đề thi thử THPT QG 2020 toán chuyên hạ long quảng ninh lần 1 có lời giải

29 24 3
  • Loading ...
1/29 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 18/01/2020, 10:24

THPT CHUYÊN HẠ LONG THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2019-2020 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Họ tên: Số báo danh: Mã đề thi101 MỤC TIÊU: Đề thi thử Toán THPT QG 2020 lần trường chuyên Hạ Long – Quảng Ninh mã đề 101 gồm có 06 trang với 50 câu trắc nghiệm, thời gian làm 90 phút, kỳ thi thiếu học sinh khối 12 trình chuẩn bị cho kỳ thi THPT Quốc gia Đề thi bao gồm chủ yếu kiến thức lớp 12, câu hỏi đề thi mức độ chưa gây khó khăn cho học sinh, đề thi xuất vài câu hỏi khó lạ nhằm phân loại học sinh Qua đề thi này, học sinh luyện tập lại toàn dạng thường gặp đề thi THPTQG, giúp học sinh nhận yếu điểm có để có chương trình ơn tập hiệu nhất! Câu Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 1;1; 1 , B  3; 1;  5 Mặt cầu đường kính AB có phương trình A  x  2 B  x    y   z  3  36  y   z  3  D  x    y   z  3  36 C  x    y   z  3  2 Câu Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u1  công sai d = Tính u A u7  38 B u7  35  C u7  43  D u7  33 Câu Tìm tập xác định D hàm số y  log x  3x  A D   1;  B D   ; 1   4;   C D   4;   D D   ;  1 Câu Cho hàm số y = f (x) xác định có đồ thị sau Hỏi hàm số cho đồng biến khoảng ? A  1;0  B  1;1 C  2; 1 D  1;   Câu Đường cong hình bên đồ thị bốn hàm số cho đây, hỏi hàm số ? Trang A y   x4  3x  B y   x3  3x  C y  x3  3x2  D y  x3  3x  Câu Tìm họ nguyên hàm hàm số f  x   cosx  3x A  f  x  dx   sinx  6x  C B  f  x  dx   sinx  x3  C C  f  x  dx  sinx  x  C D Câu Tìm tập nghiệm S phương trình 3x A S  1 B S  0;1 3 x 1   f  x  dx  sinx  x 3 C S  1; 2   C D S  1; 2  Câu Cho a b số thực dương khác Khi log a a 2b3 A  3.logab B  2.loga b D 1  logab  C 6.log ab Câu Cho số nguyên dương k, n thỏa mãn k ≤ n Khẳng định ? A Cnk  n k k !n ! B Cnk  n!  n  k ! C Ank  n!  n  k ! D Ank  Câu 10 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f '  x    e x  1 e x  2019   x  1 ( x  1) y = f (x) có điểm cực trị ? A B C Câu 11 Thể tích khối lập phương cạnh 3a A 27a3 B 9a C 3a3 Câu 12 Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên sau n! k ! n  k ! Hỏi hàm số D D a Giá trị cực tiểu hàm số cho A - B C D - Câu 13 Cho hàm số y = f (x) liên tục đoạn [-1;3] có đồ thị hình bên Hỏi phương trình f (x) -5 = có nghiệm đoạn [-1;3] ? Trang A B C D Câu 14 Thể tích V khối trụ tròn xoay có bán kính đáy r đường cao h A V   r h B V  3 r h Câu 15 Thể tích V khối cầu có đường kính 4cm A V  16 cm3   B V  32 cm3   D V  2 r h C V   r h C V  4 cm3   D V  256 cm3   Câu 16 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;1;3 , B  9;1;1 Vectơ AB có tọa độ B  10; 2;  4 A 10; 2;  C 8;0; 2  D  8;0;  Câu 17 Tìm họ nguyên hàm hàm số f  x   e x  x A  f  x  dx  x 1 x2 C e 1 x C  f  x  dx  e x   C B  f  x  dx  e D  f  x  dx  e x x  x  C  x  C Câu 18 Cho hình lăng trụ ABC A ′ B ′ C ′ có cạnh đáy cạnh bên a Tính thể tích khối lăng trụ a3 a3 a3 a3 B C D 12 12 4 Câu 19 Tính diện tích xung quanh S hình nón có bán kính đáy r = chiều caoh =3 A A S  12 B S  20 C S  10 Câu 20 Tính đạo hàm hàm số f  x   log ( x  x 1) A f '  x    x  1 ln10 B f '  x   x x  1 C f '  x   x  x  ln10  D f '  x     D S  40 2x 1 x  x 1 2x 1 x  x  1 ln10  Câu 21 Biết tập nghiệm bất phương trình log2 x 3x   ab;    cd ;  Tính T  a  b  c  d A T = B T = C T = D T = Trang Câu 22 Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ a  1; 2;1 , b    2; m;3 Biết góc haivectơ 600 m  A 138 a b , (a, b  ) Tính a  b B 183 C 197 D 179 Câu 23 Cho khối chóp S ABC có SA   ABC  , SA  a, AB  a, AC  2a , BC  a Tính thể tích khối chóp S ABC a3 a3 a3 A a B C D 3 Câu 24 Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y  x  3x  mx  có cực đại cực tiểu ? A m ≤ C m ≥ B m > D m < 2  Câu 25 Tìm hệ số x 10 khai triển biểu thức  3x3   x   A 810 B 240 ax  b Câu 26 Cho hàm số y  có đồ thị hình vẽ cx  d Khẳng định sau ? A ab  0; ac  B bd  0; bc  Câu 27 Tìm họ nguyên hàm hàm số f  x   e C 810 D 240 C ad  0; bd  D ab  0; ad  x ex  x B e x   C C e x   C D e 1  C e x  1  C  Câu 28 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = x ln x điểm thuộc đồ thị có hồnh độ x0  e A A y  x  2e B y  x  e C y  x  e D y  x  2e Câu 29 Cho tứ diện ABCD cạnh a Khối nón đỉnh A đáy đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD tích A  a3 B  a3 C  a3 D  a3 27 27 Câu 30 Cho khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' Gọi M, N trung điểm hai cạnh AA ' BB ' Mặt phẳng ( CMN ) chia khối lăng trụ cho thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần (số bé chia số lớn) Trang 1 B C D Câu 31 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1; 2;3 , B  5;6;1 Biết M  a; b;0  cho tổng MA + A MB nhỏ Tính độ dài đoạn OM A OM  34 B OM  41  C OM  43  D OM  14 Câu 32 Biết tập nghiệm bất phương trình log2  2x   x khoảng  a; b  Tính T  3a  b A T = B T = C T = D T = Câu 33 Cho hàm số f (x) thỏa mãn f '  x    x  1 sinx, (x  ) f    Tính f ( π) C f    2  B f      A f      D f    2  a3 Câu 34 Cho khối chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a thể tích Tính góc mặt bên mặt đáy A 450 Câu 35 Đồ thị hàm số y  B 750 25 x  12 x 2019 C 600 D 300 có đường tiệm cận ? A B C D Câu 36 Có giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn  10;10 để hàm số y  x3   m  1 x  6mx  nghịch biến đoạn có độ dài A.3 B C 10 D 12 Câu 37 Có số nguyên dương có chữ số dạng aaaaa a1a2 a3a4 a5 thỏa mãn điều kiện a1  a2  a3  a4  a5 ? A 252 B 232 Câu 38 Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm y f   2x  C 201 D 198 có đồ thị hàm số y = f ' ( x ) hình bên Hàm số đồng biến khoảng ? B 1;  A   ; 1 C  2;   D  1;1 Câu 39 Tìm tất giá trị thực tham số m cho hệ phương trình sau có nghiệm 4  9.3x 22 y   9.x 2 y y  x2     2 x   y  x  m   Trang 11 11 B m  C m  D m  4 Câu 40 Cho khối hộp chữ nhật có kích thước lập thành cấp số nhân tích 1000 Tìm giá trị nhỏ diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật cho A m > A 600 B 300 C 300 D 300 Câu 41 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật, AB = 2a, AD = a , tam giác SAD tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M