Đề thi thử Toán THPT QG 2020 lần 1 trường THPT Thiệu Hóa – Thanh Hóa
Đề thi thử Toán THPT QG 2020 lần 1 trường THPT Thiệu Hóa – Thanh Hóa có mã đề 001, đề có 06 trang với 50 câu hỏi và bài toán dạng trắc nghiệm khách quan
Tài liệu liên quan:
Preview text:
TRƯỜNG THPT THIỆU HÓA ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN 1 NĂM HỌC 2019-2020
Mã đề: 001 Môn thi: TOÁN – Lớp: 12
(Đề thi gồm có 6 trang - 50 câu) Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1:
Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. (1;+∞) . B. (0;3) . C. ( ; −∞ +∞) . D. (2;+∞) . Câu 2: Cho hàm số 3 2
y x 2x x 1 . Khẳng định nào sau đây đúng? 1
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng 1; . B. Hàm số đồng biến trên khoảng ;1 3 . 1
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ;1
3 . D. Hàm số nghịch biến trên khoảng 1 ; 3 . Câu 3:
Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên tập xác định của nó? x x x x e 1 4 π + 3 A. y = B. y = C. y = D. y = 2 6 − 5 3 + 2 2π Câu 4: Cho hàm số 2
y = x + 12 − 3x . Giá trị lớn nhất của hàm số bằng: A. 2 . B. 4 . C. 3 . D. 1. Câu 5:
Khối lăng trụ có chiều cao h , tổng diện tích hai đáy là B . Thể tích khối lăng trụ là 1 1 1 A. Bh . B. Bh . C. Bh . D. Bh . 2 3 6 Câu 6:
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a , chiều cao bằng 3a . Khoảng
cách từ A đến mặt phẳng SCD bằng 3a A. . B. a . C. 3a . D. 2a . 2 3 − π π Câu 7: Tìm số nghiệm thuộc ; − π của phương trình 3 3 sin x = cos − 2 x . 2 2 A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Câu 8:
Một tổ gồm 7 nam và 6 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 4 em đi trực sao cho có ít nhất 2 nữ? A. ( 2 5 1 3
C + C ) + (C + C ) 4 + C . B. ( 2 2 C .C
+ C .C + C . 7 6 ) ( 1 3 7 6 ) 4 7 6 7 6 6 6 C. 2 2 C .C . D. 2 2 3 1 4
C .C + C .C + C . 11 12 7 6 7 6 7 Câu 9: Cho phương trình 4 2
−x + 4x − 3 − m = 0 . Với giá trị nào của tham số m thì phương trình đã
cho có 4 nghiệm thực phân biệt? 1
A. 1 < m < 3 . B. 3 − < m <1.
C. 1 < m < 2 . D. 1 − < m < 2 .
Câu 10: Tìm hệ số của số hạng chứa 5
x trong khai triển ( + + + )10 2 3 1 x x x . A. 582 . B. 1902 . C. 7752 . D. 252 .
Câu 11: Cho hàm số y = f ( x) xác định, liên tục trên đoạn [ 1 − ; ]
3 và có đồ thị là đường cong trong
hình vẽ bên. Tập hợp T tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f (x) = m có
3 nghiệm phân biệt thuộc đoạn [−1; ] 3 là . A. T = [−4; ] 1 . B. T = (−4; ) 1 . C. T = [ 3 − ;0].
D. T = (−3;0) .
Câu 12: Cho khối đa diện S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành.Chia khối đa diện S.ABCD
bởi hai mặt phẳng(SBD) và (SAC), khi đó ta thu được bao nhiêu khối đa diện?
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
Câu 13: Kí hiệu max{a; }
b là số lớn nhất trong hai số a,b . Tìm tập nghiệm S của bất phương trình
max {log x +1 ;log 2x −1 < 2 . 2 ( ) 2 ( )} 1 5 1 1 5 A. S = ; +∞ B. S = 0; C. S = ;5 D. S = ; 2 2 2 2 2 2x +1
Câu 14: Các đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số y = là x −1
A. x = 2 ; y = 1. B. x = 1 − ; y = 2 − .
C. x = 1 ; y = 2 − .
D. x = 1 ; y = 2 .
Câu 15: Cho hình lăng trụ đứng ABC . D A′B C ′ D
′ 'có đáy ABCD là hình vuông với đường chéo bằng
3 2a . Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đứng ABC . D A′B C ′ D ′ ' bằng 2 6a . Thể tích
của khối lăng trụ đã cho là 3 3a 3 3 2a 3 9a A. . B. 3 9a . C. . D. . 2 4 2 Câu 16: Cho hàm số 3 2
y = x + 4x − 5 có đồ thị (C), điểm M (3; 2) và đường thẳng
d : y = mx − m , m là tham số. Gọi T là tập tất cả các giá trị của m để đường thẳng d cắt (C) tại
3 điểm phân biệt A(1;0) , B , C (A nằm ngoài B, C) sao cho S + S =14 MAB MAC . Tổng bình
phương các phần tử của T là A. 2 . B. 10 . C. 9 . D. 4 . 4 3
Câu 17: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm f ' ( x) 2
= x (x + ) (x − ) ( 2 1 3
x + mx) . Có bao nhiêu giá
trị nguyên của m để hàm số y = f (2x + )
1 có đúng một điểm cực trị? A. 2. B. 3. C. 1. D. 4. 2
Câu 18: Cho hàm số f ( x) 4 3 2
= x − 4x + 4x + a . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của hàm số đã cho trên đoạn [0;2] . Có bao nhiêu số nguyên a thuộc đoạn [ 3 − ; ] 3 sao cho M ≤ 2m . A. 3 . B. 7 . C. 6 . D. 5 .
Câu 19: Trong các hình sau, có bao nhiêu hình được gọi là khối đa diện:
hình 1 hình 2 hình 3 hình 4 hình 5
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
Câu 20: Cho hàm số y = f ( x) xác định trên và có bảng xét dấu của đạo hàm như sau.
Khi đó số cực trị của hàm số y = f (x) là A. 3 B. 2 C. 4 D. 1
Câu 21: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
A. Số cạnh của một khối chóp bằng số mặt của khối chóp đó,
B. Trong một khối chóp, tất cả các mặt đều là tam giác đều,
C. Số mặt bên của một khối chóp bằng số cạnh của hình chóp,
D. Số mặt bên của một khối chóp bằng số cạnh bên của hình chóp đó.
− + a − b + c >
Câu 22: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 8 4 2 0
. Số giao điểm của đồ thị 8
+ 4a + 2b + c < 0 hàm số 3 2
y = x + ax + bx + c và trục Ox là A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 .
Câu 23: Cho khối cầu có bán kính R , thể tích khối cầu bằng 3 4π A. 3 2π R . B. 3 π R . C. 3 R . D. 3 π R . 4 3
Câu 24: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số cot x = + ( − ) cot 8 3 .2 x y m + 3m − 2 (1) đồng π biến trên ;π . 4 A. 9
− ≤ m < 3 .
B. m ≤ 3 . C. m ≤ 9 − . D. m < 9 − .
Câu 25: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm 2 2
f '(x) = x (x + 2)(x + mx + 5) với ∀ x ∈ . Số giá trị
nguyên âm của m để hàm số 2
g(x) = f (x + x − 2) đồng biến trên khoảng (1; +∞) là A. 3 . B. 4. C. 5. D. 7. 3
Câu 26: Cho tam giác ABC vuông tại A có B = 30 ,
° AC = 2. Gọi M là trung điểm của BC . Tính
giá trị của biểu thức P = AM.BM . A. P = 2 − .
B. P = 2 3 .
C. P = 2 . D. P = 2 − 3 .
Câu 27: Cho hàm số f ( x) xác định trên và có đồ thị của hàm số f ′( x) như hình vẽ. Hàm số
f ( x) có mấy điểm cực trị? . A. 4 . B. 1. C. 2 . D. 3 .
Câu 28: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 0
ACB = 75 , đỉnh B ( 4; − 2 − ) . Đường
cao kẻ từ đỉnh A(x ; y có phương trình là h : 2x + y = 0; D là điểm thuộc cạnh BC sao 0 0 ) A
cho DC = 2DB . Biết 0
ADC = 60 và x < 0 . Tính P = x + y . 0 0 0 A. P = 2 − .
B. P = 2 3 .
C. P = 2 . D. P = 2 − 3 .
Câu 29: Trong các hàm số sau đây, hàm số nào là hàm số tuần hoàn? 1
A. y = tan x .
B. y = x cot x .
C. y = x sin x . D. y = . x
Câu 30: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Biết SA ⊥ ( ABC ) và
SA = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABC . a 3 a 3 a 3 3a A. . B. . C. . D. . 4 2 4 4
Câu 31: Nghiệm của phương trình sin x = 1 là π π π π A. −
+ kπ , k ∈ . B.
+ kπ , k ∈ . C. −
+ k2π , k ∈ . D. + k2π , k ∈ . 2 2 2 2 2 2
Câu 32: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) :( x + )
1 + ( y − 2) = 4 . Tìm ảnh của
đường tròn (C) qua phép vị tự tâm O tỉ số 2 − . 2 2 2 2
A. ( x − 2) + ( y + 4) = 16 .
B. ( x + 2) + ( y − 4) = 16 . 2 2 2 2
C. ( x − 2) + ( y + 4) = 4 .
D. ( x + 2) + ( y − 4) = 4 .
Câu 33: Cho lăng trụ đứng ABC.A′B C
′ ′. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của A′B′ và CC′ . Khi
đó CB′ song song với A. AM .
B. A′N . C. ( BC M ′ ). D. ( AC M ′ ) .
Câu 34: Cho phương trình 2
4 6 + x − x − 3x ≤ m ( x + 2 + 2 3− x )
Tìm m để bất phương trình đã cho có nghiệm thực? 4 11 13 9 5 A. m ∀ ∈ . B. m ≥ m ≥ m ≥ − 5 . C. . D. . 5 5
Câu 35: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi. Gọi N, P lần lượt là trung điểm của
SB và AD . Gọi I là trung điểm của NP và G là giao điểm của SI với mặt phẳng
( ABCD) . Tính tỷ số IS T = . IG 3 3 A. T = 2 . B. T = . C. T = . D. T = 3. 5 4
Câu 36: Cho tứ diện ABCD . Hỏi có bao nhiêu vectơ khác vectơ 0 mà mỗi vectơ có điểm đầu, điểm
cuối là hai đỉnh của tứ diện ABCD ? A. 12 . B. 4 . C. 10 . D. 8 .
Câu 37: Cho tam giác ABC vuông tại A có ba cạnh C ,
A AB, BC lần lượt tạo thành một cấp số nhân
có công bội là q . Tìm q ? 5 −1 2 + 2 5 1+ 5 2 5 − 2 A. q = . B. q = . C. q = . D. q = . 2 2 2 2
Câu 38: Gieo một con súc xắc cân đối và đồng chất hai lần. Xác suất để ít nhất một lần xuất hiện mặt sáu chấm là 12 11 6 8 A. . B. . C. . D. . 36 36 36 36 u = 1 1
Câu 39: Cho dãy số (u với
. Số hạng tổng quát u của dãy số là số hạng nào n ) + n u = u + − n+ n ( )2n 1 1 1 dưới đây?
A. u = 2 − n .
B. u không xác định. n n
C. u = 1− n .
D. u = −n với mọi n . n n
Câu 40: Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ ( ABC ) và SA = (3− 3)a . Biết A
∆ BC có AB = a 3 ,
BC = a và CA = 2a . Trên các cạnh BC,CA lấn lượt lấy hai điểm M , N sao cho MN luôn
tiếp xúc với đường tròn nội tiếp A
∆ BC . Tính thể tích nhỏ nhất của khối chóp S.ABMN . 1 1 1 1 A. 2 a . B. 2 a . C. 2 a . D. 2 a . 4 3 2 5 f ( x) −16 Câu 41: Cho f ( x) là một đa thức thỏa mãn lim = 24 . Tính x 1 → x −1 f ( x) −16 I = lim . x 1 → (x − )
1 ( 2 f ( x) + 4 + 6) A. 24 . B. +∞ . C. 2 . D. 0 . n sin π n
Câu 42: Kết quả đúng của lim 5 − là 2 n +1 1 A. 4. B. 5. C. –4. D. . 4
Câu 43: Cho mệnh đề A : “ 2 x
∀ ∈ , x − x + 7 < 0” Mệnh đề phủ định của A là: A. 2 x
∀ ∈ , x − x + 7 > 0 . B. 2 x
∀ ∈ , x − x + 7 > 0 . C. Không tồn tại 2
x : x − x + 7 < 0 . D. 2 x ∃ ∈ , x - x + 7 ≥ 0 . 5
Câu 44: Cho khối lăng trụ ABC.A' B 'C ' , khoảng cách từ C đến BB ' bằng 2a , khoảng cách từ A
đến các đường thẳng BB ' và CC 'lần lượt bằng a và a 3 , hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng 2a 3
( A' B 'C ') là trung điểm M của B 'C ' và A' M = .Thể tích khối lăng 3 trụ đã cho bằng 3 2a 3 A. 3 2a B. 3 a 1 C. 3 a 3 D. 3 Câu 45: Gọi ,
A B là hai giao điểm của đường thẳng d : y 3x 9 và parabol P 2 : y x
2x 3 . Gọi điểm K a,b thuộc trục đối xứng của P sao cho
KA KB nhỏ nhất. Tính a + b . A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Câu 46: Cho lăng trụ đứng ABC.A′B C
′ ′có đáy là tam giác đều cạnh a 2 , A′B = a 5 . Thể tích của
khối lăng trụ đã cho là 3 3a 3 a 3 3a A. . B. . C. 3 a . D. . 2 2 4
Câu 47: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại C , AC = a , BC = 2a , SA vuông góc
với mặt phẳng đáy và SA = a . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng A. 60° . B. 90° . C. 30° . D. 45° . x − 2
Câu 48: Đồ thị hàm số sau có bao nhiêu đường tiệm cận: y = ? 1 7 T 1 7 T 2 x − 4x + 3 A. 0 . B. 3 . C. 4 . D. 2 .
Câu 49: Cho các số thực không âm x, y thay đổi. M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất 2 2 của biểu thức
9xy − 4x y + 2xy + x − y P =
. Giá trị của 8M + 12m ( bằng
2x + 1)2 (3y +1)2 A. 2. B. 0. C. 1. D. 2. −
Câu 50: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD) . Biết SD = 2a 3 và góc tạo bởi đường
thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD) bằng 30°. Tính khoảng cách h từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) . a 13 2a 66 2a 13 4a 66 A. h = . B. h = . C. h = . D. h = . 3 11 3 11
---------------- HẾT ---------------- 6 ĐÁP ÁN ĐỀ THI 1. D 2. C 3. D 4. A 5. A 6. C 7. B 8. B 9. B 10. B 11. D 12. C 13. D 14. D 15. D 16. B 17. A 18. D 19. C 20. A 21. D 22. D 23. C 24. C 25. B 26. A 27. D 28. C 29. A 30. C 31. D 32. A 33. D 34. D 35. D 36. A 37. B 38. B 39. A 40. B 41. C 42. B 43. D 44. A 45. C 46. A 47. C 48. D 49. B 50. B
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Chọn D
Dựa bảng biến thiên suy ra hàm số y = f (x) đồng biến trên các khoảng ( ;2 −∞ ) và (2;+∞).
Câu 2. Chọn C x = 1 Ta có: 2
y′ = 3x − 4x +1; y′ = 0 ⇔ 1 . x = 3 Suy ra: 1 y 0, x ; ′ > ∀ ∈ −∞ và (1;+ ∞). 3 1 y 0, x ;1 ′ < ∀ ∈ . Vậy đáp án C. 3
Câu 3. Chọn D x π π + Hàm số mũ + 3 y = nghịch biến vì 3 0 < <1. 2π 2π
Câu 4. Chọn A
Tập xác định: D = [ 2; − 2] . 2
y = x + 12 − 3x 3 ⇒ ' =1 x y − 2 12 − 3x 3x 3x 2 y ' = 0 ⇔ 1− = 0 ⇔ 1 =
⇔ 3x = 12 − 3x (*) 2 2 12 − 3x 12 − 3x
Điều kiện: x ≥ 0 . (*) 2 2
⇔ 9x =12 − 3x 2 ⇔ 12x =12 x =1 ⇔ x = 1 − (lo ia) Ta có: f ( )
1 = 4; f (2) = 2; f ( 2 − ) = 2 − .
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 2. Câu 5. Chọn A
Áp dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ.
Câu 6. Chọn C S H A D I O B C OI.OS Ta có: d ;
A SCD 2d ;
O SCD 2.OH 2. . 2 2
OI OS Mà 2a OI
a ; OS a 3. 2 Do đó: d ;
A SCD a 3.
Câu 7. Chọn B 3π 3 sin x cos 2x = − 2 π 3 sin x cos 2π 2x ⇔ = − − 2
⇔ 3 sin x = −sin 2x ⇔ sin .
x ( 3 + 2cos x) = 0 sin x = 0 ⇔ − 3 cos x = 2 x = kπ ⇔ 5π (k,l ∈) x = ± + l2π 6 − π Theo đề, 3 x ; π ∈ − 2 3 − π 3 ≤ kπ < π − − ≤ k < 1 − 2 2 − π π − − Nên 3 5 7 11 ≤ + l2π < π − ⇔ ≤ l < ⇔ l = 1 − 2 6 6 12 3π 5π − − 1 − 1 − ≤ + m2π < π − ≤ m < 2 6 3 12
Câu 8. Chọn B
Trường hợp 1: chọn 2 nữ và 2 nam đi trực, có 2 2 C .C cách. 7 6
Trường hợp 2: chọn 3 nữ và 1 nam đi trực, có 1 3 C .C cách. 7 6
Trường hợp 3: chọn 4 nữ, có: 4 C cách. 6
Vậy để chọn 4 em đi trực sao cho có ít nhất 2 nữ, có ( 2 2 C .C ) + ( 1 3 C .C ) 4 + C cách. 7 6 7 6 6
Câu 9. Chọn B Ta có: 4 2 4 2
−x + 4x − 3 − m = 0 ⇔ m = −x + 4x − 3. Đặt f (x) 4 2
= −x + x − ⇒ f ′(x) 3 4 3 = 4 − x + 8x . x = 0 f ′(x) 3 = 0 ⇔ 4
− x + 8x = 0 ⇔ x = 2 . x = − 2 BBT:
Phương trình có 4 nghiệm phân biệt ⇔ 3 − < m < 1.
Câu 10. Chọn B 10 10 Ta có: ( 2 3
+ x + x + x ) = ( + x) ( 2
+ x ) = ( + x)10 ( 2 1 1 1 1 1+ x )10 10 10 10 10 k k l 2l k l k 2
= ∑C x .∑C x = ∑∑C C l x + 10 10 10 10 k=0 l=0 k=0 l=0 k = 1,l = 2 Số hạng chứa 5 x k 2l 5 ⇔ +
= ⇔ k = 3,l = 1 .
k = 5,l = 0
Vậy hệ số của số hạng chứa 5
x trong khai triển là: 1 2 3 1 5 0 C C + C C + C C = 1902 . 10 10 10 10 10 10 Câu 11. Chọn D
Số nghiệm của phương trình f (x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng
y = m trên đoạn [−1; ] 3
Do đó để phương trình f (x) = m có 3 nghiệm phân biệt thì đường thẳng y = m phải cắt đồ thì hàm số
y = f (x) tại 3 điểm trên đoạn [ 1; − ] 3 Suy ra 3 − < m < 0 . Vậy T = ( 3 − ;0) .
Câu 12. Chọn C
Gọi O là giao điểm của BD và AC , khi đó khối đa diện S.ABCD bị chia bởi hai mặt phẳng (SBD) và
(SAC) thành các khối đa diện sau: S.AOB,S.BOC,S.COD,S.DOA. Vậy có 4 khối
Câu 13. Chọn D Trường hợp 1: 1 2x −1 > 0 x > 1
log x +1 > log 2x −1 ⇔ ⇔ 2 ⇔ < x < 2 . 2 ( ) 2 (
) x+1>2x−1 2 x < 2 1
Với < x < 2 , ta có max{log x +1 ;log 2x −1 < 2 ⇔ log x +1 < 2 ⇔ x < 3. 2 ( ) 2 ( )} 2 ( ) 2 1
Suy ra < x < 2 ( ) 1 . 2 Trường hợp 2: x +1 > 0 x > 1 −
log 2x −1 ≥ log x +1 ⇔ ⇔ ⇔ x ≥ 2 . 2 ( ) 2 (
) 2x−1≥ x+1 x≥2 5
Với x ≥ 2 , ta có max{log x +1 ;log 2x −1 < 2 ⇔ log 2x −1 < 2 ⇔ x < . 2 ( ) 2 ( )} 2 ( ) 2 5 Suy ra 2 ≤ x < (2). 2 1 5 Từ ( )
1 và (2) suy ra < x < . 2 2
Câu 14. Chọn D
Tập xác định D = \ { } 1 . 2x +1 2x +1 Ta có lim y = lim = ; −∞ lim y = lim = +∞ . x 1− x 1− x −1 x 1+ x 1+ → → → → x −1
Do đó, đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 2x +1 Ta có lim y = lim = 2 . x→±∞ x→±∞ x −1
Do đó, đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Câu 15. Chọn D
Gọi x(x > 0) là cạnh của hình vuông ABCD
ABCD là hình vuông nên 2 2
2x =18a ⇔ x = 3a 2 1 S = x h = h = ⇔ h = a xq 4. . 4.3a. 6a 2 2 1 9 3 V = S h = a = a ABC . 9a . D 2 2 Câu 16. Chọn B
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C), đường thẳng d ta có: 3 2
x + 4x − 5 = mx − m( ) 1 x −1 = 0 ⇔ (x − )( 2
1 x + 5x + 5 − m) = 0 ⇔ 2
x + 5x + 5 − m = 0 (2)
Để (C) cắt d tại 3 điểm phân biệt thì pt(1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ pt(2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 2
∆ = − ( − m) 5 5 4 5 > 0 m − > ⇔ ⇔ 4 1
+ 5 + 5 − m ≠ 0 m ≠11 x + x = 5 −
Theo hệ thức Vi-ét ta có: 1 2 x .x = 5 − m 1 2
Ta có: B(x ;mx − m ,C x ;mx − m , x , x là nghiệm của phương trình (1) 1 1 ) ( 2 2 ) 1 2 AM = (2;2)
Đường thẳng AM có một vtpt u = (1;− )
1 đi qua A(1;0) có dạng x −1− y = 0 Ta có: S + S = ⇔ d B AM + d C AM AM = MAB MAC 14 ( ;AM). ( ; ). 28
x − mx + m −1
x − mx + m −1 1 1 2 2 ⇔ .2 2 + .2 2 = 28 2 2
⇔ m −1 ( x −1 + x −1 =14 3 1 2 ) ( )
Th1: Bởi vì A nằm ngoài B,C nên ta có; x , x <1 2 1
(3) ⇔ m −1 (−x − x + 2 =14 1 2 ) m −1 = 2 m = 3 ⇔ m −1 = 2 ⇔ ⇔ (thỏa mãn đk) m 1 2 − = − m = 1 −
Th2: Bởi vì A nằm ngoài B,C nên ta có x , x >1 1 2
⇒ x + x > 2 mt ⇒ Loại. 1 2 ( ) Vậy 2 T = 3 + (− )2 1 =10
Câu 17. Chọn A Ta có f ′( x) 2
= x ( x + )4 (x − )3 (x + mx) = f ′(x) 3 2 1 3 = x ( x + )4
1 ( x − 3)3 ( x + m)
y' = 2 f '(2x + ) 1 = 2(2x + )3
1 (2x + 2)4 (2x − 2)3 (2x +1+ m) (2x + )3 1 = 0 ( ) 1 (2x + 2)4 = 0 (2)
y′ = 0 ⇔ (2x− 2)3 = 0 (3)
2x +1+ m = 0 (4) Phương trình ( ) 1 có 1 nghiệm bội lẻ 1 x = − . 2
Phương trình (2) có 1 nghiệm bội chẵn x = 1 − .
Phương trình (3) có 1 nghiệm bội lẻ x = 1.
Số điểm cực trị của hàm số là số nghiệm bội lẻ của phương trình y′ = 0 . Do đó, hàm số có 1 điểm cực trị
khi và chỉ khi phương trình (4) có nghiệm x = 1 hoặc 1 x = − 2 . m = 0 ⇔ m = 3 −
Câu 18. Chọn D
Xét hàm số y = g (x) 4 3 2
= x − 4x + 4x + a g′(x) 3 2
= 4x −12x + 8x x = 0 g (x) 0 ′ = ⇔ x =1 x = 2
g (0) = a ; g ( )
1 = a +1; g (2) = . a TH1: a(a + ) 1 ≤ 0 Khi đó
m = min f (x) = 0; [0 ; 2]
M = max f (x) = max{ a ; a +1} > 0 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. [0 ; 2] a > 0 TH2: ⇔ a > 0 a +1 > 0
Khi đó m = min f (x) = a ; M = max f (x) = a +1. [0 ; 2] [0 ; 2]
M ≤ 2m ⇔ a +1≤ 2a ⇔ a ≥1⇒ a ∈{1; 2 ; } 3 . a < 0 TH3: ⇔ a < 1 − a +1 < 0
Khi đó m = min f (x) = −a −1; M = max f (x) = −a . [0 ; 2] [0 ; 2]
M ≤ 2m ⇔ −a ≤ 2
− a − 2 ⇔ a ≤ 2 − ⇒ a ∈{ 3 − ; − } 2 .
Câu 19. Chọn C
Dựa vào khái niệm khối đa diện thì:
Hình 1, hình 2, hình 3, hình 5 là các khối đa diện
Hình 4 là khối cầu không phải là khối đa diện. Câu 20. Chọn A
Do hàm số y = f (x) xác định trên nên có bảng biến thiên
Vậy số đã cho có 3 cực trị.
Câu 21. Chọn D
Câu 22. Chọn D
y(2) = 8+ 4a + 2b + c < 0 Ta có ⇒ x
∃ ∈ 2;+∞ sao cho y (x = 0. (1) 1 ) 1 ( ) lim y = +∞ x→+∞
y(2) = 8 + 4a + 2b + c < 0 Ta có
sao cho y (x = 0 . (2) 2 ) ( ⇒ x ∃ ∈ − y 2 − ) 2;2 2 ( ) = 2
− + 4a − 2b + c > 0 y( 2 − ) = 8
− + 4a − 2b + c > 0 Ta có ⇒ x ∃ ∈ ; −∞ 2
− sao cho y (x = 0. (3) 3 ) 3 ( ) lim y = −∞ x→−∞
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra số giao điểm của đồ thị hàm số và trục Ox bằng 3.
Câu 23. Chọn C π
Thể tích khối cầu có bán kính R là: 4 3 R 3 .
Câu 24. Chọn C Ta có: cot x = + ( − ) cot x 1 cot x 1 8 3 .2 + 3 − 2 ⇒ ′ = − .8 ln8 − .( − 3) cot .2 x y m m y m ln 2 2 2 sin x sin x ln 2 ⇔ ′ = − ( cot 3.8 x + ( − 3) cot .2 x y m . 2 ) sin x π π
Để hàm số đồng biến trên ;π ⇔ y ≥ 0, ; x ∀ ∈ π ′ 4 4 π − π cot x ( ) cotx 2 cot x 3 3.8 3 .2 0, ;π 2 m m x , ; x π ⇔ + − ≤ ∀ ∈ ⇔ ≤ ∀ ∈ . 4 3 4 π Do 2 cot x 2 x ∈
;π ⇒ cot x ≤ 1⇒ 2 ≤ 2 4 − π − π π
Khi đó: 2cot x 3 m 3 2 , ;π 4 m x , ; x π m 9, ; x π ≤ ∀ ∈ ⇒ ≤ ∀ ∈ ⇔ ≤ − ∀ ∈ . 3 4 3 4 4
Câu 25. Chọn B g '(x) = ( 2
x + x − 2)'. f '( 2
x + x − 2) = (2x + ) 1 . f '( 2 x + x − 2)
g '(x) (2x )
1 .(x x 2)2 .(x x).(x x 2)2 2 2 2 m( 2 x x 2) 5 ⇒ = + + − + + − + + − + x ∀ ∈(1;+ ∞) , ta có: 2 2
2x +1 > 0, x + x > 0, x + x − 2 > 0.
m thỏa bài toán ⇔ g '( x) ≥ 0, x ∀ ∈(1;+ ∞) .
⇔ (x + x − )2 2 + m( 2 2
x + x − 2) + 5 ≥ 0, x ∀ ∈(1;+ ∞) (*) Đặt 2
t = x + x − = h(x) ⇒ h (x) 1 2 '
= 2x +1 = 0 ⇔ x = − . 2 Bảng biến thiên:
Suy ra t ∈(0;+ ∞) . Khi đó (*) trở thành: 2 t + mt + ≥ t ∀ ∈( + ∞) 2 ⇔ mt ≥ t − − t ∀ ∈( + ∞) 5 5 0, 0; 5, 0; ⇔ m ≥ t − − , t ∀ ∈(0;+ ∞) . t 2 5 5 t − + 5 t = 5 (N)
Đặt k (t) = t
− − ⇒ k '(t) = 1 − + = = 0 ⇔ 2 2 t t t
t = − 5 (L) Bảng biến thiên: ⇒ m ≥ 2 − 5 ≈ 4,
− 47 . Chọn m∈{ 4; − − 3;− 2;− } 1 . Câu 26. Chọn A
Ta có P = AM BM = AM BM (AM BM ) = . . .cos ,
AM.BM.cos BMA . sin AC AC B = ⇒ BC = = 4 . BC sin B
AM = BM = 2 (vì AM là đường trung tuyến của tam giác vuông ABC ). = ° − +
BMA 180 (B BAM ) =120° .
Vậy P = 2.2.cos120° = 2 − .
Câu 27. Chọn D
Cực trị của f (x) là nghiệm đơn của phương trình f '(x) = 0 .
Dựa vào đồ thị f '(x) ta có: f '(x) cắt trục Ox tại 4 điểm nhưng phương trình f '(x) = 0 có 3 nghiệm
đơn và 1 nghiệm kép. Từ đó ta có hàm số f (x) có 3 điểm cực trị.
Câu 28. Chọn C
Gọi H là hình chiếu của A lên BC
Ta có BC ⊥ AH ⇒ n = (1; 2
− ) ( do AH : 2x + y = 0 ) và có B( 4; − 2 − ) BC
⇒ (BC) :1(x + 4) − 2( y + 2) = 0 ⇒ (BC) : x − 2y = 0 2x + y = 0 x = 0
Ta có: H = AH ∩ BC . H là nghiệm của hệ phương trình : ⇒ x 2y 0 − = y = 0
D ∈ BC ⇒ D(2d;d ) ;C ∈ BC ⇒ C (2 ;
c c); A∈ AH ⇒ A( ; a 2
− a) (a < 0) Ta có
x − x = − x − x
c − d = − − − d C D 2( B D ) 2 2 2( 4 2 )
DC = 2DB ⇒ DC = 2 − DB ⇒ ⇒
y − y = − y − y
c − d = − − − d C D 2( B D ) 2 ( 2 ) 2c − 6d = 8 ⇒
⇒ c − 3d = 4 ⇒ c = 3d + 4 ⇒ C (6d + 8;3d + 4) c − 3d = 4 Ta có : 2 AH =
a HC = ( d + )2 + ( d + )2 = ( d + )2 2 5 ; 6 8 3 4 5 3 4 ; HD = 5d Ta có : 2 AH 5 tan a ADC = = = 3 2 HD 5d 2 AH 5 tan a ACH = = = 2 + 3 HC 5(3d + 4)2 3d + 4 3 ⇒ = ⇒ 3d + 4 = ( 3 − + 2 3) d d 2 + 3 + = (− + ) (− + ) 4 3 4 3 2 3 6 2 3 = 4 d d d d = 6 − + 2 3 ⇒ ⇒ ⇒ d + = ( − ) 2 3 4 3 2 3 d 2 − 3d = 4 d − = 3 − a Với 2 d = ⇒ = 3 ⇒ a = 2
− (do a < 0) ⇒ P = a + ( 2 − a) = 2 3 2 3 a Với 4 d = ⇒ = 3 ⇒ a = 1
− − 3 ⇒ P = a − 2a = −a =1+ 3 6 − + 2 3 3+ 3 3
Câu 29. Chọn A
Theo tính tuần hoàn của các hàm số lượng giác ta thấy hàm số y = tan x là hàm số tuần hoàn với chu kì π .
Câu 30. Chọn C 2 Diện tích tam giác đều a 3
ABC cạnh a là: S = ABC ∆ 4
Vì SA ⊥ ( ABC) nên SA là đường cao của khối chóp S.ABC 2 3
Vậy thể tích khối chóp S.ABC 1 1 a 3 a là V = S = = ∆ SA a S ABC ABC . . . 3 . . 3 3 4 4 Câu 31. Chọn D sin x =1 ⇔ π
x = + k2π ,k ∈ . 2 Câu 32. Chọn A
Đường tròn(C) (x + )2 + ( y − )2 : 1 2 = 4có tâm I ( 1;
− 2) bán kính R = 2 . Giả sử đường tròn ( '
C ) có tâm I′ bán kính '
R là ảnh của đường tròn (C) qua phép vị tự tâm O tỉ số 2 − . Khi đó ' R = 2 − R = 4; V = ⇔ = − ⇒ − . − (I ) ' ' ' I OI 2OI I 2; 4 O; 2 ( ) ( )
Do đó phương trình đường tròn( '
C ):(x − 2)2 + ( y + 4)2 =16 .
Câu 33. Chọn D
Gọi P là trung điểm của AB . Do tứ giác AMB P
là hình bình hành nên AM // PB ', mà AM CPB và PB' ⊂ (CPB′) , suy ra
AM CPB (1). Tứ giác MC C
P là hình bình hành nên MC 'CP , mà MC CPB và CP CPB, suy ra
MC CPB (2)
Từ (1) và (2) suy ra AMC CPB, mà CB' ⊂ (CPB')suy ra CB'//( AC 'M ) .
Câu 34. Chọn D Điều kiện: 2 − ≤ x ≤ 3.
Đặt t = t(x) = x + 2 + 2 3− x trên đoạn [ 2; − ]3. Ta có: 1 1 t ' = − 2 x + 2 3− x
t ' = 0 ⇔ 2 x + 2 = 3− x ⇔ x = 1 − t( 2
− ) = 2 5; t(3) = 5; t (− ) 1 = 5 Suy ra t ∈ 5;5 2 2 2
và t = x + 2 + 4 ( x + 2)(3 − x) + 4(3 − x) ⇔ 4 6 + x − x − 3x = t −14 . Bất phương 2 − trình trở thành: 2 14 −14 t t ≤ mt ⇔ m ≥ với t ∈ 5;5 t . 2 − Xét hàm số 14 ( ) t f t = trên đoạn 5;5 t . ' Ta có: 14 14
f '(t) = t − = 1+ > 0 t ∀ ∈ 5;5 . 2 t t 2 − Nên hàm số 14 ( ) t f t =
đồng biến trên đoạn 5;5 t .
Vậy để bất phương trình đã cho có nghiệm thì m ≥ Min f (t) = f ( ) 9 5 5 = − . 5;5 5 Câu 35. Chọn D S N B I M A G P D C
Gọi M là trung điểm BG, ta có MN là đường trung bình của tam giác SGB MN //IG (1) ⇒ SG = 2MN (2)
Mà I là trung điểm PN nên ta có IG là đường trung bình của tam giác PMN ⇒ MN = 2IG (3) Từ (2) và (3) ta có = 4 IS SG IG ⇒ = 3. IG Câu 36. Chọn A
Ta có mỗi vectơ khác vectơ 0 có điểm đầu và điểm cuối là 2 đỉnh trong số 4 đỉnh của tứ diện
là một chỉnh hợp chập 2 của 4 phần tử. Vậy số vec tơ khác vecto 0 có điểm đầu, điểm cuối là hai đỉnh
của tứ diện ABCD là: 2 A =12. 4
Câu 37. Chọn B
ĐặtCA = a (a > 0). Vì ba cạnhCA , AB , BC lần lượt tạo thành một cấp số nhân có công bội là
q nên AB = aq(q > 0) ; 2 BC = aq .
Vì tam giác ABC vuông tại A nên 2 1+ 5 q = 2 2 2
BC = AB + AC ⇔ ( )2 2 2 2 2 aq = a + a q 4 2 ⇔ q =1+ q 4 2
⇔ q − q −1 = 0 2 ⇔ 2 1− 5 q = (loại) 2 1+ 5 q = 2 ⇔ 2 2 5 q + ⇔ = 1+ 2 5 q = − (loai) 2 Câu 38. Chọn B
Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất hai lần thì số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = 36
Gọi A là biến cố “Mặt sáu chấm xuất hiện ít nhất một lần“ thì: A = (
{ 1;6);(2;6);(3;6);(4;6);(5;6);(6;6);(6; )1;(6;2);(6;3);(6;4);(6;5)} ⇒ n( ) A =11
Xác suất của biến cố A là 11 P( ) A = 36 Câu 39. Chọn A Ta có u = + − ⇔ − = −
= − (vì 2n +1 là số lẻ với mọi n∈ + u + u + u + n n ( )2n 1 1 n n ( )2n 1 1 1 1 1 ). u = 1
Suy ra (u là cấp số cộng với 1 . n ) d = 1 −
Do đó, công thức số hạng tổng quát của (un ) là
u = + n − ⋅ − = −n + n 1 ( )1 ( )1 2 . Câu 40. Chọn B
Vì SA ⊥ ( ABC) nên 1 V = ⋅ SA⋅ S . S.ABMN 3 ABMN
Mà SA cố định nên V
nhỏ nhất khi chỉ khi S nhỏ nhất. S.ABMN ABMN Nhận xét. Tam giác ABC có 2 2 2
AC = AB + BC nên A
∆ BC vuông tại B .
Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là 1 ⋅ AB⋅BC 2 a ⋅a 3 a r = OI = = = 1 .
⋅( AB + BC + AC) a + a 3 + 2a 3 +1 2 KAN = 30° nên JOK =150° , suy ra IOJ =120° . S = S + S + + = + + + S S ∆ S∆ S∆ S S∆ S∆ S ABMN BIOK
2 AOJ 2 OIM 2 OJN BIOK 2 AOJ 2( OIM OJ
∆ N ) trong đó BIOK , A ∆ OJ không đổi nên S S + ∆ S
ABMN nhỏ nhất khi chỉ khi OIM OJ ∆ N nhỏ nhất. Đặt
IOL = 2α (do M , N lần lượt thuộc cạnh BC , AC nên 0 < α < 45° ). Suy ra LOJ =120° − 2α . Ta có OI OM = IL , = OI ⋅sinα . cosα 2 OJ OI ON = = JL ,
= OJ ⋅sin (60° −α ) = OI ⋅sin (60° −α ) .
cos(60° −α ) cos(60° −α ) 2 Do đó, 1 2 S + = + ° − ∆ S∆ OI α α OIM OJN tan tan (60 ) 2 .
Xét hàm số f (α ) = tanα + tan (60° −α ) với 0 < α < 45° , ta có f ′(α ) 1 1 = −
, f ′(α ) = 0 ⇔ α = 30° . 2 2 cos α cos (60° −α ) Bảng biến thiên 1 2 3 Suy ra (S + = ⋅ ⋅ . ∆ S∆ OI OIM OJN ) 2 min 2 3 Khi đó: 2 2 2 2 3 2 2 2 2 3 S
= OI + AJ ⋅OJ + OI ⋅ = OI + OI ⋅ ° + OI ⋅ ABMN cot15 3 3 2 2 2 3 a 9 + 5 3 3+ 3 2 = OI 1+ 2 + 3 + = ⋅ = a 3 ( + ) . 2 3 6 1 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S.ABMN là 1 + a V = ⋅ − ⋅ a ⋅ ⋅a = S ABMN (3 3) 3 3 3 2 . . 3 6 3
Câu 41. Chọn C f (x) −16 Ta có: lim = 24 ⇒ f ( ) 1 =16 x 1 → x −1 f (x) −16 f (x) −16 1 1 I = lim = lim .lim = 24. = 2 . x 1 → (x − )
1 ( 2 f (x)+ 4 + 6) x 1→ x 1 x −1 → 2 f (x) + 4 + 6 12
Câu 42. Chọn B 1 π Ta có : nsin n n ≤
và lim n = lim n = 0 2 2 n +1 n +1 2 n +1 1 1+ 2 n nsinπ ⇒ lim n = 0 2 n +1 nsinπ lim 5 n ⇒ − = 5 . 2 n +1
Câu 43. Chọn D.
Câu 44. Chọn A .
Gọi N là trung điểm của BC , K là hình chiếu của A lên BB', H là hình chiếu của A lên CC ', I là
giao điểm của MN và KH . AK ⊥ BB ' AK ⊥ AA' Ta có: , suy ra
nên AA' ⊥ ( AHK ) ⇒ AA' ⊥ HK ⇒ HK ⊥ BB'. AH ⊥ CC ' AH ⊥ AA'
Theo đề, AK = a; AH = a 3; HK = 2a , vì 2 2 2
HK = AK + AH nên tam giác AHK vuông tại A .
Lại có, I là trung điểm của HK nên 1
AI = HK = a . 2
AA' ⊥ ( AHK ) Mặt khác,
⇒ MN ⊥ ( AHK ) ⇒ MN ⊥ HK . MN AA'
Trong tam giác AMN vuông tại A có đường cao AI nên 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = + ⇔ = − = − = ⇒ AM = 2a 2 2 2 2 2 2 2 2 2 AI AM AN AM AI AN a 4 2 3 a a 3 2 và 2 2 2 2a 3 4a 3
MN = AM + AN = 4a + = . 3 3
Trong tam giác AHK vuông tại A có: 1 1 1 1 1 4 a 3 = + = + = ⇒ d , A HK = 2 2 2 2 2 2 ( ) d ( , A HK ) AH AK 3a a 3a 2 Vậy 3 3 1 1 a a V = V = V = S = HK MN d A HK = a = a ABC A B C 3 A BCC A BCC B . BCC B . AI . . ( , ) 1 4 3 3 3 .2 . . 2 . ' ' ' . ' . ' ' ' ' 2 2 3 2 2 3 2
Câu 45. Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và (P) là
x = 2 ⇒ A(2;3) 2 2
−x + 2x + 3 = 3
− x + 9 ⇔ x − 5x + 6 = 0 ⇔ . x = 3 ⇒ B (3;0)
Gọi điểm B ' đối xứng với B qua trục đối xứng x =1, suy ra B '( 1; − 0).
Ta có KA + KB = KA + KB ' ≥ AB ' nên KA + KB nhỏ nhất khi KA + KB = AB ' ⇔ K trùng với I nên K (1;2).
Vậy a + b = 3 .
Câu 46. Chọn A (a 2)2 3 2 Vì tam giác ABC a 3
là tam giác đều cạnh a 2 ⇒ S = = . ABC 4 2 Lại có 2 2 A ′ A = ′
A B − AB = a 3. 3 a
Thể tích khối lăng trụ ABC.A′B C
′ ′: V = S .A ′ A = ABC . 2
Câu 47. Chọn C S a a 3 300 A B a a 2 C
SA ⊥ ( ABC) Ta có: ⇒ SB,( ABC) ( )= ⇒ SA 1 = = ⇒ 0 = SB ( ABC) SBA tan SBA SBA 30 = B AB 3 Câu 48. Chọn D
Tập xác định: D = [2;+∞) \{ } 3 . lim x − 2 =1 x→3+ x − 2 Ta có lim = +∞ vì lim − + = + ( 2 x 4x 3) 0 + 2
x→3 x − 4x + 3 x→3 2
x − 4x + 3 > 0, x ∀ > 3
⇒ x = 3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x − 2 1 2 − 4 3 4 x − 2 Ta có lim = lim x = lim x x = 0 2 2
x→+∞ x − 4x + 3
x→+∞ x − 4x + 3 x→+∞ 4 3 1− + 2 2 x x x
⇒ y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
Vậy đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận.
Câu 49. Chọn B
9xy − 4x y + 2xy + x − y x( 2 9y + 6y + ) 1 − y ( 2 2 2 4x + 4x + ) 1 Ta có : P = = (2x + )2 1 (3y + )2 1 (2x + )2 1 (3y + )2 1 x y = − ( . x + )2 ( y + )2 2 1 3 1 Vì x ≥ ∀ ≥ ( x
, dấu bằng xảy ra khi x = 0 . 2x + ) 0 , 0 2 1 Nếu x 1 1 x > 0 ⇒ = ≤ = ⇒ = x 1 ( dấu bằng xảy ra khi 1 1 4x x ⇒ 0 ≤ ≤ . 2x + )2 1 1 8 4x + + 4 x 2 (2x + )2 1 8 x Tương tự: Vì y ≥ ∀ ≥ ( y
, dấu bằng xảy ra khi y = 0 . 3y + ) 0, 0 2 1 Nếu y 1 1 y > 0 ⇒ = ≤ = ⇒ = ( dấu bằng xảy ra khi 1 1 9y y 3y + )2 1 1 12 9y + + 6 y 3 y y 1 ⇒ 0 ≤ ≤ ( . 3y + )2 1 12 Suy ra 1 x y 1 1 1 − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ P ≤ . 12 (2x + )2 1 (3y + )2 1 8 12 8 1 1
⇒ M = MaxP = ,m = min P = − ⇒ 8M +12m = 0 . 8 12
Câu 50. Chọn B S 2a 3 I A D K H B C
Dựng đường cao SH của SAB SH ( ABCD)
(SC,(ABCD)) SCH 30° ∆ ⇒ ⊥ ⇒ = =
ta có: ∆SHC = ∆SHD ⇒ SC = SD = 2a 3 ° 1
⇒ SH = SC.sin30 = 2a 3. = a 3 2
Đặt các cạnh của ∆SAB đều là x 3 x ⇒ SH =
= a 3 ⇒ x = 2a 2
⇒ SA = SB = AB = 2a ⇒ AH = BH = a 2 2 2 2 2
HD = SD − SH = 12a − 3a = 9a = 3a 2 2 2 2
HD = 3a = HC ⇒ AD = HD − AH = 9a − a = 2a 2 2 2 2 2 2
AD = 2a 2 = BC ⇒ AC = AB + BC = 4a + 8a = 12a = 2a 3 2 S = A . B AD = 2 .2 a a 2 = a ABCD 4 2
Do CH là trung tuyến ∆ABC 1 1 1 2 2 ⇒ S = S = S = 4a 2 = a AHC ABC ABCD 2 2 4 4 2 Lại có 1 2S a a a AHC 2 2 2 6 S = HK AC HK AHC . ⇒ = = = = 2 AC 2a 3 3 3 d ;( B SAC) Ta có ∩ ( ) ={ } ( ) BA BH SAC A ⇒ = = d (H SAC ) 2 ;( ) HA ⇒ d ( ;(
B SAC)) = 2.d (H;(SAC))
Dựng HK ⊥ AC tại K , nối S với K ,Dựng HI ⊥ SK tại I
Suy ra d (H;SAC) = HI HK ⊥ AC
⇒ AC ⊥ HI ⇒ HI ⊥ SAC
Thật vậy, SH ⊥ AC (SH ⊥ ( ABCD)) ( )
⇒ d (H;(SAC)) = HI SHK (H ° ∆ = ) 1 1 1 1 1 90 ⇒ = + = + 2 2 2 2 2 HI HS HK 3a 6a 9 2 + Trong 1 9 2 9 11 2 6a a 66 = + = = ⇒ HI = ⇒ HI = 2 2 2 2 3a 6a 6a 6a 11 11 ⇒ d (B SAC) 2a 66 ; = 2.HI = . 11
--------------HẾT---------------
Document Outline
- de-thi-thu-toan-thpt-qg-2020-lan-1-truong-thpt-thieu-hoa-thanh-hoa
- ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN 1-TRIỆU HÓA-THANH HÓA-NĂM HỌC 2019-2020-Mã đề 001
- 42. Đề Thiêu Hóa Thanh Hóa lần 1