đề thi thử THPT QG 2020 toán THPT nguyễn đức cảnh thái bình lần 1 có lời giải

Câu 7: Cho khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau, biết khối lăng trụ có thể tích bằng 2 3.. Tính thể tích khối tứ diện SMGB... Hỏi trong không gian có bao nhiêu điểm M

SỞ GD & ĐT TỈNH THÁI BÌNH

TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC CẢNH

(Đề thi có 07 trang)

ĐỀ KSCL THPT QUỐC GIA NĂM 2020 – LẦN 1

Bài thi: KHOA HỌC TỰ NHIÊN Môn thi thành phần: TOÁN HỌC

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 7: Cho khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau, biết khối lăng trụ có thể tích bằng

2 3 Tính cạnh của lăng trụ

Câu 8: Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như hình vẽ sau:

Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm nào sau đây?

Câu 12: Cho hàm số f x có bảng biến thiên như hình vẽ  

Giá trị nhỏ nhất của hàm số f x trên đoạn    0; 4 là ?

332

a

333

a

C.

3312

Câu 20: Cho hàm số f x có bảng xét dấu   f x như hình vẽ Hàm số f x nghịch biến trên    a b ;

với a b Tìm giá trị lớn nhất của b a

 Gọi A a, lần lượt là GTLN GTNN, của hàm số f x trên  

3;10 Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để 5  A a 20

f x x  m x  m Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn

10;10 để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt?

A. Đồ thị có một tiệm cận ngang y0 và không có tiệm cận đứng

B. Đồ thị có một tiệm cận ngangy0 và tiệm cận đứng x2

C. Đồ thị có một tiệm cận ngang y0 và hai tiệm cậnđứng x2,x 1

D. Đồ thị có hai tiệm cận ngang y0,y2 và tiệm cận đứng x 1

Câu 28: Cho hàm số   3 2

f x x  x mx Số giá trị nguyên thuộc 10;10 của tham số m để hàm

số f x đồng biến trên khoảng   1;

Câu 29: Cho hình chóp S ABC có thế tích bằng 12, gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , M là trung

điểm của SA Tính thể tích khối tứ diện SMGB

Câu 30: Cho hàm số f x có bảng biến thiên như hình vẽ , phương trình   f x  f  2 có bao nhiêu nghiệm phân biệt

a

333

D.

333

a

Câu 39: Cho tứ diện ABCD Hỏi trong không gian có bao nhiêu điểm M thỏa mãn điều kiện: các khối

tứ diện MABC , MBCD , MCDA , MABD có thể tích bằng nhau?

Câu 41: Cho hình lập phương ABCD A B C D     có cạnh bằng a , gọi M N, lần lượt là trung điểm của

A D  và CC Tính thể tích khối tứ diện ABMN theo a

Câu 43: Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh a , gọi I J, lần lượt là trung điểm của AB BC, Đường

thẳng qua J và song song với DI cắt mặt phẳng ACD tại  P Tính thể tích khối tứ diện PBCD

a

3212

Câu 45: Cho lăng trụ tam giác đều ABC A B C    có tất cả các cạnh bằng a , M là điểm di chuyển trên

đường thẳng A C  Tính khoảng cách lớn nhất giữa AM và BC

góc với đáy, M là điểm thuộc miền trong của tam giác SBC Trong trường hợp tích khoảng cách từ M

đến các mặt phẳng SAB , SAC , ABC lớn nhất hãy tính  AM

Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: C

Từ bảng biến thiên ta có hàm số y f x  đồng biến trên khoảng 3; 2 

2

2 1

3lim

1

13

x x

là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

Vậy tổng số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là 3

Xét hình chóp tứ giác đều S ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa một bên và đáy bằng 0

x

Thể tích bằng 2 3 nên

23

Gọi N là trung điểm cạnh ; 3

Vậy  100

1 2

Câu 12: D

Vì hàm số nghịch biến trên khoảng 1; 3 và 0  1; 3 nên f  0  f  3  3

Vì hàm số đồng biến trên khoảng 3;   và 43;   nên  3 f  3  f  4

Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến (ABCD)

ABCD là hình vuông cạnh a nên 2

3

33

Ta có bảng biến thiên của hàm số:

Khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu của hàm số là 1 1 2

m y

Ta có  1 cos 2x  1, x Do đó, đặtt  cos x2 , khi đó t  1; 1

Để phương trình f cos x 2 m có nghiệm thì khi và chỉ khi phương trình f t m có nghiệm

tx điều kiện t0 Khi đó phương trình (1) trở thành t2m2t2 – 8 0 2 m   

Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt hay

phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt t1 t2

44

m

m m

m m

Điều kiện xác định của hàm số:

Dựa vào bảng biến thiên

Ta có f x  f  2 có bốn nghiệm phân biệt

Câu 31:

Ta có ' '/ /A B AB nên giao tuyến của hai mặt phẳng MAB v\a MAB qua điểm M và song song AB 

Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AB và A'B' suy ra MI  MK và MI, MK cùng vuông góc với AB Khi đó góc giữa M AB v \ aMA B là góc giữa hai đường MI, MK ' 

30

Từ đó suy ra bảng biến thiên của hàm số y f x  2

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hai điểm cực đại của đồ thị hàm số là 1; 0 và 3; 3 Suy ra khoảng 

cách giữa hai điểm cực đại bằng 5

   

,,

Trong tam giác ABC , kẻ đường cao SM Ta có SM CD

Kẻ MI song song với BC cắt AD tại I  MI CD

Gọi S1, S2, , S3 S lần lượt là diện tích của tam giác ABC, BCD, CDA và ABD 4

Gọi h h1, , 3, h2 h 4 lần lượt là khoảng cách từ điểm M xuống các mặt phẳng (ABC); (BCD); (CD1) và (ABD)

Theo giả thiết thể tích các khối tứ diện M ABC, MBCD, MCDA, M ABD bằng nhau nên

Từ M dựngMH BCD; MK (ABC), gọi I là hình chiếu H lên BC, dễ thấy KI vuông góc với BC;

S MI.sina sin a Do hai mặt phẳng (ABC), (BCD) của tứ diện cố định, nên mặt phẳng phân chia hai

mặt (BCD) và (ABC) thành hai góc  ,  thỏa mãn đẳng thức (2) cũng cố định, do đó tập hợp điểm M thỏa mãn (1) nằm trên mặt phẳng 1 (là mặt phẳng đi qua giao tuyến chung BC và hợp với các mặt (BCD) và (ABC) hai góc  , tương ứng cố định) hoặc nằm trên mặt phẳng 1' (vuông góc với mặt phẳng 1 )

Hoàn toàn tương tự ta xét với các cặp mặt phẳng của hình tứ diện

Theo tính chất giao tuyến chung của ba mặt phẳng cắt nhau thì đồng quy Do đó chúng ta có 5 điểm thỏa mãn điều kiện bài toán (Hình vẽ minh họa)

m S

m m

y f x nhận trục tung làm trục đối xứng, điểm cực đại của hàm số f x nhỏ hơn điểm cực tiểu của  

hàm số f x do đó khi lấy đối xứng qua trục tung, ta nhận thấy được khoảng cách giữa hai điểm cực đại  ,chính bằng hai lần hoành độ điểm cực đại hàm số f x nghĩa là   x11

Với x11 là nghiệm của phương trình f ' x  0 nên ta có: 2 2 2 4 0 1

Xét hai mặt phẳng (DIJ) và (ACD) có:

D là điểm chung của hai mặt phẳng IJ / /AC

Suy ra ACD  IJD Dy với Dy là đường thẳng qua D và song song với IJ

Tứ giác DIJP có các cặp cạnh đối song song nên DIJP là hình bình hành

Suy ra DJ cắt IP tại trung điểm O của mỗi đường

A A A

Vậy m 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán khi đó f  3 3 – 3 – 3 3 544 3  

Câu 45: C

Кё C P' / /AM P  ACAM/ /BC P' d AM BC , 'd AM , BC P'  d A BC P( , ' 

Gọi H là hình chiếu của A trên mpBC P K là hình chiếu của A trên đường thẳng BC' ' ,

Suy raAH  d A( , BC P'  d A BC , '  AK Từ đây ta suy ra khoảng cách lớn nhất giữa \ ' '

S  S S Thể tích khối chóp S.ABC là 3

a

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: d M , SAC .d M ,  SAB .d M , ABC 

Gọi E là hình chiếu của M lên mặt phẳng (ABC) khi đó 3

Từ giả thiết suy ra bảng biến thiên của f  x là

Đường thẳng y 1f   cắt đồ thị y f x  tại 3 điểm 1  1 

Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang

Lại có x1 là nghiệm của mẫu , cũng là nghiệm của tử, suy ra x1 không là tiệm cận đứng

Như vậy, đồ thị có duy nhất một tiệm cận đứng x p

Do đó nếu tồn tại hai nghiệm cothì số nghiệm sẽ là 4, tổng các nghiệm bằng 4

Đặt t x 1 3 x 2 thu được phương trình  

Bảng biến thiên hàm số f  t như sau

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi 1 1 2  2018; ; 837