Đề kiểm tra định kì Toán 12 năm học 2018 – 2019 trường THPT Nguyễn Huệ – TT. Huế

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 12 đề thi khảo sát chất lượng theo định hướng thi tốt nghiệp THPT môn Toán 12 năm học 2018 – 2019.Mời bạn đọc đón xem.

34 17 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 12

Môn: Toán 12

Thông tin:

32 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Lan Tường
ĐỀ KIỂM TRA ĐỊNH KỲ TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - HUẾ
NĂM HỌC 2018-2019
Câu 1. [DS12.C1.4.D01.b] Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
2
93x
y
x
x

là:
A. 1. B. 2. C. 3. D. 0.
Lời giải
Chọn A.
2
93x
y
x
x

có tập xác định
\0;1D 
Ta có:
2
11
93
lim lim
xx
x
y
xx

 


do
2
11
lim 9 3 3 2 2 0; lim 0
xx
xxx

 

và

2
01xx khix

Suy ra
1
x

là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.




2
00 0 0
93 99 1 1
lim lim lim lim
6
193 193
xx x x
xx
y
xx
xx x x x




 
Suy ra
0
x
không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 1 đường tiệm cận đứng là
1
x

.
Câu 2. [DS12.C1.3.D01.b] Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
32
() 8 16 9fx x x x
trên đoạn 1; 3


.
A.
1;3
max ( ) 5fx


. B.
1;3
13
max ( )
27
fx


. C.
1;3
max ( ) 6fx



D.
1;3
max ( ) 0fx


Lời giải
Chọn B.
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn
1; 3


2
41;3
() 3 16 16 0
4
1; 3
3
x
fx x x
x







413
(1) 0, , (3) 6
327
ff f




Vậy
1;3
13
max ( )
27
fx


Câu 3: [DS12.C1.4.D01.b] Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số
2
1
4
x
y
x
-
=
-
là:
A.
2.
B.
1.
C.
4.
D.
3.
Lời giải
Chọn D
lim
x
y lim
x
1
x
1
x
2
1
4
2
0
suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang
lim
x

2
y 
suy ra đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng
Vậy tổng cộng đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận. Chọn D
Câu 4: [DS12.C1.4.D01.a] Đồ thị hàm số
23
1
x
y
x
-
=
-
có các đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận
ngang lần lượt là:
A. 1x = và
2y =
. B. 2x = và
1y =
. C. 1x = và
3y =-
. D. 1x =- và
2y =
.
Lời giải
Chọn A
lim
x
1
y 
suy ra đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng
lim
x

y 2
suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang . Chọn A.
Câu 5: [DS12.C1.3.D01.b] Gọi
,
M
m
lần lượt là GTLN, GTNN của hàm số
1
yx
x

trên
1
;3
2



. Khi
đó
3
M
m
bằng:
A.
12
. B.
35
6
. C.
7
2
. D.
10
.
Lời giải
Chọn A
Trên
1
;3
2



ta có:
2
1
1y
x

;

1
0
1
x
y
x
L


.
Khi đó
15
22
y



,
12y
,

10
3
3
y
. Vậy:
312Mm
.
Câu 6: [DS12.C1.1.D01.a] Cho hàm số
32
3x 3x 2yx . Khẳng định nào sau đây là khẳng định
ĐÚNG?
A.
Hàm số nghịch biến trên khoảng
;1
và đồng biến trên khoảng

1; .
B. Hàm số luôn đồng biến trên
R
C. Hàm số luôn nghịch biến
.R
D. Hàm số đồng biến trên khoảng
;1
và nghịch biến trên khoảng

1; .
Lời giải
Chọn C
Tập xác định: DR .
Ta có
22
3x 6x 3 3( 1) 0 .yxx
 
Vậy hàm số luôn nghịch biến trên
.R
Vậy, chọn C
Câu 7: [DS12.C1.1.D03.b] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số 𝑦

𝑥
𝑚𝑥
󰇛
2𝑚 3
󰇜
𝑥𝑚2
luôn nghịch biến trên R.
A. 𝑚∈
󰇛
∞; 3
󰇜
∪󰇟1; ∞󰇜 B. 3 𝑚1. C. 𝑚1. D. 3𝑚1
Lời giải
Chọn B
𝑦
󰆒
𝑥
2𝑚𝑥2𝒎 3
Để hàm số luôn nghịch biến trên R thì
𝑦
󰆒
0 ∀𝑥∈𝑅
⇔
󰇥
𝑎0
∆′ 0
⇔ 𝑚
2𝑚 3 0
⇔ 3 𝑚 1.
Câu 8: [DS12.C1.1.D02.b] Cho hàm số 𝑦𝑓󰇛𝑥󰇜 có bảng biến thiên dưới đây. Khẳng định nào sau đây
là
SAI?
A.
Hàm số nghịch biến trên khoảng
󰇛
∞; 1
󰇜
.
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng
󰇛
0; 1
󰇜
.
C. Hàm số đồng biến trên khoảng
󰇛
2; ∞
󰇜
.
D. Hàm số đồng biến trên khoảng
󰇛
2; ∞
󰇜
.
Lời giải
Chọn D
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
;0 và
0;1 ; Hàm số đồng biến trên khoảng

1; .
Do đó các đáp án
,,
A
BC
đúng.
Câu 9: [DS12.C1.3.D01.b] Tổng các giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
2yxx
bằng
A.
22
. B.
2
. C.
1
. D.
22
.
Lời giải
Chọn D
TXĐ:
2; 2D



2
'
22
2
1
22
x
xx
y
xx



'
2
2
22
2
0
20
2
2
1
y
xx
x
x
xx
x




(ĐK: 0x )
1
x
(loại) hoặc
1x 
.
Bảng biến thiên
2; 2
2MMaxfx



2; 2
2mMinfx



2( 2)2 2Mm .
Câu 10: [DS12.C1.1.D01.b] Hàm số
2
4yx
nghịch biến trên khoảng nào?
A.
(0;2)
. B.
(2;0)
. C.
(0; )
. D.
(2;2)
.
Lời giải
Chọn A
ĐKXĐ:
2
4022xx
TXĐ:
D=[ 2;2]
'
2
2
4
'0 0 0
4
x
y
x
x
yx
x
 
Vậy
()
f
x
nghịch biến trên
(0;2)
.
Câu 11: [DS12.C1.2.D01.b] Cho hàm số
yfx
liên tục trên
và có đạo hàm

24
'1235fx x x x x
. Hàm số
yfx có mấy điểm cực trị?
A. 4 B. 2 C. 5 D. 3
Lời giải
Chọn B
Dựa vào dấu của

'
f
x , ta có bảng biến thiên như sau:
Vậy hàm số có hai điểm cực trị.
Câu 12: [DS12.C1.2.D02.b] Cho hàm số
yfx
liên tục trên
. Hàm số
'yfx
có đồ thị như
hình vẽ:
Khẳng định nào sau đây là khẳng định ĐÚNG?
A. Đồ thị hàm số
yfx có hai điểm cực trị B. Đồ thị hàm số
yfx có ba điểm cực
trị
C. Đồ thị hàm số
yfx có bốn điểm cực trị D. Đồ thị hàm số
yfx có một điểm cực
trị
Lời giải
Chọn B
Dựa vào dấu của hàm số
'
f
x
ta có bảng biến thiên như sau:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tại
1; 2; 3xx x
Câu 13: Cho hàm số
(x)yf=
có bảng biến thiên dưới đây. Khẳng định nào sau đây là khẳng định
Đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại
2x =
. B. Hàm số đạt cực đại tại
2x =-
.
C. Hàm số đạt cực đại tại
4x =
. D. Hàm số đạt cực đại tại
3x =
Lời giải
Chọn A
Câu 14:
Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số
432
346121yx x x x=--++ là điểm
()
00
;Mx y . Tính
tổng
00
Tx y=+.
A.
8T =
. B.
4T =
. C.
11T =-
. D.
3T =
Lời giải
Chọn C
Ta có:
32
'12 12 12 12yxxx=--+
,
1
'0
1
x
y
x
é
=-
ê
=
ê
=
ê
ë
Bảng biến thiên:
0
+
2
3
+
+
+
0
42
y
y'
x
Dựa vào bản biến thiên điểm
(1; 10)M --
là điểm cực tiểu
Do đó:
00
1(10) 11Tx y= + =- + - =-
Câu 15: [DS12.C1.3.D01.a] Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
1
1
x
y
x
trên đoạn
2,3 :
A.

2;3
min 3y 
. B.

2;3
min 3y
. C.

2;3
min 2y
. D.

2;3
min 4y
.
Lời giải
Chọn C
Xét hàm số trên
2,3K
2
0,
1
yxK
x

Hàm số nghịch biến trên K.
Suy ra

2;3
min 3 2yy.
Câu 16: [DS12.C1.4.D02.b] Có bao nhiêu giá trị của m để đồ thị hàm số
1
x
m
y
mx
không có đường
tiệm cận đứng?
A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 0 .
Lời giải
Chọn A
+
0:m
y
x
: Hàm số không có tiệm cận đứng.
+
0:m
y
có tập xác định là
1
\D
m



+ Để hàm số nhận
1
x
m
làm tiệm cận đứng
1
01mm
m

Vậy có 3 giá trị của m để hàm đồ thị hàm số không có đường tiệm cận đứng:
0, 1m
.
Câu 17: Đồ thị hàm số
322
yx 2mx mxn có tọa độ điểm cực tiểu là
1; 3 .
Khi đó mn bằng
A. 4. B.
3
. C. 2. D. 1.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
22
y3x 4mxm

Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là
1, 3


y1 0
y1 3
2
2
34mm 0
12mm n 3


2
m1
m3
nm2m2

• Với
m1 n3
ta được hàm số
32
yx 2x x3
2
x1
y3x 4x1 y0 .
1
x
3


Lập trục xét dấu của
y
ta suy ra x1 là điểm cực tiểu của hàm số.
Vậy
m1
n3
thỏa mãn
mn4
.
• Với
m3 n 1
ta được hàm số
32
y x 6x 9x 1
2
x1
y3x12x9 y0 .
x3


Lập trục xét dấu của
y
ta suy ra x1 là điểm cực đại của hàm số.
Vậy
m3
n1

không thỏa mãn.
Câu 18: Có bao nhiêu giá trị nguyên
m3;3
sao cho đồ thị của hàm số
2
x1
y
mx 1
có hai tiệm cận
ngang?
A. 2. B.
0
. C. 1. D.
3
.
Lời giải
Chọn A
• Trường hợp 1:
Nếu m0 thì hàm số có dạng
yx1
.
Đồ thị của hàm số này không có tiệm cận ngang.
• Trường hợp 2: Nếu
m0
ĐKXĐ:
22
11 1 11
mx 1 0 x x D ; .
mm m mm






Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
• Trường hợp 3: Nếu
m0
TXĐ:

D;
Khi đó đồ thị hàm số luôn có hai cận ngang.
Thật vậy,
2
xx x x
22
11
x1 1
x1 1
xx
lim y lim lim lim
11m
mx 1
xm m
xx
   
 

 
 


Và
2
xx x x
22
11
x1 1
x1 1
xx
lim y lim lim lim
11m
mx 1
xm m
xx
   
 

 
 


Vì
m3;3
và m nên
m1;2.
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn.
Câu 19: [DS12.C1.3.D02.c] Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
1
2
x
y
x
trên tập hợp

3
;1 1;
2
D




. Tính
?PMm
A.
2
P
. B.
0P
. C. 5P  . D. 3P .
Lời giải
Chọn C
Hàm số:
2
1
2
x
y
x
TXĐ:

3
;1 1;
2
D





2
2
/
2
2
1
1
2
xx
x
x
y
x


2
2
21
21
x
xx


/
0y

1
2
x
L
Bảng biến thiên:
Dựa vào BBT có GTLN
0M
, GTNN 5m 
Suy ra
5P  . Chọn C
Câu 20: [DS12.C1.1.D02.c] Cho hàm số
yfx
có đạo hàm liên tục trên . Bảng biến thiên của
hàm số

/
yfx được cho hình vẽ. Hàm số
1
2
x
yf x




nghịch biến trên khoảng nào?
A.
2;0 . B.

4; 2 . C.
0; 2 . D.
2; 4 .
Lời giải
Chọn B
Đặt

1
2
x
ygx f x




TXĐ:
1, 3D 
f(x)
_
-1
-5
0
-∞
3
2
-1
1
f
/
(x)
x
+
0
4
2
-1
2
3
3
2
10
-1
f '(x)
x
Có
//
1
11
22
x
yf




Hàm số
ygx nghịch biến khi:
//
1
0110
22
x
yf




/
21
2
x
f




Dựa vào BBT có
/
21
2
x
f




0
11 ; (1;0)
2
21 3
2


o
x
xx
x
0
21
2
12
2


x
x
x
0
422
24


x
x
x
. Chọn B
Câu 21. Gọi
S
là tập hợp các giá trị nguyên của tham số
m
sao cho hàm số
1
x
y
x
m
nghịch biến trên
khoảng

4; 
. Tính tổng
P
của các giá trị
m
của
S
.
A.
10P
. B.
9P
. C.
9P
. D.
10P
.
Lời giải
Chọn B
TXĐ:
\ Dm
.
Ta có

2
1
m
y
x
m
. Hàm số nghịch biến trên khoảng

4; 
10
4

m
m
14 m
.
Do chỉ nhận các giá trị nguyên nên
2;3; 4m
2349S
.
Câu 22. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để hàm số
1
4
mx
y
x
m
luôn nghịch biến trên từng
khoảng xác định của hàm số?
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D. vô số.
Lời giải
Chọn C
TXĐ:
\
4




m
D
.
Ta có

2
2
4
4
m
y
x
m
. Hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định
2
40m
22 m
.
Do chỉ nhận các giá trị nguyên nên
1; 0; 1m . Vậy có
3
giá trị nguyên thoả mãn.
Câu 23: [DS12.C1.1.D03.c] Tìm các mối liên hệ giữa các tham số 𝑎 𝑣à 𝑏 sao cho hàm số𝑦𝑓
󰇛
𝑥
󰇜
2𝑥 𝑎𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑏𝑐𝑜𝑠𝑥
luôn tăng trên 𝑅?
A.
1. B. . 𝑎2𝑏

√
. C. 𝑎
𝑏
4. D. 𝑎2𝑏2
√
3.
Lời giải
Chọn C
Hàm số 𝑦𝑓
󰇛
𝑥
󰇜
2𝑥𝑎𝑠𝑖𝑛𝑥𝑏𝑐𝑜𝑠𝑥 luôn tăng trên 𝑅 khi
a.
𝑓′
󰇛
𝑥
󰇜
2𝑎𝑐𝑜𝑠𝑥𝑏𝑠𝑖𝑛𝑥0 ∀𝑥∈𝑅.
⇔min
𝑓′
󰇛
𝑥
󰇜
0⇔
𝑎
𝑏
20⇔𝑎
𝑏
4.
Câu 24: [DS12.C1.3.D06.d] Một ngọn hải đăng đặt tại vị trí A có khoảng cách đến bờ biển 𝐴𝐵
5𝑘𝑚
. Trên bờ biển có một cái kho ở vị trí C cách B một khoảng 𝐵𝐶 7𝑘𝑚. Người canh hải đăng có
thể chèo đò từ A đến vị trí M trên bờ biển với vận tốc
4𝑘𝑚/ℎ rồi đi bộ đến C với vận tốc 6𝑘𝑚/ℎ. Vị
trí của điểm M cách B một khoảng bao nhiêu để người đó đi đến C nhanh nhất?
A. 0𝑘𝑚 B.

√

𝑘𝑚 C. 2
√
5𝑘𝑚 D.7𝑘𝑚
Lời giải
Chọn C
Gọi khoảng cách từ M đến B là 𝑥 𝑘𝑚
󰇛
0𝑥7
󰇜
.
Khi đó:
𝑀𝐶 7 𝑥 và 𝐴𝑀
√
𝑥
25.
Người đó đi từ A đến C hết khoảng thời gian là:
𝑓
󰇛
𝑥
󰇜

√
.
(giờ).
Người đó đi từ A đến C nhanh nhất khi
𝑓
󰇛
𝑥
󰇜
đạt giá trị nhỏ nhất.
Hàm số
𝑓
󰇛
𝑥
󰇜

√
.
liên tục trên đoạn
󰇟
0;7
󰇠
.
B
C
A
M
𝑓′
󰇛
𝑥
󰇜

√

.
𝑓′
󰇛
𝑥
󰇜
0⇔𝑥2
√
5.
min
󰇟
;
󰇠
𝑓
󰇛
𝑥
󰇜
𝑀𝑖𝑛
𝑓
󰇛
0
󰇜
;𝑓2
√
5;𝑓
󰇛
7
󰇜
𝑓2
√
5. Nên ta chọn C.
Câu 25: [DS12.C1.2.D04.c] Gọi S là tập các giá trị m là số nguyên để hàm số

32
1
1223
3
yxmxm xm

đạt cực trị tại hai điểm
12
,
x
x thỏa mãn
22
12
18xx
.
Tính tổng P của các giá trị nguyên m của S
A. 4
P
 . B. 1
P
. C.
3
2
P 
. D. 5P  .
Lời giải
Chọn B
Ta có

2
'21 2yx m xm
.
Hàm số đạt cực trị tại hai điểm
12
,
x
x khi
'0y
có hai nghiệm phân biệt
12
,
x
x
2
21 20xmxm
có 2 nghiệm phân biệt
22
'0 2 1 20 30mm m mm 
(luôn đúng với mọi m).
Do đó, với mọi m thì hàm số có 2 cực trị
12
,
x
x
. Theo định lí Vi-et có
12
12
22
2
xx m
xx m


Theo giả thiết

2
22 2
12 12 12
18 2 180 4 8 42 4180xx xx xx m m m
2
1
46100 1
5
2
m
mm m
m

( vì m nhận giá trị nguyên)
Câu 26: [HH12.C1.3.D03.c] Cho hình chóp đều S.ABC cạnh bằng a, cạnh bên bằng 2a. Gọi M là trung
điểm của SB, N là điểm trên đoạn SC sao cho
2NS NC
. Thể tích V của khối chóp
.
A
BCNM bằng
A.
3
11
16
a
V
. B.
3
11
24
a
V
. C.
3
11
18
a
V
. D.
3
11
36
a
V
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
...
A
BCNM SABC SAMN
VVV
Áp dụng công thức tỉ số thể tích, ta có
.
.
12 1
.. 1..
23 3
SAMN
S ABC
V
SA SM SN
VSASBSC

..
1
.
3
SAMN SABC
VV
.. . .
12
..
33
A
BCNM S ABC S ABC S ABC
VV V V
Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC) theo tính chất chóp đều thì H là trọng tâm của
A
BC
A
BC
đều cạnh a nên trung tuyến AD có độ dài là
3
2
a
AD
2
3
3
a
AH AD
.
Tam giác
SHA
vuông tại H, có
2
22 2
11
4
3
3
aa
SH SA AH a
.
Tam giác ABC đều cạnh a nên có diện tích là
2
3
4
ABC
a
S
Thể tích khối chóp
.SABC
là:
23
1 3 11 11
..
34 12
3
aa a
V 
33
.
211 11
.
312 18
ABCNM
aa
V
Câu 27. [HH12.C1.1.D02.a] Số đỉnh của hình bát diện đều là bao nhiêu ?
A.
12
. B.
6
. C.
8
. D.
10
.
Lời giải
Chọn B
Hình bát diện đều có
6
đỉnh,
12
cạnh và
8
mặt.
Câu 28. Mỗi cạnh của một khối đa diện là cạnh chung của bao nhiêu mặt của khối đa diện ?
A. Bốn mặt. B. Hai mặt. C. Ba mặt. D. Năm mặt.
Lời giải
Chọn B
Hình đa diện có tính chất: Mỗi cạnh thuộc một mặt là cạnh chung của đúng hai mặt.
Câu 29: [HH12.C1.3.D02.a] Cho khối chóp tam giác có đường cao bằng 100 cm và cạnh đáy bằng 20
cm, 21 cm, 29 cm. Tính thể tích của khối chóp này
A.
3
7000 2 cm
. B.
3
6000 cm . C.
3
6213 cm . D.
3
7000 cm .
Lời giải
Chọn D
2
3
35(35 20)(35 21)(35 29) 210
11
210.100 7000
33
B
cm
VBh cm


Câu 30: [HH12.C1.3.D01.a] Cho hình 20 mặt đều có cạnh bằng 2. Gọi
S
là tổng diện tích của tất cả
các mặt của hình đa diện. Mệnh đề nào dưới đây đúng
A. 20 3S . B.
20S
. C. 10 3S . D.
10S
.
Lời giải
Chọn A
2
23
20. 20 3
4
S 
Câu 31: [HH12.C1.3.D02.b] Cho hình chóp
.SABC
có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B, SA=3a và
SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60
0
. Tính thể tích khối chóp SABC.
A.
3
3.a
B.
3
27 .a
C.
3
9.a
D.
3
3
.
2
a
Lời giải
Chọn D
Góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) là góc
0
60SBA . Xét tam giác SAB vuông tại A có SA=3a,
0
60SBA nên
0
3
tan 60
SA
A
Ba
. Khi đó
2
13
.
22
ABC
a
SBABC

nên
3
13
.
32
SABC ABC
a
VSAS

.
Đáp án D
Câu 32: [HH12.C1.3.D02.b] Hình lập phương có đường chéo của mặt bên bằng 4cm. Tính thể tích khối
lập phương đó.
A.
3
82 .cm B.
3
16 2 .cm C.
3
8.cm
D.
3
22 .cm
Lời giải
Chọn B
Độ dài cạnh của hình lập phương là:
4
22
2
cm
Thể tích khối lập phương là:
33
(2 2) 16 2Vcm
Câu 33:
Cho hình hộp chữ nhật
.'' ' '
A
BCD A B C D
có
2; 5;
A
BcmADcm
'3
A
Acm
.Tính thể
tích khối chóp
.'' '
A
ABD
.
A.
cm
3
5
. B.
cm
3
10
. C.
cm
3
20
. D.
cm
3
15 .
Lời giải
Chọn A.
A
'
D
'
B'
C'
A
B
D
C
Ta có :
3
.'' '
11
'. ' '. ' ' 5( )
32
AABD
VAAABADcm
Câu 34: Cho hình hộp
.'' ' '
A
BCD A B C D
có tất cả các canh đều bằng
2a
, đáy
A
BCD
là hình vuông
.Hình chiếu của đỉnh
'
A
trên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy. Tính theo
a
thể tích
V
của
khối hộp đã cho .
A.
a
V
3
42
3
.
B.
a
3
42V.
C.
Va
3
8 .
D.
a
V
3
8
3
.
Lời giải
Chọn B.
Ta có :
'( )
A
OABCD
;
2
2
AC
A
Oa
22
'' 2
A
OAAAOa
23
.''' '
.' 4 . 2 8 2
ABCD A B C D ABCD
VSAOaaa
Câu 35: [HH12.C1.3.D03.c] Cho hình chóp tứ giác đều
.SABCD
, đáy là hình vuông cạnh
a
, cạnh
bên tạo với đáy góc
60
o
. Gọi
M
là trung điểm của
SC
. Mặt phẳng qua
A
M
và song song
với
B
D
, cắt
,SB SD
lần lượt tại
E
và
F
và chia khối chóp thành hai phần . Tính thể tích
V
của khối chóp không chứa đỉnh
S
.
A.
3
6
36
a
V
. B.
3
6
9
a
V
. C.
3
6
18
a
V
. D.
3
6
12
a
V
.
O
A
B
C
D
A
'
B
'
D
'
C'
Lời giải
Chọn B
+) Gọi
,OACBDGAM SO
G
là trọng tâm
SAC
2
3
SG
SO

.
+) Ta có



;;60
o
SC ABCD SC OC SCO .
Có
12
22
a
OC AC
,
26
.tan tan60
22
o
aa
SO OC SCO
.
3
2
.
166
..
366
S ABCD ABCD
aa
VSOS a
+) Gọi

là mặt phẳng chứa
A
M
và song song với
B
D
là mặt phẳng đi qua
G
và song
song với
B
D
và cắt
,SB SD
lần lượt tại
E
và
F
. Do đó
cắt hình chóp
.SABCD
theo thiết
diện là tứ giác
A
EMF
chia khối chóp
.SABCD
thành hai phần là khối chóp
.SAEMF
và
khối đa diện
E
MFABCD
.
+) Ta có
E
F
đi qua
G
và
//EF BD
2
3
SE SF SG
SB SD SO

.
+)
.
.
22 4
..
33 9
S AEF
S ABD
V
SE SF
VSBSD

...
42
99
S AEF S ABD S ABCD
VVV
+)
.
.
221 2
.. ..
332 9
SEFM
SBCD
V
SE SF SM
VSBSDSC

...
21
99
S EFM S BCD S ABCD
VVV
+) Ta có
... .
1
3
S AEMF S AEF S EFM S ABCD
VVV V
.
Thể tích phần khối chóp không chứa đỉnh
S
là :
33
.. .
2266
.
3369
S ABCD S AEMF S ABCD
aa
VV V V
. Chọn đáp án B.
60°
G
O
A
B
C
D
S
M
E
F
Câu 36: [HH12.C1.3.D02.b] Cho hình chóp đều
.S ABC
có cạnh đáy bằng
a
, cạnh bên bằng
21
6
a
,
tính theo
a
thể tích
V
của hình chóp đã cho
A.
3
3
8
a
V
. B.
3
3
6
a
V
. C.
3
3
12
a
V
. D.
3
3
24
a
V
.
Lời giải
Chọn D
+) Gọi
N
là trung điểm của
A
C
và
H
là tâm của
A
BC
.
2233
.
3323
aa
BH BN
.
+) Có
SH ABC SHB
vuông tại
H
22
22
21
36 3 2
aa a
SH SB BH .
+) Lại có
2
3
4
ABC
a
S
(vì
A
BC
đều có cạnh là
a
)
23
.
1133
...
332424
S ABC ABC
aa a
VSHS
. Chọn Đáp án D.
Câu 37: [HH12.C1.3.D05.b] Một khúc gỗ dạng hình hộp chữ nhật có kích thước như hình vẽ. Người ta
cắt đi một phần khúc gỗ dạng hình lập phương cạnh 4cm. Tính thể tích phần còn lại.
A.
3
262cm
B.
3
54cm
C.
3
145cm
D.
3
206cm
Lời giải:
Chọn D.
H
A
C
B
S
N
M
Thể tích khối gỗ khi chưa cắt bớt là:
3
1
5.6.9 270 ( )Vcm
Thể tích phần cắt bớt là:
3
2
3
464 ) (Vcm
Thể tích phần còn lại là:
3
21
270 64 206 )(VVV cm
Câu 38: [HH12.C1.1.D04.b] Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt đối xứng?
A.
1
B.
3
C.
2
D.
4
Lời giải:
Chọn D.
Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt đối xứng: Có hai mặt là mặt trung trực các cặp cạnh đối
mp(SEG) và mp(SHF); có hai mặt là mặt trung trực các đường chéo hình vuông đáy là
mp(SAC) và mp(SBD).
Câu 39:
[HH12.C1.3.D02.a] Cho

H
là khối lăng trụ đứng tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a .
Tính thể tích của

H
.
A.
3
2
a
.
B.
3
3
2
a
. C.
3
3
4
a
. D.
3
2
3
a
.
O
E
H
G
F
D
A
B
S
C
Lời giải:
Chọn C.
Gọi

H
là lăng trụ đứng tam giác đều
.'' 'ABC A B C
.
Ta có thể tích của khối lăng trụ
.'' 'ABC A B C
là
23
.'''
33
'. .
44
ABC A B C ABC
aa
VAASa
.
Câu 40: [HH12.C1.3.D02.b] Tính thể tích
V
của khối lăng trụ tam giác đều có cánh đáy bằng
a
và
tổng diện tích các mặt bên bằng
2
3a
.
A.
3
3
12
a
V
. B.
3
3
6
a
V
. C.
3
3
4
a
V
. D.
3
2
3
a
V
.
Lời giải:
Chọn C.
Gọi tên lăng trụ tam giác đều là
.'' 'ABC A B C
.
Ta có
2
3
4
ABC
a
S
. Theo bài ta có:
22
''
33 .' '
ABB A
S a AB AA a AA a
Ta có thể tích của khối lăng trụ
.'' 'ABC A B C
là
23
.'''
33
'. .
44
ABC A B C ABC
aa
VAASa
.
Câu 41: [HH12.C1.3.D02.b] Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
B
và
.BA BC a
Cạnh bên
2SA a
vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo
a
thể tích
V
của khối
chóp
.SABC
.
A.
3
3
.
2
a
V
B.
3
.
3
a
V
C.
3
3
.
4
a
V
D.
3
2
.
3
a
V
Lời giải
Chọn B
Ta có:
1
..
3
A
BC
VSAS
Mà
2SA a
;
Vì
A
BC
vuông cân tại
B
, nên
2
11
...
222
ABC
a
SBABCaa
Vậy
23
11
.. .2. .
3323
ABC
aa
VSAS a
Câu 42: [HH12.C1.1.D02.a] Một hình chóp có 100 cạnh thì có bao nhiêu mặt?
A.
53.
B.
51.
C.
50.
D.
52.
Lời giải
Chọn B
Gọi
n
là số cạnh đáy của hình chóp, khi đó số cạnh của hình chóp là
2n
, số mặt là
1n
, số đỉnh
là
1n
.
Khi đó theo giả thiết ta có:
2 100 50nn
Vậy số mặt của hình chóp có 100 cạnh là:
1 50 1 51.n  
Câu 43.
[HH12.C1.1.D01.a] Trong các vật thể sau đây, vật thể nào là hình đa diện?
A. B. C. D.
Lời giải
Chọn D
Hình B, C, D vi phạm khái niệm hình đa diện.
Câu 44: [HH12.C1.3.D04.b] Cho khối chóp có thể tích
3
36Vcm
và diện tích mặt đáy
2
6Bcm
. Tính chiều cao của khối chóp.
A.
18hcm B.

1
2
hcm
C.
6hcm D.
72hcm
Lời giải
Chọn A
2a
a
a
A
C
S
B
Áp dụng công thức tính thể tích của khối chóp:
1
3
VBh
ta có
18hcm
Câu 45: [HH12.C1.3.D05.b] Kim tự thấp Kheops ( Kê - ốp) ở Ai cập được xây dựng vào khoảng
2500
năm trước công nguyên. Kim tự tháp này là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao
147 m
cạnh đáy dài
230m
. Tính thể tích của nó
A.
3
2592100 m
. B.
3
3888150m
. C.
3
7776300 m
. D.
3
2952100 m
.
Lời giải
Chọn A.
Ta có diện tích đáy là:
22
230 52900Sm
Thể tích của kim tự tháp là:
3
11
. . .52900.147 2592100
33
VSh m
Câu 46: [HH12.C1.3.D03.c] Cho hình lập phương
.'' ' '
A
BCD A B C D
cạnh a. Gọi
,
M
N
lần lượt là trung
điểm của cạnh
''
A
B
và
B
C
. Mặt phẳng
()DMN
chia khối lập phương thành hai khối đa diện. Gọi
()H
là khối đa diện chứa đỉnh
A
và
(')H
là khối đa diện còn lại.Tính tỉ số
()
(')
H
H
V
V
A.
()
(')
55
89
H
H
V
V
. B.
()
(')
37
48
H
H
V
V
. C.
()
(')
1
2
H
H
V
V
. D.
()
(')
2
3
H
H
V
V
.
Lời giải
Chọn A.
Dễ dàng dựng được thiết diện như hình vẽ.
Ta có:
'1
4
SA SM SP AM
SA SI SD AI

suy ra
.
..
.
163
.
64 64
SAMP
A
MP ADI S ADI
SADI
V
VV
V

.
333
. ..
1 1 1 1 4 4 63 63 4 7
.. . . ...2. . .
32 32 3 9 64 64 9 16
S ADI AMP ADI S ADI
aa a a
VADAISAaa V V
P
P
A'
B'
D'
C'
D
A
C
B
I
s
M
N
3333
() .
112 755
... ...
6 6 2 3 18 16 18 144
IPBN H AMP ADI IPBN
aaa aa a
VBNBIBPa VVV
33
3
(') ()
55 89
144 144
HklpH
aa
VVVa
suy ra
()
(')
55
89
H
H
V
V
.
Câu 47: [HH12.C1.3.D02.c] Cho hình chóp
.SABCD
có đáy
A
BCD
là hình thang vuông tại
A
và
D
,
2
A
BAD a
,
CD a
. Góc giữa hai mặt phẳng
SBC
và
ABCD
bằng
60
. Gọi
I
là trung điểm của
A
D
, biết hai mặt phẳng
SBI
và
SCI
cùng vuông góc với mặt phẳng

ABCD
. Tính thể tích khối chóp
.S ABCD
.
A.
3
317
5
a
. B.
3
323
5
a
. C.
3
315
5
a
. D.
3
319
5
a
.
Lời giải
Chọn C.
- Theo giả thiết ta có

SI ABCD
.
- Gọi
K
là trung điểm
A
B
A
DCK
là hình
chữ nhật
22
5CK AB BC CK KB a
.
- Dựng
IH BC
tại
H

60BC SIH SHI
là góc giữa
SBC
và

ABCD
.
Ta có:
22
22
3
3
22
BCI ABCD ABI DCI
aa
SSSS aa


2
2.
335
5
5
BCI
S
aa
IH
BC
a

315
.tan60
5
a
SI IH
3
2
.
11315315
.. . .3
335 5
S ABCD ABCD
aa
VSIS a
.
Vậy
3
315
5
Va
.
CÁCH TRÌNH BÀY KHÁC :
Từ giả thiết suy ra

S.ABCD ABCD
1
SI ABCD , V SI.S
3

.
I
C
A
B
D
S
H
M
H
I
N
C
D
A
B
60°
I
C
K
A
B
D
S
H
2
ABCD
AB CD
S.AD3a
2

.
Gọi H là hình chiếu của I trên BC, M là trung điểm của BC, N là giao điểm của AD và BC suy ra
góc giữa (SBC) và (ABCD) bằng
0
SHI 60
và IH là đường cao của tam giác vuông IMN.
2 22222
111415 3a
IH
IH IM IN 9a 9a 9a
5

;
0
3a 3a 15
SI IH.tan 60 3
5
5

Vây
3
S.ABCD
3a 15
V
5
.
Câu 48: [HH12.C1.3.D06.d] Cho tứ diện
A
BCD
có
1AB AC BD CD
. Khi thể tích của khối
tứ diện
A
BCD
lớn nhất thì khoảng cách giữa hai đường thẳng
A
D
và
B
C
bằng
A.
1
3
. B.
2
3
. C.
1
2
. D.
1
3
.
Lời giải
Chọn D.
- Đặt
B
Cx
,
A
Dy

,0xy
.
- Gọi
,HK
lần lượt là trung điểm của
B
C
và
A
D
. Do các tam giác
A
BC
và
D
BC
cân tại
A
và
D
nên

,AH BC DH BC BC ADH BC HK  
.
Lại do các tam giác
A
BC
và
D
BC
bằng nhau nên
A
HDH HK AD
hay
,
H
K d AD BC
.
- Ta có :
22
22
4
1
42
x
x
AH AB BH

22
22
4
2
x
y
HK AH AK


1
.
2
HAD
SHKAD

22
1111
.. ... . ..4
33212
ABCD HAD
V BC S BC HK AD x y x y

.
Áp dụng BĐT
Côsi ta có :

3
22 22
22 22 22
11 1423
4..4
12 12 12 3 27
ABCD
xy xy
Vxyxyxyxy





.
Dấu ”=” xảy ra
22 22
2
4
3
xy xy xy
.
y
1
1
1
1
x
K
H
B
D
C
A
Do đó
max
23 2
27
3
Vxy
. Khi đó :
22
4
1
2
3
xy
HK


.
Vậy

1
,
3
dADBC
.
Câu 49: [HH12.C1.3.D02.c] Cho hình chóp
.SABCD
có đáy là hình thoi tâm
O
,
23
A
Ca
,
2
B
Da
. Hai mặt phẳng
SAC
và
SBD
cùng vuông góc với mặt phẳng đáy

ABCD
.
Biết khoảng cách từ tâm
O
đến

SAB
bằng
3
4
a
, tính thể tích
V
của khối chóp
.SABCD
theo
a
.
A.
3
3Va
. B.
3
3
3
a
V
. C.
3
3
9
a
V
. D.
3
3
6
a
V
.
Lời giải
Chọn B.
- Gọi
O
là giao điểm của
A
C
và
BD
, theo
giả thiết ta có
SO ABCD
.
- Dựng
OH AB
tại
H
AB SOH SAB SOH
(giao
tuyến
SH
)
Dựng
OK SH
tại
K
 

3
,
4
a
SK SAB SK d O SAB 
- Lại do:
A
BCD
là hình thoi nên
OA OB
2222 2 222
1111 1111
OK OS OA OB SO OK OA OB

2222
16 1 1 4
33
aaaa

2
a
SO
;
2
1
.23
2
ABCD
SACBDa
.
Vậy
3
2
.
11 3
.. ..2 3
3323
S ABCD ABCD
aa
VSOS a
.
Câu 50: [HH12.C1.3.D06.d] Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
A
BC
là tam giác đều và có
1SA SB SC
. Tính thể thích lớn nhất
max
V
của khối chóp đã cho.
A.
max
3
12
V
. B.
max
1
6
V
. C.
max
1
12
V
D.
max
2
12
V
.
Lời giải
Chọn B.
O
A
C
B
D
S
H
K
- Gọi
H
là trọng tâm tam giác đều
A
BC
, theo giả thiết suy ra

SH ABC
.
- Đặt
A
Bx
22
3393
1
393
x
xx
AH SH
 
;
2
3
4
ABC
x
S
22
22
.
119331
.. . . ..3
333412
S ABC ABC
xx
VSHS xx

.
Áp dụng BĐT
Côsi ta được:

3
22 2
22 2
.
11621
..62
36
12 2 12 2
SABC
xx x
Vxxx





.
Dấu ”=” xảy ra
2x
.
Vậy
max
1
2
6
VAB
.
1
x
H
A
C
B
S
| 1/32
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

ĐỀ KIỂM TRA ĐỊNH KỲ TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - HUẾ NĂM HỌC 2018-2019 x  9  3
Câu 1. [DS12.C1.4.D01.b] Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  là: 2 x x A. 1. B. 2. C. 3. D. 0. Lời giải Chọn A. x  9  3 y
có tập xác định D   \ 0;  1 2 x x Ta có: x  9  3 lim y  lim     2 x 1  x 1  x x
do lim  x  9  3  3   2 2  0; lim  2
x x  và 2
x x  0 khi x    1    0 x 1  x 1  Suy ra x  1
 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x  9  3 x  9  9 1 1 lim y  lim  lim  lim    2 x 0 x 0  x 0 x x
xx  
1  x  9  3 x 0     x  
1  x  9  3 6
Suy ra x  0 không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 1 đường tiệm cận đứng là x  1  .
Câu 2. [DS12.C1.3.D01.b] Tìm giá trị lớn nhất của hàm số 3 2
f (x)  x  8x 16x  9 trên đoạn 1  ;3   . 13 A. max f ( ) x  5.
B. max f (x)  . C. max f ( ) x  6  D. max f ( ) x  0 1;  3   1;  3   27 1;  3   1;  3   Lời giải Chọn B.
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 1  ;3   x  4  1  ;3   2 f (x) 3x 16x 16 0         4 x   1  ;3  3    4  13 f (1)  0, f  , f (3)  6     3  27 13
Vậy max f (x)  1;  3   27 x -1
Câu 3: [DS12.C1.4.D01.b] Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y = là: 2 x - 4 A. 2. B. 1. C. 4. D. 3. Lời giải Chọn D 1  1
lim y  lim x x2  0 suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang x
x 1 4x2
lim y   suy ra đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng x2
Vậy tổng cộng đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận. Chọn D 2x -3
Câu 4: [DS12.C1.4.D01.a] Đồ thị hàm số y =
có các đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận x -1 ngang lần lượt là:
A. x =1 và y = 2 .
B. x = 2 và y = 1 .
C. x =1 và y = -3 . D. x = 1 - và y = 2 . Lời giải Chọn A
lim y   suy ra đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng x1
lim y  2 suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang . Chọn A. x 1 1 
Câu 5: [DS12.C1.3.D01.b] Gọi M ,m lần lượt là GTLN, GTNN của hàm số y x  trên ;3 . Khi x 2   
đó 3M m bằng: 35 7 A.12 . B. . C. . D.10 . 6 2 Lời giải Chọn A 1  1 x  1 Trên ;3  ta có: y  1 ; y  0   . 2    2 x x  1  L  1  5 Khi đó y    , y   1  2 , y   10 3 
. Vậy: 3M m  12 .  2  2 3
Câu 6: [DS12.C1.1.D01.a] Cho hàm số 3 2
y  x  3x  3x  2 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định ĐÚNG?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng  
;1 và đồng biến trên khoảng 1;.
B. Hàm số luôn đồng biến trên R
C. Hàm số luôn nghịch biến . R
D. Hàm số đồng biến trên khoảng  
;1 và nghịch biến trên khoảng 1;. Lời giải Chọn C
Tập xác định: D R . Ta có 2 2 y  3x   6x  3  3  (x 1)  0 . x
Vậy hàm số luôn nghịch biến trên .
R Vậy, chọn C
Câu 7: [DS12.C1.1.D03.b] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số 𝑦 𝑥 𝑚𝑥 2𝑚 3 𝑥 𝑚
2 luôn nghịch biến trên R. A. 𝑚 ∈ ∞; 3 ∪ 1; ∞ B. 3 𝑚 1. C. 𝑚 1. D. 3 𝑚 1 Lời giải Chọn B 𝑦 𝑥 2𝑚𝑥 2𝒎 3
Để hàm số luôn nghịch biến trên R thì 𝑦 0 ∀𝑥 ∈ 𝑅 ⇔ 𝑎 0 ∆′ 0 ⇔ 𝑚 2𝑚 3 0 ⇔ 3 𝑚 1.
Câu 8: [DS12.C1.1.D02.b] Cho hàm số 𝑦
𝑓 𝑥 có bảng biến thiên dưới đây. Khẳng định nào sau đây là SAI?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ∞; 1 .
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng 0; 1 .
C. Hàm số đồng biến trên khoảng 2; ∞ .
D. Hàm số đồng biến trên khoảng 2; ∞ . Lời giải Chọn D
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;0   và 0; 
1 ; Hàm số đồng biến trên khoảng 1;. Do đó các đáp án , A B,C đúng.
Câu 9: [DS12.C1.3.D01.b] Tổng các giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2
y  2  x x bằng A. 2  2 . B. 2 . C. 1. D. 2  2 . Lời giải Chọn D
TXĐ: D   2; 2    2 xx  2  x ' y  1  2 2 2  x 2  x ' y  0 2
x  2  x  0 2
 2  x  x (ĐK: x  0 ) 2 2
 2  x x 2  x  1
x 1(loại) hoặc x  1  . Bảng biến thiên
M Max f x  2  2; 2  
m Min f x   2  2; 2  
M m  2  ( 2)  2  2 .
Câu 10: [DS12.C1.1.D01.b] Hàm số 2
y  4  x nghịch biến trên khoảng nào? A. (0; 2) . B. (2;0) .
C. (0; ) . D. (2; 2) . Lời giải Chọn A ĐKXĐ: 2
4  x  0  2  x  2 TXĐ: D=[  2; 2] x ' y  2 4  xx y '  0   0  x  0 2 4  x
Vậy f (x) nghịch biến trên (0;2) .
Câu 11: [DS12.C1.2.D01.b] Cho hàm số y f x liên tục trên  và có đạo hàm
f x   x   x  2  x   x  4 ' 1 2 3
5 . Hàm số y f x có mấy điểm cực trị? A. 4 B. 2 C. 5 D. 3 Lời giải Chọn B
Dựa vào dấu của f ' x , ta có bảng biến thiên như sau:
Vậy hàm số có hai điểm cực trị.
Câu 12: [DS12.C1.2.D02.b] Cho hàm số y f x liên tục trên  . Hàm số y f ' x có đồ thị như hình vẽ:
Khẳng định nào sau đây là khẳng định ĐÚNG?
A. Đồ thị hàm số y f x có hai điểm cực trị
B. Đồ thị hàm số y f x có ba điểm cực trị
C. Đồ thị hàm số y f x có bốn điểm cực trị
D. Đồ thị hàm số y f x có một điểm cực trị Lời giải Chọn B
Dựa vào dấu của hàm số f ' x ta có bảng biến thiên như sau:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tại x  1; x  2; x  3
Câu 13: Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên dưới đây. Khẳng định nào sau đây là khẳng định Đúng? x  2 4 + y' + 0 0 + 3 + y  2
A. Hàm số đạt cực đại tại x = 2 .
B. Hàm số đạt cực đại tại x = -2 .
C. Hàm số đạt cực đại tại x = 4 .
D. Hàm số đạt cực đại tại x = 3 Lời giải Chọn A
Câu 14: Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số 4 3 2
y = 3x - 4x - 6x + 12x + 1 là điểm M (x ;y . Tính 0 0 )
tổng T = x + y . 0 0 A. T = 8 . B. T = 4 . C. T = -11. D. T = 3 Lời giải Chọn C éx = -1 Ta có: 3 2
y ' = 12x - 12x - 12x + 12 , y ' 0 ê =  ê x = 1 êë Bảng biến thiên:
Dựa vào bản biến thiên điểmM(-1;-10) là điểm cực tiểu
Do đó: T = x + y = -1 + (-10) = -11 0 0 x 1
Câu 15: [DS12.C1.3.D01.a] Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  trên đoạn 2,  3 : x 1 A. min y  3  .
B. min y  3 .
C. min y  2 .
D. min y  4 . 2; 3 2; 3 2; 3 2; 3 Lời giải Chọn C
Xét hàm số trên K  2,  3 2  y   0, x
  K  Hàm số nghịch biến trên K. x 1
Suy ra min y y 3  2 . 2; 3 x m
Câu 16: [DS12.C1.4.D02.b] Có bao nhiêu giá trị của m để đồ thị hàm số y  không có đường mx 1 tiệm cận đứng? A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn A
+ m  0 : y  x : Hàm số không có tiệm cận đứng.  1 
+ m  0 : y có tập xác định là D   \   m  1 1
+ Để hàm số nhận x  làm tiệm cận đứng 
m  0  m  1  m m
Vậy có 3 giá trị của m để hàm đồ thị hàm số không có đường tiệm cận đứng: m 0,  1 .
Câu 17: Đồ thị hàm số 3 2 2
y  x  2mx  m x  n có tọa độ điểm cực tiểu là 1;3. Khi đó m  n bằng A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn A Ta có: 2 2 y  3x  4mx  m    m 1 y    1  0 2 3   4m  m  0 
Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là 1,3       m  3 y    1  3 2 1
  2m  m  n  3  2 n  m  2m  2
• Với m 1 n  3 ta được hàm số 3 2 y  x  2x  x  3 x 1 2
y  3x  4x 1 y  0     1 . x   3
Lập trục xét dấu của y ta suy ra x 1 là điểm cực tiểu của hàm số. m 1 Vậy 
thỏa mãn  m  n  4 . n  3 • Với m  3  n  1  ta được hàm số 3 2 y  x  6x  9x 1 x 1 2
y  3x 12x  9  y  0  .  x  3
Lập trục xét dấu của y ta suy ra x 1 là điểm cực đại của hàm số. m  3 Vậy  không thỏa mãn. n  1 
Câu 18: Có bao nhiêu giá trị nguyên x 1 m 3
 ;3 sao cho đồ thị của hàm số y  có hai tiệm cận 2 mx 1 ngang? A. 2 . B. 0 . C. 1. D. 3 . Lời giải Chọn A
• Trường hợp 1: Nếu m  0 thì hàm số có dạng y  x 1.
Đồ thị của hàm số này không có tiệm cận ngang.
• Trường hợp 2: Nếu m  0      ĐKXĐ: 1 1 1 1 1 2 2 mx 1  0  x     x    D    ;  . m m m  m m   
Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
• Trường hợp 3: Nếu m  0  TXĐ: D   ;  
Khi đó đồ thị hàm số luôn có hai cận ngang.  1   1  x 1 1      Thật vậy, x 1  x   x  1 lim y  lim  lim  lim  x x 2 x x mx 1 1  1 m x m  m  2 2 x x  1   1  x 1 1      Và x 1  x   x  1 lim y  lim  lim  lim   x x 2 x x mx 1 1  1 m x m   m  2 2 x x Vì m 3
 ;3 và m nên m1; 
2 . Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn.
Câu 19: [DS12.C1.3.D02.c] Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 x 1   y
trên tập hợp D     3 ; 1  1;
. Tính P M m ? x  2  2  
A. P  2 . B. P  0 .
C. P   5 . D. P  3 . Lời giải Chọn C 2 x 1 Hàm số: y x  2  
TXĐ: D     3 ; 1  1;  2    x x  2 2  x 1 2 2  x 1 / x 1 y   x  22
x  22 2x 1 1 /
y  0  x  L 2 Bảng biến thiên: x -∞ 3 -1 1 2 f /(x) + _ 0 0 f(x) -1 - 5
Dựa vào BBT có GTLN M  0 , GTNN m   5
Suy ra P   5 . Chọn C
Câu 20: [DS12.C1.1.D02.c] Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên  . Bảng biến thiên của  x  hàm số /
y f x được cho hình vẽ. Hàm số y f 1  x  
nghịch biến trên khoảng nào?  2  x -1 0 1 2 3 3 4 f '(x) 2 2 -1
A. 2;0 . B. 4;2. C. 0;2 . D. 2;4 . Lời giải Chọn B x
Đặt y g x  f 1  x    2  TXĐ: D   1,  3 1  x  Có / / y   f 1 1   2  2 
Hàm số y g x nghịch biến khi: 1  xx / /   y  0   f 1 1  0   /  2  f 1   2  2   2  Dựa vào BBT có  xx
1  1  x ; x  ( 1  ;0) 2    x 1  x  0 o  0
4  x  2  2x /  2  f 1 2 2       0   . Chọn B  2   x x  2   x  4  2  1  3   1    2  2  2 x 1
Câu 21. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m sao cho hàm số y  nghịch biến trên x m
khoảng 4; . Tính tổng P của các giá trị m của S .
A. P  10 .
B. P  9 .
C. P  9 .
D. P  10 . Lời giải Chọn B
TXĐ: D   \  m . 1 m 1   m  0 Ta có y  
. Hàm số nghịch biến trên khoảng 4;    1  m  4 . x m2 m  4
Do chỉ nhận các giá trị nguyên nên m 2;3; 
4  S  2  3  4  9 . mx 1
Câu 22. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y
luôn nghịch biến trên từng 4x m
khoảng xác định của hàm số? A.1. B. 2 . C. 3 . D. vô số. Lời giải Chọn C m
TXĐ: D   \  .  4  2 m  4 Ta có y  
. Hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định 2  m  4  0 4x m2  2  m  2 .
Do chỉ nhận các giá trị nguyên nên m 1;0; 
1 . Vậy có 3 giá trị nguyên thoả mãn.
Câu 23: [DS12.C1.1.D03.c] Tìm các mối liên hệ giữa các tham số 𝑎 𝑣à 𝑏 sao cho hàm số𝑦 𝑓 𝑥 2𝑥 𝑎𝑠𝑖𝑛𝑥
𝑏𝑐𝑜𝑠𝑥 luôn tăng trên 𝑅? A. 1. B. . 𝑎 2𝑏 √ . C. 𝑎 𝑏 4. D. 𝑎 2𝑏 2√3. Lời giải Chọn C Hàm số 𝑦 𝑓 𝑥 2𝑥 𝑎𝑠𝑖𝑛𝑥
𝑏𝑐𝑜𝑠𝑥 luôn tăng trên 𝑅 khi a. 𝑓′ 𝑥 2 𝑎𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑏𝑠𝑖𝑛𝑥 0 ∀𝑥 ∈ 𝑅. ⇔ min 𝑓′ 𝑥 0 ⇔ 𝑎 𝑏 2 0 ⇔ 𝑎 𝑏 4.
Câu 24: [DS12.C1.3.D06.d] Một ngọn hải đăng đặt tại vị trí A có khoảng cách đến bờ biển 𝐴𝐵
5𝑘𝑚. Trên bờ biển có một cái kho ở vị trí C cách B một khoảng 𝐵𝐶
7𝑘𝑚. Người canh hải đăng có
thể chèo đò từ A đến vị trí M trên bờ biển với vận tốc 4𝑘𝑚/ℎ rồi đi bộ đến C với vận tốc 6𝑘𝑚/ℎ. Vị
trí của điểm M cách B một khoảng bao nhiêu để người đó đi đến C nhanh nhất? A C B M A. 0𝑘𝑚 B.
√ 𝑘𝑚 C. 2√5𝑘𝑚 D.7𝑘𝑚 Lời giải Chọn C
Gọi khoảng cách từ M đến B là 𝑥 𝑘𝑚 0 𝑥 7 . Khi đó: 𝑀𝐶 7 𝑥 và 𝐴𝑀 √𝑥 25.
Người đó đi từ A đến C hết khoảng thời gian là: 𝑓 𝑥 √ . (giờ).
Người đó đi từ A đến C nhanh nhất khi 𝑓 𝑥 đạt giá trị nhỏ nhất. Hàm số 𝑓 𝑥 √
. liên tục trên đoạn 0; 7 . 𝑓′ 𝑥 . √ 𝑓′ 𝑥 0 ⇔ 𝑥 2√5. min 𝑓 𝑥
𝑀𝑖𝑛 𝑓 0 ; 𝑓 2√5 ; 𝑓 7
𝑓 2√5 . Nên ta chọn C. ;
Câu 25: [DS12.C1.2.D04.c] Gọi S là tập các giá trị m là số nguyên để hàm số 1 3
y x  m   2
1 x  m  2 x  2m  3 đạt cực trị tại hai điểm x , x thỏa mãn 2 2
x x  18 . 3 1 2 1 2
Tính tổng P của các giá trị nguyên m của S 3 A. P  4  . B. P  1 .
C. P   . D. P  5  . 2 Lời giải Chọn B Ta có 2
y '  x  2m  
1 x m  2 .
Hàm số đạt cực trị tại hai điểm x , x khi y '  0 có hai nghiệm phân biệt x , x 1 2 1 2 2
x  2m  
1 x m  2  0 có 2 nghiệm phân biệt 2 2
  '  0  m  2m 1 m  2  0  m m  3  0 (luôn đúng với mọi m).
x x  2m  2
Do đó, với mọi m thì hàm số có 2 cực trị x , x . Theo định lí Vi-et có 1 2 1 2 x x m2  1 2
Theo giả thiết x x  18   x x 2 2 2 2
 2x x 18  0  4m  8m  4  2m  4 18  0 1 2 1 2 1 2 m 1 2 4m 6m 10 0       5   m  1 
( vì m nhận giá trị nguyên) m   2
Câu 26: [HH12.C1.3.D03.c] Cho hình chóp đều S.ABC cạnh bằng a, cạnh bên bằng 2a. Gọi M là trung
điểm của SB, N là điểm trên đoạn SC sao cho NS  2NC . Thể tích V của khối chóp . A BCNM bằng 3 a 11 3 a 11 3 a 11 3 a 11 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 16 24 18 36 Lời giải Chọn C Ta có VVV . A BCNM S.ABC S.AMN
Áp dụng công thức tỉ số thể tích, ta có V SA SM SN 1 2 1 1 1 2 S.AMN  . .  1. .   V  .VVV  .V  .V V SA SB SC 2 3 3 S.AMN S. 3 ABC . A BCNM S.ABC S.ABC S. 3 3 ABC S.ABC
Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC) theo tính chất chóp đều thì H là trọng tâm của ABC a 3 2 a A
BC đều cạnh a nên trung tuyến AD có độ dài là AD
AH AD  . 2 3 3 2 a a 11 Tam giác SH
A vuông tại H, có 2 2 2
SH SA AH  4a   . 3 3 2 a 3
Tam giác ABC đều cạnh a nên có diện tích là SABC 4 2 3 1 a 3 a 11 a 11 3 3 2 a 11 a 11
Thể tích khối chóp S.ABC là: V  . .   V  .  3 4 3 12 A.BCNM 3 12 18
Câu 27. [HH12.C1.1.D02.a] Số đỉnh của hình bát diện đều là bao nhiêu ? A. 12. B. 6 . C. 8 . D. 10 . Lời giải Chọn B
Hình bát diện đều có 6 đỉnh, 12 cạnh và 8 mặt.
Câu 28. Mỗi cạnh của một khối đa diện là cạnh chung của bao nhiêu mặt của khối đa diện ? A. Bốn mặt. B. Hai mặt. C. Ba mặt. D. Năm mặt. Lời giải Chọn B
Hình đa diện có tính chất: Mỗi cạnh thuộc một mặt là cạnh chung của đúng hai mặt.
Câu 29: [HH12.C1.3.D02.a] Cho khối chóp tam giác có đường cao bằng 100 cm và cạnh đáy bằng 20
cm, 21 cm, 29 cm. Tính thể tích của khối chóp này A. 3 7000 2 cm . B. 3 6000 cm . C. 3 6213 cm . D. 3 7000 cm . Lời giải Chọn D 2
B  35(35  20)(35  21)(35  29)  210 cm 1 1 3
V Bh  210.100  7000 cm 3 3
Câu 30: [HH12.C1.3.D01.a] Cho hình 20 mặt đều có cạnh bằng 2. Gọi S là tổng diện tích của tất cả
các mặt của hình đa diện. Mệnh đề nào dưới đây đúng
A. S  20 3 . B. S  20 .
C. S  10 3 . D. S  10 . Lời giải Chọn A 2 2 3 S  20.  20 3 4
Câu 31: [HH12.C1.3.D02.b] Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B, SA=3a và
SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp SABC. 3 3a A. 3 3a . B. 3 27a . C. 3 9a . D. . 2 Lời giải Chọn D
Góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) là góc  0
SBA  60 . Xét tam giác SAB vuông tại A có SA=3a, 2 3  SA 0 1 3a 1 3a
SBA  60 nên AB
a 3 . Khi đó SB . A BC  nên VS . A S  . 0 tan 60 ABC  2 2 SABC 3 ABC 2 Đáp án D
Câu 32: [HH12.C1.3.D02.b] Hình lập phương có đường chéo của mặt bên bằng 4cm. Tính thể tích khối lập phương đó. A. 3 8 2 cm . B. 3 16 2 cm . C. 3 8cm . D. 3 2 2 cm . Lời giải Chọn B 4
Độ dài cạnh của hình lập phương là:  2 2cm 2
Thể tích khối lập phương là: 3 3
V  (2 2)  16 2cm
Câu 33: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A ' B 'C ' D ' có AB  2c ; m AD  5c ;
m AA '  3cm .Tính thể tích khối chóp .
A A ' B ' D ' . A. cm3 5 . B. cm3 10 . C. cm3 20 . D. cm3 15 . Lời giải Chọn A. A D C B A' D' B' C' 1 1 Ta có : 3 V
AA'. A' B '.A' D '  5(cm )
A.A'B 'D ' 3 2
Câu 34: Cho hình hộp ABCD.A ' B 'C ' D ' có tất cả các canh đều bằng 2a , đáy ABCD là hình vuông
.Hình chiếu của đỉnh A' trên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy. Tính theo a thể tích V của khối hộp đã cho . 3 3 A. a V  4 2 .
B. V a3 4 2.
C. V a3 8 . D. a V  8 . 3 3 Lời giải Chọn B. A' D' B' C' A D O B C AC
Ta có : A'O  (ABC ) D ; AO   a 2 2 2 2
A'O AA'  AO a 2 2 3 VS
.A'O  4a .a 2  8a 2
ABCD.A'B'C 'D' ABCD
Câu 35: [HH12.C1.3.D03.c] Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD , đáy là hình vuông cạnh a , cạnh
bên tạo với đáy góc 60o . Gọi M là trung điểm của SC . Mặt phẳng qua AM và song song với BD , cắt ,
SB SD lần lượt tại E và F và chia khối chóp thành hai phần . Tính thể tích V
của khối chóp không chứa đỉnh S . 3 a 6 3 a 6 3 a 6 3 a 6 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 36 9 18 12 Lời giải Chọn B S M E G 60° B C F O A D
+) Gọi O AC B ,
D G AM SO SG 2
G là trọng tâm SAC   . SO 3 +) Ta có          ; ;   60o SC ABCD SC OC SCO . 1 a 2 a a
Có OC AC  ,  2 o 6
SO OC.tan SCO  tan 60  . 2 2 2 2 3 1 a 6 a 6 2  VS . O S  .a S.ABCD 3 ABCD 6 6
+) Gọi   là mặt phẳng chứa AM và song song với BD    là mặt phẳng đi qua G và song
song với BD và cắt ,
SB SD lần lượt tại E và F . Do đó   cắt hình chóp S.ABCD theo thiết
diện là tứ giác AEMF    chia khối chóp S.ABCD thành hai phần là khối chóp S.AEMF và
khối đa diện EMFABCD . SE SF SG 2
+) Ta có EF đi qua G và EF // BD     . SB SD SO 3 V SE SF 2 2 4 4 2 +) S.AEF  .  .  VVV V SB SD 3 3 9 S.AEF S.ABD S. 9 9 ABCD S.ABD V SE SF SM 2 2 1 2 2 1 +) S.EFM  . .  . .  VVV V SB SD SC 3 3 2 9 S.EFM S.BCD S. 9 9 ABCD S.BCD 1 +) Ta có VVVV . S.AEMF S.AEF S.EFM S. 3 ABCD
 Thể tích phần khối chóp không chứa đỉnh S là : 3 3 2 2 a 6 a 6 V VVV  .  .  Chọn đáp án B. S.ABCD S.AEMF S. 3 ABCD 3 6 9 a 21
Câu 36: [HH12.C1.3.D02.b] Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng , 6
tính theo a thể tích V của hình chóp đã cho 3 a 3 3 a 3 3 a 3 3 a 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 8 6 12 24 Lời giải Chọn D S B A H M N C
+) Gọi N là trung điểm của AC và H là tâm của ABC . 2 2 a 3 a 3
BH BN  .  . 3 3 2 3 2 2 21a a a
+) Có SH   ABC  SHB vuông tại H 2 2
SH SB BH    . 36 3 2 2 a 3 +) Lại có S  (vì  
ABC đều có cạnh là a ) ABC 4 2 3 1 1 a a 3 a 3 VSH.S  . . 
.  Chọn Đáp án D. S.ABC 3  ABC 3 2 4 24
Câu 37: [HH12.C1.3.D05.b] Một khúc gỗ dạng hình hộp chữ nhật có kích thước như hình vẽ. Người ta
cắt đi một phần khúc gỗ dạng hình lập phương cạnh 4cm. Tính thể tích phần còn lại. A. 3 262cm B. 3 54cm C. 3 145cm D. 3 206cm Lời giải: Chọn D.
Thể tích khối gỗ khi chưa cắt bớt là: 3
V  5.6.9  270 (cm ) 1
Thể tích phần cắt bớt là: 3 3
V  4  64 (cm ) 2
Thể tích phần còn lại là: 3
V V V  270  64  206 (cm ) 1 2
Câu 38: [HH12.C1.1.D04.b] Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt đối xứng? A. 1 B. 3 C. 2 D. 4 Lời giải: Chọn D.
Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt đối xứng: Có hai mặt là mặt trung trực các cặp cạnh đối
mp(SEG) và mp(SHF); có hai mặt là mặt trung trực các đường chéo hình vuông đáy là mp(SAC) và mp(SBD). S A D H E O G B F C
Câu 39: [HH12.C1.3.D02.a] Cho H  là khối lăng trụ đứng tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a .
Tính thể tích của H  . 3 a 3 3 3 A. . a 3 a 3 a 2 B. . C. . D. . 2 2 4 3 Lời giải: Chọn C.
Gọi H  là lăng trụ đứng tam giác đều ABC.A' B 'C ' .
Ta có thể tích của khối lăng trụ ABC.A ' B 'C ' là 2 3 a 3 a 3 VAA'.S  . a  .
ABC.A'B'C ' ABC 4 4
Câu 40: [HH12.C1.3.D02.b] Tính thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều có cánh đáy bằng a và
tổng diện tích các mặt bên bằng 2 3a . 3 a 3 3 a 3 3 a 3 3 a 2 A. V . B. V . C. V . D. V . 12 6 4 3 Lời giải: Chọn C.
Gọi tên lăng trụ tam giác đều là ABC.A' B 'C ' . 2 a 3 Ta có S  . Theo bài ta có: 2 2 3S  3a  .
AB AA'  a AA'  a ABC 4 ABB' A' 2 3 a 3 a 3
Ta có thể tích của khối lăng trụ ABC.A' B 'C ' là VAA'.S  . a  .
ABC.A'B'C ' ABC 4 4
Câu 41: [HH12.C1.3.D02.b] Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và BA BC  .
a Cạnh bên SA  2a vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích V của khối chóp S.ABC . 3 a 3 3 a 3 a 3 3 a 2 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 2 3 4 3 Lời giải Chọn B 1
Ta có: V  .S . A S S 3 ABC Mà SA  2a ;
Vì ABC vuông cân tại B , nên 2a 2 1 1 a SB . A BC  . . a a ABC 2 2 2 2 3 C 1 1 a a A Vậy V  .S . A S  .2a.  . 3 ABC 3 2 3 a a B
Câu 42: [HH12.C1.1.D02.a] Một hình chóp có 100 cạnh thì có bao nhiêu mặt? A. 53.
B. 51. C. 50. D. 52. Lời giải Chọn B
Gọi n là số cạnh đáy của hình chóp, khi đó số cạnh của hình chóp là 2n , số mặt là n  1, số đỉnh là n  1.
Khi đó theo giả thiết ta có: 2n  100  n  50
Vậy số mặt của hình chóp có 100 cạnh là: n 1  50 1  51.
Câu 43. [HH12.C1.1.D01.a] Trong các vật thể sau đây, vật thể nào là hình đa diện? A. B. C. D. Lời giải Chọn D
Hình B, C, D vi phạm khái niệm hình đa diện.
Câu 44: [HH12.C1.3.D04.b] Cho khối chóp có thể tích V   3
36 cm  và diện tích mặt đáy B   2
6 cm . Tính chiều cao của khối chóp. 1
A. h  18cm
B. h  cm
C. h  6cm
D. h  72cm 2 Lời giải Chọn A 1
Áp dụng công thức tính thể tích của khối chóp: V Bh ta có h  18cm 3
Câu 45: [HH12.C1.3.D05.b] Kim tự thấp Kheops ( Kê - ốp) ở Ai cập được xây dựng vào khoảng 2500
năm trước công nguyên. Kim tự tháp này là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao 147 m cạnh đáy dài
230 m . Tính thể tích của nó A. 3 2592100 m . B. 3 3888150 m . C. 3 7776300 m . D. 3 2952100 m . Lời giải Chọn A.
Ta có diện tích đáy là: 2 2
S  230  52900 m 1 1
Thể tích của kim tự tháp là: 3
V  .S.h  .52900.147  2592100 m 3 3
Câu 46: [HH12.C1.3.D03.c] Cho hình lập phương ABCD.A' B 'C ' D ' cạnh a. Gọi M , N lần lượt là trung
điểm của cạnh A' B ' và BC . Mặt phẳng (DMN ) chia khối lập phương thành hai khối đa diện. Gọi V
(H ) là khối đa diện chứa đỉnh A và (H ') là khối đa diện còn lại.Tính tỉ số (H ) V(H ') V V V V H 55 H 37 H 1 H 2 A. ( )  . B. ( )  . C. ( )  . D. ( )  . V 89 V 48 V 2 V 3 (H ') (H ') (H ') (H ') Lời giải Chọn A. s A' M B' P P D' C' A B I N D C
Dễ dàng dựng được thiết diện như hình vẽ. SA' SM SP AM 1 V 1 63 Ta có:   
 suy ra S.AMP   V  .V . SA SI SD AI 4 AMP.ADI S. V 64 64 ADI S.ADI 3 3 3 1 1 1 1 4a 4a 63 63 4a 7a V  . .A .
D AI.SA  . . . a 2 . a   V  .V  .  S .ADI AMP.ADI S. 3 2 3 2 3 9 64 ADI 64 9 16 3 3 3 3 1 1 a 2a a 7a a 55a V
 .BN.BI.BP  . . . a   VVV    IPBN ( H ) AMP. 6 6 2 3 18 ADI IPBN 16 18 144 3 3 55a 89a V H 55 3  VV Va   suy ra ( )  . ( H ') klp ( H ) 144 144 V 89 (H ')
Câu 47: [HH12.C1.3.D02.c] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và
D , AB AD  2a , CD a . Góc giữa hai mặt phẳng SBC  và  ABCD bằng 60 . Gọi I
là trung điểm của AD , biết hai mặt phẳng SBI  và SCI  cùng vuông góc với mặt phẳng
ABCD . Tính thể tích khối chóp S.ABCD . 3 17 3 23 3 15 3 19 A. 3 a . B. 3 a . C. 3 a . D. 3 a . 5 5 5 5 Lời giải Chọn C. S
- Theo giả thiết ta có SI   ABCD.
- Gọi K là trung điểm AB ADCK là hình chữ nhật 2 2
CK AB BC CK KB a 5 . - Dựng IH BC tại H
BC  SIH  
SHI  60 là góc giữa
SBC và  ABCD . A K B Ta có: 60° I 2 2 a 3a 2 2 SSSS  3a a   H D BCI ABCD ABI DCI C 2 2 2 2.S 3a 3a 5 a BCIIH    3 15
SI IH.tan 60  BC a 5 5 5 3 1 1 3a 15 3a 15 2  V  .SI.S  . .3a  . S .ABCD 3 ABCD 3 5 5 3 15 Vậy 3 V a . 5
CÁCH TRÌNH BÀY KHÁC : S A B B I M A H D C I H D C N  1
Từ giả thiết suy ra SI  ABCD, V  SI.S . S.ABCD ABCD 3   AB CD 2 S  .AD  3a . ABCD 2
 Gọi H là hình chiếu của I trên BC, M là trung điểm của BC, N là giao điểm của AD và BC suy ra
góc giữa (SBC) và (ABCD) bằng  0
SHI  60 và IH là đường cao của tam giác vuông IMN. 1 1 1 4 1 5 3a 3a 3a 15       IH  ; 0 SI  IH.tan 60  3  2 2 2 2 2 2 IH IM IN 9a 9a 9a 5 5 5 3  3a 15 Vây V  . S.ABCD 5
Câu 48: [HH12.C1.3.D06.d] Cho tứ diện ABCD có AB AC BD CD  1. Khi thể tích của khối
tứ diện ABCD lớn nhất thì khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC bằng 1 2 1 1 A. . B. . C. . D. . 3 3 2 3 Lời giải Chọn D. A K 1 y 1 1 B D x H 1 C
- Đặt BC x , AD y x, y  0 .
- Gọi H , K lần lượt là trung điểm của BC và AD . Do các tam giác ABC và DBC cân tại A
và D nên AH BC, DH BC BC   ADH   BC HK .
Lại do các tam giác ABC và DBC bằng nhau nên AH DH HK AD hay
HK d AD, BC  . 2 2 x 4  x 2 2 4  x y - Ta có : 2 2
AH AB BH  1  2 2
HK AH AK  4 2 2 1  1 1 1 1 SHK.AD 2 2  V  .BC.S
 .BC. .HK.AD  .
x y. 4  x y . HAD  2 ABCD 3 HAD 3 2 12
Áp dụng BĐT Côsi ta có : 3 1 1
x y   x y V
xy 4  x y x .y .  x y     . ABCD 4  2 2 2 2 1 4 2 3 2 2 2 2 2 2 12 12 12  3  27 2 Dấu ”=” xảy ra 2 2 2 2
x y  4  x y x y  . 3 2 3 2 2 2 4  x y 1 Do đó V   x y  . Khi đó : HK   . max 27 3 2 3
Vậy d AD BC 1 ,  . 3
Câu 49: [HH12.C1.3.D02.c] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O , AC  2a 3 ,
BD  2a . Hai mặt phẳng SAC  và SBD cùng vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD . a 3
Biết khoảng cách từ tâm O đến SAB bằng
, tính thể tích V của khối chóp S.ABCD 4 theo a . 3 a 3 3 a 3 3 a 3 A. 3 V a 3 . B. V  . C. V  . D.V  . 3 9 6 Lời giải Chọn B. S
- Gọi O là giao điểm của AC và BD , theo
giả thiết ta có SO   ABCD .
- Dựng OH AB tại H
AB  SOH   SAB  SOH  (giao tuyến SH ) K
Dựng OK SH tại K C B
SK  SAB  SK d O SAB a 3 ,  O 4 H - Lại do: D
ABCD là hình thoi nên OA OB A 1 1 1 1 1 1 1 1         16 1 1 4     2 2 2 2 2 2 2 2 OK OS OA OB SO OK OA OB 2 2 2 2 3a 3a a a a  1 SO  ; 2 S
AC.BD  2a 3 . 2 ABCD 2 3 1 1 a a 3 Vậy 2 V  .S . O S  . .2a 3  . S.ABCD 3 ABCD 3 2 3
Câu 50: [HH12.C1.3.D06.d] Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều và có
SA SB SC  1 . Tính thể thích lớn nhất V của khối chóp đã cho. max 3 1 1 2 A. V . B. V  . C. VD. V  . max 12 max 6 max 12 max 12 Lời giải Chọn B. S 1 A C H x B
- Gọi H là trọng tâm tam giác đều ABC , theo giả thiết suy ra SH   ABC  . 2 2 x 3 3x 9  3x 2 x 3
- Đặt AB x AH   SH  1  ; S  3 9 3 ABC 4 2 2 1 1 9  3x x 3 1 2 2  V  .SH.S  . .  .x . 3  x . S .ABC 3 ABC 3 3 4 12
Áp dụng BĐT Côsi ta được: 3 1
x x   x Vx .x .  x     . S ABC 6 2  2 2 2 1 6 2 1 2 2 2 . 12 2 12 2  3  6
Dấu ”=” xảy ra  x  2 . 1 Vậy V   AB  2 . max 6
Document Outline

  • [toanmath.com] - Đề kiểm tra định kì Toán 12 năm học 2018 – 2019 trường THPT Nguyễn Huệ – TT. Huế.pdf
  • ĐỀ-KIỂM-TRA-ĐỊNH-KỲ-NGUYỄN-HUỆ-HUẾ_PB1.pdf