a 8a3 4a h 4a 4a h 4a 2 4a2 h2 h 2a SD 1 8a3 Thể tích VSABC  SD BC.BA  2a.4 a  3 Câu 3: 49.3 ( Phát triển câu 49 – Đề thi tham khảo) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , SAB SCB 90 góc hai mặt phẳng SAB SCB 60 Thể tích khối chóp S ABC A 3a 24 B 2a 24 C 2a 2a D 12 Lời giải Chọn B Gọi M trung điểm SB , Và G trọng tâm tam giác ABC Theo giả thiết SAB SCB 90  MS  MB  MA  MC  M thuộc trục đường tròn ngoại tiếp MG ABC ABC Gọi D điểm đối xứng với G qua cạnh AC SD ABC Từ giả thiết suy hai tam giác vng SAB SCB Do từ A kẻ AI SB, I SB CI SB https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 135 NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 Nên góc hai mặt phẳng SAB SCB góc AI , CI Do ABC 60 AIC 2a BI Ta có BD SB a Thể tích VSABC AI AC 2 AI 120 60 a AI a 2 SB SD 3a 2 BD 4a a 1 3 2a  SD.S ABC  a  3 24 Cách tính khác : VSABC  SB.2S AEI a2 S ACI AI sin VSABC  a 3a 2a  12 24 Câu 4: 3a 12 49.4 ( Phát triển câu 49 – Đề thi tham khảo- Sở Bắc Ninh lần 2-2018-2019) Cho tứ diện ABCD có DAB CBD 90º ; AB a; AC a 5; ABC 135 Biết góc hai mặt phẳng  ABD  ,  BCD  30 Thể tích tứ diện ABCD A a3 B a3 C a3 D a3 Lời giải Chọn D D F E C H A a a B Dựng DH   ABC   BA  DA  BA  AH Tương tự Ta có  BA  DH  Tam giác AHB có AB  a , ABH  BC  DB  BC  BH  BC  DH  45o  HAB vuông cân A  AH  AB  a Áp dụng định lý cosin, ta có BC  a https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 136 NHĨM TỐN VD – VDC Vậy S PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 BA BC sin CBA ABC a2 2 a a 2  HE  DA Dựng   HE   DAB  HF   DBC   HF  DB Suy DBA , DBC ax Đặt DH  x , HE  HE HF Suy cos EHF EHF tam giác HEF vuông E HE, HF a x xa , HF  x2 2a 2x2 2a 2a  x x a a3 Vậy VABCD   DH  SABC  Câu 5: ( Phát triển câu 49 – Đề thi tham khảo) Cho hình chóp S ABC có 2a, AC a, BC 3a, SBA SCA 90 Và hai mặt phẳng SAB SAC tạo với 49.5 AB góc 2a 12 A Thể tích khối chóp S ABC cho cos B 2a 2a C D 2a Lời giải Chọn D Từ giả thiết : AB 2a, AC a, BC BC 3a 3a2 2a2 a2 AB2 AC ABC vuông A Dựng SD ABC DB AC a, DC Ta có DB DC SB SC h VSABC AB h 2a Gọi SD cos Coi a ABDC hình chữa nhật 2 1 SD AB AC 3 h Áp dụng cơng thức tính nhanh : để tiện tính tốn ta có : h4 3h2 h2 h h a SD 2a CÂU 50 : GV thực : Trần Thu Hương – GV phản biện : Lê Anh Dũng https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 137 NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 Câu 50: [ ĐỀ THI THAM KHẢO ] Cho hàm số f  x  Hàm số y  f   x  có đồ thị hình sau Hàm số g  x   f 1  x   x  x nghịch biến khoảng đây?  3 A 1;   2  1 B  0;   2 C  2;  1 D  2;3 Lời giải Chọn A Ta có g   x   2 f  1  x   x  g   x    2 f  1  x   x    f  1  x   2x 1 (*) Đặt t   x , ta có đồ thị hàm số y  f   t  y   t hình vẽ sau : t Trên đoạn  2; 4 *  f   t     2  t   2   x    x  2 1 3  hàm số nghịch biến khoảng  ;  2 2 Đối chiếu với phương án suy chọn đáp án  3 1 3 1;    ;   2 2 2 Câu 50.1 ( Tương tự Câu 50 ):Cho hàm số f  x  Hàm số y  f   x  có đồ thị hình sau https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 138 NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 Hàm số g ( x)  f (1  x)  8x  21x  x đồng biến khoảng đây? A 1;2 B  3;1 C 0;1 D  1;2 Lời giải Chọn A Ta có g ' ( x)  6 f ' (1  x)  24 x  42 x  g ' ( x)   f ' (1  x)  x  x  (*) Đặt  x  t  x  1 t 1 t 3 1 t  Ta có (*) trở thành f ' (t )  4.   