Trường THCS – THPT Lương Thế Vinh Mã đề thi 101 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN Năm học 2020 – 2021 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút (50 câu trắc nghiệm) MỤC TIÊU - Đề thi hay, bám sát đề minh họa giúp học sinh ôn tập trọng tâm - Cấu trúc đề thi bao gồm 23 câu hỏi NB, 16 câu hỏi TH, câu hỏi VD câu hỏi VDC Học sinh ơn tập tốt hồn tồn đạt điểm 8+, qua giúp học sinh có cảm giác yên tâm, không hoang mang - Đề thi xuất câu hỏi lạ, phù hợp với học sinh ôn tập để đạt điểm số cao Câu (ID: 465535): Cho hình hộp chữ nhật có chiều dài ba cạnh tương ứng a, b, c Thể tích khối hộp chữ nhật là: A abc B 3abc C abc D abc Câu (ID: 465536): Khối đa diện loại 3;5 có cạnh? A 30 B 60 C 20 D 12 Câu (ID: 465537): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( xA ; y A ; z A ) B ( xB ; yB ; zB ) Độ dài đoạn thẳng AB tính theo cơng thức đây? A AB = xB − xA + yB − y A + zB − z A C AB = xB − xA + yB − y A + zB − z A B AB = ( xB − x A ) + ( yB − y A ) + ( z B − z A ) D AB = 2 ( xB − xA ) + ( yB − yA ) + ( zB − z A ) 2 Câu (ID: 465538): Họ nguyên hàm hàm số f ( x ) = 3x + là: A 6x + C B x3 + x+C C x3 + x + C D x3 + C Câu (ID: 465539): Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị đạo hàm y = f ' ( x ) hình sau: Hàm số cho nghịch biến khoảng A ( −1; ) B ( 2;3 ) C ( 3; ) D (1; ) Câu (ID: 465540): Cho hình nón có chiều cao h , đường sinh l bán kính đường trịn đày R Diện tích tồn phần hình nón bằng: A  R ( 2l + R ) B  R ( l + R ) C 2 R ( l + R ) D  R ( l + R ) Câu (ID: 465541): Biết A f ( x ) = e x − sin x  f ( x ) dx = e x + sin x + C Mệnh đề sau đúng? B f ( x ) = e x − cos x C f ( x ) = e x + cos x D f ( x ) = e x + sin x Câu (ID: 465542): Hàm số sau có đồ thị hình vẽ bên dưới? A y = ( ) x B y = ( ) x 1 C y =   2 Câu (ID: 465543): Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục x 1 D y =   3 x có dấu đạo hàm cho bảng sau: Hàm số f ( x ) có điểm cực trị? A B C D Câu 10 (ID: 465544): Số cách chọn nhóm học tập gồm học sinh từ học sinh là: A 3! B A53 C C53 D 15 Câu 11 (ID: 465545): Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm sau: Hàm số cho đồng biến khoảng sau đây? A ( −1; + ) B ( −1; ) C ( 0;1) D ( −; −1) Câu 12 (ID: 465546): Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên sau: Hàm số cho đồng biến khoảng sau đây? A ( 0;1) B ( −2;0 ) C ( −1; ) D ( 0; + ) Câu 13 (ID: 465547): Nghiệm phương trình log3 ( x − ) = là: A x = B x = 13 C x = D x = Câu 14 (ID: 465548): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( −1;0;0 ) B ( 0; −2; ) C ( 0; 0;3) Mặt phẳng qua ba điểm A, B, C có phương trình là: A x y z + + = −1 −1 −2 B ( x + 1) + ( y + ) + ( z − 3) = C x y z + + =0 −1 −2 D x y z + + =1 −1 −2 Câu 15 (ID: 465549): Hàm số y = x3 − 12 x + đạt cực đại điểm: A x = 19 B x = −2 Câu 16 (ID: 465550): Hàm số y = f ( x ) xác định C x = D x = −13 \ −1 , liên tục khoảng xác định có bảng biến thiên hình sau: Hỏi đồ thị hàm số có tất đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang? A B C D Câu 17 (ID: 465551): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z + = Vectơ sau vectơ pháp tuyến mặt phẳng ( P ) ? A v4 ( 4; 2; −3) B v2 ( 2; −3; ) C v1 ( 2; −3;2 ) D v1 ( −3;2;4 ) Câu 18 (ID: 465552): Hàm số y = x − x + nghịch biến khoảng đây? A ( −1;1) B ( −1; ) C ( −;1) D ( −; −1) Câu 19 (ID: 465553): Mệnh đề sau đúng? A  sin xdx = − cos x + C C  sin 3xdx = − cos3x +C B  sin 3xdx = cos3x +C D  sin xdx = 3cos x + C Câu 20 (ID: 465554): Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hình vẽ Hàm số cho đồng biến khoảng A ( −2; −1) B ( 0;1) C (1; ) D ( −1; ) Câu 21 (ID: 465555): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho vectơ v = (1; −2;1) , u = 2v có tọa độ là: A ( 2; −4; ) B ( 2; 4; ) C ( 2; −2; ) D ( 2; −4; −2 ) Câu 22 (ID: 465556): Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên hình sau: Giá trị cực tiểu hàm số cho bằng: A −3 B C −2 D Câu 23 (ID: 465557): Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hình vẽ Có giá trị nguyên tham số m để phương trình f ( x ) − 3m + = có ba nghiệm phân biệt? A B D C Câu 24 (ID: 465558): Thiết diện qua trục hình nón tam giác cạnh có độ dài 2a Thể tích khối nón sinh hình nón là: A 2a3 B  a3 3 C 2 a3 D a3 3 Câu 25 (ID: 465559): Cho hàm bậc bốn trùng phương y = f ( x ) có đồ thị hình vẽ Số nghiệm phương trình f ( x ) = là: A B D C Câu 26 (ID: 465560): Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ' ( x ) = x ( x − 1) , x  Mệnh đề sau đúng? A f ( x ) đạt cực tiểu x = B f ( x ) khơng có cực trị C f ( x ) đạt cực tiểu x = D f ( x ) có hai điểm cực trị Câu 27 (ID: 465561): Hàm số y = x 2e x nghịch biến khoảng nào? A ( −2;0 ) B ( −; −2 ) C ( −;1) D (1; + ) Câu 28 (ID: 465562): Hàm số có đồ thị hình vẽ bên? A y = − x3 + x − B y = x + x − C y = − x + x − Câu 29 (ID: 465563): Thể tích khối cầu ( S ) có bán kính R = A 3 B  C A B C bằng: 3 Câu 30 (ID: 465564): Số tiệm cận đứng đồ thị hàm số y = D y = − x3 + x + D 3 x +9 −3 là: x2 + x D Câu 31 (ID: 465565): Một túi đựng bi xanh bi đỏ Lấy ngẫu nhiên bi, xác suất để hai bi màu đỏ là: A 15 B 15 C 15 Câu 32 (ID: 465566): Tất giá trị tham số m để hàm số y = D − x3 + mx − 2mx + có hai điểm cực trị là: m  A  m  B  m  C m  D m  Câu 33 (ID: 465567): Nghiệm bất phương trình log ( x − 1)  −1 là: A x  B  x  C  x  D x  Câu 34 (ID: 465568): Cho khối chóp S ABCD có đáy ABC cân A , BAC = 1200 , AB = a Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, SA = a Tính thể tích khối chóp cho a3 A 12 a3 B a3 C a3 D Câu 35 (ID: 465569): Biết F ( x ) nguyên hàm hàm số f ( x ) = sin x có đồ thị hàm số y = F ( x )   qua điểm M ( 0;1) Giá trị F   bằng: 2 A −1 B C D Câu 36 (ID: 465570): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ a = ( 3; −2; m ) , b = ( 2; m; −1) với m tham số nhận giá trị thực Tìm giá trị m để hai vectơ a b vng góc với A m = B m = C m = −1 Câu 37 (ID: 465571): Cho hàm số y = f ( x ) liên tục có bảng biến thiên D m = −2 hình vẽ bên dưới: Tìm giá trị lớn hàm số y = f ( cos x ) A B C 10 D Câu 38 (ID: 465572): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A (1;1; ) , B ( 5; −1;3) , C ( 3;1;5 ) , D ( 2; 2; m ) (với m tham số) Xác định m để A, B, C D tạo thành bốn đỉnh hình tứ diện A m  B m  C m D m  Câu 39 (ID: 465573): Có số nguyên x thỏa mãn ( x − 99 x − 100 ) ln ( x − 1)  ? A 96 B 97 C 95 Câu 40 (ID: 465574): A, B hai số tự nhiên liên tiếp thỏa mãn A  A 25 B 23 C 27 D 94 22021  B Giá trị A + B là: 31273 D 21 Câu 41 (ID: 465575): Tìm tập hợp giá trị thực tham số m để phương trình log x − ( m + 1) log x + = có nghiệm thực  x1  10  x2 A m  B m  −3 C m  −1 D m  Câu 42 (ID: 465576): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, SA = SB = SC = SD , AB = a, AD = 2a Góc hai mặt phẳng ( SAB ) ( SCD ) 600 Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S ABCD A 17a B 17a 24 C 17a D 17a 18 Câu 43 (ID: 465577): Cho hình trụ có trục OO ' có bán kính đáy Một mặt phẳng song song với trục OO ' cách OO ' khoảng cắt hình trụ theo thiết diện hình vng Diện tích xung quanh hình trụ cho bằng: A 16 3 B 3 C 26 3 D 32 3 Câu 44 (ID: 465578): Cho hình nón đỉnh S có chiều cao bán kính đáy 2a Mặt phẳng ( P ) qua ( S ) cắt đường tròn đáy ( P ) bằng: A a A, B cho AB = 3a Khoảng cách từ tâm đường trịn đáy hình nón đến B a 2 C 2a D a Câu 45 (ID: 465579): Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , SA ⊥ ( ABC ) , góc SC mặt phẳng ( ABC ) 300 Tính khoảng cách hai đường thẳng SB AC A a 13 B 2a 13 C a 39 13 D a 39 13 Câu 46 (ID: 465580): Cho hàm bậc ba y = f ( x ) có đồ thị hình vẽ Hàm số h ( x ) = f ( sin x ) − có điểm cực trị đoạn  0; 2  B A D C Câu 47 (ID: 465581): Cho hình chóp S ABC có BAC = 900 , AB = 3a, AC = 4a , hình chiếu đỉnh S điểm H nằm ABC Biết khoảng cách cặp đường thẳng chéo hình chóp d ( SA; BC ) = A 9a 6a 34 12a 13 12a , d ( SB; CA) = , d ( SC; AB ) = Tính thể tích khối chóp S ABC 13 17 B 12a3 C 18a3 D 6a3 có đồ thị hàm số f ' ( x ) hình vẽ Gọi S Câu 48 (ID: 465582): Cho hàm số f ( x ) liên tục tập hợp giá trị nguyên tham số m   −5;5 để hàm số y = f ( x − 2mx + m + 1) nghịch biến  1 khoảng  0;  Tổng giá trị phần tử S bằng:  2 A 10 B 14 Câu 49 (ID: 465583): Tìm cặp số nguyên C −12 ( a; b ) D 15 thỏa mãn log a b + 6log b a = 5;  a  2020,  b  2021 A 53 B 51 C 54 D 52 Câu 50 (ID: 465584): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 3; 0; ) , B ( −3; 0; ) C ( 0;5;1) Gọi M điểm nằm mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) cho MA + MB = 10 , giá trị nhỏ MC là: A B C D HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM A 11 B 21 A 31 B 41 D A 12 C 22 D 32 A 42 B D 13 B 23 B 33 C 43 D C 14 D 24 B 34 A 44 C D 15 C 25 B 35 C 45 C D 16 C 26 A 36 B 46 D C 17 C 27 A 37 A 47 D D 18 D 28 A 38 A 48 B B 19 C 29 D 39 B 49 C 10 C 20 D 30 B 40 D 50 B Câu (NB) - 12.1.5.30 Phương pháp: Thể tích khối hộp chữ nhật có chiều dài ba cạnh tương ứng a, b, c abc Cách giải: Thể tích khối hộp chữ nhật có chiều dài ba cạnh tương ứng a, b, c abc Chọn A Câu (TH) - 12.1.5.29 Phương pháp: Sử dụng cơng thức: Khối đa diện loại n; p có Đ cạnh, C đỉnh M mặt: pĐ = 2C = nM Cách giải: Khối đa diện loại 3;5 có n = 3, p = , khối hai mươi mặt nên có M = 20 Áp dụng công thức pĐ = 2C = nM ta có C = nM 3.20 = = 30 2 Vậy khối đa diện loại 3;5 có 30 cạnh Chọn A Câu (NB) - 12.1.7.37 Phương pháp: Sử dụng công thức: AB = ( xB − xA ) + ( yB − yA ) + ( zB − z A ) 2 Cách giải: AB = ( xB − xA ) + ( yB − yA ) + ( zB − z A ) 2 Chọn D Câu (NB) - 12.1.3.18 Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm: n  x dx = x n+1 + C ( n  −1) n +1 Cách giải:  f ( x ) dx =  ( 3x + 1) dx = x + x + C Chọn C Câu (NB) - 12.1.1.1 Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số f ' ( x ) xác định khoảng nghịch biến hàm số y = f ( x ) khoảng ứng với f ' ( x )  (đồ thị hàm số f ' ( x ) nằm phía trục hồnh) Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số f ' ( x ) ta thấy f ' ( x )    x  Vậy hàm số y = f ( x ) nghịch biến khoảng (1; )  ( 0; ) Chọn D Câu (NB) - 12.1.6.32 Phương pháp: Diện tích tồn phần hình nón có chiều cao h , đường sinh l bán kính đường trịn đày R bằng: Stq =  Rl +  R =  R ( l + R ) Cách giải: Diện tích tồn phần hình nón có chiều cao h , đường sinh l bán kính đường trịn đày R bằng: Stq =  Rl +  R =  R ( l + R ) Chọn D Câu (NB) - 12.1.3.18 Phương pháp: Sử dụng định nghĩa nguyên hàm:  f ( x ) dx = F ( x )  f ( x ) = F ' ( x ) Cách giải:  f ( x ) dx = e x + sin x + C  f ( x ) = ( e x + sin x + C ) ' = e x + cos x Chọn C Câu (NB) - 12.1.2.12 Phương pháp: 10 Câu 29 (NB) - 12.1.6.34 Phương pháp: Thể tích khối cầu bán kính R V =  R3 Cách giải: 3 4  3  Thể tích khối cầu ( S ) có bán kính R = là: V =  R3 =    = 3   Chọn D Câu 30 (TH) - 12.1.1.4 Phương pháp: Sử dụng định nghĩa đường tiệm cận đồ thị hàm số: Cho hàm số y = f ( x ) : - Đường thẳng y = y0 TCN đồ thị hàm số y = f ( x ) thỏa mãn điều kiện sau: lim f ( x ) = y0 lim f ( x ) = y0 x →+ x →− - Đường thẳng x = x0 TCĐ đồ thị hàm số y = f ( x ) thỏa mãn điều kiện sau: lim f ( x ) = + lim+ f ( x ) = − lim− f ( x ) = + lim− f ( x ) = − x → x0+ x → x0 x → x0 x → x0 Cách giải: ĐKXĐ: x +   x  −9 x +9 −3 =  y = TCN đồ thị hàm số x2 + x Ta có: lim y = lim x →+ x →+ x = Xét mẫu số: x + x =   ( tm )  x = −1 Ta có: lim y = lim x →0 x →0 = lim x →0 x +9 −3 x +9−9 = lim x → x +x x ( x + 1) x + + ( ( x + 1) ( x+9 +3 ) = )  x = TCĐ đồ thị hàm số lim + y = lim + x →( −1) x →( −1) x +9 −3 = +  x = −1 TCĐ đồ thị hàm số x2 + x Vậy đồ thị hàm số cho có tất đường tiệm cận Chọn B 17 Câu 31 (TH) - 11.1.2.10 Phương pháp: - Tính số phần tử khơng gian mẫu - Gọi A biến cố: “để hai bi màu đỏ”, sử dụng tổ hợp tìm số phần tử biến cố A - Tính xác suất biến cố A Cách giải: Số phần tử không gian mẫu: n (  ) = C102 = 45 Gọi A biến cố: “để hai bi màu đỏ”, ta có n ( A) = C42 = Vậy xác suất để hai bi màu đỏ là: P ( A) = n ( A) = = n (  ) 45 15 Chọn B Câu 32 (TH) - 12.1.1.2 Phương pháp: Hàm đa thức bậc ba y = f ( x ) có điểm cực trị phương trình f ' ( x ) = có nghiệm phân biệt Cách giải: Ta có: − x3 + mx − 2mx +  y ' = − x + 2mx − 2m y= − x3 Để hàm số y = + mx − 2mx + có hai điểm cực trị phương trình y ' = − x + 2mx − 2m = phải có m  nghiệm phân biệt   ' = m − 2m    m  Chọn A Câu 33 (TH) - 12.1.2.15 Phương pháp:  f ( x )  ab a  Giải bất phương trình logarit: log a f ( x )  b   b 0  f ( x )  a  a  Cách giải: Ta có: 18 log ( x − 1)  −1 1   x −1    2   x −1  1 x  −1 Chọn C Câu 34 (TH) - 12.1.5.30 Phương pháp: - Tính SABC = AB AC.sin BAC - Tính thể tích VS ABC = SA.SABC Cách giải: Vì tam giác ABC cân A nên AB = AC = a Khi ta có SABC = 1 a2 AB AC.sin BAC = a sin1200 = 2 1 a a3 = Vậy VS ABC = SA.SABC = a 3 12 Chọn A Câu 35 (TH) - 12.1.3.18 Phương pháp: - Tính F ( x ) =  f ( x ) dx , sử dụng bảng nguyên hàm bản:  sin xdx = − cos x + C - Sử dụng giả thiết đồ thị hàm số y = F ( x ) qua điểm M ( 0;1) tìm số C   - Tính F   2 Cách giải: Ta có: F ( x ) =  f ( x ) dx =  sin xdx = − cos x + C Vì đồ thị hàm số y = F ( x ) qua điểm M ( 0;1) nên ta có = − cos0 + C  C =  F ( x ) = − cos x +    Vậy F   = − cos + = 2 Chọn C 19 Câu 36 (TH) - 12.1.7.37 Phương pháp: - Hai vectơ a b vng góc với a.b = - Sử dụng công thức: Cho a = ( a1; a2 ; a3 ) , b = ( b1; b2 ; b3 )  a.b = a1b1 + a2b2 + a3b3 Cách giải: Ta có: a.b = 3.2 + ( −2 ) m + m ( −1) = −3m + Hai vectơ a b vng góc với a.b =  −3m + =  m = Chọn B Câu 37 (TH) - 12.1.1.3 Phương pháp: - Đặt t = cos x , tìm khoảng giá trị t - Dựa vào BBT xác định GTLN hàm số f ( t ) khoảng giá trị t Cách giải: Đặt t = cos x ta có t   −1;1 Bài tốn trở thành: Tìm giá trị lớn hàm số y = f ( t )  −1;1 Dựa vào BBT ta thấy: max f ( t ) = f ( −1) = −1;1 Chọn A Câu 38 (TH) - 12.1.7.37 Phương pháp: Để A, B, C D tạo thành bốn đỉnh hình tứ diện  AB; AC  AD  Cách giải: Ta có: AB = ( 4; −2; −1)     AB; AC  = ( −2; −6; ) AC = ( 2;0;1)  AD = (1;1; m − )   AB; AC  AD = −2 − + ( m − ) = 4m − 24 Để A, B, C D tạo thành bốn đỉnh hình tứ diện  AB; AC  AD   4m − 24   m  Chọn A Câu 39 (VD) - 12.1.2.15 20 Phương pháp: - Giải bất phương trình tích - Giải bất phương trình logarit: ln a    a  1, ln a   a  Cách giải: ĐKXĐ: x −   x  Ta có: (x − 99 x − 100 ) ln ( x − 1)  TH1:   x  100   x  100   x − 99 x − 100        x  −1    x  −1  x  −1  ln ( x − 1)  x −1  x     Kết hợp điều kiện ta có x  TH1:   x − 99 x − 100  −1  x  100 −1  x  100 −1  x  100      x  100   x −1   x −1  x   ln ( x − 1)  Kết hợp điều kiện ta có  x  100 Vậy tập nghiệm bất phương trình (*) laf S = ( 2;100 ) hay bất phương trình (*) có 97 nghiệm nguyên Chọn B Câu 40 (TH) - 12.1.2.15 Phương pháp: - Lấy log ba vế bất phương trình - Sử dụng công thức: a = log a − log b ( a, b  ) b log a m = m log a ( a  ) log Cách giải: Lấy log ba vế bất phương trình ta có: 22021 B 31273 22021  log A  log 1273  log B  log A  2021log − 1273log  log B A Ta có: 2021log − 1273log  1,006 nên log A  1,006  log B  A  10,145  B Mà A, B hai số tự nhiên liên tiếp nên A = 10, B = 11 21 Vậy A + B = 21 Chọn D Câu 41 (VD) - 12.1.2.14 Phương pháp: - Đặt ẩn phụ t = log x  x = 10t Đưa phương trình dạng phương trình bậc hai ẩn t - Từ điều kiện  x1  10  x2 tìm điều kiện t Tìm điều kiện để phương trình bậc hai ẩn t có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước - Sử dụng định lí Vi-ét Cách giải: Đặt t = log x  x = 10t , phương trình trở thành: t − ( m + 1) t + = (*) Ta có:  x1  10  x2   10t1  10  10t2  t1   t2 Do u cầu tốn trở thành tìm m để phương trình (*) có nghiệm phân biệt thỏa mãn t1   t2  '   ( t1 − 1)( t2 − 1)  ( m + 1)2 −   t1t2 − ( t1 + t2 ) +  m +      m +  −2 4 − m + +  ( )  m    m  −3   m  m   Chọn D Câu 42 (VD) - 12.1.6.34 Phương pháp: - Xác định góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng vng góc với giao tuyến - Sử dụng định lí cosin định lí Pytago tính độ dài cạnh bên hình chóp canh ben - Sử dụng cơng thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp có cạnh bên R = 2chieu cao Cách giải: 22 Gọi M , N trung điểm AB, CD ta có SM ⊥ AB, SN ⊥ CD  S chung  ( SAB )  ( SCD ) = Sx / / AB / /CD Xét ( SAB ) ( SCD ) có   AB / / CD  SM ⊥ Sx, SN ⊥ Sx ( SAB )  ( SCD ) = Sx  Ta có:  SM  ( SAB ) , SM ⊥ Sx   ( ( SAB ) ; ( SCD ) ) =  ( SM ; SN ) = MSN = 600   SN  ( SCD ) , SN ⊥ Sx Áp dụng định lí Cosin tam giác SMN ta có: SM + SN − MN = 2SM SN cos 600  2SM − 4a = SM 2  SM = 4a  SM = 2a Áp dụng định lí Pytago tam giác vng SAM ta có: a 17 a SA = SM + AM = ( 2a ) +   = 2 2 Áp dụng định lí Pytago tam giác vng SOM ta có: SO = SM − OM = Vậy bán kính mặt ngoại tiếp khối chóp là: R = ( 2a ) − a2 = a SA2 17a 17a = = 2SO 2.a 24 Chọn B Câu 43 (VD) - 12.1.6.33 23 Phương pháp: - Vẽ mặt phẳng song song với trục OO ' cách OO ' khoảng - Xác định d ( OO '; ( thiet dien ) ) - Sử dụng định lí Pytago tính chiều cao hình trụ - Diện tích xung quanh hình trụ có chiều cao h , bán kính đáy R Sxq = 2 Rh Cách giải: Giả sử mặt phẳng song song với trục OO ' cách OO ' khoảng cắt hình trụ theo thiết diện hình vng ABCD hình vẽ Gọi H trung điểm CD ta có OH ⊥ ( ABCD ) nên d ( OO '; ( ABCD ) ) = OH = Áp dụng định lí Pytago tam giác vng OHD có DH = OD − OH = 42 − 22 =  CD = DH = Vì ABCD hình vng nên AD = CD = = OO ' Vậy diện tích xung quanh hình trụ S xq = 2 Rh = 2 4.4 = 32 3 Chọn D Câu 44 (VD) - 12.1.6.32 Phương pháp: - Gọi H trung điểm AB Trong ( SOH ) kẻ OK ⊥ SH ( K  SH ) , chứng minh OK ⊥ ( SAB ) - Sử dụng định lí Pytago tính OH - Sử dụng hệ thức lượng tam giác vng SOH tính OK Cách giải: 24 Gọi H trung điểm AB ta có OH ⊥ AB (quan hệ vng góc đường kính dây cung) Trong ( SOH ) kẻ OK ⊥ SH ( K  SH ) ta có:  AB ⊥ OH  AB ⊥ ( SOH )  AB ⊥ OK   AB ⊥ SO OK ⊥ AB  OK ⊥ ( SAB )  OK ⊥ SH  d ( O; ( SAB ) ) = OK Áp dụng định lí Pytago tam giác vng OAH ta có: OH = OA2 − AH = Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuongo SOH ta có OK = Vậy d ( O; ( SAB ) ) = SO.OH SO2 + OH = ( 2a ) ( − a 2a.a ( 2a ) + a2 = ) =a 2a 2a Chọn C Câu 45 (VD) - 11.1.8.50 Phương pháp: - Dựng hình bình hành ACBD , chứng minh d ( SB; AC ) = d ( A; ( SBD ) ) - Gọi M trung điểm BD , ( SAM ) kẻ AH ⊥ SM ( H  SM ) , chứng minh AH ⊥ ( SBD ) - Xác định góc SC ( ABC ) góc SC hình chiếu SC lên ( ABC ) - Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng tính SA Sử dụng hệ thức lượng tam giác vng tính AH Cách giải: 25 Dựng hình bình hành ACBD  AC / / BD  AC / / ( SBD )  SB  d ( SB; AC ) = d ( AC ; ( SBD ) ) = d ( A; ( SBD ) ) Vì ABC nên ABD tam giác Gọi M trung điểm BD , ( SAM ) kẻ AH ⊥ SM ( H  SM ) ta có:  BD ⊥ AM  BD ⊥ ( SAM )  BD ⊥ SH   BD ⊥ SA  AH ⊥ BD  AH ⊥ ( SBD )  d ( A; ( SBD ) ) = AH   AH ⊥ SM Ta có: SA ⊥ ( ABC )  AC hình chiếu vng góc SC lên ( ABC )   ( SC; ( ABC ) ) =  ( SC ; AC ) = SCA = 300 Xét tam giác vng SAC có: SA = AC.tan 300 = Vì ABD cạnh a nên AM = a a Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông SAM ta có: AH = Vậy d ( SB; AC ) = SA AM SA + AM 2 = a a 2 a 3 a 3   +      = a 39 13 a 39 13 Chọn C Câu 46 (VD) - 12.1.1.2 Phương pháp: 26 Số điểm cực trị hàm số y = f ( x ) = số điểm cực trị hàm số y = f ( x ) + số giao điểm đồ thị hàm số y = f ( x ) với trục hoành Cách giải: cos x = Xét hàm số g ( x ) = f ( sin x ) − ta có g ' ( x ) = cos xf ' ( sin x ) =    f ' ( sin x ) =   x =      x = + k ( k  ) x =    x0;2   sin x = ⎯⎯⎯⎯ →   x =  sin x = vo nghiem  ( )    5 x =  Xét phương trình hồnh độ giao điểm g ( x ) =  f ( sin x ) = sin x = a  ( −1;0 )  Dựa vào đồ thị hàm số ta có: f ( sin x ) =  sin x = b  (1; ) (VN ) sin x = c  VN ( )  Phương trình sin x = a sinh nghiệm x   0; 2  Vậy hàm số h ( x ) = f ( sin x ) − có + = điểm cực trị Chọn D Câu 47 (VDC) - 12.1.5.30 (Sưu tầm) Cách giải: Dựng MNP cho AB, BC , CA đường trung bình MNP hình vẽ Khi ta có ABCP hình chữ nhật 27   BC / / NP Ta có:   BC ⊥ ( SNP )  SA  d ( SA; BC ) = d ( BC ; ( SNP ) ) = d ( B; ( SNP ) )   NP  ( SNP ) Lại có: PM  ( SNP ) = N  d ( M ; ( SNP ) ) d ( B; ( SNP ) ) Chứng minh tương tự ta có: d ( N ; ( SMP ) ) = = 12a 34 MN =  d ( M ; ( SNP ) ) = 2d ( B; ( SNP ) ) = 17 BN 24a 13 24a d ( P; ( SMN ) ) = 13 Gọi D, E , F hình chiếu H lên cạnh NP, PM , MN Đặt SH = h  NP ⊥ SH  NP ⊥ ( SHD ) , chứng minh tương tự ta có PM ⊥ ( SHE ) , MN ⊥ ( SHF ) Ta có:   NP ⊥ HD Do 3VSMNP = d ( M ; ( SNP ) ) SSNP = d ( N ; ( SMP ) ) S SMP = d ( P; ( SMN ) ) S SMN = d ( S ; ( MNP ) ) SMNP = h.SMNP Mà SD.NP = 5a.SD S SMP = SE.MP = 3a.SE S SMN = SF MN = 4a.SF S MNP = 4S ABC = .3a.4a = 24a 2 S SNP = 12a 34 24a 13 24a 5a.SD = 3a.SE = 4a.SF = 24a h 17 13 h 34 h 13 5h  SD = , SE = , SF =  Ta lại có: HD = SD − SH = 34h 9h 3h − h2 = = 24 25 13h 4h 2h HE = SE − SH = −h = = 9 2 HF = SF − SH = 25h 9h 3h − h2 = = 16 16 Mà 28 1 HD.NP + HE.MP + HF MN 2 3h 2h 3h  10a + 6a + 8a = 24a 2  8ah = 24a  h = 3a SMNP = SHMP + SHMN = 1 Vậy VS ABC = h.SABC = 3a .3a.4a = 6a3 3 Chọn D Câu 48 (VDC) - 12.1.1.1 Phương pháp: - Từ đồ thị hàm số giải phương trình f ' ( x ) = - Đặt g ( x ) = f ( x − 2mx + m + 1) , tính g ' ( x ) giải phương trình g ' ( x ) = - Lập BBT hàm số g ( x ) xác định khoảng nghịch biến hàm số theo m  1  1 - Để hàm số g ( x ) = f ( x − 2mx + m + 1) nghịch biến khoảng  0;   0;  phải tập  2  2 khoảng nghịch biến hàm số theo m - Giải bất phương trình tìm m Cách giải:  x = −1 ( nghiem kep ) Dựa vào đồ thị hàm số f ' ( x ) cho ta có: f ' ( x ) =   x = Đặt g ( x ) = f ( x − 2mx + m + 1) ta có g ' ( x ) = ( x − 2m ) f ' ( x − 2mx + m + 1) x = m  g '( x) =   (không xét x − 2mx + m2 + = −1 qua nghiệm phương trình  x − 2mx + m + = g ' ( x ) không đổi dấu) x = m x = m x = m     x = m + 2  x − 2mx + m = ( x − m ) =  x = m −  Ta có BBT hàm số g ( x ) sau: 29  1 Dựa vào BBT ta thấy để hàm số g ( x ) = f ( x − 2mx + m + 1) nghịch biến khoảng  0;   2    0;   ( −; m − 1)      0;   ( m; m + 1)   1    m −1 m    m    m + −  m      3  Kết hợp điều kiện đề ta có m   − ;0    ;5 , m    2   m  0; 2;3; 4;5 = S Vậy tổng giá trị phần tử S bằng: + + + + = 14 Chọn B Câu 49 (VD) - 12.1.2.14 Phương pháp: - Đặt t = log a b  logb a = , đưa phương trình dạng phương trình bậc hai ẩn t , giải phương trình tìm t t - Đới với TH, biểu diễn b theo a , dựa vào điều kiện đề cho tìm ( a; b ) Cách giải: Đặt t = log a b  logb a = , phương trình cho trở thành: t t+ t = =  t − 5t + =   t t = + TH1: t =  loga b =  b = a Theo ta có: 2  a  2020 2  a  2020    a  2021 2  b  2021   2  a  2021 b = a  Mà a   a  2;3; 4; ; 44  Có 43 cặp ( a; b ) thỏa mãn + TH1: t =  loga b =  b = a3 Theo ta có: 2  a  2020 2  a  2020    a  2021 2  b  2021   2  a  2021 b = a  Mà a   a  2;3; 4; ;12  Có 11 cặp ( a; b ) thỏa mãn 30 Vậy có tất 43 + 11 = 54 cặp ( a; b ) thỏa mãn Chọn C Câu 50 (VDC) - 12.1.7.37 (Sưu tầm) Phương pháp: - Xét hệ trục tọa đọ Oxy với A ( 3;0;0 ) , B ( −3;0;0 ) , xác định quỹ tích điểm M - Gọi C1 hình chiếu vng góc C lên ( Oxy ) , áp dụng định lí Pytago: MC = MC12 + CC12 , chứng minh để MC đạt GTNN MC1 phải đạt GTNN - Dựa vào hình vẽ tìm GTNN MC1 Cách giải: Xét hệ trục tọa đọ Oxy với A ( 3;0;0 ) , B ( −3;0;0 ) Vì MA + MB = 10 nên tập hợp điểm M đường elip nhận A, B tiêu điểm Khi ta có  MA + MB = 2a = 10  a =  b = c2 − a2 =   AB = = 2c  c =  Tập hợp điểm M đường elip có phương trình x2 y + =1 25 16 Gọi C1 hình chiếu vng góc C lên ( Oxy ) ta có C1 ( 0;5;0 ) Áp dụng định lí Pytago ta có: MC = MC12 + CC12 = MC12 + , để MC đạt GTNN MC1 phải đạt GTNN Ta có MC1 đạt giá trị nhỏ M  M ' ( 0; ) , MC1 = Vậy MCmin = + = M ( 0; 4; ) Chọn B -HẾT - 31