Đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia môn Toán Lớp 12 - Mã đề 101 - Năm học 2021-2022 - Sở GD và ĐT Thái Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia môn Toán Lớp 12 - Mã đề 101 - Năm học 2021-2022 - Sở GD và ĐT Thái Bình (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT THÁI BÌNH NĂM HỌC 2021 - 2022 Môn thi: TOÁN MÃ ĐỀ 101 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . Câu 1. Cho hàm số y f= x ( ) có bảng biến thiên như hình vẽ sau Khẳng định nào sau đây đúng? A. Đồ thị hàm số không có tiệm cận. B. Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( )−1;0 và ( )0; + . C. Đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận. D. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 và giá trị nhỏ nhất bằng 0 . x Câu 2. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình log412 () −=+mx có đúng 2 nghiệm thực phân biệt? A. 0 . B. 3 . C. 1. D. 2 . Câu 3. Cho hình lăng trụ đứng ABCABC. có đáy ABC là tam giác vuông tại B , biết A B a= , A C a= 2 , CCa = 2 . Gọi M , I lần lượt là trung điểm AB và BC . Tính góc giữa hai đường thẳng IM và AC . A. 90. B. 60. C. 45. D. 30. cos3x − Câu 4. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm y = nghịch biến trên cos xm− ; . 2 03 m 03 m A. m 3 . B. m 3 . C. . D. . m −1 m −1 Câu 5. Cho hình lăng trụ ABCA B C có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng ()ABC trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Biết khoảng cách a 3 giữa đường AA và BC bằng . Tính theo a thể tích của lăng trụ . 4 a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 6 24 12 3 Câu 6. Cho hàm số y= f() x có đạo hàm trên và đồ thị ()C . Tiếp tuyến của đồ thị ()C tại điểm ()2; m có phương trình là yx=−46. Tiếp tuyến của các đồ thị hàm số y= f f() x và
2. y f=− x (3 1 02 ) tại điểm có hoành độ bằng 2 có phương trình lần lượt là y a=+ x b và y c=+ x d . Tính giá trị của biều thức Sacbd=+−+432 . A. S =176 . B. S =174 . C. S =178 . D. S =−26 . −2021 Câu 7. Tập xác định của hàm số yxx=−−(43 2 ) là A. . B. (−4;1) . C. \ 4 ;− 1  . D. −4; 1. 52−−x2 Câu 8. Tổng số các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = x2 −1 là A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 0 . fxxaxbx=+++32 2 f 13=− Câu 9. Hàm số ( ) đạt cực tiểu tại điểm x =1 và ( ) . Tính ba+ 2 A. 3 . B. −3 . C. 15. D. −15 . xm+ Câu 10. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = trên 1;2 bằng 8 ( m x +1 là tham số thực). Khẳng định nào sau đây đúng? A. 8 1 0m . B. 48 m . C. 04 m . D. m 10 . Câu 11. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số yxmxmx=++−−+8524 ( 111) ( ) đạt cực tiểu tại x = 0? A. 2 . B. Vô số. C. 4 . D. 3 . Câu 12. Cho tứ diện đều A B CD có cạnh bằng 4 . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A B C D A. 3 . B. 6 . C. 23. D. 2 . Câu 13. Cho đa thức fx() có hệ số thực thỏa mãn điều kiện 21fxfxx( ) +−=( ) 2 ,  x . Số điểm cực trị của hàm số yxfxxx=+++341( ) 2 là A. 3 B. 0 . C. 1. D. 2 . Câu 14. Cho hình lập phương ABCD. A B C D có cạnh bằng a 2 . Tính theo a thể tích khối tứ diện A C B D . 22a3 a3 2a3 2a3 A. . B. . C. . D. . 3 3 2 6 Câu 15. Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số yxxmx= −+−323 có hai điểm cực trị, đồng thời nghịch biến trên khoảng (− ;0). Số phần tử của tập S là A. 2 . B. 3 . C. 1. D. 4 . Câu 16. Cho hàm số yfx= ( ) xác định trên , hàm số yfx= ( ) liên tục và có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
3. y 3 O 1 3 x Hàm số yf=−(42x ) đồng biến trên khoảng nào sau đây? A. (−1;0) . B. (1;3) . C. (0; + ). D. (0 ;1) . Câu 17. Cho hàm số y f= x ( ) có bảng biến thiên như sau Số nghiệm của phương trình fx( ) = 2 là A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Câu 18. Gọi Sn là tổng n số hạng đầu tiên của một cấp số nhân (un ) có công bội q khác 1. Biết SS84= 257 và u3 = 32 . Tính u1 . A. 2 . B. 3 . C. 8 . D. 4 . Câu 19. Có bao nhiêu số nguyên dương n sao cho S là một số có 1000 chữ số. Biết: 00011111 nnn−− SCCCCCCCCC=2 +++( 12121 ++++ ++nnnnn) +++( ) ( − ) A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. xx Câu 20. Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình log3.42.916 ( +=+ ) x bằng A. 1. B. 0. C. 3. D. 4. 32 Câu 21. Phương trình log2 (mx− 6 x) + 2log1 ( − 14 x + 29 x − 2) = 0 có 3 nghiệm thực phân 2 biệt khi 39 A. m 19. B. 19 m . C. m 39. D. 19 m 39. 2 Câu 22. Cho tam giác ABC cân tại A , góc BAC =120 và ABcm= 4 . Tính thể tích khối tròn xoay lớn nhất có thể khi ta quay tam giác quanh đường thẳng chứa một cạnh của nó. 16 16 A. 16 3 (cm3 ) . B. 16 (cm3 ). C. (cm3 ) . D. (cm3 ) . 3 3 Câu 23. để phương trình log2 (x− 1) = log2 ( mx − 8) có hai nghiệm thực phân biệt là A. 3 . B. 4 . C. 5 . D. Vô số.
4. 22 Câu 24. Cho bất phương trình: 1+ log55(x + 1) log( mx + 4 x + m) ( 1). Tìm tất cả các giá trị của m để (1) được nghiệm đúng với mọi số thực x . A. 23 m . B. −37 m . C. m − + ( ;37;  ). D. 23 m . Câu 25. Một khối cầu có thể tích V đi qua đỉnh và đường tròn đáy của một khối nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều. Tỉ số thể tích khối cầu và thể tích khối nón là 32 9 23 32 A. . B. . C. . D. . 9 32 32 23 Câu 26. Một hình trụ có bán kính đáy bằng a. Cắt hình trụ bởi mặt phẳng song song với trục a và cách trục một khoảng ta được thiết diện là một hình vuông. Tính thể tích khối trụ. 2 a3 3 A. 3 a3 . B. a3 3 . C. . D. a3 . 4 Câu 27. Cho tập hợp S gồm 20 số tự nhiên từ 1 đến 20 . Lấy ngẫu nhiên ba số thuộc S , xác suất để ba số lấy được lập thành một cấp số cộng là 5 1 3 7 A. . B. . C. . D. . 38 114 38 38 Câu 28. Cho hàm số y f=− x ( 1) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y = 24fxx( )− đạt cực tiểu tại điểm nào? A. x =1. B. x = 2. C. x = 0 . D. x =−1. Câu 29. Cho hình chóp SABCD. có dáy A B C D là hình vuông cạnh bằng 2a , tam giác S A B đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) . Gọi M là trung điểm của AD . Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCM ) là 32a a 2 A. . B. a 2 . C. 32a . D. . 8 2 Câu 30. Cho hình chóp SABC. có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh B . Biết AB== BC a 3 , SAB== SCB 90 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 2 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC. . A. 12 a2 . B. 8 a2 . C. 2 a2 . D. 16 a2 . Câu 31. Cho hàm số y= f() x xác định, liên tục trên và có bảng biến thiên như sau:
5. Trong ( ABCD) , K A= B C M . Kẻ BN⊥ KC , HI⊥ KC do đó BN// HI . Kẻ H J A⊥ I . Khi đó HJSCMHSCMHJ⊥ =( ) d;( ( )) . Xét tam giác K B C , ta có: AMKAKA 1 AMBCKBKAa//24 = = == . BCKBKB 2 Xét tam giác K B C vuông tại B , đường cao BN , ta có: 1112445 BCBKaaa 222=+ === BN . BNBCBK BCBKaa2222++416 5 HIKHHIa 335 Ta lại có BNHIHI// = = = . BNKBBN 45 Xét tam giác S HI vuông tại H , đường cao HJ , ta có: 11132 HSHIa 222=+ == HJ . HJHSHI HSHI22+ 4 BK 4d;(B( SCM )) 4 4 Mà = = d(B ;( SCM)) =  d( H ;( SCM)) = a 2 . HK 3d;(H( SCM )) 3 3 Câu 30. Cho hình chóp S A. B C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh B . Biết ABBCa==3 , SABSCB==90 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (S B C) bằng a 2 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S A. B C . A. 12 a2 . B. 8 a2 . C. 2 a2 . D. 16 a2 . Lời giải Chọn A. Kẻ SHABCSHAB⊥ ⊥( ) . Mà SA⊥ AB. Do đó AB⊥( SAH) AB ⊥ AH BAH = 90 . Chứng minh tương tự ta có CB⊥ CH BCH = 90 . Mà ABC = 90 .
6. Suy ra ABCH là hình chữ nhật. Do đó AHBCAHSBCASBCHSBCa == ( ) d;d;2( ( )) ( ( )) . Kẻ HKSCHKSBCHSBCHKHKa⊥ ⊥ = = ( ) d;2( ( )) . 11111111 Ta có =+ =−=− . HKHSHCHSHKHCaa22222222 23 Do đó H K a= 6 . Áp dụng định lí Pytago cho tam giác S H C , ta có: SCSHHCaaa222222=+=+= 639 . Suy ra S C a= 3 . Áp dụng định lí Pyatago cho tam giác S CB , ta có: SBSCBCaaa222222=+=+= 9312 . Suy ra S B a= 23. SB Gọi I là trung điểm của SB , khi đó ta có ISIBIAICa=== 3 . 2 Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S A. B C . 2 Suy ra diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S A. B C là Saa==4312 ( ) 2 . Câu 31. Cho hàm số yfx= () xác định, liên tục trên và có bảng biến thiên như sau: 7 Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = là fxx( 3 ++21) A. 4 B. 1 C. 3 D. 2 Lời giải Chọn D Ta có: limx33+ x = + lim f x + x + 1 = + xx→+ ( ) →+ ( ( ) ) limx33+ x = + lim f x + x + 1 = − xx→− ( ) →− ( ( ) ) 7 7 Do đó lim= 0. Vậy đồ thị hàm số y = có một đường tiệm cận x→ f( x3 ++21 x) f( x3 ++21 x) ngang là đường thẳng y = 0 . Xét phương trình f( x3++= x) 1 0 f( x 3 +=− += x) 1 x 3 x a ,( a − 1) ( *)
7. Xét hàm số g( x) = x32 + x, g = 3 x + 1 0 với  x nên gx( )đồng biến trên mà lim;limgxgx( ) = − = + ( ) nên phương trình x x3 a+= có nghiệm duy nhất do đó đồ thị xx→− →+ 7 hàm số y = có một đường tiệm cân đứng. fxx( 3 ++21) Vậy tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là 2 . ax b+ Câu 32. Cho hàm số y = có đồ thị như hình vẽ bên: cx −1 Giá trị của tổng abc++ bằng A. 0 B. 4 C. 2 D. −2 Lời giải Chọn C Theo đồ thị của hàm số ta có: 1 Đồ thị có đường tiệm cận đứng là đường thẳng xc= = =111 . c a Đồ thị có đường tiệm cận ngang là đường thẳng yaca= − =111 − = − = − . c Đồ thị cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 2 nên 202abb+= = . Vậy abc+ + = −1 + 1 + 2 = 2 1 Câu 33. Cho ba số thực abc, , ;1 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức 4 1 1 1 P=loga b − + log b c − + log c a − 4 4 4 A. Pmin = 3. B. Pmin = 33. C. Pmin = 6 . D. Pmin =1. Lời giải Chọn C.
8. 2 11 1 Ta có aa−  0,;1 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = . 24 2 1 1 Nên aa2 −, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = . 4 2 1 1 Tương tự bb2 −, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 4 2 1 1 cc2 − dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi c = . 4 2 Vì abc, , 0 ; 1 nên logab 0,log b c 0,log c a 0 1 222 Do đó với cơ số thuộc ;1 thì Pbcabca ++=++logloglog2logloglogabcabc ( ) 4 3 Suy ra P =2.3 loga b .log b c .log c a 6 . 1 abc=== 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 ===abc . 2 logloglogabcbca== 1 Vậy P = 6 khi và chỉ khi abc= = = . m i n 2 Câu 34. Cho 3 số abc,, theo thứ tự lập thành cấp số nhân với công bội khác 1. Biết cũng theo thứ tự đó chúng lần lượt là số thứ nhất, thứ tư và thứ tám của một cấp số cộng công sai là d , a (d 0). Tính . d 4 4 A. 3 . B. . C. . D. 9 . 9 3 Lời giải Chọn A. Do abc,, theo thứ tự lần lượt là số thứ nhất, thứ tư và thứ tám của một cấp số cộng công sai là bad=+3 d , (d 0) nên . cad=+7 Hơn nữa abc,, theo thứ tự lập thành cấp số nhân với công bội khác 1 nên ac b= 2 . Khi đó a( a+=73769 da) + ( daad +=)2 aad ++222 d a −=9099dadda2 = = (Do d 0). d a Vậy = 9 . d Câu 35. Cho hàm số y= f( x) liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ
9. Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình 9.64.95.4fxfxfx( ) +− −+( fxmm22( )) ( ) ( ) ( ) nghiệm đúng với mọi x là A. 9 . B. 4 . C. 5 . D. 10. Lời giải Chọn D. Ta có 2 f( xf) x ( ) 22 33 −+ (4.9.51 −+fxmm( )) ( ) 22 Từ đồ thị hàm số suy ra fxx( ) − 2, 2 fx( ) fx( ) −2 2 3 33 Do đó (40,−  fxx( )) và 9.9.4, = x . 2 22 2 f( xf) x ( ) 2 33 Suy ra (4.9.4,−+ fxx( ) ) . 22 Dấu ""= xảy ra khi x =−2 (khi đó f (22) =− ) nên giá trị lớn nhất của hàm số 2 f( x) f( x) 2 33 g( x) =(4 − f( x)) . + 9. là 4. 22 Vậy (1) có nghiệm đúng  x khi và chỉ khi 4514 −+ mmm2 . Do m là số nguyên nên m 1, 2, 3, 4. Suy ra tổng các giá trị là S =1 + 2 + 3 + 4 = 10 . Câu 36. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số yxmxmx=−−−+32( 61) đồng biến trên khoảng (0;4) là. A. (− ;3) . B. 3;6. C. (− ;6 . D. (− ;3. Lời giải Chọn D.
10. Ta có: yxmxm =−−−3262 ( ). Hàm số đồng biến trên khoảng (0 ;4 ) khi và chỉ khi y 0 , x (0 ;4) . 36x2 + −−−  32600;4xmxmx2 ( ) ( )  mx (0;4) 21x + 36x2 + Xét hàm số gx( ) = trên (0;4) . 21x + 6xx2 +− 6 12 x = 1( 0;4) gx ( ) = 2 , gx ( ) = 0 (21x + ) x = −2 ( 0;4) Ta có bảng biến thiên: 36x2 + Vậy để gxmx( ) =  (0;4)thì m 3 . 21x + Vậy m − ( ;3. Câu 37. Tính tổng các hệ số của các lũy thừa lẻ của x trong khai triển: P( xxxxxxxxx) =+(1 1 ++++−2310023100 +−++ )( ) A. 1. B. 2100 . C. 0 . D. 299 . Lời giải Chọn C 200 199 Giả sử P( x) = a200 x + a 199 x + + a 1 x + a 0 . Ta có: P(1) = a200 + a 199 + + a 1 + a 0 = 101. Paaaaa(−1 101) =−+−+200 a a199 + − 198 + 1972 = 1 0 . 1 Suy ra: a+ a + + a = P( 1) − P( − 1) = 0 . 199 197 1 2 Vậy tổng các hệ số của các lũy thừa lẻ của x bằng 0 . Câu 38. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều, SA⊥ ( ABC) . Mặt phẳng (SBC) cách A một khoảng bằng a và hợp với mặt phẳng ( ABC) góc 30. Thể tích của khối chóp S. ABC bằng
11. 8a3 8a3 3a3 4a3 A. . B. . C. . D. . 9 3 12 9 Lời giải Chọn A S K A C M B Gọi M là trung điểm của BC , trong (S A M ) kẻ A K S⊥ M tại K . Suy ra AKSBCAKdASBCa⊥ ==( ) ( ;( )) . AKAKa 2 Lại có (SBCABCSMA),30( ) == . Suy ra AMaSA=== 2; . sinsinAMKASK 3 24a Suy ra BCAM==. 33 2 4a 3 3 1 1 2aa3 8 Vậy V= SA. S =   = . S. ABC3 ABC 33 4 9 5ba− a Câu 39. Cho ab, là các số thực dương thỏa mãn logloglogab== . Giá trị của 91612 2 b bằng a a a 16+ a 726+ A. = −16 + . B. =−7 2 6 . C. = . D. = b b b 5 b 25 Lời giải Chọn B a = 9t 5ba− t Đặt log9a= log 16 b = log 12 = t b = 16 2 5ba− =12t 2 tt t t t 9 12 Suy ra 5.16− 9 = 2.12 5 − = 2. 16 16
12. t 3 2tt = −+16 33 4 +−= 250 t 44 3 = −−16(L) 4 tt2 a 93 2 Mà ===−+=− ( 16726.) b 164 Câu 40. Cho hàm số y f= x ( ) . Đồ thị của hàm số bậc ba y f= x '( ) như hình vẽ bên dưới Hàm số gx( ) = e fx(21− ) đồng biến trên khoảng nào sau đây? A. (−1; 1) . B. (−1; + ). C. (0;2) . D. (0;1) . Lời giải Chọn D Ta có gxfx ( ) =−221( e ) fx(21− ) . 5 2x − 1 4 x Suy ra g ( x) 0 f( 2 x − 1) 0 2 . −1 2x − 1 1 01 x 5 Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng (0 ;1) và ;+ . 2 Câu 41. Có bao nhiêu cặp số nguyên (xy; ) thỏa mãn 2 x 2021 và yy−1 2log22−+=−2 (xxy ) ? A. 9 . B. 10. C. 2022 . D. 2021. Lời giải Chọn B Ta có
13. y yy−1 yy+1 22x + 2log22−+=−2 (xxy ) 2 − log2 = 2xy + 2 − 2 yyy+1 ++=+++21log2222( yxx ) 2 ( ) (*) Xét hàm số f u( u ) =+2u , ta có fuu ( ) =+ 2ln210,u Hàm số đồng biến yyyy +1 do đó từ (*) ta có yxxx+=+ =+ =1log22222222 ( ) . y Mặt khác theo giả thiết 220214240424240422log4042 xxy 2 . Do y là số nguyên nên y 2;3;4;5;6;7;8;9;10;11 có 10cặp số nguyên (xy; ) thỏa mãn điều kiện Câu 42. Cho hàm số y f= x ( ) có đạo hàm fxxxxx ( ) =−− 2 ( 11315,)( )3 . Tìm số điểm 5x cực trị của hàm số yf= 2 x + 4 A. 2 . B. 4 . C. 6 . D. 7 . Lời giải Chọn C Ta có: 2 55xx 545(xx .2+− x ) 555xxx 23 yf= 22. =−− 2 222 113.15 xx++44(x2 + 4) xxx +++444 2 3 −+−−−−520554651560xxxxxx222 = 2 222 (x2 + 4) xxx+++444 5( 2251−+−−−−xxxxxxx)( 431520) ( )233 ( )( ) ( ) ( ) = 223 2 (xxx222+++444) ( ) x + 4 ( ) x = 2 x =−2 x = 0 yx =01 = x = 4 x = 3 4 x = 3 5x y = 0 Do phương trình có 6 nghiệm đơn và 1 nghiệm kép nên hàm số yf= 2 có 6 x + 4 điểm cực trị.
14. Câu 43. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều, cạnh SA vuông góc với đáy, khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng 2 . Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (S B C) và ( ABC). Tính cos khi thể tích khối chóp S A. B C nhỏ nhất. 5 2 2 3 A. c o s = . B. c o s = . C. c o s = . D. c o s = . 3 3 3 3 Lời giải Chọn D S H A C I B Gọi I là trung điểm BC . Ta có BCSAI⊥ ( ) nên mp (S B C) vuông góc mp(S A I ) theo giao tuyến SI . Kẻ AHSI⊥ tại H thì AH⊥ ( SBC) hay AHdASBC= ( ,( )).Ta cũng có góc tạo bởi (S B C) và ( ABC) là S I A. Theo giả thiết AH = 2 và = S I A. AH 2 AB 3 24AI Lại có AI ==, mặt khác = AI hay AB == sin SIA sin 2 33sin 2 SA== AI.tan . cos Thể tích khối chóp là 113116 328AB 3 2 VSSASA=== . 33412ABC 3sincos9sin.cos 22 V nhỏ nhất khi P = sin2 .cos lớn nhất. Ta có P =(1 −= coscoscoscos −+23 ) . Đặt t = cos . Do 0 nên t (0;1). 2 3 Xét hàm số fttt( ) = −+3 , ta có ftt ( ) = −+312 ; f ( t) =0 t = . 3 Bảng biến thiên:
15. 3 Vậy V nhỏ nhất khi c o s = . 3 Câu 44. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số yxxx=−++32365 có hệ số góc nhỏ nhất thì phương trình là A. yx=+3 1 2 . B. yx=+33. C. yx=+36. D. yx=+39. Lời giải Chọn C Xét hàm số có y x= x −3 + 62 6 . Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm. Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ 2 2 x0 là kxxx=−+=−+ 3663133000 ( ) . Đẳng thức xảy ra khi x0 =1, khi đó k = 3, tiếp điểm là (1;9) . Vậy phương trình tiếp tuyến là yx=−+319( ) hay yx=+36. Câu 45. Cho hình lăng trụ đều ABCA. B C có cạnh đáy A B a= . Trên cạnh BB lấy điểm M sao cho B MBM= 2 . Biết AMBC ⊥ . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. A B C 33a3 3a3 3a3 33a3 A. . B. . C. . D. . 8 8 4 16 Lời giải Chọn B Cách 1: Gọi I là trung điểm của BC . A' B' I C' M A B C
16. A IB⊥ C Ta có ⊥ ⊥A IBCC( BA IB) C . A IBB⊥ Lại có B C A⊥ M nên B C A⊥ M( I ) suy ra B C M⊥ I . Khi đó B C.0.0 MIB= ++= CB BMBB( I ) ( ) 21 +−+=(B CB BB BB).0 C 32 12 −=BCBB 220 23 12 33aa2 −=aBB22 0 = =B BB2 B . 23 42 aaa333 23 Thể tích khối lăng trụ là VBBS === . ABC. A B CABC 248 Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Chọn a = 2 và đặt A A x= 3 , với x 0 . z A B C M y A' B' C' x Ta có ABCCx (0;0;0) Mx,0;2;0( ,3;1;0) ,3;1;3;0;2;2( ) ( ) ( ) . Suy ra A Mx= (0;2;2 ) ; B Cx=−( 3;1;3 ) . 3 Theo đề bài A' M⊥ B C A M . B C = 0 − 2 + 6 x2 = 0 x = . 3 a 3 Do vậy AAx ===33 . 2 aaa3323 3 Thể tích khối lăng trụ là VAA S === . ABC. A B CABC 248 Câu 46. Cho hình chóp tứ giác đều SABCD. có cạnh đáy bằng a . Mặt phẳng (P) đi qua A và SB 2 vuông góc với SC , cắt cạnh SB tại B với = . Tính thể tích khối chóp S. ABCD . SB 3 a3 6 a3 6 a3 6 a3 6 A. . B. . C. . D. . 4 2 3 6
17. Lời giải Chọn D S B' H A B O D C Trong mặt phẳng (S A C) vẽ A H S⊥ C tại H . Trong mặt phẳng (S B C), qua H dựng H B S⊥ C với B S B . 2 Cách 1: Đặt SASBSCSDxx=== ,0 suy ra S B x = . 3 22 BSCSBCxa22222+−− 2 (2.xax− ) Ta có cos BSC == suy ra SHSBBSC== .cos . 2.2BS CSx 2 3x SHASCSAC222+− 2x2−− a 2 x 2 a 2 Lại có cos ASH == =. SAAS CS 2. 3xx22 −=− = =2322xaxaxaxa222222 ( ) 2 2 22 aa26 Khi đó SOSCCOa=−=−= ( 2) . 22 1166 aa3 Thể tích khối chóp là VSO Sa=== 2 . S. ABCDABCD3326 Cách 2: Gọi K= AH SO .
18. S H B' K A B O D C (PSC) ⊥  SKSB 2 Ta có BOSCBOP⊥  // ( ) mà (SBOPKBKBBO) = ==( ) // . SOSB 3 BOP ( ) Suy ra K là trọng tâm tam giác S AC nên AH vừa là trung tuyến vừa là đường cao. AC36 a Từ đó ta được A S C cân tại A do vậy S A C đều SO = = . 22 1166 aa3 Thể tích khối chóp là VSO Sa=== 2 . S. ABCDABCD3326 Câu 47. Cho hình chóp S A. B C có SA vuông góc với đáy, SCBCS==2,45 ; góc giữa hai mặt phẳng (S A B) và (S B C) bằng 90; góc giữa hai mặt phẳng (S A C)và bằng 60. Thể tích khối chóp là 2 23 A. V = B. V = 23 C. V = 22 D. V = 15 15 Lời giải Chọn D
19. CESA⊥ Giả sử C E S⊥ B mà (SABSBCCESAB) ⊥ ⊥ ( ) ( ) CEAB⊥ Ta lại có: S A A⊥ B( C ) nên C E C B . Kẻ BHACHKSC⊥⊥, Ta có BHAC⊥⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ BHSABHSACBHSCSCBHKSCBK, ( ) ( ) 0 Từ đó ta có (SACSBCKHKBBKH),,60( ) ===( ) Ta có S B C vuông cân tại B ==SBBC 2 . Ta có K B C vuông cân tại K =K = B K C 1. 135 Từ đó ta suy ra HKBHHC===;;. 222 BC 2 4 Xét ABC ta có HCACBCAC. = ==2 HC 5 2 Ta có: SA= SC22 − AC = 5 111213423 Vậy VSABH=== AC S. ABC 3232215 55 Câu 48. Cho hình chóp S A. B C D là hình bình hành. Hai điểm MN, lần lượt là trung điểm của AB và SC. Hai đường thẳng ANMN, lần lượt cắt mặt phẳng (S B D) tại I và K . Gọi V là thể tích V khối chóp SABCD. và V là thể tích khối tứ diện C N I K . Tỉ số bằng V 1 1 1 1 A.  B.  C.  D.  24 48 36 18 Lời giải Chọn B Trong mặt phẳng ( ABCD) gọi O= AC  BD; J = CM  BD . Trong mặt phẳng (SAC)gọi I= SO  AN, SO ( SBD) I = AN ( SBD) .
20. Trong mặt phẳng (S C M ) gọi KMNSJSJSBDKMNSBD= =, ( ) ( ). VC. NIK CN Ta có == = 1 VVC NIKS NIK . VSNS. NIK V SI SN SK Ta lại có: S. NIK = VS. COJ SO SC SJ SI 2 Ta có I là trọng tâm tam giác SAC =. SO 3 SN 1 Ta có N là trung điểm SC =. SC 2 Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác S C J với 3 điểm N K,, M thẳng hàng nằm trên 3 cạnh KSMJNCKSKSSK 13 của cho tam giác , ta có: 1 113 = = = = KJMCNSKJKJSJ 34 MJ 1 ( Ta có J là trọng tâm tam giác ABC =.) MC 3 VS. NIK 213111 Ta suy ra == = = VVVVS NIKS COJC NIKS COJ . VS. COJ 324444 VS Ta có S. COJCOJ= VSSABCDABCD. 1 1 1 1 1 1 Ta có: S= dJACCO( ; ;.) = dBAC( ) AC = S = S COJ2 2 3 2 6 ABC 12 ABCD VS. COJ 111 = = = VVVVS COJS ABCDC NIKS ABCD VS. ABCD 121248 V 1 Vậy = V 48 Câu 49. Cho aa 0,1 vả hai số thực dương b, c thỏa mãn log3a b = và log2a c =− , Tính ab2 3 giá trị của biểu thức P = log . a c5 A. P = 9. B. P =−2. C. P =−7 . D. P =13 . Lời giải Chọn D ab2 3 11 Pabcbc==+−=loglog +−= loglog +25 − − 23 = log 5log 2 .3 5 2 13 ( ) . aaaaaac5 33 Câu 50. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB== a, AD b và cạnh bên SA= c vuông góc với mặt phằng ( ABCD). Gọi M là một điếm trên cạnh SA sao cho
21. A M x= , 0 xc. Tìm x để mặt phằng (M B C) chia khối chóp thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. ( 51− )ab (23− )ab (32− )c (35− )c A. x = . B. x = . C. x = . D. x = . 2c 2c 2 2 Lời giải Chọn D MMBCSAD ( ) ( ) ==(MBCSADMN) ( ) MNAD,/ MNSD /, N . AD// BC Mặt phẳng ()M B C chia khối chóp thành hai khối đa diện là khối chóp S. MNBC và khối MNBCAD . VVVS MNBCS=+ MBCS MCN . VS. MBC MA (cx− ) = = VVS MBCS ABC . ; VSAcS. ABC 22 VS. MNC SM SNcxcx −− = == VVVS MDCS ADCS ABC VSAS. ADC SDcc cxcx−− VVS BCMNS=+ ABC 1 cc Theo bài ra ta có c−− x c x 2 22 VVVS MNBC= S Vc ABCS =+= xABC c S x ABC1.230 − c x cx−= −+= c ( )( ) cc 35− xc= 2 35− x = xc do 1 35+ 2 c xc= 2