Tải bản đầy đủ

đề thi thử THPT QG 2020 toán THPT chuyên lê quý đôn điện biên lần 1 có lời giải

SỞ GD&ĐT ĐIỆN BIÊN
THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN 1
NĂM HỌC 2019-2020
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài : 90 phút (đề thi có 50 câu)

MỤC TIÊU: Đề thi thử trường THPT chuyên Lê Quý Đôn gồm 50 câu trắc nghiệm với mức độ câu hỏi
sắp xếp từ nhận biết, thong hiểu, vận dụng, vận dụng cao. Đề thi gồm các kiến thức phần đại số về tính
đơn điệu của hàm số, bài toán lãi suất, các bài tập về hàm logarit... và phần hình học về tỉ số thể tích,
công thức tính thể tích các hình, tìm khoảng cách... Đề thi gồm các kiến thức xuyên suốt quá trình lớp
11,12 và theo mẫu đề thi đại học để học sinh có thể luyện tập và tự đánh giá năng lực bản thân.
Câu 1 (TH): Cho a ,b,c là các số thực dương khác 1. Hình vẽ bên mô tả đồ thị các hàm số y  loga x ,

y  logb x, y  logc x . Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. a  c  b .

B. b > a > c .


C. b < a < c .
x 1
Câu 2 (NB): Tìm tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
.
x 1
A. y = 2 .
B. y = 0 .
C. y = 1 .

D. a < b < c .

D. y  1 .

Câu 3 (TH): Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có I, J tương ứng là trung điểm của BC, BB′. Góc
giữa hai đường thẳng AC, IJ bằng:
A. 300
B. 1200
C. 600
D. 450
Câu 4 (NB): Tập xác định của hàm số y  log2  3  2 x  x 2  ?
A. D   1;1

C. D   1;3

B. D   0;1

D. D   3;1

Câu 5 (NB): Cho hàm số y  f  x  có lim y  2; lim y  0 . Khẳng định nào sau đây đúng?
x 

x 2

A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là x = 2 và có tiệm cận đứng y = 2 .
B. Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang và có tiệm cận đứng ...
C. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 2 và không có tiệm cận đứng.
D. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 2 và có tiệm cận đứng x = 2 .
Trang 1



2

Câu 6 (TH): Tìm tập xác định của hàm số y   x 2  3x  4  3 .
A. D 

B. D   4;1

\ 0

C. D   ; 4   1;  

D. D 

x 1
x  1  ln x

y'
bằng:
y2
x 1
x
x
1
A.
B.
C. 1 
D.
1  x  ln x
1  x  ln x
x 1
x
Câu 8 (NB): Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n , mệnh đề nào dưới đây đúng?
n!
n!
n!
A. Ank 
B. Ank  n !
C. Ank 
D. Ank 
k ! n  k !
k!
 n  k !
Câu 7 (TH): Cho hàm số

với x > 0 . Khi đó 

Câu 9 (NB): Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Tìm khoảng đồng biến của hàm số đã cho.

A. 0; 3 .
B. 0; 4.
C. 2; 3
Câu 10 (TH): Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y  x3  3x .

B. y  x3  3x .

C. y   x3  3x

D. 2;0

D. y  x3  3x  1 .

x
. Khẳng định nào dưới đây đúng?
2
A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0;1) .
B. Hàm số đồng biến trên khoảng (0;+∞) .

Câu 11 (TH): Cho hàm số f  x   lnx 

Trang 2


C. Hàm số đồng biến trên khoảng (2;+∞) .
D. Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  và (2;+∞) .
Câu 12 (TH): Hàm số nào trong các hàm số sau có đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng?

sin2020 x  2019
cos x

A. y  x sinx

B. y 

C. y  tanx

D. y  sinx.cos 2 x  tan x

Câu 13 (NB): Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 6.
B. 2.
C. 8.
D. 4.
Câu 14 (VD): Cho hình chóp S. ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), đáy ABCD là hình
thang vuông tại A và B, AB  a, AD  3a, BC  a . Biết SA  a 3 , tính thể tich khối chóp S.BCD
theo a.

3a 3
A.
.
6

B.

3a 3
.
4

2 3a 3
C.
.
3

D. 2 3a 3 .

Câu 15 (NB): Cho hàm số y  fx có bảng biến thiên như hình vẽ

Khẳng định nào sau đây đúng?
A. yCD  3 .
B. yCT  3 .
4
3

7
3

Câu 16 (NB): Biến đổi x .x .
13

A. x 3

3

C. yCT  1

D. yCD  4

x 2 ,  x  0  thành dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ ta được:
13

B. x 27 .

11

C. x 9 .

56

D. x 27

Câu 17 (NB): Cho đường thẳng d 2 cố định, đường thẳng d1 song song và cách d 2 một khoảng cách
không đổi. Khi d1 quay quanh d 2 ta được:
A. Hình tròn.

B. Khối trụ.

C. Mặt trụ.

D. Hình trụ.

Trang 3


Câu 18 (VD): Chọn ngẫu nhiên hai số khác nhau từ 23 số nguyên dương đầu tiên, xác suất để chọn đư c
hai số có tích là một số lẻ là:
12
11
1
6
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
2
23
23
23
Câu 19 (VD): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a , cạnh bên bằng 3a . Tính thể tích
V của khối chóp đã cho.

A. V 

4a 3
.
3

B. V  4 7a3 .

Câu 20 (TH): Cho cấp số nhân  un  có u1  1, q  
A. Số hạng thứ 101.

B. Số hạng thứ 104.

C. V 

4 7a3
.
9

D. V 

4 7a3
3

1
1
. Số 103 là số hạng thứ mấy của dãy
10
10
C. Số hạng thứ 102.
D. Số hạng thứ 103.

Câu 21 (NB): Giá trị của biểu thức A  9log3 8 là:
A. 64.
B. 8.

C. 16.

D. 9.

Câu 22 (TH): Tìm giá trị cực tiểu của hàm số: y   x  3x  4
3

A. yCT  2 .

B. yCT  1 .

C. yCT  6 .

D. yCT  1 .

Câu 23 (NB): Cho hình nón có bán kính đáy r  3 và độ dài đường sinh l  4 . Tính diện tích xung
quanh của hình nón đã cho.
A. S xq  39

B. S xq  12

Câu 24 (TH): Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm y 
nào dưới đây
A. (1;+∞)

B.  1;1

C. S xq  8 3

D. S xq  4 3

x2 1
. Hàm số đã cho nghịch biến trong khoảng
x
C.  1;0 

D. (0;1)

2

x
x

Câu 25 (VD): Số nghiệm của phương trình  sin  cos   3cosx  2 với x   0;   là:
2
2

A. 2.
B. 1.
C. 3.
D. 0.
Câu 26 (VD): Cho hình chóp đều S. ABCD có tất cả các cạnh bằng a, điểm M thuộc cạnh SC sao cho
SM  2MC. Mặt phẳng (P) chứa AM và song song BD. Tính diện tích của thiết diện của hình chóp.
S.ABCD bởi mặt phẳng (P) .

A.

4 26a 2
15

B.

3a 2
5

C.

2 26a 2
15

D.

2 3a 2
5

Câu 27 (VD): Cho khối chóp S. ABC có ASB  BSC  CSA  600 , SA  a, SB  2a, SC  4a . Tính thể
tích khối chóp S.ABC theo a .
Trang 4


8a 3 2
4a 3 2
2a 3 2
a3 2
.
B.
.
C.
.
D.
.
3
3
3
3
Câu 28 (VD): Tính thể tích của thùng đựng nước có hình dạng và k ch thước như hình vẽ
A.

A.

0, 238 3
m
4

B.

0, 238 3
m
3

C.

0, 238 3
m
3

D.

0, 238 3
m
2

Câu 29 (TH): Cho hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. a  0, b  0, c  0, d  0

B. a  0, b  0, c  0, d  0

C. a  0, b  0, c  0, d  0

D. a  0, b  0, c  0, d  0

Câu 30 (VD): Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng
vuông góc với mặt phẳng (ABCD) . Biết AC=2a , BD=4a . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng
AD và SC.

2a 5
4a 1365
2a 3 15
a 15
A.
B.
C.
D.
91
5
2
3
Câu 31 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi và có thể tích bằng 2. Gọi M, N lần lượt
SM SN
là các điểm trên cạnh SB và SD sao cho

 k . Tìm giá trị của k để thể tích khối chóp S. AMN
SB SD
1
bằng
.
8

Trang 5


2
2
1
1
.
B. k 
.
C. k  .
D. k  .
4
8
4
2
Câu 32 (VD): Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị nguyên của m sao cho hàm số
A. k 

y  x 4  2  m  1 x 2  m2  m có ba điểm cực trị lập thành một tam giác vuông. Tổng tất cả các phần tử
của tập S bằng
A. 2.
B. 1.
C. 5.
D. 3.
Câu 33 (VD): Một hình trụ tròn xoay có hai đáy là hai đường tròn O, R và O ', R . Biết rằng tồn tại dây
cung AB của đường tròn O, R sao cho tam giác O 'AB đều và góc giữa hai mặt phẳng O 'AB và mặt
phẳng chứa đường tròn O, R bằng 60o . Tính diện tích xung quanh của hình trụ đã cho.
A.

6 7 R 2
.
7

B. 2 3 R 2 .

C. 4 R 2 .

D.

3 7 R 2
.
7

u0  2018
u

Câu 34 (VD): Cho dãy số ( un ) đư c xác định bởi u1  2019
. Hãy tính lim nn .
3
u  4u  3u ; n  1
n
n 1
 n 1
1
1
A. .
B. 32019 .
C.
.
D. 32018 .
3
2
c c
Câu 35 (VD): Cho a , b , c là các số thực khác 0 thỏa mãn 4a  25b  10c . Tính T  
a b
1
1
A. T  .
B. T  2 .
C. T  10 .
D. T 
.
2
10
Câu 36 (VD): Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f '  x  có bảng biến thiên như sau

Bất phương trình f  x   m  e x đúng với mọi x   2; 2  khi và chỉ khi
A. m  f  2   e2 .

B. m  f  2  

1
.
e2

C. m  f  2   e2 .

D. m  f  2  

1
.
e2

Câu 37 (VDC): Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn [ 1;3 ] và có bảng biến thiên như sau

Trang 6


Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình f  x  1 

m
có hai
x  6 x  12
2

nghiệm phân biệt trên đoạn [2;4] . Tổng các phần tử của S là
A. 297.
B. 294.
C. 75.
D. 72.
Câu 38 (VD): Cho log27 5  a, log8 7  b, log2 3  c. Tính log12 35 theo a,b,c được

3  b  ac 
3  b  ac 
3b  2ac
3b  2ac
.
.
.
.
A. c  2
B. c  2
C. c  1
D. c  1
Câu 39 (TH): Một người gửi 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 6% /năm. Biết rằng nếu không
rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp
theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 100 triệu đồng bao gồm cả gốc
và lãi? Giả sử trong suốt thời gian gửi lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra
A. 12 năm.
B. 11 năm.
C. 14 năm.
D. 13 năm.
Câu 40 (VDC): Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị (C), với x, y là các số thực dương thỏa mãn
x  2y
log2
 12 xy  3x  6 y  14 . Tiếp tuyến của (C) song song với đường thẳng 5x  90 y  1  0 có
1  xy
phương trình là
A. 5x  90 y  20  0.

B. 5x  90 y  50  0.

C. 5x  90 y  20  0.
D. 5x  90 y  50  0.
Câu 41 (VD): Một viên đá có hình dạng là khối chóp tứ giác đều với tất cả các cạnh bằng a . Người ta cắt
khối đá đó bởi mặt phẳng song song với đáy của khối chóp để chia khối đá thành hai phần có thể tích
bằng nhau. Tính diện tích của thiết diện khối đá bị cắt bởi mặt phẳng nói trên. (Giả thiết rằng tổng thể
tích của hai khối đá sau vẫn bằng thể tích của khối đá ban đầu).

A.

a2
.
3
4

B

a2
.
3
2

C.

2a 2
.
3

D.

a2
.
4

Trang 7


Câu 42 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, BC  a 3. Cạnh bên
SA vuông góc với đáy và đường thẳng SC tạo với mặt phẳng SAB một góc 300 . Tính thể tích V của khối
chóp S. ABCD theo a.

2a 3
2 6a 3
3a 3
.
C. V 
D. V 
.
.
3
3
3
Câu 43 (VD): Gia đình An xây bể hình trụ có thể tích 150m3 . Đáy bể làm bằng bê tông giá
100 000đ / m2 . Phần thân làm bằng vật liệu chống thấm giá 90 000đ / m2 , nắp bằng nhôm giá
120 000đ / m2 .Hỏi tỷ số giữa chiều cao bể và bán kính đáy là bao nhiêu để chi phí sản xuất bể đạt giá trị
nhỏ nhất
22
22
31
9
A. .
B. .
C. .
D.
.
22
22
31
9
Câu 44 (VD): Tính thể tích của vật thể tròn xoay khi quay mô hình (như hình vẽ) quanh trục DF
A. V  3 a 3 .

A.

5 a 3
.
2

BV 

B.

 a3
3

.

C.

10 a 3
.
9

D.

10 a 3
.
7

4 x 2  3x  1  3x
Câu 45 (TH): Số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 

2x  5
A. 3.
B. 1.
C. 2.
D. 0.

Câu 46 (VDC): Cho a > 0, b > 0 thỏa mãn log4a 5b1 16a 2  b2  1  log8ab1 (4a  5b  1)  2 . Giá trị của

a  2b bằng:
A. 6.

B. 9.

C.

27
.
4

D.

20
.
3

Câu 47 (VD): Cho hàm số y  x3  x2  4m  9 x  5 với m là tham số. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên
của m lớn hơn 10 để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  ;0  ?
A. 6.
B. 7.
C. 4.
D. 8.
Câu 48 (TH): Hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A; AB  1; AC  2 . Hình
chiếu vuông góc của A ' trên ABC nằm trên đường thẳng BC. Tính khoảng cách từ điểm A đến
mặt phẳng A ' BC.
Trang 8


3
2 5
2
1
.
.
.
.
A. 3
B. 2
C. 3
D. 5
Câu 49 (VD): Xét các số thực a, b thỏa mãn a  b  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức

a
P  log 2a  a 2   3logb  
b
b
A. P min  19.

B. P min  13.

C. P min  14.

D. P min  15.

Câu 50 (TH): Cho đa giác đều 20 cạnh nội tiếp đường tròn (O). Xác định số hình thang có 4 đỉnh là các
đỉnh của đa giác đều.
A. 720.
B. 765.
C. 810.
D. 315.
----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Trang 9


ĐÁP ÁN
1-D

2-C

3-C

4-D

5-A

6-C

7-C

8-A

9-D

10-A

11-A

12-B

13-D

14-A

15-A

16-A

17-C

18-C

19-D

20-B

21-A

22-A

23-D

24-D

25-B

26-C

27-C

28-C

29-B

30-D

31-D

32-A

33-D

34-C

35-B

36-C

37-D

38-B

39-A

40-A

41-A

42-D

43-D

44-C

45-A

46-C

47-B

48-D

49-D

50-B

(http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết)

Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Phương pháp:
- Sử dụng tính đơn điệu của các hàm số logarit.
- So sánh các logarit.
Cách giải:
Đồ thị hàm số y  loga x nghịch biến trên (0;+∞) nên 0 < a < 1 .
Đồ thị hàm số y  logb x và y  logc x đồng biến trên (0;+∞) nên b, c > 1 .
Với x0 > 1 ta có: 0  logc x0  logb x0 
 log x0 c  log x0 b  log x0

1
1

log x0 c log x0 b

c
c
 0  1 c  b.
b
b

Vậy a  b  c .
Câu 2: C
Phương pháp:
Đồ thị hàm số y 

ax  b
a
d
(ac ≠ bd) có đường TCN y  và TCĐ x   .
cx  d
c
c

Cách giải:
Đồ thị hàm số có TCN là y = 1 .
Trang 10


Câu 3: C
Phương pháp:
a || b  (a; c)    b; c 
Cách giải:

Gọi độ dài hình lập phương là a .
Ta có ,I J lần lượt là trung điểm của BC , BB '
⇒ IJ là đường trung bình của tam giác BB'C ⇒ IJ || B ' C
Khi đó   AC; IJ     AC; B ' C    ACB'
Áp dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông

ABC, BB ' C, AA ' B '

ta tính được

AC  AB '  B ' C  a 2.
Suy ra tam giác AB ' C là tam giác đều  ACB '  600.
Vậy   AC; IJ   600
Câu 4: D
Phương pháp:
Hàm số y  log2 f  x  a  a  1 xác định khi f  x   0
Cách giải:

Hàm số y  log2  3  2 x  x 2  xác định khi 3  2 x  x2  0  3  x  1
Vậy tập xác định của hàm số là D   3;1 .
Câu 5: A
Phương pháp:
Cho hàm số y = f (x) .
- Đường thẳng y  y0 là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y  y0
x 

hoặc lim y  y0
x 

- Đường thẳng x  x0 là TCĐ của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y  ,
x  x0

lim y  , lim y  , lim y   .

x  x0

x  x0

x  x0

Cách giải:
Theo giả thiết ta có:
lim y  2 ⇒ y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x 

Trang 11


lim y  0 ⇒ x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x  2

Câu 6: C
Phương pháp:
Cho hàm số y  x n .
- Với n 



D

.

- Với n 



D

\ 0 .

- Với n   D   0;   .
Cách giải:
2
3

2
Hàm số y   x  3x  4  có 
3
2

x  1
nên xác định khi và chỉ khi: x 2  3x  4  0  
 x  4

Vậy tập xác định của hàm số là D   ;  4   1;   .
Câu 7: C
Phương pháp:

1
 1  u '
Sử dụng các công thức tính đạo hàm:   '  2 ,  lnx  '  .
x
u u
Cách giải:
 1
 1  
1
 x
 y' 
Ta có y 
2
x  1  lnx
 x  1  lnx 
1
1
y'
1
1
x
:
 1
Khi đó  2 
2
2
y
x
 x  1  lnx   x  1  lnx 

Câu 8: A
Phương pháp:
Áp dụng công thức của chỉnh hợp.
Cách giải:
Ta có chỉnh hợp chập k của n là Ank 

n!
.
 n  k !

Câu 9: D
Phương pháp:
Dựa vào đồ thị hàm số xác định các khoảng đơn điệu của hàm số.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  ;  3;   .
Dễ thấy  2;0    ;0  nên hàm số đồng biến trên  2;0  .
Câu 10: A
Phương pháp:
Dựa vào chiều, hình dạng của đồ thị để xác định.
Cách giải:
Dựa vào hình dáng đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm đa thức bậc ba, có dạng y  ax3  bx 2  cx  d  a  0  .
- Đồ thị hàm số có nét cuối cùng đi lên  a  0 , do đó loại đáp án C.
Trang 12


- Đồ thị hàm số đi qua O (0;0) nên hệ số d = 0⇒ Loại đáp án D.
- Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị nên phương trình y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇒ Loại đáp án B .
Câu 11: A
Phương pháp:
Xét dấu y ' và kết luận các khoảng đơn điệu của hàm số.
Cách giải:
TXĐ D   0;   .
1 1
 0 x2
x 2
Bảng biến thiên:

Ta có: f '  x  

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên  ; 2  ; nghịch biến trên  2;   .
Do đó hàm số đã cho đồng biến trên (0;1) .
Câu 12: B
Phương pháp:
Hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng là hàm số có tính chất y  x   y   x  .
Cách giải:
2020
sin2020 x  2019 sin   x   2019
Ta có hàm số

cosx
cos   x 

Hay y  x   y   x 
Câu 13: D
Phương pháp:
Hình chóp tứ giác đều là hình chóp có đáy là hình vuông và các cạnh bên bằng nhau.
Cách giải:
Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng:
+) 2 mặt phẳng nối từ đỉnh đến 2 đường chéo.
+) 2 mặt phẳng nối từ đỉnh đến trung điểm các cặp cạnh đối.
Câu 14: A
Phương pháp:
- Tính diện tích đáy của hình chóp SBCD.
- Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp.
Cách giải:

Ta có SBCD  S ABCD  S ABD
Trang 13


 BC 

AD  AB AB. AD

2
2
 a  3a  a  a.3a  a 2

2
2
2

 S BCD 
 S BCD

1
1
a 2 a3 3
 VSBCD  .SA.SBCD  a 3 
3
3
2
6
Câu 15: A
Phương pháp:
Dựa vào đồ thị để xác định giá trị cực đại và cực tiểu.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị ta có yCD  3; yCT  2
Câu 16: A
Phương pháp:
Áp dụng quy tắc nhân lũy thừa.
Cách giải:
4
3

7
3 3

4
3

7
3

2
3

4 7 2
 
3 3 3

13
3

Ta có x .x . x  x .x .x  x
x
Câu 17: C
Phương pháp:
Nắm rõ định nghĩa
- Mặt trụ là tập hợp tất cả các điểm cách đều đường thẳng d một khoảng R không đổi.
- Hình trụ là hình giới hạn bởi mặt trụ và hai đường tròn bằng nhau, là giao tuyến của mặt trụ và hai
đường thẳng vuông góc với trục.
- Khối trụ là phần không gian giới hạn bởi hình trụ, kể cả hình trụ đó.
Cách giải:
Đường thẳng d 2 cố định, đường thẳng d1 song song với d 2 và cách d 2 một khoảng không đổi
2

Do đó theo định nghĩa ta có d1 quay quanh d 2 ta được mặt trụ.
Câu 18: C
Phương pháp:
- Tính số phần tử của không gian mẫu.
- Tính số phần tử của biến cố.
- Tính xác suất của biến cố.
Cách giải:
Không gian mẫu là   C232 .
Gọi A là biến cố “Hai số được chọn có tích là một số lẻ”.
Suy ra 2 số đó đồng thời là 2 số lẻ ⇒  A  C122
2
 A C 12
6
Vậy P 
 2 
 C 23 23

Câu 19: D
Phương pháp:
1
Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp Vchop  Sday .h .
3

Trang 14


Cách giải:
Gọi O  AC  BD  SO   ABCD  .
Khi đó ta có AO 

AC 2a 2

a 2
2
2

Xét tam giác SAO vuông tại O có AO  a 2; SA  3a .
Áp dụng định lí Pytago ta có: SO  SA2  AO 2 

 3a 

2



 a 2



2

a 7 .

Diện tích hình vuông ABCD là S ABCD   2a 2   4a 2

1
1
4 7a3
Vậy S ABCD  .SO.S ABCD  a 7.4a 2 
3
3
3
Câu 20: B
Phương pháp:
Áp dụng công thức tính số hạng t ng quát của CSN: un  u1 q n1 .
Cách giải:
Giả sử un 

1
10

103

ta có:

1
 1 
 103   1 .  
10
 10 

n1

 1 
1
  1     
 10 
 10 
 n 1  103  n 104
Câu 21: A
Phương pháp:
Áp dụng tính chất của hàm logarit: aloga x  x .
Cách giải:
n1

103

A  9 log3 8  32log3 8  3log3 8  82  64 .
2

Câu 22: A
Phương pháp:
Lập BBT của hàm số và kết luận các giá trị cực trị của hàm số.
Cách giải:
Ta có y '  3x 2  3

y '  0   3x2  3  0  x   1
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có yCT  2 .
Câu 23: D
Trang 15


Phương pháp:
Hình nón có đường sinh l, bán kính đường tròn đáy r có diện tích xung quanh S xq   rl.
Cách giải:
Diện tích xung quanh của hình nón là: S xq   rl   . 3.4  4 3 .
Câu 24: D
Phương pháp:
Xét dấu y ' và kết luận các khoảng đơn điệu của hàm số.
Cách giải:
TXĐ D  \ 0.

x2 1
 0  x  1
x
Bảng xét dấu y ' :
Ta có y '  0 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trong khoảng  ; 1 ;  0;1 .
Câu 25: B
Phương pháp:
Áp dụng phương pháp giải phương trình a sin x  b cos x  c bằng cách chia cả 2 vế của phương trình cho

a 2  b2 , sau đó đưa phương trình về dạng phương trình lượng giác cơ bản.
Cách giải:
2

x
x

 sin  cos   3 cos x  2
2
2

x
x
⇔ 1  2sin .cos  3 cos x  2
2
2

⇔ sin x  3 cos x 1

1
3
1
cos x 
⇔ sin x 
2
2
2
1
 
 
⇔ sin   .sin x  cos   .cos x 
2
6
6




⇔ cos  x    cos
6
3

  
 x  6  3  k 2
⇔
 x       l 2

6
3



 x  2  k 2
⇔
k, l 
 x     l 2

6



Trang 16



1

 1
0  2  k 2  
 4  k  4
k  0
Mà x   0;   , do đó 


.
l 
0     l 2  
 1 l  7
12

6
12

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x  thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2
Câu 26: C
Phương pháp:
- Tìm thiết diện của hình chóp dựa vào yếu tố song song.
- Diện tích tứ giác có 2 đường chéo vuông góc bằng nửa tích hai đường chéo.
Cách giải:

Gọi O = AC ⋂ BD ⇒ SO ⊥ (ABCD).
Trong (SAC) , gọi SO ⋂ AM = G .
Qua G kẻ đường thẳng song song BD cắt SB , SD lần lượt tại H,K .
Ta có: ⇒ ( P ) ⋂ (SAC) = HK .
Khi đó thiết diện cần tìm là tứ giác AHMK .
 BD  AC
 BD   SAC   BD  AM
Ta có 
 BD  SO
Do đó HK ⊥ AM ⇒ S AHMK 
Ta có HK || BD 

AM .HK
2

HK SG

BD SO

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SOC có cát tuyến AGM ta có:



AC GO MS
.
.
 1.
AO GS MC

AC
MS
GO 1
SG 4
 2;
2
 

AO
MC
GS 4
SO 5

4a 2
HK 4
.
 . Mà ABCD là hình vuông cạnh a nên AC  BD  a 2 ⇒ HK 
5
BD 5

Trang 17


Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác AMC với cát tuyến là OGS:

OA SC GM
.
.
1 .
OC SM GA

OA
SC 3 GM 2
AG 3
 1;
 
 
 .
OC
SM 2
GA 3
AM 5
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SAO có:



2

a 2
a 2
SO  SA  AO  a  
.
 
2
 2 
2

2

2

SG 4 OG 1
1
a 2
 
  OG  SO 
.
SO 5
SO 5
5
10
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông AGO có:


2

2

a 2 a 2
a 13
AG  GO  AO  
.
  
 
5
 2   10 
2

Khi đó AM 
+) S AHMK 

2

5
a 13
AG 
.
3
3

AM .HK 1 a 13 4a 2 2a 26
 .
.

2
2 3
5
15

Câu 27: C
Phương pháp:
-Áp dụng công thức tỉ số thể tích: Cho chóp S.ABC, trên các cạnh SA, SB , SC lần lượt lấy các điểm A ',
B ', C '. Khi đó ta có :

VS .A'B'C' SA ' SB ' SC '

.
.
.
VS . ABC
SA SB SC

a3 2
- Sử dụng công thức tính nhanh thể tích khối tứ diện đều cạnh a : V 
.
12
Cách giải:

Trên đoạn SB, SC lần lượt lấy H,K sao cho SH = SK = SA = a .
Dễ thấy các tam giác SAK , SHK , SAH là các tam giác đều.
⇒ AK = HK = AH = a .
⇒ SAHK là tứ diện đều cạnh a .

Trang 18


Áp dụng công thức tính nhanh ta có VSAHK 
Mặt khác

a3 2
.
12

VSAHK SH SK a a 1

.
 .  ..
VSABC SB SC 2a 4a 8

Vậy VSABC  8VS . AHK

a 3 2 2a 3 2
 8.

.
12
3

Câu 28: C
Phương pháp:
- Thể tích của hình nón cụt: V 

h
3

R

2

 r 2  Rr  , trong đó r,R là bán kính hai đáy, h là chiều cao của

khối chóp cụt.
- Thể tích khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy R là V   R2 h.
Cách giải:
Ta thấy thể tích hình đã cho bằng tổng thể tích hình nón cụt (V) và thể tích hình trụ V ' .
Hình nón cụt có: R  0,3m; r  0, 2m; h  1  0,6  0, 4m.
⇒ Thể tích khối nón cụt là: V 

h

R

2

 r 2  Rr  

3
Hình trụ có diện tích đáy là R '  0,3m; h '  0,6m.

19 3
 m .
750

27 3
 m .
500
19 27 0, 238 3
Vậy thể tích của thùng đựng nước là:


 m .
750 500
3
Câu 29: B
Phương pháp:
Dựa vào hình dạng của đồ thị và số điểm cực trị của hàm số để kết luận.
Cách giải:
- Đồ thị hàm số có nét cuối cùng đi xuống nên a < 0 , do đó loại đáp án A.
- Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm ⇒d < 0 , do đó loại đáp án A.

⇒ Thể tích khối trụ là: V '   R 2 h ' 

- Ta có: y '  3ax2  2bx  c.
Mặt khác dựa vào đồ thị ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị trái dấu ⇒ 3ac < 0 . Mà a < 0 ⇒ c > 0.
Do đó loại đáp án D.
2b
- Lại có xCD  xCT  0    0 . Mà a < 0 nên b > 0.
3a
Câu 30: D
Phương pháp:
Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng bằng cách tìm mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với
đường thẳng kia.
Cách giải:

Trang 19


Gọi I là trung điểm của AB ⇒ SI ⊥ AB (do tam giác SAB đều).

 SAB    ABCD 

Ta có:  SAB    ABCD   AB  SI   ABCD 

 SAB   SI  AB
+) Ta thấy AD || BC  gt  ⇒ d  AD; SC 

 d  AD;  SBC    d  A;  SBC   .
Mà AI   SBC   B 

d  A;  SBC  
d  I;  SBC  



AB
 2.
IB

⇒ d  A;  SBC    2d  I;  SBC    d  AD; SC   2d  I ;  SBC   .
Trong (ABCD) , kẻ IH  BC ( H  BC ) . Trong (SIH) kẻ IK ⊥ SH ( K ∈ SH ) ta có:

 BC  IH
 BC   SIH   BC  IK

BC

SI
SI

ABCD






 IK  SH
 IK   SBC   d  I ;  SBC    IK .
Ta có: 
 IK  BC
Gọi O  AC  BD ta có AC  BD tại O và O là trung điểm của AC, BD
AC
BD
+) Tam giác AOB vuông tại O có AO 
= 2a.
 a ; BO 
2
2

⇒ AB = OA2  OB 2 =

a 2   2a   a 5  BC (Định lí Pytago).
2

1
1
AC.BD  .2a.4a  4a 2 .
2
2
1
1
 S ABCD  2a 2  S IBC  S ABC  a 2 .
2
2

Ta có S ABCD 
 S ABC

Mặt khác S IBC

2S IBC
1
2a 2 2a 5
 IH .BC  IH 


.
2
BC
5
a 5

+) Tam giác SAB đều cạnh a 5 ⇒ SI 

3
a 15
.a 5 
.
2
2
Trang 20


+) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SIH ta có:

IK 

SI .IH
SI  IH
2

2



a 15 2a 5
.
2
5
2

 a 15   2a 5 

 

 2   5 

Vậy d  AD; SC   2 IK 

2



2a 1365
.
91

4a 1365
.
91

Câu 31: D
Phương pháp:
Áp dụng tỉ số thể tích.
Cách giải:

Ta có

VS . AMN SM SN

.
 k 2.
VSABD
SB SD

⇒ VS . AMN  k 2 .VS . ABC
1
1
1
 k 2 .2  k 2 
k
8
16
4
Câu 32: A
Phương pháp:
- Tìm điều kiện để hàm số có 3 điểm cực trị.
- Xác định các điểm cực trị của hàm số.



- Tam giác ABC vuông tại A ⇔ AB. AC  0.
Cách giải:
Ta có: y '  4 x3  4  m  1 x  4 x  x 2   m  1 .
x  0
y'  0   2
 x  m 1
- Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình y '  0 phải có 3 nghiệm phân biệt.

⇒ Phương trình x2  m  1 có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
⇒m-1>0⇔m>1.
 x  0  y  m2  m

Khi đó ta có y '  0   x  m  1  y  m  1

 x   m  1  y  m  1

Trang 21


Gọi A  0; m2  m  ; B



 



m  1; m  1 ; C  m  1; m  1 .

Tam giác ABC cân tại A, do đó để ABC là tam giác vuông thì phải vuông tại A .
Ta có: AB 









m  1; m2  2m 1 ; AC   m  1; m2  2m 1 .

∆ ABC vuông tại A ⇒ AB. AC  0.

   m  1   m 1 4  0
⇔  m  1  m 1 3 1  0

 m  1 ktm 
m  1  0

⇔ 
m  1  1
 m  2  tm 
Vậy S = {2} nên tổng các phần tử của S bằng 2.
Câu 33: D
Phương pháp:
- Xác định góc giữa  O ' AB  và  OAB  .
- Đặt h = OO ' , áp dụng định lí Pytago và các tỉ số lượng giác của góc nhọn, tính h theo R .
- Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy R , chiều cao h là: S xq   R 2 h .
Cách giải:

Gọi h = OO ' là chiều cao của hình trụ.
Gọi H là trung điểm của AB.
Tam giác OAB cân tại O ⇒ OH⊥AB.
Lại có OO '  AB  O ' H  AB.

 O ' AB    OAB   AB

Ta có:  O ' AB   O ' H  AB

 OAB   OH  AB

⇒    O ' AB  ;  OAB      O ' H ; OH   O ' HO  600.
Xét tam giác vuông OO ' H có: O ' H 
Tam giác O ' AB đều nên O ' H 

OO '
2h
h

.
và OH  OO '.cot 600 
0
sin60
3
3

O' A 3
.
2

Trang 22


2.

2h
3  4h  AB.
3
3

2O ' H

3
1
2h
⇒ AH  AB  .
2
3
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OAH có:
⇒ O' A 

2

2

h 7
3R
 h   2h 
OA  OH  AH  
.
  3   h  3  R  h 
7
 3  
2

2

Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là: S xq   R 2 h   .R 2 .

3R 3 7 R3

.
7
7

Câu 34: C
Phương pháp:
Áp dụng công thức để tìm các số hạng tiếp theo rồi suy ra quy luật.
Cách giải:
Ta có un1  4un  3un 1.
+) u2  4u1  3u0  2022  u0  30  31
Tương tự u3  4u2  3u1  2031  u0  30  31  32

u4  4u3  u2  2058  u0  30  31  32  33
Suy ra un  u0  30  31  32  ...  3n 1.
Ta có 30  31  ...  3n1  1.

1  3n 3n  1

.
1 3
2

3n  1 4035 1 n

 3.
2
2
2
4035 1 n
 3
un
 4035 1  1
  .
Vậy lim n  lim 2 n 2  lim 
n
3
3
2 2
 2.3
Câu 35: B
Phương pháp:
Đặt ẩn phụ rồi áp dụng các tính chất của hàm logarit.
Cách giải:
a  log 4 t

a
b
c
Đặt 4  25  10  t   t  0  ta có: a  log 25 t .
a  log t
10

⇒ un  2018 

T 

c c log10 t log10 t
 

a b log 4 t log 25 t

⇔ T  log10 4  log10 25
⇔ T  log10  4.25
⇔ T  log10100  2
Trang 23


Câu 36: C
Phương pháp:
- Cô lập m , đưa bất phương trình về dạng g  x   m x   2; 2  .

g  x   m x   2; 2   m  max g  x  .
2;2

Cách giải:
Ta có f  x   m  e xx   2;2 
⇔ g  x   f  x   e x  m x   2; 2 
⇒ m  max g  x 
2;2

Ta có: g '  x   f '  x   e x .
Dựa vào BBT của hàm số f '(x) ta có: f '  x   0 x   2;2  .
Mặt khác e x  0 x   2;2  .
⇒ g '  x   0 x   2;2  .
Do đó hàm số y  g  x  nghịch biến trên  2; 2  .
⇒ max g  x   g  2   f  2   e2 .
2;2 

Vậy m  f  2   e2 .
Câu 37: D
Phương pháp:
Đặt ẩn phụ rồi xét tính đơn điệu của hàm số mới, suy ra giá trị của m.
Cách giải:
m
Ta có: f  x  1  2
 f  x  1 .  x 2  6 x  12   m .
x  6 x  12
Đặt x  1  t  t  1;3 .
Khi đó ta có m  f  t   t 2  4t  7   g  t  .
g '  t   f '  t   t 2  4t  7    2t  4  . f  t 

 f ' t   0
2
t  4t  7  0
)1  t  2  
 y' 0
f
t

0



2t  4  0

 f 't   0
2
t  4t  7  0
)2  t  3  
 y' 0
f
t

0



2t  4  0

Ta có: m = f  t  t 2  4t  7   g t 

g 1  4 f 1  24; g  2   3 f  2   3, g  3  4 f 3  12 .
Trang 24


Ta có bảng biến thiên hàm số y = g ( x ) như sau

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình f  x  1 

m
có 2 nghiệm trên đoạn [ 2;4 ] khi:
x  6 x  12
2

12  m  3; m   m 12; 11;...; 4   S  72 .
Câu 38: B
Phương pháp:
Sử dụng các công thức logarit
x
1
loga  xy   log a x  log a y, log a    log a x  log a y, log ab 
, log ab  log a c.logc b
logb a
y
(Giả sử các biểu thức là có nghĩa).
Cách giải:
1
Ta có log27 5  a  log3 5  a  log3 5  3a
3

log2 3  c  log2 5  log2 3.log3 5  3ac
1
log8 7  b  log 2 7  b  log 2 7  3b
3
3b
 log3 7  log3 2.log 2 7  .
c
Ta có:

P  log12 35  log12  5.7 
⇔ P  log12 5  log12 7
⇔ P

1
1

log512 log 7 12

⇔ P

1
1

2
log5  2 .3 log7  22.3

⇔ P

1
1

log5 3  2log5 2 log7 3  2log7 2

P

1



1

1
2
1
2


3a 3ac 3b 3b
1
1
P

c2 c2
3ac
3b
3ac  3b 3  b  ac 

⇔ P
c2
c2
Câu 39: A
Phương pháp:

Trang 25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×