trung điểm AB, H hình chiếu vng góc D A , I trung điểm HC Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MID A a 21 B a C a 15 D a 15 Câu 42 Công chức A đầu tháng gửi tiết kiệm vào ngân hàng Y với số tiền không đổi triệu đồng với lãi suất kép 0,5% tháng, cuối tháng ngân hàng trả lãi tổng số tiền dư đầu tháng Giả sử lãi suất không thay đổi suốt thời gian gửi không rút tiền gốc lãi suốt thời gian gửi Hỏi sau 40 năm lao động có tổng số tiền gốc lãi gần giá trị đây? A 4,06 tỷ B 6,04 tỷ Câu 43 Cho hàm số f (x) có đạo hàm C 4,006 tỷ D 6,004 tỷ đồ thị hàm số y = f ' ( x ) hình vẽ Bất phương trình f  x   4e x 1  m với x   1;1 khi: A m  f  1  B m  f  1  C m  f 1   4e2 D m  f 1  4e2 Câu 44 Có giá trị m để phương trình 2x  log2 x  22  x  log2   x   m có ba nghiệm phân biệt ? A B Vô số C D Câu 45 Từ điểm M ( 4;5 ) kẻ tiếp tuyến tới đồ thị hàm số y  x  x  1? A B C D Câu 46 Bố hai trai từ nhà công viên cách nhà 16,8km Bố có xe máy, chở thêm người Biết vận tốc xe máy 24km/h, vận tốc 6km/h Hỏi thời gian ngắn để bố đến công viên lâu, biết họ khởi hành từ nhà lúc A 1giờ10 phút B 24 phút C 12 phút D 18 phút Trang  a b  ;   , Câu 47 Biết tập số thực m để bất phương trình mx  x   m  vô nghiệm    với a b số nguyên dương Tính tổng a +b A B C D Câu 48 Cho hàm số y = f (x) liên tục , có cực trị có đồ thị hình vẽ   Tìm số điểm cực trị hàm số y  f     x  12    A B C D Câu 49 Cho lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có cạnh đáy ,a cạnh bên 2a Gọi H N trung điểm B ' C ' A ' C ' Gọi M điểm nằm cạnh A ' B ' cho MA ' = 2MB ' Tính khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng ( AMN ) 165 179 66 59 B C D a a a a 179 110 59 44 Câu 50 Tính thể tích tứ diện có tất mặt tiếp xúc với mặt cầu bán kính a A A 3 a B 3 a C 3a3 D a - HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Trang ĐÁP ÁN 1-C 2-D 3-B 4-A 5-C 6-B 7-D 8-A 9-C 10-A 11-A 12-D 13-A 14-C 15-D 16-C 17-B 18-A 19-B 20-D 21-B 22-C 23-B 24-D 25-A 26-D 27-B 28-B 29-A 30-B 31-B 32-B 33-A 34-C 35-B 36-B 37-A 38-C 39- 40-A 41-A 42-D 43-A 44- 45-B 46-D 47-C 48-D 49-D 50-C (http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết) Q thầy liên hệ đặt mua word: 03338.222.55 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu (TH): Phương pháp: Mặt cầu đường kính AB có tâm trung điểm AB bán kính R  AB Phương trình mặt cầu tâm I  x0 ; y0 ; z0  bán kính R :  x  x0    y  y0    z  z   R2 Cách giải: Trung điểm I đoạn AB có tọa độ I  2;0; 3 Ta có : AB  22   2       2 Mặt cầu đường kính AB có tâm trung điểm I  2;0; 3 AB bán kính R  AB  Phương trình mặt cầu :  x    y   z  3  2 Chọn C Câu (NB): Trang Phương pháp: Cấp số cộng có số hạng đầu u 1và cơng sai d số hạng thứ n un  u1   n  1 d Cách giải: Ta có u7  u1  6d   6.5  33 Chọn D Câu (NB): Phương pháp: Hàm số loga f  x   a  1 xác định f  x   Cách giải:  x  1 Điều kiện : x  3x     x  Tập xác định : D    ;  1   4;   Chọn B Câu (NB): Phương pháp: Từ đồ thị hàm số suy khoảng đồng biến, nghịch biến Đồ thị hàm số tăng từ trái qua phải ( a, b ) hàm số đồng biến ( a, b) Cách giải: Từ đồ thị hàm số ta có : Hàm số đồng biến khoảng  1;0  ; 1;   Chọn A Câu (TH): Phương pháp: Sử dụng cách đọc đồ thị hàm số Dùng phương pháp loại trừ Cách giải: Từ hình dáng đồ thị ta thấy đồ thị hàm đa thức bậc ba nên loại A Lại thấy lim y     nêna  0, ta loại B x  Lại thấy hàm số có cực trị có cực trị x = cực trị lại x > x  Nên xét đáp án C có y '  3x  x    nên C đúng, D sai x  Chọn C Câu (NB): Phương pháp: Sử dụng công thức nguyên hàm : n  x dx  Và n x n1 C  n  1 ,  k f  x  dx  k  f  x  dx  k   n 1   f  x   g  x dx   f  xdx    g  x  dx Cách giải: Ta có :   cosx  3x dx   osxdcx   x2 dx =  sinx  x3 C Trang =  sin x  x3  C Chọn B Câu (TH): Phương pháp: Đưa dạng số : a f  x  a g  x   a  0; a  1  f  x   g  x  Cách giải: Ta có: 3x 3 x 1   3x 3 x 1  31 x  ⇔ x  3x   1  x  3x     x  Vậy tập nghiệm phương trình S  1; 2 Chọn D Câu (NB): Phương pháp: Sử dụng : logab   logab; loga  bc   logab  logac   a  1; b, c   Cách giải:   Ta có : loga a 2b3  loga a  logab3   3logab Chọn A Câu (NB): Phương pháp: Sử dụng công thức tổ hợp, chỉnh hợp Cách giải: n! n! Ta có : Cnk  Ank  nên C k ! n  k !  n  k ! Chọn C Câu 10 (TH): Phương pháp: Số nghiệm bội lẻ phương trình f ' ( x ) = số cực trị hàm số y = f ( x ) Cách giải: Ta có : f '  x   ⇔  e x  1 e x  2019   x  1  x  1  e x  1VN   x  ln 2019  x e  2019  ⇔   x  1 x 1   x    x   Nhưng nghiệm x  1 nghiệm bội chẵn nên ta có nghiệm bội lẻ phương trình f '  x   Hay hàm số y  f  x  có hai điểm cực trị Chọn A Câu 11 (NB): Phương pháp: Khối lập phương cạnh a tích V  a Trang 10 1 a2 a3 ⇒ VSABC  SA.S ABC  a  3 Chọn B Câu 24 (TH) Phương pháp Hàm số y  ax3  bx  cx  d  a   có cực đại cực tiểu ⇔ y ' = có hai nghiệm phân biệt Cách giải: Ta có: y  x3  3x  mx   y '  3x  x  m  y '   x  x  m  *  Hàm số có cực đại cực tiểu ⇔ ( *) có hai nghiệm phân biệt   '    3m   m  Chọn D Câu 25 (VD) Phương pháp Sử dụng công thức khai triển nhị thức Niu-ton:  a  b   n n C a k 0 k n nk b k để làm toán Cách giải: k 5 5 k  2 2 k  Ta có:  3x3     C5k  3x       C5k 35k  2  x155k x  k 0   x  k 0 Có hệ số x 10 khai triển  15  5k  10  5k   k  Vậy hệ số x 10 khai triển là: C51.351  2   810 Chọn A Câu 26 (TH) Phương pháp Dựa vào dáng điệu đồ thị hàm số để nhận xét tính đơn điệu hàm số, điểm mà đồ thị hàm số qua, đường TCĐ, TCN đồ thị hàm số từ tìm đáp án Cách giải: d Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCĐ là: x     cd  c a Đồ thị hàm số có TCN là: y    ac   ad  c ab  b Đồ thị hàm số căt trục tung điểm có tung độ     bd    d bc  Chọn D Câu 27 (TH) Phương pháp Tìm nguyên hàm hàm số cho phương pháp đổi biến Cách giải: Ta có: I   f  x  dx   Đặt ex ex  dx e x   t  t  e x   e x dx  2tdt Trang 15 I  2tdt   2dt  2t  C  e x   C t Chọn B Câu 28 (TH) Phương pháp Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm M  x0 ; y0  thuộc đồ thị hàm số là: y  f '  x0  x  x0   y0 Cách giải: Ta có: y  xlnx  y '  lnx  Gọi M  e; y0  điểm thuộc đồ thị hàm số y  xlnx  y0  elne  e  M  e; e  ⇒ Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số cho M ( e ; e ) là: y  y '  e  x  e   e   lne  1 x  e   e  x  2e  e  x  e Chọn B Câu 29 (VD) Phương pháp Thể tích khối nón có bán kính đáy R chiều cao h : V   R h Cách giải: Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ BCD a a Ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ BCD là: R   2 Áp dụng định lý Pitago cho ∆ ABO vng O ta có: OA  AB  OB  a  a2 a  3 1 a2 a  a3 ⇒ Vnon   OB OA    3 3 27 Chọn A Câu 30: Phương pháp Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy S chiều cao h : V = Sh Trang 16 Cơng thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S chiều cao h là: V  Sh Cách giải: Đặt VABC A' B 'C '  V Gọi P trung điểm CC ' 1  VC MNP  d  C;  MNP   SMNP  d (C; ( ABC ').S A' B 'C '  V 6  VABC MNP  VA ' B 'C ' MNP  V Ta có:  1 V V V V CMNAB  VABC MNP  VC MNP    VCMNA' B'C '  V  VMNABC  V  V  V 3 V VMNABC    VCMN A' B'C ' V Chọn B Câu 31 (VD): Phương pháp: - Nhận xét: ,A B nằm phía ( Oxy ) , điểm M  a; b;0    Oxy  - Gọi 'A điểm đối xứng với A qua , xác định tọa độ điểm A - Sử dụng tính chất đối xứng BĐT tam giác: MA + MB = MA ' + MB ≥ A ' B - Xác định dấu “=” xảy ra, tìm tọa độ điểm M tính OM Cách giải: Dễ thấy hai điểm A, B nằm phía ( Oxy ) , điểm M  a; b;0    Oxy  Gọi 'A điểm đối xứng với A qua  Oxy   A ' 1; 2; 3 Theo tính chất đối xứng ta có: MA = MA ' Do MA  MB  MA ' MB  A ' B (Bất đẳng thức tam giác) Dấu “=” xảy  M  A ' B Hay M , A ', B thẳng hàng ⇒ AM ' ; AB ' phương  a  a 1 b   A ' M   a  1; b  2;3      Ta có:  4 b    A ' B   4; 4;  Trang 17 ⇒ M  4;5;0  Vậy OM  42  52  02  41 Chọn B Câu 34 (VD): Phương pháp: - Xác định góc mặt bên đáy - Sử dụng cơng thức thể tích tính chiều cao khối chóp - Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng Cách giải: Gọi O  AC  BD  SO   ABCD  Vì ABCD hình vng cạnh a ⇒ S ABCD  a AC  a  AO  a a3 a VS ABCD  SO.S ABCD   SO.a  SO  2 3 Gọi M trung điểm AB Tam giác SAB cân S suy SM ⊥ AB OM đường trung bình tam giác ABC Trang 18 ⇒ OM / / BC  OM  AB OM  1 AB  a 2  SAB    ABCD   AB  Ta có: ⇒  SAB   SM  AB     SAB  ;  ABCD      SM ; OM   SMO   ABCD   OM  AB a SO Xét tam giác vng SOM có: tan SMO    a SM Vậy    SAB  ;  ABCD    SMO  600 Chọn C Câu 35 (TH): Phương pháp: - Tìm TXĐ hàm số - Sử dụng định nghĩa tìm đường tiệm cận hàm số: Cho hàm số y = f ( x) : + Đường thẳng y  y0 TCN đồ thị hàm số thỏa mãn điều kiện lim y  y0 , x  lim y  y0 x  + Đường thẳng x  x0 TCN đồ thị hàm số thỏa mãn điều kiện lim y  8, lim y  , lim y   x  x0 x  x0 x  x0 Cách giải: TXĐ: D = Ta có: lim y  lim 25  12  25  y  25 TCN đồ thị hàm số x  2019 25  12 lim y  lim  25  y  25 TCN đồ thị hàm số x  x  x  2019 Đồ thị hàm số TCĐ 25  12 Vậy đồ thị hàm số y  có đường tiệm cận x  2019 Chọn B Câu 36 (VD): Phương pháp: Để hàm đa thức bậc ba y  f  x   ax3  bx  cx  d nghịch biến khoảng có độ dài x  x  hệ số a > , phương trình f '  x   có nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  Cách giải: TXĐ: D = Ta có: y '  x   m  1 x  6m y '   x2   m  1 x  m  * Để hàm số cho nghịch biến đoạn có độ dài phương trình (*) phải có nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  Trang 19 Phương trình (*) có nghiệm phân biệt ⇔    m  1  4m   m2  2m   4m    m  1   m  1  x1  x2   m Khi áp dụng định lí Vi-ét ta có:   x1 x2  m Ta có: x1  x2    x1  x2   25   x1  x2   x1 x2  25 m   m  2  ⇔ 1  m   4m  25  m2  2m   4m  25   m  1  25 ⇔   tm  m   5  m  6 Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn B Câu 37 (VD): Phương pháp: Xét TH: TH1: a1  a2  a3  a4  a5 TH2: a1  a2  a3  a4  a5 Sử dụng tổ hợp quy tắc cộng Cách giải: TH1: a1  a2  a3  a4  a5 Do a1    a1  a2  a3  a4  a5 Chọn chữ số từ chữ số {1;2;3; ;9} có C95  126 cách chọn Ứng với cách chọn có cách xếp số theo thứ tự tăng dần ⇒ Có 126 số TH2: a1  a2  a3  a4  a5 Do a1    a1  a2  a3  a4  a5 Chọn chữ số từ chữ số { 1;2;3; ;9 } có C94  126 cách chọn Ứng với cách chọn có cách xếp số theo thứ tự tăng dần ⇒ Có 126 số Vậy có tất 126 + 126 = 252 số thỏa mãn Chọn A Câu 38 (VD): Phương pháp: - Tính y ' - Giải bất phương trình y ' > Cách giải: Ta có: y '    x  ' f '   x   2 f ' 3  x  Xét y '   2 f '   x    f ' 3  x   x  3  x  1 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy f '   x        x  1   x    Trang 20   Vậy hàm số y  f   x  đồng biến khoảng ( 2;+∞ )   ;1   Chọn C Chú ý: Lưu ý tính đạo hàm hàm hợp Câu 39(VD): Câu 40 (VD): Phương pháp: - Gọi ba kích thước hình hộp chữ nhật a, b, c  a, b, c   , theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên ta có ac  b - Sử dụng cơng thức thể tích khối hộp chữ nhật V = abc , tính b, ac - Cơng thức tính diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật là: Stp   ab  bc  ca  Áp dụng BĐT Côsi Cách giải: Gọi ba kích thước hình hộp chữ nhật a, b, c  a, b, c   , theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên ta có ac  b Thể tích khối hộp abc  1000  b3  1000  b  10  ac  102  100 Diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật là: Stp   ab  bc  ca   2a  a  b   2.ac  20  a  c   200 Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương a, c ta có a  c  ac  100  20 Khi Stp  20.20  200  600 Vậy St pmax  600 Dấu “=” xảy  a  c  10 Khi hình hộp chữ nhật hình lập phương cạnh 10 Chọn A Câu 41 (VD): Phương pháp: - Chứng minh tứ giác ADIM tứ giác nội tiếp Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADIM Tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S ADIM giao điểm hai trục mặt ( SAD ) ( ADIM ) - Áp dụng tính chất tam giác định lí Pytago tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S ADIM Cách giải: Trang 21 + Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S ADIM Áp dụng định lí Pytago tam giác vng ACD có: AC  AD2  CD2  a  4a  a Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ACD ta có AD a2 a AH AC  AD  AH    AC a 5 ⇒ HC  AC  AH  4a 2a  IH  IC  5  DH  AH HC  a 4a 2a  DH   IH 5 Áp dụng định lí Pytago tam giác vng HDI có: DI  DH  HI  Ta có: AI  AH  HI  2a 10 3a 5 AB 2a    cos MAI AC a 5 Áp dụng định lí cosin tam giác AIM có; MI  AM  AI 2 AM AI cos  MAI Xét tam giác vng ABC có: cosBAC   3a  3a MI  a     2.a 5   MI  2a a 10  MI  5 Áp dụng định lí Pytago tam giác vng ADM có: DM  AD2  AM  a 2  2a 10   a 10  Xét tam giác DMI có DM  2a , DI  IM        2a     2 2 ⇒ DM  DI  IM  DIM vuông I  DIM  900 Xét tứ giác ADIM có: ∠ DAM = ∠ DIM = 900 ⇒ A, I thuộc đường tròn đường kính DM Gọi O trung điểm DM  O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác (ADIM ) Kẻ đường thẳng d qua O d ⊥ ( ADIM ) , suy d trục mặt phẳng ( ADIM ) Gọi E trung điểm AB  SE  AB  SE   ABCD  Gọi F tâm tam giác SAB Qua F kẻ đường thẳng song song với OE cắt d O ' Ta có: OE đường trung bình tam giác ADM ⇒ OE AM ⇒ OE ⊥ AB OE  AB  OE   SAB   O' F   SAB   O ' F trục ∆ SAB  OE  SE ⇒ O ' S  O ' A  O ' B Lại có O '  d  O ' A  O ' D  O ' I  O ' M ⇒ O ' A = O ' D = O ' I = O ' M = O ' S ⇒ I tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S ADIM + Tính R = O ' S Trang 22 a a  SF  SE  3 1 EO đường trung bình tam giác ADM  EO  AM  a  O' F 2 Tam giác SAD cạnh a  SE   a   a 2 a 21 Áp dụng định lí Pytago tam giác vng SFO ' có: O S  SF  O F          2 ' Vậy R = ' a 21 Chọn A Câu 42 (VD) Phương pháp Đầu tháng gửi vào A đồng với lãi kép r %/ tháng, số tiền nhận vốn lẫn lãi sau n tháng là: A n T  1  r   1 1  r    R Cách giải: Ta có: năm = 480 tháng Số tiền gốc lãi công chức A nhận sau 40 năm làm việc là: T 3.106  480  0,5%   1 1  0,5%   6, 004 tỷ   0,5%  Chọn D Câu 43 (VDC): Phương pháp: Cô lập m  g  x   m với x   1;1 m  axm g  x  1;1 - Lập BBT hàm số y  g  x  kết luận Cách giải: f  x  4e x 1  m với x   1;1 ⇔ f  x   4e x 1  m với x   1;1 Đặt f  x   4e x1  g  x   m với x   1;1  m max g  x 1;1 Ta có g '  x   f '  x   4e x1   f '  x   4e x1 * Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm đồ thị hàm số y  f '  x   y  4e x1 Trang 23 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy (*) có nghiệm x  1  1;1 BBT: Dựa vào BBT ta có: max g  x   g  1  f  1  1;1 Vậy m  f  1  Chọn A Câu 44 (VDC): Câu 45 (VD): Phương pháp: - Gọi phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số qua M tiếp tuyến điểm có hồnh độ x  x0 - Viết phương trình tiếp tuyến d đồ thị hàm số điểm có hồnh độ x  x0 - Cho M  d , tìm x0 Cách giải: TXĐ: D = Ta có: y '  4x 2x  2x 1  2x 1 x  x 1 Gọi phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số qua M tiếp tuyến điểm có hồnh độ x  x0 Phương trình tiếp tuyến: y  M d    x0  x  x0  2 x0  x  x0    x0    x  x0   x02  x0   d  x02  x0  Trang 24 ⇔ x02  x0    x0  1  x0   x02  x0  ⇔ x02  x0   8x0  x02   x0  x02  x0  ⇔ x02  x0   10 x   10 x0   2  25  x0  x0  1  100 x0  60 x0    x0   10 50 x  10 x  16     x0  10    33    x0   ktm  10    33  tm    x0  10  Vậy có tiếp tuyến qua M ( 4;5 ) Chọn B Câu 46 (VD): Phương pháp: Nhận xét: Cách đến công viên nhanh là: Bố chở trai đến điểm C đường thả xuống bộ, sau quay lại đón trai chở trai đến công viên lúc với trai Cách giải: Cách đến công viên nhanh là: Bố chở trai đến điểm C đường thả xuống bộ, sau quay lại đón trai chở trai đến công viên lúc với trai Đặt AC = x , CB = y x + y = 16,8 ( ) x Thời gian xe máy đến C C   h  24 x x Trong thời gian này, thứ đến D   km  24 Bố quay từ C với vận tốc 24km/h từ D với vận tốc 6km/h gặp E sau khoảng x x DC  x  h  thời gian  24 30 40 x 3x Quãng đường EC 24   km  40 x x y x y Thời gian bố từ C E từ E B      h 40 40 24 20 24 y Thời gian trai thứ hai từ C B  h  Trang 25 x y y    x  20 y   20 24  x  y  16,8  x  12  Từ (1) (2) suy  8 