Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết năm 2018 tạp chí toán học tuổi trẻ lần 7 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Một học sinh không học bài nên mỗi câu hỏi đều chọn hú họa một phương án để trả lời.. Xác suất trả lời sai của học sinh trong một câu là 3.[r]

TỔ - CÂU VẬN DỤNG VẬN DỤNG CAO ĐỀ TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN NĂM 2018 Câu 1. [1D2-3] [Toán học tuổi trẻ Lần - tháng - năm 2018]

Biếu thức:    

2 10

10 1 1

1

10! 9! 1! 8! 2! 10!

x x

x x  x x  

    bằng:

A 10! B 20! C

10! D

1 100!

Lời giải

Chọn C

 2  10

10 1 1 1

10! 9! 1! 8! 2! 10!

x x

x x x x

A        

   

 

2

9

10 10 10! 10!

1

10! 9!.1! 8!.2!

x x x x

x x                Ta có:   10 10! ! 10 ! k

C

k k



 nên cho kchạy từ đến10 ta có:

 0    2  10

0 10 10

10 10 10 10

1

10!

A C x  x C x  x C x  x  C  x x 

 

 10

1

10! x x 10!

   

Trắc nghiệm: Thay x 1 ta ln đáp án C

BÌNH LUẬN: Đề khơng phù hợp thi trắc nghiệm học sinh cần thay x 1 chọn đáp án C

PHÁT TRIỂN CÂU 1

Câu 2. 1D2-3] Tính tổng 2018

2018 2018 2018 2018

1 1

2 2019

P C  C  C   C

A 2018 2018  B 2019 2019  C 2019 2018  D 2018 2019  Lời giải Chọn B

Cách 1: Xét số hạng tổng quát 2018

1 k

C

k  , ta có:

     

1

2018 2019

1 2018! 2019!

1 ! 2018 ! 2019 ! 2018 ! 2019

k k

C C

k k k k k k



  

    

Vậy

2018 2019 1 2019 k k C C k  

 2019 20190 2019 2019 2019 2019 2019 2019

1 1

2019 2019 2019 2019 2019

C

P C C C  C     

Cách 2: Sử dụng tích phân.

Xét f x   1 x2018C20180 C20181 x C 20182 x2 C20182018 2018x Lấy tích phân hai vế ta có:

   

1

2018 0 1 2 2 2018 2018

2018 2018 2018 2018

0

1 x dx C C x C x C x dx

        .

 2019 2019

0 2018

2018 2018 2018 2018

0

1

2019 2019

x x x x

C x C C C

            2019 2019 P   

Câu 3. [1D2-3] Tính tổng

0

1

n n

n n n n n

C C C C C

S n n           * , n N

A 2

1 n

n



 B

1 2n

n   C 1 n n  

 D

2n

n



Lời giải

Chọn C

Các số hạng S có dạng k n

C

k  nên ta dùng đẳng thức

1 1 k k n n C C k n     

Khi ta có:

0 1

1

0

1 1

n n n k n k

n n n n n n n

k k

C C C C C C C

S

n n k n

 



 

       

    

 1  

1 1 1

1 1

2

1 1

n n n n

n n n n n

C C C C . .C

n n n n

  

    

        

   

Câu 4. [1D2-3] Tính tổng

2

0 1 2

2

n

n

n n n n n

S C C C C C

n             A. 2 2 n n S n    

 B.

1 n n S n      C. 2 2 n n S n    

 D

1 n n S n      Lời giải Chọn D

Xét khai triển: 1 n 2 3 n n

n n n n n

x C C x C x C x C x

       Lấy tích phân hai vế ta có:

   

2

0 2 3

1

1 n n n

n n n n n

x dx C C x C x C x C x dx

        

  2

0

1

1

1

n n

n

n n n n n

x x x x x

C x C C C C

n n

 

  

       

   

1

0

3 2 2

1

n n n

n

n n n n n

C C C C C

n n

  

    

      

1

3

n n

S n

 

  



Câu 3: [2D1-3] [Toán học tuổi trẻ Lần - tháng - năm 2018] Phương trình sin x cos x m có nghiệm

A 2m2 B 1m 2 C 1m2 D 0m1

Lời giải

Chọn B

Ta có m 0, 2 sinx cosx 2 sin x 1 cosx m2

     

Đặt sin cos sin

a x x x 

 



2

a

 

Mặt khác: sin  x 1 cos x  sinxcosx12 Do ta có phương trình: a 2 2 a 1 m2

   

Xét hàm số: f a    a 2 a1 ,a   2; 2

 

   

 

1 2 2

1 2 2

a a

f x

a a

      



 

      

 

Xét bảng biến thiên:

Từ suy phương trình có nghiệm 1 m2 4 2 1 m 4 2

       

PHÁT TRIỂN CÂU 3

Câu 1: [2D1-3] Tìm tất giá trị m để phương trình

 

2

cos 16cos 1 cos

2 x x  m x m có nghiệm?

A 2m B 1m3 C 0m2 D 1m2

Lời giải

Phương trình    

2cos cos

1 cos

x x

m x m

 

   

cos 2x 22 m cosx 1 cosx

      cos 2x 2 cosx m cosx1

2cos cos cos

x x

m

x

 

 



Đặt tcos , 0x  t

Xét hàm số   2 1

t t

f t

t

  

 liên tục 0 t

 

2 ( 1)

t t

f t t

  

 ;    

0

2 0;1

t f t

t

     

  

 0 1,  1

f f

  

Do min0;1 f t  ,   max0;1 f t  

Vậy phương trình có nghiệm  1 m2

Câu 2: [2D1-4] Với m 2000; 2016thì phương trình 2019sinx sinx 2 cos2x m

    có nghiệm thực 0;2?

A Vô nghiệm B 3nghiệm C 4nghiệm D 2nghiệm

Lời giải

Chọn D

Xét hàm số y 2019sinx sinx 2 cos2 x

    0;2 Ta có

sin sin

2

2sin cos sin

cos 2019 ln 2019 cos cos 2019 ln 2019

2 cos sin

x x x x x

y x x x

x x

 

        

   

Ta thấy 2019 ln 2019 1sin sin 2 0;  sin

x x x

x

    





Do 0;2: cos

2

y   x  x

x  

2019 2016

y       

  

; 1

2 2019

y     

  

Bảng biến thiên

x

2



2 

2

y  0  0 

2

y   

y

0

Vậy với m 2000; 2016 phương trình có nghiệm 0;2 Cách khác: đặt tsinx, lưu ý sự tương ứng số nghiệm tvà x

Câu 4: [2H3-3][Toán học tuổi trẻ Lần - tháng - năm 2018] Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz, cho điểm A3; 1;0  đường thẳng d: 1

1

x y z

 

 Mặt phẳng   chứa d cho khoảng cách từ A đến   lớn có phương trình là:

A x y z  0. B x y z   0 . C. x y z   1 0. D x2y z  5 0. Lời giải

Chọn A.

Gọi H hình chiếu vng góc A lên   , K hình chiếu vng góc A lên d

Ta có: d A d , AK cố định d A ,   AH AK  d A ,   lớn AK

H K

:

d 1

1

x y z

 

 qua M2; 1;1 , có VTCP u  d  1; 2;1 

Gọi  P mặt phẳng qua A chứa có VTPT np u AMd,  2;0; 2



 

Mặt phẳng   có VTPT n n u p, d   4; 4; 4  4 1;1; 1     qua 2; 1;1

M  có phương trình: 1x 21y1 1 z10  x y z  0 PHÁT TRIỂN CÂU 4

Câu 1: [2H3-3] Cho đường thẳng :

2

x t

d y t

z t

  

  

   

mặt phẳng   : 2x y  2z 0 Mặt phẳng

 P qua d tạo với   góc nhỏ Một véc tơ pháp tuyến  P là:

2

y  

A n  p  1;1;1 B n p 1; 2; 3  C n p 2;1;0 D n p 3; 2;7  Lời giải

Chọn A.

Gọi       P , A d   , B d B  A ; Hlà hình chiếu vng góc B lên   ;

K hình chiếu H lên 

Suy ra: d,   BAH cố định;     , P  BKH .

Mà BKH BAH (vì HK HA) d,     P ,  .

Suy    P ,   nhỏ d  ,  K A

Khi  d có VTCP u u nd,  3 1;0;1 

  

 P có VTPT np u u, d 2 1;1;1 

  

Câu 2: [2H3-3] Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P x:  2y2z 0 hai điểm  3;0;1

A  , B1; 1;3  Trong đường thẳng qua A song song  P , đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng nhỏ có phương trình là:

A.

26 11

x y z

 

 B.

3

26 11

x y z

 

 

C.

