Đề thi thử thpt quốc gia 2020 môn toán trường chuyên Lam sơn | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Câu 44: [1D2-3] An và Bình cùng tham gia kì thi THPTQG năm 2018 , ngoài thi ba môn Toán, Văn, Tiếng Anh bắt buộc thì An và Bình đều đăng kí thi thêm đúng hai môn tự chọn khác trong ba m[r]

CHUYÊN LAM SƠN - THANH HÓA

Câu 1: [2H1-3] Cho khối hộp ABCD A B C D     có đáy hình chữ nhật với AB  3; AD  Hai mặt bên ABB A  ADD A  tạo với đáy góc 45 , cạnh bên hình hộp 1 (hình vẽ) Thể tích khối hơp là:

A B 3 C 5 D 7

Lời giải Chọn A

Hạ A H ABCD H, ABCD; HI AD I, AD;HK AB K, AB

 

' '

'

A H ABCD A H AD

A I AD

IH AD

   

 



 

       

,

, DD

A I AD IH AD

ABCD ADD A HIA

A A ABCD AD

   

  

  



     (Do HIA90 )

Chứng minh tương tự ABCD , ABB A  HKA Từ giả thiết suy ra:HIAHKA45  HAHI HK Có ABCD hình chữ nhật, HI AD I, AD;HKAB K, AB

NênAIHK hình vng suy raAH HK 2A H

+ A H ABCD H, ABCD  AH A H  AA2 A H 2HA2 3A H HA

 

ABCD A B C D

V     A H AB AD

  

BÀI TƯƠNG TỰ

Câu 2: [2H-1-4] Cho hình chóp S ABC có chân đường cao nằm tam giác ABC , mặt bên

SAB , SBC , SCA tạo với đáy góc 60 Biết  AB  , 3 BC  ,4 CD  , tính thể tích5 khối chóp S ABC

A 2 B 6 C 5 D 10 3

HạSH ABC H, ABC

,

HI AB IAB;HK BC K, BC,HGCA G CA, 

 

SH ABC SH AB

SI AB

IH AB

   

 



 

Có

   

,

SI AB IH AB

SAB ABC AB

  

 

   ABC , SAB HIS (Do HIS90 ) Chứng minh tương tự ABC , SBC HKS

   

 ABC , SAC  SGH

 

Từ giả thiết suy ra:HIS SKH SGH 60

3 3

SH HI HK HG

   

Mà H nằm tam giác ABC nên H vàHIlần lượt tâm bán kính đường trịn nội tiếp của tam giác ABC

Có AB2 BC2 AC2

  nên tam giác ABC tam giác vuông B  

2 4.3

1

ABC

S HI

AB BC CA

  

     SH 

 

1 3.4

3

3

S ABC ABC

V SH S

   

Câu 3: [2H-1-4] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng, mặt bên SBC , SAD

cùng tạo với đáy góc 60 , mặt bên SAB vng góc với đáy Biết khoảng cách từ  Ađến mặt phẳng SCD  21

7 , tính thể tích khối chóp S ABC

A

12 B

3

6 C

3

8 D

Lời giải Chọn A

HạSH AB H, AB, SAB  ABCD nênSH ABCD

SH BC

 

Có ABCD hình vng ABBC

 

BC SAB  BCSB

Có

   

,

SB BC BC AB

SBC ABCD BC

  

 

   ABCD , SBC SBH (Do SAH 90 )

Chứng minh tương tự ABCD , SAD SAH

Từ giả thiết suy ra:SAH SBH 60mà HAB suy tam giác SAB H trung điểm AB

Gọi M trung điểm CD HM CD Có SH ABCD SH CD

SHM SCD

  Hạ HI SM HI SCD 12

HI

 

Có 12 12 2

HI SH HM

2 2

1 1

21

7

BC AB

  

   

   

   

1 AB

  (Do AB BC HM  )

 

1 3

3 2 12

S ABC ABC

V SH S

Câu 2: [2D1-3] Người ta cần xây bể chứa nước sản xuất dạng khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng200m3 Đáy bể hình chữ nhật có chiều dài gấp đơi chiều rộng Chi phí xây bể là