f ' (t )  t  t    2   3 x  hệ trục Oxy với đồ thị y  f   x  hình vẽ sau ( đường 2 33 nét đứt), ta thấy (P) có đỉnh I ( ; ) qua điểm  3;3,  1;2, 1;1 16 Ta vẽ parapol ( P) : y  x  3 Từ đồ thị hàm số ta thấy khoảng  3;1 ta có f ' (t )  t  t   3  t  1 2  3   2x  1   x  Vậy hàm số g (x) nghịch biến khoảng (1;2) Câu 50.2 ( Phát triển Câu 50) Cho hàm số f  x  Hàm số y  f   x  có đồ thị hình sau https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 139 NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 Có tất giá trị nguyên dương tham số m đề hàm số g ( x)  f ( x  m)  x  2mx  2020 đồng biến khoảng (1;2) B A C D * Ý tưởng : Phát triển thành toán chứa tham số Lời giải Chọn A Ta có g ' ( x)  f ' ( x  m)  x  2m g ' ( x)   f ' ( x  m)   xm (*) Đặt t  x  m (*)  f ' (t )   Vẽ đường thẳng y   t x hệ trục Oxy với đồ thị y  f   x  hình vẽ sau Từ đồ thị ta có f ' (t )     t  m   x  m t   t  x  m  Hàm số g (x) đồng biến khoảng (1;2)  g ' ( x)  x  1;2 m     m 2  m    m   m  3 Vì m nguyên dương nên m  2;3 Vậy có hai giá trị nguyên dương m đề hàm số g (x) đồng biến khoảng (1;2) Câu 50.3 ( Phát triển Câu 50) Cho hàm số đa thức f (x) có đạo hàm tràm R Biết f (0)  đồ thị hàm số y  f   x  hình sau https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 140 NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 Hàm số g ( x)  f ( x)  x đồng biến khoảng ? B  2;0 A 0;4 C 4; D  ;2 * Ý tưởng : Phát triển thành toán tìm khoảng đồng biến nghịch biến hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối Lời giải Chọn A Xét hàm số h( x)  f ( x)  x , x  R Có h' ( x)  f ' ( x)  x  h' ( x)   f ' ( x)   Vẽ đường thẳng y   x x hệ trục Oxy với đồ thị y  f   x  hình vẽ sau Từ đồ thị ta có BBT h(x) sau : Chú ý h(0)  f (0)  Từ ta có BBT sau : https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 141 NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019-2020 Từ BBT ta suy g (x) đồng biến khoảng 0;4 Câu 50.4 ( Phát triển Câu 50) Cho hàm số y  f (x) có bảng xét dấu đạo hàm sau Biết  f ( x)  5, x  R Hàm số g ( x)  f ( f ( x)  1)  x  3x  2020 nghịch khoảng A 0;5 B  2;0 C  2;5 biến D  ;2 * Ý tưởng : Phát triển thành tốn tìm khoảng đồng biến nghịch biến hàm số y  f (u)  g ( x) Lời giải Chọn B Ta có g ' ( x)  f ' ( x) f ' ( f ( x)  1)  3x  x Vì  f ( x)  5, x  R   f ( x)   Từ bảng xét dấu f ' ( x)  f ' ( f ( x)  1)  Từ ta có bảng xét dấu sau Do hàm g (x) nghịch biến khoảng  2;0 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 142 ... 17 NHĨM TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019 -2020 Câu 13-14-15 Thầy Bình Nguyễn thực thầy Huỳnh Đức Vũ Phản Biện Câu 13: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng... TỐN VD – VDC PBM – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019 -2020 Chọn B Gọi độ dài cạnh hình lập phương a  6a  96  a  Thể tích khối lập phương: V  43  64 Câu 6: [ĐỀ THI THAM KHẢO] Nghiệm phương... – PHÁT TRIỂN ĐỀ THI THAM KHẢO 2019 -2020 Lời giải Chọn C   Ta có: log x    x2   42  x2  25  x  5 Câu 7-8-9 Thầy Kiet Tan thực thầy Võ Toàn Thắng Phản Biện Câu 7:  [ĐỀ THI THAM KHẢO]