26 11

x y z

 

 D.

2

26 11

x y z

 

 Lời giải

Gọi  Q mặt phẳng qua A song song  P

Ta có:  3 2.0 2.1 2.1 2.3 5       0 A, B nằm hai phía với  P Gọi H hình chiếu vng góc B lên  Q  BH cố định d B Q ,  BH Gọi K hình chiếu vng góc B lên d qua A nằm  Q hay d// P Ta có: BKBH  d B d ,  d B AH ,   d B d ,  bé BH K H

Gọi n VTPT ABH nn ABp,    2;6;7



 

d cần lập qua A, H có VTCP ud n n , p 26;11; 2 

Vậy phương trình đường thẳng d cần lập là: 26 11

x y z

  

Câu 22: [2D3-3] giá trị tích phân       100

0

1 100

x x x x dx



A.0 B. C 100 D. Kết khác

Lời giải

Chọn A.

Đặt x100 t dxdt

Đổi cận x 0 t100; x100 t0

Khi              

0 100

100

100 99 100 99

I   t  t t dt   t  t t dt

    100

0

100 99

t t t dt

  

    100

0

100 99

x x x dt I

    

Suy I I  0 I 0

Câu 27: [2D1-3] [Toán học tuổi trẻ Lần - tháng - năm 2018] Một bìa carton

dạng tam giác ABC diện tích S Tại điểmDthuộc cạnh BC người ta cắt theo hai đường thẳng song song với hai canh AB AC để phần bìa cịn lại hình bình hành có đỉnh A diện tích hình bình hành lớn

A.

4

S

B.

3

S

C.

2

S

D.2

3

S

Chọn C.

Giả sử độ dài đoạn thẳng BC a độ dài đoạn thẳng CD x với x a 

Vì DE/ /AB CDE CBA CE CD x

CA CB a

     

2

2

CDE

CDE CBA

CBA

S x x

S S

S a a

   

Vì DF/ /AB BDF BCA BD BF a x

BC BA a



     

 2  2

2

BDF

BDF BCA

BCA

a x a x

S

S S

S a a

 

   

Vậy  

2

2

1

AEDF ABC BDF CDE ABC

a x x

S S S S S

a a

  

 

      

 

 

Để SAEDF lớn   2

2

a x x

a a



 nhỏ

Xét

   

2 2

2

2 2

2 2 2

2 2

2 2

2

a

a a

x a x

x a ax x

f x

a a a a a

 

   

 

   

      

     

   

2

2

a x x

f x

a a



   đạt giá trị nhỏ

2

a x 

Với

a

x 

2

AEDF ABC S

S S

  

PHÁT TRIỂN CÂU 27

Câu 1: [2D1-3] Một người bán buôn Thanh Long Đỏ Lập Thạch – Vĩnh Phúc nhận thấy rằng: Nếu

A 16000 nghìn /kg. B 24000 nghìn /kg. C 22000 nghìn /kg. D 12000 nghìn /kg.

Hướng dẫn giải

Chọn C.

Gọi 2000x nghìn /kg mức giá thay đổi tăng giảm so với giá bán bình quân. Giá bán sau thay đổi 20000 2000x nghìn /kg

Số lượng người mua sau thay đổi giá 90 x

Khối lượng khách mua trung bình sau giảm giá 60 5x kg Số tiền thuế phải nộp sau thay đổi giá: 2200 90  x 60 5 x . Số tiền thu sau thay đổi giá

  90  60  20000 2000  2200 90  60 

T x   x  x  x   x  x

17800 2000x 90 x 60 5x

    10x3 931x21722x96120 1000

Điều kiện

90 12

8,9

x x x

  

    

8,9 x 12

   .

Ta có T x  30x2 1862x 1722 1000

   

 

T x   15x2 931x 861 0

   0,94 ( )

61,13( )

x N

x L

    



  89

12 10

T T 

  , T0,94 96924000 

Do x  lợi nhuận cao nhất.1

Câu 2: [2D1-3] Một hồ rộng có hình chữ nhật Tại góc nhỏ hồ người ta đóng cọc ở vị trí K cách bờ AB 1m cách bờ AC 8 m, dùng sào ngăn góc nhỏ hồ để thả bèo (như hình vẽ) Tính chiều dài ngắn sào để sào chạm vào bờ AB, AC cọc K (bỏ qua đường kính sào)

A 5 65

4 B 5 C 9 D

5 71

Lời giải

Đặt AP a ;AQ b (a b , 0).

Gọi E F hình chiếu vng góc K xuống AB AC Suy KE 1,

KF 

Ta có: KE PK

AQ PQ;

KF QK

AP PQ

KF KE

AP AQ

   8 1

a b 

(Hoặc dùng phép tọa độ hóa: Gán A 0;0,P0;a,Qb;0 Khi K 1;8.

Phương trình đường thẳng PQ:x y

ba  Vì PQ qua K nên

1

b a  )

Cách 1:

Ta có: 2

PQ a b Vì 1 a b 

8k k k

a b

    k

2 2 8k k

a b k a b

a b

   

      

   

2 4

2

k k k k

a b

a a b b

   

      

   

2

3 3

3 16

k k

 

Suy PQ nhỏ nhất a2 b2

  nhỏ 2 1 k a a k b b a b               250 10 k a b         

Vậy giá trị nhỏ PQ a2 b2

  125 5 Từ suy chiều dài ngắn sào để sào chạm vào bờ AB, AC cọc K 5

Cách 2:

Vì 1

a b 

a b

a

 

 với a  Khi 8

2 2

PQ a b

2 a a a       

  với a  8

Xét hàm số  

2

8

a

f a a

a

 

   



  với a  8

Ta có  

 2

2

2

8

a

f a a

a a           3

2 8

8 a a a        

; f a  0 a10

Vậy GTNN f a 125   a  10

Từ suy chiều dài ngắn sào để sào chạm vào bờ AB, AC và cọc K 125 5

Câu 30: [1D3-3] Có hai sở khoan giếng A B Cơ sở A: giá mét khoan 8000 đồng kể từ mét khoan thứ hai, giá mét sau tăng thêm 500 đồng so với giá mét khoan trước Cơ sở B: giá mét khoan 6000 đồng kể từ mét khoan thứ hai, giá mét sau tăng thêm 7% giá mét khoan trước Một cơng ty giống trồng muốn thuê khoan hai giếng với độ sâu 20 mét 25 mét để phục vụ sản xuất Giả thiết chất lượng thời gian khoan giếng hai sở Công ty nên chọn sở để tiết kiệm chi phí

A. chọn A

B. chọn B

C. giếng 20 mét chọn A giếng 25 mét chọn B

D. giếng 20 mét chọn B giếng 25 mét chọn A Lời giải

Chọn D.

- Giếng sâu 20 mét

+ Số tiền cần phải trả theo cách tính sở A tổng 20 số hạng cấp số cộng  un có u 1 8000, d 500

 

1

2 19 20

u d

A   10 2.8000 19.500   255000 (đồng).

+ Số tiền cần phải trả theo cách tính sở B tổng 20 số hạng cấp số nhân  vn có u16000,q 1 7% 1, 07

 20

1

1

u q

B

q

 



 20

6000 1,07

245973 1,07



 



(đồng)

+ Số tiền cần phải trả theo cách tính sở A tổng 25 số hạng cấp số cộng  un có u18000,d 500

 

1

2 24 25

u d

A   2.8000 24.500 25 350000



  (đồng)

+ Số tiền cần phải trả theo cách tính sở B tổng 25 số hạng cấp số nhân  vn có u16000,q 1 7% 1, 07

 25

1

1

u q

B

q

 



 25

6000 1,07

379494 1,07



 



(đồng)

Do đó, khoan giếng sâu 25 mét nên chọn sở A PHÁT TRIỂN CÂU 30

Câu 1: [1D3-3] Một đề can hình chữ nhật cuộn trịn lại theo chiều dài tạo thành khối trụ có đường kính 50 cm Người ta trải 250 vòng để cắt chữ in tranh cổ động, phần lại khối trụ có đường kính 45cm Hỏi phần trải dài mét (làm tròn đến hàng đơn vị)?

A. 373m B. 187 m C. 384 m D.192 m

Lời giải

Chọn A.

Bề dày đề can 50 45 : 2 0,01 250





Chiều dài l phần trải tổng chu vi 250 đường trịn có bán kính lập thành cấp số cộng  un có u 1 25 d 0,01

Vậy l22525 0,01   25 2.0,01  25 249.0,01 

 

2 25.250 0,01 249

       25.250 0,01.1 249 249

  

   

 

37314cm 373m

 

Câu 2: [1D3-3] Mức lương khởi điểm nhân viên văn phịng triệu đồng Cơng ty quy định sau kết thúc 12 tháng hợp đồng tiền lương người tăng lên 7% Biết thuế thu nhập cá nhân người hưởng lương tháng tính sau:

- Lấy tiền lương tháng trừ 3,6 triệu đồng khoản A

Vậy năm làm việc thứ anh bắt đầu đóng thuế? Và năm đó, tháng anh phải đóng thuế (làm trịn đến đơn vị trăm đồng)?

A Bắt đầu đóng thuế năm thứ 6, tiền thuế phải đóng tháng 270200 đồng

B. Bắt đầu đóng thuế năm thứ 6, tiền thuế phải đóng tháng 450200 đồng

C. Bắt đầu đóng thuế năm thứ 5, tiền thuế phải đóng tháng 240800 đồng

D. Bắt đầu đóng thuế năm thứ 5, tiền thuế phải đóng tháng 420800 đồng

Lời giải

Chọn A.

Để tính năm mà người bắt đầu phải đóng thuế, ta tìm nghiệm nguyên dương n bé bất phương trình 7%  n 3,6 5

Giải MTCT ta n 5,32, nghĩa vào năm thứ anh bắt đầu đóng thuế Mức thuế phải đóng 6 7%  6 3,6 5% 270200 

  (đồng)

Câu 32. [1D5-3] [Toán học tuổi trẻ Lần - tháng - năm 2018]

Cho    

2

1

2

n

x x

f x x

n

   

       

    Giá trị  

f 

A 0 B 1 C n D 1

n

Lời giải

Chọn C Ta có:

 

   

ln ln 2ln ln

2

x x

f x x n

n

   

         

   

   

   

1 1

1 1 1

2

1 1

1 1 1

2

f x

x x

f x x

n

f x f x

x x

x

n



    

  

 

 



      



   

 0  0 1

0

1 1

2

f f

n

 

 



      



   

 

Vì   0 1 1

f

n

   

       

   

1 1

1

0

1 1

2

n

n

       



  nên suy

 0

f n.

PHÁT TRIỂN CÂU 32

Câu 1. [1D5-3] Cho f x   1 x 1 2 x2 1 nxn Giá trị f  0

A 0 B  2  1

6

n n n

C n D  1

2

n n 

Lời giải Chọn B

Ta có:

 

       

ln f x ln 1x 2ln 2 x  nln 1nx

   

   

2

2

1

1

1

1

f x n

f x x x nx

n

f x f x

x x nx



    

  

 



      

  

 

   

2

1

0

1 2.0

n

f f

n

 



      

  

 

Vì f   0  1 2.0 1     n.0 1

   

2

2 2

1

1 2.0

n n n

n

n n

 

       

   nên suy

 0  2  1

n n n

f   

Câu 2. [1D5-3] Cho f x   1 x 1 1 x  nx Giá trị f  0 bằng

A 0 B  2  1

6

n n n

C n D  1

2

n n 

Lời giải

Chọn D Ta có:

 

       

   

   

1

1

1

1

f x n

f x x x nx

n

f x f x

x x nx



    

  

 



      

  

 

 0  0

1 2.0

n

f f

n

 



      

  

 

Vì f   0  1 2.0 1     n.0 1 1  1

1 2.0

n n n

n n



       

  

nên suy  0  1

n n

f  

Câu 40. [2H2-4] [Toán học tuổi trẻ Lần - tháng - năm 2018] Cho tam giác ABC vng A có

AB AC M điểm thay đổi cạnh BC Gọi H K hình chiếu vng

góc M cạnh AB AC, Gọi V V  tương ứng thể tích vật thể trịn xoay tạo tam giác ABC hình chữ nhật MHAK quay quanh trục AB Tỉ số V

V



lớn

bằng:

A.

2 B

4

9 C.

2

3 D

3

Lời giải

Chọn B.

x

2 2-x

x

A C

B

K

H M

Đặt AC 1  AB2

Đặt BH x (với 0x2) Khi AH  2 x ,

AK  x

2

1

3

V  AB AC   

 

2

4

   

3

2

3 3 2 2

2

8 2 2

x x

x

V x x

x x x

V

 

  

 



      

 

 

4

V V



  nên chọn đáp án B

PHÁT TRIỂN CÂU 40

Câu 1. [2H2-4] Cho tam giác ABC vuông A có

2

AB AC M điểm thay đổi cạnh BC Gọi H K hình chiếu vng góc M cạnh AB AC, Gọi V V 

tương ứng thể tích vật thể tròn xoay tạo tam giác ABC hình chữ nhật MHAK

quay quanh trục AB Tỉ số V

V



lớn bằng:

A 1

4 B.

3

4 C.

2

3 D

3

Lời giải

Chọn A.

x

2 3

2-x

x

A C

B

K

H M

Đặt AC 1

AB

 

Đặt BH x (với

2

x

  ) Khi

AH   x ,

2

AK  x

2

1

3

V  AB AC   

2

4

V AH AK   x   x

 

3

3

1 3 2 2 2

2

2 2 2

x x

x

V x x

x x x

V

 

  

 

    

          

     

 

1

V V



Câu 2. [2H2-4] Cho tam giác ABC vuông A có AC2AB M điểm thay đổi cạnh BC

Gọi H K hình chiếu vng góc M cạnh AB AC, Gọi V V 

tương ứng thể tích vật thể trịn xoay tạo tam giác ABC hình chữ nhật MHAK

quay quanh trục AB Tỉ số V

V



lớn bằng:

A.

18 B

1

28 C

1

36 D

1 15

Lời giải

Chọn C.

x

2 1-x

x

A C

B

K

H M

Đặt AB 1  AC2

Đặt BH x (với 0x2) Khi AH  1 x ,

AK  x

2

1

3

V  AB AC   

 

2

4

V AH AK   x  x 

   

3

2

3 3 2 2

1

16 2

x x

x

V x x

x x x

V

 

  

 



      

 

 

1 36

V V



  nên chọn đáp án C

Câu 43: [2H2-3] [Toán học tuổi trẻ Lần - tháng - năm 2018] Cho mặt nón trịn xoay

đỉnh S đáy đường trịn tâm O có thiết diện qua trục tam giác đều cạnh a A, B hai điểm  O Thể tích khối chóp

S OAB đạt giá trị lớn

A. 3

96

a . B. 3

48

a . C.

96

a . D. 3

24

a .

Lời giải

Ta có

S OAB AOB

V  S SO Lại có 

1

.sin

AOB

S  OA OB AOB

Mặt khác

2

a

OA OB  ,

2

a

SO h 

Do thể tích khối chóp S OAB đạt giá trị lớn sinAOB 1 OA OB . Khi max 1 3

3 2 2 48

a a a a

V      

PHÁT TRIỂN CÂU 43

Câu 1: [2H2-3] Cho mặt nón trịn xoay đỉnh S đáy đường trịn tâm O có thiết

diện qua trục tam giác cân cạnh đáy a có diện tích a2 , A , B hai điểm  O Thể tích khối chóp S OAB đạt giá trị lớn

A.

3 12

a . B.

2

a . C.

6

a . D.

3 12

a .

Lời giải

Chọn A.

Xét tam giác cân SCD

Diện tích tam giác SCD : . . 2

2

Ta có

S OAB AOB

V  S SO Lại có sin

2 AOB

S  OA OB AOB

Mặt khác

2

a

OA OB  , SO h 2a

Do thể tích khối chóp S OAB đạt giá trị lớn sinAOB 1 OA OB . Khi max 1

3 2 12

a a a

V      a

Câu 2: [2H2-3] Cho mặt nón trịn xoay đỉnh S đáy đường trịn tâm O có thiết

diện qua trục tam giác vuông cân cạnh huyền 2a , A, B hai điểm  O Thể tích khối chóp S OAB đạt giá trị lớn

A.

12

a . B.

2

a . C.

6

a . D. 3

12

a .

Lời giải

Chọn C.

Xét tam giác vng cân SCD

Vì SO trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông cân SCD nên

2

SO CD a

  

Ta có

S OAB AOB

V  S SO Lại có 

1

.sin

AOB

S  OA OB AOB

Mặt khác OA OB a  , SO h a 

Do thể tích khối chóp S OAB đạt giá trị lớn sinAOB 1 OA OB . Khi max 1

3

a V      a a a

đó làm số điểm không nhỏ là:

A

10 B

8

8 10

1 4

C     

    C

8

8 10

1 4

A       

    D 109 262144

Lời giải

Chọn D

Xác suất để câu trả lời

4 câu trả lời sai Gọi x , y số câu trả lời trả lời sai

Theo đề ta có:

10

7

x y y x

  

 

  



, x y  ,

Suy x y ;  8; ; 9;1 ; 10;0    

Vậy xác suất cần tìm

8 10

8 10

10 10 10

1 3 109

4 4 4 262144

C      C   C   

       

PHÁT TRIỂN CÂU 45

Câu 1. [1D2-3] Một đề trắc nghiệm gồm 20 câu, câu có 4 phương án trả lời có phương án trả lời Bạn Anh làm chắn 12 câu, câu lại bạn Anh đánh hú họa vào phương án mà Anh cho Mỗi câu trả lời 0,5 điểm Tính xác suất để Anh điểm ?

