Đề thi thử THPT Quốc gia lần 1 môn Toán - Năm học 2020-2021 - Trường THPT chuyên Lam Sơn

Nội dung text: Đề thi thử THPT Quốc gia lần 1 môn Toán - Năm học 2020-2021 - Trường THPT chuyên Lam Sơn

1. SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 LAM SƠN MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề Câu 1 (TH): Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ bên dưới? x x 1 x 1 x A. B.y C. D. y y y 1 x 1 x x 1 x 1 x 2 Câu 2 (TH): Tìm tất cả các điểm M nằm trên đồ thị hàm số y mà tiếp tuyến của đồ thị tại điểm x 1 đó song song với đường thẳng d : y 3x 10 . 1 A. B.M 3; hoặc M 0; 2 M 2;4 4 5 C. D.M 2;4 M ;3 2 x 1 Câu 3 (TH): Cho hàm số y và điểm I 1; 1 . Tìm tất cả các điểm M nằm trên đồ thị hàm số sao 1 x cho tiếp tuyến tại M vuông góc với IM. A. M 1 2; 1 2 và M 1 2; 1 2 .B. và M . 1;0 M 3; 2 C. M 2; 3 2 2 và M 2;2 2 3 .D. và . M 2; 3 M 0;1 2 Câu 4 (TH): Mệnh đề nào dưới đây về hàm số y x2 4 1 là đúng? A. Nghịch biến trên 2;2 B. Đồng biến trên ¡ C. Đồng biến trên ; 2 và 2; D. Đồng biến trên 2;0 và 2; . Câu 5 (VD): Cho một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh bằng 1. Tính thể tích khối càu nội tiếp trong hình nón. 4 3 4 3 A. B. C. D. 6 27 81 54 Trang 1
2. Câu 6 (TH): Một người gửi tiền vào ngân hàng với lãi suát không đổi là 6% trên năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (lãi kép). Người đó định gửi tiền trong vòng 3 năm, sau đó rút ra 500 triệu đồng. Hỏi số tiền ít nhất người đó phải gửi vào ngân hàng (làm tròn đến hàng triệu) là bao nhiêu triệu đồng? A. B.42 0C. D. 410 400 390 49 Câu 7 (TH): Cho biết a log 5 và b log 7 . Tính log theo a và b. 2 5 3 5 8 3 2 2 3 A. B.3 C.2b D. 3 3b 3 3b 3 2a a a b b Câu 8 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số y 2x 1 ex trên đoạn  1;0 bằng: 3 2 A. B. C. D. 1 e e e 1 1 10 Câu 9 (TH): Hàm số y x3 2x2 3x 1 nhận giá trị nhỏ nhất trên đoạn ; tại: 3 3 3 1 10 A. B.x C. D. x 1 x 3 y 3 3 Câu 10 (TH): Sau đây, có bao nhiêu hàm số mà đồ thị có đúng một tiệm cận ngang? sin x x2 x 1 1) y 2) y x x 1 x 3) y 4) y x 1 x2 1 x 1 A. 1B. 2C. 3D. 4 Câu 11 (TH): Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a, ACD và BCD là các tam giác vuông tương ứng tại A và B. Tính thể tích khối tứ diện ABCD. a3 3 a3 2 a3 3 a3 A. B. C. D. 8 12 12 8 1 Câu 12 (TH): Giá trị lớn nhất của hàm số y 2x 1 ln 2x 1 trên đoạn ;0 bằng: 4 3 A. B. C. lD.n 2 1 ln 2 1 ln 3 2 Câu 13 (NB): Hàm số y x 1 x 2 3 x có số điểm cực trị là: A. 2 B. 3 C. 0 D. 1 Câu 14 (NB): bằng:tan x dx 1 1 A. B. C. D. C ln cos x C C ln cos x C sin2 x cos2 x Trang 2
3. x2 1 Câu 15 (TH): Kết luận nào sau đây đúng về hàm số f x ? 2 x2 1 A. f x 2 .ln 2B. nghịch biến trên ¡ 2 C. f 0 0 D. đồ thị nhận trục tung làm tiệm cận ngang. 1 Câu 16 (NB): Một nguyên hàm của hàm số f x là F x bằng: 2x 3 2 1 1 A. B. C. D. 2ln 2x 3 ln 2x 3 2x 3 2 2 2x 3 2 2 Câu 17 (TH): Kết luận nào sau đây và hàm số y log x 1 là sai? A. Đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng có phương trình x 1 . B. Đồng biến trên khoảng 1; . 1 C. y x 1 log e 1 D. y x 1 ln10 Câu 18 (TH): Trong các hàm số sau đây có bao nhiêu hàm số có đúng một điểm cực trị? 2 1) y x2 1 2) y 2x2 1 x 3) y 2x 1 3 x2 4) y x2 1 A. 0 B. 1 C. 3 D. 2 Câu 19 (VD): Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Biết SA = AB = BC và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng 3 . Thể tích khối chóp là: 1 1 1 3 A. B. C. D. 2 3 6 2 Câu 20 (TH): Hàm số nào sau đây mà đồ thị có dạng như hình vẽ bên dưới? A. B.y C. xD. 1 x 1 2 y x 1 2 1 x y x 1 2 x 1 y x 1 x 1 2 Câu 21 (TH): Hàm số nào sau đây mà đồ thị có dạng như hình vẽ bên dưới? Trang 3
4. x x 1 A. B.y C.ln D.x y 2 y log 1 x e 2 Câu 22 (TH): Cho một hình nón đỉnh S đáy là đường tròn (O), bán kính đáy bằng 1. Biết thiết diện qua trục là một tam giác vuông. Tính diện tích xung quanh của hình nón. A. B.2 C. D. 2 2 2 f x f 1 Câu 23 (NB): Cho hàm số y f x có đạo hàm thỏa mãn f 1 3 . Khi đó lim bằng: x 1 x 1 A. 4 B. 1 C. 2 D. 3 Câu 24 (VD): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’. Đáy là tam giác vuông tại A, có BC = 2AC = 2a. Đường thẳng AC’ tạo với mặt phẳng (BCC’B’) một góc 300 . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho bằng; A. B.12 C.a 2D. 6 a2 4 a2 3 a2 2x 1 x2 1 Câu 25 (VD): Số tiệm cận của đồ thị hàm số y là: x2 1 A. 3 B. 1 C. 4 D. 2 Câu 26 (TH): Một nguyên hàm của ln x bằng: 1 A. B.x C.x lD.n x x x ln x 1 x x ln x x Câu 27 (TH): Cho hàm số f x có đạo hàm f x x 1 3 2 x x 3 2 . Hỏi hàm số đồng biến trên khoảng nào sau đây? A. ;1 và B. 3 ; và C. ;D.1 2; 1;2 3; Câu 28 (TH): Qua điểm M(2;0) kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số y x4 4x2 ? A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Câu 29 (TH): Tập xác định của hàm số y ln x2 2x 3 là: A. B.D ; 31; D ; 3  1; C. D.D ¡ D ¡ \ 3;1 Câu 30 (VD): Cho một hình trụ có thiết diện qua trục là một hình vuông có cạnh bằng a. Gọi AB và CD là hai đường kính tương ứng của hai đáy. Biết góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng 30 .0 Tính thể tích khối tứ diện ABCD. Trang 4
5. a3 a3 3 a3 a3 3 A. B. C. D. 12 6 6 12 b log2 5 Câu 31 (VD): Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn a log6 45 . Tổng a b c bằng: c log2 3 A. 1 B. 4 C. 2 D. 0 Câu 32 (VD): Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên 1;2 , thỏa mãn f x x. f x x2 . Biết f 1 3 , tính ff 2 . A. 16 B. 2 C. 8 D. 4 x Câu 33 (TH): Cho hàm số y f x có đạo hàm f x . Với a và b là các số dương thỏa mãn x2 1 a b , giá trị nhỏ nhất của hàm số f x trên đoạn a;b bằng: f a f b a b A. B.f C.b D. f a f 2 2 Câu 34 (VD): Cho một hình trụ thay đổi nội tiếp trong một hình nón cố định cho trước (tham khảo hình vẽ bên). Gọi thể tích các khối nón và khối trụ tương ứng là V và V’. Biết rằng V’ là giá trị lớn nhất đạt V được, khi đó tỉ số bằng: V 4 4 1 2 A. B. C. D. 9 27 2 3 Câu 35 (VD): Cho hàm số f x liên tục trên ¡ , có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây: Đặt g x m f x 1 (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y g x có đúng 3 điểm cực trị. A. mhoặc 1 B.m 3 1 m 3 C. hoặc m D.1 m 3 1 m 3 Trang 5
6. Câu 36 (VD): Cho phương trình log 1 2x m log2 3 x 0 , m là tham số. Hỏi có bao nhiêu giá trị 2 nguyên dương của m để phương trình có nghiệm? A. 5 B. 4 C. 6 D. 7 Câu 37 (VD): Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm M (1;2; 3) . Hình chiếu của M tương ứng lên Ox,Oy,Oz,(Oyz),(Ozx),(Oxy) là A, B,C, D, E, F . Gọi P và Q tương ứng là giao điểm của đường thẳng OM với các mặt phẳng (ABC) và (DEF) . Độ dài PQ bằng: 6 7 14 14 A. B. C. D. 7 6 2 3 2 3 4 2 12 Câu 38 (VD): Giả sử 1 x x x a0 a1x a2 x a12 x ai ¡ . Giá trị của tổng 0 1 2 3 4 S C4 a4 C4a3 C4 a2 C4 a1 C4 a0 bằng: A. 1 B. C. 4 D. 4 1 Câu 39 (VD): Tìm số nghiệm của phương trình sin cos x 0 trên đoạn 1;2021 . A. 672 B. 643 C. 642 D. 673 Câu 40 (VD): Cho hàm số f x xác định trên ¡ , thỏa mãn f x 2x 1 và f 3 5 . Giả sử phương trình f x 999 có hai nghiệm x1 và x2 . Tính tổng S log x1 log x2 . A. 5 B. 999 C. 3 D. 1001 Câu 41 (VD): Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’, tất cả các cạnh có độ dài bằng a. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC’. a a a 2 a 2 A. B. C. D. 2 4 2 4 Câu 42 (VD): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C chia hình lập phương trình hai phần thể tích. Tính tỉ số k hai phần thể tích này, biết k 1 . 3 2 1 2 A. B. C. D. 25 5 5 25 Câu 43 (VDC): Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của một đa giác lồi (H) có 30 đỉnh. Tính xác suất sao cho 4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của (H). 3 3 3 3 30.C27 30.C25 30.C27 30.C25 A. B. C.4 D. 4 4 4 C30 4.C30 4.C30 C30 Câu 44 (VD): Cho một hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’. Đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a và BAD 600 . Một mặt phẳng tạo với đáy một góc 600 và cắt tất cả các cạnh bên của hình hộp. Tính diện tích thiết diện tạo thành A. B.2 C.3a 2D. 3a2 3a2 3 2a2 Trang 6
7. Câu 45 (VD): Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là các tam giác đều cạnh bằng a không đổi. Độ dài CD thay đổi. Tính giá trị lớn nhất đạt được của thể tích khối tứ diện ABCD. a3 a3 2 a3 3 a3 3 A. B. C. D. 8 12 8 12 Câu 46 (VDC): Cho tứ diện ABCD có ABC, ABD, ACD là các tam giác vuông tương ứng tại A, B, C. Góc giữa AD và (ABC) bằng 450 , AD  BC và khoảng cách giữa AD và BC bằng a. Tính thể tích khối tứ diện ABCD. 3a3 4 3a3 2a3 4 2a3 A. B. C. D. 6 3 6 3 Câu 47 (VD): Cho hàm số y f x có đạo hàm f x x 1 2 x 3 . Tìm số điểm cực trị của hàm số g x f x2 2x 6 . A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 Câu 48 (VD): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a. Các cặp mặt phẳng (ACD) và (BCD), (ABC) và (ABD) vuông góc với nhau. Tính theo a độ dài cạnh CD. 2a a a A. B. C. D. a 3 3 3 2 Câu 49 (VD): Cho hàm số f x x3 3x m . Tìm m để mọi bộ ba số phân biệt a, b, c thuộc đoạn  1;3 thì f a , f b , f c là độ dài ba cạnh của một tam giác. A. B.m C. D.22 m 2 m 34 m 22 Câu 50 (VD): Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a và BAD 60 .0 Mặt chéo ACC’A’ nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, đồng thời ACC’A’ cũng là hình thoi có A AC 600 . Thể tích khối tứ diện ACB’D’ là: a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. B. C. D. 6 4 8 3 Trang 7
8. Đáp án 1-D 2-B 3-A 4-D 5-B 6-A 7-A 8-B 9-A 10-C 11-B 12-B 13-A 14-D 15-D 16-D 17-C 18-D 19-C 20-B 21-C 22-D 23-D 24-B 25-C 26-D 27-C 28-C 29-D 30-A 31-A 32-C 33-A 34-A 35-C 36-A 37-D 38-B 39-B 40-C 41-D 42-C 43-D 44-B 45-A 46-D 47-C 48-A 49-A 50-B LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án D Phương pháp giải: - Dựa vào đồ thị xác định các đường tiệm cận của đồ thị hàm số, các điểm thuộc đồ thị hàm số. - Sau đó dựa vào các đáp án để chọn đáp án đúng. ax b a d - Đồ thị hàm số y ad bc có TCN y và TCĐ x . cx d c c Giải chi tiết: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị có đường TCN y 1 và TCĐ x 1 . Do đó loại đáp án A và B. Đồ thị hàm số đi qua điểm O(0;0) nên loại đáp án C. Câu 2: Đáp án B Phương pháp giải: - Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm M x0 ; y0 là y f x0 x x0 y0 . a a - Hai đường thẳng y ax b và y a x b song song với nhau khi và chỉ khi . b b Giải chi tiết: TXĐ: D ¡ \ 1 . x0 2 x 2 Gọi M x0 ; x0 1 thuộc đồ thị hàm số y . x0 1 x 1 Trang 8
9. x 2 3 x0 2 Ta có y y 2 nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M x0 ; có hệ số góc là x 1 x 1 x0 1 3 k y x0 2 . x0 1 3 2 Vì tiếp tuyến tại M song song với đường thẳng d : y 3x 10 nên 2 3 x0 1 1 x0 1 x0 1 1 x0 0 M 0; 2 tm x0 1 1 x0 2 M 2;4 Câu 3: Đáp án A Phương pháp giải: - Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm M x0 ; y0 là y f x0 x x0 y0 .  - Đường thẳng y ax b vuông góc với vecto IM u;v khi và chỉ khi vtcp của đường thẳng y ax b  vuông góc với vecto IM u;v . Giải chi tiết: TXĐ: D ¡ \ 1 . x0 1 x 1 Gọi M x0 ; x0 1 thuộc đồ thị hàm số y . 1 x0 1 x x 1 2 x0 1 Ta có y y 2 nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M x0 ; có hệ số góc là 1 x 1 x 1 x0 2 k y x0 2 . 1 x0 2 x 1 ⇒ Phương trình tiếp tuyến tại M là: y x x 0 2 0 1 x 1 x0 0 2 2x x 1 2 x y 0 0 0 , có 1 VTCP là u 1; . 2 2 1 x 2 1 x0 1 x0 0 1 x0  x0 1 2 Ta có: IM x0 1; 1 x0 1; . 1 x0 1 x0  Vì tiếp tuyến tại M vuông góc với IM nên u.IM 0 . 4 4 4 x0 1 3 0 3 1 x0 1 x0 4 1 x0 1 x0 1 x 2 x 1 2 0 0 1 x0 2 x0 1 2 Trang 9
10. ⇒ M 1 2; 1 2 và M 1 2; 1 2 . Câu 4: Đáp án D Phương pháp giải: - Tính đạo hàm y . - Giải phương trình y 0 . - Lập BXD y và kết luận các khoảng đồng nghịch biến của hàm số. Giải chi tiết: TXĐ: D ¡ . 2 Ta có: y x2 4 1 y 2 x2 4 .2x . x 0 x 0 Cho y 0 2 . x 4 0 x 2 BXD y : Dựa vào BXD ta thấy hàm số đồng biến trên ; 2 ; 0;2 ; nghịch biến trên 2;0 ; 2; . Do đó chỉ có đáp án D đúng. Câu 5: Đáp án B Phương pháp giải: - Giả sử thiết diện qua trục là tam giác SAB và O là tâm mặt đáy của hình nón. - Xác định tâm mặt cầu nội tiếp hình nón chính là tâm tam giác đều SAB. Tính bán kính R. 4 - Thể tích khối cầu bán kính R là V R3 . 3 Giải chi tiết: Trang 10
11. Giả sử thiết diện qua trục là tam giác SAB và O là tâm mặt đáy của hình nón, ta có tam giác SAB đều 3 cạnh 1 nên SO . 2 Gọi I là tâm khối cầu nội tiếp trong hình nón, dễ thấy O chính là tâm tam giác đều SAB, do đó bán kính 2 2 3 3 khối cầu là R IO SO . . 3 3 2 3 3 4 3 4 3 4 3 Vậy thể tích khối cầu nội tiếp trong hình nón là V R . 3 3 3 27 Câu 6: Đáp án A Phương pháp giải: n - Sử dụng công thức lãi kép: An A 1 r trong đó An là số tiền nhận được sau n năm, A là số tiền gửi ban đầu, r là lãi suất trên 1 kì hạn, n là số kì hạn. - Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì số tiền nhận được sau 3 năm (cả gốc và lãi) phải không nhỏ hơn 500 triệu đồng. Giải bất phương trình tìm số tiền gửi ban đầu. Giải chi tiết: Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì số tiền nhận được sau 3 năm (cả gốc và lãi) phải không nhỏ hơn 500 triệu đồng. Gọi số tiền ban đầu gửi vào ngân hàng là x (triệu đồng), số tiền người đó nhận được sau 3 năm là: x 1 6% 3 (triệu đồng). Khi đó ta có x 1 6% 3 500 x 420 (triệu đồng). Câu 7: Đáp án A Phương pháp giải: Sử dụng các công thức: n n log m b log b 0 a 1,b 0 a m a x log log x log y 0 a 1, x, y 0 a y a a Giải chi tiết: 49 49 Ta có: log log 3 5 1 8 53 8 72 3 3log5 3 3 2log5 7 3log5 2 3 2b 2 a Câu 8: Đáp án B Phương pháp giải: - Tính y , giải phương trình y 0 xác định các nghiệm xi  1;0 . Trang 11
12. - Tính các giá trị y 1 ; y 0 ; y xi . - Kết luận: min y min y 1 ; y 0 ; y xi ;max y max y 1 ; y 0 ; y xi   1;0  1;0 Giải chi tiết: TXĐ: Ta có: y 2x 1 ex y 2ex 2x 1 ex 2x 1 ex . 1 Cho y 0 2x 1 0 x  1;0 . 2 3 1 2 Ta có: y 1 ; y 0 1; y e 2 e 2 Vậy min y .  1;0 e Câu 9: Đáp án A Phương pháp giải: 1 10 - Tính y′, giải phương trình y 0 xác định các nghiệm xi ; . 3 3 1 10 - Tính các giá trị y ; y ; y xi . 3 3 1 10  1 10  - Kết luận: min y min y ; y ; y xi ; max y max y ; y ; y xi . 1 10 1 10 ; 3 3  ; 3 3  3 3 3 3 Giải chi tiết: TXĐ: D ¡ . 1 Ta có: y x3 2x2 3x 1 y x2 4x 3 . 3 1 10 x 1 ; 3 3 Cho y 0 x2 4x 3 0 . 1 10 x 3 ; 3 3 1 181 10 1 Ta có: y ; y 0,88; y 1 ; y 3 1 . 3 81 3 3 1 181 Vậy min y y .  1;0 3 81 Câu 10: Đáp án C Phương pháp giải: Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số: Trang 12
13. - Đường thẳng y y0 được gọi là TCN của đồ thị hàm số y f x nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y y0 ; lim y y0 . x x - Sử dụng MTCT để tính giới hạn. Giải chi tiết: sin x Xét hàm số y ta có lim y 0; lim y 0 , do đó ĐTHS có 1 TCN y 0 . x x x x2 x 1 Xét hàm số y ta có lim y 1; lim y 1 , do đó ĐTHS có 2 TCN y 1 . x x x 1 x Xét hàm số y ta có lim y không tồn tại, lim y 0 , do đó ĐTHS có 1 TCN y 0 . x 1 x x Xét hàm số y x 1 x2 1 ta có lim y , lim y 1 , do đó ĐTHS có 1 TCN y 1 . x x Vậy có 3 hàm số mà đồ thị có đúng một tiệm cận ngang. Câu 11: Đáp án B Phương pháp giải: - Chóp có các cạnh bên bằng nhau có chân đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy. - Sử dụng tính chất tam giác vuông cân tính chiều cao và diện tích đáy. - Thể tích khối chóp bằng 1/3 tích đường cao và diện tích đáy. Giải chi tiết: Vì ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a nên AB AC AD BC BD a . Do đó hình chiếu vuông góc của A lên (BCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Lại có tam giác BCD vuông tại B nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD là trung điểm H của CD. AH  CD a 2 Xét tam giác ACD vuông cân tại A có AC AD a nên AH . 2 1 a2 Tam giác BCD vuông cân tại B có BC = BD = a nên S .BC.BD . BCD 2 2 1 1 a 2 a2 a3 2 Vậy V AH.S . . ABCD 3 BCD 3 2 2 12 Câu 12: Đáp án B Trang 13
14. Phương pháp giải: - Tính đạo hàm. 1 1 - Chứng minh y 0x ;0 và suy ra giá trị lớn nhất của hàm số trên ;0 . 4 4 Giải chi tiết: 1 Hàm số đã cho xác định trên ;0 . 4 2 1 Ta có: y 2x 1 ln 2x 1 y 2 0x ;0 . 2x 1 4 1 Do đó hàm số đã cho đồng biến trên ;0 . 4 Vậy max y y 0 1 1 ;0 4 Câu 13: Đáp án A Phương pháp giải: - Khai triển đưa hàm số về dạng hàm đa thức bậc ba. - Tính y , giải phương trình y 0 và xác định số điểm cực trị = số nghiệm bội lẻ. Giải chi tiết: Ta có y x 1 x 2 3 x x3 4x2 x 6 . 4 13 y 3x2 8x 1 0 x . 3 Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị. Câu 14: Đáp án D Phương pháp giải: sin x - Sử dụng công thức tan x cos x - Sử dụng phương pháp đổi vi phân: sin xdx d cos x du - Sử dụng công thức tính nguyên hàm: ln u C u Giải chi tiết: sin x d cos x tan xdx dx ln cos x C cos x cos x Câu 15: Đáp án D Phương pháp giải: - Sử dụng công thức tính đạo hàm: au u .au ln a . Trang 14
15. - Xét dấu đạo hàm và suy ra các khoảng đơn điệu của hàm số. - Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Giải chi tiết: x2 x2 x2 1 1 1 1 Ta có f x f x 2x. ln f x 2x .ln 2 nên đáp án A sai. 2 2 2 2 Xét f x 0 x 0 , do đó hàm số không thể nghịch biến trên ¡ , suy ra đáp án B sai. 0 1 Ta có f 0 1 nên đáp án C sai. 2 x2 1 Ta có: lim f x lim 0 nên ĐTHS nhận y 0 là TCN. Suy ra đáp án D đúng. x x 2 Câu 16: Đáp án D Phương pháp giải: dx 1 Sử dụng công thức tính nguyên hàm: ln ax b C ax b a Giải chi tiết: 1 1 Ta có F x f x dx dx ln 2x 3 C . 2x 3 2 Câu 17: Đáp án C Phương pháp giải: u - Sử dụng công thức tính đạo hàm: logu . u ln10 - Sử dụng định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số: Đường thẳng x x 0được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y f x nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y ; lim y ; lim y ; lim y . x x0 x x0 x x0 x x0 - Xét dấu y và suy ra các khoảng đơn điệu. Giải chi tiết: TXĐ: D 1; 1 Ta có y log x 1 y . Suy ra đáp án D đúng, đáp án C sai. x 1 ln10 Vì x 1 0 y 0x D , do đó hàm số đồng biến trên 1; , suy ra đáp án B đúng. Ta có: lim y nên ĐTHS nhận x 1 là TCĐ, suy ra đáp án A đúng. x 1 Câu 18: Đáp án D Phương pháp giải: Trang 15
16. Tính đạo hàm từng hàm số, giải phương trình đạo hàm và xác định số điểm cực trị của hàm số = số nghiệm bội lẻ của phương trình đạo hàm. Giải chi tiết: Xét đáp án A: ta có y 2x 0 x 0 , do đó hàm số có 1 điểm cực trị. x 0 2 Xét đáp án B: ta có y 2 2x 1 .4x 0 2 , do đó hàm số có 3 điểm cực trị. x 2 2 1 6x 4x 2 1 Xét đáp án C: ta có y 2 3 x2 2x 1 . . 10 x , do đó hàm số có 1 điểm cực 3 3 x 33 x 5 trị. x2 1 x.2x x2 1 Xét đáp án D: ta có y 2 2 0 x 1 , do đó hàm số có 2 điểm cực trị. x2 1 x2 1 Câu 19: Đáp án C Phương pháp giải: - Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp, tính bán kính mặt cầu, từ đó suy ra độ dài cạnh SC. - Đặt SA = AB = BC = x, sử dụng định lí Pytago giải phương trình tìm x. 1 - Tính thể tích khối chóp V SA.S . 3 ABC Giải chi tiết: Gọi O là trung điểm của AC. Vì tam giác ABC vuông tại B nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi I, M là trung điểm của SC, SA. Ta có IO là đường trung bình của tam giác SAC IO / /SA . Mà SA  ABC IO  ABC IO là trực của ABC IA IB IC . Trang 16
17. Lại có IM là đường trung bình của tam giác SAC nên IM // AC IM  SA IM là trung trực của SA, do đó IS IA . IA IB IC IS I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC . 1 ⇒ Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là R SC . 2 3 Ta lại có 4 R2 3 R SC 3 . 2 Đặt SA AB BC x , ta có tam giác SAB vuông cân tại A nên SB x 2 . BC  AB Ta có: BC  SAB BC  SB SBC vuông tại B. BC  SA SB2 BC 2 SC 2 2x2 x2 3 x 1 1 1 1 1 1 Vậy thể tích khối chóp là V SA.S SA. AB.BC x3 . 3 ABC 3 2 6 6 Câu 20: Đáp án B Phương pháp giải: - Dựa vào các giao điểm có đồ thị với trục hoành suy ra dạng của đồ thị hàm số và loại bớt các đáp án chắc chắn sai. - Dựa vào giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung để chọn đáp án đúng. Giải chi tiết: Vì đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành tại điểm có hoành độ -1 và cắt qua trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 nên hàm số có dạng y a x 1 2 x 1 , do đó loại đáp án A và D. Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên loại đáp án C. Câu 21: Đáp án C Phương pháp giải: - Dựa vào đồ thị suy ra TXĐ của hàm số và loại đáp án. - Dựa vào tính đơn điệu của hàm số để loại đáp án. Giải chi tiết: Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số xác định trên ¡ nên loại đáp án A, D. Lại có: Đồ thị hàm số nghịch biến trên ¡ nên chọn đáp án C. Câu 22: Đáp án D Phương pháp giải: - Dựa vào giả thiết hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân xác định chiều cao và bán kính đáy của hình nón. - Tính độ dài đường sinh của hình nón l h2 r 2 . - Hình nón có đường sinh l, bán kính đáy r có diện tích xung quanh là Sxq rl . Trang 17
18. Giải chi tiết: Vì hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân nên h r 1 . ⇒ Độ dài đường sinh của hình nón là l h2 r 2 2 . Vậy diện tích xung quanh của hình nón là Sxq rl 2 . Câu 23: Đáp án D Phương pháp giải: f x f x0 Sử dụng tính đạo hàm bằng định nghĩa: f x0 lim x x 0 x x0 Giải chi tiết: f x f 1 Ta có: lim f 1 3 . x 1 x 1 Câu 24: Đáp án B Phương pháp giải: - Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ. - Xác định góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (BCC’B’) là góc giữa AC’ và hình chiếu của AC’ lên (BCC’B’). - Dựa vào định lí Pytago, tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính bán kính mặt cầu. - Diện tích mặt cầu bán kính R là S 4 R2 . Giải chi tiết: Gọi O, O’ lần trung điểm của BC và B’C’. Vì tam giác ABC, A’B’C’ lần lượt vuông tại A và A’ nên O, O’ lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC, A’B’C’. Lại có OO’ vuông góc với hai đáy nên OO’ là trục hai đáy. Gọi I là trung điểm của OO’ => I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ. AH  BC Trong ABC kẻ AH  BC H BC ta có AH  BCC B HC là hình chiếu của AH  BB AC’ lên (BCC’B’), do đó  AC ; BCC B  AC ; HC AC H 300 . AB.AC a 3.a a 3 Xét tam giác vuông ABC ta có AB BC 2 AC 2 4a2 a2 a 3 AH . BC 2a 2 Trang 18
19. AH a 3 1 Xét tam giác AC’H vuông tại H có: AC : a 3 . sin 300 2 2 1 a 2 Xét tam giác vuông AA’C’ có: AA AC 2 A C 2 3a2 a2 a 2 OO IO OO . 2 2 a2 a 6 Xét tam giác vuông IOC có: IC IO2 OC 2 a2 R . 2 2 2 2 a 6 2 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ là: S 4 R 4 . 6 a . 2 Câu 25: Đáp án C Phương pháp giải: Sử dụng định nghĩa tiệm cận ngang, tiệm cận đứng của đồ thị hàm số: - Đường thẳng y y0 được gọi là TCN của đồ thị hàm số y f x nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y y0 ; lim y y0 . x x - Đường thẳng x x0 được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y f x nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y ; lim y ; lim y ; lim y . x x0 x x0 x x0 x x0 Giải chi tiết: TXĐ: D ¡ \ 1 . Ta có: 2x 1 x2 1 lim y lim 2 x x x2 1 2x 1 x2 1 lim y lim 2 x x x2 1 2x 1 x2 1 lim y lim 2 x 1 x 1 x 1 2x 1 x2 1 lim y lim 2 x 1 x 1 x 1 2x 1 x2 1 lim y lim 2 x 1 x 1 x 1 2x 1 x2 1 lim y lim 2 x 1 x 1 x 1 Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 TCN y 1 và 2 TCĐ x 1 . Câu 26: Đáp án D Phương pháp giải: Trang 19
20. Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần udv uv vdu . Giải chi tiết: Đặt I ln xdx . 1 u ln x du dx Đặt x . dv dx v x Khi đó ta có I ln xdx x ln x dx x ln x x C . Với C 1 ta có 1 x x ln x là một nguyên hàm của hàm số ln x . Câu 27: Đáp án C Phương pháp giải: Lập BXD f x . Giải chi tiết: x 1 3 2 Ta có: f x 0 x 1 2 x x 3 0 x 2 . x 3 BXD: Vậy hàm số đồng biến trên khoảng 1;2 . Câu 28: Đáp án C Phương pháp giải: Lập BXD f x . Giải chi tiết: Ta có: y x4 4x2 y 4x3 8x . 4 2 Gọi A x0 ; x0 4x0 thuộc đồ thị hàm số, phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A là: 3 4 2 y 4x0 8x0 x x0 x0 4x0 d Cho M 2;0 d ta có: 3 4 2 3 4 2 4 2 0 4x0 8x0 2 x0 x0 4x0 0 8x0 16x0 4x0 8x0 x0 4x0 x0 0 4 0 3x4 8x3 4x2 16x x 0 0 0 0 0 3 x0 2 Trang 20
21. Vậy qua điểm M(2;0) kẻ được 3 tiếp tuyến với đồ thị hàm số y x4 4x2 . Câu 29: Đáp án D Phương pháp giải: Hàm số y ln f x xác định khi và chỉ khi f x xác định và f x 0 . Giải chi tiết: 2 2 2 x 1 Hàm số y ln x 2x 3 xác định x 2x 3 0 x 2x 3 0 . x 3 Vậy TXĐ của hàm số đã cho là D ¡ \ 3;1 . Câu 30: Đáp án A Phương pháp giải: Sử dụng công thức: Cho tứ diện ABCD có góc giữa hai đường thẳng AB và CD là , gọi d là góc giữa 1 hai đường thẳng AB và CD. Khi đó V AB.CD.d.sin . ABCD 6 Giải chi tiết: Vì AB, CD lần lượt là đường kính hai đáy nên khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD là d AB;CD d h . Mà thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông cạnh a nên h AB CD a . 1 1 a3 Khi đó ta có V AB.CD.d.sin .a.a.a.sin 300 . ABCD 6 6 12 Câu 31: Đáp án A Phương pháp giải: Sử dụng các công thức: logc b loga b 0 a,c 1,b 0 logc a loga xy loga x loga y 0 a 1, x, y 0 m m log n b log b 0 a 1,b 0 a n a Giải chi tiết: Ta có: b log2 5 b log2 5 log2 45 a log6 45 a c log2 3 c log2 3 log2 6 2 b log 5 log2 3 .5 b log 5 2log 3 log 5 a 2 a 2 2 2 c log2 3 log2 2.3 c log2 3 1 log2 3 b log 5 2 2log 3 2 log 5 b log 5 2 log 5 a 2 2 2 a 2 2 2 c log2 3 1 log2 3 c log2 3 1 log2 3 Đồng nhất hệ số ta có a 2,b 2,c 1. Trang 21
22. Vậy a b c 2 ( 2) 1 1. Câu 32: Đáp án C Phương pháp giải: - Biến đổi, đưa về công thức đạo hàm của một thương. - Sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế tìm hàm f x . - Sử dụng giả thiết tìm hằng số C. - Suy ra hàm số f x hoàn chỉnh và tính f 2 . Giải chi tiết: Theo bài ra ta có: f x x. f x x2 x. f x f x x2 x. f x x . f x f x f x 1 1 dx x C 2 x x x f 1 Lại có f 1 3 1 C 3 1 C C 2 . 1 f x Vậy x 2 f x x2 2x f 2 8 . x Câu 33: Đáp án A Phương pháp giải: - Giải phương trình f x 0 , xét dấu f x trên a;b . - Từ đó tìm min f x . a;b Giải chi tiết: x Ta có f x 0 x 0 a;b (do a, b là các số dương) x2 1 Khi đó ta có f x 0x a;b , do đó hàm số nghịch biến trên a;b nên min f x f b . a;b Câu 34: Đáp án A Phương pháp giải: - Đặt chiều cao khối trụ là 0 x h . - Áp dụng định lí Ta-lét, tính bán kính đáy hình trụ theo x. - Tính thể tích khối trụ, sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN của V’, từ đó suy ra x theo h. V - Lập và tính tỉ số V Giải chi tiết: Trang 22
23. Đặt tên các điểm như hình vẽ. Gọi h,r lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình nón. Đặt IO MQ NP x 0 x h . Áp dụng định lí Ta-lét ta có: MQ AQ SQ QI x IQ x 1 1 1 IQ 1 r SO AS SA OA h r h 2 2 x r 2 2 2 Khi đó thể tích khối nón là V .IQ .QM .r 1 .x 2 .x x h . h h Để V đạt giá trị lớn nhất thì x x h 2 phải đạt giá trị lớn nhất. Đặt f x x x h 2 x x2 2hx h2 x3 2hx2 h2 x , với 0 x h ta có: x h ktm 2 2 f x 3x 4hx h 0 1 x h tm 3 r 2 1 1 2 4 2 Vmax 2 . h h h r h h 3 3 27 4 r 2h V 4 Vậy khi đó 27 . 1 V r 2h 9 3 Câu 35: Đáp án C Phương pháp giải: Số điểm cực trị của hàm số y f x = số điểm cực trị của hàm số y f x + số giao điểm của đồ thị hàm số y f x với trục hoành (không tính điểm tiếp xúc) Giải chi tiết: x x1 Dựa vào BBT ta thấy f x 0 . x x2 Trang 23
24. x 1 x1 x x1 1 Đặt h x m f x 1 ta có h x f x 1 0 , do đó hàm số x 1 x2 x x2 1 h x m f x 1 có 2 điểm cực trị. Suy ra để hàm số g x h x m f x 1 có đúng 3 điểm cực trị thì phương trình m f x 1 0 phải có nghiệm bội lẻ duy nhất. Ta có: m f x 1 0 f x 1 m , dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y m cắt qua (không tính m 1 m 1 điểm tiếp xúc) đồ thị hàm số y f x 1 tại 1 điểm duy nhất khi và chỉ khi . m 3 m 3 Câu 36: Đáp án A Phương pháp giải: - Tìm ĐKXĐ của phương trình. - Đưa về cùng cơ số 2. - Giải phương trinh logarit: loga f x loga g x f x g x . - Dựa vào điều kiện của x tìm m để phương trình có nghiệm. Giải chi tiết: 2x m 0 2x m 0 ĐKXĐ: . 3 x 0 x 3 Ta có: log 1 2x m log2 3 x 0 log2 2x m log2 3 x 0 2 log2 2x m log2 3 x 2x m 3 x 3x m 3 Để phương trình có nghiệm thì m 3 9 m 6 . Kết hợp điều kiện m là số nguyên dương ta có m 1;2;3;4;5 . Vậy có 5 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 37: Đáp án D Phương pháp giải: - Xác định tọa độ các điểm A, B,C, D, E, F . - Viết phương trình tham số đường thẳng OM . - Viết phương trình cá mặt phẳng (ABC) và (DEF) . - Tham số hóa tọa độ các điểm P, Q thuộc OM, cho P ABC ;Q DEF , tìm tọa độ P, Q. 2 2 2 - Tính độ dài PQ xQ xP yQ yP zQ zP . Giải chi tiết: Theo bài ra ta có: Trang 24
25. 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 và Q tương ứng là giao điểm của đường thẳng OM với các mặt phẳng (ABC) và (DEF). Độ dài PQ bằng:  + Ta có: OM 1;2; 3 là 1 VTCP của đường thẳng OM, nên phương trình đường thẳng OM là x t y 2t . z 3t x y z + Phương trình mặt phẳng (ABC) là 1 6x 3y 2z 6 0 . 1 2 3 Gọi OM  ABC P p;2 p; 3p , ta có P ABC nên: 1 6 p 3.2 p 2. 3p 6 0 p 3 1 2 P ; ; 1 . 3 3     + Ta có: DE 1; 2;0 ; DF 1;0;3 DE; DF 6; 3;2 là 1 VTPT của (DEF). ⇒ Phương trình mặt phẳng (DEF) là: 6x 3 y 2 2 z 3 0 6x 3y 2z 12 0 . Gọi OM  DEF Q q;2q; 3q , ta có Q DEF nên: 2 6q 3.2q 2 3q 12 0 q 3 2 4 Q ; ; 2 . 3 3 2 2 1 2 2 14 Vậy PQ 1 . 3 3 3 Câu 38: Đáp án B Phương pháp giải: - Phân tích 1 x x2 x3 thành nhân tử. n n k n k k - Khai triển nhị thức Niu-tơn: a b Cn a b . k 0 2 3 4 - Tìm a0 ,a1,a2 ,a3 ,a4 lần lượt là hệ số của các số hạng không chứa x, chứa x, chứa x , x , x . - Thay vào tính S. Giải chi tiết: 4 4 2 3 4 2 4 4 2 4 k k m 2m Ta có: 1 x x x 1 x x x 1 x 1 x 1 C4 x C4 x k 0 m 0 Khi đó ta có Trang 25
26. 0 0 k;m 0;0 a0 C4 .C4 1 1 0 k;m 1;0 a1 C4C4 4 2 0 0 1 k;m 2;0 ; 0;1  a2 C4 C4 C4 .C4 10 3 0 1 1 k;m 3;0 ; 1;1  a3 C4C4 C4.C4 20 4 0 2 1 0 2 k;m 4;0 ; 2;1 ; 0;2  a4 C4 C4 C4 C4 C4 .C4 31 0 1 2 3 4 Vậy S C4 a4 C4a3 C4 a2 C4 a1 C4 a0 4 . Câu 39: Đáp án B Phương pháp giải: Giải phương trình lượng giác cơ bản: sin 0 k ,cos 0 k k ¢ 2 Giải chi tiết: Ta có: sin cos x 0 cos x k k ¢ . Vì 1 cos x 1x ¡ nên 1 k 1,k ¢ k 0 . Khi đó ta có cos x 0 x l l ¢ . 2 Xét x 1;2021 ta có 1 l 2021;l ¢ l 0;1;2; ;642 . 2 Vậy phương trình đã cho có 643 nghiệm thỏa mãn. Câu 40: Đáp án C Phương pháp giải: - Tìm hàm số f x f x dx . - Xét phương trình f x 999 , sử dụng định lí Vi-ét tìm x1x2 và tính S. Giải chi tiết: Ta có f x f x dx 2x 1 dx x2 x C . Mà f 3 5 32 3 C 5 C 1 . Suy ra f x x2 x 1 . Xét phương trình f x 999 x2 x 1 999 x2 x 1000 0 , giả sử phương trình có hai nghiệm x1, x2 . Áp dụng định lí Vi-ét ta có x1x2 1000 . Khi đó ta có S log x1 log x2 log x1x2 log1000 3 . Câu 41: Đáp án D Phương pháp giải: - Gọi N là trung điểm của CC’ , chứng minh d AM ; BC d BC ; AMN d B; AMN . Trang 26
27. - Đổi d B; AMN sang d C; AMN . - Dựng và tính khoảng cách, sử dụng phương pháp dựng khoảng cách từ chân đường cao đến mặt phẳng. Giải chi tiết: Gọi N là trung điểm của CC’ MN là đường trung bình của tam giác BCC’. MN / /BC BC / / AMN  AM . Khi đó ta có d AM ; BC d BC ; AMN d B; AMN . d B; AMN BM Ta có: BC  AMN M 1 d B; AMN d C; 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 . a a . CM.CN a 2 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông CMN có: CH 2 2 . CM 2 CN 2 a2 a2 4 4 4 a 2 Vậy d AM ; BC . 4 Câu 42: Đáp án C Phương pháp giải: - Chứng minh mặt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C chính là (AB’D’). - Xác định (AB’D’) chia khối chóp thành những phần nào và tính thể tích của chúng. Giải chi tiết: Trang 27
28. Gọi là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với A’C. Gọi O A C  B D và I AO  A C . Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương cạnh a nên AC A C a 2; A C a 3 . a2 a 6 Áp dụng định lí Pytago ta có: AO AA 2 A O 2 a2 . 2 2 Áp dụng định lí Ta-lét ta có: AI AC 2 a 6 2 AI 2IO AO . IO A O 3 3 A I A O 1 1 1 a 3 A I IC A C IC AC 2 2 3 3 2a2 a2 Xét tam giác AA’I có: AI 2 A I 2 a2 AA 2 , suy ra tam giác AA’I vuông tại I (Định lí 3 3 Pytago đảo) AO  O . B D  A C Lại có B D  ACC A B D  A C B D  B D  AA  AB D . Mặt phẳng AB D chia khối lập phương thành 2 phần: Chóp A.A’B’D’ và khối đa diện B’C’D’.ABCD. 1 1 1 1 Ta có: V AA .S AA . S V A.A B D 3 A B D 3 2 ABCD 6 ABCD.A B C D 1 5 V V V V . B C D .ABCD ABCD.A B C D 6 ABCD.A B C D 6 ABCD.A B C D 1 V V ABCD.A B C D 1 Vậy k A.A B D 6 V 5 5 B C D .ABCD V 6 ABCD.A B C D Câu 43: Đáp án D Phương pháp giải: Giải chi tiết: 4 Không gian mẫu: n  C30 . Gọi A là biến cố: “4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của (H)”. Trang 28
29. Chọn 1 đỉnh bất kì trong 30 đỉnh là 1 đỉnh của tứ giác, kí hiệu là A1 , có 30 cách chọn. Kí hiệu các đỉnh còn lại theo chiều kim đồng hồ lần lượt là A2 , A3 , A4 , , A30 . x 1 1 2 Khi đó tứ giác có dạng A1 Ax Ay Az , khi đó ta có y x 1 3 x y 1 z 2 27 . 30 z y 1 x 2 3 Đặt X 3;4;5; ;27 , X có 25 phần tử, số cách chọn 1 bộ x, y, z là C25 . 3 n A 30.C25 . 3 n A 30.C25 Vậy xác suất của biến cố A là P A 4 . n  C30 Câu 44: Đáp án B Phương pháp giải: Sử dụng công thức: Gọi H là hình chiếu của H lên mặt phẳng P . Gọi α là góc giữa mặt phẳng P và mặt phẳng chứa hình H . Khi đó ta có: S H S H cos . Giải chi tiết: Vì mặt phẳng tạo với đáy một góc 600 và cắt tất cả các cạnh bên của hình hộp nên hình chiếu của thiết diện lên mặt phẳng đáy chính là ABCD. S Khi đó ta có: S S .cos600 S ABCD 2S , ABCD TD TD cos600 ABCD a2 3 a2 3 Vì BAD 600 nên ABD là tam giác đều cạnh a S S . ABD 4 ABCD 2 2 Vậy STD a 3 . Câu 45: Đáp án A Phương pháp giải: - Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB. Chứng minh d AB;CD MN . 1 - Sử dụng công thức V AB.CD.d AB;CD .sin AB;CD . ABCD 6 - Đặt CD = x, tính MN theo x, sử dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến. - Sử dụng BĐT Cô-si tìm GTLN của VABCD . Giải chi tiết: Trang 29
30. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB. Vì tam giác ABC, ABD là các tam giác đều cạnh a nên AB = AC = AD = BC = BD = a. CD  AM BCD, ACD là các tam giác cân tại A CD  ABM CD  MN . CD  BM Lại có BCD ACD c.c.c AM BM ABM cân tại M MN  AB . d AB;CD MN . a2 a2 x2 4a2 x2 Đặt CD = x x 0 ta có AM BM . 2 4 2 4a2 x2 4a2 x2 2 2 2 a 3a x MN 4 4 2 4 2 Do đó ta có 1 V AB.CD.d AB;CD .sin AB;CD ABCD 6 1 3a2 x2 a.x. .sin AB;CD 6 2 3a2 x2 f x x. dat GTLN Để VABCD đạt giá trị lớn nhất thì 2 sin AB;CD 1 3a2 x2 1 x2 3a2 x2 3a2 Áp dụng BĐT Cô-si ta có f x x. . . 2 2 2 4 3a2 x2 a 15 Dấu “=” xảy ra x 4x2 3a2 x2 x . 2 5 1 3a2 a3 Vậy maxV a. . ABCD 6 4 8 Câu 46: Đáp án D Trang 30
31. Phương pháp giải: - Dựng hình chữ nhật ABHC, chứng minhDH  ABCD . - Xác định góc giữa AD và (ABC) là góc giữa AD và hình chiếu của AD lên (ABC). - Chứng minh ABHC là hình vuông. - Xác định đoạn vuông góc chung của AD và BC. - Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao DH và độ dài đường chéo của hình vuông ABHC. 1 - Tính S S , từ đó tính thể tích V HD.S . ABHC ABC ABCD 3 ABC Giải chi tiết: 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 là hình chiếu của AD lên (ABC)  AD; ABC  AD; AH DAH 450 . BC  DH DH  ABCD Ta có: BC  ADH BC  AH . BC  AD gt ABHC là hình vuông (Tứ giác có hai đường chéo vuông góc). Gọi O AH  BC , trong (ADH) kẻ OK  AD K AD ta có: OK  AD d AD; BC OK a . OK  BC BC  ADH Xét tam giác OKA vuông tại K có OAK 450 nên tam giác OAK vuông cân tại K OA OK 2 a 2 . Trang 31
32. AH 2OA 2 2a . Lại có tam giác AHD vuông cân tại H nên HD AH 2 2a . 1 1 Ta có: S AH 2 2 2a2 4a2 S 2a2 . ABHC 2 2 ABC 1 1 4 2a3 Vậy V HD.S .2 2a.2a2 . ABCD 3 ABC 3 3 Câu 47: Đáp án C Phương pháp giải: - Từ f x suy ra các nghiệm của phương trình f x 0 , chú ý nghiệm bội chẵn, bội lẻ. - Tính đạo hàm g x . - Giải phương trình g x 0 xác định các nghiệm bội lẻ. Giải chi tiết: 2 x 1 nghiemboi 2 Theo bài ra ta có: f x 0 x 1 x 3 0 x 3 nghiem don Ta có: g x f x2 2x 6 2x 2 g x f x2 2x 6 2 x2 2x 6 x 1 f x2 2x 6 x2 2x 6 x 1 0 x 1 Cho g x 0 2 f x 2x 6 0 x2 2x 6 3 x 1 x 1 x 1 x 1 (đều là các nghiệm đơn) 2 2 x 2x 6 9 x 2x 3 0 x 3 (Ta không xét x2 2x 6 1 vì f x không đổi dấu qua x 1 nên nghiệm của phương trình x2 2x 6 1 không làm cho g x đổi dấu). Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị. Câu 48: Đáp án A Phương pháp giải: - Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Chứng minh tam giác ABN, CDM là các tam giác vuông cân. - Tính BN, CN theo MN. Trang 32
33. - Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông BCN, từ đó tính MN theo a và suy ra CD theo a. Giải chi tiết: Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. AN  CD Vì tam giác ACD, BCD là các tam giác cân lần lượt tại A và B nên . BN  CD ACD  BCD CD 0 Lại có AN  ACD , AN  CD  ACD ; BCD  AN; BN ANB 90 . BN  BCD , BN  CD 1 Dễ thấy ACD BCD c.c.c AN BN ABN vuông cân tại N MN AB . 2 1 Chứng minh tương tự ta có MCD vuông cân tại M nên MN CD . 2 AB CD . 1 Ta có: BN 2MN,CN CD MN . 2 Xét tam giác vuông BCN có: BN 2 CN 2 BC 2 a 3 2MN 2 MN 2 a2 MN . 3 2a 3 Vậy CD 2MN . 3 Câu 49: Đáp án A Phương pháp giải: - Tìm min y;max y  1;3 a 1;3 f a 0 - Để f a , f b , f c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì . f a f b f c Giải chi tiết: Trang 33
34. Ta có: y 3x2 3 0 x 1  1;3 . Ta có y 1 2 m; y 1 2 m; y 3 18 m . min y 2 m;max y 18 m .  1;3 a 1;3 Không mất tính tổng quát, 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 0 Để f a , f b , f c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì * . f a f b f c 2 m f a Ta có: f a f b 4 2m . 2 m f b 2 m 0 m 2 Do đó (*) luôn đúng khi và chỉ khi m 22 . 4 2m 18 m m 22 Câu 50: Đáp án B Phương pháp giải: 1 - Sử dụng kiến thức: V V . ACB D 3 ABCD.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 và diện tích đáy tương ứng. Giải chi tiết: Gọi O AC  BD ⇒O là trung điểm của AC và BD. Vì ACC’A’ là hình thoi nên AA’ = AC, lại có A AC 600 (gt) nên A AC là tam giác đều A O  AC Trang 34
35. 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 là hình thoi), BAD 600 gt nên tam giác ABC đều cạnh a. a 3 a2 3 a2 3 AO AC a 3 và S S . 2 ABC 4 ABCD 2 a 3. 3 3a A AC là tam giác đều cạnh a 3 A O . 2 2 1 1 1 3a a2 3 a3 3 Vậy V V .A O.S . . . ACB D 3 ABCD.A B C D 3 ABCD 3 2 2 4 Trang 35