Đề KSCL Toán thi tốt nghiệp THPT 2021 lần 1 trường chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa

40 6 0
Đề KSCL Toán thi tốt nghiệp THPT 2021 lần 1 trường chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Do đó hình chiếu vuông góc của A lên (BCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.. Lại có tam giác BCD vuông tại B nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD là trung điểm H c[r]

(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)

Trang TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LAM SƠN

NĂM HỌC 2020 – 2021 MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Câu (TH): Hàm số sau có đồ thị hình vẽ bên dưới?

A

x y

x 

 B

1

x y

x  

 C

1 x y

x  

 D

x y

x 

 Câu (TH): Tìm tất điểm M nằm đồ thị hàm số

1 x y

x  

 mà tiếp tuyến đồ thị điểm song song với đường thẳng :d y3x10

A 3;1 M  

  B M0; 2  M2; 4

C M2; 4 D 5;3

2 M  

 

Câu (TH): Cho hàm số 1

x y

x  

 điểm I1; 1 Tìm tất điểm M nằm đồ thị hàm số  cho tiếp tuyến M vng góc với IM

A M1 2; 1  2 M1 2; 1  2 B M1;0 M3; 2  C M 2; 2   M 2; 2 3  D M2; 3  M 0;1 Câu (TH): Mệnh đề hàm số yx242 đúng? 1

A Nghịch biến 2; 2 B Đồng biến 

C Đồng biến   và; 2 2;  D Đồng biến 2;0 2; 

Câu (VD): Cho hình nón có thiết diện qua trục tam giác cạnh Tính thể tích khối càu nội tiếp hình nón

A

 B 4

27

 C 4

81

 D

(8)

Trang Câu (TH): Một người gửi tiền vào ngân hàng với lãi suát không đổi 6% năm Biết không rút tiền khỏi ngân hàng sau năm, số tiền lãi nhập vào vốn ban đầu (lãi kép) Người định gửi tiền vịng năm, sau rút 500 triệu đồng Hỏi số tiền người phải gửi vào ngân hàng (làm tròn đến hàng triệu) triệu đồng?

A 420 B 410 C 400 D 390

Câu (TH): Cho biết alog 52 blog 75 Tính 35 49 log

8 theo a b A 2b

a

  

 

  B

2

3 3b

a   

 

  C

2

3 3b

b   

 

  D

3 2a b       

Câu (TH): Giá trị nhỏ hàm số y2x1ex đoạn 1;0 bằng:

A e

 B

e

 C 1 D e

Câu (TH): Hàm số 2 3 1

3

y x  x  x nhận giá trị nhỏ đoạn 10; 3

 

 

  tại:

A

3

x  B x C x D 10

3 y Câu 10 (TH): Sau đây, có hàm số mà đồ thị có tiệm cận ngang? 1) y sin x

x  2) 1 x x y x   

3)

1 x y x    4) 1

y x   x 

A B C D

Câu 11 (TH): Cho tứ diện ABCD có ABC ABD tam giác cạnh a, ACD BCD tam giác vng tương ứng A B Tính thể tích khối tứ diện ABCD

A 3 a B 2 12 a C 3 12 a D a

Câu 12 (TH): Giá trị lớn hàm số y2x 1 ln 2 x1 đoạn 1;0  

 

  bằng: A ln

2

  B 1 C ln D ln 3

Câu 13 (NB): Hàm số yx1x2 3 x có số điểm cực trị là:

A B C D

Câu 14 (NB): tan xdx bằng: A 12

sin x C

  B ln cos x C C 12

(9)

Trang Câu 15 (TH): Kết luận sau hàm số  

2

x

f x       ?

A  

2

2 ln 2

x

f x     

  B nghịch biến 

C f  0  D đồ thị nhận trục tung làm tiệm cận ngang Câu 16 (NB): Một nguyên hàm hàm số  

2

f x x 

 F x bằng:   A

 2

2 2x 

 B  2

1

2 2x3 C ln 2x D

1ln 2 3 x Câu 17 (TH): Kết luận sau hàm số ylogx1 sai?

A Đồ thị có tiệm cận đứng đường thẳng có phương trình x B Đồng biến khoảng 1; 

C

 log1

y

x e

 

D

 ln101

y x  

Câu 18 (TH): Trong hàm số sau có hàm số có điểm cực trị? 1) y x 2 1 2) y2x212

3) y2x13 x2 4)

2 1

x y

x 

A B C D

Câu 19 (VD): Cho hình chóp S.ABC, đáy tam giác vng B, cạnh bên SA vng góc với mặt đáy Biết SA = AB = BC diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 3 Thể tích khối chóp là:

A

2 B

1

3 C

1

6 D

3 Câu 20 (TH): Hàm số sau mà đồ thị có dạng hình vẽ bên dưới?

A yx1x12 B yx1 2 1x C yx1 2 x D 1   2

1

(10)

Trang A ylnx B y 2 x C

x

y e  

    D 1

2

log x

Câu 22 (TH): Cho hình nón đỉnh S đáy đường trịn (O), bán kính đáy Biết thiết diện qua trục tam giác vng Tính diện tích xung quanh hình nón

A 2 B  C 2 D 2

Câu 23 (NB): Cho hàm số y f x  có đạo hàm thỏa mãn f  1 3 Khi    

1

1 lim

1

x

f x f x

 bằng:

A B C D

Câu 24 (VD): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ Đáy tam giác vng A, có BC = 2AC = 2a Đường thẳng AC’ tạo với mặt phẳng (BCC’B’) góc 30 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng 0

trụ cho bằng;

A 12 a B 6 a C 4 a D 3 a

Câu 25 (VD): Số tiệm cận đồ thị hàm số  

2

2 1

1

x x

y

x

 

 là:

A B C D

Câu 26 (TH): Một nguyên hàm ln x bằng: A x x lnx B

x C x x lnx D 1 x xlnx

Câu 27 (TH): Cho hàm số f x có đạo hàm   f x   x1 3 2x x 32 Hỏi hàm số đồng biến khoảng sau đây?

A  ;1 3; B   ;1 2; C   1; D 3; 

Câu 28 (TH): Qua điểm M(2;0) kẻ tiếp tuyến với đồ thị hàm số y x 44x2?

A B C D

Câu 29 (TH): Tập xác định hàm số yln x22x là: 3

A D     ; 3 1;  B D     ; 3 1; 

C D D D\3;1

Câu 30 (VD): Cho hình trụ có thiết diện qua trục hình vng có cạnh a Gọi AB CD hai đường kính tương ứng hai đáy Biết góc hai đường thẳng AB CD 30 Tính thể 0

(11)

Trang A

3

12 a

B

3 3

6

a C

6 a

D

3 3

12 a

Câu 31 (VD): Cho số nguyên a, b, c thỏa mãn

6

log

log 45 log

b a

c 

 

 Tổng a b c  bằng:

A B C D

Câu 32 (VD): Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục  1; , thỏa mãn f x x f x.   Biết x2

 1

f  , tính f f 2

A 16 B C D

Câu 33 (TH): Cho hàm số y f x  có đạo hàm   2 x f x

x   

 Với a b số dương thỏa mãn a b , giá trị nhỏ hàm số f x  đoạn  a b; bằng:

A f b  B f a  C    

2 f a  f b

D a b f  

 

Câu 34 (VD): Cho hình trụ thay đổi nội tiếp hình nón cố định cho trước (tham khảo hình vẽ bên) Gọi thể tích khối nón khối trụ tương ứng V V’ Biết V’ giá trị lớn đạt được, tỉ số V

V 

bằng:

A

9 B

4

27 C

1

2 D

2

Câu 35 (VD): Cho hàm số f x  liên tục  , có bảng biến thiên hình vẽ đây:

Đặt g x  m f x   (m tham số) Tìm tất giá trị m để hàm số 1 y g x   có điểm cực trị

(12)

Trang Câu 36 (VD): Cho phương trình 1  2 

2

log 2x m log 3x  , m tham số Hỏi có giá trị nguyên dương m để phương trình có nghiệm?

A B C D

Câu 37 (VD): Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm M(1; 2; 3) Hình chiếu M tương ứng lên , , ,( ),( ),( )

Ox Oy Oz Oyz Ozx Oxy , , , , ,A B C D E F Gọi P Q tương ứng giao điểm đường thẳng OM với mặt phẳng (ABC () DEF Độ dài PQ bằng: )

A

7 B

7

6 C

14

2 D

14

Câu 38 (VD): Giả sử  34 12 

0 12

1 x x x a a x a x   a x ai Giá trị tổng

0

4 4 4

S C a C a C a C a C a bằng:

A B 4 C 1 D

Câu 39 (VD): Tìm số nghiệm phương trình sin cos x0 đoạn 1; 2021

A 672 B 643 C 642 D 673

Câu 40 (VD): Cho hàm số f x  xác định  , thỏa mãn f x 2x1 f  3 5 Giả sử phương trình f x 999 có hai nghiệm x 1 x Tính tổng Slog x1 log x2

A B 999 C D 1001

Câu 41 (VD): Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, tất cạnh có độ dài a Gọi M trung điểm cạnh BC Tính khoảng cách hai đường thẳng AM BC’

A a

B a

C 2

a D

4 a

Câu 42 (VD): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Mặt phẳng qua A vng góc với A’C chia hình lập phương trình hai phần thể tích Tính tỉ số k hai phần thể tích này, biết k

A

25 B

2

5 C

1

5 D

2 25

Câu 43 (VDC): Chọn ngẫu nhiên đỉnh đa giác lồi (H) có 30 đỉnh Tính xác suất cho đỉnh chọn tạo thành tứ giác có bốn cạnh đường chéo (H)

A

3 27 30

30.C

C B

3 25 30

30

C

C C

3 27 30

30

C

C D

3 25 30

30.C C

Câu 44 (VD): Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ Đáy ABCD hình thoi cạnh a

0

60 BAD

  Một mặt phẳng tạo với đáy góc 600 cắt tất cạnh bên hình hộp Tính diện

tích thiết diện tạo thành

(13)

Trang Câu 45 (VD): Cho tứ diện ABCD có ABC ABD tam giác cạnh a không đổi Độ dài CD thay đổi Tính giá trị lớn đạt thể tích khối tứ diện ABCD

A

3

8 a

B

3 2

12 a

C

3 3

8 a

D

3 3

12 a

Câu 46 (VDC): Cho tứ diện ABCD có ABC, ABD, ACD tam giác vng tương ứng A, B, C Góc AD (ABC) 45 , AD0 BC khoảng cách AD BC a Tính thể tích khối

tứ diện ABCD A

3

3

a B 4 3

3

a C 2

6

a D 4 2

3 a

Câu 47 (VD): Cho hàm số y f x  có đạo hàm f x   x1 2 x Tìm số điểm cực trị hàm số 3

   2 6

g x  f x  x

A B C D

Câu 48 (VD): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a Các cặp mặt phẳng (ACD) (BCD), (ABC) (ABD) vng góc với Tính theo a độ dài cạnh CD

A

a B

3

a C

2

a D

3 a

Câu 49 (VD): Cho hàm số f x x33x m Tìm m để ba số phân biệt a, b, c thuộc đoạn

1;3 f a f b f c độ dài ba cạnh tam giác      , ,

A m  22 B m  C m34 D m  22

Câu 50 (VD): Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình thoi cạnh a BAD600 Mặt chéo

ACC’A’ nằm mặt phẳng vng góc với đáy, đồng thời ACC’A’ hình thoi có A AC 600

Thể tích khối tứ diện ACB’D’ là: A

3 3

6 a

B

3 3

4 a

C

3 3

8 a

D

3 3

3 a

(14)

Trang Đáp án

1-D 2-B 3-A 4-D 5-B 6-A 7-A 8-B 9-A 10-C

11-B 12-B 13-A 14-D 15-D 16-D 17-C 18-D 19-C 20-B 21-C 22-D 23-D 24-B 25-C 26-D 27-C 28-C 29-D 30-A 31-A 32-C 33-A 34-A 35-C 36-A 37-D 38-B 39-B 40-C 41-D 42-C 43-D 44-B 45-A 46-D 47-C 48-A 49-A 50-B

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Dựa vào đồ thị xác định đường tiệm cận đồ thị hàm số, điểm thuộc đồ thị hàm số - Sau dựa vào đáp án để chọn đáp án

- Đồ thị hàm số y ax bad bc cx d

 

 có TCN

a y

c

 TCĐ x d c   Giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị có đường TCN y TCĐ x Do loại đáp án A B

Đồ thị hàm số qua điểm O(0;0) nên loại đáp án C Câu 2: Đáp án B

Phương pháp giải:

- Tiếp tuyến đồ thị hàm số y f x  điểm M x y  0; 0 y f x 0 x x 0 y0 - Hai đường thẳng y ax b  y a x b   song song với  a a

b b       

Giải chi tiết: TXĐ: D\ 1

Gọi  

0 0 ; 1 x

M x x

x

    

  

  thuộc đồ thị hàm số

2 x y x   

Ta có

 2

2 1 x y y x x     

  nên tiếp tuyến đồ thị hàm số

0 0 ; x M x x      

  có hệ số góc

    k y x

x 

 

Vì tiếp tuyến M song song với đường thẳng :d y3x10 nên

    2

3 1

1 x

(15)

Trang

 

0

0

1

1

x x tm x x                

0; 22;4

M M       Câu 3: Đáp án A

Phương pháp giải:

- Tiếp tuyến đồ thị hàm số y f x  điểm M x y  0; 0 y f x 0 x x 0 y0

- Đường thẳng y ax b  vng góc với vecto IM u v ; vtcp đường thẳng y ax b  vng góc với vecto IM u v ;

Giải chi tiết: TXĐ: D\ 1 

Gọi  

0 0 ; 1 x

M x x

x

   

  

  thuộc đồ thị hàm số

1 x y x   

Ta có

 2

1 1 x y y x x     

  nên tiếp tuyến đồ thị hàm số

0 0 ; x M x x      

  có hệ số góc

    2 k y x

x 

 

⇒ Phương trình tiếp tuyến M là:

 2 0

0 1 x

y x x

x x      

 2  02

0 0 2 1 x x x y x x x       

  , có VTCP  2

0 1; u x         

Ta có:

0

0

1

1; 1;

1

x

IM x x

x x                   

Vì tiếp tuyến M vng góc với IM nên u IM0

    1 x x          0

1

1 x x x

     

0

0

1 2

1 2

x x x x                 

⇒ M1 2; 1  2 M1 2; 1  2 Câu 4: Đáp án D

Phương pháp giải: - Tính đạo hàm y

- Giải phương trình y

(16)

Trang 10 Giải chi tiết:

TXĐ: D

Ta có: yx242 1 y2x24 2 x

Cho 2 0

4

x x

y

x x

 

 

    

   

 

BXD y :

Dựa vào BXD ta thấy hàm số đồng biến  ; ; 0; 2  ; nghịch biến 2;0 ; 2;    Do có đáp án D

Câu 5: Đáp án B Phương pháp giải:

- Giả sử thiết diện qua trục tam giác SAB O tâm mặt đáy hình nón

- Xác định tâm mặt cầu nội tiếp hình nón tâm tam giác SAB Tính bán kính R - Thể tích khối cầu bán kính R

3 V  R Giải chi tiết:

Giả sử thiết diện qua trục tam giác SAB O tâm mặt đáy hình nón, ta có tam giác SAB cạnh nên

2 SO

Gọi I tâm khối cầu nội tiếp hình nón, dễ thấy O tâm tam giác SAB, bán kính

khối cầu 2 3

3 3

R IO  SO 

Vậy thể tích khối cầu nội tiếp hình nón

3

4 4

3 3 27

V  R     

 

(17)

Trang 11 Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức lãi kép: An A1rn An số tiền nhận sau n năm, A số tiền gửi

ban đầu, r lãi suất kì hạn, n số kì hạn

- Để sau năm người rút 500 triệu đồng số tiền nhận sau năm (cả gốc lãi) phải khơng nhỏ 500 triệu đồng Giải bất phương trình tìm số tiền gửi ban đầu

Giải chi tiết:

Để sau năm người rút 500 triệu đồng số tiền nhận sau năm (cả gốc lãi) phải không nhỏ 500 triệu đồng

Gọi số tiền ban đầu gửi vào ngân hàng x (triệu đồng), số tiền người nhận sau năm là:

 3

1 6%

x  (triệu đồng)

Khi ta có x1 6% 3500 x 420 (triệu đồng) Câu 7: Đáp án A

Phương pháp giải: Sử dụng công thức:

 

log m log 1,

n

a a

n

b b a b

m

   

 

loga x logax loga y a 1, ,x y

y     

Giải chi tiết:

Ta có:

3

5

5

49 49

log log

8 

 

2

5 5

7

3log 2log 3log

2 b a

 

      

 

Câu 8: Đáp án B Phương pháp giải:

- Tính y , giải phương trình y xác định nghiệm xi  1;0 - Tính giá trị y     1 ;y ;y xi

- Kết luận:

 1;0         1;0       

miny y ;y ;y xi ;maxy max y ;y ;y xi

     

Giải chi tiết: TXĐ:

Ta có: y2x1ex y2ex2x1ex 2x1ex

Cho 1  1;0

2

(18)

Trang 12 Ta có:  1 3;  0 1;

2

y y y

e e             Vậy

 1;0

2 y e    Câu 9: Đáp án A Phương pháp giải:

- Tính y′, giải phương trình y xác định nghiệm 10; 3

i

x      - Tính giá trị ; 10 ;  

3 i

y   y  y x

   

- Kết luận:    

1 10; 10;

3 3

1 10 10

min ; ; ; max max ; ;

3 i 3 i

y y y y x y y y y x

                                                 

Giải chi tiết: TXĐ: D

Ta có: 2 3 1 4 3

3

y x  x  x  yx  x

Cho

1 10

1 ;

3

0

1 10

3 ;

3 x

y x x

x                          

Ta có: 181; 10 0,88; 1  1;  3

3 81 3

y   y   y  y  

   

Vậy

 1;0

1 181 81 y y         

Câu 10: Đáp án C Phương pháp giải:

Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang đồ thị hàm số:

- Đường thẳng y y0 gọi TCN đồ thị hàm số y f x  thỏa mãn điều kiện sau: xlimy y0; limxy y0

- Sử dụng MTCT để tính giới hạn Giải chi tiết:

Xét hàm số y sin x x

 ta có lim 0; lim

xy xy , ĐTHS có TCN y

Xét hàm số

2 1

x x

y

x  

 ta có lim 1; lim

(19)

Trang 13 Xét hàm số

1 x y

x  

 ta có limxy khơng tồn tại, limxy , ĐTHS có TCN y

Xét hàm số y x  1 x2 ta có lim1

xy  , limxy , ĐTHS có TCN y

Vậy có hàm số mà đồ thị có tiệm cận ngang Câu 11: Đáp án B

Phương pháp giải:

- Chóp có cạnh bên có chân đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy - Sử dụng tính chất tam giác vng cân tính chiều cao diện tích đáy

- Thể tích khối chóp 1/3 tích đường cao diện tích đáy Giải chi tiết:

Vì ABC ABD tam giác cạnh a nên AB AC AD BC BD a

Do hình chiếu vng góc A lên (BCD) trùng với tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD Lại có tam giác BCD vng B nên tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD trung điểm H CD

AH CD

 

Xét tam giác ACD vuông cân A có AC AD a nên 2 a

AH 

Tam giác BCD vuông cân B có BC = BD = a nên

2

1

2

BCD

a S  BC BD

Vậy

2

1 2

3 2 12

ABCD BCD

a a a

V  AH S  

Câu 12: Đáp án B Phương pháp giải: - Tính đạo hàm

- Chứng minh 1; y    x  

  suy giá trị lớn hàm số 1;0  

 

  Giải chi tiết:

Hàm số cho xác định 1;0  

 

 

Ta có: y2x 1 ln 2 x 1 2 1;0

2

y x

x

 

       

(20)

Trang 14 Do hàm số cho đồng biến 1;0

4  

 

 

Vậy  

1;0

maxy y

     

  

Câu 13: Đáp án A Phương pháp giải:

- Khai triển đưa hàm số dạng hàm đa thức bậc ba

- Tính y , giải phương trình y xác định số điểm cực trị = số nghiệm bội lẻ Giải chi tiết:

Ta có yx1x2 3 x  x3 4x2  x 6

2 13

3

3

y x x x 

       

Vậy hàm số cho có điểm cực trị Câu 14: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức tan sin cos x x

x 

- Sử dụng phương pháp đổi vi phân: sinxdx dcosx - Sử dụng cơng thức tính ngun hàm: du ln u C

u  

Giải chi tiết:

cos 

sin

tan ln cos

cos cos

d x

x

xdx dx x C

x x

    

  

Câu 15: Đáp án D Phương pháp giải:

- Sử dụng cơng thức tính đạo hàm:  au u a lnu a

- Xét dấu đạo hàm suy khoảng đơn điệu hàm số - Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang đồ thị hàm số Giải chi tiết:

Ta có      

2 2

1 1

2 ln ln

2 2

x x x

f x     f x  x    f x   x  

      nên đáp án A sai

Xét f x    , hàm số khơng thể nghịch biến x  , suy đáp án B sai Ta có  

0

1

0

2 f    

(21)

Trang 15 Ta có:  

2

lim lim

2

x x f x x

 

   

  nên ĐTHS nhận y TCN Suy đáp án D Câu 16: Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng cơng thức tính ngun hàm: dx 1ln ax b C ax b  a  

Giải chi tiết:

Ta có     1ln

2

F x f x dx dx x C

x

    

 

Câu 17: Đáp án C Phương pháp giải:

- Sử dụng cơng thức tính đạo hàm: log 

ln10 u u

u 

 

- Sử dụng định nghĩa tiệm cận đứng đồ thị hàm số: Đường thẳng x x 0 gọi TCĐ đồ thị hàm số y f x  thỏa mãn điều kiện sau:

0 0

lim ; lim ; lim ; lim

xxy  xxy  xxy  xxy 

- Xét dấu y suy khoảng đơn điệu Giải chi tiết:

TXĐ: D1; 

Ta có  

 1

log

1 ln10

y x y

x 

   

 Suy đáp án D đúng, đáp án C sai

Vì x  1 y   , hàm số đồng biến x D 1;, suy đáp án B Ta có:

1

lim

x y  nên ĐTHS nhận x TCĐ, suy đáp án A Câu 18: Đáp án D

Phương pháp giải:

Tính đạo hàm hàm số, giải phương trình đạo hàm xác định số điểm cực trị hàm số = số nghiệm bội lẻ phương trình đạo hàm

Giải chi tiết:

Xét đáp án A: ta có y 2x   , hàm số có điểm cực trị x

Xét đáp án B: ta có  

0

2 2

2 x

y x x

x   

     

  

(22)

Trang 16 Xét đáp án C: ta có  

3

2

2

3

y x x

x

    34 10

5

x x

x x

 

    , hàm số có điểm cực trị

Xét đáp án D: ta có

   

2

2

2

1 0 1

1

x x x x

y x

x x

   

      

  , hàm số có điểm cực trị

Câu 19: Đáp án C Phương pháp giải:

- Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp, tính bán kính mặt cầu, từ suy độ dài cạnh SC - Đặt SA = AB = BC = x, sử dụng định lí Pytago giải phương trình tìm x

- Tính thể tích khối chóp

3 ABC

V  SA S

Giải chi tiết:

Gọi O trung điểm AC Vì tam giác ABC vuông B nên O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Gọi I, M trung điểm SC, SA Ta có IO đường trung bình tam giác SAC IO SA/ / Mà SAABCIOABCIO trực ABC IA IB IC 

Lại có IM đường trung bình tam giác SAC nên IM // AC IM SA IM trung trực SA, ISIA

IA IB IC IS

     tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp I S ABC ⇒ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC

2 R SC

Ta lại có 4 3 3

2

R R SC

      

Đặt SA AB BC   , ta có tam giác SAB vng cân A nên x SB x Ta có: BC AB BC SAB BC SB

BC SA

    

 

  SBC vuông B

2 2 2 2 3 1

SB BC SC x x x

(23)

Trang 17 Vậy thể tích khối chóp . .1 .

3 ABC 6

V  SA S  SA AB BC x  Câu 20: Đáp án B

Phương pháp giải:

- Dựa vào giao điểm có đồ thị với trục hồnh suy dạng đồ thị hàm số loại bớt đáp án chắn sai

- Dựa vào giao điểm đồ thị hàm số với trục tung để chọn đáp án Giải chi tiết:

Vì đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành điểm có hồnh độ -1 cắt qua trục hồnh điểm có hồnh độ nên hàm số có dạng y a x  1 2 x , loại đáp án A D 1

Đồ thị cắt trục tung điểm có tung độ dương nên loại đáp án C Câu 21: Đáp án C

Phương pháp giải:

- Dựa vào đồ thị suy TXĐ hàm số loại đáp án - Dựa vào tính đơn điệu hàm số để loại đáp án Giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số xác định  nên loại đáp án A, D Lại có: Đồ thị hàm số nghịch biến  nên chọn đáp án C Câu 22: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Dựa vào giả thiết hình nón có thiết diện qua trục tam giác vuông cân xác định chiều cao bán kính đáy hình nón

- Tính độ dài đường sinh hình nón l h2r2

- Hình nón có đường sinh l, bán kính đáy r có diện tích xung quanh Sxq rl Giải chi tiết:

Vì hình nón có thiết diện qua trục tam giác vng cân nên h r  ⇒ Độ dài đường sinh hình nón l h2r2 

Vậy diện tích xung quanh hình nón Sxq rl 2 Câu 23: Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng tính đạo hàm định nghĩa:      

0

0

lim

x x

f x f x f x

x x

 

 Giải chi tiết:

Ta có:      

1

1

lim

1

x

f x f

f x

 

 

(24)

Trang 18 Câu 24: Đáp án B

Phương pháp giải:

- Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ

- Xác định góc đường thẳng AC’ mặt phẳng (BCC’B’) góc AC’ hình chiếu AC’ lên (BCC’B’)

- Dựa vào định lí Pytago, tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng tính bán kính mặt cầu - Diện tích mặt cầu bán kính R S 4R2

Giải chi tiết:

Gọi O, O’ lần trung điểm BC B’C’

Vì tam giác ABC, A’B’C’ vuông A A’ nên O, O’ tâm mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC, A’B’C’ Lại có OO’ vng góc với hai đáy nên OO’ trục hai đáy

Gọi I trung điểm OO’ => I tâm mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ

Trong ABC kẻ  AH BC H BC ta có AH BC AH BCC B HC

AH BB

      

  

 hình chiếu

AC’ lên (BCC’B’), AC BCC B;   AC HC;  AC H 300

Xét tam giác vuông ABC ta có AB BC2AC2  4a2a2 a 3 3

2

AB AC a a a

AH

BC a

   

Xét tam giác AC’H vuông H có: 0 1: sin 30 2

AH a

AC   a

Xét tam giác vng AA’C’ có: AA AC2A C 2  3a2a2 a 2 OO

2

a

IO OO

  

Xét tam giác vng IOC có:

2

2 2

2

a a

IC IO OC  a   R

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ là:

2

2

4

2 a

S  R      a

 

Câu 25: Đáp án C Phương pháp giải:

(25)

Trang 19 - Đường thẳng y y0 gọi TCN đồ thị hàm số y f x  thỏa mãn điều kiện sau: lim 0; lim 0

xy y xy y

- Đường thẳng x x gọi TCĐ đồ thị hàm số 0 y f x  thỏa mãn điều kiện sau:

0 0

lim ; lim ; lim ; lim

xxy  xxy  xxy  xxy 

Giải chi tiết: TXĐ: D\ 1 Ta có:

 

2

2 1

lim lim

1 x x x x y x       

 

2

2 1

lim lim

1 x x x x y x        

 

2

1

2 1

lim lim x x x x y x          

 

2

1

2 1

lim lim x x x x y x          

 

2

1

2 1

lim lim x x x x y x          

 

2

1

2 1

lim lim x x x x y x          

Vậy đồ thị hàm số cho có TCN y  TCĐ x  Câu 26: Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp nguyên hàm phần udv uv  vdu Giải chi tiết:

Đặt Ilnxdx Đặt

1 ln

u x du dx

x

dv dx v x

 

 

  

  

Khi ta có Ilnxdx x lnxdx x lnx x C 

Với C ta có 11  x xlnx nguyên hàm hàm số ln x Câu 27: Đáp án C

(26)

Trang 20 Lập BXD f x 

Giải chi tiết:

Ta có:     3  2

1

0

3 x

f x x x x x

x   

        

  

BXD:

Vậy hàm số đồng biến khoảng  1; Câu 28: Đáp án C

Phương pháp giải: Lập BXD f x  Giải chi tiết:

Ta có: y x 44x2y4x38x

Gọi  2 0;

A x x  x thuộc đồ thị hàm số, phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số A là:

   2 

0 0 0

4

y x  x x x x  x d Cho M 2;0  ta có: d

   4

0 0 0 0 0 0

0 4x 8x 2x x 4x  0 8x 16x 4x 8x x 4x

0

4

0 0 0

0

0

0 16

3 x

x x x x x

x    

        

   

Vậy qua điểm M(2;0) kẻ tiếp tuyến với đồ thị hàm số y x 44x2

Câu 29: Đáp án D Phương pháp giải:

Hàm số yln f x  xác định f x  xác định f x 0 Giải chi tiết:

Hàm số yln x22x xác định 3 2 3 0 2 3 0

3 x

x x x x

x  

         

 

Vậy TXĐ hàm số cho D\3;1 Câu 30: Đáp án A

(27)

Trang 21 Sử dụng cơng thức: Cho tứ diện ABCD có góc hai đường thẳng AB CD , gọi d góc hai đường thẳng AB CD Khi sin

6

ABCD

V  AB CD d  Giải chi tiết:

Vì AB, CD đường kính hai đáy nên khoảng cách hai đường thẳng AB CD

 ; 

d AB CD   Mà thiết diện qua trục hình trụ hình vng cạnh a nên h AB CD ad h    Khi ta có . .sin 1 .sin 300

6 12

ABCD

a

V  AB CD d   a a a 

Câu 31: Đáp án A Phương pháp giải: Sử dụng công thức:

 

log

log , 1,

log

c a

c

b

b a c b

a

   

   

loga xy logaxloga y 0 a 1, ,x y0

 

log n log 1,

m

a a

m

b b a b

n

   

Giải chi tiết: Ta có:

2 2

6

2 2

log log log 45

log 45

log log log

b b

a a

c c

 

    

 

 

 

2

2 2

2 2

log

log log 2log log

log log 2.3 log log

b b

a a

c c

  

     

  

2 2 2

2 2

log 2log log log log

2

log log log log

b b

a a

c c

      

      

   

Đồng hệ số ta có a2,b 2,c Vậy a b c       ( 2) 1

Câu 32: Đáp án C Phương pháp giải:

- Biến đổi, đưa công thức đạo hàm thương - Sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế tìm hàm f x   - Sử dụng giả thiết tìm số C

- Suy hàm số f x  hoàn chỉnh tính f  2 Giải chi tiết:

Theo ta có:

  .   .    

(28)

Trang 22

     

2

1

x f x x f x f x

x x

    

    

 

 

f x

dx x C x

   

Lại có f 1   1

f

C C C

       

Vậy f x  x 2 f x  x2 2x f 2 8

x       

Câu 33: Đáp án A Phương pháp giải:

- Giải phương trình f x  , xét dấu f x   a b ; - Từ tìm

 ;  

min

a b f x

Giải chi tiết:

Ta có   2 0  ;

1 x

f x x a b

x

      

 (do a, b số dương)

Khi ta có f x   0 x  a b; , hàm số nghịch biến  a b nên ;

 ;    

min

a b f x  f b

Câu 34: Đáp án A Phương pháp giải:

- Đặt chiều cao khối trụ 0 x h  

- Áp dụng định lí Ta-lét, tính bán kính đáy hình trụ theo x

- Tính thể tích khối trụ, sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN V’, từ suy x theo h - Lập tính tỉ số V

V 

Giải chi tiết:

Đặt tên điểm hình vẽ

Gọi ,h r chiều cao bán kính đáy hình nón Đặt IO MQ NP x   0 x h  

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

1

MQ AQ SQ QI

SO  AS   SA  OA 1

x IQ x

IQ r

h r h

 

      

(29)

Trang 23

Khi thể tích khối nón  

2 2

2

2

2

x r

V IQ QM r x x x h

h h

   

       

 

Để V  đạt giá trị lớn x x h  2 phải đạt giá trị lớn

Đặt f x x x h  2 x x 22hx h 2x32hx2h x2 , với 0 x h  ta có:

  3 4 0   

1 x h ktm

f x x hx h

x h tm             2 max

1

3 27

r

V h h h r h

h

   

     

 

Vậy

2 4 27 r h V

V r h

  

 

Câu 35: Đáp án C Phương pháp giải:

Số điểm cực trị hàm số y f x  = số điểm cực trị hàm số y f x  + số giao điểm đồ thị hàm số y f x  với trục hồnh (khơng tính điểm tiếp xúc)

Giải chi tiết:

Dựa vào BBT ta thấy  

0 x x

f x x x        

Đặt h x  m f x  ta có 1     1

2

1

1

1

x x x x

h x f x

x x x x

   

 

      

   

  , hàm số

   1

h x  m f x có điểm cực trị

Suy để hàm số g x  h x   m f x   có điểm cực trị phương trình 1 m f x    1 phải có nghiệm bội lẻ

Ta có: m f x    1 f x    , dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y1 m   cắt qua (khơng tính m điểm tiếp xúc) đồ thị hàm số y f x  điểm 1 1

3 m m m m             

Câu 36: Đáp án A Phương pháp giải:

- Tìm ĐKXĐ phương trình - Đưa số

(30)

Trang 24 - Dựa vào điều kiện x tìm m để phương trình có nghiệm

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: 2

3

x m x m

x x

   

 

    

 

Ta có:

       

1 2

2

log 2x m log 3x   0 log 2x m log 3x 

   

2

log 2x m log x 2x m x 3x m

          

Để phương trình có nghiệm m    m

Kết hợp điều kiện m số nguyên dương ta có m1; 2;3;4;5 Vậy có giá trị tham số m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 37: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Xác định tọa độ điểm , , , , ,A B C D E F - Viết phương trình tham số đường thẳng OM - Viết phương trình cá mặt phẳng (ABC () DEF )

- Tham số hóa tọa độ điểm P, Q thuộc OM, cho PABC Q; DEF, tìm tọa độ P, Q - Tính độ dài PQ xQxP 2 yQyP 2 zQzP2

Giải chi tiết: Theo ta có:

A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;-3), D(0;2;-3), E(1;0;-3), F(1;2;0)

Gọi P Q tương ứng giao điểm đường thẳng OM với mặt phẳng (ABC) (DEF) Độ dài PQ bằng:

+ Ta có: OM1; 2; 3  VTCP đường thẳng OM, nên phương trình đường thẳng OM

3 x t

y t

z t

        

+ Phương trình mặt phẳng (ABC) 6

1

x y z

x y z

       

Gọi OMABCP p p ; ; 3 p, ta có PABC nên:

 

6 3.2

3 p p  p     p

1 2; ; 1 3

P  

   

(31)

Trang 25 + Ta có: DE1; 2;0 ;  DF1;0;3  DE DF;    6; 3; 2 VTPT (DEF)

⇒ Phương trình mặt phẳng (DEF) là:  6x 3y 2 2 z    3 6x 3y2z12 0 Gọi OMDEFQ q q ; ; 3 q, ta có QDEF nên:

 

6 3.2 12

3

q q q q

       

2 ; ; 3

Q  

   

 

Vậy  

2

2

1 14

1

3 3

PQ         

   

Câu 38: Đáp án B Phương pháp giải:

- Phân tích 1 x x  2 thành nhân tử x3

- Khai triển nhị thức Niu-tơn:  

0 n

n k n k k n k

a b C a b

 

- Tìm a a a a a0, , , ,1 2 3 4 hệ số số hạng không chứa x, chứa x, chứa x x x2, ,3 4

- Thay vào tính S Giải chi tiết:

Ta có:  34  2 4  4 4 4

4

0

1 1 1 k k m m

k m

x x x x x x x x C x C x

 

           

Khi ta có

    0

0 4

; 0;0

k m  a C C 

   

1 4

; 1;0

k m  a C C 

       0

2 4 4

; 2;0 ; 0;1 10

k m  a C C C C 

       1

3 4 4

; 3;0 ; 1;1 20

k m  a C C C C 

         2

4 4 4 4

; 4;0 ; 2;1 ; 0; 31

k m  a C C C C C C 

Vậy

4 4 4 4

S C a C a C a C a C a   Câu 39: Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải phương trình lượng giác bản: sin ,cos  

k  k k

          Giải chi tiết:

Ta có: sin cos x 0 cosx k k 

(32)

Trang 26

Khi ta có cos  

2

x   x  l l

Xét x1; 2021 ta có 2021; 0;1; 2; ; 642

2 l l l

 

     

Vậy phương trình cho có 643 nghiệm thỏa mãn Câu 40: Đáp án C

Phương pháp giải:

- Tìm hàm số f x  f x dx 

- Xét phương trình f x 999, sử dụng định lí Vi-ét tìm x x1 2 tính S Giải chi tiết:

Ta có f x f x dx  2x1dx x 2 x C

Mà f  3  5 32     3 C 5 C 1

Suy f x x2 x 1

Xét phương trình f x 999x2  x 1 999x2 x 1000 0 , giả sử phương trình có hai nghiệm 1,

x x Áp dụng định lí Vi-ét ta có x x1  1000

Khi ta có S log x1 log x2 log x x1 2 log1000 3 Câu 41: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Gọi N trung điểm CC’ , chứng minh d AM BC ; d BC ;AMNd B AMN ;  - Đổi d B AMN sang  ;  d C AMN  ; 

- Dựng tính khoảng cách, sử dụng phương pháp dựng khoảng cách từ chân đường cao đến mặt phẳng Giải chi tiết:

Gọi N trung điểm CC’ MN đường trung bình tam giác BCC’

 

/ / / /

MN BC BC AMN AM

  

(33)

Trang 27

Ta có:     

 

 ;; 

d B AMN BM

BC AMN M

CM d C AMN

     d B AMN ; d C AMN ;  Trong (BCC’B’) kẻ CHMN H MN ta có:

 

AM CM

AM BCC B AM CH

AM CN

      

 

   ; 

CH AM

CH AMN d C AMN CH

CH MN

    

 

 ; 

d AM BC CH

 

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng CMN có:

2 2

2 2

4

4

a a

CM CN a

CH

CM CN a a

  

 

Vậy  ; 

4 a d AM BC  Câu 42: Đáp án C Phương pháp giải:

- Chứng minh mặt phẳng qua A vng góc với A’C (AB’D’)

- Xác định (AB’D’) chia khối chóp thành phần tính thể tích chúng Giải chi tiết:

Gọi   mặt phẳng qua A vng góc với A’C Gọi OA C B D  I AOA C

Vì ABCD.A’B’C’D’ hình lập phương cạnh a nên ACA C a 2;A C a  Áp dụng định lí Pytago ta có:

2

2 2

2

a a

AO AA A O   a   Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

2

2

3

AI AC AI IO AO a

IO A O     

1 1

2 3

A I A O a

A I IC A C

IC AC

(34)

Trang 28 Xét tam giác AA’I có:

2

2 2 2

3

a a

AI A I   a  AA , suy tam giác AA’I vng I (Định lí Pytago đảo) AO  O 

Lại có B D A C B D ACC A B D A C B D AA

   

         

   

 B D  

   AB D 

 

Mặt phẳng AB D  chia khối lập phương thành phần: Chóp A.A’B’D’ khối đa diện B’C’D’.ABCD

Ta có: . 1 .

3

A A B D A B D ABCD ABCD A B C D

V     AA S    AA S  V    

1

6

B C D ABCD ABCD A B C D ABCD A B C D ABCD A B C D

V    V     V     V    

   

Vậy

1

1

5 5

6

ABCD A B C D A A B D

B C D ABCD

ABCD A B C D

V V

k

V V

      

  

   

  

Câu 43: Đáp án D Phương pháp giải: Giải chi tiết:

Không gian mẫu:   30

n  C

Gọi A biến cố: “4 đỉnh chọn tạo thành tứ giác có bốn cạnh đường chéo (H)” Chọn đỉnh 30 đỉnh đỉnh tứ giác, kí hiệu A , có 30 cách chọn 1

Kí hiệu đỉnh lại theo chiều kim đồng hồ A A A2, ,3 4, ,A30

Khi tứ giác có dạng A A A A1 x y z, ta có

1

30

x y x

z y x

   

   

      

3 x y z 27

      

Đặt X 3; 4;5; ; 27, X có 25 phần tử, số cách chọn x, y, z 25

C

 

25

30

n A C

 

Vậy xác suất biến cố A    

 

3 25 30

30

n A C

P A

n C

 

Câu 44: Đáp án B Phương pháp giải:

Sử dụng cơng thức: Gọi  H  hình chiếu  H lên mặt phẳng  P Gọi α góc mặt phẳng

(35)

Trang 29 Vì mặt phẳng tạo với đáy góc 60 cắt tất cạnh bên hình hộp nên hình chiếu thiết 0

diện lên mặt phẳng đáy ABCD

Khi ta có:

0

.cos 60

cos 60

ABCD

ABCD TD TD ABCD

S

S S S   S ,

Vì BAD600 nên ABD tam giác cạnh a 3

4

ABD ABCD

a a

S S

   

Vậy 3

TD

S a Câu 45: Đáp án A Phương pháp giải:

- Gọi M, N trung điểm CD, AB Chứng minh d AB CD ; MN - Sử dụng công thức  ;   ; 

6

ABCD

V  AB CD d AB CD sin AB CD

- Đặt CD = x, tính MN theo x, sử dụng cơng thức tính độ dài đường trung tuyến - Sử dụng BĐT Cơ-si tìm GTLN VABCD

Giải chi tiết:

Gọi M, N trung điểm CD, AB

Vì tam giác ABC, ABD tam giác cạnh a nên AB = AC = AD = BC = BD = a ,

BCD ACD

   tam giác cân A CD AM CD ABM

CD BM

 

   

 CDMN

Lại có BCD ACD c c c AM BM  ABM cân M MN AB

 ; 

d AB CD MN

 

Đặt CD = x x0 ta có

2 2 4 2

2

a a x a x

AM BM     

2 2

2 2

4

3

4

2

a x a x

a a x

MN

  

(36)

Trang 30 Do ta có

   

