ÔN TOÁN THI THPT QG

 Do hình chiếu của SB lên mặt phẳng SAD là SA nên góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng SAD là góc giữa hai đường thẳng SB và SA... Gọi v là vecto chỉ phương của đường thẳng ... The

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 22

11.A 12.B 13.C 14.B 15.B 16.C 17.A 18.B 19.C 20.D

21.A 22.C 23.A 24.B 25.A 26.A 27.C 28.A 29.D 30.B

31.B 32.C 33.A 34.A 35.C 36.C 37.D 38.B 39.C 40.B

41.A 42.B 43.A 44.B 45.B 46.A 47.D 48.D 49.A 50.C

Câu 29













Do hình chiếu của SB lên mặt phẳng SAD là SA nên góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng SAD

là góc giữa hai đường thẳng SB và SA

5

SB SA AB a

2 5 cos

5

SA

BSA

SB

Vậy cosin của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng SAD là 2 5

5

Câu 30.

Mặt phẳng  P có vecto pháp tuyến n 2; 2;1 

I d

P

Đường thẳng d đi qua M  1;1;3 và có vecto chỉ phương u 1; 2; 2  nên phương trình tham số của

d là:

1

1 2

3 2

  



  



  









  I  d  P

Vì I   d I 1 t;1 2 ;3 2 t  t, mà I P      t 1 I 2; 1;5

Gọi v là vecto chỉ phương của đường thẳng 

Vì  P v n



 

 

  nên ta chọn vu n,     2; 5; 6

Vậy  đi qua I   2; 1;5 và có vecto chỉ phương v    2; 5; 6  nên có phương trình tham số là:

2 2

1 5

5 6

  



   



  



Câu 31

Gọi M x y Từ điều kiện  ;   2 

z  a a  a i suy ra M thuộc parabol   2

P yx  x

Gọi N x y Từ điều kiện  ;  z2   2 i z2  suy ra N thuộc đường thẳng 6 i d: 2x  y 8 0

Gọi  là tiếp tuyến của  P mà song song với d: 2x  y 8 0

Gọi M x y o; o là tiếp điểm mà tại đó tiếp tuyến  // d

Ta có y 2x2

Do  // d nên y x o  2 2x o  2 2 x o  suy ra 2 y  o 2

Phương trình tiếp tuyến  có dạng: yy x  o xx oy o  y 2x   2 2 y 2x 2

Khi đó: minMN d,dd A d ;  với A  Chọn A 1; 0 ta có:

 2 2

2.1 0 8 6 5

min

5

 

Câu 32.

Ta có:  

 

5

4

a

b







3

7

5

b

3

7 7 7

c ab  c a c b  

Câu 33

Áp dụng công thức: 1  1  1

n n

r

r

   

Với: A là số tiền mỗi tháng đóng vào tài khoản; :: r lãi suất một tháng và A n: số tiền cuối tháng thứ n

người đó có được trong tài khoản

Người đó đóng bảo hiểm trong 12 năm  144 tháng

Từ đó suy ra:

n n

A r A



     hay    144

100000000.0, 005

473482

1 0, 005 1, 005 1

Vậy số tiền tối thiểu mỗi tháng người đó phải đóng là: 474000 đồng

Câu 34.

* Cách 1:

Gọi N là trung điểm BB

Theo tính chất đường trung bình ta có MN/ /B C Suy ra B C / /AMN

Dựng BKAM và BHNK  1

Vì BK AM AM BB K AM BH  2



 

Từ  1 và  2 suy ra BHAMN d B C AM  ; d B ;AMN BH

Xét tam giác vuông ABM có

2

5 4

a a

BK

a

Xét tam giác vuông NBK có

7

BH





Vậy  ; 

7

a

d B C AM 

* Cách 2:

N

M

C'

A'

B

A

C B'

K

H

K M C

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Ta có: B0; 0; 0, A a ; 0; 0, C0; ; 0a , B0;0;a 2

Vì M là trung điểm của BC nên 0; ;0

2

a

 

Suy ra: B C 0; ;a a 2, ; ; 0

2

a

AM   a 

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B C :  ,  , .

7 ,

d B C AM

AM B C

Câu 35.

Ta có: y f 2x 2 2e x nên y2f2x 2 2e x 2f2x 2 e x

Hàm số trên nghịch biến trên D khi và chỉ khi y'   0, x D f2x 2 e x   0, x D

hay f2x2e x, x D  *

Mặt khác từ bảng xét dấu f x ta suy ra bảng xét dấu của f2x như sau: 2

Ta có:  

      

nên:

Nhìn vào bảng biến thiên, ta dễ dàng suy ra f2x2    0 x  ; 2 1;1

z

x

y M

C'

A'

B

A

C B'

Nên x    ; 2 1;1 thỏa mãn phương trình  * (vì e x   0, x )

Từ đó suy ra hàm số y f 2x 2 2e xnghịch biến trên khoảng  0;1

Câu 36

Số phần tử của không gian mẫu n   9!

Gọi là biến cố “mỗi hàng, mỗi cột bất kì đều có ít nhất một số lẻ”

A là biến cố “có một hàng, hoặc một cột đều là số chẵn”

Vì có 4 số chẵn nên chỉ có một hàng hoặc một cột xếp toàn số chẵn

Có 6 cách chọn ra một hàng hoặc hoặc một cột để xếp 3 số chẵn

Có 6 cách chọn một ô không thuộc hàng đó để xếp tiếp 1 số chẵn nữa

Có 4! cách xếp 4 số chẵn và 5! xếp 5 số lẻ

Vậy xác xuất     6.6.4!.5! 5

Câu 37

3 m x  x 9x 24xm 27 3 x 3 m x m 3x3x 3 x

Xét hàm đặc trưng:   3   2

f t   t f t   t    t

3 m x  m 3x3x 3 x  m3x   3 x m 3x 3x

Đặt   3 2

4

x

x







Ta có bảng biến thiên:

Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì 7   m 11 m 8;9;10 Vậy tổng các giá trị m bằng 27

Câu 38

Ta có   1 1     1 1     2 1   

f x

A

Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta thấy:

Phương trình f x   2 1  có 2 nghiệm thuộc đoạn 2; 2

Phương trình f x   0 2  có 3 nghiệm thuộc đoạn 2; 2 không có nghiệm nào trùng với hai nghiệm của phương trình  1

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm phân biệt thuộc 2; 2

Câu 39

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ

Giả sử phương trình chính tắc của elip có dạng  E :x22  y22 1

a b a b 0

Theo giả thiết ta có 10 2 10 5

Đường tròn tâm O bán kính OB có phương trình 2 2 2

x y    y x

Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường 3 2

25 5

y x , y 0,

0, 5

x x quay xung quanh trục Ox

Gọi V2 là thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y 9x2 , y 0, x0,x3

quay xung quanh trục Ox

Thể tích khối tròn xoay cần tìm bằng:

1 2

9

25

V  V V   x x x x 

Câu 40



Khi đó 2    2 2 2

0 0

4

Suy ra a  và 4 b 2a2b2 12

Câu 41

Gọi D là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng AC

1

V là thể tích khối nón tròn xoay sinh bởi tam giác vuông CDB khi quay quanh trục CD

2

V là thể tích khối nón tròn xoay sinh bởi tam giác vuông ADB khi quay quanh trục AD

Khi đó thể tích khối tròn xoay cần tính là V   V1 V2

Tam giác ABC cân tại A và AB 2a AC, ABC30o CAB120o và DAB 60o

.sin 60 3

Vậy ta có

3 DB DC DA

1 π 3 2

2πa



Chọn đáp án A

Câu 42

Cách 1:

D

C

A

Gọi I là giao điểm của BN và AA

Khi đó I cũng thuộc DM

2

A N AB

 

A

 là trung điểm của AI IA2A A a 3

ABD

 có ABAD, BAD 60 nên ABD đều

2 3 4

ABD

a

S

A MN

 đều có cạnh bằng

2

16

A MN

a

S 

Khi đó: V A BDMN. V I ABD. 2V A A MN.  1 2

3 AI SABD 3 AA S A MN

a

Cách 2: (Tác giả: Bùi Văn Lưu)

Ta có: V A BDMN. V N ABD. V N AMD.

 .    

1

3

Tam giác ABD đều cạnh

2 3 4

ABD

a

2

a

.

N ABD

V

1

3

2

AMD

a

.

N ABD

V

Vậy

3

8 16 16

A BDMN N ABD N AMB

Câu 43.

 Vì A B C, , lần lượt thuộc các tia Ox Oy Oz, , (không trùng với gốc tọa độ) vàOAa OB, b OC, c

suy ra a b c, , là các số thực dương

Ta có: A a ; 0; 0 , B 0; ; 0 ,b  C 0; 0;c và phương trình mặt phẳng ABC: x y z 1

a   b c

Thể tích khối chóp O ABC là 1 1

V  OA OB OC a b c

 Gọi M x 0;y0;z0

Do M là một điểm thuộc miền trong của tam giác ABC nên x0 0;y0 0;z0 0

Mặt phẳng OBC có phương trình: x  , 0 d M OBC ,   x0 x0 1

Mặt phẳng OCA có phương trình: y 0, d M OCA ,   y0  y0 2

Mặt phẳng OAB có phương trình: z  , 0 d M OAB ,   z0 z0 3

Vậy tọa độ điểm M1; 2;3

Do điểm M thuộc mặt phẳng ABC 1 2 3

1

   

 Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ta có:

3

3

6

abc

Dấu bằng xảy ra khi

1 1

2 1

6

3 1 3

b b

c

c

 





Vậy tổng S       a b c 3 6 9 18

Câu 44

 Mặt cầu  S có tâm 1 O0; 0; 0, bán kính R 1 1; mặt cầu  S2 có tâm I0; 4; 0, bán kính R 2 2 Thấy OI  4 R1R2 Hai mặt cầu  S và 1  S2 nằm ngoài nhau

4

OM  OB OA và IN 2, IC1, ID4

4

4

BM

MA

2

IN  ID   CIN NID g (  c g) 1 2

2

CN

ND

2

QMA ND MN BC BM MNNC  BC BC

Dấu "" xảy ra khi bốn điểm B M N C, , , thẳng hàng

Câu 45

Ta có: z z    5 i 2i 6i z  z z5z  z i 2i 6z iz

Mô đun hai vế của biểu thức (*) ta được:

z z  i  z  z  i  z z   i z  z 

Đặt z t, t  0

Phương trình (**) trở thành:  2 2  2

t t   t  t Bình phương hai vế ta được:

1 0

11 4 0

t

 



1

10, 967

0, 621

0, 588

t t t t





 



 

  

 Kết hợp với điều kiện t  ta có 3 giá trị của t thỏa mãn 0

Từ (*) suy ra, ứng với mỗi z  sẽ có một số phức t 5  2

6

z

 



  thỏa mãn đề bài

Vậy có 3 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 46

Tính:

2 3

d

1

x

x



Đặt

Đổi cận: x  0 t 3, x  1 t 2

Ta có:

3

1

x

t

x



Mà

  

1

3 0

1

d

 

 nên suy ra a  , 3 b  2

Từ đó ta có giá trị 2 3

3 2 17

Câu 47



2

1

2









1

2

1

3 2

m

m

m

m

m

m



  



 

  



  

  





Ta thấy 5 2 3

   nên 5; 3

2 2

m   

 

f x x  mx m 

Để bất phương trình có tập nghiệm là  1;3  

 

2

2

2 2

m





Câu 48

- Tập xác định của các hàm số y f x  và y f  x đều là

- Ta có hàm số y f x chẵn trên nên đồ thị đối xứng qua trục tung

Vậy điều kiện để hàm số y f  x có đúng 3 điểm cực trị là hàm số y f x  có đúng 1 điểm cực trị dương

- Xét m  , ta có 1   2

f x   x  x có đúng một điểm cực trị là 2 0

5

x   Khi đó hàm số

y f x   x  x  có đúng 3 điểm cực trị là 2; 0; 2

x  x x

Nên m  thỏa mãn 1

- Xét m  thì 1 f x là hàm số bậc 3, ta có       2

f x  m x  x  m

Để hàm số y f x  có đúng 1 điểm cực trị dương khi và chỉ khi f x  có hai nghiệm phân biệt 0 x1, 2

x thỏa mãn x1 0 x2

f x   m x  x   (*) m

+ TH1: x  là nghiệm của (*), ta có 0 m   , khi đó (*) trở thành: 3

2

12x 10x 0

0 5 0 6

x x









   



nên m   không thỏa mãn 3

+ TH2: Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 0 x2

        Trường hợp này có 3 số nguyên m  2, m   , 1 m  thỏa mãn 0 bài toán

- Kết hợp ta thấy tất cả có 4 số nguyên thỏa mãn bài toán là: m  2, m   , 1 m  , 0 m  1

Câu 49.

Do hàm số   3 2

12

f x x  x ax b đồng biến trên

Nếu f  3 3 thì f f  3  f  3  f f f  3   f f  3  f  3 3

Tương tự nếu f  3 3 thì

 

 3   3    3     3   3 3

Vậy suy ra f  3 3

Chứng minh tương tự f  4 4 Từ đó ta có hệ:

Câu 50

Ta có đồ thị hàm số y f x như hình vẽ, nên hàm số   2

2 1

x





1 ln(2 1) ,

1

2 1

ln(1 2 ) ,

2

x







Do f  1   2 A 2;f  0   1 B 1

Suy ra

1 ln(2 1) 2,

2 ( )

1 ln(1 2 ) 1,

2

f x



 



Vậy P f   1 f  3  3 ln15