Dap an -HDG chuyen Thai Binh lan4

SỞ GD  ĐT THÁI BÌNH CHUYÊN THÁI BÌNH MÃ ĐỀ 456 ĐỀ THI THỬ THPTQG - LẦN NĂM HỌC 2019-2020 Thời gian: 90 phút - BẢNG ĐÁP ÁN 1.A 2.B 3.A 4.A 5.B 6.B 7.B 11.C 12.D 13.B 14.C 15.B 16.A 17.B 21.A 22.B 23.C 24.A 25.B 26.B 27.A 31.C 32.A 33.A 34.B 35.C 36.B 37.D 41.B 42.A 43.D 44.C 45.D 46.D 47.C Câu Modun số phức z   3i A 13 B 13 C Lời giải Chọn A số phức z   3i có phần thực a  , phần ảo b  3 8.B 18.A 28.D 38.D 48.B 9.D 19.B 29.A 39.D 49.C D 10.B 20.A 30.A 40.A 50.A Modun số phức z   3i z  a  b    13 Câu Tập nghiệm bất phương trình log  x  1  B 1; 2 A 1;  C   ; 2 Lời giải D  2;   Chọn A Ta có log  x  1    x     x  Vậy tập nghiệm bất phương trình cho 1; 2 Câu Hàm số y  log e  x  1 nghịch biến khoảng đây? A 1;   C  0;   Lời giải B 1;   D R Chọn A  Hàm số y  log e  x  1 có tập xác định D  1;   Câu Câu e   Nên hàm số nghịch biến 1;   Điều kiện cần đủ để hàm số y  ax  bx  c có hai điểm cực đại cực tiểu A a  0; b  B a  0; b  C a  0; b  D a  0; b  Lời giải Chọn A a   Hàm số y  ax  bx  c có hai cực đại cực tiểu nên  b  Rút gọn biểu thức P  x5 x với x  20 20 A P  x 21 C P  x Lời giải B P  x Chọn B Câu  21  Ta có: P  x x  x x 12  x 12  x 12  x Đồ thị hình vẽ đồ thị hàm số nào? 12 D P  x A y  x 1 x 1 B y  x 1 x 1 C y  2x  2x  D y  x x 1 Lời giải Chọn B  Từ đồ thị ta thấy, đường tiệm đứng x   loại phương án A  Đồ thị cắt trục tung điểm có tung độ y  1  loại phương án C,D Câu Tìm họ nguyên hàm hàm số f  x   sin 3x A  cos3x  C B  cos x  C C cos3x  C D cos x  C Lời giải Chọn B Câu Ta có  sin xdx   cos x  C Hàm số khơng có cực trị? 3x  A y  x  3x B y  2x 1 C y  x3  3x  D y  x  x Lời giải Chọn B Hàm số y  x  3x có điểm cực trị 3x  Hàm số y  khơng có cực trị 2x 1 Hàm số y  x3  3x  có điểm cực trị y  có nghiệm phân biệt Hàm số y  x  x có điểm cực trị y  có nghiệm Câu Trong khơng gian Oxyz , cho điểm M 1; 2;3 Tọa độ điểm A hình chiếu vng góc điểm M lên mặt phẳng  Oyz  là: A A 1; 2;3 B A 1; 2;0  C A 1;0;3 Lời giải D A  0; 2;3 Chọn D  Hình chiếu vng góc điểm M 1; 2;3 lên mặt phẳng  Oyz  điểm A  0; 2;3 Câu 10 Tìm tập xác định hàm số y   x  x  1 A D   0;   B D   1;   \ 0 C D   ;   Lời giải D D   1;   Chọn B  x  1  Hàm số có nghĩa x  x  1    x   Tập xác định D   1;   \ 0 m Câu 11 Nếu   x  1 dx  m có giá trị m  A   m  2 m  B  m  m  1 C  m   m  1 D   m  2 Lời giải Chọn C m  Ta có   x  1 dx   x  x  m  m2  m  m  1 m    m  Câu 12 Cho tứ diện ABCD có AB, AC , AD đơi vng góc AB  2a, AC  3a, AD  4a Thể tích khối tứ diện là: A 12a B 6a C 8a D 4a Lời giải Chọn D m  Phương trình   x  1 dx  , suy m 1  Ta có VABCD  AB AC AD  2a.3a.4a  4a ( đvtt ) 6 Câu 13 Cho  un  câp số nhân có u1  2; q  Tính u3 A B 18 Chọn B Do un câp số nhân nên ta có: un C Lời giải u1 qn D u1 q u3 2.32 18 Câu 14 Hình lăng trụ đứng ABC.A B C có đáy ABC làm tam giác vng cân A có mặt phẳng đối xứng A B C D Lời giải Chọn C Câu 15 Tìm tất giá trị m để phương trình 22 x 1  m  m  có nghiệm A m  B  m  C m  0; m  D m  Lời giải Chọn B  Ta có, y  22 x 1  y  2.22 x 1.ln  0, x  