DOWNLOAD đáp án file pdf

Đường cong trong hình bên là của đồ thị hàm số nào dưới đây?... Phương trình mặt cầu tâm I và đi qua A có phương trình là:.[r]

(1)

BẢNG ĐÁP ÁN

1.B 2.A 3.C 4.B 5.D 6.B 7.A 8.D 9.A 10.B 11.D 12.A 13.B 14.D 15.D 16.B 17.C 18.C 19.A 20.A 21.B 22.A 23.B 24.A 25.B 26.B 27.C 28.A 29.D 30.C 31.D 32.A 33.D 34.D 35.C 36.D 37.B 38.D 39.D 40.A 41.A 42.B 43.C 44.C 45.C 46.C 47.D 48.A 49.C 50.C

Lời giải chi tiết Câu 1. Số cách chọn học sinh từ học sinh

A A62 B C62 C 2 6 D 6 2

Lời giải Chọn B

Số cách chọn học sinh từ học sinh là: C62 Câu 2. Cho cấp số nhân  : 1 1, 4 14

4

 

n

u u u Số hạng tổng quát A , *

4n n B

*

1

,n

n C

*

1 ,

4n n D

*

1 ,

4n n Lời giải

Chọn A

Ta có: 3

4 4

1 1 1

4 4 4

      

u u q q q

Số hạng tổng quát:

1

1 1

4 4



  

    

  n n

n n

u u q , n*.

Câu 3. Diện tích mặt cầu bán kính R A 4

3R B

2

2R C 4R2 D R2

Lời giải Chọn 4R2

Câu 4. Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau

Hàm số cho đồng biến khoảng đây?

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

Lời giải Chọn2;3

TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

•ĐỀ SỐ 9- MỖI NGÀY ĐỀ THI

x  2 

y  0  0 

y



1

4

(2)

Câu 5. Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh 2a thể tích a3 Tính chiều cao

h hình chóp cho

A

 a

h B

2

 a

h C

3

 a

h D h 3a

Lời giải Chọn D

Do đáy tam giác cạnh 2a nên  

2

3

ABC  

a

S a

Mà

3 ABC

V  S h

3

ABC

V a

h a

S a

   

Câu 6. Tập nghiệm phương trình log (3 x27) 2

A { 15; 15} B { 4;4} C  4 D  4 Lờigiải

ChọnB

log (x 7) 2

7 x

  

4

x x

     

 Câu 7. Cho  

5

d

f x x 

 Tích phân  

5

2

4f x 3x dx

  

 



A 133 B 120 C 130 D 140 Lời giải

Chọn A

       

5 5

5

2

0

0 0

4f x 3x dx f x dx x xd x 125 133

            

 

  

Câu 8. Cho hàm số có đồ thị hình vẽ bên Số điểm cực trị hàm số cho là:

A 0 B 1 C 2 D 3

Lời giải

Hàm số có ba điểm cực trị

(3)

A y x42x22 B yx42x22 C yx33x22 D y x33x22

Lời giải Chọn A

Đồ thị hàm số đồ thị hàm trùng phương có cực trị có a0 Câu 10. Cho logab2 logac3 Tính log  3

a

P b c

A P108 B P13 C P31 D P30

Ta có: logab c2 32 logab3 logac2.2 3.3 13  Câu 11. Nguyên hàm hàm số f x x3x

A x4x2C B 3x2 1 C C x3 x C D 1 4x 2x C

Lời giải

Ta có  d

4

x x x x  x C



Câu 12. Cho số phức z 2 3i Tìm phần thực a z?

A a2 B a3 C a 2 D a 3

Số phức z 2 3i có phần thực a2

Câu 13. Trong khơng gian Oxyz, cho điểm A3; 1;1  Hình chiếu vng góc điểm A mặt phẳng Oyz điểm

A M3;0;0 B N0; 1;1  C P0; 1;0  D Q0;0;1

Khi chiếu vng góc điểm không gian lên mặt phẳng Oyz, ta giữ lại thành phần tung độ cao độ nên hình chiếu A3; 1;1  lên Oyz điểm N0; 1;1 

Câu 14. Trong không gian Oxyz cho điểm (2;3; 4)I A1; 2;3 Phương trình mặt cầu tâm I qua A có phương trình là:

A (x2)2(y3)2(z4)2 3 B (x2)2y32z429 C  2  2

(x2)  y3  z4 45 D  2  2

(4)

Lời giải

Chọn D

Bán kính mặt cầu RIA 3

Phương trình mặt cầu tâm (2;3; 4)I RIA (x2)2y32z423

Câu 15. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng  P :x2y3z 5 có véc-tơ pháp tuyến A n13; 2; 1 B n3  1; 2; 3 C n41; 2; 3  D n21; 2; 3.

Lời giải

Một véc-tơ pháp tuyến mặt phẳng  P :x2y3z 5 n2 1; 2; 3



Câu 16. Trong không gian Oxyz, đường thẳng

2 :

3

x t

d y t

z t

   

   

   

có véctơ phương

A u32;1;3



B u4   1; 2;1



C u22;1;1



D u1  1; 2;3



Lời giải Chọn u4   1; 2;1



Câu 17. Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vuông C , AC a , BC  2a, SA vng góc với

mặt phẳng đáy SAa Góc đường thẳng S B mặt phẳng đáy

A 60 B 90 C 30 D 45

Lờigiải ChọnC

Có SAABC nên AB hình chiếu SA mặt phẳngABC  



SB ABC,  SB AB,  SBA

  

Mặt khác có ABC vng C nên AB AC2BC2 a 3 Khi tan 1

3

SA SBA

AB

  nên SB ABC, 30

(5)

Hàm số cho có điểm cực trị?

A 2 B 1 C 4 D 3

Lời giải Chọn C

Từ bảng biến thiên, ta có y đổi dấu qua nghiệm nên hàm số cho có 4điểm cực trị Câu 19. Tìm giá trị cực đại yC§ hàm số y x33x2

A yC§ 4 B yC§ 1 C yC§ 0 D yC§  1 Lời giải

Chọn A

Ta có y 3x2 3 y 03x2 3 0  

 

1

x y

   

 

    



 

lim

x x  x

3

2

3

lim ,

xx x x

 

     

   

3

lim

x x  x

3

2

3

lim

xx x x

 

     

 

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, ta thấy giá trị cực đại hàm số

Câu 20. Cho a b hai số thực dương thỏa mãn a b3 232 Giá trị 3log2a2log2b A 5 B 2 C 32 D 4

Ta có:

2 2

log a b log 323log a2 log b5 Câu 21. Giải phương trình log (4 x1)3

A x63 B x65 C x80 D x82 Lời giải

Chọn B

ĐK:  x 1 0 x1

Phương trình log4x13

1 65

 x   x

Câu 22. Cho mặt cầu bán kính R ngoại tiếp hình lập phương cạnh a Mệnh đề đúng? A 

3

R

a B a2R C a2 3R D 

3

(6)

Nối ACA C O  Ta có: O cách đỉnh hình lập phương O tâm mặt cầu

ngoại tiếp, bán kính mặt cầu:

   

      

2 2 3 2 2 3

2 2 3

AC AA AD AB a R R

R OA a

Câu 23. Đồ thị hàm số

3

yx  x cắt trục tung điểm có tọa độ

A 1;0 B 0; 2  C 0; 2 D 2;0 Lời giải

Chọn B

Thế x0 vào hàm số yx33x2 ta y 2

Vậy đồ thị hàm số yx33x2 cắt trục tung điểm có tọa độ 0; 2 

Câu 24. Cho hàm số f x  thỏa mãn f x' 3 sin x f 0 10 Mệnh đề đúng?

A f x 3x5 cosx5 B f x 3x5 cosx2

C f x 3x5 cosx15 D f x 3x5 cosx2

Ta có f x 3 sinx dx3x5 cosx C Theo giả thiết f 0 10 nên 5C10C5 Vậy f x 3x5 cosx5

Câu 25. Số lượng loại vi khuẩn thời điểm t (giờ) tính theo cơng thức

  0,28

200.10 t

N t  Hỏi khoảng thời gian để số lượng vi khuẩn tăng lên gấp 10 lần gần với kết đây?

A 3 58 phút B 3 34 phút C 4 phút D 3 40 phút Lời giải

O

D' C'

B'

D

A B

(7)

Chọn B

Số lượng vi khuẩn thời điểm t1, t2 (giờ) t1t2 tương ứng là:   0,281

1 200.10

t

N t  ,

  0,282

2 200.10

t

N t 

Để số lượng vi khuẩn tăng lên gấp 10 lần     0,282 0,281

2 10 10 10.10

t t

N t  N t  

 

2

0,28 0,28

2

10 t 10 t 0, 28t 0, 28t 0, 28 t t

       

2

1 25 0, 28

t t

    (giờ)  34 phút

Vậy cần xấp xỉ 34 phút để số lượng vi khuẩn tăng lên gấp 10 lần

Câu 26. Cho khối chóp tam giác S ABC có cạnh đáy a cạnh bên 2a Tính thể tích V khối chóp S ABC

A

3

13 12

a

V  B

3

11 12

a

V  C

3

11

a

V  D

3

11

a

V 

Do đáy tam giác nên gọi I trung điểm cạnh BC, AI đường cao tam giác đáy Theo định lý Pitago ta có

2

4

a a

AI a   , 2 3

3 3.2

a a

AO AI  

Trong tam giác SOA vng O ta có

2

2 11

4

3

a a

SO a  

Vậy thể tích khối chóp S ABC

3

1 11 11

3 2 12

a a a

V  a 

Câu 27. Cho hàm số y f x có báng biến thiên sau:

Tổng số tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số cho là:

A 1 B 2 C 3 D 4

O I

A C

(8)

Nhìn bảng biến thiên ta thấy x=0 hàm số khơng xác định nên x=0 TCĐ đồ thị hàm số

 

lim 3

xf x  y TCN đồ thị hàm số

 

lim 1

xf x  y TCN đồ thị hàm số Vậy hàm số có tiệm cận

Câu 28. Cho hàm số yax4bx2c (a0) có đồ thị hình vẽ

Mệnh đề đúng?

A a0, b0, c0 B a0, b0, c0 C a0, b0, c0 D a0, b0, c0

Lời giải Đồ thị cắt trục tung điểm 0;c, từ đồ thị suy c0

Mặt khác đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên y 0 có ba nghiệm phân biệt, hay

 

3

4 2

y  ax  bx x ax b  có ba nghiệm phân biệt Suy a b, trái dấu Mà a0b0

Câu 29. Diện tích hình phẳng ( )H giới hạn đồ thị hàm số y f x( ), trục hoành hai đường thẳng xa,xb a ( b) (phần tơ đậm hình vẽ) tính theo công thức

A ( )d b

a

S  f x x B ( )d ( )d

c b

a c

S  f x x f x x

C ( ) b

a

S  f x dx D ( )d ( )d

c b

a c

S   f x x f x x. Lời giải Chọn D

Ta có: ( )d ( )d ( )d

b c b

a a c

S  f x x  f x x  f x x

(9)

Suy ( )d ( )d

c b

a c

S   f x x f x x

Câu 30. Cho hai số phức z1 1 i z2 2 3i Tính mơđun số phức z1z2

A z1z2 1 B z1z2  C z1z2  13 D z1z2 5 Lời giải

Chọn C

Ta có z1z2    1 i 3i 3 2i z1z2  2 i  13

Câu 31. Điểm M hình vẽ biểu diễn số phức z Chọn kết luận số phức z

A z 3 5i B z  3 5i C z 3 5i D z  3 5i Lời giải

Chọn D

Ta có điểm M3; 5, nên số phức z  3 5i Vậy z  3 5i

Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vectơ a2;m1;3 , b1;3; 2 n Tìm m n, để vec tơ a b , hướng

A 7;

  

m n B m4;n 3 C m2;n0 D 7;

3

  

m n

2; 1;3 , 1;3; 

   

 

a m b n hướng

, akb k 

 

2

1

3

4  

  

 

    

   

   



k k

m k m

k n

n

Vậy vec tơ a b , hướng 7;

  

m n

(10)

A   S : x22y12z128 B   S : x22y12z12 10 C   S : x22y12z128 D   S : x22y12z12 10

Gọi ,R r bán kính mặt cầu  S đường trịn giao tuyến Ta có    

2

2.2 1.1 2.1

, 10

2

R r  d I P         

 

Mặt cầu  S tâm I2;1;1bán kính R 10là x22y12z12 10

Câu 34. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A4;0;1 B2; 2;3  Mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB có phương trình

A 6x2y2z 1 B 3xy  z C xy2z 6 D 3x  y z Lời giải

Chọn D

Mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB có véctơ pháp tuyến AB  6; 2; 2 qua trung điểm I1;1; 2 đoạn thẳng AB. Do đó, phương trình mặt phẳng là:

     

6 2 2

 x  y  z    x y z  xy z

Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1; 1; 2 , B1; 2; 3 đường thẳng

1

:

1

x y z

d      Tìm điểm M a b c ; ;  thuộc d cho 2

28

MA MB  , biết c0 A M1; 0; 3  B M2; 3; 3

C 1; 7; 6

 



 

 

M D 1; 7;

6

M   

 

Ta có : Md nên  t :M1t; 2t; 2 t.Đk :1 1 *

t t 

   

2

28 MA MB 

 t  t2 1 2t2  t2  t 2 2t2 28

              

2

12t 2t 10

   

 

1

/ t L

t T m

   

    Với

6

t  , ta có 7; ; 6

M  

 

(11)

học sinh gồm nam nữ vào hai dãy ghế Xác suất để có 1cặp học sinh nam học sinh nữ ngồi đối diện

A

63 B

5

42 C

10

21 D

5 21 Lời giải

Chọn D

Xếp 10 học sinh vào 10 ghế có 10!cách n  10!

Để xếp ngẫu nhiên 10 học sinh vào hai dãy ghế để có 1cặp học sinh nam học sinh nữ ngồi đối diện ta thực sau:

- Chọn ghế để xếp học sinh nam vào: có 10cách chọn - Chọn học sinh nam xếp vào ghế chọn: có 5 cách chọn - Chọn học sinh nữ xếp vào ghế đối diện: có 5 cách chọn

- Chọn cặp ghế cặp ghế lại để xếp học sinh nam vào: Có C42.4! cách - Xếp học sinh nữ cịn lại vào ghế: có 4!

Vậy số cách xếp để có 1cặp học sinh nam học sinh nữ ngồi đối diện là:

 

4

10.5.5 .4!.4! 864000

n A  C 

Vậy xác suất để có 1cặp học sinh nam học sinh nữ ngồi đối diện là:    

 

864000

10! 21

n A P A

n

  



Câu 37. Cho hình chóp S ABCD có SAABCD, đáyABCD hình chữ nhật với ACa 5và



BC a Tính khoảng cách SD BC A

2 a

B a C 3

4 a

D 2

3 a

Lời giải

Chọn B

ABCDlà hình chữ nhật nên AB AC2BC2 a Ta có

   

/ / AD

//

 

 

  

BC

(12)

Do đód SD BC , d B SAD , 

Mặt khác,       ,   



AB AD

AB SAD d B SAD AB a

AB SA

Vậy d SD BC , a

Câu 38. Số điểm cực trị hàm số  

2 2 d x x t t f x t   

A 0 B 1 C 2 D 3

Ta có          

2 2

2

d d

ln ln ln

1

x x

t x

t t

f x t x x

t t x



       

 

 

Xét hàm số f x ln 1 x4ln 4  x2

   

  

3

4 4

4 2

; 4

1 1 1

x x x x x

f x f x x x

x x x x x x

   

          

       

Dễ thấy f x 0 có nghiệm đơn Vậy f x đổi dấu lần Vậy hàm số có điểm cực trị Câu 39. Tập hợp tất giá trị thực tham số m để hàm số y m 1x 2m

x m

  



 nghịch biến khoảng   1; 

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

Tập xác định D\m

  2 m m y x m     

Để hàm số nghịch biến khoảng   1; 

    2 2

0 2

1

1; 1

1 m m

y m m m

m x m

m m m

m                                          

(13)

A L24344cm B L97377cm C L848cm D L7749cm

Ta có lần bán vịng đề can bán kính cuộn đề can giảm số cm là: 0, 06cm

Bán kính lúc đầu 22,45 cm, bán kính lúc sau 6,25 cm Số vòng đề can bán là:

22, 45 6, 25 ;0, 06  270

Chu vi vịng đề can bán kính r chiều dài vịng đề can Nó bằng:

r

L  r

Chiều dài L đề can bán LL1L2 L270 với L1 độ dài vòng cuộn đề can, bán kính r122, 45cm L1cũng chu vi đường trịn bán

kínhr122, 45cmL12  r1 Vịng thứ 2, bán kính giảm 0,06cm có bán kính r2 22, 45 0, 06 22,39cm, L2cũng chu vi đường trịn bán

kínhr2 22,39cmL12  r1

Suy L2r12r2 2 r270 2r1r2 r270

Trong r r1, , ,2 r270 cấp số cộng có u122, 45;d  0, 06, suy

270 269 22, 45 269.0, 06 6, 25 0, 06 6,31

u u  d      cm

Tổng 1 2 270 1 270 270 22, 45 6,31 270 3882,

2

r r

r r  r       cm

Suy L=2 3882.6 24382cm

Câu 41. Cho số thực dương x y z, , thỏa mãn đồng thời

2 2

1 1

log xlog ylog z 2020

2

log (xyz)2020 Tính log2xyz x  y zxyyzzx1

A 4040 B 1010 C 2020 D 20202

Đặt alog2x b; log2 y c; log2z Ta có 1 1

2020

abc  a b c  2020

    

   

2 2 2

1 1

1

0

a b c a b c ab ac bc abc a b c

a b ab abc abc b c bc a c ac a b b c c a

 

          

 

 

        

(14)

Vì vai trò , ,a b c nên giả sử ab0c2020z 22020

1

xy

        2 2

log log ( ) 1

log log 4040

xyz x y z xy yz zx z x y z yz zx

z z

            

  

Câu 42. Có giá trị thực tham số m để giá trị lớn hàm số y x22x m 4 đoạn 2;1 4?

A 1 B 2 C 3 D 4

Lời giải  

2

f x x  xm có f x 2x2, f x 0 x 1 Do

   

2 2;1

max x 2x m max m ;m ;m

       

Ta thấy m 5 m 4 m1 với m, suy  2;1 maxy



m5 m1 Nếu

 2;1

maxy m   

5 m m m           m   Nếu  2;1

maxy m   

1 m m m           m   Vậy m1; 5

Câu 43. Cho bất phương trình 9x  16 x 4 12 x

m  m  m  với m tham số Có giá trị nguyên m thuộc khoảng0 ; 10 để bất phương trình cho có tập nghiệm 

A 8 B 1 C 9 D 0

         

2

4

.9 16 12 1

3

x x

x x x

m  m  m   m     m    m

   

Đặt ,

x

t   t x

  Bất phương trình  1 trở thành    

2

1

m t  m tm

Bất phương trình  1 có tập nghiệm  m1t24m1tm0,  t

 

2

4

, t t m t t t       

Xét hàm số  

2

4

t t

y f t

t t



 

  với t0, ta có  2 2

2

0 , t y t t t        

(15)

Bất phương trình  2 thỏa mãn đường thẳng ymluôn nằm điểm đồ thị hàm số y f t  Từ BBT suy m1

Mà m số nguyên thuộc khoảng0 ; 10nên m1 ; ; ; ;  Câu 44. Cho

(4 ) d

f x xx  xc

 Mệnh đề đúng? A

2

( 2) d

4

x

f x x  x C

 B f x( 2) dxx27xC



C

2

( 2) d

4

x

f x x  x C

 D

2

( 2) d

2

x

f x x  x C



Từ giả thiết toán  f(4 ) dx xx23xc Đặt t4xdt4dx từ ta có

2 2

1

( )d ( )d

4 4

t t t

f t t       c f t t  tc

   

 

Xét

2

( 2)

( 2)d ( 2)d( 2) 3( 2)

4

x x

f x x f x x    x  c  x C

 

Vậy mệnh đề

2

( 2)d

4

x

f x x  x C



Câu 45. Cho hàm số y f x mx4nx3px2qx r m n p q r, , , , .Biết hàm số

 

y f x có đồ thị hình vẽ bên Tập nghiệm phương trình

  16

f x  m n p q r có tất phần tử?

A 5 B 3 C 4 D 6

(16)

Dựa vào đồ thị hàm số f x ta có:          

2

2 d

f f f x x f f

 

       

Bảng biến thiên hàm số y f x 

Dựa vào bảng biến hàm số y f x ,ta thấy phương trình f x 16m8n4p2q r có nghiệm phân biệt

Câu 46. Cho hàm số y f x  có đạo hàm f  x  x1 4 xm 5 x33 với x Có giá trị nguyên tham sốm  5;5 để hàm sốg x  f  x có điểm cực trị?

A 3 B 6 C 5 D 4

Do hàm số y f x  có đạo hàm với x nên y f x liên tục , hàm số    

g x  f x liên tục  Suy g 0  f 0 số hữu hạn Xét khoảng 0;: g x  f x 

  f   x 1 4 x m 5 33

g x   x    x

 

g x  x m 50 xm

- TH 1: m0 x0 Khi x0 nghiệm bội lẻ g x nên g x  đổi dấu lần qua x0 suy hàm số g x  có điểm cực trị x0

- TH m0 g x  vơ nghiệm, suy g x 0 với x0 Hàm số yg x  đồng biến khoảng 0;

Cả hai trường hợp có: hàm số g x  f x có điểm cực trị x0 - TH 3: m0 xmlà nghiệm bội lẻ g x 

(17)

- Lại có m [ 5; 5] mnguyên nên m1,2,3,4,5 Vậy có giá trị nguyên m

Câu 47. Cho số thực dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x y1 Giá trị nhỏ biểu thức 2 2

logx 3logy y

x

T x

y

 

A 19 B 13 C 14 D T 15 Lời giải

Chọn D

Từ giả thiết  

2

2 logx logy y

T  x  x

   

2

4

3

log

1 logx y x y

 

    

  

Đặt tlogx y 1 y  x t 0;1

u cầu tốn trở thành tìm giá trị nhỏ hàm  

 2

4 3 f t t t    

với t0;1

Dễ thấy hàm số f t  liên tục khoảng 0;1  

       3 2

3

1

t t

t t t

f t

t t t t

 

  

  

  ,

  1

3

f t   t   t

  lim t f t    ;   lim t f t     Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy

0;1  

1

min 15

3 f t  f  

  Vậy minP15 đạt

3

1 log

3

x y  y x 1 y x Câu 48. Cho hàm số  

2 1, ,        

a x x

f x

x b x với a b, tham số thực Biết f x liên tục có

đạo hàm , tính  

2

d 

 

(18)

A 26 

I B 19

3 

I C 25

3 

I D

3  I Lời giải

Chọn A

+ Hàm số   2 1, ,        

a x x

f x

x b x liên tục   f x  liên tục x1

 1  1

f a

   

1

lim lim 1

     

x f x x a x a

   

1

lim lim

 

 

   

x x

f x x b b

 

f x liên tục      

1

1 lim lim 1

 

 

         

x x

x f x f x f a b a b

+ Với ab,   2 1, ,        

a x x

f x

x a x

Hàm số f x  có đạo hàm   f x  có đạo hàm x1  1  1

f a

     

1

1 1

lim lim 1             x x

f x f a x a

a

x x

     

1 1

lim lim lim

1 1

  

  

    

  

  

x x x

f x f x a a x

x x x

 

f x có đạo hàm x1        

1

lim lim

1             x x

f x f f x f

a

x x

Vậy ab2

+ Với ab2,   22 1, 2,         x x f x

x x

     

2

1 1

d d d

 

    

I f x x f x x f x x

     

1

1 2

2

1

1 1

26

2 d d

3

 

 

         

 

 x x  x x x x x x

Câu 49. Cho hình chóp S ABCD có SASBSCABBCCDDA1 Gọi G1 , G2, G3 ,

4

G lần lươt trọng tâm tam giác SAB, SBC , SCD, SDA AC cắt BD O Khi thể tích khối S ABCD lớn thể tích khối chóp O G G G G 1 2 3 4

A

81 B

1

27 C

1

54 D

2 81

(19)

Theo giả thiết ta có:

2 2

AC BD CD OC OD

AC SO SC OC SO

              

SO OD BD SBD

     vuông S Lại có:

2 2

AC BD CD OC OD

AC SO SC OC SO

              

Dựng SHBD HACSH SHABCD Đặt SDx x 0 

Ta có

2

2 2

1

2 x BD SB SD  x OD 

 

2

1

1 ,

4

1

2

ABCD

x x

OC AC x x

S AC BD x x

 

        

      

Tam giác SBD vng S có đường cao

2

SB SD x SH BD x    Suy 2

1 1

3

3 6

S ABCD ABCD

x x

V  SH S  x x     

Dấu “” xảy x

  hay max . S ABCD

V 

Khi . S ABCD

V  ta có:      

1

2 1

, , ,

9 3

G G G G ABCD

S  S d O G G G  d S ABCD  SH

1

2 1

27 27 54

O G G G G S ABCD

V V

    

Vậy thể tích khối chóp S ABCD lớn

1

1 54 O G G G G

(20)

Câu 50. Cho hàm sốy f x  xác định  có đạo hàm

  1 2 s inx 2 2019

     

f x x x Hàm số y f1x2019x2018nghịch biến khoảng đây?

A 3 ; + B 1 ; + C 0 ; 3 D  ; 3 Lời giải

Chọn C

Đặt yg x  f1x2019x2018

Vì hàm sốy f x  xác định nên hàm số y g x cũng xác định  Ta có g x  f1x2019

Để tìm khoảng nghịch biến hàm số y g x  ta tìm giá trị x chog x 0 f1x20190 f1x20190

    

     

3 sin

3 sin 0, x

0

    

      

  

x x x

x

(21)

(22)

(23)

ĐÁP ÁN CHI TIẾT TẢI TẠI BẢN ĐÀY ĐỦ NHÉ!

THEO DÕI: FACEBOOK: https://www.facebook.com/phong.baovuong PAGE: https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/

YOUTUBE:

https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber

WEB:https://diendangiaovientoan.vn/

Định dạng
Số trang	23
Dung lượng	574,21 KB