›
›
›

Đề ôn thi THPT Quốc gia môn Toán (Có đáp án chi tiết)

docx 30 trang thaodu 2680
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề ôn thi THPT Quốc gia môn Toán (Có đáp án chi tiết)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxde_on_thi_thpt_quoc_gia_mon_toan_co_dap_an_chi_tiet.docx

Nội dung text: Đề ôn thi THPT Quốc gia môn Toán (Có đáp án chi tiết)

  1. Câu 1: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên như sau Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Hàm số có giá trị cực đại bằng 1. B. Hàm số có giá trị nhỏ nhất trên¡ bằng - 1. C. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 3. D. Hàm số chỉ có một điểm cực trị. Câu 2: Thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước lần lượt là 1, 2, 3 bằng: A. 2 B. 3 C. 1 D. 6 Câu 3: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? A.y x3 3x2 2 B. y x3 3x 2 C.y x4 2x2 2 D. y x3 3x2 2 Câu 4: Cho các số thực dương a, b với a ≠ 1. Mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 A.log 2 ab log b B. log 2 ab 2 2log b a 2 a a a 1 1 1 log 2 ab logab log 2 ab logab C. a 4 D. a 2 2 2x 1 Câu 5: Cho hàm số y có đồ thị (C). Mệnh đề nào dưới đây đúng? 3x 2 2 2 A. (C)có tiệm cận đứng x . B. (C)có tiệm cận đứng x . 3 3 2 1 C.(C )có tiệm cận ngang y = . D. (C)có tiệm cận ngang y . 3 2 Câu 6: Họ nguyên hàm của hàm số f x x ex là: x2 A.F x 1 ex C B. F x ex C . 2 x2 ex x2 C. F x C D. F x ex ln 2 C 2 2 Câu 7: Tập nghiệm S của bất phương trình 21 3x 16 là: 1 1 A.S ; B. SC. ; S D. ; 1 S  1; 3 3 Câu 8: Cho cấp số cộng un xác định bởi u1 1, công sai d = 2. Giá trị u5 bằng: Trang 1
  2. A. 7 B. -5 C. 9 D. 3 Câu 9: Trong các hàm số sau đây, hàm số nào xác định với mọi giá trị thực của x? 1 1 3 2 3 A.y 2x 1 3 B. y 2x 1 3 C. y 1 2x D. y 1 2 x  Câu 10: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 2;3; 1 vàB 4; 1;9 . Vecto AB có tọa độ là: A. 2;4;8 B. 6; 2;10 C. 3; 1;5 D. 6;2; 10 Câu 11: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên như sau” Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Hàm số đồng biến trên ;2 . B. Hàm số đồng biến trên 1; . C. Hàm số nghịch biến trên 3; D. Hàm số nghịch biến trên 1;3 . Câu 12: Với n là số nguyên dương tùy ý lớn hơn 1, mệnh đề nào dưới đây đúng? n n 1 n! n 1 ! A.C 2 B. C 2 n n 1 C.C 2 2n D. C 2 n 2 n n n 2 Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu của điểm M 1; 3; 5 trên trục Ox có tọa độ là: A. 0; 3;5 B. 1;0;0 C. 1;0; 5 D. 0;0; 5 2 3 3 Câu 14: Cho hàm số f (x) thỏa mãn f x dx 3, f x dx 4 . Khi đó giá trị của f x dx bằng: 1 2 1 A. -7 B. 7 C. 1 D. -12 Câu 15: Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l là: A.Sxq rl. B.Sxq 2 rl C.Sxq rl D. Sxq 2rl x2 8x Câu 16: Giá trị lớn nhất của hàm số f x trên đoạn 1;3 bằng: x 1 7 15 A.– B. C. -3 D. - 4 2 4 Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu S : x2 y2 z2 6x 4z 9 m2 0. Gọi T là tập các giá trị của m để mặt cầu (S )tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz). Tích các giá trị của m trong T bằng: A. -5 B. 5 C. 0 D. 4 Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , để hai vecto a m;2;3 và b 1;n;2 cùng phương thì 2m 3n bằng A. 6 B. 9 C. 8 D. 7 R Câu 19: Cho mặt cầu S I; R và mặt phẳng (P)cách I một khoảng bằng .Khi đó giao của (P)và (S)là một 2 đường tròn có chu vi bằng: Trang 2
  3. A. 2 R B.2 R 3 C. R 3 D. R Câu 20: Cho hàm số y f x liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm của phương trình f x 2 là: A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 2 Câu 21: Đạo hàm của hàm số y log3 x 1 tại điểm x = 1 bằng: ln3 1 1 A. B. ln3 C. D. 2 2ln3 ln3 Câu 22: Hàm số: y x3 3x2 9x 7 đồng biến trên khoảng nào sau đây? A.) (1; B. 5; 2 C. ;1 D. 1;3 Câu 23: Cho khối chóp SABCD có thể tích bằng 4a3, đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của cạnh SD. Biết diện tích tam giác SAB bằng a2. Tính khoảng cách từ M tới mặt phẳng ( SAB ). A. 12a B. 6a C. 3a D. 4a Câu 24: Cho hình lập phương ABCD.A' B 'C ' D ' có diện tích mặt chéo ACC ' A'bằng 2 2a2.Thể tích của khối lập phương ABCD.A' B 'C ' D ' bằng: A.a3 B.2a3 C.2a3 D. 2 2a3 2 2 Câu 25: Với các số a ,b > 0 thỏa