300 nghìn đồng/m2(chi phí tính theo diện tích xây dựng, bao gồm diện tích đáy diện

tích xung quanh, khơng tính chiều dày đáy thành bể) Hãy xác định chi phí thấp để xây bể (làm tròn đến đơn vị triệu đồng)

A 75 triệu đồng B 51 triệu đồng C 36 triệu đồng D 46 triệu đồng Lời giải

Chọn B

+) Gọi chiều rộng đáy bể a ( )m thì chiều dài đáy 2a ( )m .

+) Do thể tích bể chứa nước 200m3nên chiều cao bể

2

200 100

h

a a

 

+) Do diện tích xây dựng bể S 2a2 2.ah 2.2ah

   2a2 600

a

 

+ Ta có S 2a2 600 a

  2a2 300 300

a a

   3 a2 300 300

a a

 30 1803 , dấu xảy

315

a  , suy chi phí thấp để xây bể 300.000x30 180 3 51triệu đồng.

Chọn đáp án B

Nhận xét: Ta đánh giá S cách đưa tìm giá trị nhỏ hàm số

  2 600

f a a

a

  khoảng a  ;  BÀI TƯƠNG TỰ

Câu 3: [2D1-3] Một ngơi biệt thự có 10 cột nhà hình trụ trịn, tất có chiều cao 4, m. Trong đó, cột trước đại sảnh có đường kính 40 cm , 6 cột cịn lại bên thân nhà có đường kính 26cm Chủ nhà dùng loại sơn giả đá để sơn 10 cột Nếu giá loại sơn giả đá 380.000đ/ m2

(kể phần thi cơng) người chủ tiền để sơn 10 cột nhà (đơn vị đồng)?

A 15.844.000 B 13.627.000 C 16.459.000 D 14.647.000 Lời giải

Chọn A

Diện tích xung quanh cột tính cơng thứcSxq 2Rh

Tổng diện tích xung quanh 10 cột 0, 2.4, 2  6 0,13.4, 2   13, 272 Tổng số tiền cần chi 13, 272380.000 15.844.000 Chọn A.

Câu 4: [2D1-3] Một nhà máy sản xuất cần thiết kế thùng sơn dạng hình trụ có nắp đậy với dung tích 1000 cm3 Bán kính nắp đậy để nhà sản xuất tiết kiệm nguyên vật liệu bằng

A 3 500

 cm B

3

10

 cm C 500

 cm D

5 10

 cm Lời giải

Chọn A

Gọi hcm chiều cao hình trụ R cm bán kính nắp đậy.

Ta có V R h2 1000 

  suy

1000

h R



Để nhà sản xuất tiết kiệm nguyên vật liệu diện tích tồn phần Stp hình trụ nhỏ

Ta có 2

2

1000

2 2

tp

S R Rh R R

R

   



   

3

2 1000 1000 3 1000 1000

2 R R 1000

R R R R

  

    

Đẳng thức xảy 2 R2 1000 R 3 500

R 



   Chọn A.

Câu 5: [2D1-3] Số sản phẩm hãng đầu DVD sản xuất 1 ngày giá trị hàm số:

 

2 3

,

f m n m n , m số lượng nhân viên n số lượng lao động Mỗi ngày hãng phải sản xuất 40 sản phẩm để đáp ứng nhu cầu khách hàng Biết ngày hãng phải trả lương cho nhân viên 6 USD cho lao động

24 USD Tìm giá trị nhỏ chi phí ngày hãng sản xuất

A 1720 USD B 720 USD C 560 USD D 600 USD Lời giải

Chọn B

Ta có giả thiết m n 23. 13 40 m n2 64000 với ,m n  

Tổng số tiền ngày 6m 24n 3m 3m 24n 3 2163 m n2 720

     

Dấu " " xảy 3m24n  m8n Do đó, m n 2 64000 64n3 64000

   n10

Ta chọn n10 m80

Câu 3: [2D1-3] Cho hàm số f x có đạo hàm   f x   x1 4 x 2 5 x33 Số điểm cực trị

của hàm số f x  là:

A 5 B 3 C 1 D 2

Lời giải Chọn B

Ta có f x 0 x1 4 x 2 5 x33 0

1

3 x x x

  

 

   

Do f x  đổi dấu x qua x  3 x  nên hàm số 2 f x có   2điểm cực trị

3

x  x  có 12 điểm cực trị dương

Do f x f x  x  0 f x  hàm số chẵn nên hàm số f x  có điểm cực trị

x  , x  , 2 x  0 BÀI TƯƠNG TỰ

Câu 4: [2D1-3] Cho hàm số yf x  có đạo hàm f x   x1 x 24x2 4 Số điểm cực trị của

hàm số yf x  là:

A 3 B 2 C 4 D 5

Lời giải Chọn D

Ta có f x 0 x1 x 24x2 4 0 x x

    



Do f x  đổi dấu x qua điểm x  1 x  nên hàm số 2 f x có điểm cực trị  

nhưng có điểm cực trị dương x  1 x  2

Do f x f x  x  0 f x  hàm số chẵn nên hàm số f x  có điểm cực trị x  , 1 x  2 x  0

Câu 5: [2D1-3] Cho hàm số yf x  có đạo hàm f x x x 24x24 Số điểm cực trị

hàm số yf x  là:

A 3 B 2 C 0 D 1

Lời giải Chọn D

Ta có f x 0 x x 24x24 0 x x

    



Do f x  đổi dấu x qua điểm x  nên hàm số 0 f x có 1  điểm cực trị x  0

Do f x f x  x  0 f x  hàm số chẵn nên hàm số f x  có điểm cực trị

Câu 6: [1D3-3] Cho dãy số  un xác định bởi:

1

u 

1 n n n u u n  

 Tính tổng

10 10 u u

S u   

A 3280

6561 B

29524

59049 C

25942

59049 D

1 243 Lời giải

Chọn A

Từ

1

1

3

n n

n n

u u

n

u u

n n n

 



  



Vậy 1

2

u u  2 1 3

u u u   10 10 u u 

Cộng vế lại sau ta

10

1

1

1 1 3280

1

2

3 3 6561

3 S u                   

Câu 7: [1D3-3] Cho dãy số ( )un xác định   1 n n u

u  u 

  Tính số hạng thứ 2018 dãy

A u2018 3.220185 B u2018 3.220171 C u2018 3.22018 D u2018 3.220185

Lời giải: Chọn C

Dễ thấy:

1

u 

2 2.1

u  

2

3 2.(2 5) 2.5

u      

2

4 2.(2 2.5 5) 2 2.5

u        

3

5 2.(2 2.5 5) 2 5 2.5

u          

Do un 2n1 (20 21 22 2n2).5

     

Dãy số ngoặc cấp số cộng với số hạng đầu 1,cơng bội q  (có tổng cộng 2 n 1

số hạng)

→ 1 1.5 2 5 6.21 3.2

n

n n n n n

n

u      

        

 Do đó:

2018 2018 3.2

Câu 8: [2D2-3] Cho bất phương trình: 2

5

1 log ( x 1) log ( mx 4x m ) (1) Tìm tất giá trị của m để (1) nghiệm với số thực x

A 2 m B 2m3 C  3 m7 D m3;m7 Lời giải

Chọn B

2 2

5 5

1 log ( x 1) log ( mx4x m ) log (5x 5) log ( mx 4x m )

2

2

5 5

4

log ( ) log (5 5) log

5

mx x m

mx x m x

x            2

5 2 2

4

4

log

5 5 ( ) ( 5)

mx x m mx x m

mx x m

x

x mx x m x f x m x x m

                                

TH :Nếu m5;m0 không thỏa mãn

2: TH 2 0

'

2

5

3

' ( 5)

m a m m m m a m m                                      

Vậy 2m3 thỏa đề

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ.

Câu 9: [2D2-3] Cho bất phương trình: ln(x2 1) ln(mx2 2x m) (1)

    Tìm tất giá trị m để (1) nghiệm với số thực x

A 1 m B 1m2 C 2m3 D m2;m3 Lời giải Chọn B 2 2

ln(3 3) ln( )

( ) ( 3)

mx x m

x mx x m x

f x m x x m

                     

TH : Nếu m3;m0 không thỏa mãn.

2: TH 2 0

'

1

3

2 ' ( 3)

m a m m m m a m m                                      

Câu 15: [2D3-3] Cho hình phẳng (H) giới hạn Parabol

2

12 x

y  đường cong có phương trình

2

4 x

y   ( hình vẽ) Diện tích hình phẳng ( H) bằng:

A 4 3  

B 4

6 

 . C 4

6

  . D 2 4 3  

Lời giải Chọn D

Hoành độ giao điểm Parabol 12 x

y  đường cong

2

4 x

y   nghiệm phương

trình:

2

4

12

x x

 

2

x

 

Diện tích hình phẳng (H) bằng:

2 2

0

2 d

4 12

x x

S      x

 

 



2 3

2

0

1

16 d d

6

x x x x

    

2

2

0

4 16 d

3 x x

   

Đặt x4sint

2

2

16 x xd

  

0

16cos dt t





8

2 3



 

 

2

3

S  

 

CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 10: [2D3-3] Cho H hình phẳng giới hạn parabol y 3x2

 , nửa đường trịn có phương

trình

4

A 2 3

 . B 4

3

  . C 2

3

  . D 4

3   .

Lời giải Chọn A

Phương trình hồnh độ giao điểm parabol y 3x2

 nửa đường tròn y 4 x2 (với x

   ) là:

2

4 x  3x  4 x2 3x4

2 x x        1 x x      

Diện tích  H là:

 

1

2

1

4 d

S x x x



   31

1

3

I x



 

3

I

  với

1

2

1

4 d

I x x



 

Đặt: x2sint, ; 2

t   

   dx2 cos dt t Đổi cận:

6

x  t  ,

6

x  t

6

2

6

4 4sin 2cos d

I t t t

     6

4cos dt t

      6

2 cos dt t



 

   

6

2t sin 2t

  

 

3 

 

Vậy 3 3

3 3

Câu 17: [1H3-3] Cho hình lăng trụ đứng

ABC A B C   có đáy ABC tam giác vng BA BC a  , cạnh bên

2

AA a , M trung điểm BC (hình vẽ) Khoảng cách hai đường thẳng AM B C là:

A 2

a .

B 3

a .

C 5

a

D 7

a .

Lời giải Chọn D

Cách 1

+) Gọi N trung điểm BB, suy

 

B C  AMN Do

 ,   , 

d B C AM d B C AMN

 

 , 

d C AMN 

 

 , 

d B AMN 

+) Kẻ BH AM BK, NK Chứng minh BK AMN Vậy nên

 , 

d B C AM d B AMN ,  BK +) Tính

BH

2

2

BA BM

BA BM

 



5

a



BK

2

2

BH BN

BH BN

 



7

a



Cách 2:

+) Tính thể tích khối tứ diện B AMN :

V  BA BM BN  +) Tính diện tích tam giác AMN S

+) d B C AM  ,  d B AMN ,  3V

S



Nhận xét: Học sinh dễ nhầm lẫn việc dựng BK nên điều chỉnh lại phương án nhiễu sau:

+) Nhầm lẫn 1: BK MN , phương án nhiễu

a

+) Nhầm lẫn 2: BK AN, phương án nhiễu

a

, khoanh C.

BÀI TƯƠNG TỰ

Câu 16: [1H3-3] Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC tam giác vuông BA BC a  , cạnh bên SB vng góc với mặt phẳng đáy, SB a Gọi M trung điểm BC (hình vẽ) Khoảng cách hai đường thẳng AM SC là:

A 2

a .

B

a

C

a .

D 7

a .

Lời giải Chọn D

Câu 17: [1H3-3] Cho hình lập phương

ABCD A B C D    cạnh a Gọi M trung điểm AD (hình vẽ). Khoảng cách hai đường thẳng

A C BM là:

A

a .

B 2

a .

C 14

a .

D 2 14

a .

Câu 18: [2D2-3] Số nghiệm phương trình ln 1 x x   

A 1 B 0 C 3 D 2

Lời giải Chọn D

Xét hàm số f x lnx1 xác định liên tục 1; 

Ta có: 0, 1; 

1

f x

x

      

 hàm số đồng biến 1;   Xét hàm số  

2

g x x



 xác định liên tục  ; 2 2; 

Ta có:

 2    

1

0, ;2 , 2;

2

g x

x



        

 hàm số nghịch biến 1;2  2;   Và xlim2 g x  , g 1 



   ,  2 0, lim  

x

f f x

 

 

Nên phương trình có nghiệm khoảng 1; nghiệm khoảng

2; 

Câu 19: [2D2-3] Số nghiệm phương trình cos2 sin2

cos

x x

e  e  x thuộc khoảng 0;2 là:

A 4 B 0 C 3 D 2

Lời giải Chọn A

Ta có: cos2 sin2 cos2 sin2 2 2

cos cos sin

x x x x

e  e  x e  e  x x

   

2

cos x cos2 sin x sin2 cos2 sin2

e x e x f x f x

     

Với hàm số f t  et t

  xác định liên tục đoạn0;1 

Ta có: f t'  et 0, t 0;1 f t 

      luôn đồng biến đoạn0;1 

Vậy f cos2 x f sin2 x cos2x sin2x cos 2x 0

   

 

2 ,

2

k

x  k x   k

       

Với 0;2  ;3 ;5 ;7

4 4

x   x   

Câu 20: [2D2-4] Số nghiệm phương trình

 

3 x

2 x 2x

2

1

3

3

4 log x 2x log x

2

 

   

      

  là:

A 1 B 0 C 3 D 2

Lời giải Chọn C

Phương trình cho xác định với giá trị x

Ta có

 

1 3

3

3 3

log x log x log x

2  2

     

       

     

     

 

2

3 3

2

1

log log 2

2

2

x x

x x x   x

 

      

 

 

2 2 3 2

2

3

3

2 log log 2

2

x

x  x x x    x 

       

 

(1)

Hai hàm sốf t  2t

 g t  log t3 đồng biến trên2;  lấy giá trị dương trên

[2;) nên hàm số

    t

3

f t g t 2 log tđồng biến 2; 

Hơn x2 2x 3 x 12 2 2

     

và x 2

   với x R

Do phương trình (1) tương đương với phương trìnhx2 2x x 2

    

 2

3

2 x x

2

   

 

 

2

2

3

2 x x

2

2 x x

2

  

  

 



 

 

  

     

 



2

x 4x (2) x (3)

   

   

Câu 21: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu

 S x: y2 z2 2x 6y 4z 2 0

       , mặt phẳng   :x4y z 11 0 Gọi  P mặt

phẳng vng góc với   ,  P song song với giá v  1;6;2  P tiếp xúc với  S Lập phương trình mặt phẳng  P

A 2x y 2z 0 và x 2y z  21 0 . B x 2y2z 3 0và x 2y z  21 0 C 2x y 2z 3 0và 2x y 2z 21 0 D 2x y 2z 5 0và 2x y 2z 0

Lời giải

Chọn C

Mặt cầu  S có tâm I1; 3;2  bán kính R  4

Mặt phẳng ( ) có VTPT n 1 1; 4;1



Vì  P mặt phẳng vng góc với   ,  P song song với giá v  1;6; 2 nên  P có cặp VTCP n 1 v, suy  P có VTPT nn v1,  2; 1;2 

                            

Phương trình mp  P có dạng 2x y 2z D 0 Vì ( )P tiếp xúc với  S nên ta có

 

 ;  d I P R

9

4

D 

 

3 21 D D

    



Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn 2x y 2z 3 0và 2x y 2z 21 0 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ :.

Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A1; 1;5  B0;0;1.Mặt phẳng ( )P

chứa A, B song song với trục Oy có phương trình là:

A 4x y z   1 B 2x z  0 C 4x z  1 D y4z1 0 Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình tổng quát mp  qua hai điểm

2; 1; 4

Câu 41: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

2 2

( ) : (S x1) (y 2) (z 3) 16 điểm A(1;0;2), ( 1; 2; 2)B  Gọi ( )P mặt phẳng đi qua hai điểm A, B cho thiết diện mặt phẳng (P) với mặt cầu (S) có diện tích nhỏ nhất. Khi viết phương trình (P) dạng ax by cz   3 Tính T   a b c

A 3 B –3 C 0 D –2

Lời giải Chọn B

Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2;3) bán kính R 4

Vì IA 5R nên điểm A nằm bên mặt cầu Suy (P) cắt mặt cầu Gọi r bán

kính đường trịn giao tuyến, ta có r R2 d2

  với d khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P). Diện tích hình trịn thiết diện nhỏ bán kính r nhỏ nhất, hay d lớn nhất. Gọi H hình chiếu I lên đường thẳng AB ta có d lớn d IH tức IH vng góc với (P).

Phương trình đường thẳng

1

)

: (

2

x t

AB y t t z

   

   







Gọi H(1 ; ; 2) t t IH  ( ;t t 2; 1)

( 2)

IH AB t t   t Suy H(0;1; 2)

Mặt phẳng (P) nhận IH làm vectơ pháp tuyến qua điểm A nên có phương trình

(x 1) y (z 2) x y z

            .

Câu 42: [2D1-4] Biết đồ thị hàm số  

2

2

6 m n x mx y

x mx n

  



   , (m, n tham số) nhận trục hoành và trục tung làm hai đường tiệm cận Tính m+n:

A 6 B 6 C 8 D 9

Lời giải

Chọn D

Vì y 0 TCN  2m n 0 (bậc tử phải nhỏ bậc mẫu) Vì x 0 TCĐ 

1 n   

 

 (x 0 nghiệm mẫu khơng nghiệm tử)

Ta có hệ

6

m n m

n n

  

 



 

  

Câu 43: [2D1-4] Có giá trị nguyên tham số m để phương trình:

1 2cos 2sin

m

x x

    có nghiệm thực

A 3 B 5 C 4 D 2

Lời giải Chọn B

Do vế trái hàm tuần hoàn với chu kì 2 nên khơng tính tổng quát, ta cần xét nghiệm

 ; 

x   Suy ĐK

2 ;

x   

  Ta có:

 

2

2 sin cos 2cos 2sin

m

x x x x

PT

m



     

  

 



Đặt

s cos

t inx x Với

2

; ;

6

x      t   

    t2 1 2sinxcosx

 

2

2 2 2 m PT  t t  t  ;

3 ; 2

t   

 

Xét hàm số

  2 2 2 2 2 1

f x   t t  t đoạn

3 ; 2

  

 

  , ta có:

  24

'

2

t f x

t t

  

  ,

3 ; 2

t   

   

 

BBT:

Suy PT có nghiệm khi:  

2

3

2

4

m

m m



   



    



 



Câu 44: [1D2-3] An Bình tham gia kì thi THPTQG năm 2018 , ngồi thi ba mơn Tốn, Văn, Tiếng Anh bắt buộc An Bình đăng kí thi thêm hai môn tự chọn khác ba môn Vật lí, Hóa học Sinh học hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển Đại học Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm có mã đề thi khác nhau, mã đề thi môn khác khác Tìm xác xuất để An Bình có chung môn thi tự chọn chung mã đề

A 1

9. B

1

10. C

1

12. D

1 24 Lời giải

Chọn C

Số phần tử không gian mẫu:    22 3.8

n   C

Gọi A biến cố: “An Bình có chung môn thi tự chọn chung mã đề” Chọn mơn tự chọn mã đề có:

3.8

C

An chọn mơn tự chọn khác: 2.8

C

Bình chọn mơn tự chọn cịn lại: C11.8

 n A  C31.8 .8 .8C21 C11 .

Vậy xác xuất là:   

 

1 1

3

2 2

.8 .8 .8 12

n A C C C

P

n C

  

Câu 45: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độOxyzcho điểmA1;0;0, B0;2;0, C0;0;3,

2; 2;0

D  Có tất mặt phẳng phân biệt qua điểm O , A, B, C , D?

A 7 B 5 C 6 D 10

Lờigiải Chọn B

Mặt phẳngABC có phương trình là

1

x y z

    6x3y2z 0 , đóDABC. Lại cóA trung điểmBD

Ta cóOxy chứa điểmO ,  A, B, D

Oyz chứa điểmO ,  B, C ;

Oxz chứa điểm O ,  A, C ;

ABC chứa điểm A, B, C , D

OCD chứa điểmO ,C ,  D

Câu 46: [1H3-4] Xét tứ diện OABC có OA OB OC, , đơi vng góc Gọi   , , góc đường thẳng OA OB OC, , với mặt phẳng (ABC) Khi giá trị nhỏ biểu thức M (3 cot2 ).(3 cot2 ).(3 cot2 )

  

   

A Số khác B 48 C 48 D 125

A

O C

B

Lời giải Chọn D

A

O C

B H

Ta có sin2 sin HAO2   

2

OH OA

 , tương tự

2

2

2

sin OH ;sin OH

OB OC

  

Nên 2 2 2

1 1

sin sin sin OH ( )

OA OB OC

       

Và

2 2

2 2

(2sin 1).(2sin 1).(2sin 1) sin sin sin

M   

  

  

 ; Áp dụng BĐT cố si, ta có

2

2sin 1 sin2sin2sin2sin2sin2 5 sin5 6.sin2.sin2

Tương tự, ta (2sin2 1).(2sin2 1).(2sin2 1) 125sin2 .sin2 .sin2

      

Câu 47: [2D3-4] Cho hàm số f x có đạo hàm dương, liên tục đoạn   0; thỏa mãn  f = và 

    d    d

1 1

2

0 0

1

3 f' x f x + x 2 f' x f x x

9           

  Tính tích phân   d

1

3

0

f x x

 

 

 :

A 3

2 B

5

4 C

5

6 D

7

Lời giải

Chọn D

+ Ta có:     d    d

1 1

2

0 0

1

3 f' x f x + x 2 f' x f x x

9             

         d

1

2

0

2 1

f' x f x - f' x f x + x 0

3 9        

    d

2 1

0

1

f' x f x - x 0

3             

 f' x f x =1

3

   

 f' x f2 x = 1

9

+ Lấy nguyên hàm vế ta f' x f  2 x x =d 1dx 9

   1 f3 x = x+C1

3 9

Mà f =    C = 1

3   

3 x

f x = +1

3

+  d d

1 1

3

0 0

x 7

f x x = +1 x =

3 6

 

 

 

 

Câu 48: [0D3-4]Cho hàm số f x  x2 ax b.

   Gọi M giá trị lớn hàm số f x  trên đoạn 1;3 Khi M đạt giá trị nhỏ biểu thức a2b bằng:

A -4 B C D

Lời giải Chọn A

Cách 1: Ta có

 1 ;  1 ;  3

M f   ∣ a b M ∣ f   ∣ a b M ∣ f  ∣ a b ∣

     

4M f 2f f a b a b 3a b

      ∣  ∣ ∣    ∣ ∣   ∣

 

1 a b a b 3a b M

            

     

min

1 2

2

1

a b a b a b M a

M

a b a b a b b

                            ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣

Cách 2: Ta có mẹo f x  x2 a x b x. ,  p q; 

    có giá trị lớn M Lúc M nhỏ

nhất

0

   

2M f 1  f  ∣1 b∣ ∣ 3b∣ 4 M 2; M  2 b1

 Đối với số nhận xét, thông thường bậc 2: f x  x2 ax b x,  p q; ;

   

Ta tính:  ;  ;

2 p q f p f q f   

 

+ Theo nghĩ tính chất khơng cịn f x  x3 ax2 bx c x,  p q; 