Đề thi thử tốt nghiệp THPT năm 2021 môn Toán lần 1 có đáp án - Trường THPT Chuyên Lam Sơn

Việc ôn tập sẽ trở nên đơn giản hơn khi các em đã có trong tay Đề thi thử tốt nghiệp THPT năm 2021 môn Toán lần 1 có đáp án - Trường THPT Chuyên Lam Sơn. Tham khảo tài liệu không chỉ giúp các em củng cố kiến thức môn học mà còn giúp các em rèn luyện giải đề, nâng cao tư duy.

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN TRƢỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 LAM SƠN MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút; khơng kể thời gian phát đề Câu (TH): Hàm số sau có đồ thị hình vẽ bên dưới? A y  x B 1 x x 1 y  y  C 1 x x 1 x 1 Câu (TH): Tìm tất điểm M nằm đồ thị hàm số song song với đường thẳng A   M  3;    C M d : y  3x  10 x 1 y  điểm 1 x y  x x 1 y  x x 1 mà tiếp tuyến đồ thị điểm   2;  Câu (TH): Cho hàm số D  0;   B M D   M   ;3   I  1;   M   2;  Tìm tất điểm M nằm đồ thị hàm số cho tiếp tuyến M vng góc với IM A M 1  C M  ; 1  2; 3  2   và M M 1   ; 1  2;2 3   Câu (TH): Mệnh đề hàm số y  x  4 1 B M   1;  M  3;   D M  2;   M  0;1  đúng? A Nghịch biến   2;  B Đồng biến C Đồng biến    ;    2;    D Đồng biến   2;   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 3 27 C 4 81 D 3 54 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 B 420 Câu (TH): Cho biết A C 410 a  lo g    2b   a   B b  lo g     3b   a  Câu (TH): Giá trị nhỏ hàm số A  B C e lo g C 49 theo a b    2a   b   D đoạn   1;  bằng: x 1 D e e Câu (TH): Hàm số y  x  2x  3x  nhận giá trị nhỏ đoạn A 390     3b  b  y   x  1 e  Tính D 400 x   B x 1 C x   10   ;    3  D y  tại: 10 Câu 10 (TH): Sau đây, có hàm số mà đồ thị có tiệm cận ngang? 1) y  x  x 1 s in x 2) y  x x 3) 1 x y  4) x 1 A B y  x 1 x 1 C D Câu 11 (TH): Cho tứ diện ABCD có ABC ABD tam giác cạnh a, ACD BCD tam giác vuông tương ứng A B Tính thể tích khối tứ diện ABCD A a 3 B a  a 12 Câu 12 (TH): Giá trị lớn hàm số A C  ln B 1 3 D 12 y   x    ln  x   C a đoạn    ;0     bằng: D  ln ln 2 Câu 13 (NB): Hàm số A   x    x     x  có số điểm cực trị là: B Câu 14 (NB):  ta n A y  s in C x xdx C D bằng: B ln c o s x  C C C D  ln c o s x  C cos x Trang Câu 15 (TH): Kết luận sau hàm số A 1  f  x   2    2 C f 0  x  x ? B nghịch biến ln D đồ thị nhận trục tung làm tiệm cận ngang Câu 16 (NB): Một nguyên hàm hàm số A 1  f x     2 2x  3 B f x 2x  3  C 2x  F  x  bằng: ln x  D ln x  Câu 17 (TH): Kết luận sau hàm số y  lo g  x   sai? A Đồ thị có tiệm cận đứng đường thẳng có phương trình x 1 B Đồng biến khoảng  1;    C y  D y   x   lo g e  x   ln Câu 18 (TH): Trong hàm số sau có hàm số có điểm cực trị? 1) y  x 1 3) y   x  1 2) x 4) A y   x  1 y  x x 1 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 A B C 3 Thể tích khối chóp là: D Câu 20 (TH): Hàm số sau mà đồ thị có dạng hình vẽ bên dưới? A y   x  1  x  1 B y   x   1  x  C y   x  1  x  1 D y    x  1  x  1 Câu 21 (TH): Hàm số sau mà đồ thị có dạng hình vẽ bên dưới? Trang A y  ln x B y    x C 1 y    e x D lo g x Câu 22 (TH): Cho hình nón đỉnh S đáy đường trịn (O), bán kính đáy Biết thiết diện qua trục tam giác vuông Tính diện tích xung quanh hình nón A 2 B Câu 23 (NB): Cho hàm số A  y  f C 2  x  có đạo hàm thỏa mãn B 2 D f  1   C Khi f lim x1 x  f 1  bằng: x 1 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 trụ cho bằng; A  a B 6 a C Câu 25 (VD): Số tiệm cận đồ thị hàm số A B Câu 26 (TH): Một nguyên hàm A x  x ln x y  B 4 a  x  1 D x 1 2 x 1 là: C ln x 3 a D bằng: C x  x ln x D  x  x ln x x Câu 27 (TH): Cho hàm số f  x  có đạo hàm f  x   x     x   x   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 A B Câu 29 (TH): Tập xác định hàm số C y  ln x  x  y  x  4x ? D là: A D     ;    1;    B D     ;     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 tích khối tứ diện ABCD Trang A a B a 3 C 12 A B Câu 32 (VD): Cho hàm số y  f c  lo g  lo g abc Tổng bằng: D  x  có đạo hàm liên tục 1;  , thỏa mãn C y  f  x  có đạo hàm , giá trị nhỏ hàm số f b  lo g a  12 C B Câu 33 (TH): Cho hàm số A D a f x  x f   x   x Biết , tính f f   A 16 a  b Câu 31 (VD): Cho số nguyên a, b, c thỏa mãn f 1   a b  B f f D f  x   x x 1 Với a b số dương thỏa mãn  x  đoạn  a ; b  bằng: a C 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 bằng: V A B C 27 Câu 35 (VD): Cho hàm số Đặt g x  m  f f  x  liên tục D 2 , có bảng biến thiên hình vẽ đây:  x   (m tham số) Tìm tất giá trị m để hàm số y  g x có điểm cực trị A m  1 m  B 1  m  C m  1 m  D 1  m  Trang lo g  x  m   lo g   x   Câu 36 (VD): Cho phương trình , m tham số Hỏi có giá trị nguyên dương m để phương trình có nghiệm? A B C Câu 37 (VD): Trong không gian tọa độ O xyz , cho điểm O x , O y , O z , ( O y z ), ( O z x ), ( O x y ) A, B , C , D , E , F OM với mặt phẳng (DEF ) A ( ABC ) B A x x  x B A 672  x  f 999 f A 12 C 1 sin  c o s x    x  xác định B 999  Giá trị tổng D đoạn 1; 2  C 642 x1   bằng: 4 có hai nghiệm  a  a x  a x   a x B 643 Câu 40 (VD): Cho hàm số 14 D Câu 39 (VD): Tìm số nghiệm phương trình trình 14 C S  C a  C a  C a  C a1  C a Hình chiếu M tương ứng lên Độ dài PQ bằng: Câu 38 (VD): Giả sử   M (1; ;  ) Gọi P Q tương ứng giao điểm đường thẳng D x2 D 673 , thỏa mãn f  x  2x 1 S  lo g x1  lo g x Tính tổng C    Giả sử phương f 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 a D a 2 4 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 A B C 25 D k 1 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 C B C 30 C C C 4 C 3 D C 4 C C 30 Câu 44 (VD): Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ Đáy ABCD hình thoi cạnh a  BAD  60 Một mặt phẳng tạo với đáy góc 60 cắt tất cạnh bên hình hộp Tính diện tích thiết diện tạo thành A 3a B 3a C 3a D 2a 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 a B a C a 12 D a 3 12 Câu 46 (VDC): Cho tứ diện ABCD có ABC, ABD, ACD tam giác vng tương ứng A, B, C Góc AD (ABC) 45 AD  BC , khoảng cách AD BC a Tính thể tích khối tứ diện ABCD 3a A B 3a Câu 47 (VD): Cho hàm số  x  2x  A y  f 2a C g x  f D 2a  x  có đạo hàm 3 f  x   x    x   Tìm số điểm cực