Đề thi Tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2020 (Đề chính thức) - Mã đề 103 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi Tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2020 (Đề chính thức) - Mã đề 103 (Có đáp án)

1. Tôi là Lê Thừa Thành, GV toán THPT Nguyễn Hiền Đà Nẵng. Trên tinh thần giao lưu, trao đổi, chia sẻ và học hỏi, tôi xin gửi đến Quý Thầy Cô giáo cùng các em HS 5 cách giải (thực chất là 6 cách) về câu 48, mã đề 103 đề thi tốt nghiệp THPT. Thứ tự các lời giải được trình bày theo thứ tự tìm hướng giải và từ đó hình thành nên lời giải, không có ý nghĩa là lời giải nào ưu tiên hơn lời giải nào.Cũng xin giới thiệu thêm cách giải thứ 6 của một đồng nghiệp. Xin được sự phản hồi của Quý Thầy Cô giáo cùng các em HS. Hi vọng sẽ được đón nhận thêm các cách giải khác. Câu 48: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và AA' 2a . Gọi M là trung điểm của AA' (tham khảo hình bên). Khoảng cách từ M đến mặt phẳng AB'C bằng 57a 5a 2 5a 2 57a A. . B. . C. . D. . 19 5 5 19 Cách 1 trang 1
2. (*) MB cắt AB’ tại G thì có G là trọng tâm của A' B' 1 tam giác A’AB. Do đó MG GB 2 1 d M ,(AB'C) d B,(AB'C) 2 M (*) Tính trực tiếp : d Có B ,(AB'C) G AC  (IBB'J ), dựng BH  IB' thì có BH  (AB'C) d B,(AB'C) BH. A B 1 1 1 1 1 A' B' (*) BH 2 BI 2 BB'2 a 3 (2a)2 C' 2 M 4 1 19 2 3a H BH 3a2 4a2 12a2 19 a 3 a 57 B d M ,(AB'C) A 19 19 I C Cách 2 (*) MB cắt AB’ tại G thì có G là trọng tâm của tam giác A' B' 1 A’AB. Do đó MG GB 2 1 1 M d M ,(AB'C) d B,(AB'C) k 2 2 G bằng phương pháp thể tích (*)Tính gián tiếp d B,(AB'C) A B 1 a2 3 a3 3 V V 2a. A' B' B.AB'C B'.ABC 3 4 6 (*) Tam giác AB’C cân tại B’ nên AC  IB' và C' a 19 IB' B'B2 BI 2 M 2 1 a2 19 dt(AB'C) AC.IB' 2 4 B A 3V 2a 57 1 a 57 k B.AB'C d M ,(AB'C) k I dt(AB'C) 19 2 19 C Cách 3 trang 2
3. (*) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC, A’C’ và N là A' B' trung điểm của CC’ thì IJ và MN cắt nhau E là trung điểm của MN. MN//(AB’C) nên d(M, (AB’C))=d(E, (AB’C)) J (*) AC  IJ, AC  IB' AC  (IJB') . Dựng C' EH  IB' EH  (AB'C) M d(E,(AB'C)) EH E H Hai tam giác IHE, IJB' đồng dạng nên có N HE JB' JB'.IE A B HE (1) IE IB' IB' I 1 a 3 (*) Ta có IE AA' a; JB' ; C 2 2 J B' a 19 IB' B'B2 BI 2 2 a 57 E (*) Thay vào (1), tính được HE 19 H Ghi chú: Ở đây ta cũng có thể nhận xét được rằng: Nếu gọi P là giao điểm của EB và IB’ thì P là trọng tâm tam giác BIJ. Suy ra I 1 d E,(AB'C) d B,(AB'C) 2 (Có cách giải như cách 2 đã trình bày) Cách 4 (*) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC, A’C’ A' B' 1 (*)V V B'J.dt(MAC) J M .AB'C B'.AMC 3 C' 1 1 a 3 a3 3 M B'J.AM.AC . .a.a 6 6 2 12 Ghi chú: Hoặc tính VM .AB'C như sau: B A 1 Vì dt(MAC) dt(ACC ' A') nên I 4 C 1 V V V M .AB'C B'.AMC 4 B'.ACC ' A' 1 1 a 3 a3 3 AC.AA'.B'J a.2a. 12 12 2 12 trang 3
4. 1 a2 19 (*) dt(AB'C) AC.IB' 2 4 Gọi h là khoảng cách từ M đến mp(AB’C) thì 3V a 57 h M .AB'C dt(AB'C) 19 Cách 5 (*) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC, A’C’ z Chọn hệ tọa độ Ixyz như hình vẽ. Ta có A' B' a a 3 I(0;0;0), C ;0;0 , B 0; ;0 , J 2 2 C' a a 3 M ;0;a , B' 0; ;2a . M 2 2  a  (*) IC ;0;0 i (1;0;0) 2 y A B  a 3  I IB' 0; ;2a u 0; 3;4 C 2 x    n i,u 0; 4; 3 mp(AB'C) : 4y 3z 0 3a a 57 (*) d M ,(AB'C) 2 2 19 ( 4) 3 Cách 6 (Lời giải của Thầy Trần Đình Minh, GV toán, chuyên Lê Quí Đôn, Đà Nẵng) (*) Gọi là góc giữa MA và (AB'C , )I là trung điểm AC. A' B' MA / /BB' nên  I B'B BB' 4 C' Suy ra cot cotI B'B IB 3 M BB' 4 cot cotI B'B IB 3 B 1 3 A Vậy sin I 2 1 cot  19 C trang 4
5. 3 a 57 d M ,(AB'C) MA.sin a 19 19 Ngày 11/8/2020. Mùa Covid đợt 2 Lê Thừa Thành, GV tổ Toán-Tin THPT Nguyễn Hiền, Đà Nẵng trang 5