lim 22 x 1  , lim 22 x 1   x  Suy ra, miền giá trị hàm số y  2 x 1 x   0;     Lại có, 22 x 1  m  m   22 x 1  m  m Do đó, phương trình 22 x 1  m  m  có nghiệm  m  m    m  x 1 y  z   Câu 16 Trong không gian Oxyz , véc tơ phương đường thẳng d : 1 A u  1;  1;  B u  1;1;  C u  1;  2;  D u  1;  2;1 Lời giải Chọn A Câu 17 Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z   A Một đường thẳng C Một đoạn thẳng D Đường trịn có bán kính R  B Đường trịn có bán kính R  Lời giải Chọn B  Gọi z  x  yi  x , y   : z 1   x  1  x   yi    y2   4x2  y  4x  1   x  y  x    x    y2  2  2  Suy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường trịn có bán kính R  Câu 18 Tính lim x 0 x x x B  A  C Lời giải D Chọn A x x x2  x x 1  lim  lim  lim x 0 x  x  x x x x x x    lim  x  1  1  x 0 x 1     Ta có  lim x  x   lim x 0 x  x  x 0  x   x  x Câu 19 Số phức z  a  bi  a, b   thỏa mãn z   z , có a  b   A B 1 C D 1 Lời giải Chọn B Ta có: z  a  bi  a, b    z  a  bi 2a   a a  1 z   z   a  bi    a  bi    2b  b b  Vậy a  b  1 Câu 20 Trong không gian Oxyz , hai mặt phẳng x  y  z   x  y  z   chứa hai mặt hình lập phương Thể tích khối lập phương 125 27 81 A V  B V  C V  D V  8 Lời giải Chọn A Gọi  P  : x  y  z    Q  : x  y  z   Lấy M  0;0; 4    Q  4 7      P  / / Q  2 4.0  4.0   4    d  P  , Q   d  M ,  P    2 2   4   Ta có Vì hai mặt phẳng  P  : x  y  z    Q  : x  y  z   chứa hai mặt hình lập phương nên cạnh hình lập phương   125 Thể tích khối lập phương V     2 Câu 21 Trên giá sách có sách tốn, sách lý, sách hóa (các sách mơn đơi khác nhau) Hỏi có cách lấy sách cho có sách tốn? A 74 B 24 C 10 Lời giải D 84 Chọn A Số cách lấy sách cho khơng có sách tốn là: C53 cách Vậy số cách lấy sách cho có sách tốn là: C93  C53  74 cách Câu 22 Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng   : x  y  z   m để   song song với    B Không tồn m C m  Lời giải    : 2 x  my  z   Tìm A m  2 D m  Chọn B 2 m 2    1 1 Ta có 2 khơng thể khác 2 nên không tồn m để   song song với    Ta có   song song với    khi: Câu 23 Diện tich hình phằng giới hạn đường y  x  x; y  x  2; x  0; x  tính công thức A S  x 2  3x  dx B S   x  3x  2dx D S   x  x  2dx C S   x  3x  2dx Lời giải Chọn C 3 0  S   x  x   x   dx   x  3x  2dx Câu 24 Cho hàm số y  f ( x) liên tục khoảng đây? x y' có bảng biến thiên sau Hàm số cho đồng biến ∞ +∞ + y -5 Có giá trị nguyên m đề phưong trình f ( x)  m có nghiệm nhất? A B C D Lời giải Chọn A  Số nghiệm phương trình f  x   m số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  đường thẳng y  m Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  x  điểm m  2, 5  m   Vậy m  4,  3,  2, 1, 0,1, 2 Câu 25 Hình nón có đường sinh l  2a hợp với đáy góc   60 Diện tích tồn phần hình nón A 4 a B 3 a C 2 a D  a Lời giải Chọn B C l = 2a α A r B Theo ta có: đường sinh l  BC  2a , góc đường sinh với mặt đáy   CBA  60 ABC vuông A  r  AB  BC.cos =2a.cos60  a Khi đó, hình nón có: + Diện tích xung quanh: S xq   r.l   a.2a  2 a + Diện tích đáy (hình tr n): S   r   a + Diện