A.

20 B.

9

10 C.

9

65536 D

63 16384

Lời giải

Chọn D

Trong câu lại, xác suất trả lời câu

4; xác suất trả lời sai câu Xác suất để Anh điểm xác suất Anh trả lời câu câu lại

6

6

1 63

4 16384

C        

   

Câu 2. [1D2-3] Một trắc nghiệm có 10 câu hỏi, câu hỏi có 4 phương án lựa chọn có đáp án Giả sử câu trả lời điểm câu trả lời sai bị trừ điểm Một học sinh không học nên câu hỏi chọn hú họa phương án để trả lời Tìm xác suất để học sinh nhận điểm không lớn

A P A( ) 0,7336 B P A( ) 0, 7124 C P A( ) 0,7759 D P A( ) 0, 783

Lời giải

Chọn C

Xác suất trả lời sai học sinh câu Gọi xx   số câu học sinh trả lời đúng.

Theo đề ta có học sinh nhận điểm khơng lớn 1, suy

 

5x 10 x 1 7x21 x3

Do học sinh cần trả lời không câu

TH1: Học sinh trả lời câu:

3

3 10

1

4

P C       

   

TH2: Học sinh trả lời 2 câu:

2

2 10

1

4

P C     

   

TH3: Học sinh trả lời 1 câu:

9

3 10

1

4

P C     

   

TH4: Học sinh trả lời không câu nào:

10

3

P   

  Vậy xác suất cần tìm P A P P1 2P3P4 0, 7759

Câu 48. [1H3-3] [Toán học tuổi trẻ Lần - tháng - năm 2018] Cho tứ diện ABCD có

AC AD BC BD a   hai mặt phẳng ACD , BCD vng góc với Tính độ dài cạnh CD cho hai mặt phẳng ABC , ABD vng góc.

A

3

a

B.

3

a

C.

2

a

D.a

Lời giải

Gọi M N trung điểm , AB CD, Suy CM AB AN, CD MN đoạn vng góc chung AB CD, Đặt CD2 ,x x0

Theo đề bài, ta có : ACD  BCD  AN CD ABC  ABD CM DM

Do : CN ND MN AM BM  x AN x

Tam giác ACN vuông N nên: 2 2  22

3

a

AC AN CN  a x  x  x

Vậy

a

CD  .

PHÁT TRIỂN CÂU 48

Câu 1. [1H3-3]Cho tứ diện ABCD có BD 2, hai tam giác ABD BCD, có diện tích và 10 Biết thể tích tứ diện ABCD 16 Tính số đo góc hai mặt phẳng ABD , BCD 

A arccos 15    

  B.

4 arcsin

5    

  C

4 arccos

5    

  D

4 arcsin

15       Lời giải

Chọn B

Gọi H hình chiếu A xuống BCD Ta có

1 24

3

ABCD BCD

BCD

V

V AH S AH

S

   

Gọi K hình chiếu A xuống BD

Mặt khác

2

ABD ABD

S

S AK BD AK

BD

   



 ,   arcsin arcsin

5

AH

ABD BCD AKH

AK

 

    

 

Câu 2. [1H3-3]Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D có các    

cạnh AB2, AD3, AA4 Góc hai mặt phẳng AB D   A C D  Tính giá    trị gần góc  ?

A 45, 2 B 38,1 C 53, 4 D 61,6

Lời giải

Giao tuyến hai mặt phẳng AB D   A C D OH   

 

A OH D OH

Từ A kẻ  A E OH ta suy  D E OH

Nên góc hai mặt phẳng AB D   A C D góc    A E D E

Ta có: 5, 5, 13

2

    

A H OH A O

61

2 4 305

10



  SA OH  

A E

OH

305 10  

D E

 2 29

cos

2 61

     

   

 

A E D E A D

A ED

A E D E  A ED 118 24'