Thông tin tài liệu
SỞ GD&ĐT THANH HĨA KÌ THI KSCL CÁC MƠN THI TỐT NGHIỆP THPT – LẦN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN Năm học: 2020 – 2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: Tốn Mã đề thi 001 Ngày thi: 17/01/2021 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) MỤC TIÊU - Đề thi gồm 43 câu hỏi thuộc kiến thức lớp 12 câu hỏi thuộc kiến thức lớp 11 - Đề thi gồm câu hỏi NB, 22 câu hỏi TH, 21 câu hỏi vận dụng câu hỏi vận dụng cao - Nhìn chung đề thi đánh giá khó có câu hỏi mới, nhiên đảm bảo bám sát đề thức năm giúp HS ơn tập trọng tâm tạo cho học sinh thói quen làm đề thi thử Câu (ID:460083): Hàm số sau có đồ thị hình vẽ bên dưới? A y x 1 x B y x 1 1 x C y x 1 x 1 Câu (ID:460084): Tìm tất điểm M nằm đồ thị hàm số y điểm song song với đường thẳng d : y 3x 10 1 A M 3; 4 D y x2 mà tiếp tuyến đồ thị x 1 C M 0; 2 M 2; B M 0; 2 x x 1 D M ;3 x 1 điểm I 1; 1 Tìm tất điểm M nằm đồ thị hàm số 1 x cho tiếp tuyến M vng góc với IM Câu (ID:460085): Cho hàm số y A M 2; 1 M 2; 1 B M 1; M 3; 2 C M 2; 3 2 M 2;2 D M 2; 3 M 0;1 Câu (ID:460086): Mệnh đề hàm số y x2 4 đúng? A Nghịch biến 2; B Đồng biến C Đồng biến ; 2 2; D Đồng biến 2;0 2; Câu (ID:460087): 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 Câu (ID:460088): Một người gửi tiền vào ngân hàng với lãi suát không đổi 6% năm Biết khơng 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 (ID:460089): Cho biết a log b log5 Tính log 3 A 2b a 2 B 3b a 49 theo a b 2 C 3b b 3 D 2a b Câu (ID:460090): Giá trị nhỏ hàm số y x 1 e x đoạn 1;0 bằng: A e B e C 1 D e Câu (ID:460091): Hàm số y x3 x 3x nhận giá trị nhỏ đoạn A x B x C x 10 ; tại: D y 10 Câu 10 (ID:460092): Sau đây, có hàm số mà đồ thị có tiệm cận ngang? 1) y A sin x x 2) y B x2 x x 3) y C 1 x x 1 4) y x x D Câu 11 (ID:460093): 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 a3 B a3 12 C a3 12 D a3 Câu 12 (ID:460094): Giá trị lớn hàm số y x 1 ln x 1 đoạn ;0 bằng: A ln 2 B 1 D ln C ln Câu 13 (ID:460095): Hàm số y x 1 x x có số điểm cực trị là: A B tan xdx bằng: Câu 14 (ID:460096): A D C C sin x B ln cos x C C C cos x D ln cos x C x2 1 Câu 15 (ID:460097): Kết luận sau hàm số f x ? 2 x2 1 A f ' x 2 ln 2 B nghịch biến C f D đồ thị nhận trục tung làm tiệm cận ngang Câu 16 (ID:460098): Một nguyên hàm hàm số f x A x 3 B x 3 F x bằng: 2x C ln x D ln x Câu 17 (ID:460101): 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 y ' x 1 log e D y ' x 1 ln10 Câu 18 (ID:460103): Trong hàm số sau có hàm số có điểm cực trị? 1) y x 2) y x2 1 A B 3) y x 1 x 4) y C D x x 1 Câu 19 (ID:460105): 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 B C D Câu 20 (ID:460106): Hàm số sau mà đồ thị có dạng hình vẽ bên dưới? A y x 1 x 1 B y x 1 1 x C y x 1 x 1 D y x 1 x 1 Câu 21 (ID:460107): Hàm số sau mà đồ thị có dạng hình vẽ bên dưới? A y ln x B y x 1 C y e x D log x Câu 22 (ID:460108): 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 2 D Câu 23 (ID:460109): Cho hàm số y f x có đạo hàm thỏa mãn f ' 1 Khi lim x 1 A B C f x f 1 bằng: x 1 D Câu 24 (ID:460113): 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 300 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ cho bằng; A 12 a B 6 a Câu 25 (ID:460116): Số tiệm cận đồ thị hàm số A C 4 a D 3 a x 1 y B x2 là: x2 1 C D C x x ln x D x x ln x Câu 26 (ID:460117): Một nguyên hàm ln x bằng: A x x ln x B x Câu 27 (ID:460118): Cho hàm số f x có đạo hàm f ' x x 1 x x 3 Hỏi hàm số đồng biến khoảng sau đây? A ;1 3; B ;1 2; C 1; D 3; Câu 28 (ID:460121): Qua điểm M(2;0) kẻ tiếp tuyến với đồ thị hàm số y x x ? A B C D Câu 29 (ID:460124): Tập xác định hàm số y ln x x là: A D ; 3 1; B D ; 3 1; C D D D \ 3;1 Câu 30 (ID:460127): 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 300 Tính thể tích khối tứ diện ABCD A a3 12 B a3 C a3 Câu 31 (ID:460131): Cho số nguyên a, b, c thỏa mãn a A B C D a3 12 b log log 45 Tổng a b c bằng: c log D Câu 32 (ID:460132): Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục 1; 2 , thỏa mãn f x x f ' x x Biết f 1 , tính f A 16 B C D Câu 33 (ID:460133): Cho hàm số y f x có đạo hàm f ' x mãn a b , giá trị nhỏ hàm số f x đoạn a; b bằng: A f b B f a C x Với a b số dương thỏa x 1 f a f b ab D f Câu 34 (ID:460140): 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 V' được, tỉ số bằng: V A B 27 C Câu 35 (ID:460145): Cho hàm số f x liên tục D , có bảng biến thiên hình vẽ đây: Đặt g x m f x 1 (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 Câu 36 (ID:460149): Cho phương trình log x m log x , m tham số Hỏi có giá trị nguyên dương m để phương trình có nghiệm? A B C D Câu 37 (ID:460156): 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 B 1 x x Câu 38 (ID:460159): Giả sử 14 C 14 D x3 a0 a1 x a2 x2 a12 x12 Giá trị tổng S C a C a C a C a C a bằng: 4 A 1 4 4 B -4 C -1 D Câu 39 (ID:460161): Tìm số nghiệm phương trình sin cos x đoạn 1; 2021 A 672 B 643 C 642 D 673 , thỏa mãn f ' x x f 3 Giả sử Câu 40 (ID:460162): Cho hàm số f x xác định phương trình f x 999 có hai nghiệm x1 x2 Tính tổng S log x1 log x2 A B 999 C D 1001 Câu 41: 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 2 D a Câu 42 (ID:460163): 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 C D 25 Câu 43 (ID:460164): 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) 30.C27 A C304 30.C25 B 4.C304 30.C27 C 4.C304 30.C25 D C304 Câu 44 (ID:460165): Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ Đáy ABCD hình thoi cạnh a BAD 600 Một mặt phẳng tạo với đáy góc 600 cắt tất cạnh bên hình hộp Tính diện tích thiết diện tạo thành A 3a B 3a C 3a D 2a2 Câu 45 (ID:460166): 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 a3 B a3 12 C a3 D a3 12 Câu 46 (ID:460167): Cho tứ diện ABCD có ABC, ABD, ACD tam giác vng tương ứng A, B, C Góc AD (ABC) 450 , AD BC khoảng cách AD BC a Tính thể tích khối tứ diện ABCD 3a A 3a B 2a C 2a D Câu 47 (ID:460172): Cho hàm số y f x có đạo hàm f ' x x 1 x 3 Tìm số điểm cực trị hàm số g x f A x2 2x B C D Câu 48 (ID:460175): 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 C a D a Câu 49 (ID:460179): 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 2 C m 34 D m 22 Câu 50 (ID:460182): 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 a3 B a3 C a3 D a3 3 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM D 11 B 21 C 31 A 41 D B 12 B 22 D 32 C 42 C A 13 A 23 D 33 A 43 D D 14 D 24 B 34 A 44 B B 15 D 25 C 35 C 45 A A 16 D 26 D 36 A 46 D A 17 C 27 C 37 D 47 C B 18 D 28 C 38 B 48 A A 19 C 29 D 39 B 49 A 10 C 20 B 30 A 40 C 50 B Câu (TH) – Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số Phương pháp: - 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 a d ad bc có TCN y TCĐ x cx d c c Cách giải: 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 Chọn D Câu (TH) – Tiếp tuyến đồ thị hàm số Phương pháp: - Tiếp tuyến đồ thị hàm số y f x điểm M x0 ; y0 y f ' x0 x x0 y0 a a ' - Hai đường thẳng y ax b y a ' x b ' song song với b b ' Cách giải: TXĐ: D \ 1 x 2 x2 Gọi M x0 ; x0 1 thuộc đồ thị hàm số y x0 x 1 x 2 x2 nên tiếp tuyến đồ thị hàm số M x0 ; y' có hệ số góc x0 x 1 x 1 k y ' x0 x0 1 Ta có y Vì tiếp tuyến M song song với đường thẳng d : y 3x 10 nên x0 1 x0 1 2 M 0; 2 x0 x0 tm x0 1 x0 2 M 2; Chọn B Câu (TH) – Tiếp tuyến đồ thị hàm số Phương pháp: - Tiếp tuyến đồ thị hàm số y f x điểm M x0 ; y0 y f ' x0 x x0 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 Cách giải: TXĐ: D \ 1 x 1 x 1 Gọi M x0 ; x0 1 thuộc đồ thị hàm số y 1 x x0 x 1 x 1 nên tiếp tuyến đồ thị hàm số M x0 ; có hệ số góc y' 1 x 1 x x0 k y ' x0 1 x0 Ta có y Phương trình tiếp tuyến M là: y 1 x0 x x0 x0 x0 x 1 x y 0, 2 x0 1 x0 1 x0 x0 có VTCP u 1; 1 x 2 x 1 1 x0 1; Ta có: IM x0 1; x0 x0 Vì tiếp tuyến M vng góc với IM nên u.IM 10 r2 x Khi thể tích khối nón V ' IQ QM r 1 x x x h h h Để V’ đạt giá trị lớn x x h phải đạt giá trị lớn Đặt f x x x h x x 2hx h2 x3 2hx h x , với x h ta có: x h ktm f ' x 3x 4hx h x h tm V 'max r2 h h h r 2h h 3 27 r 2h V ' 27 Vậy V r h Chọn A Câu 35 (VD) – Cực trị hàm số Phương pháp: 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) Cách giải: x x1 Dựa vào BBT ta thấy f ' x x x2 x x1 x x1 h ' x f ' x 1 , hàm số x x2 x x2 h x m f x 1 có điểm cực trị Đặt h x m f x 1 ta có Suy để hàm số g x h x m f x 1 có điểm cực trị phương trình m f x 1 phải có nghiệm bội lẻ Ta có: m f x 1 f x 1 m , dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y m cắt qua (khơng tính điểm m m 1 tiếp xúc) đồ thị hàm số y f x 1 điểm m 3 m 29 Chọn C Câu 36 (VD) – Phương trình mũ phương trình lơgarit Phương pháp: - Tìm ĐKXĐ phương trình - Đưa số - Giải phương trinh logarit: log a f x log a g x f x g x - Dựa vào điều kiện x tìm m để phương trình có nghiệm Cách giải: 2 x m 2 x m ĐKXĐ: 3 x x Ta có: log x m log x log x m log x log x 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 tốn Chọn A Câu 37 (VD) – Phương trình mặt phẳng Phương pháp: - 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 30 - Tính độ dài PQ x xP yQ yP zQ zP Q 2 Cách giải: 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: x t + Ta có: OM 1;2; 3 VTCP đường thẳng OM, nên phương trình đường thẳng OM y 2t z 3t + Phương trình mặt phẳng (ABC) x y z 6x y 2z 3 Gọi OM ABC P p; p; 3 p , ta có P ABC nên: p 3.2 p 3 p p 1 P ; ; 1 3 + Ta có: DE 1; 2;0 ; DF 1;0;3 DE; DF 6; 3;2 VTPT (DEF) Phương trình mặt phẳng (DEF) là: 6 x y z 3 6 x y z 12 Gọi OM DEF Q q; 2q; 3q , ta có Q DEF nên: 6q 3.2q 3q 12 q 2 Q ; ; 2 3 2 14 1 2 Vậy PQ 1 3 3 Chọn D Câu 38 (VD) – Nhị thức Niu–tơn (Toán 11) 31 Phương pháp: - Phân tích x x x3 thành nhân tử n - Khai triển nhị thức Niu-tơn: a b Cnk a n k b k n k 0 - Tìm a0 , a1 , a2 , a3 , a4 hệ số số hạng không chứa x, chứa x, chứa x , x3 , x - Thay vào tính S Cách giải: Ta có: 1 x x x 1 x x x 1 x 1 x 1 4 4 k 0 m 0 4 C4k x k C4m x m Khi ta có k ; m 0;0 a0 C40 C40 k ; m 1;0 a1 C41C40 k ; m 2;0 ; 0;1 a2 C42C40 C40 C41 10 k ; m 3;0 ; 1;1 a3 C43C40 C41.C41 20 k ; m 4;0 ; 2;1 ; 0; a4 C44C40 C42C41 C40 C42 31 Vậy S C40 a4 C41a3 C42 a2 C43a1 C44a0 4 Chọn B Câu 39 (VD) – Phương trình lượng giác (Toán 11) Phương pháp: Giải phương trình lượng giác bản: sin k , cos k k Cách giải: Ta có: sin cos x cos x k k 32 Vì 1 cos x x nên 1 k 1, k k Khi ta có cos x x Xét x 1; 2021 ta có l l l 2021; l l 0;1;2; ;642 Vậy phương trình cho có 643 nghiệm thỏa mãn Chọn B Câu 40 (VD) – Nguyên hàm Phương pháp: - Tìm hàm số f x f ' x dx - Xét phương trình f x 999 , sử dụng định lí Vi-ét tìm x1 x2 tính S Cách giải: Ta có f x f ' x dx x 1 dx x x C Mà f 3 32 C C 1 Suy f x x x Xét phương trình f x 999 x x 999 x x 1000 , giả sử phương trình có hai nghiệm x1 , x2 Áp dụng định lí Vi-ét ta có x1 x2 1000 Khi ta có S log x1 log x2 log x1 x2 log1000 Chọn C Câu 41 (VD) – Khoảng cách (Toán 11) Phương pháp: - 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 Cách giải: 33 Gọi N trung điểm CC’ MN đường trung bình tam giác BCC’ MN / / BC ' BC '/ / AMN AM Khi ta có d AM ; BC ' d BC '; AMN d B; AMN Ta có: BC AMN M d B; AMN d C; AMN BM d B; AMN d C ; AMN CM 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: CH Vậy d AM ; BC ' CM CN CM CN a a 2 a a2 a2 4 a Chọn D Câu 42 (VD) – Khái niệm thể tích khối đa diện Phương pháp: - Chứng minh mặt phẳng qua A vng góc với A’C (AB’D’) 34 - Xác định (AB’D’) chia khối chóp thành phần tính thể tích chúng Cách giải: 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: AO ' AA '2 A ' O '2 a a2 a 2 Áp dụng định lí Ta-lét ta có: AI AC a AI IO ' AO ' IO ' A ' O ' 3 A ' I A 'O ' 1 a A ' I IC A ' C IC AC 2 3 Xét tam giác AA’I có: AI A ' I đảo) AO ' O ' 2a a a AA '2 , suy tam giác AA’I vuông I (Định lí Pytago 3 B ' D ' A 'C ' B ' D ' ACC ' A ' B ' D ' A ' C B ' D ' Lại có B ' D ' AA ' 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: VA A' B ' D ' 1 1 AA '.S A' B ' D ' AA ' S ABCD VABCD A' B 'C ' D ' 3 35 VB 'C ' D ' ABCD VABCD A' B 'C ' D ' VABCD A' B 'C ' D ' VABCD A' B 'C ' D ' 6 VABCD A ' B 'C ' D ' VA A ' B ' D ' Vậy k 6 VB 'C ' D ' ABCD V ABCD A ' B ' C ' D ' Chọn C Câu 43 (VDC) – Xác suất biến cố (Tốn 11) Cách giải: Khơng gian mẫu: n C304 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 A1 , có 30 cách chọn Kí hiệu đỉnh cịn lại theo chiều kim đồng hồ A2 , A3 , A4 , , A30 x 11 x y z 27 Khi tứ giác có dạng A1 Ax Ay Az , ta có y x 30 z y x Đặt X 3; 4;5; ; 27 , X có 25 phần tử, số cách chọn x, y, z C25 n A 30.C25 n A 30.C25 Vậy xác suất biến cố A P A n C304 Chọn D Câu 44 (VD) – Phép chiếu song song Hình biểu diễn hình khơng gian (Tốn 11) Phương pháp: Sử dụng cơng thức: Gọi H ' hình chiếu H lên mặt phẳng P Gọi góc mặt phẳng P mặt phẳng chứa hình H Khi ta có: S H ' S H cos Cách giải: Vì mặt phẳng tạo với đáy góc 600 cắt tất cạnh bên hình hộp nên hình chiếu thiết diện lên mặt phẳng đáy ABCD 36 Khi ta có: S ABCD STD cos 600 STD S ABCD 2S ABCD , cos 600 Vì BAD 600 nên ABD tam giác cạnh a S ABD a2 a2 S ABCD Vậy STD a Chọn B Câu 45 (VD) – Khái niệm thể tích khối đa diện Phương pháp: - Gọi M, N trung điểm CD, AB Chứng minh d AB; CD MN - Sử dụng công thức VABCD 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 Cách giải: Gọi M, N trung điểm CD, AB Vì tam giác ABC, ABD tam giác cạnh a nên AB = AC = AD = BC = BD = a CD AM CD ABM CD MN BCD, ACD tam giác cân A CD BM Lại có BCD ACD c.c.c AM BM ABM cân M MN AB 37 d AB; CD MN Đặt CD = x x ta có AM BM a2 a2 x2 4a x 4a x 4a x a2 3a x 4 MN Do ta có VABCD AB.CD.d AB; CD sin AB; CD 3a x a.x .sin AB; CD Để VABCD 3a x f x x dat GTLN đạt giá trị lớn sin AB; CD Áp dụng BĐT Cơ-si ta có f x x Dấu “=” xảy x 3a x x 3a x 3a 2 3a x a 15 x 3a x x 3a a3 Vậy max VABCD a Chọn A Câu 46 (VDC) – Khái niệm thể tích khối đa diện Phương pháp: - Dựng hình chữ nhật ABHC, chứng minh DH 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 38 - Tính S ABHC S ABC , từ tính thể tích VABCD HD.S ABC Cách giải: Dựng hình chữ nhật ABHC ta có: 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 BC DH DH ABCD BC ADH BC AH Ta có: 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 vng K có OAK 450 nên tam giác OAK vuông cân K OA OK a AH 2OA 2a Lại có tam giác AHD vuông cân H nên HD AH 2a 39 Ta có: S ABHC 1 AH 2a 4a S ABC 2a 2 1 2a Vậy VABCD HD.S ABC 2a.2a 3 Chọn D Câu 47 (VD) – Cực trị hàm số Phương pháp: - Từ f ' x suy nghiệm phương trình f ' x , ý nghiệm bội chẵn, bội lẻ - Tính đạo hàm g ' x - Giải phương trình g ' x xác định nghiệm bội lẻ Cách giải: x 1 nghiem boi Theo ta có: f ' x x 1 x 3 x nghiem don Ta có: g x f x2 2x g ' x 2x f' x 2x x 1 f' x2 x x2 2x x2 x x 1 x 1 Cho g ' x 2 f ' x 2x x x x 1 x 1 x 1 x (đều nghiệm đơn) x 2x x 2x x 3 (Ta không xét x x 1 f ' x khơng đổi dấu qua x 1 nên nghiệm phương trình x x 1 không làm cho g ' x đổi dấu) Vậy hàm số cho có điểm cực trị 40 Chọn C Câu 48 (VD) – Hai mặt phẳng vng góc (Tốn 11) Phương pháp: - Gọi M, N trung điểm AB, CD Chứng minh tam giác ABN, CDM tam giác vng cân - Tính BN, CN theo MN - Áp dụng định lí Pytago tam giác vng BCN, từ tính MN theo a suy CD theo a Cách giải: Gọi M, N trung điểm AB, CD AN CD Vì tam giác ACD, BCD tam giác cân A B nên BN CD ACD BCD CD Lại có AN ACD , AN CD ACD ; BCD AN ; BN ANB 900 BN BCD , BN CD Dễ thấy ACD BCD c.c.c AN BN ABN vuông cân N MN AB Chứng minh tương tự ta có MCD vng cân M nên MN CD AB CD Ta có: BN 2MN , CN CD MN 41 Xét tam giác vuông BCN có: BN CN BC 2MN MN a MN Vậy CD 2MN a 2a Chọn A Câu 49 (VDC) – Giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số Phương pháp: - Tìm y; max y 1;3 a1;3 f a - Để f a , f b , f c độ dài ba cạnh tam giác f a f b f c Cách giải: Ta có: y ' 3x x 1 1;3 Ta có y 1 m; y 1 2 m; y 3 18 m y 2 m; max y 18 m 1;3 a 1;3 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 f a Để f a , f b , f c độ dài ba cạnh tam giác * f a f b f c 2 m f a Ta có: f a f b 4 2m m f b 2 m m 2 m 22 Do (*) 4 2m 18 m m 22 Chọn A Câu 50 (VD) – Khái niệm thể tích khối đa diện 42 Phương pháp: - Sử dụng kiến thức: VACB ' D ' VABCD A' B 'C ' D ' P Q d - Sử dụng định lí a Q a P , a d - Tính thể tích khối lăng trụ = tích chiều cao diện tích đáy tương ứng Cách giải: 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 ACC ' A ' ABCD AC Ta có: 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 AO a2 a2 a S ABCD AC a S ABC 2 A ' AC tam giác cạnh a A ' O a 3 3a 2 1 3a a a 3 Vậy VACB ' D ' VABCD A ' B 'C ' D ' A ' O.S ABCD 3 2 Chọn B -HẾT - 43
Ngày đăng: 20/05/2021, 22:57
Xem thêm: TS247 DT de thi thu tot nghiep thpt mon toan thpt chuyen lam son thanh hoa lan 1 nam 2021 co loi giai chi tiet 59120 1611980393