mãna b 6ab , biểu thức log2 a b bằng: 1 1 A. 3 log a log b B. 1 log a log b 2 2 2 2 2 2 1 1 C.1 log a log b D. 2 log a log b 2 2 2 2 2 2 Câu 26: Cho hình chóp SABC cóBC a 2 , các cạnh còn lại đều bằng a.Góc giữa hai đường thẳng SB và AC bằng: A.600 B.900 C.300 D. 120 0 1 2 1 Câu 27: Bất phương trình log2 x 4x 5 log 1 có tập nghiệm là khoảng a;b . Giá trị của 2 2 x 7 5b a bằng: A. 20 B. - 34 C. – 20 D. 34 Câu 28: Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường cong y x3 12x vày x2. Diện tích của (H) bằng: 343 793 397 937 A. B. C. D. 12 4 4 12 1 3 1 Câu 29: Cho hàm số f ( x) liên tục trên¡ và có f x dx 2 f x dx; 6. Giá trị của bằng:f 2 x 1 dx 0 0 1 2 3 A. B. 4 C. D. 6 3 2 Trang 3
  4. Câu 30: Chị X gửi ngân hàng 20 000 000 đồng với lãi suất 0,5%/ tháng (sau mỗi tháng tiền lãi được nhập vào tiền gốc để tính lãi tháng sau). Hỏi sau 1 năm chị X nhận được bao nhiêu tiền, biết trong một năm đó chị X không rút tiền lần nào vào lãi suất không thay đổi (số tiền được làm tròn đến hàng nghìn)? A. 21 233 000 đồng B. 21 235 000 đồng C. 21 234 000 đồng D. 21 200 000 đồng Câu 31: Cho hàm số y f x ax3 bx2 cx d a 0 có đồ thị như hình vẽ. Phương trình f f x 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực? A. 5 B. 9 C. 3 D. 7 Câu 32: Cho hình chópS. ABC cóSA SB SC a 3 , AB AC 2a, BC 3a . Thể tích của khối chóp S. ABC bằng: 5a3 35a3 35a3 5a3 A. B. C. D. 2 2 6 4 Câu 33: Cho hàm số y = f (x). Hàm số y = f '(x) liên tục trên¡ và có đồ thị như hình bên. Hàm số y = f (2 - x) đồng biến trên khoảng: A. (1;3) B. (2;+∞) C. (- 2;1) D. (-∞ ;2) Câu 34: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 16x 2.12x m 2 .9x 0 có nghiệm dương? A. 1 B. 2 C. 4 D. 3 a 3 Câu 35: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc BAD 600 , SA SB SD . 2 Gọi α là góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( SBC ) . Giá trị cosα bằng: 1 5 2 2 2 A. B. C. D. 3 3 3 3 Câu 36: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình y x3 3x m có 5 điểm cực trị? A. 5 B. 3 C. 1 D. vô số Trang 4
  5. Câu 37: Gieo con xúc xắc được chế tạo cân đối và đồng chất 2 lần liên tiếp độc lập. Gọi a là số chấm xuất hiện trong lần gieo thứ nhất, b là số chấm xuất hiện trong lần gieo thứ hai. Xác suất để phương trình x2 ax b 0 có nghiệm bằng: 17 19 4 A. B. C. 12 D. 36 36 9 Câu 38: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4 . Hình trụ (T)có một đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD và chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD . Diện tích xung quanh của (T)bằng: 16 2 16 3 A. B.8 2 C. D. 8 3 3 3 2 dx Câu 39: Biết I a b c với a,b,c là các số nguyên dương. Giá trị a b c bằng: 1 x 1 x x x 1 A. 24 B. 12 C. 18 D. 46 Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;0;0 , B 2;3;0 ,C 0;0;3 . Tập hợp các điểm M x; y; z thỏa mãn MA2 MB2 MC 2 23 là mặt cầu có bán kính bằng: A. 3 B. 5 C.3 D. 23 Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC cóA 1;2; 1 , B 2; 1;3 ,C 4;7;5 . Gọi D a;b;c là chân đường phân giác trong của góc B của tam giác ABC. Giá trị của a b 2c bằng: A. 4 B. 5 C. 14 D. 15 Câu 42: Cho a và b là các số thực dương khác 1. Biết rằng bất kì đường thẳng nào song song với trục tung mà cắt các đồ thị y loga x, y logb x và trục hoành lần lượt tại A, B và H phân biệt ta đều có 3HA 4HB (hình vẽ bên dưới). Khẳng định nào sau đây là đúng? A.a3b4 1 B.3a 4b C.4a 3b D. a4b3 1 1  2 Câu 43: Cho hàm số f ( x) xác định trên ¡ \ thỏa mãn f ' x , f 0 và1 f 1 .2 Giá trị của 2 2x 1 biểu thức f 1 f 3 bằng: A. 4 + ln15 B. 2 + ln15 C. 3 + ln15 D. ln15 Câu 44: Cho khối chóp S. ABC có các góc phẳng ở định S bằng 600 , SA 1, SB 2, SC 3 .Thể tích của khối chóp S. ABC bằng: 2 6 2 3 A. B. C. D. 72 2 2 2 Câu 45: Cho hình chóp cóSA  ABC , AB 3, AC 2 và BAC 600 . Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của A trên SB , SC. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp chóp ABCNM . Trang 5
  6. 21 4 A.R 2 B.R C.R D. R = 1 3 3 mx 1 1 x m 1 Câu 46: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y đồng biến trên khoảng ; 5 2 1 1 1 A.m ( 1;1) B.m ;1 C.m ;1 D. m ;1 2 2 2 Câu 47: Trong tất cả các cặp số thực (x;y ) thỏa mãn log 2x 2y 5 1, có bao nhiêu giá trị thực của m x2 y2 3 để tồn tại duy nhất cặp số thực (x;y) sao cho x2 y2 4x 6y 13 m 0 . A. 2 B. 1 C. 3 D. 0 Câu 48: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A' B 'C ' có AB 2 3 và AA' 2.Gọi M , N, Plần lượt là trung điểm các cạnh A' B ', A'C ' và BC. Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng AB 'C ' và ( MNP) bằng: 6 13 13 17 13 18 13 A. B. C. D. 65 65 65 65 xcosx sinx Câu 49: Cho hàm số y f x có đạo hàm f ' x ,x 0.Số điểm cực trị của hàm số đã cho x2 trên khoảng 0;100 là: A. 100 B. 1 C. 99 D. 0 Câu 50: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên ¡ và có đồ thị hàm số y = f '(x) như hình vẽ bên. Gọi 1 1 g x f x x3 x2 x 2019 . Biết g 1 g 1 g 0 g 2 . Với x  1;2 thì g(x) đạt giá trị nhỏ 3 2 nhất bằng: A. g (2) B. g (1) C. g (-1) D. g (0) HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Trang 6
  7. ĐÁP ÁN 1-C 2-D 3-D 4-D 5-B 6-B 7-C 8-A 9-B 10-B 11-D 12-A 13-B 14-C 15-C 16-A 17-A 18-D 19-C 20-B 21-D 22-B 23-C 24-D 25-A 26-A 27-C 28-D 29-B 30-C 31-D 32-D 33-C 34-B 35-C 36-B 37-B 38-A 39-D 40-C 41-B 42-D 43-C 44-C 45-B 46-C 47-C 48-B 49-C 50-A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (NB) - Cực trị của hàm số Phương pháp: Ta có: x x0 là điểm cực tiểu của hàm số ⇔y tại điểmf x thì hàmx sốx0 có y’đổi dấu từ âm sang dương. Ta có: x x0 là điểm cực đại của hàm số ⇔y tại fđiểm x thì hàmx sốx0 có y’đổi dấu từ dương sang âm. Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạy cực đại tại điểm x 1 và đạt cực tiểu tại x 3. Chọn C. Câu 2 (NB) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện Phương pháp: Thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước lần lượt là a,b, c là . V abc Cách giải: Thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước lần lượt là 1, 2, 3 là: V 1.2.3 6. Chọn D. Câu 3 (NB) - Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số nhận xét tính đơn điệu của hàm số và các điểm mà đồ thị hàm số đi qua để từ đó chọn hàm số đúng. Cách giải: Ta thấy đồ thị hàm số có nét cuối đi lên nên a 0 loại đáp án A và C. Hàm số có hai điểm cực trị là x 0 và x 2. +) Xét đáp án B: y x3 3x 2 có y ' 3x2 3 2 x 1 y ' 0 3x 3 0 x 1 Hàm số có hai điểm cực trị là x = -1 và x = 1. ⇒loại đáp án B. Chọn D. Câu 4 (TH) - Lôgarit Trang 7
  8. Phương pháp: x log xy log x log y; log log x log y a a a a y a a Sử dụng các công thức: (giả sử các biểu thức xác định). 1 log log x; log xm mlog x a n a a a Cách giải: 1 1 1 1 Ta có: log 2 ab log 2 a log 2 b log a log b log b. a a a 2 a 2 a 2 2 a Chọn D. Câu 5 (TH) - Đường tiệm cận Phương pháp: g x Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y f x lim h x x a Đường thẳng y = b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y f x lim f x b x Cách giải: 2x 1 Ta có: (C) : y 3 x 2 2 TXĐ: D ¡ \  3 2 x là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 3 Chọn B. Câu 6 (TH) – Nguyên hàm Phương pháp: Sử dụng các công thức nguyên hàm của hàm số cơ bản. Cách giải: x2 Ta có: F x f x dx x ex dx ex C. 2 Chọn B. Câu 7 (TH) - Bất phương trình mũ và bất phương trình lôgarit Phương pháp: a 1 x b Giải bất phương trình mũ a x ab 0 a 1 x b Cách giải: Ta có: 21 3x 16 21 3x 24 1 3x 4 x 1. S ; 1. Chọn C. Câu 8 (TH) - Cấp số cộng (lớp 11) Phương pháp: Công thức tổng quát của CSC có số hạng đầu là u 1và công sai d :un u1 n 1 d. Trang 8
  9. Cách giải: Ta có:u5 u1 4d 1 4.2 7 . Chọn A. Câu 9 (TH) - Hàm số lũy thừa Phương pháp: x ¡ khi n ¢ Hàm số x nxác định x ¡ \0 khi n ¢ x 0; khi n¢ Cách giải: 1 1 +) Xét đáp án A: Hàm số y 2x 1 3 xác định ⇔2x 1 0 x ⇒ loại đáp án A. 2 1 +) Xét đáp án B: Hàm số y 2x 2 1 3 xác định ⇔2x2 1 0x ¡ ⇒ chọn đáp án B. Chọn B. Câu 10 (TH) - Hệ tọa độ trong không gian Phương pháp:  Cho hai điểm A x1; y1; z1 và B x2 ; y2 ; z2 AB x2 x1; y2 y1; z2 z1 Cách giải:  Ta có: A 2;3; 1 và B 4;1;9 AB 6; 2;10 . Chọn B. Câu 11 (NB) - Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số Phương pháp: Hàm số y f x đồng biến trên a;b f ' x 0x a;b . Hàm số y = f ( x) nghịch biến trên a;b f ' x 0x a;b . Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên( ;1) và 3; .Hàm số nghịch biến trên(1;3) . Chọn D. Câu 12 (NB) - Hoán vị - Chỉnh hợp - Tổ hợp (lớp 11) Phương pháp: n! n! Sử dụng các công thức: C k , Ak n k! n k ! n n k ! Cách giải: n! n n 1 n 2 n n 1 +) Xét đáp án A: C 2 n 2! n 2 ! 2 n 2 ! 2 ⇒ Đáp án A đúng. Chọn A. Câu 13 (TH) - Hệ tọa độ trong không gian Phương pháp: Cho điểm M a;b;c thì M1 a;0;0 , M 2 0;b;0 , M 3 0;0;c lần lượt là hình chiếu của M trên các trục Ox,Oy,Oz. Cách giải: Ta có: hình chiếu của M 1; 3; 5 trên trục Ox là: M1 1;0;0 . Trang 9