tích tồn phần hình nón: Stp  S xq  S  2 a   a  3 a Câu 26 Cho a, b, c số thực dương khác Hình vẽ bên đồ thị ba hàm số y  log a x , y  logb x , y  log c x Mệnh đề đúng? y = logb x y y = logc x x O y = loga x A a  c  b D b  a  c C b  a  c Lời giải B a  b  c Chọn B y y = logb x y1 y2 y = logc x x O b y = loga x Đồ thị hàm số y  log a x xuống nên hàm số nghịch biến   a  Đồ thị hàm số y  logb x , y  log c x lên nên hai hàm số đồng biến  b  1; c  Xét đường thẳng x  b  cắt đồ thị hàm số y  logb x, y  log c x y1  log b b; y2  log c b Ta có: y1  y2   logb b  log c b   log c b  b  c Vậy,  a   b  c Câu 27 Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2;3 B  3; 4;7  Phương trình mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB A x  y  z  15  B x  y  z   C x  y  z  D x  y  z  10  Lời giải Chọn A ♦ Trung điểm M đoạn thẳng AB có tọa độ M  2;3;5 ♦ Tọa độ vectơ AB   2; 2;  , suy vectơ pháp tuyến mặt phẳng trung trực đoạn AB n  AB   2; 2;   1;1;  ♦ Phương trình mặt phẳng qua điểm M  2;3;5 có vectơ pháp tuyến n  1;1; 2 có dạng 1 x    1 y  3   z  5   x  y  z  15  Câu 28 Cho hàm số f  x   x3   m2  1 x  m2  với m tham số thực Tìm tất giá trị m để hàm số có giá trị nhỏ đoạn  0; 2 A m  1 B m   C m   Lời giải D m  3 Chọn D ♦Hàm số f  x   x3   m2  1 x  m2  với m tham số thực xác định liên tục  0; 2 Ta có f   x   3x  m2  ♦Xét đoạn  0; 2 f   x   3x  m2   0, x  0; 2 y  f  x  đồng biến x   0; 2 Suy f  x   f    m2  0;2 ♦Vì hàm số có giá trị nhỏ đoạn  0; 2 nên m    m   m  3 Câu 29 Tính thể tích V khối trụ có chu vi đáy 2 chiều cao 2 2 A V  2 B V  2 C V  D V  3 Lời giải Chọn A Gọi r bán kính đáy khối trụ Ta có C  2 r  2  r  Thể tích khối trụ có chiều cao h  bán kính đáy r  là: V  .12  2 Câu 30 Cho số thực x thỏa mãn x 3x1  Mệnh đề đúng? A x   x  1 log  B x   x  1 log  D x   x2 log3  Lời giải C x   x2 log3  Chọn A   Ta có x 3x1   log 2 x 3x1  log  log 2 x  log 3x1   x   x  1 log  2 Câu 31 Cho hàm số y   x   x  1 có đồ thị hình vẽ Hỏi mệnh đề với hàm số y  x   x  1 ? A Hàm số đồng biến khoảng  ; 1 B Hàm số nghịch biến khoảng  1;  C Hàm số nghịch biến khoảng  ; 2  D Hàm số đồng biến khoảng  2;0  Chọn A   x   x  1 x  2  Ta có y  x   x  1    x  x  x         Đồ thị dược vẽ lại  Từ đồ thị ta kết luận hàm số nghịch biến khoảng  ; 2  3x  1 Câu 32 Biết a  x2  x  9dx  3ln b  a , b nguyên dương, C Lời giải B A a tối giản Khi a  b b D Chọn A  Ta có 3x  3( x  3)  10 10 10 0 x2  6x  9dx  0  x  32 dx  0 x  dx  0  x  32 dx  3ln x   x   3ln  1  Vậy a  b2  16   Câu 33 Cho hàm số f  x  xác định liên tục Hỏi đồ thị hàm số y  A 1 \ 1 có bảng biến thiên sau có tất đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang? f  x B C D Lời giải Chọn A  Từ bảng biến thiên suy lim f  x   2 , lim f  x   , từ suy ra: lim x  lim x  x  x  1  , f  x 1 1  nên đồ thị hàm số có đường tiện ngang y  y   2 f  x  x  x1  1  Từ bảng biến thiên suy f  x      x  x2  1   lim  , lim f  x   f  x   x  x1 + lim x  x1 f  x  x  x1 x  x1 + lim x  x2   lim  , lim f  x   f  x   x  x1 x  x2 x  x2 f  x Do đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng x  x1 , x  x2 Vậy đồ thị hàm số cho có đường tiệm cận Câu 34 Xếp ngẫu nhiên học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C vào sáu ghế xếp quanh bàn tròn (mỗi học sinh ngồi ghế) Tính xác suất để học sinh lớp C ngồi học sinh lớp B 2 A B C D 13 10 14 Lời giải Chọn B  Số phần tử không gian mẫu n     5!  120  gọi A biến cố “học sinh lớp C ngồi học sinh lớp B” Vì học sinh lớp C ln ngồi hai học sinh lớp B nên coi học sinh nhóm Xếp học sinh lớp B học sinh lớp C thành nhóm có cách Xếp nhóm học sinh lớp A vào bàn trịn có 3! cách  n  A  2.3!  12 Xác suất để học sinh lớp C ngồi học sinh lớp B P  A  Câu 35 Cho hàm số y  f  x  thỏa mãn f     A  n  A  n    10 , f   x   x f  x  , x  19 B  Giá trị f 1 D  C 1 Lời giải Chọn C  Ta có f   x   x3 f  x    Vì f     f  x x4  x    C f  x f  x 4 x4  nên C      f  x   19 f  x x 3  Vậy f 1  1 Câu 36 Cho hình chóp S.ABCD có SA   ABCD  , đáy ABCD hình chữ nhật có AB  a , AD  a Khoảng cách SD BC 2a 3a A B a C Lời giải Chọn B D a  Ta có BC //AD  BC //  SAD   d  BC , SD   d  BC ,  SAD    d  B,  SAD    Mặt khác BA  AD, BA  SA  BA   SAD  hay B có hình chiếu A  SAD   Vậy d  B ,  SAD    BA  a  d BC ,SD  a Câu 37 Cho hàm số y  f  x  thỏa mãn f    16 A 13 B 12 0  f  x  dx  Tính  x f   x  dx C 20 Lời giải D Chọn D du  dx u  x    Đặt  dv  f   x  dx v  f  x   1 1 1 1 f  x    f  x  dx  f     f  x  dx    f  x  dx 20 20 20 Đặt t  x  dt  dx Đổi cận: x   t  0; x   t  Khi đó, I  x 2 Suy I   1 f  t  dt    f  x dx     40 40 Câu 38 Cho hình chóp SABC có đáy ABC tam giác vuông A , ABC  30 Tam giác SAB cạnh a hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng  ABC  trung điểm cạnh AB Thể tích khối chóp S.ABC là: a3 A a3 B 18 a3 C Lời giải D a3 12 Chọn D  Gọi H trung điểm AB  SH   ABC  a AC a  ABC :tan 30   AC  AB 1 a a2  Diện tích ABC : S  AB AC  a  2 1 a a a3  Thể tích khối chóp S.ABC là: V  SH S ABC   3 12 Câu 39 Cho hàm số y  f  x  hàm đa thức bậc ba có đồ thị hình vẽ bên Khẳng định sai?  SAB cạnh a nên SH  A Hàm số đồng biến 1;    B Hàm số đồng biến   ;  1 C Hàm số nghịch biến khoảng  1;1 D Hàm số đồng biến   ;  1  1;    Lời giải Chọn D Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy, hàm số đồng biến khoảng   ;  1 1;    , nghịch biến khoảng  1;1 Do đáp án A, B, C đúng, D sai Câu 40 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  độ tam giác vuông cân A y   x  6; y   x  C y  x  1; y  x  x3 , biết tiếp tuyến tạo với hai trục tọa x 1 B y   x  6; y   x  D y  x  1; y  x  Lời giải Chọn A Do tiếp tuyến cắt hai trục tọa độ tạo thành tam giác vng cân nên ta có hệ số góc k  1 4 Ta có : y   x  nên k  1  x  1 Gọi x0 hoành độ tiếp điểm, x0 nghiệm phương trình: x   1   x  1     x  1  x  1 33  , phương trình tiếp tuyến là: TH1: x0   y0  1 y  1 x  3   y   x  4 1   1 , phương trình tiếp tuyến là: 1  y  1 x  1   y   x  TH2: x0  1  y0  Vậy có hai tiếp tuyến với đồ thị hàm số thỏa mãn yêu cầu toán là: y   x  6; y   x  Câu 41 Số lượng loại vi khuẩn A phịng thí nghiệm ước tính theo cơng thức St  S0 2t , S số lượng vi khuẩn A ban đầu, St số lượng vi khuẩn A có sau t phút Biết sau phút số lượng vi khuẩn A 625 nghìn Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc ban đầu, số lượng vi khuẩn A 10 triệu con? A phút B phút C phút D phút Lời giải Chọn B  Cho t  3; St  625000 suy 625000  S0 23  S0  78125  Cho St  107 ; S0  78125 suy 107  78125.2t  2t  128  t  Câu 42 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh 2 Cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  Mặt phẳng   qua A vng góc với SC cắt cạnh SB, SC , SD điểm M , N , P Thể tích V khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP ? A 32 Chọn A B 64 2 108 Lời giải C D 125  AM  MN + Dễ dàng chứng minh AM   SBC  , AP   SCD  Suy  hay tứ giác  AP  NP AMNP nội tiếp đường tr n đường kính AN + Gọi E trung điểm AN E tâm đường tròn ngoại tiếp MNP + Dựng trục ngoại tiếp MNP đường thẳng  qua E    MNP  + Gọi F trung điểm CN Dựng mặt phẳng trung trực CN cắt  I Suy I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP 1 12    AN   NE  AN  + AC  AB  4; 2 AN AC SA 5 AC 16   NF  NC  + SC  SA2  AC  5; NC  SC 5 + Do tứ giác IENF hình chữ nhật nên bán kính R  IN  NE  NF  32 + Vậy V   R  3 Câu 43 Cho phương trình log 22 x   5m  1 log x  4m2  m  Biết phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  165 Giá trị x1  x2 A 16 C 120 Lời giải B 119 D 159 Chọn D + log 22 x   5m  1 log x  4m2  m  1 ĐKXĐ: x  + Đặt log x  t , ta phương trình: t   5m  1 t  4m2  m    Là phương trình bậc hai ẩn t + Xét    5m  1   4m2  m   25m2  10m   16m2  4m  9m2  6m    3m  1  m Nên phương trình ln có hai nghiệm t1  5m   3m  5m   3m   4m  ; t2   m 2 Để hai nghiệm phân biệt m   log x1  4m   x1  24 m 1  Khi đó:  ;  m  log x2  m  x2   + Để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  165 24 m 1  m  165  2.x24  x2 165  có nghiệm x2    x1  162 Vậy x1  x2  159 Câu 44 Cho f  x  hàm số liên tục tập số thực thỏa mãn f  x  3x  1  x  Tính I   f  x  dx 37 A B 529 C 61 D Lời giải Chọn C + f  x  3x  1  x  5 nên t  Khi đó: 4 3  4t  x  x   t      1  t    4t  nên ta có x  + Đặt x  x   t , x  x    464 3  4t   4t  2 2 5  4t  61 f  x  dx   f  t  dt   dt  1  f t   +   4t  37 dt  5  f  x  dx   f  t  dt   1 + Vậy I   f  x  dx  61 Câu 45 Có tất giá trị nguyên m để hàm số y  x3  mx  12x  2m đồng biếntrên khoảng 1;   B 19 A 18 C 21 D 20 Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn xét tính đồng biến khoảng hàm trị tuyệt đối KIẾN THỨC CẦN NHỚ:  h  x  h  x   Hàm số y  h  x    h  x  h  x   Liên quan tới tính đơn điệu nên ta tính đạo hàm hàm cho Đề yêu cầu hàm đồng biến  a;   nên y  x   a;   hướng 2.HƢỚNG GIẢI: B1: Đặt số y  g  x  B2: Tính đạo hàm hàm số g  x  B3:: Hàm số y  g  x  đồng biến khoảng „ 1;   (dấu " " xảy hữu hạn điểm   g   x   3x  2mx  12  x  1;   Trường hợp 1:    g 1    g   x   3x  2mx  12  x  1;   Trường hợp 2:    g 1  Sau ta triển khai theo Hướng Nếu cô lập D sang vế, vế cịn lại đặt h  x  so sánh m với h  x  D Nếu m  h  x  x  D  m  h  x  , m  h  x  x  D  m  max h  x  xD xD xD xD Hướng Nếu không cô lập m ta dùng tính chất hàm bậc ba dấu tam thức bậc hai Kết luận nghiệm Từ đó, ta giải tốn cụ thể nhƣ sau: Lời giải Chọn D +) Xét hàm số: g  x   x3  mx  12x  2m  g   x   3x  2mx  12 Để điều kiện toán thỏa mãn:  12   g   x   3x  2mx  12  x  1;    2m  3x  x , x  1;       g 1   m  13   (*)   12    g x  x  mx  12   x  1;        2m  3x  , x  1;     x   g 1   m  13   +) Xét hàm số 12 , x  1;   x x  12 3x  12 h  x       3x  12    x x  x  2(ktm) 12 +)Bảng biến thiên h  x   3x  , x  1;   x h  x   3x  +) Nhìn vào bảng biến thiên ta có 2m  12 13  m  (*)     m  13; 12; 11; ; 1;0;1 m  13 m  Z Vậy có 20 giá trị m để điều kiện toán thỏa mãn Câu 46 Cho hàm số f  x  hàm đa thức bậc ba có đồ thị hình vẽ bên Hỏi phương trình f f  cos x    có nghiệm thuộc đoạn  0;3 C D Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng toán xét tương giao đồ thị hàm số ( hàm số hợp ) với đường thẳng y  để số nghiệm phương trình thuộc đoạn cho trước KIẾN THỨC CẦN NHỚ: HƢỚNG GIẢI: B1: Dựa vào đồ thị hàm số ta tìm nghiệm gần a; b ; c phương trình A B f f  cos x    Nhận thấy f f  cos x  1  hàm hợp  f  cos x    a   2; 1  ta giải f  f  cos x   1    f  cos x    b   1;0   f cos x   c  1;      B2: Bài toán trở thành hệ có nghiệm B3: Khảo sát vẽ bảng biến thiên hàm số y  h  x  , dựa vào đồ thị „ta biện luận số nghiệm phương trình Từ đó, ta giải tốn cụ thể nhƣ sau: Lời giải Chọn D Từ đồ thị ta có;  f  cos x    a   2; 1  f  f  cos x   1    f  cos x    b   1;0   f cos x   c  1;      cos x  a1  1(vn)  cos x  a2   1;0  , (1) cos x  a  1(vn)  f  cos x   a    1;0      f  cos x   b  1  0;1  cos x  b1  1(vn)   f cos x  c   2;3      cos x  b2   1;0  , (b2  a2 ) (2) cos x  b3  1(vn)  cos x  c  1(vn) +) Đồ thị hàm số y  cos x  0;3  Dựa vào đồ thị hàm số y  cos x  0;3  ,ta thấy phương trình (1) (2) phương trình có ba nghiệm phân biệt  0;3  nghiệm hai phương trinhg khơng trùng nhau.Do phương trình f f  cos x    có nghiệm đoạn  0;3  Câu 47 Cho y  f  x  hàm đa thức bậc có đồ thị hình vẽ Có giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn  12;12 để hàm số g  x   f  x  1  m có điểm cực trị? có A 13 B 14 C 15 D 12 Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tìm số cực trị hàm hợp g  x   k f  u  x    m vừa có tham số vừa chứa dấu giá trị tuyệt đối, biết đồ thị hàm số f  x  KIẾN THỨC CẦN NHỚ:  Đạo hàm hàm hợp:  f  u  x     u   x  f   u   Định lí cực trị hàm số: Cho hàm số y  f  x  xác định D Điểm x0  D điểm cực trị hàm số y  f  x  f   x0   f   x0  không xác định f   x  đổi dấu qua x0  Sự tƣơng giao hai đồ thị: Hoành độ giao điểm hai đồ thị hàm số y  f  x  y  g  x  nghiệm phương trình f  x  g  x 1 Số nghiệm phương trình 1 số giao điểm hai cực trị  Tính chất đổi dấu biểu thức: Gọi x   nghiệm phương trình: f  x   Khi Nếu x   nghiệm bội bậc chẳn (  x    ,  x    , ) hàm số y  f  x  không đổi dấu qua  Nếu x   nghiệm đơn nghiệm bội bậc lẻ (  x    ,  x    , )thì hàm số y  f  x  đổi dấu qua  HƢỚNG GIẢI: B1: Từ đồ thị hàm số y  f  x  vẽ đồ thị hàm số y  f  x  1 B2: Hàm số g  x   f  x  1  m có điểm cực trị phương trình f  x  1  m có hai nghiệm phân biệt khơng trùng với hồnh độ điểm cực trị có nghiệm phân biệt, có nghiệm hoành độ điểm cực trị B3: Dựa vào đồ thị để kết luận Từ đó, ta giải toán cụ thể nhƣ sau: Lời giải Chọn C Hàm số y  f  x  1 có đồ thị hình vẽ Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số y  f  x  1 có điểm cực trị g  x   f  x  1  m có điểm cực trị phương trình f  x  1  m có hai nghiệm phân biệt khơng trùng với hồnh độ điểm cực trị có nghiệm phân biệt, có nghiệm hồnh độ điểm cực trị 12  m  6 6  m  12 Điều xảy    m  m  4 Vì m nguyên thuộc đoạn  12;12 nên m 12;  11;  10;  9;  8;  7;  6;  5;  4;6;7;8;9;10;11 Vậy có 15 giá trị thỏa mãn Câu 48 Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC tam giác vng A , BC  2a , ABC  60 Biết tứ giác BCCB hình thoi có BBC nhọn Biết  BCC B    ABC  ,  ABBA ;  ABC  45 Thể tích khối lăng trụ ABC.ABC 7a 3 7a 7a C D 21 Phân tích hướng dẫn giải DẠNG TỐN: Tính thể tích khối lăng trụ, biết góc hai mặt phẳng yếu tố khác Phƣơng pháp: Tìm đường cao hình lăng trụ khai thác giả thiết góc đề KIẾN THỨC CƠ BẢN: 1)  P   Q  ,    P   Q  , a   P  , a    a  Q  2) Cách xác định góc hai mặt phẳng: A 7a B  P    Q   ,  R    ,  R    P   a ,  R    Q   b    P  ;  Q     a ; b  HƢỚNG GIẢI: B1: Tìm đường cao hình: Học sinh phải tìm đường cao cách suy từ quan hệ vng góc đường với đường để chứng đường vng góc với mặt, hay phục dựng hình ẩn để xác định đường cao Trong lợi dụng tính chất hai mặt phẳng vng góc để dựng đường cao B2: Khai thác giả thiết góc hai mặt phẳng: Dùng kiến thức để dựng góc hai mặt phẳng Để khai thác giả thiết góc ta thường làm: + Xác định góc Trong q trình xác định góc phải tránh bẫy đưa góc hai đường thẳng cắt góc khơng tù + Cần chọn ẩn (Là chiều cao hay cạnh đáy giả thiết chưa có) sau sử dụng giả thiết góc để tìm ẩn Có thể sử dụng nhiều phương pháp khác ngồi hai cách truyền thống để tính góc hai mặt bên Phương pháp khoảng cách: giả sử góc hai mặt bên sin   d ( M , ( )) d        , M     d (M , d ) Phương pháp diện tích hai mặt bên: giả sử góc hai mặt bên  ABC   ABD   S ABD 3.VABCD  AB  sin   sin   AB 2S ABC  S ABD S Công thức đa giác chiếu: cos   S B3: Từ việc khai thác góc hai mặt phẳng ta tính chiều cao lăng trụ Từ tính thể tích lăng trụ Từ đó, ta giải toán cụ thể nhƣ sau: Lời giải Chọn B VABCD  2S ABC C' A' B' A C K H B BC  a , AC  BC.sin 60  a Vì BCCB hình thoi nên BB  2a Gọi H , K hình chiếu B  H lên BC AB Ta có Trong ABC có AB   BCCB   ABC  , BC   ABC    BCCB , BH  BC AB   ABC    ABBA , AB  BH , AB  HK suy BH   ABC     ABC  ;  ABBA   BKH  BKH  45  HKB vuông cân H  KB  KH Ta có KBB tam giác vng K  KB  BB2  KB2  4a  HK HK  tan 60   HK  3KB Xét KBH vuông K có KB 3a  HK   4a  HK   BH  HK  Vậy thể tích khối lăng trụ ABC ABC 3a 3a VABC ABC  BH S ABC  AB AC  a.a  a 7 Câu 49 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình vng tâm O ; cạnh a Gọi M , N trung điểm SA BC Góc đường thẳng MN mặt phẳng  ABCD  60 Tính cos góc đường thẳng MN mặt phẳng  SBD  41 D Phân tích hƣớng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tính góc đường thẳng mặt phẳng KIẾN THỨC CẦN NHỚ: u.n Gọi  góc đường thẳng  mặt phẳng  P  Khi sin   u.n A 41 B C Với u   a; b; c  véc tơ phương đường thẳng  n   A; B; C  véc tơ pháp tuyến mặt phẳng  P  HƢỚNG GIẢI: B1: Gán hệ trục tọa độ để tìm tọa độ đỉnh khối chóp B2: Gọi  góc đường thẳng MN mặt phẳng  SBD  Khi sin   MN  SB; SD  MN  SB; SD  Từ đó, ta giải tốn cụ thể nhƣ sau: Lời giải Chọn C Chọn a  Đặt OS  s , với s      Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ, cho O  0;0;0  , B  ;0;0  , ;0;0  , D         2     s  ; ;  ;0  , S  0;0; s  , N  ;0  , M  0;  C  0; ;  , A  0;  4 2        Bài góc đường thẳng MN mặt phẳng  ABCD  60 MN OS  sin 60  MN OS  , với OS VTPT mặt phẳng  ABCD    2 s ; ;    MN   2 Trong    OS   0;0; s  s2   Khi     s2  s2    8   s2   s  s    8   s2   s  3s    8    s   s  s          s2  s     0 8  30  s   30  ;0;   SB       Khi    30    SD    ;0;       2 30  Dễ thấy MN   ; ;    Gọi  góc đường thẳng MN Khi sin   MN  SB; SD  MN  SB; SD      SB; SD   0; 15;0   mặt phẳng  SBD  30  5  cos    sin   5 10 Câu 50 Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn log x  x  x  y   log   y   x Giá trị nhỏ biểu thức T  x  y A 16 B 18 15 C 12 D 20 Phân tích hƣớng dẫn giải DẠNG TỐN: Đây dạng tốn tìm GTLN – GTNN biểu thức liên quan đến hàm số logarit KIẾN THỨC CẦN NHỚ: + Cho hai số dương a , b a  Số  thỏa mãn a  b gọi logarit số a b kí hiệu log a b Như   log a b  a  b a, b  0, a 1  + log a  b1b2   log a b1  log a b2 , b1  log a b1  log a b2 b2 HƢỚNG GIẢI: u  u  log x x  B1: Đặt    v v  log   y   6  y  B2: Biến đổi phương trình cho dạng u  v  2u  2v  2u    + log a B3: Biện luận để tìm nghiệm   B4: Dựa vào mối quan hệ hai biến x y để tìm GTNN biểu thức Từ đó, ta giải toán cụ thể nhƣ sau: Lời giải Chọn A x  Điều kiện  0  y  Ta có log x  x  x  y   log   y   x  log x  log   y   x   y  x    u  u  log x x  Đặt    v v  log   y   6  y  Khi    u  v  2u  2v  2u    + Nếu u  v   ln u  v   VT   > VP   Điều mâu thuẫn với   + Nếu u  v   v u    u  v   VT   < VP   Điều mâu thuẫn với   + Nếu u  v   v u    Do   u  v  log x  log   y   x   y  Khi T  x3  y    y   y , với  y  Xét hàm số T  y     y   y y  N  T   y   3   y   Cho T   y      y   L  Bảng biến thiên Từ BBT  T  16 đạt y  x  ... phẳng trung trực CN cắt  I Suy I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP 1 12    AN   NE  AN  + AC  AB  4; 2 AN AC SA 5 AC 16   NF  NC  + SC  SA2  AC  5; NC  SC 5 + Do tứ giác IENF... thức St  S0 2t , S số lượng vi khuẩn A ban đầu, St số lượng vi khuẩn A có sau t phút Biết sau phút số lượng vi khuẩn A 625 nghìn Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc ban đầu, số lượng vi khuẩn A 10 triệu... SBC  , AP   SCD  Suy  hay tứ giác  AP  NP AMNP nội tiếp đường tr n đường kính AN + Gọi E trung điểm AN E tâm đường trịn ngoại tiếp MNP + Dựng trục ngoại tiếp MNP đường thẳng  qua E