1 . . ; . ;

6

ABCD

V  AB CD d AB CD sin AB CD

 

2

1

;

6

a x

a x  sin AB CD

 

Để VABCD đạt giá trị lớn  

 

2

3

2

;

a x

f x x dat GTLN

sin AB CD

 

 

  

 Áp dụng BĐT Cơ-si ta có  

2 2 2

3 3

2 2

a x x a x a

f x x     

Dấu “=” xảy 2 4 3 2 15

2

a x a

x  x a x x

      

Vậy

2

1

max

6

ABCD

a a

V  a 

Câu 46: Đáp án D Phương pháp giải:

- Dựng hình chữ nhật ABHC, chứng minhDH ABCD

- Xác định góc AD (ABC) góc AD hình chiếu AD lên (ABC) - Chứng minh ABHC hình vng

- Xác định đoạn vng góc chung AD BC

- Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng tính chiều cao DH độ dài đường chéo hình vng ABHC

- Tính SABHC SABC , từ tính thể tích

ABCD ABC

V  HD S

Giải chi tiết:

(37)

Trang 31

 

AB BD

AB BDH AB DH

AB BH

    

 

 

AC CH

AC CDH AC DH

AC CD

 

   

 

 

DH ABCD

 

⇒ AH hình chiếu AD lên (ABC)  AD ABC;  AD AH;  DAH 450

Ta có:   

   

BC DH DH ABCD

BC ADH BC AH

BC AD gt

  

    

 



ABHC

 hình vng (Tứ giác có hai đường chéo vng góc) Gọi O AH BC, (ADH) kẻ OK  AD K AD ta có:

 

   ; 

OK AD

d AD BC OK a

OK BC BC ADH

   

  



Xét tam giác OKA vuông K có OAK 450 nên tam giác OAK vng cân K

2

OA OK a

  

2 2

AH OA a

  

Lại có tam giác AHD vng cân H nên HD AH 2 2a Ta có: 12 2 2 4

2

ABHC

S  AH  a  a 2

ABC

S a

 

Vậy

3

1

.2 2

3 3

ABCD ABC

a

V  HD S  a a 

Câu 47: Đáp án C Phương pháp giải:

- Từ f x  suy nghiệm phương trình f x 0, ý nghiệm bội chẵn, bội lẻ - Tính đạo hàm g x 

- Giải phương trình g x 0 xác định nghiệm bội lẻ Giải chi tiết:

Theo ta có:    1 2 3 1 2

x nghiemboi

f x x x

x nghiem don  

       

  Ta có:

   2 6

g x  f x  x

   

2

2

2

2

x

g x f x x

x x

 

   

(38)

Trang 32

 

2

1

2

2

x

f x x

x x

 

  

 

Cho    2 

2

1 1

0

2 2 6 3

x x

g x

f x x x x

 

   

        

    

2

1

1

1

2

3 x

x x

x

x x x x

x   

   

  

   

     

    

(đều nghiệm đơn)

(Ta khơng xét x22x   6 1 f x  không đổi dấu qua x  nên nghiệm phương trình 1

2 2 6 1

x  x   không làm cho g x  đổi dấu) Vậy hàm số cho có điểm cực trị

Câu 48: Đáp án A Phương pháp giải:

- Gọi M, N trung điểm AB, CD Chứng minh tam giác ABN, CDM tam giác vuông cân

- Tính BN, CN theo MN

- Áp dụng định lí Pytago tam giác vng BCN, từ tính MN theo a suy CD theo a Giải chi tiết:

Gọi M, N trung điểm AB, CD

Vì tam giác ACD, BCD tam giác cân A B nên AN CD

BN CD

 

 

Lại có

   

 

 ,,

ACD BCD CD

AN ACD AN CD

BN BCD BN CD

 

  

  

   

 ACD ; BCD  AN BN;  ANB 900

      

Dễ thấy ACD BCD c c c AN BN  ABN vuông cân N

MN AB

(39)

Trang 33 Chứng minh tương tự ta có MCD vng cân M nên

2 MN  CD AB CD

 

Ta có: ,

2

BN MN CN  CD MN Xét tam giác vuông BCN có: BN2CN2BC2

2 2

2

3 a

MN MN a MN

    

Vậy 2

3 a

CD MN 

Câu 49: Đáp án A Phương pháp giải: - Tìm

 1;3  1;3

min ; max

a

y y

 

- Để f a f b f c độ dài ba cạnh tam giác      , ,  

  0   

f a

f a f b f c

 

  



Giải chi tiết:

Ta có: y 3x2      3 0 x 1  1;3

Ta có y   1 m y; 1   2 m y;  3 18 m

 1;3  1;3

min ; max 18

a

y m y m

 

     

Khơng tính tổng qt, ta giả sử f a  f b  f c  Vì a b c , ,  1;3 nên   2 m f a  f b  f c 18m

Để f a f b f c độ dài ba cạnh tam giác      , , f a   0    *

f a f b f c

 

  



Ta có:  

     

2

4 2

m f a

f a f b m

m f b   

     

  



Do (*) ln 2 22

4 18 22

m m

m

m m m

    

    

      

 

Câu 50: Đáp án B Phương pháp giải:

- Sử dụng kiến thức: .

ACB D ABCD A B C D

V   V    

- Sử dụng định lí        ,

P Q d

a Q

a P a d

 

  

  

(40)

Trang 34 - Tính thể tích khối lăng trụ = tích chiều cao diện tích đáy tương ứng

Giải chi tiết:

Gọi OACBD ⇒O trung điểm AC BD

Vì ACC’A’ hình thoi nên AA’ = AC, lại có A AC 600 (gt) nên A AC  tam giác

A O AC

 

Ta có:    

 ,  

ACC A ABCD AC

A O ABCD

A O ACC A A O AC

   

   

      



Xét tam giác ABC có: AB = AD (do ABCD hình thoi), BAD600 gt nên tam giác ABC cạnh

a

3 3

2 a

AO AC a

   

2 3 3

4

ABC ABCD

a a

S  S 

A AC

  tam giác cạnh a 3 3

2

a a

A O

  

Vậy

2

1 1 3

3 3 2

ACB D ABCD A B C D ABCD

a a a

V   V      A O S  

Ngày đăng: 15/04/2021, 21:29

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan