Đề thi thử Trung học phổ thông quốc gia môn Toán Lớp 12 - Đề số 14 - Năm học 2018-2019 - Lê Nguyên Thạch

Nội dung text: Đề thi thử Trung học phổ thông quốc gia môn Toán Lớp 12 - Đề số 14 - Năm học 2018-2019 - Lê Nguyên Thạch

1. 1.Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 40 NĂM HỌC 2018 – 2019 Họ tên : Điểm: Ngày 4 tháng 01 năm 2019 Câu 1: Cho khối chóp S.ABC cóSA  ABC , tam giác ABC đều cạnh a và tam giác SAB cân. Tính khoảng cách a 3 a 3 2a a 3 h từ điểm A đến mặt phẳng SBC . A. h B. h C. D.h h 7 7 7 2 Câu 2: Tìm số tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 4x3 6x2 1 , biết tiếp tuyến đó đi qua điểm M 1; 9 A. 3 B. C. D. 2 0 1 Câu 3: Cho hàm số y x3 3x2 5 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng B. Hàm;0 số đồng biến trên khoảng 0;2 C. Hàm số nghịch biến trên khoảng D.2; Hàmsố nghịch biến trên khoảng 0;2 ax b Câu 4: Đường cong ở hình bên là đồ thị hàm số y , với a, b, c, d là các số cx d thực. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. y ' 0,x ¡ B. y ' 0,x ¡ C. D.y ' 0,x 1 y ' 0,x 1 Câu 5: Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất bao nhiêu mặt? A. Năm mặt B. Hai mặt C. Ba mặtD. Bốn mặt Câu 6: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y log2017 mx m 2 xác định trên 1; A. m 0 B. m 0 C. m 1 D. m 1 Câu 7: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có BB’ a , đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB a. Tính a3 a3 a3 thể tích V của khối lăng trụ: A. V B. V C. V D. V a3 2 6 3 2 3 Câu 8: Cho loga x 1 và loga y 4. Tính P log x y A. P 14 B. P 3 C. P 10 D. P 65 3 Câu 9: Tính giá trị cực đại yCĐ của hàm số y x 12x 1 A. B.yC ĐC. D.15 yCĐ 17 yCĐ 2 yCĐ 45 Câu 10: Cho mặt cầu S1 có bán kính R1 , mặt cầu S2 có bán kính R2 2R1 . Tính tỷ số diện tích của mặt cầu 1 S và S ? A. 4 B. 3 C. D. 2 1 2 2 0 1 2 2 10 10 10 10 10 11 Câu 11: Tính tổng S C10 2.C10 2 .C10 2 .C10 A. S 2 B. C. S 3 D. S 4 S 3 x2 1 khi x 1 Câu 12: Cho bốn hàm số f1 x x 1, f2 x x, f3 x tan x; f4 x x 1 . 2 khi x 1 Hỏi trong bốn hàm số trên có bao nhiêu hàm số liên tục trên ¡ ? A. 1 B. C. D. 4 3 2 Câu 13: Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a . Tinh thể tích V của khối chóp đã cho 2a3 11a3 14a3 14a3 A. V B. C. D. V V V 6 12 2 6 Câu 14: Mệnh đề nào dưới đây sai? A. log x 1 0 x 10 B. log 1 log 1 x y 0 2 C. D.ln x 0 x 1 log4 x log2 y x y 0 Câu 15: Tìm số nghiệm của phương trình log3 2x 1 2 A. 1 B. 5 C. 0 D. 2 Câu 16: Đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây có tiệm cận đứng ? Luyện đề vào Thứ 4.Thứ 4 và chủ nhật hàng tuần
2. 2.Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 1 2 3 A. y B. C. D. y y x2 x 2 x2 1 x x4 1 Câu 17: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình cos2 x m 1 có nghiệm. A. 1 m 2 B. C. m 1 D. m 2 1 m 2 Câu 18: Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số y x3 3x2 trên đoạn  1;1. A. M 2 B. C. D. M 0 M 2 M 4 1 1 2 Câu 19: Rút gọn biểu thức: P x 6 .3 x với x 0. A. P x8 B. PC. x 9 PD. x P x2 e ln2 x ln x 1 b Câu 20: Biết rằng I dx . với a, b ¢ . Tính b a. 3 2 1 ln x x 1 a e 2 A. b a 8. B. b C.a 6. D. b a 6. b a 10. 3 xsin x cos x Câu 21: Tính các tích phân sau: I dx. 0 cos x x cos x 1 1 1 A. I ln 2 ln B. I ln 2 ln C. I ln 2 D. I ln 3 2 3 2 3 2 Câu 22: Cho hai đường thẳng phân biệt a; b và mặt phẳng Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Nếu a / / và b / / thì b / /a B. Nếu a / / v àthìb  a  b C. Nếu a / / và b  a thì D.b  Nếu thìa / / và b  a b / / x Câu 23: Cho hàm số y có đồ thị là C . Tìm m sao cho đường thẳng y x m cắt C tại hai điểm 2x 1 phân biệt A, B và tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến với C tại A, B là lớn nhất. 1 A. . B. . 0 C. . D.1 . 1 2 Câu 24: Cho hàm số y f x xác định trên ¡ và có đạo hàm f ' x thỏa mãn f ' x 1 x x 2 g(x) 2018 với g x 0 x ¡ . Hàm số y f 1 x 2018x 2019 nghịch biến trên khoảng nào ? A. 1; . B. . 0;3 C. . D. . ;3 3; x x 1 Câu 25: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 3.2 m 0 có hai nghiệm thực x1; x2 thỏa mãn x1 x2 2. A. 0 m 2 B. C. m 0 D. 0 m 4 m 9 Câu 26: Cho hình lập phương ABCD.A' B 'C ' D ' có cạnh bằng 1. Cắt hình lập phương bằng một mặt phẳng đi qua 6 6 6 đường chéo BD ' . Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích thiết diện thu được. A. B. 2 C. D. 4 3 2 Câu 27: Cho đường tròn tâm O có đường kính AB 2a nằm trong mặt phẳng P . Gọi I là điểm đối xứng với O qua A. Lấy điểm S sao cho SI  P và SI 2a . Tính bán kính R mặt cầu đi qua đường tròn đã cho và 7a a 65 a 65 a 65 điểm S. A. R B. R C. R D. R 4 16 4 2 Câu 28: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Gọi I là điểm thuộc cạnh AB sao cho 2a a a 3a AI a. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng B’DI . A. B. C. D. 3 14 3 14 Câu 29: Cho hàm số f x có đạo hàm trên R và có đồ thị hàm y f ' x như hình vẽ. Biết rằng f 0 f 3 f 2 f 5 . Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn của f x trên đoạn 0;5 làn lượt là: Luyện đề vào Thứ 4.Thứ 4 và chủ nhật hàng tuần
3. 3.Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa A. f 2 ; f 0 B. C. fD. 0 ; f 5 f 2 ; f 5 f 1 ; f 3 Câu 30: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 1, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. 5 15 5 15 4 3 5 A. V B. C. D. V V V 54 18 27 3 ax2 x 1 Câu 31: Cho hàm số y có đồ thị C , trong đó a, b là các hằng số dương thỏa mãn ab 4 . Biết 4x2 bx 9 rằng C có đường tiệm cận ngang y c và có đúng một đường tiệm cận đứng. Tính tổng T 3a b 24c. A. T 11 B. C. D. T 4 T 11 T 7 2x m khi x 0 Câu 32: Cho hàm số f x 1 4x 1 . Tìm tất cả các giá trị của m để tồn tại giới hạn lim f x khi x 0 x 0 x . A. m 0 B. C. D. m 2 m 4 m 1 Câu 33: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng A’BC tạo với đáy góc 30 và tam giác A’BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V 64 3 B. C. D. V 2 3 V 8 3 V 16 3 Câu 34: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình x3 3x2 2m 2 x m 3 0 có ba nghiệm x1; x2 ; x3 thỏa mãn x1 1 x2 x3. A. m 5 B. C. D. m 6 m 5 m 5 Câu 35: Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình sin 2x 4sin x 2cos x 4 0 trong đoạn 0;100  của phương trình: A. 2476 B. 25 C. D.24 75 100 32x x 1 32 x 1 2017x 2017 Câu 36: Tìm tất cả các gía trị của m để hệ sau có nghiệm 2 x m 2 x 2m 3 0 A. m 3 B. C. D. m 3 m 2 m 2 Câu 37: Cho hàm số f x xác định trên R và có đồ thị f x như hình vẽ. Đặt g x f x x . Hàm số g x đặt cực đại tại điểm nào sau đây? A. x 1 B. C. x 2 D. x 0 x 1 Câu 38: Cho hình nón N có đường sinh tạo với đáy một góc 60 . Mặt phẳng qua trục của N cắt N được thiết diện là một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 2 . Thế tích V của khối nón N . A. V 9 3 B. V 3 C. D.V 9 V 3 3 Câu 39: Cho hàm số f x ln2 x2 2x 5 . Tìm các giá trị của x f ' x 0 . A. x 1 B. C. mọi D.x 0 x ¡ x 1 1 2x Câu 40: . Xét các số thực dương x, y thỏa mãn ln 3x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của x y 1 1 P A. P 8 B. P 16 C. P 4 D. P 2 x xy min min min min x a b Câu 41: Gọi x và y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện log x log y log x y và với 9 6 4 y 2 a, b là hai số nguyên dương. Tính T a b. A. T 6 B. T C. D.4 T 11 T 8 Luyện đề vào Thứ 4.Thứ 4 và chủ nhật hàng tuần
4. 4.Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 Câu 42: Tìm tất cả các số a trong khai triển của 1 ax 1 x có chứa số hạng 22x3. A. a 3 B. C. D. a 2 a 3 a 5 Câu 43: Cho hình nón đỉnh S có chiều cao bằng bán kính đáy và bằng 2a . Mặt phẳng P đi qua S cắt đường tròn đáy tại A và B sao choAB 2 3a. Tính khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến P . 2a a a 2 A. B. C. D. a 5 5 2 Câu 44: Trong trò chơi “Chiếc nón kì diệu” chiếc kim của bánh xe có thể dừng lại ở một trong 7 vị trí với khả năng như nhau. Tính xác suất để trong ba lần quay, chiếc kim của bánh xe đó lần lượt dừng lại ở ba vị trí khác nhau. 3 30 30 5 A. B. C. D. 7 343 49 49 Câu 45: Cho khối chóp S.ABCD có thể tích bằng 2a3 và đáy ABCD là hình bình hành. Biết diện tích tam giác 3a SAB bằng a2 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD. A. B. 3 a C. D. 6a a 2 Câu 46: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log x 1 2x 2 A. S 1;0 B. C. D. S ;0 S 3 2;0 S 3 2; Câu 47: Cho khối chóp S.ABC có SA SB SC a và ASB BSC CSA 30 . Mặt phẳng qua A và V cắt hai cạnh SB, SC tại B’, C’ sao cho chu vi tam giác AB’C’ nhỏ nhất. Tính k S.A'B'C ' VS.ABC 1 A. k 2 2 B. C. D. k 4 2 3 k k 2. 2 2 4 Câu 48: Cho hàm số f x có đạo hàm trên R và có đồ thị hàm y f ' x như hình vẽ. Xét hàm số g x f x2 2 . Mệnh đề nào dưới đây sai? A. Hàm số g x đồng biến trên 2; . B. Hàm số g x nghịch biến trên 1; 0 . C. Hàm số g x nghịch biến trên 0; 2 . D. Hàm số g x nghịch biến trên ; 2 . x m Câu 49: Cho hàm số y (m là tham số thực) thỏa mãnmin y 3. Mệnh đề nào dưới đây đúng? x 1 0;1 A. 3 m 6 B. C. m 1 D. m 6 1 m 3 Câu 50: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y mx m 1 cắt đồ thị hàm số y x3 3x2 x tại ba điểm A, B, C phân biệt sao cho AB BC. 5 A. m ; B. C. m ;0 4; D. m 2; m ¡ 4 Luyện đề vào Thứ 4.Thứ 4 và chủ nhật hàng tuần
5. 5.Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 40 Câu 1: Đáp án A.Phương pháp:Bước 1: Tìm mặt phẳng P chứa A vuông góc với mặt phẳng SBC Bước 2: Tìm giao tuyến của 2 mặt phẳng P và SBC Bước 3: Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với giao tuyến thì đó chính là khoảng cách từ A đến SBC Cách giải: Gọi M là trung điểm của BC. Do tam giác ABC đều nên ta có AM  BC . Lại có SA  (ABC) BC  SA Nên BC  SAM Có SAM  SBC SM .Từ A kẻ AD vuông góc với SM khi đó ta có AD d A; SBC . Tam giác SAB vuông cân tại A nênSA a . Trong tam giác vuông SAM ta có: 1 1 1 1 1 1 4 7 a 3 2 2 2 2 2 2 2 2 AD AD SA AM a a 3 a 3a 3a 7 2 Câu 2: Đáp án B.Phương pháp:Bước 1: Gọi tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số là A x0 ; y0 Bước 2: Phương trình tiếp tuyến tại điểm A có dạng y y ' x0 x x0 y0 Bước 3: Do tiếp tuyến đi qua điểm M như đề bài nên ta thay tọa độ M vào phương trình tiếp tuyến ta tìm được x0 ? y0 ? Bước 4. Viết phương trình tiếp tuyến tại A Cách giải: y 4x3 6x2 1 y ' 12x2 12x Bước 1: Gọi tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị là A x0 ; y0 Bước 2: Phương trình tiếp tuyến tại điểm A có dạng y y ' x0 x x0 y0 2 2 Có y0 4x0 6x 1; y ' x0 l2x0 l2x0 2 3 2 Khi đó ta có phương trình tiếp tuyến tại A là: y 12x0 12x0 x x0 4x0 6x0 1 Mà tiếp tuyến đi qua điểm M 1; 9 nên ta có: 2 3 2 2 3 2 3 2 9 (12x0 12x0 )( 1 x0 ) 4x 6x 1 9 12x 12x0 12x0 12x0 4x0 6x0 1 x0 1 3 2 3 2 2 8x0 6x0 12x0 10 0 4x0 3x0 6x0 5 0 x0 1 (4x0 x0 5) 0 5 x 0 4 Phương trình có 2 nghiệm nên có 2 tiếp tuyến đi qua M. Câu 3: Đáp án D.Phương pháp: Tính đạo hàm, xét dấu của y’; nếu y’ 0 kết luận hàm số đồng biến; y’ 0 kết luận hàm số nghịch biến. Cách giải: y x3 3x2 5 y ' 3x2 6x 3x x 2 + - + 0 2 Kết luận: Hàm số đồng biến trên các khoảng ;0 và 2; .Hàm số nghịch biến trên các khoảng 0;2 Câu 4: Đáp án D.Phương pháp: Quan sát chiều của đồ thị hàm số và rút ra kết luận. Cách giải:Ta có x 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số nên TXĐ của hàm số là D R \ 1 Hàm số liên tục trên ;1 và 1; Theo chiều tăng của x, ta thấy đồ thị hàm số đi xuống trên toàn bộ TXĐ, tức là y giảm, do đó hàm số nghịch biến trên TXĐ của nó. Câu 5: Đáp án C.Cách giải: Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 mặt. Câu 6: Đáp án B.Phương pháp: Hàm số y logab xác định khi b 0,0 a 1. Luyện đề vào Thứ 4.Thứ 4 và chủ nhật hàng tuần
6. 6.Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Cách giải: Hàm số y log2017 mx m 2 xác định trên 1; khi mx m 2 0,x 1 mx m 2,x 1 TH1: x 1 ta có 2 0 (luôn đúng) 2 TH2: x 1 m x 1 2 x 1 m f x x 1 m max f x x 1 1; 2 Dễ thấy hàm số f x đồng biến trên 1; lim f x f x lim f x f x 0 x 1 x 1 x Mà m max f x m 0. 1; Câu 7: Đáp án A.Phương pháp: Công thức tính thể tích khối lăng trụ V B.h trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao của khối lăng trụ 1 1 a3 Cách giải: Ta có V BB '.S BB '. AB.BC .a.a.a ABC.A'B'C ' ABC 2 2 2 Câu 8: Đáp án C Phương pháp: loga xy loga x loga y; x, y 0. Sau đó biến đổi P cho đơn giản thay x, y tìm được vào Cách giải: Điều kiện x 0; y 0 .Ta có: loga x 1 và loga y 4 2 3 Khi đó P=loga x y 2loga x 3loga y 2. 1 3.4 10 Câu 9: Đáp án A.Phương pháp:Bước 1: Tìm tập xác định, tính y’ Bước 2: Giải phương trình y’ 0 tìm các nghiệm Bước 3: Lập bảng biến thiên tìm ra giá trị cực đại của hàm số. Cách giải: y x3 12x 1 ' 3x2 12 y ' 0 x 2 x 2 2 y ' + 0 - 0 + y CĐ x CT Khi đó ta có yCD y 2 15 Câu 10: Đáp án A.Phương pháp: Công thức tính diện tích mặt cầu S 4 R2 2 2 2 S2 4 R2 R2 2R1 Cách giải: Ta có: 2 4 S1 4 R1 R1 R1 Câu 11: Đáp án B.Phương pháp: Chọn khai triển phù hợp sau đó chọn x. 10 10 k k 0 0 1 1 2 2 10 10 Cách giải:Xét khai triển 1 x C10.x C10.x C10.x C10.x 10 C10 .x k 0 10 10 0 1 2 2 10 10 Chọn x 2 ta có: 1 2 3 C10 C10.2 C10.2 C10 .2 Câu 12: Đáp án D.Phương pháp: Dựa vào lý thuyết về tính liên tục của hàm số. Cách giải: Hàm số f x x 1 có TXĐ: D l; + , ta có lim x0 1 f x0 x0 D , do đó x x0 hàm số liên tục trên tập xác định. Tương tự ta chứng minh được hàm số f2 x x liên tục trên TXĐ D R , hàm số f3 x tanx liên tục trên x2 1  khi x 1 TXĐ : D R \ k ,k ¢  .Xét hàm số f4 x x 1 2  2 khi x 1 x2 1 Ta có lim lim(x 1) 2 f (1) Hàm số liên tục tại điếm x 1. Do đó hàm số liên tục trên R. x 1 x 1 x 1 Luyện đề vào Thứ 4.Thứ 4 và chủ nhật hàng tuần
7. 7.Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa x2 1 khi x 1 Vậy có 2 hàm số trên đều liên tục trên R là: f2 x x và f4 x x 1 2 khi x 1 Câu 13: Đáp án .Phương pháp: Hình chóp tứ giác đều có chân đường cao là tâm của 1 hình vuông đáy.Công thức tính thế tích hình chóp: V S .h. 3 d Cách giải: Gọi O là tâm hình vuông ABCD thì SO  ABCD , D a 2 a2 a 14 khi đó ta có OB .Xét tam giác vuông SOB có SO SB2 OB2 4a2 2 2 2 2 1 1 a 14 a3 14 Vậy V SO.S a2 . S.ABCD 3 ABCD 3 2 6 a 1 x y Câu 14: Đáp án D.Phương pháp: So sánh các logarit: loga x loga y x, y 0 . 0 a 1 x y Tương tự cho các bất đẳng thức còn lại. 10 1 Cách giải: log x 1 log10 0 x 10 , mệnh đề A đúng. x 10 1 1 e 1 log 1 x log 1 y , mệnh đề B đúng. ln x 0 ln1 , mệnh đề C đúng. x 1 x y 0 2 1 log x2 log x2 log x log y , mệnh đề D sai. 4 22 2 2 x y 0 Chú ý và sai lầm: Ở đáp án D, học sinh thường không để ý rằng x ở đây chưa lớn hơn 0 , do đó khi đưa mũ 2 của x xuống nhiêu học sinh quên mất dấu trị tuyệt đối, và kết luận rằng đáp án D đúng. b Câu 15: Đáp án A.Phương pháp: loga x b x a , lưu ý điêu kiên xác định của phương trình. 1 2x 1 0 x Cách giải: log 2x 1 2 x 5. Vậy phương trình có một nghiêmx 5 . 3 2 2 2x 1 3 9 x 9 Câu 16: Đáp án C.Phương pháp: Nếu lim x x0 là TCĐ của đồ thị hàm số. x x0 Hàm số có TCĐ x x0 khi x x0 là nghiệm của mẫu và không là nghiệm của tử. 2 2 1 7 Cách giải:Ta có: x x 2 0 x 0 phương trình vô nghiệm Hàm số không có TCĐ. 2 4 Xét x2 1 0 vô nghiệm Hàm số không có TCĐ. 2 2 Xét hàm số y ta có: lim y lim x 0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x x 0 x 0 x Xét x4 1 0 vô nghiệm Hàm số không có TCĐ. Câu 17: Đáp án D.Phương pháp: Sử dụng nhận xét: 0 cos2 x 1 Cách giải: Ta có: 0 cos2 x 1 0 m 1 1 1 m 2. Câu 18: Đáp án .Phương pháp: +) Tính đạo hàm của hàm số, giải phương trình y ' 0 x x0. +) Tính các giá trị y y 1 ; y y 1 ; y y x0 . +) Trong các giá trị vừa tính được, giá trị nào lớn nhất chính là giá trị M cần tìm. Luyện đề vào Thứ 4.Thứ 4 và chủ nhật hàng tuần
8. 8.Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 x 0 Cách giải:Ta có: y ' 3x 6x 0 . x 2 Với x 2 không thuộc  1;1. Có : y 0 0; y 1 1 3 2; y 1 1 3 4. Vậy M y 0 0. m Câu 19: Đáp án C.Phương pháp: Sử dụng các công thức sau để rút gọn: xm.xn xm n ; n xm x n . 1 1 1 1 1 1 Cách giải: Ta có: P x 6 .3 x x 6 .x 3 x 6 3 x 2 x e ln2 x ln x e ln x 1 ln x dx . dx. Câu 20: Đáp án B .Ta có 3 2 1 ln x x 1 1 ln x x 1 ln x x 1 / ln x 1 ln x 1 ln x Đặt t dt dx 2 dx. ln x x 1 ln x x 1 ln x x 1 1 2 2 x 1 t 2 e 2 e 2 2 1 2 1 2 1 1 2 Với . Khi đó I tdt t 2 2 2 2 e 2 4 8 x e t 1 1 e 2 e 2 2 2 a 8   b a 6. b 2 xsin x cos x x cos x sin x cos x 1 sin x sin x 1 sin x Câu 21: Đáp án B. Ta có . cos x x cos x cos x x cos x cos x x cos x 3 sin x 3 1 sin x 3 sin x Do đó I dx dx A B. . Tính A dx . Đặt t cos x , suy ra dt sin xdx . 0 cos x 0 x cos x 0 cos x 1 x 0 t 1 2 dt 1 dt 1 Đổi cận: . Suy ra A ln t ln 2 . 1 1 x t 1 t 1 t 2 3 2 2 3 1 sin x Tính B dx . Đặt t x cos x , suy ra dt 1 sin x dx . 0 x cos x 1 e x 3 2 1 xe 1 dt 1 Đổi cận: I dx . Suy ra B ln t 3 2 ln . x 1 x e ln x 1 t 1 3 2 1 Vậy I A B ln 2 ln . 3 2 Câu 22: Đáp án B.Phương pháp: Dựa vào mối quan hệ song song và vuông góc giữa đường thẳng và mặt phẳng trong không gian để đưa ra nhận xét đúng a / / a  Cách giải: Ta có: , nếu thì a và b có thể cắt nhau A sai. b / / b  Luyện đề vào Thứ 4.Thứ 4 và chủ nhật hàng tuần
9. 9.Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa a / / b  a B đúng. b  a / / , nếu b cùng thuộc một mặt phẳng với đường thẳng a thì b / / C Sai. b  a a / / , nếu b D Sai. b  a x 1 2 Câu 23: Đáp án B.Phương trình hoành độ giao điểm x m x 2x 2 m 1 x m 0 . 2x 1 2 ' m2 2m 1 2m m2 1 0m 2 Ta có 1 1 nên đường thẳng y x m cắt C tại hai điểm phân biệt A, B 2 2 m 1 m 0m 2 2 1 m y 'A , B có hoành độ lần lượt là .Tổng các hệx 1số, x 2góc của các tiếp tuyến với tại A, B C 2x 1 2 2 2 2 1 1 2x1 1 2x1 1 4 x1 x2 8x1x2 4 x1 x2 2 là K . 2x 1 2 2x 1 2 2 2 1 2 4x1x2 2 x1 x2 1 4x1x2 2 x1 x2 1 4m2 2 Vậy K lớn nhất bằng 2 khi m 0 . Câu 24: Chọn D.Ta có: y ' f 1 x 2018 1 1 x 1 x 2 g 1 x 2818 2018 x 3 x g 1 x . x 0 Suy ra: y 0 x 3 x 0 (do g 1 x 0 x ¡ ). x 3 Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng 3; . Câu 25: Đáp án C.Phương pháp:+) Đặt 2x t t 0 . +) Để phương trình đã cho có 2 nghiệm x1; x2 thì phương trình ẩn t phải có 2 nghiệm t dương phân biệt. x1 x2 +) Khi đó phương trình có 2 nghiệm t1;t2 với t1 2 ;t2 2 x1 log2 t1; x2 log2 t2. +) Áp dụng công thức: x1 x2 log2 t1 log2 t2 log2 t1t2 +) Đến đây ta áp dụng điều kiện bài cho và hệ thức Vi-ét với phương trình bậc hai ẩn t để tìm điều kiện của m. 2 Cách giải: Pt 2x 3.2.2x m 0 22x 6.2x m 0. (1) Đặt t 2x t 0 . Khi đó: (1) t 2 6t m 0 (2). Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 thì phương trình (2) phải có 2 nghiệm t dương phân biệt ' 0 9 m 0 t1 t2 0 3 0 0 m 9 t1t2 0 m 0 Khi đó phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1 log2 t1; x2 log2 t2. 2 x1 x2 2 log2 t1 logt2 2 log2 t1t2 2 log2 m 2 m 2 m 4 Kết hợp điều kiện ta có: 0 m 4 thỏa mãn điều kiện bài toán. Câu 26: Đáp án D.Phương pháp: Thiết diện đi qua BD’ luôn là 1 hình bình hành Gắn hệ trục tọa độ sau đó tính diện tích của hình bình hành và tìm giá trị nhỏ nhất của hình bình hành đó. Luyện đề vào Thứ 4.Thứ 4 và chủ nhật hàng tuần
10. 10.Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Cách giải: Giả sử mặt phẳng đi qua BD’ cắt A’B’ tại E E A' B ' và cắt hình lập phương theo thiết diện là BED ' F , ta dễ dàng chứng minh được BED ' F là hình bình hành. Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ ta có A' 0;0;0 , B 1;0;1 , D ' 0;1;0 . Gọi E x;0;0 0 x 1 1 Ta có: S 2S 2. d E; BD ' .BD ' d E; BD ' đạt GTNN. BED'F EBD' 2     Ta có: EB 1 x;0;1 , BD 1;1; 1 EB; BD ' 1; x;1 x   2 2 2 EB.BD ' 1 x 1 x 2x 2x 2 d E; BD '  BD ' 3 3 2 2 1 3 3 2 Ta có: 2x 2x 2 2 x d E; BD ' 2 2 2 2 1 2 6 Dấu “=” xảy ra x , khi đó S . 3 2 BED'F 2 2 Câu 27: Đáp án C.Phương pháp: Tâm O ' của mặt cầu cần tìm là giao điểm của mặt phẳng trung trực của AB và đường trung trực của SA. Cách giải: Gọi O ' là giao điểm của mặt phẳng trung trực của AB và đường trung trực của SA. Vì O ' thuộc của mặt phẳng trung trực của AB nên O ' A O ' B O 'M (Với mọi điểm M thuộc đường tròn tâm O ), O ' thuộc trung trực của SA nên O 'S O ' A, do đó O ' A O ' B O 'M O 'S. Vậy O ' là tâm mặt cầu cần tìm. Xét mặt phẳng chứa SI và vuông góc với mp P như hình vẽ, dựng hình vuông OISD. Đặt O ' D x thì OO ' 2a x. Ta có: O S 4a2 x2 ;O A a2 (2a x)2 . Mà O 'S O ' A nên 2 a 4a2 x2 a2 2a x 4a2 x2 5a2 4ax x2 4ax a2 x 4 a2 a 65 O 'S 4a2 x2 4a2 R 16 4 Câu 28: Đáp án D.Phương pháp:Cách giải: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ ta có: 2a B ' 0;0;0 , D a;a;a ,C 0;a;a , I ;0;a 3  2a    a2 2a2 a2 2 Ta có: B ' I ;0;a ; B ' D a;a;a B ' I; B ' D a ; ; 3;1;2 3 3 3 3 Khi đó mp B’DI nhận n 3;l;2 là 1 VTPT. Phương trình mp B’DI là: a 2a 3a 3 x 0 y 0 z 0 0 3x y 2z 0 Khi đó d(C;(B DI)) 9 1 4 14 Câu 29: Đáp án C.Phương pháp: Dựa vào tính đơn điệu của hàm số, vẽ bảng biến thiên để xác định Min, Max của hàm số f x . Cách giải: Từ đồ thị y f ' x trên đoạn 0;5, ta có f ' 0 0; f ' 2 0 Ta có bảng biến thiên của hàm số y f x như hình vẽ bên: x 0 2 5 y ' + 0 - 0 + + y f 0 f 5 f 2 Luyện đề vào Thứ 4.Thứ 4 và chủ nhật hàng tuần
11. 11.Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Suy ra min f x f 2 . Từ giả thiết, ta có:f 0 f 3 f 2 f 5 f 5 - f 3 f 0 f 2 0;5 Hàm số y f x đồng biến trên [2;5];3 [2;5] f (3) f (2) f (5) f (2) f (5) f (3) f (0) f (2) f (5) f (0) .Suy ra max f x f 0 , f 5  f 5 . 0;5 Câu 30: Đáp án A.Phương pháp: +) Tam giác SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên SH  SAB với H là trung điểm của AB. +) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. +) Dựng đường thẳng d qua O và vuông góc với ABC , khi đó d là trục của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC. +) Dựng mặt phẳng trung trực của SAB , khi đó mặt phẳng này cắt SH tại K. +) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng định lý Pi-ta-go. Cách giải:Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó SH  SAB . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, dựng đường thẳng d đi qua O và vuông góc với ABC . d / /SH. Dựng đường trung trực của SAB , cắt d tại I. Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC. Gọi K là giao điểm của SH và mặt phẳng trung trực của SAB . IKHO là hình chữ nhật, K là trọng tâm tam giác SAB Khi đó: R SI IA IB IC là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC. 3 2 3 Tam giác ABC đều cạnh 1 nên CH OC CH 2 3 3 3 1 3 Tam giác SAB đều cạnh 1 nên SH HK SH IO 2 3 6 3 1 5 15 Xét tam giác IOC vuông tại O ta có: IC OI 2 OC 2 36 3 12 6 3 4 2 4 15 5 15 V R . 3 3 5 54 ax2 x 1 a Câu 31: Đáp án A.Phương pháp:Cách giải: Ta có: lim 2 x 4x bx 9 4 a Hàm số có tiệm cận ngang y c c a 4c. 4 Hàm số có 1 đường tiệm cận đứng 4x2 bx 9 0 có nghiệm duy nhất b2 4.4.9 0 b2 122 . 4 1 a 1 1 1 1 1 b 0 b 12. ab 4 a c . . T 3a b 24c 3. 12 24. 11 12 3 4 3 4 12 3 12 Câu 32: Đáp án B.Phương pháp:+) Tồn tại giới hạn lim f x lim f x lim f x f 0 x 0 x 0 x 0 +) Sử dụng các quy tắc tính giới hạn của hàm số để tính lim f x và lim f x .Sau đó xác định điều kiện của m. x 0 x 0 1 4x 1 1 4x 1 1 4x 1 Cách giải: Ta có: lim f x lim lim x 0 x 0 x x 0 x 1 4x 1 1 4x 1 4 4 lim lim 2 lim f x lim 2x m m f 0 2.0 m m x 0 1 4x 1 x 0 1 4x 1 2 x 0 x 0 Đề tồn tại giới hạn lim f x thì lim f (x) lim f (x) f (0) m 2 x 0 x 0 x 0 Câu 33: Đáp án C.Phương pháp:+) Góc giữa hai mặt phẳng và  là góc giữa 2 đường thẳng a, b với a ; b  sao cho a  c; b  c, c là giao tuyến và  Luyện đề vào Thứ 4.Thứ 4 và chủ nhật hàng tuần
12. 12.Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa +) Công thức tính thể tích lăng trụ: V Sd .h. Cách giải: Gọi M là trung điểm của BC. Đáy ABC là tam giác đều AM  BC (1). ABC.A' B 'C ' là lăng trụ đứng nên AA  BC BC  (AA M ) AM  BC (2). góc giữa ABC và A’BC là góc giữa A’M và AM Hay A'MA 30 a 3 a 3 AM Gọi độ dài cạnh đáy là a. Khi đó AM .Xét tam giác A’AM vuông tại A ta có: A'M 2 a 2 cos30 3 2 1 1 a2 3 42 3 Khi đó: S A'M.BC 8 .a.a 8 a2 16 a 4 S 4 3 A'BC 2 2 ABC 4 4 a 3 1 a a Có AA ' AM.tan 30 . 2 V AA'.S 2.4 3 8 3 2 3 2 4 ABC.A'B'C ' ABC Câu 34: Đáp án D Phương pháp: Phác thảo hình dáng của đồ thị hàm đa thức bậc ba trong một số trường hợp và rút ta nhận xét. Cách giải: Xét các trường hợp đồ thị hàm số y x3 3x2 2m 2 x m 3 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt x1 x2 x3 x1 1 x2 x3 TH1: y 1 0 thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt x1 x2 x3 1 x1 x2 1 x3 TH1: y 1 0 thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt 1 x1 x2 x3 Do đó điều kiện cần để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn yêu cầu bài toán là y 1 0 1 3 2m 2 m 3 0 m 5 . Loại đáp án A và C. Đến đây còn lại đáp án B và D, việc chọn m và thử sẽ là nhanh nhất. x1 1,7 1 11 3 2 17 Chọn m , khi đó phương trình trở thành x 3x 13 0 x 0,89 1 2 2 2 x3 5,59 1 11 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy m đúng. Loại đáp án B. 2 Câu 35: Đáp án C.Phương pháp:Sử dụng công thức nhân đôi sin2x 2sin x cos x đưa phương trình ban đầu về dạng phương trình tích sau đó giải phương trình tích đó và tìm các nghiệm trong đoạn 0;100 . u u n Tính tổng các nghiệm vừa tìm được, sử dụng công thức tính tổng của cấp số cộng S 1 n n 2 Cách giải: sin2x 4sinx 2cosx 4 0 2sinxcosx 4sinx 2cosx 4 0 2cosx(sinx 1) 4(sinx 1) 0 2 sin x 1 cos x 2 0 sin x 1 0 sin x 1 x 2 k ¢ cos x 2 0 cos x 2 vn 2 k ¢ 1 199 k ¢ 0 k2 100 k 2 4 4 0 k 49 Khi đó tổng tất cả các nghiệm trong đoạn 0;100 .của phương trình trên là: 49 49 49.50 S  k2 50 2  k 25 2 2475 k 0 2 2 k 0 2 Luyện đề vào Thứ 4.Thứ 4 và chủ nhật hàng tuần
13. 13.Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Chú ý và sai lầm: Sau khi tìm được các nghiệm của phương trình trên trong đoạn 0;100 . và viết lại tổng dưới 49 49 dạng tổng  , rất nhiều học sinh có nhầm lẫn sau: S  k2 2  k. Lưu ý rằng 50 số hạng k 0 2 2 k 0 49 49 đó đều có nên S  k2 50. 2  k. 2 k 0 2 2 k 0 Câu 36: Đáp án C.Phương pháp: Nhân cả 2 vế của bất phương trình 1 với 2 , rồi cộng cả 2 vế của bất phương trình 1 với 2017 x 1 , sau đó ta xét hàm số f t 2.3t 2017t , chứng minh hàm số đơn điệu, tìm ra tập nghiệm của 1 . Tìm m để bất phương trình 2 có nghiệm bằng cách cô lập m, đưa phương trình về dạng m min x , khi đó bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khim min x , lưu ý rằng chỉ xét hàm số f x trên tập nghiệm của bất phương trình 1 . 2x x 1 2 x 1 3 3 2017x 2017 1 Cách giải: ĐK: x 1 2 x m 2 x 2m 3 0 2 Bpt 1 2.32x x 1 2.32 x 1 2.2017x 2.2017 2.32x x 1 2.32 x 1 2.2017x 2017 x 1 2.2017 2017 x 1 2.32x x 1 2017 2x x 1 2.32x x 1 2017 2 x 1 Xét hàm số f t 2.3t 2017t, có f (t) 2.3t ln3 2017 0 Hàm số đồng biến trên R. Mà f 2x x 1 f 2 x 1 2x x 1 2 x 1 x 1 1 x 1 Bất phương trình 2 x2 - 2x 3 m x 2 x2 2x 3 x2 2x 3 Vì x [ 1;1] x 2 0 m f (x) (*) Xét hàm số f x trên đoạn  1;1 ta x 2 x 2 có min f x 2 f 1  1;1 Để phương trình * có nghiệm trên  1;1 thì m min f x 2  1;1 Chú ý và sai lầm: Đây là một trong những bài toán khó nhất trong để thi này, đòi hỏi áp dụng nhiều kiến thức, học sinh cần vận dụng linh hoạt các kiến thức về hệ phương trình, hàm số để có thể giải quyết bài toán. Câu 37: Đáp án D.Phương pháp: Hàm số y g x đạt cực đại tại điểm x0 g ' x 0 bà qua điểm x0 thì g ' x đổi dấu từ dương sang âm. x0 1 Cách giải: Ta có: g ' x f ' x 1 f ' x 1 x 2 0 0 x0 1 g ' x 0 f ' x 1 x ; 1  2; g ' x 0 f ' x 1 x 1;1  1;2 Ta có BBT: x 1 1 2 g ' x + 0 - 0 - 0 + g x Luyện đề vào Thứ 4.Thứ 4 và chủ nhật hàng tuần
14. 14.Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Ta thấy qua x0 1 thì g ' x đổi dấu từ dương sang âm, qua x0 1 thì g ' x không đổi dấu (luôn mang dấu âm) và qua x0 2, g ' x đổi dấu từ âm sang dương.Vậy x0 1 là điểm cực đại của hàm số y g x . Câu 38: Đáp án B.Phương pháp: Chứng minh thiết diện qua trục là tam giác đều, sử dụng công thức nhanh tính a2 3 abc diện tích của tam giác đều cạnh a S và công thức tính diện tích tam giác S , với a, b, c là 3 cạnh 4 4R của tam giác và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác để tìm ra cạnh của tam giác đều. Tính chiều cao và bán 1 kính đáy của khối nón , sử dụng công thức l 2 h2 r 2 , sau đó suy ra thể tích của khối nón V r 2h. 3 Cách giải: Gọi thiết diện qua trục là tam giác ABC như hình vẽ, hiển nhiên tam giác ABC cân tại A, lại có góc giữa đường sinh và đáy bằng 60 nên ABC 60 . Do đó tam giác ABC đều. a2 3 a3 a3 Gọi AB AC BC a, ta cóS a 2 3 l 2 3 ABC 4 4R 4.2 a 3 2 3. 3 Khi đó h AH 3. Suy ra bán kính đáy hình nón là 2 2 2 1 1 2 r 2 3 32 3 Vậy V r 2h 3 .3 3 3 3 Câu 39: Đáp án D u ' Phương pháp: Sử dụng các công thức tính đạo hàm của hàm hợp u2 2u.u ', ln u ' . u 2 2 2 2x 2 Cách giải: ĐK: x 2x 5 x l 4 0 (luôn đúng). f ' x 2ln x 2x 5 . 2 0 x 2x 5 2 Ta có: x2 2x 5 x 1 4 1 ln x2 2x 5 ln1 0 . do đó f ' x 0 2x 2 0 x l. Câu 40: Đáp án A.Phương pháp: Đưa phương trình về dạng ln 1 2x 1 2x ln x y x y , sau đó xét hàm đặc trưng f t ln t t và chứng minh hàm số y f t đơn điệu, suy ra mối quan hệ giữa x và y. Đưa biểu thức P về một biến x hoặc y, sau đó dùng MTCT để tìm GTNN của P. 1 2x 1 Cách giải: ĐK: 0 , do x, y 0 nên x y 0 1 2x 0 0 x ; y 0. x y 2 1 2x Khi đó ta có: ln 3x y 1 ln 1 2x ln x y 2x x y 1 x y ln(1 2x) 1 2x ln(x y) x y (1) 1 Xét hàm số đặc trưng f t lnt t với t 0 có f ' t 1 0 Hàm số y f t đồng biến trên t 0; . Mà từ (1) ta có f (1 2x) f (x y) 1 2x x y y 1 3x 1 1 1 1 1 Khi đó P ,0 x .Sử dụng máy tính cầm x xy x x 1 3x 2 1 tay, chức năng [MODE] [7] , ta tìm được P 8 khi x min 4 Chú ý và sai lầm: Lưu ý điều kiện xác định ban đầu của phương trình trong bài toán này rất quan trọng, khi làm việc với các phương trình logarit, học sinh rất hay bỏ quên mất điều kiện xác định của phương trình. Câu 41: Đáp án A.Phương pháp:Từ phương trình log9 x log6 y log4 x y , đặt x log x log y log x y t , đưa về phương trình ẩn t và giải phương trình đó, sau đó suy ra tỉ số , đồng 9 6 4 y nhất hệ số tìm a, b. x 9t t Cách giải: Đặt log9 x log6 y log4 x y t y 6 t x y 4 Luyện đề vào Thứ 4.Thứ 4 và chủ nhật hàng tuần
15. 15.Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa t 3 1 5 t t 2t t tm 9 3 3 3 2 2 9t 6t 4t 1 1 0 t 4 2 2 2 3 1 5 ktm 2 2 t x 9t 3 1 5 a b a 1 Ta có: t T a b 6. y 6 2 2 2 b 5 n n k k n k Câu 42: Đáp án A.Phương pháp: Sử dụng khai triển nhị thức Newton a b Cn a b , tìm ra hệ số của k 0 x3 trong khai triển trên và cho hệ số đó bằng 22. 4 4 4 k k k k 1 Cách giải: 1 ax 1 x 1 ax C4 x aC4 x k 0 k 0 3 3 2 Hệ số có chứa x trong khai triển trên là C4 aC4 4 6a 22 a 3 Câu 43: Đáp án A.Phương pháp: Dựng khoảng cách từ tâm của mặt đáy đến P và tính khoảng cách đó dựa vào các hệ thức lượng trong tam giác vuông. Cách giải: Gọi O là tâm của đường tròn đáy. Gọi H là trung điểm của AB ta có OH  AB (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).Lại có SO  AB AB  (SOH ). Trong mp SOH kẻ OK  SH thì OK  AB , do đó OK  SAB d(O;(P)) d(O;(SAB)) OK. AB2 Xét tam giác vuông OHB có:OH OB2 HB2 OB2 4a2 3a2 a 4 SO2.OH 2 4a2.a2 4a2 2a Xét tam giác vuông SOH có OK 2 OK SO2 OH 2 4a2 a2 5 5 Câu 44: Đáp án C.Phương pháp: Tính số phần tử của không gian mẫu và số phần tử của biến cố, sau đó suy ra xác suất. 3 Cách giải: Ba lần quay, mỗi lần chiếc kim có 7 khả năng dừng lại, do đó n 7 343 . Gọi A là biến cố: “trong ba lần quay, chiếc kim của bánh xe đó lần lượt dừng lại ở ba vị trí khác nhau" Khi đó ta có: Lần quay thứ nhất, chiếc kim có 7 khả năng dừng lại. Lần quay thứ hai, chiếc kim có 6 khả năng dừng lại. Lần quay thứ ba, chiếc kim có 5 khả năng dừng lại. nA 210 30 Do đó nA 7.6.5 210 .Vậy P A n 343 49 Câu 45: Đáp án B Phương pháp: Tìm P chứa a mà P / /b . Khi đó d a, b d b; P d I, P với I thuộc b Cách giải: Ta có SAB chứa SA và CD / / SAB .Nên ta có: d SA;CD d CD, SAB d D; SAB 1 3V 3.2a3 Ta lại có: VSABCD VD.SAB VC.SAB 2.VD.SAB 2. d D, SAB .SSAB d D, SAB 2 3a 3 2SSAB 2a a 1 c b a Câu 46: Đáp án C.Phương pháp: log b có nghĩa khi 0 a 1;b 0;log b c a a 0 a 1 c b a 2x 0 x 0 Cách giải: l.oĐiềug x 1 kiện: 2x 2 1 x 0 0 x 1 1 x 0 Từ điều kiện ta có cơ số x 1 1 nên bất phương trình tương đương với 2 2x x 1 2x x2 2x 1 x2 4x 1 0 x ; 2 3  2 3; Luyện đề vào Thứ 4.Thứ 4 và chủ nhật hàng tuần
16. 16.Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Kết hợp với điều kiện ta được: x 2 3;0 Câu 47: Đáp án B.Phương pháp: Trải ba mặt bên của hình chóp ra cùng một mặt phẳng. Tìm chu vi của tam giác AB’C’ và tìm SB’, SC’ để chu vi của tam giác AB’C’ là nhỏ nhất. Cách giải: Trải các tam giác SAB,SBC,SAC ra cùng một mặt phẳng A'  A . Ta có SAC SA'C AC ' A'C ' Do đó chu vi tam giác AB’C’ là AB ' B 'C ' C ' A AB ' B 'C ' C ' A AA' Dấu “=” xảy ra khi B '  E,C '  F hay SB ' SE, SC ' SF. Tam giác SAA’ có góc S 90 , SA SA’ a nên tam giác SAA’ vuông cân tại S, do đó SAA' SA' A 45 . Xét tam giác SAE có SEA 180 30 45 105 . Áp dụng định lí sin ta có: SE SA SE a SE 1 3 a sin AE sin SEA sin 45 sin105 Hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được SF 1 3 a Vậy chu vi tam giác AB’C” nhỏ nhất khi và chỉ khi SB ' SC ' 1 3 a . V SB ' SC ' 2 Khi đó S.AB'C ' . 1 3 VS.ABC SB SC Câu 48: Đáp án B.Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số của hàm y f ' x để xét tính đơn điệu của hàm số y f x . Từ đó ta xét các điểm cực trị của hàm f x và suy ra tính đơn điệu của hàm g x f x2 2 Cách giải: Xét đồ thị hàm số y f ' x ta thấy f ' 1 f ' 2 0. Tuy nhiên tại x 1 thì f ' x không đổi dấu nên x 1 không là điểm cực trị của hàm y f x . Với x 2 thì f (x) 0 f (x) đồng biến trên 2; . Ta có: g(x) f (x2 2) g '(x) ( f (x2 2))' 2x. f '(x2 2). x 0 x 0 2 g '(x) 0 2x. f (x 2) 0 2 f ' x 2 0 x 2 Ta có bảng biến thiên: x 2 2 0 g ' x - 0 + 0 - 0 + g x Dựa vào bảng biến thiên ta thấy B sai. Câu 49: Đáp án A.Phương pháp: Tính đạo hàm, Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số. 1 m Cách giải: y ' x 1 2 TH1: m 1 ta có y 1 là hàm hằng và không có giá trị nhỏ nhất (loại) Luyện đề vào Thứ 4.Thứ 4 và chủ nhật hàng tuần
17. 17.Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa TH2: m 1 thì 1 m 0 khi đó hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định, do đó hàm số đạt giá trị nhỏ nhất 1 m trên đoạn 0;1 tại x 1 . Khi đó ta có: y(l) 3 m 5 (thỏa mãn) 1 1 TH3: m 1 thì 1 m 0 khi đó hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định, do đó hàm số đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn 0;1 tại x 0. 0 m Khi đó ta có: y 0 3 m 3 (không thỏa mãn) 0 1 Vậy m 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 50: Đáp án Phương pháp: Viết phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và hàm số ban đầu tìm các điểm A,B,C sau đó thay vào hệ thức AB BC tìm m. Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y mx m 1 và đồ thị hàm số y x3 3x2 x là x3 3x2 x mx m 1 x3 3x2 1 m x m 1 0 x 1 2 x 1 x 2x 1 m 0 2 x 2x 1 m 0 * 2 1 2.1 1 m 0 m 2 Đường thẳng cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt A,B,C khi và chỉ khi m 2 ' 0 * m 2 Dựa vào các đáp án đầu bài ra đến đây ta đã có thể kết luận đáp án đúng là C. Luyện đề vào Thứ 4.Thứ 4 và chủ nhật hàng tuần