trị hàm số  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 2a B a   1;  f f a D a 3 Câu 49 (VD): Cho hàm số A C x  x  3x  m Tìm m để ba số phân biệt a, b, c thuộc đoạn  a  , f  b  , f  c  độ dài ba cạnh tam giác m  22 B m  2 C m  34 D m  22 Câu 50 (VD): Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình thoi cạnh a  BAD  60 ACC’A’ nằm mặt phẳng vuông góc với đáy, đồng thời ACC’A’ hình thoi có Mặt chéo  A A C  0 Thể tích khối tứ diện ACB’D’ là: A a 3 B a 3 C a 3 D a 3 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 Phƣơng 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 cx  d  ad  bc  có TCN y  a TCĐ x   c d c Giải chi tiết: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị có đường TCN y 1 TCĐ x 1 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 Phƣơng pháp giải: - Tiếp tuyến đồ thị hàm số - Hai đường thẳng y  ax  b y  f  x  điểm y  a x  b  M  x ; y  y  f   x0   x  x0   y0 song song với a  a  b  b Giải chi tiết: TXĐ: Gọi D  \   1  x0   M  x0 ;   x0   1 x0    thuộc đồ thị hàm số y  x x 1 Trang x2 y  Ta có k  y   x0  x 1   y   x0  1  x  1  x0   M  x0 ;  x0    nên tiếp tuyến đồ thị hàm số có hệ số góc Vì tiếp tuyến M song song với đường thẳng  x0    x0       tm  x0     x0   M   M  d : y  3x  10 nên  x0  1  3  x0  1   0;     2;  Câu 3: Đáp án A Phƣơng pháp giải: - Tiếp tuyến đồ thị hàm số - Đường thẳng y  ax  b vng góc với vecto IM  x  điểm y  f vng góc với vecto  x ; y  M IM y  f   x0   x  x0   y0  u ; v  vtcp đường thẳng y  ax  b u;v  Giải chi tiết: TXĐ: Gọi  x0   M  x0 ;   x0  1  x0   Ta có y  k  y   x0 ⇒  \ 1 D   x 1  y  1 x  1  x0  Phương 1  Ta có: x0  thuộc đồ thị hàm số 1  x   x0 tiếp x0 1  x0   x0  1  x0 tuyến  1  x0    1  x  x  1 0      x     x   1  x0  M  u   1;  1  x  , có VTCP    x0   IM   x  1;     x  1;   x0  x0      1  1 x  x0   M  x0 ;   x0   nên tiếp tuyến đồ thị hàm số Vì tiếp tuyến M vng góc với IM nên  x 1 có hệ số góc trình x y y  y  là:      1  x0  x  x0   x0  1  x0 u IM    x0  1  x0   2 Trang ⇒ 1  M ; 1   M 1  ; 1   Câu 4: Đáp án D Phƣơng pháp giải: - Tính đạo hàm y - Giải phương trình - Lập BXD y y  kết luận khoảng đồng nghịch biến hàm số Giải chi tiết: TXĐ: D  Ta có: y  Cho BXD x     y    x   x 2 x  x  y      x    x  2 y: Dựa vào BXD ta thấy hàm số đồng biến    ;   ;  0;  ; nghịch biến   2;  ;  2;    Do có đáp án D Câu 5: Đáp án B Phƣơng 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 V  R Giải chi tiết: Trang 10 Vậy qua điểm M(2;0) kẻ tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  x  4x Câu 29: Đáp án D Phƣơng pháp giải: Hàm số y  ln f  x  xác định f  x  xác định f x  Giải chi tiết: Hàm số xác định y  ln x  x  Vậy TXĐ hàm số cho D  x  2  x  2x    x  2x      x  3 \   3;1 Câu 30: Đáp án A Phƣơng pháp giải: Sử dụng công thức: Cho tứ diện ABCD có góc hai đường thẳng AB CD hai đường thẳng AB CD Khi V ABCD  A B C D d s in   , gọi d góc Giải chi tiết: Vì AB, CD đường kính hai đáy nên khoảng cách hai đường thẳng AB CD d  AB;CD   Khi ta có d  h Mà thiết diện qua trục hình trụ hình vng cạnh a nên V ABCD  A B C D d s in   a a a s in  a h  AB  CD  a 12 Câu 31: Đáp án A Phƣơng pháp giải: Sử dụng công thức: lo g a b  lo g c b lo g c a 0  a , c  1, b   lo g a  x y   lo g a x  lo g a y   a  1, x , y   lo g a n b m  m n lo g a b   a  1, b   Giải chi tiết: Ta có: a  b  lo g c  lo g  a   a   lo g  a  b  lo g c  lo g b  lo g c  lo g lo g   b  lo g c  lo g   lo g    a  lo g lo g b  lo g c  lo g  lo g   lo g Đồng hệ số ta có   lo g   a  lo g  lo g  lo g b  lo g c  lo g  2   lo g  lo g a  ,b   , c  Trang 21 Vậy a  b  c   (2)   Câu 32: Đáp án C Phƣơng pháp giải: - Biến đổi, đưa công thức đạo hàm thương - Sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế tìm hàm x f - Sử dụng giả thiết tìm số C - Suy hàm số f  x  hoàn chỉnh tính f 2 Giải chi tiết: Theo ta có: f  x  x f   x   x  x f   x   f x f   x   x  f x Lại có Vậy f x x x   f x  1   1  x   f 1  f 1    x  f x x   dx 1 C  1 C  C   xC x  x  f x  x  2x  f 2  8 Câu 33: Đáp án A Phƣơng pháp giải: - Giải phương trình - Từ tìm m in f  a ;b  f  x  , xét dấu f  x  a ; b  x Giải chi tiết: Ta có f  x    Khi ta có x x 1   x   a;b  f  x   x  a; b  , (do a, b số dương) hàm số nghịch biến  a ; b  nên m in f  a ;b  x  f b  Câu 34: Đáp án A Phƣơng pháp giải: - Đặt chiều cao khối trụ   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: Trang 22 Đặt tên điểm hình vẽ chiều cao bán kính đáy hình nón Gọi h ,r Đặt IO  M Q  N P  x 0  x  h Áp dụng định lí Ta-lét ta có: MQ AQ  SO  1 AS SQ  1 SA QI  x 1 h OA x    IQ     r h   IQ r Khi thể tích khối nón Để V Đặt f x r  V    IQ Q M   r    x  x  x  h  h  h  xx  h đạt giá trị lớn x f  x   3x  4hx  h  V m a x   x  x  h   x  x  2hx  h r h 2 Vậy V 2 phải đạt giá trị lớn  x  2hx  h x 2 , với 0 x  h ta có:  x  h  k tm      x  h  tm   1  h h h  r h 3 27  V 2  r h 27  r h Câu 35: Đáp án C Phƣơng pháp giải: Số điểm cực trị hàm số hàm số y  f y  f  x  = số điểm cực trị hàm số y  f  x  + số giao điểm đồ thị  x  với trục hoành (khơng tính điểm tiếp xúc) Giải chi tiết: Dựa vào BBT ta thấy  x  x1 f  x      x  x2 Trang 23 hx  m  f Đặt hx  m  f  x  1  x   x1  x  x1  , h  x   f   x  1       x   x2  x  x2  ta có hàm số  x   có điểm cực trị Suy để hàm số g x  hx  m  f  x   có điểm cực trị phương trình m  f  x  1  phải có nghiệm bội lẻ Ta có: m  f  x  1   f điểm tiếp xúc) đồ thị hàm số  x  1  y  f m , dựa vào BBT ta thấy đường thẳng  x   điểm y  m cắt qua (khơng tính m  m  1    m  3 m  Câu 36: Đáp án A Phƣơng pháp giải: - Tìm ĐKXĐ phương trình - Đưa số - Giải phương trinh logarit: lo g a f x  lo g a g  x   f x  g x - Dựa vào điều kiện x tìm m để phương trình có nghiệm Giải chi tiết: ĐKXĐ: 2x  m  2x  m     3  x  x  Ta có: lo g  x  m   lo g   x     lo g  x  m   lo g   x    lo g  x  m   lo g   x   x  m   x  x  m  Để phương trình có nghiệm m 3  m  Kết hợp điều kiện m số nguyên dương ta có m  1; 2; 3; 4;  Vậy có giá trị tham số m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 37: Đáp án D Phƣơng 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 - Tính độ dài PQ  x Q  xP   y Q  yP  P   ABC ;Q   DEF   zQ  z P  , tìm tọa độ P, Q  Giải chi tiết: Theo ta có: Trang 24 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: O M   1; 2;   + Ta có: x  t   y  2t  z   3t  VTCP đường thẳng OM, nên phương trình đường thẳng OM x + Phương trình mặt phẳng (ABC) y  Gọi OM   ABC   P 1   P  ; ; 1 3  + Ta có:   6x  3y  2z   P   ABC  nên: D E   1;  2;  ; D F   1; 0;    D E ; D F     ;  3;    ⇒ Phương trình mặt phẳng (DEF) là: Gọi 3  p ; p ;  p  , ta có p  p    p     p  z  OM   DEF  Q  q; q; 3q  ,  q  q    q     q  VTPT (DEF) 6 x   y     z  3   6 x  y  z  12  ta có Q   DEF  nên:    Q  ; ; 2   3  Vậy 2 1  2         1  3  3 PQ  14 Câu 38: Đáp án B Phƣơng pháp giải: - Phân tích 1 x  x  x thành nhân tử n - Khai triển nhị thức Niu-tơn:  a  b  n  k Cn a nk b k k 0 - Tìm a , a1 , a , a , a hệ số số hạng không chứa x, chứa x, chứa x ,x ,x - Thay vào tính S Giải chi tiết: Ta có:   x x  x   1  x  x x  1    x  1 x  1  4  k 0 k C4 x k  m C4 x 2m m 0 Khi ta có Trang 25  k ; m    0;   a  C C   k ; m    1;   a1  C C  0  k ; m     2;  ;  0;1    k ; m     3;  ;  1;1   a  C C  C C  0 a  C C  C C   k ; m     4;  ;  2;1  ;  0;   1 a  C C  C C  C C  S  C a  C 4a  C a  C a1  C a   Vậy Câu 39: Đáp án B Phƣơng pháp giải: Giải phương trình lượng giác bản: s in      k  , c o s        k k   Giải chi tiết: sin  c o s x    c o s x  k  Ta có: Vì 1  cos x  1 x  Khi ta có nên cos x   x  k     k   1, k   l   l Xét x  1; 2  ta có 1   k    l   ;1; ; ;   l   2 1; l  Vậy phương trình cho có 643 nghiệm thỏa mãn Câu 40: Đáp án C Phƣơng pháp giải: - Tìm hàm số f x   - Xét phương trình f f  x  dx x  999 , sử dụng định lí Vi-ét tìm x1 x tính S Giải chi tiết: Ta có Mà f x   f 3  Suy f f  x  dx   x  xC    C   C  1 x  x  x 1 Xét phương trình x1 , x   x  1 d x f x  999  x  x   999  x  x  1000  Áp dụng định lí Vi-ét ta có Khi ta có 2 x1 x   0 , giả sử phương trình có hai nghiệm S  lo g x1  lo g x  lo g x1 x  lo g 0  Câu 41: Đáp án D Phƣơng pháp giải: - Gọi N trung điểm CC’ , chứng minh d  A M ; B C   d  B C ;  A M N   d  B; AM N  Trang 26 - Đổi d  B; AM N   sang d C ; AM N  - 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  M N / / BC   BC  / /  AM N Khi ta có Ta có: d BC   A M ; B C    AM N  Trong (BCC’B’) kẻ  M  C H  AM  CH   C H  M N  d  A M ; B C   CH AM d  B C ;  A M N    B; AM N  d C ; AM N  d CH  MN  AM  CM  AM    AM  CN  đường trung bình tam giác BCC’ H  MN  B C C B     AM N   d  B; AM N BM  CM    d  B; AM N   d C ; AM N  ta có: AM  CH d C ; AM N   CH Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng CMN có: CH  C M C N CM  CN a a 2  a  Vậy d  AM ; B C    a  a a 4 Câu 42: Đáp án C Phƣơng 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: Trang 27 Gọi    mặt phẳng qua A vng góc với A’C Gọi O   A  C   B D  I  A O   A C Vì ABCD.A’B’C’D’ hình lập phương cạnh a nên Áp dụng định lí Pytago ta có: AO   A A   A O  A C  A C   a  a  a 2  ; A C  a a Áp dụng định lí Ta-lét ta có: AI IO  A I AC  A O  A O   IC   A I  IO   a AO   AC  A I  IC  Xét tam giác AA’I có: A C  a  A I AI 3 2a   Pytago đảo) Lại có    A O     O     B D   A  C   B D     B D   A A  a  a  AA , suy tam giác AA’I vng I (Định lí   A C C A    B D   A  C  B D         A B D   Mặt phẳng  A B D   chia khối lập phương thành phần: Chóp A.A’B’D’ khối đa diện B’C’D’.ABCD Ta có: V A A  B D   A A  S A  B D    V B C D  A B C D  V A B C D A  B C D   Vậy k  V A A B D   V B C D  A B C D 6 A A  S ABCD  V A B C D A  B C D   V A B C D A B C D   V A B C D A B C D  6 V A B C D A B C D  V A B C D A  B C D  Câu 43: Đáp án D Phƣơng pháp giải: Giải chi tiết: Không gian mẫu: n     C 30 Gọi A biến cố: “4 đỉnh chọn tạo thành tứ giác có bốn cạnh đường chéo (H)” Trang 28 Chọn đỉnh 30 đỉnh đỉnh tứ giác, kí hiệu Kí hiệu đỉnh lại theo chiều kim đồng hồ Khi tứ giác có dạng Đặt X   3; 4; 5; ;  ,  n  A   C A1 A x A y A z , ta có A1 , có 30 cách chọn A , A , A , , A x  11     x  y   z   27 y  x 1 30  z  y   x   X có 25 phần tử, số cách chọn x, y, z C 25 Vậy xác suất biến cố A P  A  n A n    C C 30 Câu 44: Đáp án B Phƣơng pháp giải: Sử dụng công thức: Gọi  H   hình chiếu  H  lên mặt phẳng  P  Gọi α góc mặt phẳng  P  mặt phẳng chứa hình  H  Khi ta có: S  H   S  H  c o s  Giải chi tiết: Vì mặt phẳng tạo với đáy góc 60 cắt tất cạnh bên hình hộp nên hình chiếu thiết diện lên mặt phẳng đáy ABCD Khi ta có: Vì S ABCD  S TD co s  S TD   BAD  60 Vậy S TD  a 0 nên ABD S ABCD cos 60  S ABCD tam giác cạnh a ,  S ABD  a  S ABCD  a Câu 45: Đáp án A Phƣơng pháp giải: - Gọi M, N trung điểm CD, AB Chứng minh - Sử dụng công thức V ABCD  A B C D d d  AB;CD   MN  A B ; C D  s in   A B ; C D  - Đặt CD = x, tính MN theo x, sử dụng cơng thức tính độ dài đường trung tuyến - Sử dụng BĐT Cơ-si tìm GTLN V ABCD Giải chi tiết: Trang 29 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 Lại có  d tam giác cân A C D  AM    CD  C D  BM  B C D   A C D  c c c   A M  B M  AB;CD    ABM  0 4a  x a  a AM  BM  ta có x  2 4a  x   MN   CD  MN  M N  AB MN Đặt CD = x  x cân M  ABM  4a  x  2  a 3a  x 2  2 Do ta có V ABCD   1 A B C D d 3a  x a x Để V ABCD  A B ; C D  s in   A B ; C D  s in   AB;CD  2  3a  x  f  x   x dat G TLN   s in  A B ; C D     đạt giá trị lớn 3a  x Áp dụng BĐT Cơ-si ta có x f 3a  x Dấu “=” xảy  x  Vậy m ax V ABCD  a 3a   x 2 x  3a  x 2   4x  3a  x 2  x  2 a 15  3a a Câu 46: Đáp án D Trang 30 Phƣơng pháp giải: - Dựng hình chữ nhật ABHC, chứng minh D H   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 S ABHC  S ABC , từ tính thể tích V ABCD  H D S A B C Giải chi tiết: Dựng hình chữ nhật ABHC ta có:  AB  BD  AB    AB  BH  BDH    AC  CH  AC  CDH  A C  C D   DH   AB  DH AC  DH  ABCD  ⇒ AH hình chiếu AD lên (ABC) Ta có:  B C  D H  D H    B C  A D  g t   ABHC Gọi  ABCD     AD; ABC  BC   ADH       AD; AH BC  AH   D AH  45 hình vng (Tứ giác có hai đường chéo vng góc) O  AH  BC  O K  AD  OK  BC  BC    , (ADH) kẻ  ADH   d OK  AD  K  AD   AD; BC   OK  a Xét tam giác OKA vng K có  OA  OK  