x  20 y  y  4,8 Thời gian ngắn ba bố đến công viên thời gian người trai thứ hai từ A đến C xe máy từ C đến B 12 4,8 Vậy thời gian là:   1,3  h  18 phút 24 Chọn D Câu 47 (VD): Phương pháp: Cô lập m đưa bất phương trình m ≤ f ( x ) , sử dụng phương pháp hàm số tìm điều kiện Cách giải: ĐK: x ≥ Ba bố đến nơi lúc  Khi mx  x   m   m  x  1   x   m  1 x   dox    x 1 1 x  3 (3;+∞) có: x 1  x  1   x  x   x    x  3  x   x  x  f  x    2  x  1  x  1 x   x  1 x  Xét f  x     5  x  x  f '  x   x   x      x  10 x  25  x  12  x  14 x  37  x    ⇔   x    x     3;       x   Bảng biến thiên: Từ BBT ta thấy, để bất phương trình vơ nghiệm m  max f  x    3;   1  1  ;   hay a  1, b   a  b  Vậy m     Chọn C Câu 48 (VD): Trang 26 Phương pháp:      ' tìm số nghiệm bội lẻ, từ suy số cực trị Tính  f     x  1   Cách giải: Ta có:  g'  x   f      '     '  ' f    '      f   2   x  1     x  1    x  1    x  13    x  12              x1  VN   x        1  (nghiệm đơn) g'  x   f '     x2  x     x  1  2   x  1    x  1 x x 3      x   x3    Vậy hàm số cho có điểm cực trị Chọn D Câu 49 (VD): Phương pháp: - Tính thể tích khối chóp A HMN - Tính diện tích tam giác AMN - Tính khoảng cách d ( H , ( AMN ) ) dựa vào thể tích diện tích vừa tính Cách giải: Ta có: S A' B'C '  a2 2 a2 a2  S A'MN  SA' B 'C '   3 12 1 1 a2 a2 SC ' HN  S C ' A ' B '   2 2 16 1 1 a2 a2 S B' HM  S B' A 'C'   3 24 Trang 27  SHMN  S A' B 'C'  S A' MN  SC ' HN  SB '.HM a2 a2 a2 a2 a2     12 16 24 16 Thể tích VA.HMN  1 a a3 AA '.S HMN  2a  3 16 24 Lại có: MN  A' M  A' N  A' MA' Ncos600 4a a 2a a 13 a a 13 =     MN  2 36 Gọi K hình chiếu 'A lên MN MN   A ' AK   MN  AK A' K  2S A ' MN MN  S AMN  a2 12  a 13  AK  AA'2  A' K  4a  39a  a 715 13 169 13 a 13 1 a 715 a 13 a 55 AK MN   2 13 12  d  H ,  AMN    3VH AMN S AMN a2 3a 165  24  110 a 55 12 Chọn D Câu 50 (VD): Phương pháp: Gọi cạnh tứ diện x , tính thể tích tứ diện theo x r , từ tìm x Cách giải: Gọi cạnh tứ diện x Gọi O tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện, F trọng tâm tam giác BCD Thể tích tứ diện là: V  S BCD AF Ngoài V  VO.BCD  VO ACD  VO ABD  VO ABC  4VO.BCD  OF S BCD Trang 28 1 ⇒ OF S BCD  S BCD AF  AF  4OF  4a 3 x x 3x x 2   AF  AB  BF  x   Ta có: BF  3 Mà AF  4a  x  a  x  2a x  2a   S BCD    6a 4 1 Vậy V  AF S BCD  4a.6a  8a3 3 Chọn C Trang 29 ... Cán coi thi khơng giải thích thêm Trang ĐÁP ÁN 1- C 2-D 3-B 4-A 5-C 6-B 7-D 8-A 9-C 10 -A 11 -A 12 -D 13 -A 14 -C 15 -D 16 -C 17 -B 18 -A 19 -B 20-D 21- B 22-C 23-B 24-D 25-A 26-D 27-B 28-B 29-A 30-B 31- B 32-B...  S AMN  a2 12  a 13  AK  AA'2  A' K  4a  39a  a 715 13 16 9 13 a 13 1 a 715 a 13 a 55 AK MN   2 13 12  d  H ,  AMN    3VH AMN S AMN a2 3a 16 5  24  11 0 a 55 12 Chọn D Câu... vecto a  x1; y1; z1  , b   x2 ; y2 ; z2  Khi    a; b có: cos   a.b a.b  x1.x2  y1 y2  z1.z2 x12  y12  z12 x22  y22  z22 Cách giải: Trang 13   Ta có: a  1; 2 ;1 , b  
- Xem thêm -

Xem thêm: đề thi thử THPT QG 2020 toán chuyên hạ long quảng ninh lần 1 có lời giải, đề thi thử THPT QG 2020 toán chuyên hạ long quảng ninh lần 1 có lời giải

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn