DAP AN DE THI THPTQG MINH HOA 2017

Chú ý là theo thường lệ của các ngân hàng, thì vay với lãi suất 12 12%/năm,thì người ta sẽ tính lãi cho cả năm theo dự nợ rồi chia cho 12 để xác định số tiền lãi hàng tháng... Như vậy có[r]

LỜI GIẢI ĐỀ MINH HỌA MÔN TOÁN KỲ THI THPTQG NĂM 2017 (Phùng Văn Hùng – THPT Liễn Sơn, Vĩnh Phúc) Câu 1: Đường cong hình bên là đồ thị hàm số bốn hàm liệt kê bốn phương án A, B, C, D đây Hỏi hàm số đó là hàm số nào? A y   x  x  B y   x3  3x  C y  x  x  D y  x3  3x  Lời giải Ta thấy đường cong là đồ thị hàm bậc ba y  ax3  bx  c , đồ thị có dạng lên – xuống – lên nên hệ số a  Vậy phương án đúng là phương án D Câu 2: Cho hàm số y  f  x  có lim f  x   và lim f  x   1 Khẳng định nào sau đây là đúng? x  x  A Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận ngang B Đồ thị hàm số đã cho có đúng tiệm cận ngang C Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng y  và y  1 D Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng x  và x  1 Lời giải Ta nhớ lại định nghĩa: “Cho hàm số y  f  x  xác định trên khoảng vô hạn (là khoảng dạng  a;   ,  ; b   ;   Đường thẳng y  y0 là đường tiệm cận ngang (hay tiệm cận ngang) đồ thị hàm số y  f  x  ít các điều kiện sau thỏa mãn lim f  x   y0 , lim f  x   y0 ” x  x  Chú ý: Nếu hai điều kiện thỏa mãn thì đương nhiên đường thẳng y  y0 là tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  f  x  và đó ta viết lim f  x   y0 x  Do lim f  x    y  là tiệm cận ngang đồ thị hàm số x  Do lim f  x   1  y  1 là tiệm cận ngang đồ thị hàm số x  Vậy phương án đúng là phương án C Chú ý: Chỉ có “đường cong” có đường tiệm cận, đường tiệm cận có thể là đường thẳng cong Trong SGK lẫn nâng cao, đề cập tới các tiệm cận là đường thẳng tiệm cận đứng, tiệm cận ngang, tiệm cận xiên Vậy nên hàm số y  có lim y  , không thể nói nó có tiệm cận là y  x  Và đây là định nghĩa tiệm cận trên WolframMathWorld: The term asymptotic means approaching a value or curve arbitrarily closely (i.e., as some sort of limit is taken) A line or curve that is asymptotic to given curve is called the asymptote of Câu 3: Hỏi hàm số y  x  đồng biến trên khoảng nào? 1  A  ;   2  B  0;     C   ;     D  ;0  Lời giải Ta có: y  x3  y   x   hàm số đồng biến trên  0;   Bài này không cần sử dụng CASIO, muốn có thể (mất thời gian): Dùng CASIO tính giá trị đạo hàm y 100 ta kết là số dương  B C đúng! Để loại bớt khả ta tính thêm giá trị đạo hàm y  Câu 4: Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên kết là số âm  B đúng! và có bảng biến thiên Khẳng định nào sau đây đúng? A Hàm số có đúng cực trị B Hàm số có giá trị cực tiểu C Hàm số có giá trị lớn và nhỏ -1 D Hàm số đạt cực đại x  và đạt cực tiểu x  Lời giải Phương án A sai vì hàm số có hai cực trị gồm giá trị cực đại và giá trị cực tiểu là -1 (cực trị hàm số chính là giá trị cực tiểu, giá trị cực đại hàm số đó) Phương án B sai Phương án C sai, nhiên nhiều học sinh mắc sai lầm không phân biệt khác giá trị lớn với giá trị cực đại, giá trị nhỏ với giá trị cực tiểu Ở đây, hàm số không có giá trị lớn và giá trị nhỏ trên tập xác định, vì nó tăng tới dương vô cùng x   , giảm tới âm vô cùng x   Phương án D đúng vì mặc dù đạo hàm không xác định x  nó đổi dấu từ dương sang âm qua x  nên x  là điểm cực đại, còn x  hiển nhiên là điểm cực tiểu Câu 5: Tìm giá trị cực đại yCÑ hàm số y  x3  3x  A yCÑ  D yCÑ  1 C yCÑ  B yCÑ  Lời giải Ta có: y  3x    x  1 y 1  ; y  1  Đối với hàm bậc ba thì yCÑ  yCT nên suy ra: yCÑ  Vậy phương án đúng là A x2  Câu 6: Tìm giá trị nhỏ hàm số y  trên đoạn  2;  x 1 A y  C y  3 B y  2  2;   2;   2;  D y   2;  19 Lời giải Cách 1: y   x  x  1  x   x  1 y    7; y  3  6; y    x  2x   x  1   x  và x  1 Ta thấy x   2;  19  y   2;4  Vậy phương án đúng là A Cách 2: Dùng TABLE CASIO Nhập hàm: f  X   X2  42 ; Start = 2; End = 4; Step = X 1 20 Xem bảng giá trị ta thấy y   2;4 Câu 7: Biết đường thẳng y  2 x  cắt đồ thị hàm số y  x  x  điểm nhất, ký hiệu  x ; y  là tọa độ điểm đó Tìm y 0 A y0  B y0  C y0  Lời giải Cách 1: Phương trình hoành độ giao điểm: D y0  1   x  x   2 x   x  x   x x    x  Vậy x0   y0  Vậy phương án đúng là C Cách 2: Dùng TABLE hàm CASIO FX 570VN PLUS VINCAL ES PLUS II Nhập: f  X   2 X  2; g  X   X  X  2; Start  1; End  4; Step    1 10 Được bảng số liệu: Dễ thấy x  thì f  x   g  x   nên giao điểm hai đồ thị hàm số là  0;   y0  Câu 8: Tìm tất các giá trị thực tham số m cho đồ thị hàm số y  x  2mx  có ba điểm cực trị tạo thành tam giác vuông cân A m   B m  1 C m  D m  Lời giải   y  x  4mx   x x  m   * Hàm số có ba điểm cực trị phương trình (*) có nghiệm phân biệt  m  Do a   nên đồ thị hàm số có điểm cực đại có tọa độ A  0;1 , có hai điểm cực tiểu là    B  m ;1  m , C  m ;1 m Tam giác ABC là tam giác cân A để nó vuông A thì trung tuyến, là đường cao phải nửa cạnh đáy, suy ra: m  m  m    m  m  m  m  m   m m3    m  1 (do m < 0) Vậy phương án đúng là B Câu 9: Tìm các giá trị thực tham số m cho đồ thị hàm số y  A Không có giá trị thực nào m thỏa mãn B m < C m = D m > x 1 mx  có hai tiệm cận ngang Lời giải Đồ thị có hàm tiệm cận ngang nên phải tồn các hai giới hạn lim y và lim y và hai giới hạn này phải x  x  khác và hàm số phải xác định x   và x   Suy ra: mx   x   và x   nên m  , so sánh với các phương án thì ta thấy phương án D m  là thỏa mãn Vậy phương án đúng có thể là A D x 1 Ta có: lim y  lim x  x  mx  nên hàm có hai tiệm cận y   lim x  m 1 x  m m x và y   m ; lim y  lim x  x  x  1 m m x 1  Phương án đúng là D Có thể không cần tính giới hạn sau: ta thay m giá trị dương tùy ý, ví dụ m =1 Dùng CASIO tính giới hạn hàm y  x 1 x2 1  và  sau: Để tính giới hạn  ta cho x giá trị vô cùng lớn ví x  106 ta được: y  Suy ra: lim x  x 1 x2 1   y  là tiệm cận ngang Để tính giới hạn  ta cho x giá trị vô cùng bé ví x  106 ta được: y  1 Suy ra: lim x  x 1 x 1  1  y  1 là tiệm cận ngang Vậy hàm số có hai tiệm cận ngang và phương án D là chính xác! Câu 10: Cho nhôm hình vuông cạnh 12 cm Người ta cắt bốn góc nhôm đó bốn hình vuông nhau, hình vuông có cạnh x (cm), gập nhôm lại hình vẽ đây để cái hộp không nắp Tìm x để hộp nhận có thể tích lớn A x  B x  C x  D x  Lời giải  Diện tích mặt hộp là: S  12  x     x  cm 2  Chiều cao hộp là: h  x  cm    Thể tích hộp là: V  Sh  x   x  cm với  x   cm  Đặt t   x   t  , được: V  f  t   4t   t   4t  24t , với t   0;  Ta có: f   t   12t  48t  12t  t     t  0, t  Chỉ t    0;  f    0; f    128; f      Vậy Vmax  max f  t   max f  t   128 cm3 t  hay x   cm   0;  0;6 Câu 11: Tìm tất các giá trị thực tham số m cho hàm số y  tan x  đồng biến trên khoảng tan x  m    0;   4 A m   m  B m  C  m  D m  Lời giải Đặt t  tan x   t  Ta có: y  t2 , t   0;1 tm Trước tiên hàm số phải xác định với t   0;1  m  m  Hàm số bây là hàm phân thức bậc trên bậc có: D  m  Do hàm phân thức bậc trên bậc luôn đồng biến nghịch biến, đồng biến thì D  , nghịch biến thì D  suy trường hợp này ta có: D   m  Kết hợp lại ta được: m   m   phương án đúng là A Câu 12: Giải phương trình log4  x  1  A x  63 B x  65 C x  80 D x  82 Lời giải Sử dụng máy tính ta nghiệm phương trình là x  65 Tuy nhiên, ta có thể giải tay vì phương trình này dễ! Điều kiện: x  PT  x 1  43  x  43   65 Câu 13: Tính đạo hàm hàm số y  13 x A y  x.13x 1 B y  13x.ln13 D y  C y   13 x 13x ln 13 Lời giải   Ta có quy tắc: a x  a x ln a nên y  13x ln13 Câu 14: Giải bất phương trình log2  3x  1  A x  B  x3 C x  D x  10 Lời giải Điều kiện: x  BPT  log2  3x  1  log2  3x    x  (do hàm y  loga x với a  là hàm đồng biến) Vậy x    Câu 15: Tìm tập xác định D hàm số y  log x  x  A D   ; 1  3;   B D   1; 3 C D   ; 1   3;   D D   1; 3 Lời giải Ta biết ràng hàm số y  loga x  a  0, a  1 xác định x  nên điều kiện để hàm số đã cho xác định là: x  x    x  1 x  Vậy tập xác định hàm số đã cho là: D   ; 1   3;   Câu 16: Cho hàm số f  x   x.7 x Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai? A f  x    x  x log2  B f  x    x ln  x ln  C f  x    x log7  x  D f  x     x log2  Lời giải  f  x    log2 f  x   log2  log 2 x.7 x    log 2 x  log x   x  x log      x ln  x ln  f  x   log  log     x log  x f  x    ln f  x   ln  ln x.7 x f  x    log7 2 x x2 7 0 Vậy phương án D là phương án sai Câu 17: Cho các số thực dương a, b với a  Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng? A loga2  ab   loga b B loga2  ab    loga b C loga2  ab   loga b D loga2  ab   1  loga b 2 Lời giải Ta có: loga b  loga2  ab    loga b  a, b  0, a  1,   nên: 1 1 loga  ab   loga a  loga b   loga b 2 2 Câu 18: Tính đạo hàm hàm số y  A y  C y  x 1 4x   x  1 ln B y  22 x   x  1 ln 2x D y    x  1 ln 22 x   x  1 ln 2x Lời giải  u  uv  uv Áp dụng công thức:    được: v v   y  x   x  1 x ln   4x  x 1   x  1 ln    4x    x  1 ln 4x    x  1 ln 22 x Câu 19: Đặt a  log2 3, b  log5 Hãy biểu diễn log 45 theo a và b A log6 45  a  2ab ab B log6 45  2a2  2ab ab 2a2  2ab D log6 45  ab  b a  2ab C log6 45  ab  b Lời giải Dùng máy tính CASIO gán A  log2 3; B  log5 , bấm thử các phương án ta thấy phương án C đúng! Hoặc biến đổi thủ công sử dùng các tính chất phép toán logarit: 1 2 log3 log5 log5 log6 45  log6  log6      log3 log3 log3  1 log 2 1  2b b  b  a 1  2b   a  2ab  a 1  a  1 b ab  b 1 a a 2 Câu 20: Cho hai số thực a và b, với 1 a  b Khẳng định nào là khẳng định đúng? A loga b   logb a B 1 loga b  logb a C logb a  loga b  D logb a   loga b Lời giải Cách 1: Thử với a  , b  ta được: log2  1, 585  1; log3  0, 631  rõ ràng: log3   log2 Vậy phương án đúng là D Cách 2: Ta có: loga a  loga b   loga b Hơn do: logb a   logb a  loga b Vậy logb a   loga b Câu 21: Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 12%/năm Ông muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách đúng tháng, số tiền hoàn nợ lần là và trả hết tiền nợ sau đúng tháng kể từ ngày vay Hỏi, theo cách đó, số tiền m mà ông A phải trả cho ngân hàng lần hoàn nợ là bao nhiêu? Biết rằng, lãi suất ngân hàng không thay đổi thời gian ông A hoàn nợ A m  C m  100 1, 01 100 1, 03 1, 01 (triệu đồng) B m  1, 01  3 (triệu đồng) (triệu đồng) D m  120 1,12  1,12   (triệu đồng) Lời giải Khi vay tiêu dùng ngân hàng, người ta thường có hai cách tính lãi suất: +) Lãi suất trên dự nợ gốc +) Lãi suất trên dự nợ giảm dần (cách tính kiểu lãi kép đã SGK đề cập) Lãi suất trên dự nợ gốc là lãi tính trên số tiền bạn vay ban đầu suốt thời hạn vay Ví ông A vay 100 triệu với lãi suất 12%/năm, thì số tiền lãi ông phải trả hàng tháng luôn là: 100.0,12  100.0, 01  (triệu) Chú ý là theo thường lệ các ngân hàng, thì vay với lãi suất 12 12%/năm,thì người ta tính lãi cho năm theo dự nợ chia cho 12 để xác định số tiền lãi hàng tháng Như có thể hiểu đơn giản là vay với lãi suất 12%/năm thì hàng tháng bạn phải trả lãi suất là 1%/tháng Lãi suất trên dự nợ giảm dần là lãi tính trên số tiền thực tế khách hàng còn nợ Ví ông A vay 100 triệu với lãi suất 12%/năm thì: +) Số tiền lãi tháng đầu tiên là: 100.0,01 = triệu +) Nếu ông trả thêm 10 triệu vào dự nợ gốc thì dư nợ còn lại là 100 – 10 = 90 (triệu đồng) +) Khi đó số tiền lãi tháng thứ hai còn là: 90.0,01 = 900 (ngàn đồng) Sau tháng ông A hoàn nợ lần 1, các lần hoàn nợ sau đó tháng Ông trả hết tiền nợ sau tháng, ông hoàn nợ lần Gọi m là số tiền ông hoàn nợ tháng Chú ý m là số tiền ông hoàn nợ nghĩa là hàng tháng ông không trả lãi mà dùng số tiền này trả nợ gốc, và tiền lãi sinh hàng tháng cộng luôn vào nợ, để tính lãi cho tháng - Tháng thứ 1: +) Tiền lãi tháng: 100.0, 01 (triệu đồng) +) Dư nợ còn lại: 100  100.0, 01  m  100.1, 01 m (triệu đồng) - Tháng thứ 2: +) Tiễn lãi tháng: 100.1, 01  m  0, 01 (triệu đồng) +)Dư nợ còn lại: 100.1, 01  m   100.1, 01  m  0, 01  m  100.1, 01  m  1, 01  m  100 1, 01 đồng) - Tháng thứ 3: +) Tiền lãi tháng: 100 1, 01  1, 01m  m  0, 01 (triệu đồng)   +) Dư nợ còn lại: 100 1, 012  1, 01m  m   100 1, 012  1, 01m  m  0, 01  m      100 1, 01  1, 01m  m  1, 01  m  100 1, 01  1, 01 m  1, 01m  m   Ông trả hết nợ nên: 100 1, 01  1, 01 m  1, 01m  m  2 1, 01m  m (triệu m 100 1, 01 1, 01 1, 01  1, 01   1, 01  1 1, 01 1, 01 (triệu đồng)   1, 01  1 1, 01  3 Chú ý: Ta đã nhân tử và mẫu với 0, 01  1, 01  áp dụng đẳng thức:  a  1  a   a   a3  Câu 22: Viết công thức tính thể tích V khối tròn xoay tạo quay hình thang cong, giới hạn đồ thị hàm số y  f  x  , trục Ox và hai đường thẳng x  a, x  b  a  b  , xung quanh trục Ox b A V    f  x dx a b b B V   f  x dx C V    f  x dx a a b D V   f  x  dx a Lời giải Phương án đúng là A Câu này hỏi lý thuyết, học sinh cần ghi nhớ công thức, không cần tính toán gì Câu 23: Tìm nguyên hàm hàm số f  x   x  A  f  x dx   x  1 C  f  x dx   2 x   C x   C B  f  x dx   x  1 D  f  x dx  1 x   C x   C Lời giải Đặt u  x   u2   x  2udu  2dx  udu  dx  1 f  x dx   u du  u3  C  3  x  1 C   x  1 x   C Câu 24: Một ôtô chạy với vận tốc 10 m/s thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó, ôtô chuyển động chậm dần với vận tốc v  t   5t  10 (m/s), đó t là khoảng thời gian tính giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh Hỏi từ lúc đạp phanh đến dừng hẳn, ôtô còn di chuyển bao nhiêu mét? A 0,2 m B 2m C 10 m D 20 m Lời giải Cách 1: Sử dụng kiến thức Vật Lý Ta biết vận tốc vật chuyển động thẳng biến đổi có dạng: v  v0  at , đó v0 là vận tốc bắt đầu chuyển động biến đổi còn a là gia tốc vật   Từ dạng vận tốc ta suy ra: v0  10  m s  và a  5 m s , a và v0 trái dấu, nên vật chuyển động chậm dần Sử dụng công thức liên hệ quãng đường, vận tốc và gia tốc: v  v02  2as Khi dừng lại thì vận tốc vật không nên v  , và ta có: v02  2as  s   v02 102   10  m  2a  5 Cách 2: Sử dụng kiến thức Toán học Khi vật dừng lại thì v   5t  10   t   s  Quãng đường vật khoảng thời gian này là: 3 s   v  t dt    5t  10  dt  5 tdt  10 dt   t  10 t  20  10  10  m  0 2  Câu 25: Tính tích phân I   cos3 x.sin xdx A I    4 B I   C I  D I   Lời giải Cách 1: Dùng máy tính ta kết quả: I  Cách 2: Ta có:   I    cos3 xd  cos x    cos x  e Câu 26: Tính tích phân I   x ln xdx A I  B I  e2  2 C I  e2  Lời giải e2  Cách 1: Dùng máy tính ta kết quả: I  Cách 2: Tích phân phần  dx du   u  ln x  x  Đặt:  dv  xdx v  x  e e e Ta có: I   udv  uv   vdu 1 D I  e2  e e x ln x e2 e e2 e2 e2    xdx   x     Hay: I  21 4 4 Câu 27: Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  x  x và đồ thị hàm số y  x  x A 37 12 B C 81 12 D 13 Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm:   x  x  x  x  x  x  x   x x  x    x  2, x  0, x  S x  x  x dx  2  x  x  x  x dx  2   x  x dx  37 12 Câu 28: Kí hiệu  H  là hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y   x  1 e x , trục tung và trục hoành Tính thể tích V khối tròn xoay thu xoay hình  H  xung quanh trục Ox B V    2e   A V   2e C V  e2  Lời giải Giao điểm đồ thị hàm số là nghiệm phương trình:  x  1 e x   x  1 0 Thể tích khối tròn xoay là: V    y dx  4   x  1 e2 x dx  4 I   Cách 1: Dùng máy tính ta tính được: V  e   Cách 2: du   x  1 dx u  x     Đặt    e2 x dv  e x dx v   I  x  1 e 2x 1    x  1 e x dx    I1 2  du  dx u  x    Đặt  e2 x 2x  dv  e dx  v     D V  e   I1  x  1 e  2x 1 2x 1 2x e2  e2   e dx   e     20 4 4 1  e2 e2    V  4 I  e2   Suy ra: I    4   Câu 29: Cho số phức z   2i Tìm phần thực và phần ảo số phức z A Phần thực -3 và phần ảo 2i B Phần thực -3 và phần ảo -2 C Phần thực và phần ảo 2i D Phần thực và phần ảo Lời giải Ta có: z   2i  phần thực là 3, phẩn ảo là (không phải 2i) Câu 30: Cho hai số phức z1   i và z2   3i Tính môđun số phức z1  z2 A z1  z2  13 B z1  z2  C z1  z2  D z1  z2  Lời giải Cách 1: Dùng máy tính CASIO ta kết quả: z1  z2  13 +) Bước 1: Chuyển sang chế độ số phức MODE + +) Nhấn SHIFT + hyp sau đó nhập  i   2i , nhấn dấu = kết 13 Cách 2: z1  z2   2i  z1  z2  32  22  13 Câu 31: Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z   i Hỏi điểm biểu diễn z là điểm nào các điểm M, N, P, Q hình bên? A Điểm P B Điểm Q C Điểm M D Điểm N Lời giải 1  i  z   i  z  13  ii CASIO   2i  z biểu diễn điểm 1;2  đó là điểm Q trên hình Câu 32: Cho số phức z   5i Tìm số phức w  iz  z A w   3i B w  3  3i C w   7i D w  7  7i Lời giải Nhập trực tiếp vào máy tính: w  i   5i    5i  3  3i Câu 33: Kí hiệu z1 , z2 , z3 , z4 là bốn nghiệm phức phương trình z4  z2  12  Tính tổng T  z1  z2  z3  z4 A T  B T  C T   D T   Lời giải  z1  z2   z1,2    z2   Ta có z4  z2  12       z3,4  i   z  3  z3  z4  Suy ra: T   Câu 34: Cho các số phức z thỏa mãn z  Biết tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w    4i  z  i là đường tròn Tính bán kính r đường tròn đó A r  B r  C r  20 D r  22 Lời giải w    4i  z  i  w  i    4i  z Gọi M là điểm biểu diễn w , N  0;1 là điểm biểu diễn i , đó độ dài MN môđun w  i Mặt khác: w  i    4i  z   4i z  5.4  20 Vậy M thuộc đường tròn tâm N  0;1 bán kính r  20 Câu 35: Tính thể tích V khối lập phương ABCD.ABCD , biết AC  a A V  a 3 6a B V  C V  3a3 D V  a3 Lời giải Gọi b là cạnh khối lập phương thì: AC  b2  b2  b2  3b2  AC  3b  b  a Suy ra: V  b3  a3 Câu 36: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  2a Tính thể tích V khối chóp S ABCD A V  2a B V  2a D V  C V  2a3 2a 3 Lời giải 1 2a3 V  SA.SABCD  2a.a  3 Câu 37: Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC và AD đôi vuông góc với nhau; AB  6a, AC  a và AD  4a Gọi M, N, P tương ứng là trung điểm các cạnh BC, CD, DB Tính thể tích V tứ diện AMNP A V  a B V  14a3 C V  28 a D V  7a3 Lời giải Ta có: VABCD  AB AC AD  28a3 Dễ thấy tam giác MNP tạo nên các đường trung bình tam giác BCD chúng đồng dạng với nhau, tỉ số đồng dạng là 1/2, suy ra: VAMNP SMNP         VAMNP  a3 VABCD SBCD   Câu 38: Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a Tam giác SAD cân S và mặt bên  SAD  vuông góc với mặt phẳng đáy Biết thể tích khối chóp S ABCD cách h từ B đến mặt phẳng  SCD  A h  a B h  a C h  a D h  Lời giải Gọi H là hình chiếu S xuống ABCD thì dễ thấy H là trung điểm AD a3 Khoảng cách từ S tới mặt phẳng ABCD là: SH   2a 2a a 4 a Tính khoảng Trong mặt phẳng SAD hạ HK vuông góc với SD thì HK vuông góc với (SCD) Gọi h là khoảng cách từ B đến (SCD) thì: S h BL    h  2HK HK HL K Ta có: SD  4a  HK  SH HD  SD 2a a 3a  2 L D C a H  2a 3a A B Do đó: h  4a Câu 39: Trong không gian, cho tam giác ABC vuông A, AB  a và AC  3a Tính độ dài đường sinh hình nón, nhận quay tam giác ABC xung quanh trục AB  a A B  a C  3a D  2a Lời giải Ta có  BC  3a  a  2a Câu 40: Từ tôn hình chữ nhật kích thước 50 cm x 240 cm, người ta làm các thùng đựng nước hình trụ có chiều cao 50 cm, theo hai cách sau (xem hình minh họa đây):   Cách 1: Gò tôn ban đầu thành mặt xung quanh thùng Cách 2: Cắt tôn ban đầu thành hai nhau, gò đó thành mặt xung quanh thùng Kí hiệu V1 là thể tích thùng gò theo cách và V2 là tổng thể tích hai thùng gò theo cách Tính tỉ số V1 V2 A V1  V2 B V1 1 V2 C V1 2 V2 D V1 4 V2 Lời giải Do chiều cao các thùng là nên tỉ số V1 bẳng tỉ số tổng diện tích đáy thùng V2 Ta có chu vi đường tròn là C  2 R và diện tích hình tròn là S   R2 , từ đó ta có mối liên hệ: S   R2   S1 C12 V1 S1 C2 C2        S2 C22 V2 2S2 4 4 Câu 41: Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCD có AB  và AD  Gọi M, N là trung điểm AD và BC Quay hình chữ nhật đó xung quanh trục MN, ta hình trụ Tính diện tích toàn phần hình trụ đó A Stp  4 B Stp  2 D Stp  10 C Stp  6 Lời giải Stp  Sxq  Sđáy  AD   AB. AD  2.    2  2  4   Câu 42: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác cạnh 1, mặt bên SAB là tam giác và nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy Tính thể tích V khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho A V  15 18 B V  15 54 C V  3 27 D V  5 Lời giải Dễ thấy bán kính khối cầu ngoại tiếp hình chóp là: r  AG  GH  1 15   12 A G 15  V   r3  54 H Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 3x  z   Véctơ nào đây là véctơ pháp tuyến  P  ? A n4   1; 0; 1 B n1   3; 1;  C n3   3; 1;  D n   3; 0; 1 Lời giải Phương án D Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2   z  1 2  Trong tọa độ tâm I và tính bán kính R (S) A I  1; 2;1 , R  B I 1; 2; 1 , R  C I  1; 2;1 , R  D I 1; 2; 1 , R  Lời giải Phương án A Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 3x  4y  2z   và điểm A 1; 2; 3 Tính khoảng cách d từ A đến (P) A d  B d  29 C d  D d  29 Lời giải d 3.1   2   2.3  4 2 2  29 Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  có phương trình: x  10 y  z    1 Xét mặt phẳng (P): 10 x  y  mz  11  , m là tham số thực Tìm tất các giá trị m để mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng  A m  2 B m  C m  52 D m  52 Lời giải Ta có: n P  10; 2; m  ; u    5;1;1  P     n P / / u   10 m    m  1 Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0;1;1 và B 1; 2; 3 Viết phương trình mặt phẳng  P  qua A và vuông góc với đường thẳng AB A x  y  2z   B x  y  2z   C x  3y  4z   D x  3y  4z  26  Lời giải AB  1;1;   n P   1;1;    P  : x  y  2z   Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  có tâm I  2;1;1 và mặt phẳng  P  : 2x  y  2z   Biết mặt phẳng  P  kính Viết phương trình mặt cầu  S  cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến là đường tròn bán A  S  :  x     y  1   z  1  B  S  :  x     y  1   z  1  10 C  S  :  x     y  1   z  1  D  S  :  x     y  1   z  1  10 2 2 2 2 2 2 Lời giải Khoảng cách từ tâm mặt cầu I đến (P): d   bán kính mặt cầu R phải lớn  R2   phương án D Hoặc có thể làm tường minh hơn: R2  d  12  10  phương án D Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 0; 2 và đường thẳng d có phương trình: x 1 y z 1   Viết phương trình đường thẳng  qua A, vuông góc và cắt d 1 A  : x 1 y z    1 B  : x 1 y z    1 1 C  : x 1 y z    2 D  : x 1 y z    3 Lời giải Gọi H 1  t; t; 2t  1 là hình chiếu A xuống d Khi đó: AH ud   t  t   2t  3   t   AH  1;1; 1 Do đó:  : x 1 y z    1 1 Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A 1; 2;  , B  0; 1;1 , C  2;1; 1 và D  3;1;  Hỏi có tất bao nhiêu mặt phẳng cách bốn điểm đó? A mặt phẳng B mặt phẳng C mặt phẳng D Có vô số mặt phẳng Lời giải Dễ kiểm tra thấy A, B, C, D không đồng phẳng và nó tạo thành tứ diện Có các trường hợp sau: - Mặt phẳng qua trung điểm các cạnh bên xuất phát từ đỉnh song song với mặt đáy, và cách đỉnh và đáy, nên cách điểm A, B, C, D Có đỉnh nên có mặt phẳng - Mặt phẳng qua trung điểm hai cặp cạnh chéo và song song với cặp cạnh chéo còn lại cách điểm A, B, C, D Bởi tứ diện có cạnh, nên có cặp cạnh chéo và đó có mặt phẳng Vậy có tất mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu