Hàm số có một điểm cực đại và một điểm cực tiểu

Xét 4 Xét 4

D. Hàm số có một điểm cực đại và một điểm cực tiểu

Hướng dẫn giải Chọn A.

Tập xác định D



0;



; y^{/ 1 ln}₂ x; 0y^/ x e x

      

Hàm y^/ đổi dấu từ âm sang dương khi qua x e nên x e là điểm cực tiểu của hàm số.

Câu 21. [2TH] Tính tích các nghiệm thực của phương trình2^x213^2x3.

A. 3log 3.₂ B.log 54.₂ C. 1. D. 1 log 3. ₂ Hướng dẫn giải

Chọn B

Ta có: 2^x213^2x3

2 2 3 2

2 2

2 2

2 2 2 2

1 log 3 1 (2 3)log 3

1 2 log 3 3log 3 2 log 3 1 3log 3 0 (*)

x x x x

x x x x

       

        

Phương trình (*) có hệ số a1,c  



1 3log 32



 0 a c. 0, do đó phương trình có hai nghiệm phân biệtx x₁, ₂. Theo vi-et: x x_{1 2}.   1 3log 3₂  log 2 log 3₂  ₂ ³ log 54.₂ Câu 22.[2TH] Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f x( )e^x12 trên đoạn [0;3].

A. e⁴2. B. e²2. C. e2. D. e³2. Hướng dẫn giải

Trang 6- Đề gốc số 2 Chọn A

Ta có f x'( )e^x1  0, x [0;3], do đó hàm số y f x( ) đồng biến trên đoạn [0;3]. Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đoạn [0;3] bằng f(3) e⁴ 2.

Câu 23. [3TH] Cho hàm số f x

 

liên tục trên  và có ³

 

0

d 8

f x x



^{; 3}

^{ }

1

d 4

f x x 



^{. Tính}

1

 

0

d I 



f x x^.

A. I8. B. I12. C. I36. D. I4. Hướng dẫn giải

Chọn B.

3

 

0

d

I 



f x x ¹

^{ }

³

^{ }

0 1

d d

f x x f x x









^{  2 6 8.}

Câu 24. [3TH] Tính tích phân ^e

1

1 3ln dx

I x

x





 bằng cách đặt t 1 3ln x, mệnh đề nào dưới đây sai?

A. ^{3 2}

1

2

I9t . B. ²

1

2 d

I3



t t^{. C. 2 2}

1

2 d

I3



t t^{. D. I14}₉ ^. Hướng dẫn giải

Chọn B.

e 1

1 3ln dx

I x

x





 ^{, đặt t 1 3ln x   t2 1 3lnx2 dtt 3}_x^dx2₃^tdtd_x^x. Đổi cận: x1 t 1; xe t 2.

2 2

1

2 dt3

I 



t ^2₉^t3₁^214₉ ^.

Câu 25. [4TH] Tính thể tích của một khối lăng trụ biết khối lăng trụ đó có đường cao bằng 3a, diện tích mặt đáy bằng 4a².

A. 6a³. B. 4a³. C. 12a³. D. 16a³. Hướng dẫn giải

Chọn C

Áp dụng công thức thể tích khối lăng trụ ta có được: V S h _đ. 4 .3a a² 12a³.

Câu 26.[4TH] Cho khối chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh ,a SA3a và SA vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp S ABCD. là.

A. a³. B. 3a³. C. ³

3

a . D. 6a³. Hướng dẫn giải

Chọn A

Diện tích đáy S_ABCDa².

Thể tích khối chóp: ¹ . ¹3 . ^{2 3} 3 ^ABCD 3

V  SA S  a a a .

Trang 7- Đề gốc số 2 Câu 27.[5TH] Cho tam giác ABC vuông tại A có AB a BC a ,  2. Tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB.

A. V a³. B. ^{3 2} 3 V a

 . C. ³

3 V a

 . D. Va³ 2. Hướng dẫn giải

Chọn C

Khối tròn xoay được tạo thành là khối nón có:

Bán kính đáy: r AC  BC²AB² a. Đường cao: h AB a  .

Thể tích của khối nón là ³ 3 V a

 .

Câu 28. [5TH] Cho khối nón có bán kính đáy bằng 3 và diện tích xung quanh bằng ^15. Tính thể tích V của khối nón.

A. V 20. B. V12. C. V 36. D. V60. Hướng dẫn giải

Chọn B

Ta có 3 3 4 1 ² 12

15 5 3

xq

r r

h V r h

S rl l  

 

   

 

      

 

    

 .

Câu 29. [6TH] Trong không gian Oxyz, phương trình mặt phẳng trung trực

( )

^α của đoạn thẳng ABvới A



4; 3;7



và B



2;1;3



là

A. ( ) : x2y2z 15 0. B. ( ) : x2y2z 15 0. C. ( ) : x2y2z 15 0. D. ( ) : x2y2z 15 0.

Hướng dẫn giải Chọn D

Gọi M là trung điểm của ABsuy ra M



3; 1;5



.

Mặt phẳng trung trực đoạn ABđi qua M



3; 1;5



và nhận AB 



2;4; 4



làm vectơ pháp tuyến có phương trình ( ) : 2



x 3



4



y 1 4

 

z 5



0  x 2y2z 15 0.

Câu 30. [6TH] Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A

(

2;1;0

)

, B

(

0;1;2

)

. Mặt cầu

 

S đường kính AB có phương trình là

A.



x1

 

² y 1

 

² z 1



²8. B.

(

x+1

) (

²+ y+1

) (

²+ +z 1

)

² =2. C.



x1

 

² y 1

 

² z 1



² 2. D.

(

x−1

) (

²+ y−1

) (

²+ −z 1

)

² =2.

Hướng dẫn giải Chọn D

Tâm mặt cầu chính là trung điểm Icủa AB, với I

(

1;1;1

)

. Bán kính mặt cầu:

2

R= AB ¹

( )

2 ² 2²

=2 − + = 2. Phương trình mặt cầu:

(

x−1

) (

²+ y−1

) (

²+ −z 1

)

² =2.

Câu 31.[7TH] Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau mà các chữ số được chọn từ tập A



3;4;5;6;7



sao cho mỗi số lập được luôn có mặt chữ số 4?

A. 36. B. 72. C. 32. D. 48.

Trang 8- Đề gốc số 2 Hướng dẫn giải

Chọn A

Gọi số tạo thành có dạng x abc , với a, b, c đôi một khác nhau và lấy từ A. Chọn một vị trí ,a b hoặc c cho số 4 có 3 cách chọn.

Chọn hai chữ số khác 4 từ A và sắp xếp vào hai vị trí còn lại của x có A₄² cách chọn Theo quy tắc nhân có 3.A₄²36 cách chọn

Mỗi cách sắp xếp như trên cho ta một số thỏa yêu cầu.

Vậy có 36 số cần tìm.

Câu 32. [1VDT] Cho ^y



^m3



^x32



^{m2 m 1}



^x2

^

^m4

^

^{x1. Gọi S} là tập tất cả các giá trị nguyên âm của m để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Oy. Hỏi

S có bao nhiêu phần tử ?

A. 4. B. 3. C. 2. D. 1.

Lời giải Chọn B.

Ta có ^{y 3}



^m3



^x24



^{m2 m 1}



^{x m 4}

y 0^3



^m3



^x24



^{m2 m 1}



^{x m  4 0.}

Để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Oy thì phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt trái dấu.

Suy ra

 

   

3 3 0

3 3 . 4 0

m

m m

  

   

 ^{   4 m 3}.

Mà m nên m   



3; 2; 1;0;1;2



. Vậy S có 3 phần tử.

Câu 33. [1VD] Cho hàm số y x ³3mx²



m1



x1 có đồ thị

 

C . Biết rằng khi m m ₀ thì tiếp tuyến với đồ thị

 

C tại điểm có hoành độ bằng x₀ 1 đi qua A

 

1;3 . Khẳng định nào sâu đây đúng?

A.  1 m₀0. B. 0m₀1. C. 1m₀2. D.  2 m₀1. Hướng dẫn giải

Chọn B.

Ta có: y 3x²6mx m 1.

Với x₀  1 thì y₀ 2m1, gọi B



1;2m1



AB 



2;2m4



. Tiếp tuyến tại B đi qua A nên hệ số góc của tiếp tuyến là k  m 2. Mặt khác: hệ số góc của tiếp tuyến là ky x

 

₀ .

Do đó ta có: 3

 

x₀ ²6m x_{0 0}m₀   1 m₀ 2

0 0 0

3 6m m 1 m 2

        4m₀  2 ₀ ¹ m 2

  .

Câu 34. [2VD] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình



²

 

²



5 5

1 log x  1 log mx 4x m có nghiệm đúng x .

A. m

 

2;3 . B. m 



2;3



. C. m

 

2;3 . D. m 



2;3



. Hướng dẫn giải

Chọn A

Bất phương trình tương đương ⁵



^{x2 1}



^{mx24x m 0,  x }

Trang 9- Đề gốc số 2

 

²

2

5 4 5 0 (2)

(*), . 4 0 (3)

m x x m

mx x m x

     

     

*TH1: m0 hoặc m5 : (*) không thỏa  x 

*TH2: m0 và m5: (*) ₂

 

²

3 2

5 0

4 5 0

2 3.

0

4 0

m

m m

m

m

  

     

    

    



Câu 35. [2VD] Gọi S là tổng các giá trị nguyên của tham số m, với m 8 để phương trình

1 2

4^xm.2^x m  1 0 có 2 nghiệm x x₁, ₂ thỏa x₁ x₂ 3. Chọn đáp án đúng.

A. S 35. B. S20. C. S25. D. S 22.

Hướng dẫn giải Chọn D.

 

²

1 2 2

4^xm.2^x m   1 0 4^x2 .2m ^xm   1 0 2^xm 1 ^{2 1}

2 1

x x

m m

   

     Để pt có 2 nghiệm: 1 0

1 0 1

m m

m

  

  

  

 (1). Khi đó giả sử 2^x1  m 1và 2^x2   m 1 Có:x₁ x₂ 32^{x x1 2} 8 2 .2^{x1 x2}8     



m 1



m 1



8 ² 3

1 8 3

m m

m

 

      Kết hợp đk (1), suy ra m3.

Vậy m    



7; 6; 5; 4



. Do đó S 22.

Câu 36.[3 VD] Cho ^e

 

²

1

2x x x aln d  e  be c



^{với a, b, c} là các số hữu tỷ. Mệnh đề nào

dưới đây đúng?

A. a c  b. B. a c b  . C. a c b  . D. a c  b. Lời giải

Chọn B.

Ta có ^e

 

1

2x x xln d



^{e e}

1 1

2.dx x x xln d









 ^e

1

2e 2 x x xln d

  



 ^.

Đặt ₂

ln d 1d

d .d

2

u x u x

x v x x v x

   



   



Khi đó

e

1

x x xln d



² ₁^{e e}

1

ln 1 d

2 2

x x x x

 



^e₂^21₄^x2 ₁^{e e}₂^2e₄^{2 1}₄ ^e₄^{2 1}₄^.

Suy ra ^e

 

1

1x x xln d



^{2e 2 e}₄^{2 1}₄ ^e₄^{2  2e 7}₄ ^{nên a1}₄ ^{, b2 , c 7}₄^.

Vậy a b c  .

Trang 10- Đề gốc số 2 Câu 37. [3VD] Cho hàm số f x

 

liên tục trên  và thỏa mãn ¹

 

5

d 9

f x x





 . Tính tích phân

 

2 0

1 3 9 d

f x x

   

 



^.

A. 27. B. 21. C. 15. D. 75.

Hướng dẫn giải Chọn B.

Đặt t 1 3x dt 3dx.

Với x  0 t 1 và x   2 t 5. Ta có ²

 

0

1 3 9 d

f x x

   

 



²

^{ }

²

0 0

1 3 d 9d

f x x x





 



⁵

^{ }

²⁰

1

d 9

3 f t t x

  





    ¹

^{ }

5

1 d 18

3 f x x



 





   1.9 18 21

3   .

Câu 38.[4VD] Cho hình lăng trụ đứngABC A B C.   , biết đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Khoảng cách từ tâm O của tam giác ABC đến mặt phẳng



^{A BC}



bằng

6

a. Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C.   .

A. ^{3 3 2} 8

a . B. ^{3 3 2}

28

a . C. ^{3 3 2}

4

a . D. ^{3 3 2}

16 a . Hướng dẫn giải

Chọn D

Diện tích đáy là ^{2 3}

ABC a 4 B S   .

Chiều cao là h d ABC A B C

  

^;



  

 

 AA.

Do tam giác ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác ABC. Gọi I là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A lên A I ta có^{AH }



^{A BC}



^{d A A BC}



^;



^

 

^AH

I A'

B' C'

A

B

C H

O K

 

 

 

 

; 1

; 3

d O A BC IO d A A BC IA

  





_;

   

^;

^{ } 

3 3 6

d A A BC AH a

d O A BC 

    

2 AH a

 

Xét tam giác A AI vuông tại A ta có:

2 2 2

1 1 1

AH  AA AI

 ^{2 2 2}

1 1 1

AA AH AI

  



3 2 2 AA a

  3

2 2 h a

  _. ^{3 3 2}

ABC A B C a16 V   

  .

Trang 11- Đề gốc số 2 Câu 39.[4VD] Cho hình chóp đều S ABCD. có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi G là trọng tâm tam giác SAC. Mặt phẳng chứa AB và đi qua G cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại M và N. Biết mặt bên của hình chóp tạo với đáy một góc bằng 60. Thể tích khối chóp S ABMN. bằng:

A. ^{3 3}

a 4 . B. ^{3 3}

a 8 . C. ^{3 3}

a 16 . D. 3 ^{3 3} a 16 . Hướng dẫn giải

Chọn C

a I

N

G

M

O

C

A B

D

S

Vì G là trọng tâm tam giác SAC nên AG cắt SC tại trung điểm M của SC, tương tự BG cắt SD tại trung điểm N của SD.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và I là trung điểm của AB. Suy ra góc giữa mặt bên



SAB



và mặt đáy



ABCD



là SIO 60 . Do đó .tan 60 ³ 2 SO OI  a .

Suy ra _. ¹ . ^{1 2 3 3 3}

3 3 2 6

S ABCD ABCD a a

V  S SO a   .

Mặt khác V_{S ABCD.} 2V_{S ABC.} , ta lại có ^.

.

1

S ABM 2

S ABC

V SA SB SM

V SA SB SC   _. 1 . _.

S ABM 2 S ABC

V V

  .

. .

1 1 1 2 2 4

S AMN S ACD

V SA SN SM

V SA SD SC     _. 1 . _.

S AMN 4 S ACD

V V

  .

Vậy _. ³ _. ^{3 3 3 3 3}

8 8 6 16

S ABMN S ABCD a a

V  V   .

Câu 40.[5VD] Cho mặt cầu

 

S có bán kính R a . Gọi

 

T là hình trụ có hai đáy nằm trên

 

S và thiết diện qua trục của

 

T có diên tích lớn nhất. Tính thể tích V của khối trụ.

A. 2 ³ 3

V  a . B. V a³ 2. C. V 2a³. D. ^{3 2} 2 Va .

Hướng dẫn giải Chọn D

Trang 12- Đề gốc số 2 Gọi h là chiều cao của khối trụ. Ta có bán kính của khối trụ là ^{2 2} 1 4 ^{2 2}

2 2

r R    h  a h . Diện tích thiết diện 4 ^{2 2 2} 4 ^{2 2} 2 ²

2

h a h

S h a h   a

    .

Diện tích thiết diện lớn nhất khi ² 4 ^{2 2} 2 2 ³ 2

2 2

a a

h a h h a r V 

        .

Câu 41. [6VDT] Trong không gian Oxyz, mặt phẳng

( )

Q : ax by cz+ + − =11 0 (với

2 2 2 0

a   b c ) đi qua hai điểm A

(

2;4;1

)

, B

(

−1;1;3

)

và vuông góc với mặt phẳng

( )

P x: −3y+2z− =5 0. Tính tổng S a b c   .

A. S 12. B. S5. C. S 4. D. S 2. Hướng dẫn giải

Chọn B

Ta có: A

(

2;4;1

)

, B

(

−1;1;3

)

⇒AB= − −

(

3; 3;2

)

. Véc tơ pháp tuyến của

( )

P là n =

(

1; 3;2−

)

.

Do mặt phẳng

( )

Q đi qua AB và vuông góc với

( )

P nên

( )

Q nhận véc tơ AB n,   (0;8;12)

 

làm một véc tơ pháp tuyến nên phương trình của

( )

Q sẽ là 2

(

y− +4 3

) (

z− =1 0

)

⇔_2y+_{3 11 0z}− = . Suy ra a=0, b=2, c=3    S a b c 5.

Câu 42.[1VDC] Cho hàm số ¹ 2 y x

x

 

 , gọi d là tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng m2. Biết đường thẳng d cắt tiệm cận đứng của đồ thị hàm số tại điểm A x y



1; 1



và cắt tiệm cận ngang của đồ thị hàm số tại điểm B x y



2; 2



. Gọi S là tập hợp các số m sao cho

2 1 5

x   y . Tính tổng bình phương các phần tử của S.

A. 0. B. 4. C. 10. D. 9.

Hướng dẫn giải Chọn C.

1 3 y 2

 x



 

²

3 y 2

 x

 

 Ta có x m 2 y 1 3

  m



m0



Phương trình tiếp tuyến d: y ³₂



x m 2 1



³

m m

    

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y1 và tiệm cận đứng x 2. Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

 

2

3 2 1 3

2

y x m

m m

x

     

 



1 6 2

y m

x

  

 

 



nên y₁ 1 ⁶

 m Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

 

2

3 2 1 3

1

y x m

m m

y

     

 



1

2 2

y

x m

 

    nên x₂ 2m2

Trang 13- Đề gốc số 2 Suy ra x₂ y₁ 2m ⁶ 1 5

   m 2m²4m 6 0 1 3 m m

 

   Vậy tổng bình phương các phần tử của S là 1² 

 

3 ² 10.

Câu 43.[1VDC] Bạn A có một sợi dây mềm và dẻo không đàn hồi dài20 m, bạn chia sợi dây thành hai đoạn, trong đó đoạn đầu có độ dài x m( ) được gấp thành một tam giác đều, đoạn còn lại gấp thành một hình vuông. Hỏi độ dài đoạn đầu bằng bao nhiêu

 

m để tổng diện tích hai hình trên là nhỏ nhất ?

A. 120 9 4 3 m

 . B. 40 9 4 3 m

 . C. 180

9 4 3 m

 . D. 60 9 4 3 m

 . Hướng dẫn giải

Chọn D.

Gọi x m

 

là cạnh của tam giác đều, 0 20 x 3

 

   

 

 . Suy ra cạnh hình vuông là ^{20 3}

 

4

x m

 . Gọi S là tổng diện tích của hai hình.

 

². ^{3 20 3 2}

4 4

S x x   x .

Ta có : '

 

³ 2^{20 3} . ³

2 4 4

S x  x  x   .

 

^{3 20 3 3}

' 0 2 . 0

2 4 4

S x   x  x  

60 9 4 3 x

   . Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, S đạt giá trị nhỏ nhất tại 60 9 4 3

x m

 .

Câu 44. [1VDC] Cho hàm số f x

 

ax³bx² cx d,



a b c d, , , 



thỏa mãn a0, d2018, a b c d   2018 0 . Tìm số điểm cực trị của hàm số y f x

 

2018.

A. 2. B. 1. C. 3. D. 5.

Trang 14- Đề gốc số 2 Hướng dẫn giải

Chọn D.

- Xét hàm số g x

 

 f x

 

2018ax³bx²  cx d 2018. Ta có:

 

 

0 2018

1 2018

g d

g a b c d

  

     

 .

Theo giả thiết, ta được

 

 

0 0

1 0

g g

 

 

 . - Lại do: a0 nên

 

 

lim lim

x

x

g x g x





  

  

    1:g

 

 0 và    0 :g

 

 0. Do đó:

   

   

   

. 0 0

0 . 1 0

1 . 0

g g

g g

g g





 

 

 



 

0 g x

  có 3 nghiệm phân biệt thuộc khoảng



 ;



.

Hay hàm số y g x

 

có đồ thị dạng (hình minh họa)

-2 -1 1 2

x y

O

Khi đó đồ thị hàm số y g x

 

có dạng

-2 -1 1 2

x y

O

Vậy hàm số y f x

 

2018 có 5 điểm cực trị.

Câu 45. [2VDC] Cho x y; là các số thực dương thỏa mãn điều kiện

 

4 3 5 4

5 1 3 4

3 5

x y xy x y

xy x y x

          . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y  . A. 3. B. 5 2 5 . C. 3 2 5 . D. 1 5.

Hướng dẫn giải Chọn B

Trang 15- Đề gốc số 2

Ta có :5 ^{4 3} 1 ⁵ 3 ⁴



4



3 5

x y xy x y

xy x y x

         

 

4 4 1 1

5^{x y} 3^{ x y} x 4y 5^xy 3^xy xy 1 1

        .

Xét hàm số f t

 

 5 3^{t t}t trên .

Vì f t

 

5 .ln 5 3 .ln 3 1 0,^t  ^t    x  nên hàm số f t

 

đồng biến trên 

 

2 . Từ

 

1 và

 

2 ta có x4y xy 1 3

 

. Dễ thấy x4 không thỏa mãn

 

3 .

Với x4,

 

3 ¹ 4 y x

x

  

 kết hợp điều kiện y0 suy ra x4.

Do đó ¹

4 P x y x x

x

    

 .

Xét hàm số

 

¹

4 g x x x

x

  

 trên



4;



. Ta có

 

 

²

1 5 0

g x 4

   x 



4 5

4 5

x x

  

 

   .

x ₄ 4 5 

 

g x – 0 

 

g x ^

5 2 5



Dựa vào bảng biến thiên ta có

 

 

min min4; 5 2 5

P g x

    .

Câu 46. [3VDC] Cho hàm số y f x

 

là hàm lẻ và liên tục trên



4;4



biết ⁰

 

2

d 2

f x x



 



^và

 

2 1

2 d 4

f  x x



^{. Tính 4}

^{ }

0

d I



f x x^.

A. I 10. B. I 6. C. I6. D. I10. Hướng dẫn giải

Chọn B.

Xét tích phân ⁰

 

2

d 2

f x x



 



^.

Đặt  x t dx dt.

Đổi cận: khi x 2 thì t2; khi x0 thì t0 do đó

   

0 0

2 2

d dt

f x x f t



 

 

²

^{ }

0

dt f t





²

^{ }

0

dt 2 f t





 ²

^{ }

0

d 2

f x x





 ^. Do hàm số y f x

 

là hàm số lẻ nên f



2x



 f x

 

2 .

Do đó ²

 

²

 

1 1

2 d 2 d

f  x x  f x x

 

²

^{ }

1

2 d 4

f x x





  ^.

Xét ²

 

1

2 d f x x



^.

Đặt 2x t d 1dt x 2

  .

Trang 16- Đề gốc số 2 Đổi cận: khi x1 thì t2; khi x2 thì t4 do đó ²

 

⁴

 

1 2

2 d 1 dt 4

f x x2 f t  

 

4

 

2

dt 8

f t





  ⁴

^{ }

2

d 8

f x x





  ^.

Do ⁴

 

0

d

I



f x x ²

^{ }

⁴

^{ }

0 2

d d

f x x f x x









^{   2 8 6.}

Câu 47.[4VDC] Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông tại B BA, 3 ,a BC4a, mặt phẳng (SBC)vuông góc với (ABC). Biết SB2 3a và góc SBC30⁰. Khoảng cách từ B đến (SAC) theo a bằng

A. ^{6 7} 7

a . B. ^{3 7}

14

a . C. ⁷

7

a . D. ⁷

42 a Hướng dẫn giải

Chọn A

Goi E là hình chiếu của S lên BC, BE SBc os30⁰ 3aEC a . Do đó: d B SAC( ;( )) 4. (E;( d SAC)).

Từ E kẻ EIAC và EJSI suy ra EJ d (E;((SAC)).



0 3 3

sin 30 3 ,sin ACB

5 5

EI a

SE SB a EI

   EC   .

2 2 2

2

3.3

. 5 3 7 ( ;( )) 4.3 7 6 7.

14 14 7

3 9

25 a a

ES IE a a a

EJ d B SAC

ES EI a a

     

 

Vậy: ( ;( )) ^{6 7}. 7 d B SAC  a

Câu 48. [6VDC] Trong không gian Oxyz, cho điểm M



1;1;1



. Mặt phẳng

 

P đi qua M và cắt chiều dương của các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A a



;0;0



, B b



0; ;0



, C



0;0;c



thỏa mãn OA2OB và thể tích của khối tứ diện OABCđạt giá trị nhỏ nhất. Tính S a 4b3c.

A. ⁸¹

16. B. 3. C. ⁴⁵

2 . D. ⁸¹

4 .

Trang 17- Đề gốc số 2 Hướng dẫn giải

Chọn C

Giả sử A a



;0;0



, B b



0; ;0



, C



0;0;c



với a b c, , 0. Khi đó mặt phẳng

 

P có dạng x y z 1

a b c   . Vì

 

P đi qua M nên 1 1 1 1 a b c   . Mặt khác OA2OB nên a2b nên ³ 1 1

2b c  . Thể tích khối tứ diện OABC là ²

3 V b c.

Ta có 3 1 3 3 1 3³ 9₂

2b c 4b4b c  16b c ³ 9₂ 1 16b c 3

  16 ² 27

9

 b c ² 81

3 16

V b c

   .

81

MinV 16 khi ₄^{3 1 1}₃ b c2 a b

  

 



9 92 34 a

b c

 



  



.

4 3 45 S a b c 2

    

Câu 49. [7VDC] Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 5 học sinh lớp 12C thành một hàng ngang. Xác suất để trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau bằng

A. ¹

105. B. ¹

126. C. ¹¹

630. D. ¹

42. Hướng dẫn giải

Chọn C

Số cách xếp 10 học sinh vào 10 vị trí: n

 

 10! cách.

Gọi A là biến cố: “Trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau”.

Sắp xếp 5 học sinh lớp 12C vào 5 vị trí, có 5! cách.

Ứng mỗi cách xếp 5 học sinh lớp 12C sẽ có 6 khoảng trống gồm 4 vị trí ở giữa và hai vị trí hai đầu để xếp các học sinh còn lại.

• TH1: Xếp 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí trống ở giữa (không xếp vào hai đầu), có A₄³ cách.

Ứng với mỗi cách xếp đó, chọn lấy 1 trong 2 học sinh lớp 12A xếp vào vị trí trống thứ 4 (để hai học sinh lớp 12C không được ngồi cạnh nhau), có 2 cách.

Học sinh lớp 12A còn lại có 8 vị trí để xếp, có 8 cách.

Theo quy tắc nhân, ta có 5!. .2.8A₄³ cách.

• TH2: Xếp 2 trong 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí trống ở giữa và học sinh còn lại xếp vào hai đầu, có C₃¹.2.A₄² cách.

Ứng với mỗi cách xếp đó sẽ còn 2 vị trí trống ở giữa, xếp 2 học sinh lớp 12A vào vị trí đó, có 2 cách.

Theo quy tắc nhân, ta có 5!. .2. .2C₃¹ A₄² cách.

Do đó số cách xếp không có học sinh cùng lớp ngồi cạnh nhau là

 

5!. .2.8 5!. .2. .2 633604^{3 1}3 4²

n A  A  C A  cách.

C1 C2 C3 C4 C5

Trang 18- Đề gốc số 2 Vậy

   

 

P A n A

n



63360

 10! 11

630.

Câu 50. [6VDC] Cho phương trình:

  

³



^{3 3}

sin 2 cos 2x  x 2 2cos x m 1 2cos x m  2 3 2cos x m 2. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình trên có đúng 1 nghiệm 0;²

x 3?

A. 0. B. 1. C. 4 . D. 3.

Hướng dẫn giải Chọn A

Ta có:

  

³



^{3 3}

sin 2 cos 2x  x 2 2cos x m 1 2cos x m  2 3 2cos x m 2



²

 

³



^{3 3}

sin 1 2sinx x 2 2cos x m 2 2cos x m 2 2cos x m 2

         

 

³

^{ }

3 3 3

2sin x sinx 2 2cos x m 2 2cos x m 2 1

       

Xét hàm số f u

 

2u³u;với u0 có f u

 

6u²   1 0, u 0, nên hàm số f u

 

đồng biến trên



0;



.

Bởi vậy:

 

^{1  f}



^sinx



^{ f}



^{2cos3x m 2}



^{sinx 2cos3x m 2}

^{ }

²

Với 0;²

x 3 thì

 

2 sin² x2cos³x m 2

 

3 2

2cos x cos x 1 m 3

    

Đặt tcosx, phương trình

 

3 trở thành 2t³  t² 1 m

 

4 Ta thấy, với mỗi 1 ;1

t  2  thì phương trình cosx t cho ta một nghiệm 0;²

x 3. Do đó, để phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm 0;²

x 3 điều kiện cần và đủ là phương trình

 

4 có đúng một nghiệm 1 ;1

t  2 .

Xét hàm số g t

 

 2t³ t² 1 với 1 ;1 t  2 . Ta có g t

 

 6t²2t,

 

0 ⁰ 1

3 t

g t t

 

  

  



. Ta có bảng biến thiên