a ta có:  O AK  45 nên tam giác OAK vuông cân K Trang 31  A H  2O A  2a HD  AH  Lại có tam giác AHD vng cân H nên Ta có: Vậy S ABHC  V ABCD   AH 2 H D S A B C  2a   4a 2 a a   S ABC  a 2a 2a Câu 47: Đáp án C Phƣơng pháp giải: - Từ f  x suy nghiệm phương trình - Tính đạo hàm g x ý nghiệm bội chẵn, bội lẻ g x  - Giải phương trình f  x  , xác định nghiệm bội lẻ Giải chi tiết: Theo ta có: f  x     x  1  x    x    n g h ie m b o i      x   n g h ie m d o n  Ta có: g x  f  x  2x  2x   g x  f x  2x  x 1  f x  2x  Cho    x  2x  x  2x  x 1  g  x     x  2x   f       x  1     x  x    x  1  x  1  x  1       x 1  x  x   x  x      x   (Ta không xét x  x   1 f  x x  x   1 khơng làm cho g x (đều nghiệm đơn) không đổi dấu qua x  1 nên nghiệm phương trình đổi dấu) Vậy hàm số cho có điểm cực trị Câu 48: Đáp án A Phƣơng pháp giải: - Gọi M, N trung điểm AB, CD Chứng minh tam giác ABN, CDM tam giác vng cân - Tính BN, CN theo MN Trang 32 - 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 Lại có  AC D   AN    ACD , AN  CD   BN    BCD , BN  CD Dễ thấy BCD    AN  CD  BN  CD  CD  ACD ; BCD     AN ; BN   ANB  A C D   B C D  c c c   A N  B N Chứng minh tương tự ta có M CD  ABN vuông cân N  90  MN  AB vuông cân M nên MN  CD a   AB  CD Ta có: BN  2MN ,CN  CD  MN Xét tam giác vng BCN có:  2M N  MN  a BN  MN  a  CN  BC Vậy CD  2MN  2a Câu 49: Đáp án A Phƣơng pháp giải: - Tìm - Để m in y ; m a x y   1;3  f a   1;3   a  , f  b  , f  c  độ dài ba cạnh tam giác  f   f a  f b   f c Giải chi tiết: Trang 33 y   x    x      1;  Ta có: y      m ; y 1     m ; y     m Ta có  m in y    m ; m a x y   m   1;3  a   1;3  Khơng tính tổng qt, ta giả sử Vì a , b , c    1;  Để f nên 2  m  f f a  a  f f b   b   f f c  c   18  m  a  , f  b  , f  c  độ dài ba cạnh tam giác Ta có:  2  m  f   2  m  f a b   f a  f Do (*) ln b   4  2m   f    f a  a  f b   f c * 2  m  m  2    m  22  4  2m  18  m m  22 Câu 50: Đáp án B Phƣơng pháp giải: - Sử dụng kiến thức: - Sử dụng định lí V A C B D   V A B C D A  B C D    P   Q   d  a   a  P , a  d     Q  - 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 A C  0 (gt) nên  A A C tam giác  A O  A C Trang 34 Ta có:    A C C A     A B C D   A C  A O         A O   ACC A , A O  AC  ABCD   BAD  60 Xét tam giác ABC có: AB = AD (do ABCD hình thoi),  g t  nên tam giác ABC cạnh a  AO  a  AC  a   A A C Vậy tam giác cạnh V A C B D   V A B C D A  B C D   S ABC  a a  S ABCD   A O  A  O S A B C D  a 3 a  3a 2 3a a a  2 Trang 35 ... 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 2 1- C 22-D 23-D 24-B 25-C 26-D 27-C 28-C 29-D 30-A 3 1- A 32-C 33-A 34-A 35-C 36-A 37-D 38-B 39-B... TXĐ:   1? ?? D  Ta có:  x  1? ?? lim y  lim x    x  1? ?? x? ?1  x? ?1  x? ?1  x  1? ??   x  1? ?? x ? ?1 lim y  lim x ? ?1  x ? ?1 x ? ?1  x  1? ??   x ? ?1 x ? ?1  x  1? ??    x ? ?1   2 2 lim... 40-C 4 1- 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 Phƣơng pháp giải: - Dựa vào đồ thị xác định đường tiệm cận đồ thị hàm số, điểm thuộc đồ thị hàm số - Sau