  10. Chọn B. Câu 14 (TH) - Tích phân Phương pháp: Sử dụng các tính chất cơ bản của tích phân để chọn đáp án đúng: b b kf x dx k f x dx k 0 a a b c b f x dx f x dx f x dx a a c b b b f x dx g x dx f x g x dx a a a Cách giải: 3 2 3 Ta có: f x dx f x dx f x dx 3 4 1 1 1 2 Chọn C. Câu 15 (NB) - Mặt nón Phương pháp: Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy R,chiều cao h và đường sinh l : Sxq Rl. Cách giải: Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy ,rchiều cao h và đường sinh l :Sxq rl . Chọn C. Câu 16 (TH) - Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số Phương pháp: Cách 1: +) Tìm GTLN và GTNN của hàm số y f x trên a;b bằng cách: +) Giải phương trình y ' = 0 tìm các nghiệm xi . +) Tính các giá trị f a , f b , f xi (xi a;b) . Khi đó: min f x min f a ; f b ; f xi ,max f x max f a ; f b ; f xi  . a;b a;b Cách 2: Sử dụng chức năng MODE 7 để tìm GTLN, GTNN của hàm số trên a;b. Cách giải: x2 8x Xét hàm số f x trên 1;3 ta có: x 1 2x 8 x 1 x2 8x 2x2 6x 8 x2 8x x2 2x 8 f ' x x 1 2 x 1 2 x 1 2 x 2 1;3 f ' x 0 x2 2x 8 0 x 4 1;3 Trang 10
  11. 7 f 1 2 7 f 2 4 Max f x 1;3 2 15 f 3 4 Chọn A. Câu 17 (TH) - Ôn tập chương 3: Phương pháp tọa độ trong không gian Phương pháp: Cho mặt phẳng (P)và mặt cầu (S)có tâm I và bán kính ,Rkhi đó (S)tiếp xúc với (P) d I; P R. Cách giải: Ta có mặt cầu S : x2 y2 z2 6x 4z 9 m2 0 có tâm I 3;0;2 và bán kính R 9 4 9 m2 m2 4. Phương trình mặt phẳng Oyz : x 0. Mặt cầu (S)tiếp xúc với ( Oxy) ⇔ d I; Oxy R 3 m 5 m2 4 m2 4 9 m2 5 1 m 5 m1.m 2 5. 5 5. Chọn A. Câu 18 (TH) - Hệ tọa độ trong không gian Phương pháp: Vecto a và vecob cùng phương a kb k 0 Cách giải: Ta có: hai vecto a m;2;3 và b 1;n;2 cùng phương a kb k 0 2 k 3 m k 3 m;2;3 k 1;n;2 2 kn m 2 3 2k 4 n 3 3 4 2m 3n 2. 3. 7 2 3 Chọn D. Câu 19 (TH) - Ôn tập chương 3: Phương pháp tọa độ trong không gian Phương pháp: Cho mặt cầu S I; R và mặt phẳng (P)cách I một khoảng bằng d thì giao của (P)và (S)là đường tròn bán kính r R2 d 2 . Cách giải: R Theo đề bài ta có: d I; P 2 Trang 11
  12. 2 2 2 2 R R 3 .Khi đó bán kính đường tròn giao tuyến của (P)và (S)là: r R d R . 2 2 R 3 ⇒ Chu vi của đường tròn giao tuyến là: C 2 r 2 . R 3 2 Chọn C. Câu 20 (VD) - Tương giao đồ thị hàm số và biện luận nghiệm của phương trình Phương pháp: Từ đồ thị hàm số y f x suy ra đồ thị hàm số y f x bằng cách giữ lại phần đồ thị phía trên trục ,Ox lấy đối xứng phần đồ thị phía dưới trục Ox lên phía trên trục . Ox Số nghiệm của phương trình f x 2 là số giao điểm của đồ thị hàm số y f x và đường thẳng y 2. Dựa vào đồ thị hàm số y f x để tìm số giao điểm của hai đồ thị hàm số. Cách giải: Số nghiệm của phương trình f x 2 là số giao điểm của đồ thị hàm số y f x và đường thẳng y 2. Ta có đồ thị hàm số y f x như sau: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y 2 cắt đồ thị hàm số y f x tại 4 điểm phân biệt. Chọn B. Câu 21 (TH) – Hàm số lôgarit Phương pháp: f ' x Sử dụng các công thức tính đạo hàm của hàm số logarit: log f x ' . a f x lna Cách giải: 2 Ta có: y log3 x 1 2x 2.1 1 y ' y ' 1 . x2 1 ln3 12 1 ln3 ln3 Chọn D. Câu 22 (TH) - Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số Phương pháp: Trang 12
  13. Hàm số y = f (x) đồng biến trên a;b f ' x 0 x a;b . Hàm số y = f (x) nghịch biến trên a;b f ' x 0x a;b . Cách giải: Ta có: y x3 3x2 9x 7 y ' 3x2 6x 9 2 x 1 Hàm số đã cho đồng biến y ' 0 3x 6x 9 0 x 3 ⇒ Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng ( ; 1) và 3; . Trong các đáp án ta thấy: ⇒ 5chọn; 2 B. ; 1 Chọn B. Câu 23 (VD) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện Phương pháp: 3V Sử dụng công thức:.h S Cách giải: 3 Ta có: VSABCD 2VSABD 4a 3 1 ⇒VSABD 2a d D; SAB .SSAB 3 3.2a3 ⇔ d D; SAB 6a. a2 MS 1 d M ; SAB Ta có: d D; SAB 2d M ; SAB DS 2 d D SAB 1 1 ⇒ d M ; SAB d D; SAB .6a 3a . 2 2 Chọn C. Câu 24 (TH) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện Phương pháp: Thể tích khối lập phương cạnh a là V a3. Cách giải: Trang 13
  14. Gọi cạnh của khối lập phương là: x x 0 . ⇒ AC x 2 2 ⇒ SACC ' A' AA'.AC x.x 2 2 2 a ⇔ x2 2 2 2a2 x a 2. 3 3 VABCDA'B'C 'D' a 2 2 2a Chọn D. Câu 25 (TH) - Lôgarit Phương pháp: x log xy log x log y; log log x log y a a a a y a a Sử dụng các công thức: (giả sử các biểu thức xác định). 1 log x log x;log xm mlog x an n a a a Cách giải: Ta có: a2 b2 6ab a2 2ab b2 8ab a b 2 8ab 2 ⇒log2 a b log2 8 ab ⇔ 2log2 a b log2 8 log2a log2b 1 ⇔log a b 3 log a log b . 2 2 2 2 Chọn A. Câu 26 (VD) - Hai đường thẳng vuông góc (lớp 11) Phương pháp: Góc giữa đường thẳng a, b là góc giữa đường thẳng a ',b' với a / /a ',b / /b'. Cách giải: Ta có: AB AC a; BC a 2 ABC vuông cân tại .A Gọi H là trung điểm của BC SH  ABC . Dựng BD / / AC ABDC là hình vuông. ⇒  SB; AC  SB; BD SBD. Ta có: SB SD BD a SBD là tam giác đều ⇒ SBD 600  SB; AC . Chọn A. Câu 27 (TH) - Bất phương trình mũ và bất phương trình lôgarit Phương pháp: Trang 14
  15. a 1 f x g x Giải bất phương trình log loga f x loga g x 0 a 1 f x g x Cách giải: 1 2 1 log2 x 4x 5 log 1 * 2 2 x 7 2 x 1 x 4x 5 0 x 1 Điều kiện: x 5 x 7 0 7 x 5 x 7 2 1 * log2 x 4x 5 log2 x 7 2 log2 x 4x 5 log2 x 7 x2 4x 5 x 7 x2 4x 5 x 7 2 do x 7 0 x2 4x 5 x2 14x 49 10x 54 27 x 5 a 7 27 Kết hợp với điều kiện ta thấy tập nghiệm của bất phương trình là: S 7; 27 5 b . 5 27 ⇒5b a 5. 7 20. 5 Chọn C. Câu 28 (VD) - Ứng dụng của tích phân trong hình học Phương pháp: Công thức tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường thẳng x a, x b a b và các đồ thị hàm b số y f x , y g x là : S f x g x dx. a Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y x3 12x và y x2 ta được: x 0 3 2 3 2 x 12x x x x 12x 0 x 3 x 4 0 4 S x2 x3 12x dx x3 12x x2 dx H 3 0 3 4 0 4 3 4 x x 2 x 2 x 6x 6x 3 4 3 4 3 0 Trang 15
  16. 99 160 937 4 3 12 Chọn D. Câu 29 (VD) – Tích phân Phương pháp: b c c Sử dụng tính chất của tích phân: f x dx f x dx f x dx. a b a Sử dụng phương pháp tích phân đổi biến. Cách giải: 1 1 2 1 Ta có: f 2x 1 dx f 2x 1 dx f 2x 1 dx 1 1 1 2 1 2 2 Đặt I f 2x 1 dx; I f 2x 1 dx 1 2 1 1 2 1 2 Tính I f 2x 1 dx 1 1 1 Đặt 2x 1 t dt 2dx dx dt 2 x 1 t 3 Đổi cận: 1 x t 0 2 1 0 1 3 1 3 1 ⇒ I f t dt f t dt f x dx .6 3 1 2 3 2 0 2 0 2 1 TínhI f 2x 1 dx 2 1 2 1 Đặt 2x 1 t dt 2dx dx dt 2 x 1 t 1 Đổi cận: 1 x t 0 2 1 1 1 1 1 I f t dt f x dx .2 1 2 2 0 2 0 2 I I1 I2 3 1 4 Chọn B. Câu 30 (TH) - Hàm số mũ Phương pháp: Gửi A đồng với lãi suất %r sau kì hạn n thì số tiền cả gốc lẫn lãi nhận được là: T A 1 r n . Cách giải: Sau 1 năm, chị X nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là: T 20000000 1 0,5% 12 21234000 đồng. Trang 16
  17. Chọn C. Câu 31 (VD) - Tương giao đồ thị hàm số và biện luận nghiệm của phương trình Phương pháp: 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 có tính chất song song với trục hoành. Cách giải: f x a 2; 1 1 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: f f x 0 f x b 0;1 2 f x c 1;2 3 Xét phương trình (1): số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x) và đường thẳng y = a với a ( 2; 1) ) song song với trục hoành, do đó phương trình (1) có 1 nghiệm. Tương tự ta có: Phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt. Phương trình (3) có 3 nghiệm phân biệt. Các nghiệm của 3 phương trình (1), (2), (3) đôi một phân biệt. Vậy phương trình ban đầu có 7 nghiệm phân biệt. Chọn D. Câu 32 (VD) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện Phương pháp: - Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC suy ra SO  ABC . - Tính diện tích tam giác ABC bằng công thức Hê-rông: S p p a p b p c với a ,b , c là độ dài 3 cạnh của tam giác, p là nửa chu vi của tam giác. abc - Sử dụng công thức tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác: R . 4S - Áp dụng định lí Pytago tính đường cao của khối chóp. 1 - Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V S .h. 3 day Cách giải: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Vì SA = SB = SC ( gt) nên SO ⊥ ( ABC ) . AB BC CA 7a Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC ta cóp . 2 2 3 7a2 Suy raS p p AB p BC p CA . ABC 4 OA là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC nên Trang 17
  18. AB.BC.CA 2a.3a.2a 4a 7 OA . 4S 3 7.a2 7 ABC 4. 4 Vì SO ⊥( ABC) nên SO ⊥OA , do đó tam giác SOA vuông tại O. Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOA ta có: 16a2 a 35 SO SA2 OA2 3a2 . 7 7 1 1 a 35 3 7a 2 a3 5 Vậy V SO.S . . . S.ABC 3 ABC 3 7 4 4 Chọn D. Câu 33 (VD) - Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số Phương pháp: - Tính đạo hàm của hàm số. - Tìm khoảng của x để đạo hàm dương. Cách giải: Đặt g x f 2 x ta có : g ' x f ' 2 x . Xét g ' x 0 f ' 2 x 0. 2 x 1 x 3 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: f ' 2 x 0 . 1 2 x 4 2 x 1 Vậy hàm số y f 2 x đồng biến trên 3; và 2;1 . Chọn C. Câu 34 (VD) - Phương trình mũ và phương trình lôgarit Phương pháp: - Chia cả 2 vế của phương trình cho 9x. x 4 - Đặt ẩn phụ t lập BBT và kết luận. x Cách giải: Chia cả 2 vế của phương trình cho 9x ta được: 16x 2.12x m 2 .9x 0 2x x 4 4 ⇔ 2. m 2 0 3 3 x 4 2 Đặt t 0 , phương trình trở thành: t 2t m 2 0 * 3 Để phương trình ban đầu có nghiệm x > 0 thì phương trình (*) có nghiệm t >1 . Xét hàm số f t t 2 2t m 2 0 ta có BBT: Trang 18
  19. Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có nghiệm t 1 khi và chỉ khim 3 0 m 3 . Kết hợp điều kiện m nguyên dương ta có m 1;2. Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn B. Câu 35 (VDC) - Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (Toán 11) Cách giải: AB AD ABD Xét tam giác ABD có: 0 đều.  BAD 60 Gọi H là trọng tâm ∆ ABD, doSA SB SD nên SH  ABCD . Gọi M là trung điểm của AD, ta cóBM  AD BM  BC . BC  BM Ta có: BC  (SBM ) . BC  SH Gọi N, E lần lượt là trung điểm của BC và SC ta có: BN / /DM BNDM là hình bình hành DN / /BM BN DM Lại có NE là đường trung bình của tam giác SBC nên NE / /SB ⇒ NDE / / SBM . Mà BC  SBM nên BC  NDE . Trong NDE kẻ DK  NE(K NE) ta có: DK  NE DK  SBC . DK  BC BC  NDE ⇒ Hình chiếu của SD lên (SBC) là SK .  SD; SBC  SD;SK DSK. 2 a 3 a 3 Xét tam giác SHA có AH AO , SA . 3 3 2 Trang 19
  20. a 1 5 Áp dụng định lí Pytago ta có:SH SA2 AH 2 . 6 2a 3 Ta có: AC 2AO a 3 HC AC AH . 3 a 7 Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SHC ta có: SC SH 2 HC 2 . 2 Xét tam giác SCD có: SD2 CD2 SC 2 DE 2 2 4 2 3 a 2 a 2 7a 4 2 16 a 7 ⇒ DE 4 a 2 1 a 3 a 7 Xét tam giác DNE ta có: DN BM , NE SB , DE . 3 2 4 4 7 3 3 Gọi p là nửa chu vi tam giác DNE ta có: p . 8 a2 5 Diện tích tam giác DNE là:S p p DN p DE p NE . DNE 16 1 2S a 15 Lại có S DK.NE DK DNE . DNE 2 NE 6 Ta có:DK  SBC DK  SK . a 15 DK 5 ⇒ ∆ SDK vuông tại K , suy ra sinDSK 6 SD a 3 3 2 2 Vậy cos 1 sin2 . 3 Chọn C. Câu 36 (VD) - Cực trị của hàm số Phương pháp: Hàm số y ax3 bx2 cx d có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số y ax3 bx2 cx d có 2 điểm cực trị nằm về hai phía trục Ox . Cách giải: 3 2 x 1 Xét hàm số y x 3x m ta có: y ' 3x 3 0 x 1 Với x 1 thì y m 2. Với x 1 thì y m 2. Do đó hàm số y x3 3x m có hai điểm cực trị A 1;m 2 ; B 1;m 2 . Để hàm số y x3 3x m có 5 điểm cực trị thì ,A B nằm khác phái đối với trục Ox . Trang 20
  21. ⇒ m 2 m 2 0 2 m 2. Kết hợp điều kiện m nguyên suy ra m  1;0;1. Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn B. Câu 37 (VD) - Xác suất của biến cố (Toán 11) Phương pháp: - Tính ∆, tìm điều kiện để phương trình có nghiệm. - Xét từng giá trị của b , từng giá trị của a tương ứng. Cách giải: Không gian mẫu n  6.6 36. Phương trình x2 ax b 0 có nghiệm khi và chỉ khi a2 4b 0 a2 4b . Do a là số chấm xuất hiện trong lần gieo thứ nhất, b là số chấm xuất hiện trong lần gieo thứ hai nên a,b X 0;1;2;3;4;5;6. TH1: b 1 a2 4 a 2;3;4;5;6 Có 5 cách chọn a . TH2: b 2 a2 8 a 3;4;5;6 Có 4 cách chọn a . TH3: b 3 a2 12 a 4;5;6 Có 3 cách chọn a . TH4: b 4 a2 16 a 4;5;6 Có 3 cách chọn a . TH5: b 5 a2 20 a 5;6 Có 2 cách chọn a . TH6: b 6 a2 24 a 5;6 Có 2 cách chọn a . Gọi A là biến cố: “phương trình x2 ax b 0 có nghiệm” n A 5 4 3 3 2 2 19. 19 Vậy P A . 36 Chọn B. Câu 38 (VD) – Mặt trụ Phương pháp: S - Tính bán kính đường tròn nội tiếp đáy, sử dụng công thức r trong đó S, p lần lượt là diện tích và nửa p chu vi của tam giác. - Sử dụng định lí Pytago tính chiều cao của hình tứ diện. - Diện tích xung quanh hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là Sxq 2 rh. Cách giải: 42 3 Tam giác BCD đều cạnh a nên S 4 3. BCD 4 Trang 21
  22. 3.4 Gọi p là nửa chu vi tam giác BCD ta có p 6. 2 S 4 3 2 3 Khi đó bán kính đường tròn nội tiếp tam giác BCD làr , p 6 3 đây cũng chính là bán kính đáy của hình trụ. Gọi O là trọng tâm tam giác BCD ta có AO  BCD . 2 4 3 4 3 Xét tam giác vuông SOB có; BO . , AB 4 . 3 2 3 2 2 2 2 4 3 4 6 AO AB BO 4 , đây cũng chính là chiều cao của hình trụ. 3 3 2 3 4 6 16 2 Vậy diện tích xung quanh hình trụ là S 2 . . . xq 3 3 3 Chọn A. Câu 39 (VD) – Tích phân Phương pháp: Sử dụng phương pháp đổi biển, đặt t x x 1. Cách giải: 2 dx 2 dx Ta có: I 1 x 1 x x x 1 1 x x 1 x 1 x 1 1 x 1 x Đặt t x 1 x ta có dt dx 2 x 1 2 x 2 x x 1 dx 2dt 2 dt ⇒ . x x 1 x 1 x t x 1 t 1 2 Đổi cận: x 2 t 2 3 2 3 2dt 2 2 3 2 2 ⇒ I 2 3 2 2 2 1 t 2 t 1 2 1 2 2 3 1 2 = 2 3 2 2 2 2 2 2 3 4 2 2 32 12 2 . ⇒ a 32,b 12,c 2. Vậy a b c 32 12 2 46. Chọn D. Câu 40 (TH) – Hệ tọa độ trong không gian Phương pháp: - Tính độ dài đoạn thẳng AB biết A xA; yA; zA ; B xB ; yB ; zB , sử dụng công thức 2 2 2 AB xA xB yA yB zA zB . - Mặt cầu S : x2 y2 z2 2ax 2by 2cz d 0 có tâmI a;b;c , bán kính R a2 b2 c2 d . Cách giải: Ta có: Trang 22
  23. MA2 x 1 2 y2 z 2 MB2 x 2 2 y 3 2 z 2 MC 2 x2 y2 z 3 2 Theo bài ra ta có: MA2 MB2 MC 2 23 ⇒ x 1 2 y2 z2 x 2 2 y 3 2 z2 x2 y2 z 3 2 23 ⇔3x2 3y2 3z2 6x 6y 6z 0 ⇔ x2 y2 z2 2x 2y 2z 0 Vậy tập hợp các điểm M là mặt cầu tâmI 1;1;1 , bán kính R 3. Chọn C. Câu 41 (VD) – Phương trình đường thẳng trong không gian Phương pháp: - Viết phương trình tham số của đường thẳng AC , tham số hóa tọa độ điểm D . DA BA - Sử dụng tính chất đườn phân giác DC BC BC . Cách giải:  Ta có: AC 5;5;6 . x 1 5 t Phương trình tham số của đường thẳng AC là: y 2 5 t (t ¡ ) z 1 6 t Ta có D AC nên D 1 5;2t 5;t 1 6t . Ta có: BA 1 2 32 4 2 26 BC 6 2 82 22 104 DA BA 1 Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: . DC BC 2     Do D nằm giữa hai điểm ,A C nên DA, DC ngược hướng nên DC 2DA  DC 5 5t;5 5t;6 6t  DA 5; 5t; 6t 5 5t 2,5t 1 5 5t 2 5t t 3 6 6t 2 6t 2 11 Suy ra D ; ;1 . 3 3 2 11 Vậy a b ;c 1 a b c 5 3 3 Trang 23
  24. Chọn B. Câu 42 (VD) – Hàm số Lôgarit Phương pháp: - Gọi H x0 ;0 x0 1 xác định tọa độ các điểm A, B. - TínhHA, HB sau đó biến đổi tìm mối liên hệ giữa a và b . Cách giải: Gọi H x0 ;0 x0 1 ta có A x0loga x0 ; B x0logb x0 HA loga x0 ; HB logb x0 do loga x0 logb x0 0 Theo bài ra ta có: 3HA 4HB 3loga x0 4logb x0 3loga x0 4logb x0 0 3 4 0 log a log b x0 x0 3log b 4log a x0 x0 0 log b.log a x0 x0 log b3 log a4 0 x0 x0 log a4b3 0 x0 a4b3 1 Chọn D. Câu 43 (VD) – Nguyên hàm Phương pháp: - Sử dụng công thức f x f ' x dx. - Phá trị tuyệt đối, tìm hằng số C trong từng trường hợp. Cách giải: 2 Ta có: f ' x 2x 1 1 ln 2x 1 C khi x 2 1 2 ⇒ f x dx ln 2x 1 C 2x 1 1 ln 2x 1 C khi x 2 2 . Với x = 0 ta có f 0 ln1 C2 1 C2 1. Với x = 1 ta có f 1 ln1 C1 2 C1 2. 1 ln 2x 1 2khi x 2 f x 1 ln 2x 1 1 khi x 2 ⇒ f 1 ln3 1; f 3 ln5 2 ⇒ f 1 f 3 ln3 ln5 3 3 ln15 Chọn C. Câu 44 (VD) – Khái niệm về thể tích của khối đa diện Trang 24
  25. Phương pháp: Sử dụng công thức tỉ số thể tích. Cách giải: Theo bài ra ta cóASB BSC CSA 600 . Trên các cạnh SB ,SC lần lượt lấy các điểm B ',C ' sao cho SB ' SC ' 1. Ta có các tam giác SAB ', SB 'C ', SAC ' là các tam giác đều cạnh 1. ⇒AB ' = B ' C ' = AC ' = 1 . 2 ⇒ S.AB 'C 'là tứ diện đều cạnh 1 V . S.AB'C ' 12 V SB ' SC ' 1 1 1 Ta có: V SAB'C ' . . . VS.ABC SB SC 2 3 6 2 Vậy V 6V . S.ABC S.AB'C ' 2 Chọn C. Câu 45 (VD) – Khái niệm về thể tích của khối đa diện Phương pháp: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , chứng minh OA OB OC OM ON. Cách giải: Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB ,AC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tam giác ABM vuông tại M nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM . OE  AB Ta có: OE  SAB OE  ABM . OE  SA SA  ABC Do đó OA OB OM. Chứng minh tương tự ta có OA = OC = ON . Lại có OA OB OC nên OA OB OC OM ON. Do đó O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp đa diện ABCNM , và bán kính mặt cầu là R = OA , cũng chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Trang 25
  26. 1 1 3 3 Ta có: S AB.AC.sinBAC .3.2.sin 600 . ABC 2 2 2 Áp dụng định lí cosin trong tam giác giác ABC ta có: BC 2 AB2 AC 2 2AB.AC.cos  BAC BC 2 32 22 2.3.2.cos600 BC 2 7 BC 7 AB.BC. AC 3.2. 7 21 Vậy R OA . 4S 3 3 3 ABC 4. 2 Chọn B. Câu 46 (VD) – Hàm số mũ Phương pháp: - Tìm TXĐ của hàm số. 1 1 1 - Hàm số đồng biến trên khoảng ; thì y ' 0x ; và hàm số xác định trên ; 2 2 2 Cách giải: TXĐ: D ¡ \ m. mx 1 2 m 1 1 x m 1 Ta có: y ' 2 ln x m 5 5 1 1 1 Để hàm số đồng biến trên ; thì y ' 0x ; và hàm số xác định trên ; 2 2 2 mx 1 2 m 1 1 x m 1 1 2 ln 0x ; x m 5 5 2 1 m ; 2 m2 1 0 1 m 1 1 1 1 m 1 m m 2 2 2 1 Vậy m ;1 2 Chọn C. Câu 47 (VDC) – Bất phương trình mũ và bất phương trình lôgarit Cách giải: Ta có: log 2x 2y 5 1 x2 y2 3 ⇔ 2x 2y 5 x2 y 2 3 ⇔ x2 y2 2x 2y 2 0 1 ⇒ Tập hợp các cặp số thực ( x,y ) thỏa mãnlog 2x 2y 5 1 là hình tròn x2 y2 3 2 2 C1 : x y 2x 2y 2 0 (tính cả biên). Trang 26
  27. Xét x2 y2 4x 6y 13 m 0 x 2 2 y 3 2 m. x 2 TH1:m 0 , không thỏa mãn (1). y 3 TH2: m >0 , khi đó tập hợp các cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn x2 y2 4x 6y 13 m 0 là đường tròn 2 2 C2 : x y 4x 6y 13 m 0. Để tồn tại duy nhất cặp số thực ( x;y ) thỏa mãn yêu cầu bài toán thì hai đường tròn C1 và C2 tiếp xúc ngoài với nhau hoặc hai đường tròn C1 và C2 tiếp xúc trong và đường tròn C2 có bán kính lớn hơn đường tròn C1 . C1 có tâm I1 1;1 , bán kính R1 2. ( C2) có tâm I2 2; 3 , bán kính R2 m m 0 . Để C1 và C2 tiếp xúc ngoài thì I1I2 R1 R2. ⇔ 3 2 4 2 2 m ⇔5 2 m m 9 tm Để đường tròn C1 và C2 tiếp xúc trong và đường tròn C2 có bán kính lớn hơn đường tròn C1 . ⇒ R2 R1 I1I2 ⇔ m 2 3 2 42 ⇔m = 49 ( tm ) Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn C. Câu 48 (VDC) – Hai mặt phẳng vuông góc (Toán 11) Cách giải: Ta có MNP  MNCB . Gọi E,Flần lượt là trung điểm của MN, B 'C '. Dễ dàng chứng minh được AA' B ' AA'C ' (hai cạnh góc vuông) ⇒ AB ' AC ' AB 'C ' cân tại A. ⇒ AF  B 'C '(Đường trung tuyến đồng thời là đường cao). Ta có MN / /B 'C ' MN / /BC nên MNCB là hình thang. Trang 27
  28. Dễ dàng chứng minh được BB 'M CC ' N nên BM = CN . Mà BM ,CN, AA' đồng quy (Định lí 3 đường giao tuyến) nên MNCB là hình thang cân. Lại cóE,Plà trung điểm của hai đáy nên EP  MN, EP  BC. Trong ACC ' A' gọi Q CN  AC ', trong ABB ' A' gọi P AB ' BM. Khi đó AB 'C '  MNCB PQ. AB 'C '  B 'C ' Ta có: MNCB  BC AB 'C '  MNCB PQ / /BC / /MN B 'C '/ /BC Do đó PQ  EP . MNCB  AB 'C ' PQ Ta có: MNCB  EF  PQ  MNCB ; AB 'C '  EP; AF AB 'C '  AF  PQ Trong ( AB' C ' ) gọi G PQ  AF. AQ AC AQ 2 AG AQ 2 Áp dụng định lí Ta-lét ta có: 2 ; . QC ' NC ' AC ' 3 AF AC ' 3 Áp dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông ta có: AB ' AA'2 A' B '2 4 12 4; AF AB '2 B ' F 2 16 3 13; 2 2 13 ⇒ AG AF . 3 3 BC MN 2 3 3 3 Gọi H,Klần lượt là hình chiếu của M, N trên BC , ta có BH KC . 2 2 2 Áp dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông ta có: BM BB '2 B 'M 2 4 3 7. 3 5 MH BM 2 BH 2 7 EP. 4 2 GP AP 2 5 Áp dụng định lí Ta-lét ta có: 2 GP EP . GE EF 3 3 2 3. 3 Tam giác ABC đều cạnh 2 3 nên AP 3. 2 Áp dụng định lí Côsin trong tam giác AGP ta có: Trang 28
  29. 2 2 2 13 5 2 3 GA2 GP2 AP2 3 3 13 cosAGP 2GA.GP 2 13 5 65 2. . 3 3 13 Vậy cos MNCB ; AB 'C ' cos EP; AF . 65 Chọn B. Câu 49 (VDC) – Cực trị của hàm số Chọn C. Câu 50 (VDC) – Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số Cách giải: Ta có: g ' x f ' x x2 x 1 . g ' x 0 f ' x x2 x 1. Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y f ' x và y x2 x 1. x 1 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy g ' x 0 x 0 x 2 BBT: So sánhg 1 và g 2 . Ta có g 1 g 1 g 0 g 2 g 1 g 2 >g 0 g 1 . Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên (0;2) nên g 0 g 1 g 0 g 1 0 Suy ra g 1 g 2 >0 g 1 g 2 Trang 29
  30. Vậy min g x g 2 . 1;2 Chọn A. Trang 30