DeMucDoCHUYEN LAM SON THANH HOA

[2D1.5-1] CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau30 Trục đối xứng của đồ thị hàm số * Do hàm số là hàm chẵn nên trục đối xứng của đồ thị hàm số là trục tung.. [1D2.2-2] CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau36

Trang 1

Câu 1 [1D5.2-1](CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau3)Phương trình tiếp tuyến của đường cong y x 33x22

tại điểm có hoành độ x0 1 là:

A. y9x7. B. y9x7. C. y  9x 7. D. y  9x 7.

Lời giải Đáp án A

Hàm số y x 1 xác định trên � và có đạo hàm y�   ��1 0, x nên hàm số đồng biến trên �.

Câu 3 [2D1.2-1](CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau26)Số điểm cực trị của hàm số

1

y x

 là

Xét hàm số

1

y x

.Tập xác định D �\ 0  .

Vậy hàm số

1

y x

 không có cực trị

Câu 4 [2D1.5-1] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau30) Trục đối xứng của đồ thị hàm số

* Do hàm số là hàm chẵn nên trục đối xứng của đồ thị hàm số là trục tung

Câu 5 [2D2.3-1](CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau16)Tính giá trị của biểu thức K loga a a với 0 �a 1

ta được kết quả là

A.

43

K 

32

K 

34

K 

34

K  

Lời giải Đáp án C

Trang 2

Câu 6 [2D2.4-1](CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau39)Nghiệm của phương trình log2 x3 là

Ta có: log2x �3

0

88

x

x x

V  B h

B.V B h. . C.

1.3

V  B h

1.2

V  B h

Lời giải Đáp án B



2 33

Ta có

213

Câu 10 [2H3.2-1] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau24) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, điểm nào

sau đây không thuộc mặt phẳng  P x y z:    1 0.

Trang 3

Lời giải Đáp án D

Với O0;0;0

, thay vào  P

ta được:  �1 0.

Câu 11 [1D2.2-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau36) Trong mặt phẳng cho tập hợp P gồm 10 điểm phân

biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng Số tam giác có 3 điểm đều thuộc P là

A.103 C. A103 C. C103 D. A107

Với 3 điểm phân biệt không thằng hàng, tạo thành duy nhất 1 tam giác

Vậy, với 10 điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng, số tam giác tạo thành là C103

Câu 12 [1D2.3-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau33) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn

Vậy hệ số của số hạng chứa x9 trong khai triển là C125.35 192456.

Câu 13 [1D2.5-2](CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau19)Một hộp đựng 9 viên bi trong đó có 4 viên bi đỏ và 5

viên bi xanh Lấy ngẫu nhiên từ hộp 3 viên bi Tìm xác suất để 3 viên bi lấy ra có ít nhất 2 viên bi màuxanh

Số phần tử không gian mẫu:   3



� �



 .

Trang 4

2

23



32



Ta có:

2 3lim

1 3

x

x x

A� là ảnh của điểm A qua phép quay tâm O 0;0

, góc quay 90� Điểm A� có tọa độ là

A. A�3;4 . B. A� 4; 3. C. A�3; 4 . D. A�4;3.

Câu 16 [1H3.3-2](CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau12) Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình vuông cạnh a

SA vuông góc với mặt phẳng ABCD

và SA a 6 (hình vẽ) Gọi  là góc giữa đường thẳng SB và

Trang 5

Gọi O là tâm hình vuông ABCD thì BOSAC � �SB SAC,   BSO� .

Ta có SB a 7, sin

BO SB

 

227

a a

14



Câu 17 [1H3.5-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau17) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C. �� có đáy ABC là

tam giác vuông, BA BC a  , cạnh bên AA�a 2, M là trung điểm của BC Khoảng cách giữa haiđường thẳng AM và B C� bằng

A.

22

a

33

a

55

a

77

a

Gọi N là trung điểm BB� nên MN B C// � �d AM B C ; � d B C AMN �;   d C AMN ;  

 ; 

d B AMN

 Gọi H là hình chiếu của B lên AMN

, do tứ diện B AMN. là tứ diện vuông đỉnh B

Trang 6

32

m

32

m 

C. m0. D. m 1.

00

y y

m m

m n

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra a0, d  2, đồ thị hàm số đi qua các điểm  1; 2

a b c

Trang 7

Câu 21 [2D1.5-2](CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau31)Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số nào

A. y x 42x23. B. y  x4 2x23. C. y x 42x23. D. y x 42x23.

Ta có log 5 a2  5

1log 2

log 15log 24

 

5 3 5

log 3.5log 2 3

log 13log 2 log 3







113

b b a





Câu 23 [2D2.3-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau40) Cho a, b là các số thực dương khác 1 thỏa mãn

loga b 3 Giá trị của

3log b

a

b a



loga b 3 �b a 3.

3log b

a

b a

� �

3 2

1cos3

3 x C

Trang 8

Câu 25 [2D3.2-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau14) Cho hàm số f x 

liên tục trên � và thỏa mãn

d93

1

d 18

3 f x x

 �� 1

.9 18 213

Câu 26 [2D3.2-2](CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau44)Tích phân

1 0

1 5ln

435



Ta có

1 0

1d

a

3 36

a

Trang 9

Xét hình chóp tứ giác đều S ABCD.

Ta có:

22

2

Câu 28 [2H2.2-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau28) Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 1 và

chiều cao h 3 (hình vẽ) Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là



10027



D.100.

* Gọi D là điểm đối xứng của A qua tâm H khi đó D thuộc mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

* Do SAD

là mặt phẳng đối xứng của hình chóp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác SAD là đường trònlớn của mặt cầu

Trang 10

* Ta có:

4

2 33

.Diện tích mặt cầu là:

2 1004

S x  y  z  tâm I và mặt phẳng  P : 2x2y z 24 0 Gọi H là hình chiếu

vuông góc của I trên  P

Ta có tâm I1; 2;3

và bán kính R3 Do d I P ;    9 R nên mặt phẳng  P

không cắt mặt cầu  S

Do H là hình chiếu của I lên  P

và MH lớn nhất nên M là giao điểm của đường thẳng IH với mặt cầu  P

Trang 11

Giao điểm của IH với  S

Mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng nên bán kính mặt cầu là:     5

,

6

r d I P 

.Vậy phương trình mặt cầu là:   2 2 2 25

6

Câu 32 [2H3.2-2] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau29) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt

phẳng  P : 3x2y2z 5 0 và  Q : 4x5y z  1 0 Các điểm A B, phân biệt cùng thuộc giao

tuyến của hai mặt phẳng  P

và  Q

Khi đó uuurAB cùng phương với véctơ nào sau đây?

A. wuur3; 2; 2 . B. vr   8;11; 23 . C. kr 4;5; 1 . D. ur 8; 11; 23  .

nên đường thẳng AB có véctơ chỉ phương là:

 Q;  P 8; 11; 23

ur��nr nr ��  

* Do uuurAB cũng là một véc tơ chỉ phương của AB nên uuur rAB u// 8; 11; 23   .

Câu 33 [1D3.4-3] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau7) Cho dãy số  U n

xác định bởi: 1

13

và1

1.3

Theo đề ta có: 1

1.3

Trang 12

Hay dãy

n U n

� �

� � là một cấp số nhân có số hạng đầu 1

13

, công bội

13

q

qua phép đối xứng trục   là

A. x 3 0. B. 3x y  1 0. C. 3x2y 5 0. D. y 3 0.

Câu 35 [1H3.4-3] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau37) Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ

nhật với AB a , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA a (hình vẽ) Góc giữa hai mặt phẳng SAD

và SBC

bằng

Trang 13

Câu 37 [2D1.3-3] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau5) Người ta cần xây một bể chứa nước sản xuất dạng khối

hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 200 m3 Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiềurộng Chi phí để xây bể là 300 nghìn đồng/m2(chi phí được tính theo diện tích xây dựng, bao gồm diệntích đáy và diện tích xung quanh, không tính chiều dày của đáy và diện tích xung quanh, không tính chiềudày của đáy và thành bể) Hãy xác định chi phí thấp nhất để xây bể(làm tròn đến đơn vị triệu đồng)

A. 75 triệu đồng B. 51 triệu đồng C. 36 triệu đồng D. 46 triệu đồng

Gọi x Gọi x là chiều rộng của đáy, h là chiều cao của đáy

Trang 14

Thể tích của khối hộp chữ nhật không nắp bằng 200 m3 nên ta có

Không mất tính tổng quát ta chỉ xét phương trình trên  ; .

Điều kiện

x x

Trang 15

 

2

40

m m

Vậy có 3 giá trị của m

Câu 39 [2D2.5-3](CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau21)Số nghiệm của phương trình ln 1 1

Hàm số f x  lnx1 luôn đồng biến trên khoảng 1;�.

Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm

Trang 16

2 2

0

2

x x

Phương trình hoành độ giao điểm là:

1248

x x

Trang 17

Câu 43 [2H1.3-3] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau1) Cho khối hộp ABCD A B C D. �� có đáy là hình chữ nhật

với AB 3; AD 7 Hai mặt bên ABB A��

1

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A� lên mặt phẳng ABCD

;

kẻ HK  AB, HI AD thì  �ABB A�� , ABCD  HKA� �

và  �ADD A�� , ABCD HIA� �Theo giả thiết, ta có �HKA��HIA� �45 �HKA� HIA��HI HK

� tứ giác AIHK là hình vuông cạnh a, a0 �AH a 2

Tam giác A HK� vuông cân tại H có HK HA�a

Trang 18

Tam giác AHA� vuông tại H có AA�2 AH2A H�2

d d

S x  y  z  và các điểm A1;0;2 , B1; 2;2 Gọi  P là mặt phẳng đi qua

hai điểm A, B sao cho thiết diện của  P

Trang 19

Mặt cầu có tâm I1;2;3

bán kính là R4

Ta có A, B nằm trong mặt cầu Gọi K là hình chiếu của I trên AB và H là hình chiếu của I lên thiếtdiện

Ta có diện tích thiết diện bằng S r2 R2IH2

Do đó diện tích thiết diện nhỏ nhất khi IH lớnnhất Mà IH �IK suy ra  P

qua A B, và vuông góc với IK

Ta có IA IB  5 suy ra K là trung điểm của AB Vậy K0;1; 2

và KIuur1;1;1.

Vậy   P : x    1 y z 2 0�    x y z 3 0.

Vậy T  3.

Câu 46 [1D2.5-4] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau46)An và Bình cùng tham gia kì thi THPTQG năm 2018,

ngoài thi ba môn Toán, Văn, Tiếng Anh bắt buộc thì An và Bình đều đăng kí thi them đúng hai môn tựchọn khác trong ba môn Vật lí, Hóa học và Sinh học dưới hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển Đại học.Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm có 8 mã đề thi khác nhau, mã đề thi của các môn khác nhau là khác nhau.Tính xác suất để An và Bình có chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề

Gọi A là biến cố: “An và Bình có chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề”

Số khả năng An chọn 2 môn thi tự chọn và mã đề của 2 môn thi là: C32.82.

Số khả năng Bình chọn 2 môn thi tự chọn và mã đề của 2 môn thi là: C32.82

Do đó, số phần tử của không gian mẫu là:   2 2 2 2

3.8 83

Bây giờ ta đếm số khả năng để An và Bình có chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề:

Số khả năng An chọn 2 môn thi tự chọn và mã đề của 2 môn thi là: C32.82

Sau khi An chọn thì Bình có 2 cách chọn 2 môn thi tự chọn để có đúng một môn thi tự chọn với An, đểchung mã đề với An thì số cách chọn mã đề 2 môn thi của Bình là 1.8 8 cách Như vậy, số cách chọn

môn thi và mã đề thi của Bình là: 2.8

Câu 47 [1H3.3-4] (CHUYEN-LAM-SON-THANH-HOACau48) Xét tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông

góc Gọi  , ,  lần lượt là góc giữa các đường thẳng OA, OB, OC với mặt phẳng ABC (hình vẽ).

Trang 20

Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức M  3 cot2  3 cot 2  3 cot 2

là

A.Số khác B. 48 3 C. 48 D.125

Gọi H là trực tâm tam giác ABC, vì tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc nên ta có

 

, sin

OH OC

 

.Đặt a OA , b OB , c OC , h OH thì 2 2 2 2

Trang 21

8  a a۳

1

8  a۳

Trang 22

Suy ra M 2�

Vậy M nhận giá trị nhỏ nhất có thể được là M 2 khi

2

25

a b

có đạo hàm dương, liên tục trên

Từ giả thiết suy ra: 1      2    

Ta thấy A, B, C lần lượt thuộc các trục tọa độ Ox, Oy, Oz Phương trình mặt phẳng ABC

là:1

1 2 3

x  y z

Rõ ràng D�ABC

Ta cũng có uuurAB  1;2;0 và uuurAD 1; 2;0 nên uuurAB uuurAD, suy ra D nằm trên đường thẳng AB.

Bởi vậy, có 5 mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5 điểm O, A, B, C, D là OAB

Định dạng
Số trang	22
Dung lượng	1,67 MB