Đáp án chi tiết hsg giao lưu đợt 4 bỉm sơn

Hình lăng trụ đứng có đáy là hình thoi không phải là hình vuông có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?. Lời giải Hình lăng trụ đứng có đáy là hình thoi không phải là hình vuông có tất cả 3 mặt

Nhận biết:

Câu 1 Tìm tập xác định của hàm số 2

5tan 2cos 2 2

x y

Câu 2 Trong đội Xung kích của trường, khối 10 có 35 học sinh, khối 11 có 42 học sinh và khối 12 có 36 học sinh.

Nhà trường cần chọn ba học sinh tham gia trực An toàn giao thông vào sáng thứ Hai, trong đó có họcsinh của cả ba khối Số cách chọn của nhà trường là

Lời giải

Chọn một học sinh khối 10 có 35 cách Chọn một học sinh khối 11 có 42 cách.Chọn một học sinh khối

12 có 36 cách Vậy theo quy tắc nhân, Nhà trường có: 35.42.36 52920 cách chọn ba học sinh tham gia trực An toàn giao thông vào sáng thứ Hai, trong đó có học sinh của cả ba khối

Câu 3 Trong các dãy số sau, dãy số nào là dãy số giảm?





Lời giải Chọn C

Câu 4 Cho hàm số y 8 2 x x 2 đồng biến trên khoảng nào sau đây?

Ta thấy 2x2 1 0,   nên hàm số x y2x2113

luôn xác định với mọi giá trị thực của x

Câu 6 Hình lăng trụ đứng có đáy là hình thoi (không phải là hình vuông) có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?

Lời giải

Hình lăng trụ đứng có đáy là hình thoi (không phải là hình vuông) có tất cả 3 mặt phẳng đối xứng

Câu 7. Cho khối trụ có bán kính hình tròn đáy bằng r và chiều cao bằng h Hỏi nếu tăng chiều cao lên 2 lần

và tăng bán kính đáy lên 3 lần thì thể tích của khối trụ mới sẽ tăng lên bao nhiêu lần?

Câu 9. Cho F x  là một nguyên hàm của hàm số f x ex2x3 4x

Hàm số F x  có bao nhiêu điểm cựctrị?

Câu 10 Cho

1 0

1

01

1

ln 2 ln 3 ln 2

02

Xem ba chữ T riêng biệt ta có: n W =( ) 6!

Cách 1:

Để

2 3

Câu 13: Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy.

Hỏi trong các mặt bên của hình chóp S ABCD có mấy mặt bên là tam giác vuông?

Lời giải Chọn B

Ta có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy nên các tam giác SAB , SAD vuông tại A Lại có

BCAB , BCSA suy ra BCSB do đó tam giác SBC vuông tại B Tương tự tam giác SCD vuông tại D Vậy hình chóp có 4 mặt bên là các tam giác vuông.

Câu 14: Cho hàm số f x( )

xác định trên ¡ và có đồ thị của hàm số f x¢( )

như hình vẽ Hàm số f x( )

có mấy điểmcực trị?

Lời giải Chọn D

Số cực trị của f x( )

là số nghiệm đơn của phương trình f x'( ) =0

.Dựa vào đồ thị f x'( )

Ta có bảng biến thiên của hàm số yf x  trên  1;3 

Vậy trên đoạn 1;3, hàm số f x  đạt giá trị lớn nhất tại điểm x  2

Câu 17: Cho ba số thực , ,a b c khác 0 thỏa mãn 3 4 12 a b c

  Tính

c c S

logloglog

Ta có: 3x 5m 0 3x  5 m

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 5 m 0 m 5

Mà m nguyên dương nên m 1; 2;3; 4 Vậy có 4 giá trị m thỏa mãn điều kiện đề bài.

Câu 19: Có tất cả bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn bất phương trình  2

Lời giải Chọn C

Câu 21: Cho hình chóp tam giác đều S ABC có cạnh đáy bằng 2

a

Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng600 Tính

theo a thể tích khối chóp S ABC

A.

3 396

a

B.

3 324

a

3 38

a

3 332

a

Lời giải Chọn A

Gọi H là trung điểm của BC và G là trọng tâm tam giác ABC

Do hình chóp S ABC đều nên ABC đều vàSGABC

Các cạnh bên cùng tạo với mặt đáy một góc bằng nhau nên từ giả thiết ta cóSAG  600

Xét tam giác ABC đều có AH vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao

Câu 22: Cho hình lăng trụ ABC A B C    có đáy là tam giác đều cạnh a Hình chiếu vuông góc của A lên mặtphẳng ABC trùng với trung điểm cạnh BC Góc giữa BB và mặt phẳng ABC bằng 60 Thể tích khối lăng0trụ ABC A B C    bằng

A

338

a

3

3 38

a

3

2 38

a

334

a

Lời giải Chọn B

Gọi H là trung điểm của BC  A H ABC

nào sau đây là đúng?

A V 3πaa3 B V 9πaa3 C V 27πaa3 D V 12πaa3

I B

A

C S

Lời giải Chọn B

I B

A

C S

Bán kính đường tròn nội tiếp ΔABC là

248

316

1d4

I  u u.

Lời giải Chọn A

1d16

2 0.2x

Vận dụng thấp:

Câu 26: Cho phương trình 1 cos x cos 4x m cosxmsin2x Gọi Sa b;  là tập tất cả các giá trị của tham

số m để phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt thuộc đoạn

20;

Ta có: 1 cos x cos 4x m cosx msin2x 1 cos x cos 4x m cosx m1 cos 2x 0

20;

m  

 phương trình cos 4x m có 1 nghiệm

Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt thuộc

20;

m  



Câu 27: Cho hình lăng trụ đứng ABC A’B’C’ có AB a AC , 2 ,a BAC 1200 Gọi M là trung điểm cạnh CC'

thì BMA  ' 900 Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng BMA'.

A

55

a

B

53

a

C

57

a

D

77

a

Hướng dẫn giải Chọn B

Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác ABC ta có:

a

Câu 28: Cho hàm số yf x  ax5bx4cx3dx2 exf với , , , , ,a b c d e f là các số thực và có đồ thị hàm

số f x  như hình sau:

Biết hàm số g x  f 1 2 x 2x22022 đồng biến trên khoảng a b;  Tính a b

Lời giải Chọn A

( )

é = ê

-ê =ê

Ta có bảng xét dấu đạo hàm của hàm số y=f2( )2x - 2 2f x( )+1

Ta thấy y¢có ba lần đổi dấu từ âm sang dương, hai lần đổi dấu từ dương sang âm.

Vậy hàm số y=f2( )2x - 2 2f x( ) +1

có hai điểm cực đại và ba điểm cực tiểu

Câu 30: Cho hàm số

2 2

x x y

S 

Lời giải Chọn B

Điều kiện

2

2 2

0

x g'

g

0

x x





  

Bảng biến thiên

2

Suy ra

13

;64

.Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực.

Câu 33: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số ( ; )x y thỏa mãn e3x5y ex3y1 1 2x 2y,đồng thời thỏa mãn log (323 x2y1) ( m6) log3x m 2 9 0

Lời giải Chọn B

Trường hợp 1:  * có một nghiệm x  và nghiệm còn lại khác 3 và 4 3

Thay x  vào 3  * ta được 3

Trường hợp 2:  * có một nghiệm x  và nghiệm còn lại khác 3 và 4 4

Thay x  vào 4  * ta được log3m 8 m 38

Câu 35: Số giá trị nguyên dương của mđể bất phương trình 2x 2  2 2  x m 0

có tập nghiệm chứa khôngquá 6 số nguyên là:

Lời giải Chọn C

m m

m m

*2log

.(Vì m1 log2m0 nên (*) vô nghiệm).

Bất phương trình đã cho có tập nghiệm chứa không quá 6 số nguyên

Vậy có 32 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 36: Cho hình lập phương ABCD A B C D     cạnh bằng a Gọi , M N lần lượt nằm trên các cạnh A B ' ' và BC

sao cho MA MB    và NB2NC Mặt phẳng DMN

chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa

diện Gọi V H

là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A V, H' 

là thể tích khối đa diện còn lại Tỉ số

 

 ' 

H H

V V

H H

V

Câu 37: Cho mặt cầu ( )S có bán kính R a 3 Gọi ( )T là hình trụ có hai đường tròn đáy nằm trên ( )S và có

thiết diện qua trục của ( )T lớn nhất Tính diện tích toàn phần S tp

của ( )T .

A S tp 6a2 B S tp 9a2 C S tp 6a2 3 D S tp 9a2 3

Lời giải Chọn B

Hình vẽ thiết diện qua trục như sau:

3 3144

a 

3 396

a 

3 6124

a a

H

D

C B

A

Gọi H là trọng tâm tam giác BCD và G là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD Khi đó bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD là:

Mà V G BCD. V G ABC. V G ABD. V G ACD. (vì S BCD S ABC S ABD S ACD).

Mặt khác V G BCD. V G ABC. V G ABD. V G ACD. V ABCD .

14



3 2

23

4834

a a



612

a



.Vậy thể tích khối cầu nội tiếp tứ diện là:

3 3

Trường hợp 1: Với f x  6 ,x2   x

, ta có f  0 0

.Trường hợp 2: Với f x  2 ,x x  , ta có :

m 

, M 2 2 B

52

m 

, M  3

C

52

m 

, M  3. D m  3, M 2 2.

Lời giải Chọn A

Từ giả thiết f x f x   cos 1x  f2 x

   

 2

cos1

Suy ra

   

1;1 2

Trường hợp 1: Chọn hai số ,a c thuộc tập các số lẻ có C152 cách

Trường hợp 2: Chọn hai số ,a c thuộc tập các số chẵn có C152 cách

 Chọn hai số ,a c sao cho a c là số chẵn có 2.C152 cách

Ứng với mỗi cách chọn hai số ,a c có 1 cách chọn số b

Số cách chọn , ,a b c thuộc tập S theo thứ tự lập thành một cấp số cộng là 2.C152

Số phần tử của không gian mẫu là C303

Vậy xác suất của biến cố cần tìm là:

2 15 3 30

406

C P

Chọn D.

Cách 1

Gọi O AB 'A B'

Ta có: 'A BAB'(do ABB A là hình thoi).' '

'A B CO (do CA B' cân tại C ).

2

a OB

Cách 2 (Nếu không phát hiện ra OH là đoạn vuông góc chung của AC và ' A B ).

3

9 9

x f

m

Câu 44: Cho hàm số = ( )y f x có đồ thị như hình bên dưới

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số mÎ -êéë 10;10ùúû để hàm số h x( )= f x2( + +2) 4 (f x+ +2) m

có đúng 3 điểm cực trị

Lời giải Chọn B

Đặt g x( )=f x2( +2)+4 (f x+2)+mÞ g x¢( )=2 (f x+2) (f x¢ +2)+4 (f x¢ +2)

-êë

11

x x

Từ BBT suy ra pt đã cho có đúng một nghiệm thuộc đoạn 2;1  m  32; 14   12

Mà m nguyên nên có 20 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 48: Với a là tham số thực để bất phương trình 2x3x ax2 có tập nghiệm là  Khi đó

.Suy ra hàm số g x  đồng biến trên .

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f x 

đạt giá trị nhỏ nhất tại x , ta kết hợp với điều kiện đề bài0

Thử lại ta thấy a ln 6 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Do đó a ln 6 là giá trị duy nhất thỏa mãn đề bài.

Câu 49 Cho tứ diện OABC có OA OB OC  2a, BOC   ,  60 AOB 120 , AOC   Gọi ,90 H N lần

lượt là hình chiếu của O , B lên mặt phẳng ABC và OAC Gọi G là trọng tâm tứ diện OABC Tính thể tích

khối tứ diện OHNG

A.

3 224

a

3 2192

a

C

3 212

a

3 24

a

Lời giải

 Do OA OB OC  và OHABC

nên HA HB HC  , suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC

Xét tam giác OAB ta có:

Suy ra tam giác ABC vuông tại C Do đó H là trung điểm của AB

 Gọi ,E F P I lần lượt là trung điểm của , , BC CA OC OF , , ,

đối xứng với A qua I

Ta có: G là trọng tâm của tứ diện OABC  GA GB   GC GO  0

Câu 50: Cho lăng trụ ABCD A B C D có đáy ABCD là hình chữ nhật với     AB 6,AD 3,A C 3 và mặt

phẳng AA C C   vuông góc với mặt đáy Biết hai mặt phẳng AA C C   , AA B B   tạo với nhau góc 

thỏa mãn

3tan

Gọi H là hình chiếu của B lên ACC A 