TS247 DT de thi kscl ket hop thi thu mon toan thpt chuyen dh vinh tinh nghe an lan 1 nam 2021 co loi giai chi tiet 59156 1615187854

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KẾT HỢP THI THỬ NGHỆ AN LỚP 12 – ĐỢT – NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài thi: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Mã đề thi 104 MỤC TIÊU - Đề thi bám sát đề thi thức Bộ GD&ĐT, giúp học sinh ơn thi trọng tâm hiệu - Nội dung câu hỏi mức độ phù hợp cho học sinh ôn thi đến thời điểm - Trong đề thi xuất nhiều câu hỏi mức độ VDC với hình thức hỏi lạ - Đề thi đánh giá hay khó, thích hợp làm tài liệu ôn thi Tốt nghiệp THPT ĐH cho học sinh Câu (ID: 467152): Cho hình chóp có diện tích mặt đáy 3a chiều cao 3a Thể tích khối chóp bằng: A a B 9a C 6a3 D 3a Câu (ID: 467152): Cho a, b, c số dương, a  Đẳng thức sau đúng? b A log a   = log a b + log a c c b B log a   = log a b − log a c c b C log a   = log b a − log b c c b D log a   = log a c − log a b c Câu (ID: 467154): Giá trị lớn hàm số y = A B − −x + đoạn  −2;0 bằng: x−2 C D − Câu (ID: 467155): Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vng cân A , AB = 4a AA ' = a Thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' bằng: A 8a 3 B 4a 3 C 16a3 D 8a 3 Câu (ID: 467156): Gọi R bán kính, S diện tích mặt cầu V thể tích khối cầu Cơng thức sau sai? A S = 4 R B V =  R C V = R R D 3V = S.R Câu (ID: 467157): Cho hình chóp S ABCD có SB ⊥ ( ABCD ) (xem hình dưới), góc đường thẳng SC mặt phẳng ( ABCD ) góc sau đây? A DSB B SDA C SCB D SDC Câu (ID: 467158): Hàm số y = ( − x ) xác định khi:  A x  B x  ( 0; + ) C x  ( 3; + ) D x  ( −;3) Câu (ID: 467159): Hàm số y = x − x + nghịch biến khoảng sau đây? A ( 0; + ) ( B ( −; + ) C 0; ) ( D −; ) Câu (ID: 467160): Một cấp số nhân có u1 = −3, u2 = Cơng bội cấp số nhân là: A C −2 B D −3 Câu 10 (ID: 467161): Đạo hàm hàm số y = sin x là: A y ' = sin x B y ' = cos x C y ' = − sin x D y ' = − cos x Câu 11 (ID: 467162): Đường cong hình bên đồ thị hàm số: A y = log ( x + 1) C y = log x B y = x − D y = x Câu 12 (ID: 467163): Số giao điểm hai đồ thị y = − x − x − trục hoành là: A B C D Câu 13 (ID: 467164): Số điểm cực trị hàm số y = x − x + là: A B C D x 4 Câu 14 (ID: 467165): Bất phương trình    có tập nghiệm là: 3 A ( 0;1) B (1; + ) C ( 0; + ) D ( −;0 ) Câu 15 (ID: 467166): Đường cong hình bên đồ thị hàm số A y = x − 3x + B y = x3 − 3x + C y = x+2 x −1 D y = − x3 + 3x + Câu 16 (ID: 467167): Khối trụ có bán kính đáy r đường cao h thể tích khối trụ là: A V =  r h B V =  rh C V =  r h D V = 2 rh Câu 17 (ID: 467168): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Biết SA ⊥ ( ABCD ) SA = a Thể tích khối chóp S ABC bằng: A a3 B a 3 C a3 3 D a3 Câu 18 (ID: 467169): Đường thẳng x = tiệm cận đồ thị hàm số sau đây? A y = 2x − x+3 B y = x +1 −x − C y = x +1 x −3 D y = x −1 x+3 Câu 19 (ID: 467170): Cho hình trụ có bán kính đáy r = chiều cao h = Diện tích xung quanh hình trụ bằng: A 16 B 12 C 20 D 24 Câu 20 (ID: 467171): Vật thể khối đa diện: A B C D Câu 21 (ID: 467172): Với a số thực dương, biểu thức rút gọn a +1 a3− (a ) −2 A a B a C a −1 +2 là: D a Câu 22 (ID: 467173): Tất giá trị m cho hàm số y = − x3 − 3mx + 4m đồng biến khoảng ( 0; ) là: A m  B m  −2 C −2  m  D m  −4 Câu 23 (ID: 467174): Cho khối chóp S ABC có đáy tam giác vng B , AB = 1, BC = , cạnh bên SA vng góc với đáy SA = Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC bằng: A 3 B 2 C 12 D 6 Câu 24 (ID: 467175): Với giá trị m hàm số y = x3 − 3x + mx đạt cực tiểu x = ? A m  B m = C m  D m  3a , hình chiếu vng góc S mặt phẳng ( ABCD ) trung điểm cạnh AB Tính theo a thể tích khối chóp Câu 25 (ID: 467176): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SD = S ABCD A 2a 3 B a3 C a3 D a3 Câu 26 (ID: 467177): Số nghiệm phương trình log ( − x ) + log (1 − x ) = là: A B C D Câu 27 (ID: 467178): Hình đa diện khơng có tâm đối xứng? A Hình lập phương B Bát diện C Tứ diện D Lăng trụ lục giác Câu 28 (ID: 467179): Số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số f ( x ) = A B C 2− x là: x − x−6 D Câu 29 (ID: 467180): Một hộp có chứa cầu xanh, cầu vàng Chọn ngẫu nhiên Xác suất để chọn có xanh là: A 44 B 11 C 11 D 21 220 Câu 30 (ID: 467181): Số tiếp tuyến đồ thị hàm số f ( x ) = x3 − x + song song với đường thẳng y = x − là: A B C D Câu 31 (ID: 467182): Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên: Số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số y = f ( x ) là: B A D C Câu 32 (ID: 467183): Cho lăng trụ ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác đều, AA ' = 4a Biết hình chiếu vng góc A ' lên ( ABC ) trung điểm M BC , A ' M = 2a Thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' là: 16a3 B 8a 3 A C 16a3 D 8a 3 Câu 33 (ID: 467184): Gọi M, C, Đ thứ tự số mặt, số đỉnh, số cạnh hình bát diện Khi S = M – C + Đ bằng: B S = 10 A S = D S = 26 C S = 14 Câu 34 (ID: 467185): Một khối cầu có bán kính 2, mặt phẳng ( ) cắt khối cầu theo đường tròn ( C ) biết khoảng cách từ tâm khối cầu đến mặt phẳng ( ) B 8 A 2 Diện tích hình tròn ( C ) là: C  D 4 Câu 35 (ID: 467186): Cho hai số thực a, b biết  a  b  Khẳng định sau đúng? A log a b   logb a B logb a  log a b  C logb a   log a b D  logb a  log a b Câu 36 (ID: 467187): Cho  = log a x,  = log b x Khi log ab2 ( x ) bằng: A Câu 2 +  37 (ID: B 467188):  2 +  Cho biểu C thức 3 2 +  D ( +  )  + 2 P = log 2a ( xy ) + log a2 ( y ) + log a ( x y + x z + x y z ) 12 + z − y + Với a  1, y  P đạt giá trị nhỏ b a = a0 ( x; y; z ) = ( x1; y1; z1 ) ( x; y; z ) = ( x2 ; y2 ; z2 ) Hãy tính S = 21a02 − 22b + ( x1 y1 z1 + x2 y2 z2 ) A −37 B −42 C 44 D 42 Câu 38 (ID: 467189): Người ta thiết kế ly thủy tinh dùng để uống nước có dạng hình trụ hình vẽ, biết mặt ngồi ly có chiều 12cm đường kính đáy 8cm, độ dày thành ly 2mm, độ dày đáy 1cm Hãy tính thể tích lượng thủy tinh làm nên ly (kết gần nhất) A 603185,8 mm3 B 104175, mm3 C 499010, mm3 D 104122, mm3 Câu 39 (ID: 467190): Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số y = − x3 + x − ( m + ) x + m có 1  điểm cực trị điểm N  2; −  thuộc đường thẳng qua hai điểm cực trị 3  A m = B m = −1 C m = − D m = − Câu 40 (ID: 467191): Cho hình nón có chiều cao 4a Một mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt hình nón theo thiết diện tam giác có diện tích 3a Thể tích khối nón giới hạn hình nón cho bằng: B 30a3 A 10a3 C 100a3 D 80a 3 Câu 41 (ID: 467192): Cho hình chóp ngũ giác có tổng diện tích tất mặt S = Giá trị lớn a 10 thể tích khối chóp ngũ giác cho có dạng max V = b tan 36 , a, b  * , a phân số tối b giản Hãy tính T = a + b B 17 A 15 D 16 C 18 Câu 42 (ID: 467193): Một loại kẹo có hình dạng khối cầu với bán kính 1cm đặt vỏ kẹo có dạng hình chóp tứ giác (các mặt vỏ tiếp xúc với kẹo) Biết khối chóp tạo thành từ vỏ kẹo tích bé nhất, tính tổng diện tích tất mặt xung quanh vỏ kẹo B 48 cm A 12 cm2 C 36 cm D 24 cm Câu 43 (ID: 467194): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M , N thuộc cạnh SA, SD cho 3SM = 2SA , 3SN = 2SD Mặt phẳng ( ) chứa MN cắt cạnh SB, SC P, Q Đặt SQ = x , V1 thể tích khối chóp S MNPQ , V thể tích khối chóp S ABCD Tìm x SB để V1 = V A x = −2 + 58 B x = −1 + 41 Câu 44 (ID: 467195): Điều kiện để phương trình C x = −1 + 33 D x = 12 − 3x − x = m có nghiệm m   a; b  , 2a − b bằng: B −8 A C −4 D Câu 45 (ID: 467196): Cho số thực x, y thỏa mãn x + y = 1, tích giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = A ( y − 1) x + ( y − y ) + y + bằng: B 13 C 3 D 13 Câu 46 (ID: 467197): Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) 1 1 1 hình vẽ Hỏi phương trình f  cos x +  − cos6 x − sin 2 x + − 2 24 2   khoảng  ; 2  ? 4  B A đồ thị hàm số y = f ' ( x ) 1 f   = có nghiệm 2 D C Câu 47 (ID: 467198): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O Biết AC = 3a, BD = 4a , SD = 2a SO vuông góc với mặt phẳng đáy Khoảng cách hai đường thẳng AB SD bằng: A 21 a B 21 a C 21 a D 21 a Câu 48 (ID: 467199): Có giá trị m để đồ thị hàm số y = − x3 + mx − 2m cắt trục Ox điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng B A D C Câu 49 (ID: 467200): Hàm số y = x − ln ( x − 3) nghịch biến khoảng 3  A  ; +  2  B ( 0; + ) 3 5 C  ;  2 2  5 D  0;   2 Câu 50 (ID: 467201): Cho mặt cầu đường kính AB = R Mặt phẳng ( P ) vng góc với AB I ( I thuộc đoạn AB ), cắt mặt cầu theo đường tròn ( C ) Tính h = AI theo R để hình nón có đỉnh A , đáy hình trịn ( C ) tích lớn A h = R B h = R C h = 4R D h = 2R HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM D B D A B C D C C 10 B 11 B 12 D 13 A 14 C 15 B 16 A 17 D 18 C 19 A 20 A 21 C 22 B 23 D 24 B 25 B 26 A 27 C 28 B 29 C 30 C 31 B 32 D 33 A 34 A 35 A 36 C 37 C 38 B 39 D 40 D 41 B 42 D 43 A 44 B 45 D 46 D 47 A 48 C 49 C 50 C Câu (NB) Phương pháp: Thể tích khối chóp V = Sday h Cách giải: Thể tích khối chóp bằng: V = 3a 3a = 3a3 Chọn D Câu (NB) Phương pháp: b Sử dụng công thức log a   = log a b − log a c (  a  1, b  ) c Cách giải: b Với a, b, c số dương, a  Đẳng thức là: log a   = log a b − log a c c Chọn B Câu (NB) Phương pháp: - Tính y ' Xác định nghiệm xi   −2; 0 - Tính giá trị y ( −2 ) , y ( ) , y ( xi ) - Kết luận: max y = max  y ( −2 ) , y ( ) , y ( xi ) , y =  y ( −2 ) , y ( ) , y ( xi ) −2;0 −2;0 Cách giải: Hàm số cho xác định  −2;0 Ta có y ' = −1 ( x − 2)  x   −2;0 nên hàm số nghịch biến  −2;0 Lại có y ( −2 ) = − , y ( ) = − Vậy max y = − −2;0 Chọn D Câu (NB) Phương pháp: - Tính diện tích đáy lăng trụ - Thể tích lăng trụ diện tích đáy nhân chiều cao Cách giải: Ta có: SABC = 1 AB2 = ( 4a ) = 8a 2 Thể tích khối lăng trụ V = SABC AA ' = 8a a = 3a Chọn A Câu (NB) Phương pháp: - Thể tích khối cầu bán kính R V =  R3 - Diện tích mặt cầu bán kính R S = 4 R Cách giải: Thể tích khối cầu bán kính R V =  R3 nên đáp án B sai Chọn B Câu (NB) Phương pháp: Góc đường thẳng mặt phẳng góc đường thẳng hình chiếu mặt phẳng Cách giải: Vì SB ⊥ ( ABCD ) nên BC hình chiếu SC lên ( ABCD ) Do  ( SC; ( ABCD ) ) =  ( SC ; BC ) = SCB Chọn C Câu (NB) Phương pháp: Hàm số y =  f ( x ) với n  n xác định f ( x ) xác định f ( x )  Cách giải: Hàm số y = ( − x ) xác định − x   x   Vậy tập xác định hàm số cho ( −;3) Chọn D Câu (NB) Phương pháp: Giải bất phương trình y '  suy khoảng nghịch biến hàm số Cách giải: Ta có y = x − x +  y ' = x − x = x ( x − ) x  −  y '   x ( x − 1)    0  x  ( ) ( ) Vậy hàm số cho nghịch biến −; − 0; Chọn C Câu (NB) Phương pháp: Sử dụng công thức SHTQ CSN: un = u1q n−1 Cách giải: Cơng bội cấp số nhân là: q = u2 = = −2 u1 −3 Chọn C Câu 10 (NB) Phương pháp: Sử dụng công thức ( sin x ) ' = cos x Cách giải: Đạo hàm hàm số y = sin x là: y ' = cos x Chọn B Câu 11 (NB) Phương pháp: 10 AB AB  AB = 4a  SABC = = 3a Vì tam giác ABC nên AM = Vậy VABC A ' B 'C ' = A ' M SABC = 2a.4a = 8a 3 Chọn D Câu 33 (NB) Phương pháp: Xác định M, C, Đ thứ tự số mặt, số đỉnh, số cạnh hình bát diện tính S = M – C + Đ Cách giải: Hình bát diện có M = 8, C = 12, Đ = Vậy S = M – C + Đ = – 12 + = Chọn A Câu 34 (VD) Phương pháp: - Tính bán kính hình trịn ( C ) : r = R − d với R bán kính mặt cầu, d khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng ( ) - Diện tích hình trịn bán kính r S =  r Cách giải: Khối cầu có bán kính  R = Gọi d khoảng cách từ tâm khối cầu đến mặt phẳng ( ) Bán kính hình trịn ( C ) : r = R − d = 22 − ( 2) 2 d = = Vậy diện tích hình trịn ( C ) là: S =  r = 2 Chọn A Câu 35 (TH) Phương pháp: x  y log x  log a y  So sánh logarit:  0  a    a log a x  log a y a   Cách giải: log a b  log a a =  log a b   log b a Vì  a  b  nên  log b a  log b b = Chọn A 19 Câu 36 (VD) Phương pháp: Sử dụng công thức: log a ( xy ) = log a x + log a y (  a  1, x, y  ) log a b m = m log a b (  a  1, b  ) log a b = (  a, b  1) log b a Cách giải: Vì  = log a x,  = log b x nên a, b, x  0, a, b  Ta có: log ab2 ( x3 ) = 3log ab2 x = = = 3 = log x ( ab ) log x a + log x b + log a x log b x  + 2  = =  +  3 2 +  Chọn C Câu 37 (VDC) Cách giải:  xy  ĐKXĐ:  4 z  y Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: x y + x z  x8 y z = x y z Do ta có: x y + x z + x y z  x y z , lại có a  nên log a ( x y + x z + x y z )  log a ( x y z ) Khi ta có: 20 12 + z − y  P  log 2a ( xy ) + log a ( y ) + log a ( x y )  + log a ( z ) + + 4z − y2  P  log 2a ( xy ) + log a ( x y ) + log a ( z ) + + 4z − y2  P  log 2a ( xy ) + log a ( xy ) + + log a ( z ) + 4z − y2  P  log a ( xy ) +  + log a ( z ) + z − y  log a ( z ) P  log 2a ( xy ) + log a2 ( y ) + log a ( x y z ) + Mà 4z  y nên log a ( z )  log a y = log a y  log a =  P   Pmin = = b   x = 1 x=   x y = x z  x4 = z  a =   −2   log xy + =  a( ) log a ( xy ) = −2 a = xy =  Dấu “=” xảy      z = 4 z = y 4 z =    y =1  y = 1 z =  y = 1     xy =  y = 1  2 1   a0 = 2, x1 = , y1 = 1, z1 =   a = 2, x = − , y = −1, z = 2   S = 21a02 − 22b + ( x1 y1 z1 + x2 y2 z2 ) 1 1 1 = 21.2 − 22.0 +  + − ( −1)  4 2 = 42 + = 44 Chọn C Câu 38 (VD) Phương pháp: - Xác định chiều cao bán kính đáy phần khơng khí hình trụ phía cốc - Tính thể tích thủy tinh = thể tích cốc – thể tích phần khơng khí phía cốc - Thể tích khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy R V =  R h Cách giải: Theo ta có cốc hình trụ có chiều cao h = 12cm , bán kính đáy R = 4cm 21 Phần khơng khí phía cốc hình trụ có chiều cao h ' = h − = 11 ( cm ) , bán kính đáy R ' = R − 0, ( cm ) = 3,8 ( cm ) Thể tích phần thủy tính V = V1 − V2 =  R h −  R '2 h ' = 192 − 158,84 = 33,16  104,1752 ( cm3 ) Chọn B Câu 39 (VD) Phương pháp: - Lấy y chia cho y ' , phần dư phương trình đường thẳng qua điểm cực trị hàm số 1  - Thay tọa độ điểm N  2; −  vào phương trình đường thẳng qua điểm cực trị tìm m 3  Cách giải: Ta có y ' = −3x + x − m − 2  4 1 Khi ta có y = y '  x −  +  − m −  x + m − 9  9 9 3 Suy phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số cho 4  y =  − m −  x + m − (d ) 9 9  1  Vì N  2; −   d nên 3   4 − = − m− 2+ m−  9 9  − = − m− + m− 3 9 9  m = −1  m = − Chọn D Câu 40 (VD) Phương pháp: - Giả sử mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt hình nón theo thiết diện tam giác SAB hình vẽ Gọi O tâm mặt đáy hình nón H trung điểm AB , ta có OH ⊥ AB - Sử dụng tam giác tính AB, SH Áp dụng định lí Pytago tính OH , OA - Thể tích khối nón có chiều cao h , bán kính đáy R V =  R h Cách giải: 22 Một mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt hình nón theo thiết diện tam giác SAB hình vẽ Gọi O tâm mặt đáy hình nón H trung điểm AB , ta có OH ⊥ AB Vì SAB nên SSAB SA2 SA = = 3a  SA = 6a = SB = AB Khi SH = =3 Áp dụng định lí Pytago tam giác vng SOH ta có: OH = SH − SO = (3 3a ) Áp dụng định lí Pytago tam giác vng OAH ta có: OA = OH + AH = ( a 11) 2 − ( 4a ) = a 11 + ( 3a ) = 5a 2 80a3 Vậy thể tích khối nón V =  R h =  5a 4a = 3 ( ) Chọn D Câu 41 (VDC) Cách giải: Gọi chóp ngũ giác S ABCDE O tâm ngũ giác ABCDE  SO ⊥ ( ABCDE ) Theo ta có S = 5SSAB + S ABCDE = ( SSAB + SOAB ) = Gọi M trung điểm AB Vì OAB cân O nên OM ⊥ AB  AB ⊥ OM  AB ⊥ ( SOM )  AB ⊥ SM Ta có   AB ⊥ SO 23 1  SSAB = SM AB, SOAB = OM AB 2 1    SM AB + OM AB  =  AB ( SM + OM ) = 2  Lại có ABCDE ngũ giác nên AOB = 3600 = 720  AOM = 360 Xét tam giác vuông OAM ta có MA = OM tan 360  AB = 2OM tan 360  2OM tan 360 ( SM + OM ) =  SM = − OM tan 360 OM Áp dụng định lí Pytago tam giác vng SOM ta có: SM = SO + OM 2    − OM  = SO + OM  tan 36 OM  16  − = SO 2 25 tan 36 OM tan 360 16  SO = − 2 25 tan 36 OM tan 360 Khi ta có: VS ABCDE = SO.S ABCDE 16 = − OM 2OM tan 360 2 25 tan 36 OM tan 36 = 16 − OM tan 360 2 25 tan 36 OM tan 36 = 10 2OM − tan 360 OM 2t Đặt t = OM ( t  ) , xét hàm số f ( t ) = − tan 360 t ta có f ' ( t ) = t − tan 360 t 5 1  f ' ( t ) =  4t  − tan 360 t  =  t = tan 360 5  Do VS ABCDE đạt GTLN OM = Khi max VS ABCDE = tan 360 10 1 − tan 360 5 tan 36 25 tan 360 24 = 10 2 10 − = 0 25 tan 36 25 tan 36 15 tan 360  a = 2, b = 15 Vậy T = a + b = + 15 = 17 Chọn B Câu 42 (VDC) Cách giải: Gọi M , N trung điểm AB, CD Khi tâm I hình cầu tâm đường trịn nội tiếp SMN IH = IO = Đặt SO = x  ta có SI = SO − OI = x − Áp dụng định lí Pytago tam giác vng SIH ta có SH = SI − IH = Dễ thấy SIH  SMO ( g.g ) nên  MN = 2MO = 2x MO SO IH SO =  MO = = IH SH SH x x2 − x ( x − 1) −1 = x2 − 2x ( x  2) = AB x − 2x 1 x2 x2 = Khi ta có VS ABCD = SO.S ABCD = x 3 x − 2x x − Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: x2 = x−2+ +42 x−2 x−2 Dấu “=” xảy  x − = ( x − 2) + = x−2  ( x − 2) =  x − =  x = x−2 Với x = = SO ta có MO = x x2 − 2x = 42 − 2.4 =  AB = 2 Áp dụng định lí Pytago ta có SM = SO + OM = 42 + ( 2) =3 25 1  SSAB = SM AB = 2.2 = 2 Vậy tổng diện tích tất mặt xung quanh vỏ kẹo là: S = 4S SAB = 24 ( cm ) Chọn D Câu 43 (VD) Phương pháp: - Chứng minh PQ / / AD / / BC - Sử dụng tỉ số thể tích tính VS MNP VS MPQ , , từ tính VS MNPQ theo VS ABCD VS ADC VS ACB - Giải phương trình tìm x Cách giải: ( )  ( SAD ) = MN  Ta có: ( )  ( SBC ) = PQ  PQ / / AD / / BC   AD  ( SAD ) , BC  ( SBC ) , AD / / BC Khi áp dụng định lí Ta-lét ta có: Ta có: SQ SP = = x (  x  1) SB SC VS MNP SM SN SP 2 = = x = x  VS MNP = xVS ABCD VS ADC SA SD SC 3 9 VS MPQ VS ACB = SM SP SQ 2 = x  VS MPQ = x 2VS ABCD SA SC SB 3   2 2  VS MNPQ =  x + x  VS ABCD  V1 =  x + x V   9 9 1 −2 + 58 Theo ta có V1 = V nên x + x =  x = Chọn A Câu 44 (VD) 26 Phương pháp: - Tìm ĐKXĐ - Xét hàm số f ( x ) = 12 − 3x − x , lập BBT hàm số tập xác định - Dựa vào BBT tìm m để phương trình có nghiệm suy a, b Cách giải: ĐKXĐ: 12 − 3x   x   −2  x  Xét hàm số f ( x ) = 12 − 3x − x ta có f ' ( x ) = Cho f ' ( x ) =  −3x 12 − 3x −6 x 12 − 3x −1 = −3x 12 − 3x −1 =  −3x = 12 − 3x −3x  x     x = −1 ( tm ) 9 x = 12 − x 12 x = 12 BBT: Dựa vào BBT ta thấy phương trình f ( x ) = m có nghiệm m   −2; 4 , suy a = −2, b = Vậy 2a − b = ( −2 ) − = −8 Chọn B Câu 45 (VDC) Cách giải: Theo ta có x + y =  x = − y Thay vào biểu thức P ta có: (1 − y ) + y ( y − 1) P= ( y − 1) P= ( y − 1) + 2y + P= ( y − 1) + y −1+ 2 + 2y + Đặt t = y − ta có P = t + t + = f ( t ) ( t  −3) ta có: 27 f '(t ) = t t2 + 2t t + + t = t +3 t2 t + f ' ( t ) =  2t t + + t =  2t t + + t = t    2t t + − t = −  t   t =     t + + = (Vo nghiem )   t + = −  t  t =   ( t + 3) = −  t  t =  t = − 11   11  13 Ta có f ( −3) = 3, f ( ) = 3, f  −  =  4  P = 3, max P = Vậy P.max P = 13 13 Chọn D Câu 46 (VDC) Cách giải: Ta có: 1 1 1 1 f  cos x +  − cos x − sin 2 x + − f   = 2 24 2 2 1  f ( cos x ) − ( cos x ) − sin x cos x + − f   = 24 2 1 f  =0 2 1  f ( cos x ) − ( cos x ) + cos x − cos x + − f   = (*) 24 2  f ( cos x ) − cos x ) − (1 − cos x ) cos x + − ( 24   Đặt t = cos x , với x   ; 2   t   0;1 Khi phương trình (*) trở thành: 4  28 1 f  =0 2 1  f (t ) − t + t − t = f   − (**)   24 f (t ) − t + t − t + − 24 Đặt g ( t ) = f ( t ) − t + t − t ta có g ' ( t ) = f ' ( t ) − t + 2t − , với t   0;1 Cho g ' ( t ) =  f ' ( t ) = t − 2t + = ( t − 1) Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số y = f ' ( t ) đồ thị hàm số y = ( t − 1) Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy g ' ( t )  t   0;1 , hàm số y = g ( t ) đồng biến  0;1 Do phương trình (**) có nhiều nghiệm  0;1 1 1 Nhận thấy g   = f   − , t = nghiệm phương trình (*) 2   24 Với t = 1 + cos x  cos2 x =  =  cos x = 2 2  2x =  + k  x =  + k (k  )    3 5 7  Do nghiệm thuộc  ; 2  phương trình ban đầu x   ; ;  4 4  4  Vậy phương trình ban đầu có nghiệm thỏa mãn yêu cầu Chọn D Câu 47 (VD) Phương pháp: - Chứng minh d ( AB; SD ) = d ( A; ( SCD ) ) = 2d ( O; ( SCD ) ) ( ABCD ) dựng d ( O; ( SCD ) ) = OK - Trong OH ⊥ CD ( H  CD ) ( SOH ) dựng OK ⊥ SH ( K  SH ) , chứng minh 29 - Sử dụng hệ thức lượng tam giác vng tính OH , DH - Sử dụng định lí Pytago tính SH , SO - Sử dụng hệ thức lượng tam giác vng tính OK Cách giải: Ta có AB / /CD  AB / / ( SCD )  SD , ta có d ( AB; SD ) = d ( AB; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) Mà AO  ( SCD ) = C  d ( A; ( SCD ) ) d ( O; ( SCD ) ) = AC =  d ( A; ( SCD ) ) = 2d ( O; ( SCD ) ) OC Trong ( ABCD ) dựng OH ⊥ CD ( H  CD ) ( SOH ) dựng OK ⊥ SH ( K  SH ) ta có: CD ⊥ OH  CD ⊥ ( SOH )  CD ⊥ OK  CD ⊥ SO OK ⊥ CD  OK ⊥ ( SCD )  OK ⊥ SH  d ( O; ( SCD ) ) = OK Vì ABCD hình thoi nên AC ⊥ BD O OC = 3a, OD = 2a Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng OCD ta có: OH = DH = OC.OD OC + OD 2 = 3a.2a 12a + 4a =a 3, OD OD 4a = = = a CD OC + OD 12a + 4a Ta có CD ⊥ ( SOH ) ( cmt )  CD ⊥ SH  SHD vng H Áp dụng định lí Pytago ta có: SH = SD − DH = ( 2a ) − a2 = a Áp dụng định lí Pytago tam giác vng SOH ta có SO = SH − OH = 7a − 3a = 2a Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông SOH ta có: OK = SO.OH 2a.a 2a 21 = = SH a 30 Vậy d ( AB; SD ) = 2OK = 4a 21 Chọn A Câu 48 (VD) Phương pháp: - Sử dụng tính chất cấp số cộng: Nếu ba số x1 , x2 , x3 theo thứ tự lập thành cấp số cộng x1 + x3 = x2 - Sử dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc ba ax3 + bx + cx + d = ( a  ) : x1 + x2 + x3 = − b a - Giải phương trình tìm m , với giá trị m thử lại xác định phương trình có nghiệm phân biệt thỏa mãn hay khơng Cách giải: Xét phương trình hồnh độ giao điểm: − x3 + mx − 2m = (*) Giả sử phương trình (*) có nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng x1 , x2 , x3 , ta có x1 + x3 = x2 Theo định lí Vi-ét ta có: x1 + x2 + x3 = − Vì x2 nghiệm (*) nên − m m = m  3x2 = m  x2 = −1 m = m3 m2 + m − 2m =  m − 2m =   27 27 m =  3  Thử lại: + Với m = ta có: (*)  − x3 =  x = (không thỏa mãn)  x = −3 +  + Với m = 3 ta có: (*)  − x3 + 3 x − =   x = (thỏa mãn)   x = +  x = −3 −  + Với m = −3 ta có: (*)  − x3 − 3 x + =   x = − (thỏa mãn)   x = − Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán m = 3 Chọn C Câu 49 (TH) Phương pháp: - Sử dụng cơng thức tính đạo hàm ( ln u ) ' = u' u - Giải phương trình y '  , kết hợp ĐXKĐ suy khoảng nghịch biến hàm số 31 Cách giải: ĐKXĐ: x −   x  Ta có y ' = − 2 2x − Xét y '   − 2 0   2x −  x  2x − 2x − Vì x −  nên − x   x  3 5 Vậy hàm số cho nghịch biến  ;  2 2 Chọn C Câu 50 (VDC) Phương pháp: - Giả sử mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu theo đường trịn có đường kính CD Khi tam giác ABC vng C - Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng tính AC theo h, R - Áp dụng định lí Pytago tam giác vng tính CI theo h, R - Tính thể tích khối nón đỉnh A , đáy hình trịn ( C ) V =  CI AI theo h, R - Sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTLN hàm số Cách giải: Giả sử mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu theo đường trịn có đường kính CD hình vẽ Khi tam giác ABC vuông C , áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có: AC = AI AB = h.2 R  AC = Rh Áp dụng định lí Pytago tam giác vng ACI ta có CI = AC − AI = Rh − h 32 Khi thể tích khối nón đỉnh A , đáy hình trịn ( C ) là: 1 V =  R2 h =  ( 2Rh − h2 ) h =  ( −h3 + 2Rh2 ) 3 Để Vmax f ( h ) = −h3 + Rh đạt GTLN, với  h  2R h = Ta có f ' ( h ) = −3h + Rh =   h = 4R    32 Ta có f ( ) = 0, f ( R ) = 0, f  R  = R   27  R  32  max f ( h ) = f  R = 0;2 R    27 Vậy Vmax  h = 4R Chọn C HẾT 33