Đáp án chuyên Lê Quý Đôn lần 2

Gọi bán kính đáy và chiều cao ban đầu của khối trụ lần lượt là R và h.. Suy ra phần chung của hai khối chóp S.ABC và S’.A’B’C’ là hình đa diện SMNPS’ có sáu mặt... – Nếu độ dài chiều ca

Trang 1

Đã nói là làm – Đã làm là không hời hợt – Đã làm là hết mình – Đã làm là không hối hận!

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

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án A

Mặt cầu  S x: 2y2 z2 2x6y8z0 cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A2;0;0 , B 0;6;0 , C 0;0;8

Ta có AB  2; 6; 0 , AC  2; 0; 8AB AC, 48;16;12

Vậy

ABC

S  AB AC    

Câu 2: Đáp án C

Gọi bán kính đáy và chiều cao ban đầu của khối trụ lần lượt là R và h

Khi đó: S xq  2 Rh và 2

V R h Khi tăng bán kính đáy của khối trụ lên gấp đôi, chiều cao giảm xuống một nửa

thì R 2R và

2

h

h  Khi đó:

 2

2

h

        







Như vậy, sau khi tăng bán kính lên gấp đôi, giảm chiều cao xuống còn một nửa thì diện tích xung quanh không đổi, còn thể tích tăng lên gấp đôi

Thể tích của chỏm cầu có bán kính R, chiều cao h được tính theo công thức sau:

3

h

2

3

1

x

 



   



Px x x    i   i 

Câu 5: Đáp án B

Từ giả thiết, ta có ABCD là hình chữ nhật nên AB DC Khi đó ta tìm được tọa

độ điểm C4; 3; 2

Ta có AB1; 0;1 , AD2;1; 2  AB AD,   1; 4;1

  Do CC ABCD nên

đường thẳng CC’ có véctơ chỉ phương là u1; 4; 1  

Phương trình tham số của đường thẳng CC’: 43 4 , 

2

  



  



STUDY TIP

Trong không gian Oxyz, diện

tích tam giác ABC được tính

theo công thức:

1

,

2

ABC

S   AB AC 

h I

B A

O

Trang 2

Điểm C’ là giao điểm của đường thẳng CC’ với mặt phẳng x y z   1 0 nên ta tìm được C3;7; 3

Gọi  Q là mặt phẳng thỏa mãn  Q Ox và    Q  P Trục Ox có véctơ chỉ

phương là i1; 0; 0, mặt phẳng  P có véctơ pháp tuyến là n P 1;1; 1 

Ta có i n,  P   0;1;1 Mặt phẳng  Q có véctơ pháp tuyến là n Q 0;1;1 Phương trình mặt phẳng  Q : y z 0

Gọi d là hình chiếu của Ox trên mặt phẳng  P , suy ra d   P  Q

Khi đó phương trình

1 2

:

y z

z t

   

đường thẳng d đi qua điểm 1; 1;1  nên chọn phương án C

Câu 7: Đáp án D

– Với phương án A: sin x fcosxdx fcosx d cosx FcosxC Vậy A sai

– Với phương án B:   1     1  

f x dx f x d x  F x C

f x dx  f   d  F C

– Với phương án D: cos x fsinx dx fsinx d sinx F sinxC Vậy D đúng

Đặt z x yi x y  , ,   có điểm biểu diễn là M x y nằm trên đường tròn  ;

  2 2

x  y 

x  y   x  y   x  y i 

Đặt w a bi a b  , ,   Khi đó: 2 1 2 2 1 1 2

w z   i z       i

Từ

z  i      i         

4

số phức w là đường tròn   2 2

x  y 

Phương trình hoành độ giao điểm: x3 x2 mx  1 m 2x1

2

1

2

x

 



Trang 3

Để đường thẳng cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt  Phương trình   có hai nghiệm phân biệt khác 1

m



 

Đặt t x t 2, 0 Để phương trình  2

f x m có hai nghiệm x phân biệt 

Phương trình f t m có đúng một nghiệm t dương  Đồ thị hàm số y f t 

cắt đường thẳng y m tại đúng một điểm, với t0

Quan sát bảng biến thiên, ta tìm được 4

2

m m

 

 

Quan sát đồ thị hình bên, ta có thể tích khối tròn xoay cần tính là V V1V2 Trong đó:

 V là thể tích khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi 1

các đường y12x x, 0,x4 quanh trục Ox

 V2 là thể tích khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi

các đường y2  x 2,x2,x4 quanh trục Ox

Ta có

2

3

2 2

8 2

2

x





 





      (đvtt)

Logarit nepe hai vế, ta được: lnf x   ln x x xlnx  1 Đạo hàm hai vế của  1 , ta được  

   ln  ln 1

f x

Suy ra f x   f x lnx 1 lnx1x xf  2 4 ln 2 1   4 ln16 Vậy a4,b16  a b 20

Ta có 17 2 16 2 9 2

13

2 5 ; ;

3

u v  a a a

Hai mặt phẳng    P , Q có véctơ pháp tuyến là n P 1; 2; 2 ,  n Q 1;0; 1 

Ta có     P  Q nên  có véctơ chỉ phương là u dn   P ,n Q 2; 3; 2

Mặt phẳng Oxy z: 0 có véctơ pháp tuyến là nOxy0; 0;1

STUDY TIP

Trong không gian Oxyz, gọi 

và góc giữa đường thẳng  và

mặt phẳng  P Khi đó:

 

sin cos ,

.

P P

P

u n



y

x

4 –1

1

2 2

O

Trang 4

 

17

d Oxy

u n

    Vậy ;Oxy 29 1o 

Gọi đường thẳng  là tiếp tuyến tại điểm  3   

M m m  m  C

Ta có 2

y  x   Đường thẳng  có hệ số góc k y m  3m23

:y 3m 3 x m m 3m 1 y 3m 3 x 2m 1

Do A 2; 3  nên  2  3 3 2

3 2 3 m 3 2m  1 m 3m  4 0

2

m

  

 Vậy ta viết được phương trình của hai tiếp

tuyến của  C kẻ từ A 2; 3

Đặt x     1 t x t2 1 dx2tdt Đổi cận 0 1

   

   



Suy ra

1

2

e dx te dt

dv e dt v e

2

te dt te e dt e e e e

e  dx te dt e

Vậy a b 0,c    2 a b c 2

Gọi x cm y cm lần lượt là chiều dài, chiều rộng của tấm tôn hình chữ nhật ban    , đầu x y, 0 Từ giả thiết, ta có   30

x y

Gọi r là bán kính đáy của hình trụ Chu vi của đáy là 2  

2

x

   

chiều cao của hình trụ là y cm  

x

 

Xét hàm số   2 

30

f x x x trên 0; 30 

20 0; 30

x

  



Lập bảng biến thiên, ta thấy      

0;30

maxf x  f 20 4000 hay  3

max

1000

Khi x20 y 10 Diện tích xung quanh của hình trụ là:  2

200

xq

S xy cm

Trang 5

3

log 2

a

    Suy ra log 6 1 log 23 3 a 1

a



y

E     y  và x2y2    8 y 8x2 Diện tích hính phẳng cần tính là V2V1V2 Trong đó V1 là diện tích nửa hình tròn  C nằm phía trên Ox bán kính R2 2, V2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

2

12

x

y  y x (hình bên)

2 1

V  R    ;

2 2

6

12

SHIFT STO

x



Vậy V 2V1V2 2 4 A19,2604

Từ các đáp án A, B, C, D ta thấy 8 2 3 19,2604

3

   

Đặt z a bi x y  , ,   Do 2 2 2 2

z   a b  a b  Suy ra tập hợp các điểm M a b biểu diễn số phức z là đường tròn  ;  C :x2y21 có tâm O 0; 0 , bán kính R1

Đặt w x yi x y  , ,   có điểm biểu diễn là N x y  ;

Từ w z  1 x yi   a bi  1 x a  y b i  1

  2 2

       Suy ra tập hợp các điểm N x y biểu diễn  ;

số phức w sẽ cách điểm M a b   ;  C một khoảng bằng 1, với M là điểm bất kỳ Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là hình tròn   2 2

C x y 

Đặt w x yi x y  , ;   và z a bi a b  , ;   Khi đó w  x2y2

Tư giả thiết, ta có

3 3

w z



  







1 1

a b



1

a b



 

4

w  x y 

(C)

(E)

–√6

√6

y

x

O

Trang 6

Ta có

2 2

2

1 1

5

2

bx





 3

1 5

2

7 7

2

a

a b

b

a b





9

ax b dx x dx  

Hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng x, chiều cao bằng y

x y, 0 Diện tích mỗi mặt bên là S b xy; diện tích mỗi mặt đáy là 2 3

4

đ

x

Theo bài ra, ta có

S S xy  y Lại có, tổng diện tích các mặt là

2

4

a

nên

2

4

b đ

a

S  S 

b đ

2 2

;

Vậy thể tích khối lăng trụ là

đ

V S y  (đvtt)

Từ giả thiết, suy ra SS ABC và SSA B C   (như hình vẽ)

Giả sử SAS A M SB, S B N SC, S C P Suy ra phần chung của hai

khối chóp S.ABC và S’.A’B’C’ là hình đa diện SMNPS’ có sáu mặt

Theo bài ra, ta có     0

S A A B C     S A S   Đặt AB BC AC x x , 0 Gọi E là trung điểm BC

0

Đặt A B B C A C y y, 0 Gọi F là trung điểm B’C’

0

A F SA A F h S S SA  S A S 

Suy ra

3 3

x h y

S S h x

 

      



4

y



3

.

S MNP

S ABC

 

.

S MNP

C' B'

B

A'

P N

M

E C

B

A

S

F

B'

S'

Trang 7

S M S N S P S A x S M S N S P

3

.

S MNP

S MNP S A B C

S A B C

V S M S N S P

V S A S B S C



   

       

 2

3

.

V S S S     h

Vậy

Đặt AB AC x x  ,  0 BC AB2AC22AB AC .cosBAC

Gọi M là trung điểm BC AMBC và 6 2

BC

2



4

2 2

Ta có

2 2

ABC

x

ABC ABC



Gọi O là trọng tâm ABCSOABC Gọi N là trung điểm AB CN 3

ON

;

d O AB

ON d O AB     Gọi H là hình chiếu của O

3

a

OH d O AB

Ta có AB SO AB OH ,  ABSOHAB SH

3

a SAB SBC  SH OH SHO SO OH SHO

Từ O kẻ OISH I SH,  OISAB doSOHSABOId O SAB ;  

; 6

3

3 3

a

Từ    

2

;

ON

1 2

i



N

O

M

B

S

H

I

Trang 8

Đặt z x yi x y  , ,   Từ giả thiết, ta có

1

  









2 2

2

18 3

a







100x 4 3a 22 x a 28a 388 0

        1 Để có duy nhất một số phức z

thỏa mãn yêu cầu bài toán  Phương trình  1 có một nghiệm x

1 4 3a 22 100 a 28a 388 0 a 52a 576 0



2

4 16

a a

     Vậy sso thực a lớn nhất thỏa mãn yêu cầu là a6

Mặt cầu  S có tâm I1; 2; 2 , bán kính R 2 Mặt cầu  S có tâm I2; 0; 4

, bán kính R 3 10

Ta có   2  2 2

II        Khi đó II R R nên hai mặt cầu  S

và  S không cắt nhau

Hình lăng trụ tứ giác đều là lăng trụ đứng có đáy là hình vuông

– Nếu độ dài chiều cao khác cạnh đáy, thì hình có ba mặt phẳng đối xứng

– Nếu độ dài chiều cao bằng cạnh đáy (hình lập phương) thì hình có 9 mặt phẳng đối xứng

Trang 9

Gọi O AC BD, từ giả thiết suy ra SOABCD

Gọi E là trung điểm AB Ta có

, ,

AB OE OE SOE





Suy ra  SAB , ABCD SE OE, SEO450 SOE vuông cân tại O

Gọi F là trung điểm AD Ta có

, ,

AD OF OF SOF





Suy ra  SAD , ABCD SF OF, SFO600OF SO cotSFO a

AB OF a

   Khi đó S ABCDAB AD 2 2a a 3 4 a2 3

.

– Với phương án A:   1 cos  sin  

ln 1 cos

1 cos 1 cos



án A không thỏa mãn

x



nên phương án B không thỏa mãn

2

tan

2

x



mãn

F E

O

C

B

S

STUDY TIP

Nếu f x dx F x    C thì ta

có F x   f x

Trang 10

Đồ thị hàm số

2

1

y x



 có 3 đường tiệm cận: 2 đường tiệm cận đứng là

1

x  và x1; một đường tiệm cận ngang là y1

y  x  x  x  x  x   x nên hàm số luôn đồng biến trên và hàm không có cực trị

Số phức z a bi  là một nghiệm của phương trình 2 2

4 0

z    bz a nên:

a bi b a bi    a a    ab b ab b i 

 

2

0

1; 2

2

a ab b

b

  

  



5

z  a b 

x

  





Vậy chỉ có phương án B là đúng nhất

Ta có S.ABCD là hình chóp tứ giác đều Gọi O AC BDSOABCD Suy ra AB1 và SO 2

AC OA OC  SA SO OA 

∗ Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

Gọi E là trung điểm SA, qua E kẻ mặt phẳng trung trực của SA, mặt phẳng này cắt SO tại I Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD và R SI

10 10

8 2

∗ Tính bán kính r của mặt cầu nội tiếp hình chóp S.ABCD

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD Suy ra O MN và SAB  SMN

, SCD  SMN Gọi J là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp S.ABCD, H và K lần lượt là hình chiếu của J trên SAB , SCD 

 ;   ;    ;  

JH JK JO d J SAB d J SCD d J ABCD

của đường tròn nội tiếp SMN

2

SM SN  SO OM  ; MN1 Suy ra 2

2

SM SN MN

nửa chu vi của SMN

SMN

SO MN

p

R k r

STUDY TIP

– Mặt cầu nội tiếp một hình đa

diện luôn luôn tiếp xúc với tất cả

các mặt của hình đa diện đó

– Mặt cầu ngoại tiếp một hình đa

diện luôn đi qua các đỉnh của

hình đa diện đó

E

O C

B

S

I

K

N

M

O C

B

S

J H

Trang 11

Tập xác định: D    ; 1 3;

x



  , loại do x D

Lập bảng biến thiên, ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 1 và đồng biến trên khoảng 3;

Điều kiện: x0

log x 4 log x m  0 4 log x4 log x m 0  1 Đặt log x t2  , khi đó phương trình  1 có dạng 4t2  4t m 0  2

Để phương trình  1 có nghiệm x Phương trình  2 có nghiệm t

  2 4 4m 0 m 1



Giả sử tứ diện đều có cạnh bằng a Khi đó, bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

Lý thuyết về cực trị: Giả sử hàm số f x liên tục trên khoảng    a b chứa điểm ;

0

x và có đạo hàm f x  trên các khoảng a x và ; 0 x b Khi đó: 0; 

 Nếu f x  đổi dấu từ âm sang dương khi x qua điểm x0 (theo chiều tăng)

thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x 0

 Nếu f x  đổi dấu từ dương sang âm khi x qua điểm x (theo chiều tăng) 0

thì hàm số đạt cực đại tại điểm x 0

Quan sát đồ thị, ta thấy đồ thị hàm số y f x  cắt trục Ox tại ba điểm trên  a b ; nên phương trình f x 0 có ba nghiệm x x x 1, 2, 3

Tuy nhiên, qua điểm x x 1 hàm số f x  đổi dấu từ âm sang dương, qua điểm

2

xx hàm số f x  không đổi dấu, qua điểm xx3 hàm số f x  đổi dấu từ

dương sang âm

Khi đó, hàm số f x đạt cực tiểu tại điểm   x x 1, đạt cực đại tại điểm xx3 và không đạt cực trị tại xx2 Vậy f x có đúng hai điểm cực trị  

Ta có y x33x2 2 x63x22 Đạo hàm y x56 4 ,x x 0 ; y 0 x 4

x

       , loại do x  2;1

Ta có y 0 2; y   2 2;y 1 0 Suy ra 2;1

2;1

0

M m

 

 

 

 

STUDY TIP

Tứ diện đều cạnh a có bán kính

mặt cầu ngoại tiếp được tính

theo công thức: 6

4

a

R

y

x

x3

x1 O x2

Trang 12

Lý thuyết cần nhớ: Cho hàm số y f x , khi đó:

 Nếu  là một số nguyên dương    thì hàm số xác định khi

 

f x 

 Nếu  nguyên âm hoặc bằng 0     0 thì hàm số xác định khi

  0

f x 

 Nếu  là một số hữu tỉ dạng mm ,n ,n 2

n    thì hàm số xác định khi f x 0

 Nếu  là một số vô tỉ (dạng căn thức) thì hàm số xác định khi f x 0

3

x

  

0

x

  

Lập bảng biến thiên của hàm số trên 3;1, ta thấy hàm đạt cực đại tại x 2 Giá trị cực đại của hàm số là    2 2

2

4

e



Ta có

1

1 2

a

a a

a

  





 



  





Đặt t3x 0 Phương trình đã cho trở thành: 2    

t  x t x 



x x

x



Xét hàm số f x 3x6x3 trên

Ta có f x 3 ln 3 6;x  f x 3 ln 3 0,x 2    x Hàm số f x  đồng biến

trên , hay phương trình f x 0 có không quá một nghiệm trên

Ta có  

 12 3 ln 3 6 09 ln 3 6 0    1 2 0

f



nhất một nghiệm x0 1; 2

Bảng biến thiên:

 

Định dạng
Số trang	14
Dung lượng	862,46 KB