Tải bản đầy đủ

Hướng dẫn giải chi tiết đề toán 2018 HD (43)

SỞ GD&ĐT THANH HÓA

ĐỀ THI THỬ LẦN 1 THPT QUỐC GIA

TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG

Môn thi: TOÁN –NĂM HỌC 2017-2018
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề)
Mã đề thi 106

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 05 trang)
Mục tiêu đề thi:
- Nắm vững kiến thức về hàm số như : Tập xác định, giới hạn, cực trị hàm số, tính đồng biến, nghịch biến, tính
liên tục của hàm số, phương trình tiếp tuyến, tiệm cận của hàm số, đồ thị hàm số.
- Nắm vững kiến thức về khai triển nhị thức Newton.
- Nắm vững các công thức về lượng giác và giải phương trình lượng giác.
- Nắm vững các công thức về thể tích của các hình: chóp, tứ diện, lăng trụ…
- Các bài toán về tìm thiết diện, bài toán tổ hợp và xác suất.
Họ và tên thí sinh:…………………..…………….Số báo danh: ………………………….

Câu 1. Trong các chữ cái "H, A, T, R, U, N, G" có bao nhiêu chữ cái có trục đối xứng.
A. 4.

C. 5.

B. 3.

D. 2.

Câu 2. Cho hàm số f  x   x 4  2x 2  3. Tính diện tích S của tam giác có ba đỉnh là ba điểm cực trị của đồ thị
hàm số.

1
B. S  .
2

A. S  2.

C. S  4.

D. S  1.

Câu 3. Cho tứ diện ABCD và ba điểm M, N, P lần lượt nằm trên các cạnh AB, AC, AD mà không trùng với
các đỉnh của tứ diện. Thiết diện của hình tứ diện ABCD khi cắt bởi mặt phẳng  MNP  là:
A. Một tam giác

B. Một ngũ giác

C. Một đoạn thẳng

D. Một tứ giác

Câu 4. Cho biểu thứ P  5 x 3 3 x 2 x với x  0. Mệnh đề nào sau đây đúng?
23

A. P  x 30 .

37

B. P  x 15 .



53

C. P  x 30 .

31

D. P  x 10 .

Câu 5. Cho tứ diện đều cạnh a, điểm I nằm trong tứ diện. Tính tổng khoảng cách từ I đến tất cả các mặt của
tứ diện.

1

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


A.

a 6
.
3

B.

a
.
2

C.

a 3
.
2

D.

a 34
.
3

Câu 6. Tính giá trị cực tiểu của hàm số y  x 3  3x 2  1?
A. yCT  0.

B. yCT  1.

C. yCT  3.

D. yCT  2.

Câu 7. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  2x 3  4x  2 tại điểm có hoành độ bằng 0.
A. y  4x.

B. y  4x  2.

C. y  2x.

D. y  2x  2.

Câu 8. Giải bóng chuyền VTV cup gồm 9 đội bóng trong có có 6 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Bam
tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C và mỗi bảng có ba đội. Tính xác suất để 3 đội
bóng của Việt Nam ở 3 bảng khác nhau.
A.

19
.
28

B.

9
.
28

C.

3
.
56

D.

53
.
56

 
Câu 9. Trong khoảng  0;  phương trình sin 2 4x  3sin 4x cos 4x  4cos 2 4x  0 có bao nhiêu nghiệm?
 2

A. 0.

B. 3.

C. 2.

D. 4.

Câu 10. Cho ba số thực dương x, y, z theo thứ tự lập thành một cấp số nhân, đồng thời với mỗi số thực dương

a  a  1 thì loga x, log
P

A.

a

y,log 3 a z theo thứ tự lập thành cấp số cộng. Tính giá trị của biểu thức

1959x 2019y 60z


.
y
z
x

2019
.
2

B. 60.

Câu 11. Tìm m để hàm số y 
A. m  1.

D. 4038.

2cos x  1
đồng biến trên khoảng  0;   .
cos x  m

1
B. m   .
2

Câu 12. Tìm tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. x  2.

C. 2019.

1
C. m   .
2

D. m  1.

C. y  1.

D. x  1.

1 x
.
x2

B. y  1.

Câu 13. Cho ba đường thẳng đôi một chéo nhau. Mệnh đều nào đúng trong các mệnh đề sau?
A. Không có đường thẳng nào cắt cả ba đường thẳng đã cho
B. Có đúng hai đường thẳng cắt cả ba đường thẳng đã cho.
C. Có vô số đường thẳng cắt cả ba đường thẳng đã cho.
D. Có duy nhất một đường thẳng cắt cả ba đường thẳng đã cho.

2

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Câu 14. Cho f  x   x 3  2x 2  5, tính f '' 1 .
A. f " 1  3.

B. f " 1  2.

C. f " 1  4.

Câu 15. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y 
A.

4
.
11

B.

3
.
4

C.

D. f " 1  1.
cos x  2sin x  3
. Tính M.m.
2cos x  sin x  4

1
.
2

D.

20
.
11

Câu 16. Từ các chữ số 0,1, 2,3, 4 lập được bao nhiêu số có năm chữ số khác nhau từng đôi một?
A. 2500.

B. 3125.

C. 96.

D. 120.

Câu 17. Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình vẽ?
A. y  x 4  2x 2  1.

B. y  x 4  2x 2  1.

1  2x 
Câu 18. Tìm giới hạn lim
x 0

A. 4.

2

1

x

C. y  x 4  2x 2  1.

D. y  x 3  3x  1.

C. 2.

D. 1.

.

B. 0.

Câu 19. Cho hàm số y  f  x  xác định trên

\ 2 , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên

như hình vẽ sau. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình f  x   m có ba
nghiệm phân biệt.

A. m   2;3 .

B. m   2;3.

C. m   2;3.

D. m   2;3 .

Câu 20. Trung điểm của tất cả các cạnh của hình tứ diện đều là các đỉnh của khối đa diện nào?

3

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


A. Hình hộp chữ nhật.

B. Hình bát diện đều.

C. Hình lập phương.

D. Hình tứ diện đều.

Câu 21. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn  C1  : x 2  y2  2x  2y  2  0 và

 C2  : x 2  y2  12x 16y  0. Phép đồng dạng
1
A. k  .
5

F tỉ số k biến  C1  thành  C2  . Tìm k ?

B. k  6.

C. k  2.

D. k  5.

Câu 22. Cho cấp số nhân  u n  có u1  2, và công bội q  3. Tính u 3 .
A. u 3  8.

B. u 3  18.

C. u 3  5.

D. u 3  6.

Câu 23. Khai triển 1  x  x 2  x 3   a 0  a1x  ...  a 30 x 30 . Tính tổng S  a1  2a 2  ...  30a 30 .
10

A. 5.210.

B. 0.

C. 410.

D. 210.

Câu 24. Cho tứ diện ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AD. Biết AB  CD  a, MN 

a 3
.
2

Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD.
A. 450.

B. 300.

C. 600.

D. 900.

 19

C. 
;10  .
 2


D.  6; 5  .

Câu 25. Hàm số sin x đồng biến trên khoảng nào sau đây?
15 

A.  7;
.
2 


 7

B.   ; 3  .
 2


Câu 26. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số
y  f  x  m  có 5 điểm cực trị.

A. m  2.

B. m  2.

C. m  2.

D. m  2.

Câu 27. Cho tập hợp A  1; 2;....; 20. Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 5 số từ tập A sao cho không có hai số nào
là hai số tự nhiên liên tiếp.
5
A. C17
.

5
B. C15
.

5
C. C18
.

5
D. C16
.

Câu 28. Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác vuông tại B, AB  a, BC  2a. Biết lăng trụ có thể tích

V  2a 3 , tính khoảng cách d giữa hai đáy của lăng trụ theo a.

4

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


A. d  3a.

B. d  a.

C. d  6a.

D. d  2a.

6

2

Câu 29. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  x 2   với x  0.
x


A. 24 C62 .

B. 22 C62 .

C. 24 C64 .

D. 22 C64 .

1
C. a   .
2

D. a  1.

C. 4;3 .

D. 3;5 .

 x2
khi x  1

Câu 30. Cho hàm số f  x    2
ax  1 khi x  1.


Tìm a để hàm số liên tục tại x  1.
1
A. a  .
2

B. a  1.

Câu 31. Hình lập phương thuộc loại khối đa diện đều nào?
A. 5;3 .

B. 3; 4 .

Câu 32. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang ABCD, AB / /CD, AB  2CD. M là một điểm thuộc
cạnh AD,    là mặt phẳng qua M và song song với mặt phẳng  SAB . Biết diện tích thiết diện của hình chóp
cắt bởi mặt phẳng    bằng

2
MA
diện tích tam giác SAB. Tính tỉ số x 
.
3
MD

1
A. x  .
2

B. x  1.

3
C. x  .
2

2
D. x  .
3

1

C. D   ;  .
2


D. D  .

1

Câu 33. Tìm tập xác định của hàm số y  1  2x  3 .
A. D   0;   .

1

B. D   ;  .
2


Câu 34. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình cos2x  4cos x  m  0 có nghiệm.
A. 6.

B. 7.

C. 9.

D. 8.

Câu 35. Cho hình chóp S.ABC, G là trọng tâm tam giác ABC.A'B'C' lần lượt là ảnh của A, B,C qua phép vị
V
1
tự tâm G tỉ số k   . Tính S.A 'B'C' .
2
VS.ABC
A.

1
.
4

B.

1
.
8

C.

1
.
2

D.

2
.
3

 u1  1
. Tính số hạng thứ 2018 của dãy.
Câu 36. Cho dãy số  u n  xác định bởi 
u n 1  2u n  5
A. u 2018  3.22018  5.

5

B. u 2018  3.22017  1.

C. u 2018  3.22018  5.

D. u 2018  3.22017  5.

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Câu 37. Hàm số nào sau đây nghịch biến trên tập xác định?
x

1
A. y    .
2

B. y  log

2
2

D. y  x .

C. y  ln x.

x.

Câu 38. Cho hình chóp S.ABCD có SD  x, tất cả các cạnh còn lại của hình chóp đều bằng a. Biết góc giữa

SD và mặt phẳng  ABCD  bằng 300. Tìm x.
A. x  a 2.

a 3
.
2

B. x 

Câu 39. Đồ thị hai hàm số y 

C. x  a 5.

D. x  a 3.

x 3
và y  1  x cắt nhau tại hai điểm A, B. Tính độ dài đoạn thẳng AB.
x 1

A. AB  8 2.

B. AB  3 2.

C. AB  4 2.

D. AB  6 2.

Câu 40. Cho hình chóp S.ABC có SA  a,SB  2a,SC  3a. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC.
A. 3 2a 3 .

B. 2a 3 .

Câu 41. Tìm giới hạn lim

D.

4a 3
.
3

C. 3.

D.

1
.
2

n2  n  3
.
2n 2  n  1
B. .

A. 0.

C. a 3 .

Câu 42. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Tính khoảng cách giữa hai cạnh đường thẳng AB và CD.
A. a 3.

B.

a 3
.
2

C.

a 2
.
2

D. a.

Câu 43. Đặt a  log 2 3;b  log3 5. Biểu diễn log 20 12 theo a, b.
A. log 20 12 

ab  1
.
b2

B. log 20 12 

ab
.
b2

C. log 20 12 

a2
.
ab  2

D. log 20 12 

a 1
.
b2

Câu 44. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với đáy  ABCD  .
Biết AB  a, AD  3a,SA  2a, tính thể tích V của khối chóp S.ABCD.
A. V  3a 3 .

C. V  a 3 .

B. V  2a 3 .

D. V  6a 3 .

Câu 45. Cho tứ diện ABCD có thể tích V. Gọi A1B1C1D1 là tứ diện với các đỉnh lần lượt là trọng tâm tam giác
BCD,CDA, DAB, ABC và có thể tích V1. Gọi A2 B2C2 D2 là tứ diện với các đỉnh lần lượt là trọng tâm tam giác

B1C1D1 ,C1D1A1 , D1A1B1 , A1B1C1 và có thể tích V2 ,... cứ như vậy cho đến tứ diện An Bn Cn Dn có thể tích Vn với
n là một số tự nhiên lớn hơn 1. Tính giá trị của P  lim  V1  V2  ...  Vn .
n 

6

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


A.

27
V.
26

B.

1
V.
27

Câu 46. Trong các hàm số sau y 
xác định là

C.

9
V.
8

D.

82
V.
81

x 3
x 2  2x  3
có bao nhiêu hàm số tập
; y  x 4  3x 2  2; y  x 3  3x; y 
x 1
x 1

.

A. 1.

B. 3.

C. 2.

Câu 47. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số y 

D. 4.
1 x 1
x 2  mx  3m

A.  ; 12    0;   .

B.

1 1
C.  ;  .
4 2

 1
D.  0;  .
 2

có đúng hai tiệm cận đứng.

 0;  

Câu 48. Cho khai triển P  x   1  x 1  2x  ... 1  2017x   a 0  a1x  ....  a 2017 x 2017 . Tính
T  a2 

1 2
1  22  ...  20172  .

2
2

 2016.2017 
A. 
 .
2



2

 2017.2018 
B. 
 .
2



2

1  2016.2017 
C. 
 .
2
2


2

1  2017.2018 
D. 
 .
2
2


Câu 49. Hàm số y  f  x  có đạo hàm trên khoảng  a; b  . Mệnh đề nào sau đây sai?
A. Nếu f '  x   0 với mọi x thuộc  a; b  thì hàm số y  f  x  không đổi trên khoảng  a; b  .
B. Nếu f '  x   0 với mọi x thuộc  a; b  thì hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng  a; b  .
C. Nếu hàm số y  f  x  không đổi trên khoảng  a; b  thì f '  x   0 với mọi x thuộc  a; b  .
D. Nếu hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng  a; b  thì f '  x   0 với mọi x thuộc  a; b  .
2x  1
.
x  x  1

Câu 50. Tìm lim
A. 2.

B. 3.

7

C. 1.

D. 1.

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
THỰC HIỆN BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM

1A
11D
21D
31C
41D

2D
12B
22B
32A
42C

3A
13C
23B
33B
43C

4A
14B
24C
34C
44B

5A
15A
25C
35A
45A

6C
16C
26D
36C
46C

7B
17A
27D
37B
47B

8B
18A
28D
38D
48D

9D
19D
29A
39D
49B

10D
20B
30C
40C
50A

Câu 1.
Phương pháp:
Cách giải: Các từ có trục đối xứng là "H, A, T, U".
Chọn A.
Câu 2.
Phương pháp:
Bước 1. Tính đạo hàm y '  f '  x  và giải f '  x   0.
Bước 2. Tìm các điểm cực trị. Hàm số y  f  x  đạt cực đại tại điểm x 0  f '  x 0   0 và qua điểm x 0 thì

f '  x  đổi dấu từ dương sang âm. Hàm số y  f  x  đạt cực tiểu tại điểm x 0  f '  x 0   0 và qua điểm x 0 thì
f '  x  đổi dấu từ âm sang dương.
Bước 3. Tính diện tích tam giác.
Cách giải:

x0  0

Bước 1. Ta có f '  x   4x 3  4x, f '  x 0   0  4x 30  4x 0  0   x 0  1 .
 x 0  1
Bước 2.
f '  x   0  4x 3  4x  0  x   1;0   1;  
f '  x   0  4x 3  4x  0  x   ; 1   0;1

Ta có BBT:

8

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Ta thấy qua x 0  1;1 thì f '  x  đổi dấu từ âm sang dương, qua x 0  0 thì f '  x  đổi dấu từ dương sang âm.
Vậy x 0  1;1 là điểm cực tiểu của hàm số y  f  x  và điểm x  0 là điểm cực đại của hàm số y  f  x  . Vậy
ba điểm của tam giác tạo thành là A  0;3 , B 1;2  , C  1;2  .
Bước 3. Quan sát thấy A là điểm thuộc trục tung và B, C là điểm đối xứng qua trục tung nên nếu I là trung
điểm của BC thì AI  BC, hay AI là đường cao của tam giác ABC. Ta tính được I  0; 2  . Do đó
1
1
AI   0; 1 , BC   2;0   AI  1, BC  2. Vì vậy diện tích tam giác là SABC  AI.BC  .1.2  1.
2
2

Chọn D.
Câu 3.
Phương pháp:
Vẽ hình để thấy thiết diện.
Cách giải:
Thiết diện của tứ diện ABCD khi cắt bởi mặt phẳng  MNP  chính là tam giác

MNP.
Chọn A.
Câu 4.
Phương pháp:
Dùng công thức

m

x  x
n

n



1
m

n
m

 x , x a .x b  x a b x  0.

Cách giải:
1

5

Ta có : P  5 x 3 3 x 2 x  x

3 3

1
2

5

x 2 .x  x

3 3

1

23
 5  3 5 3 5  23  5
x  5 x 3 .  x 2   x 6   x 6   x 30 .
 


5
2

Chọn A.
Câu 5.

9

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Phương pháp:
Chứng minh tổng khoảng cách từ I đến các mặt chính là độ dài đường cao của tứ
diện.
Tính độ dài đường cao để suy ra tổng khoảng cách.
Cách giải:
Giả sử ABCD là tứ diện đều và I là một điểm trong tứ diện. Gọi H là trọng tâm
của tam giác BCD. Do ABCD là tứ diện đều nên AH là đường cao của tứ diện.
Theo giả thiết và theo công thức tính thể tích của tứ diện ta có

VABCD  VIABC  VIABD  VIBCD  VIACD
1
1
 d  I,  ABC   SABC  d  I,  ABD   SABD
3
3
1
1
 d  I,  BCD   SBCD  d  I,  ACD   SACD
3
3
1
 d  I,  ABC    d  I,  ABD    d  I,  BCD    d  I,  ACD    SBCD .
3
1
Mặt khác ta lại có VABCD  AH.SBCD . Do đó tổng khoảng cách d  AH. Kéo theo
3
2

a 6
 a 
d  AH  AB  BH  a  
  3 .
 3
2

2

2

Chọn A.
Câu 6.
Phương pháp:
Bước 1: Tìm tập xác định, tính y’
Bước 2: Giải phương trình y’ = 0 tìm các nghiệm
Bước 3: Lập bảng biến thiên tìm ra giá trị cực tiểu của hàm số.
Cách giải:
Tập xác định D  . Ta có

x  0
y '  3x 2  6x  y '  0  3x 2  6x  0  
.
x  2
Ta có
y '  0  3x 2  6x  0  x   ;0    2;   ,
y '  0  3x 2  6x  0  x   0; 2  .

Dựa vào bảng biến thiên ta tìm được yCT  3.
Chọn C.

10

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Câu 7.
Phương pháp:
Bước 1: Gọi tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số là A  0; 2 
Bước 2: Phương trình tiếp tuyến tại điểm A có dạng y  y '  0  x  0   2
Bước 3: Tính y '  0  và thay vào phương trình trên để ra phương trình tiếp tuyến tại A.
Cách giải:
Bước 1: Gọi tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số là A  0; 2  .
Bước 2: Phương trình tiếp tuyến tại điểm A có dạng y  y '  0  x  0   2.
Ta có y '  6x 2  4  y '  0   4. Do đó phương trình tiếp tuyến là y  4x  2.
Chọn B.
Câu 8.
Phương pháp:
Tính số cách chia 9 đội thành 3 bảng và tính số cách chia 9 đội thành 3 bảng mà mỗi bảng đều có đội Việt
Nam. Sau đó tính xác suất.
Cách giải:
Ta có C39 cách chia 9 đội cho bảng A, sau đó có C36 cách chia 9 đội cho bảng B, và cuối cùng bảng C là ba đội
còn lại. Vậy có tất cả C39 .C36  1680 cách chia 9 đội thành 3 bảng mỗi bảng 3 đội.
Bây giờ ta đếm số cách chia 9 đội thành 3 bảng, mỗi bảng 3 đội nhưng mỗi bảng chỉ có một đội Việt Nam. Để
lập bảng A ta có ba cách chọn đội Việt Nam và C62 cách chọn đội nước ngoài. Sau đó để lập bảng B ta có 2
cách chọn đội Việt Nam và C 24 cách chọn đội nước ngoài. Bảng C là ba đội còn lại. Vậy số cách chia trong
trường hợp này là 3.C62 .2.C24  540.
Xác suất cần tìm là

540
9
 .
1680 28

Chọn B.
Nhận xét. Bài này là bài trích từ đề thi thử Đại học của trường Đại học Vinh, mùa thi 2015 được đăng trên báo
điện tử Vnexpress ở mục giáo dục "Chủ nhật, 20/12/2015 | 09:55 GMT+7". Ngoài cách giải ở trên thì còn ít
nhất một cách giải khác bằng cách sử dụng công thức nhân của xác suất.
Câu 9.
Phương pháp:
Đưa phương trình về dạng tích rồi giải và tìm nghiệm.
Cách giải:

11

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Ta viết lại phương trình đã cho thành

sin 2 4x  3sin 4x cos 4x  4 cos 2 4x  0
  sin 4x  cos4x  sin 4x  4 cos 4x   0
 k



 x  16  4
4x


k

sin 4x  cos4x  0
 tan 4x  1




 k, m
4

 m
sin 4x  4cos4x  0
 tan 4x  4

x 
 4x    m

4
4



với tan   4.
 
Do ta cần tìm nghiệm trong  0;  nên ta cần tìm k 
 2
0

 k 
1
7 kZ k  0

    k  
16 4 2
4
4 k  1

0

m  1
 m 



 
 m  2  
4
4
2


m  2

sao cho 0 

 k  m 
 , 
 .
16 4 4
4
2

Chọn D.
Câu 10.
Phương pháp:
Bước 1. Gọi q là công bội của cấp số nhân và d là công sai của cấp số cộng. Sử dụng giả thiết để thiết lập một
hệ phương trình về mối liên hệ giữa x, y, z và q và một hệ giữa log a x, log a y, log a z và d. Sử dụng các kết
quả này để chứng minh q  1.
Bước 2. Khi q  1 thì x  y  z. Thay vào biểu thức để nhận được giá trị cần tính.
Cách giải:
Bước 1. Gọi q là công bội của cấp số nhân và d là công sai của cấp số cộng. Khi đó theo giả thiết ta có hệ cho

 y  qx
cấp số nhân 
1 , và hệ cho cấp số cộng
2
z  qy  q x

log a y  log a x  d
 2 .

log 3 a z  log a y  d

Từ  2  ta có



log a y  log a x  d
2log a y  log a x  d

 3 . Thay 1 vào  3 ta có


log 3 a z  log a y  d
3log a z  log a y  d  log a x  2d



2log a x  2log a q  log a x  d
2log a  qx   log a x  d
d  2log a q  log a x  4 


.



2
3log a x  6log a q  log a x  2d
3log
q
x

log
x

2d
6log
q

2log
x

2d
5






a
a
a
a



Thay  4  vào  5  ta nhận được log a q  0  q  1.

12

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Bước 2. Thay q  1 vào 1 ta nhận được x  y  z. Do đó

P

1959x 2019y 60z


 1959  2019  60  4038.
y
z
x

Chọn D.
Câu 11.
Phương pháp:
Tính đạo hàm y '. Để hàm số đồng biến trên  0;   thì ta cần y '  x   0, x   0;   . Giải bất phương trình để
tìm m.
Cách giải:
Để hàm số y đồng biến trên  0;   thì trước hết tập xác định của hàm số phải là  0;   . Do với x   0;   thì

cos x   1;1 nên điều kiện cần là m  1.
Với m  1 ta có
y ' x  

2msin x  sinx

 cos x  m 

2

 y '  x   0 x   0;   

2msin x  sinx

 cos x  m 

2

 0 x   0;    sinx  2m  1  0 x   0;   .

1
Do với x   0;   thì sinx  0 nên bất phương trình  2m  1 sin x  0 x   0;    2m  1  0  m   .
2

Đối chiếu với điều kiện m  1 ta nhận được m  1.
Chọn D.
Câu 12.
Phương pháp:
Nếu lim y  a hoặc lim y  a thì y  a là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x 

x 

Cách giải:
1
1
1 x
 lim x
 1. Do đó y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Ta có lim y  lim
x 
x  x  2
x 
2
1
x

Chọn B.
Câu 13.
Phương pháp:
Suy ra trực tiếp từ các đáp án.

13

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Cách giải:
Giả sử rằng a, b, c là ba đường thẳng chéo nhau.
Gọi M là điểm bất kì nằm trên a.
Giả sử d là đường thẳng qua M cắt cả b và c. Khi đó, d là giao tuyến của mặt phẳng tạo bởi M và b với
mặt phẳng tạo bởi M và c.
Với mỗi điểm M ta được một đường thẳng d.
Vậy có vô số đường thẳng cắt cả 3 đường thẳng a, b, c.
Chọn C.
Câu 14.
Phương pháp:
Sử dụng công thức đạo hàm cơ bản để tính.
Cách giải:
Ta có f '  x   3x 2  4x, f "  x   6x  4  f " 1  2.
Chọn B.
Câu 15.
Phương pháp:
x
x

Bước 1. Đưa y về hàm có dạng y  f  cos ,sin  .
2
2


Bước 2. Xét các trường hợp sin

x
x
x
x
 0 và sin  0. Với sin  0, đặt t  cot an . Đưa hàm đã cho về hàm
2
2
2
2

at 2  bt  c
y 2
1 .
At  Bt  C
Bước 3. Đưa 1 về dạng tam thức bậc hai đối với t và sử dụng điều kiện phương trình bậc hai có nghiệm để
tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
Bước 4. Tính M.m.
Cách giải:
Ta có

x
x
x

 4sin cos  2  sin 2
cos x  2sin x  3  cos x  1  2sin x  2
2
2
2

y


x
x
x
2 cos x  sin x  4 2  cos x  1  sin x  2

4 cos 2  2sin cos  2  sin 2
2
2
2

x
x
x
x
2 cos 2  2sin cos  sin 2
2
2
2
2.

x
x
2 x
2 x
3cos  sin cos  sin
2
2
2
2
2 cos 2

14

x
 cos 2
2
x
 cos 2
2

x

2
x

2

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Nếu sin

x
2
 0 thì y  .
2
3

Nếu sin

2t 2  2t  1
x
x
x
, t   ;   .
 0. Ta chia cả tử và mẫu cho sin 2 và đặt t  cot an ta nhận được y  2
3t  t  1
2
2
2

Khi đó ta có y  3t 2  t  1  2t 2  2t  1   3y  2  t 2   y  2  t  y 1  0  2  .
2
thì  2  là phương trình bậc hai đối với biến t, nên có nghiệm khi và chỉ khi
3

Với y 

   y  2   4  3y  2  y  1  0  11y 2  24y  4  0  11y 2  24y  4  0
2

 11y  2  y  2   0 

2
 y  2.
11

1
Với y  2 thay vào phương trình  2  ta có 4t 2  4t  1  0  t  .
2

Với y 

2
16
24
9
3
thay vào phương trình  2  ta có  t 2  t   0  t   .
11
11
11 11
4

Vậy giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của y tương ứng là M  2, m 

2
4
. Do đó M.m  .
11
11

Chọn A.
Câu 16.
Phương pháp:
Gọi số cần tìm là abcde, a  0. Tính số cách chọn của a, b,c,d,e và nhân lại với nhau.
Cách giải:
Gọi số cần tìm là abcde, a  0. Khi đó a được chọn trong 1; 2;3; 4 nên a có 4 cách chọn.
Tương tự ta có b có 4 cách chọn, c có 3 cách chọn, d có 2 cách chọn, e có 1 cách chọn. Vậy số các số cần
tìm là 4.4.3.2.1  96.
Chọn C.
Câu 17.
Phương pháp:
Quan sát đồ thị để đưa ra tính chất và sau đó loại các phương án sai.
Cách giải:
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy lim y   do đó ta loại đáp án C, D vì
x 

lim  x  2x  1  , lim  x 3  3x  1  .
4

x 

2

x 

15

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Hàm số có điểm cực tiểu là A  0;a  , a  0. Do đó ta loại đáp án B vì hàm số y  x 4  2x 2  1 có điểm cực tiểu
là 1;0  hoặc  1;0  .
Đáp án A thỏa mãn.
Chọn A.
Câu 18.
Phương pháp:
+) Sử dụng cách tính giới hạn của hàm số tại điểm x  a.
+) Rút gọn biểu thức sau đó thay giá trị x  a vào biểu thức vừa rút gọn để tính giới hạn.
Cách giải:
Ta có:

1  2x 2  1  lim 1  4x  4x
lim

x 0

x

x 0

x

2

 1  lim  4  4x   4.
x 0

Chọn A.
Câu 19.
Phương pháp:
Để phương trình f  x   m có ba nghiệm phân biệt thì đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm
phân biệt.
Cách giải:
Tập hợp các giá trị của tham số thực m để phương trình f  x   m có ba nghiệm phân biệt là m   2;3 .
Chọn D.
Chú ý. Một số bạn sẽ kết luận m   2;3 hoặc m   2;3 nhưng các kết luận này là không đúng. Lý do vì

f  x   2 thì có nghiệm x   2;3 hoặc x   3;   ngoài ra theo bảng biến thiên ta thấy lim f  x   2 nhưng
lưu ý rằng tập xác định của hàm số là

\ 2 nên phương trình

x 2

f  x   2 chỉ có đúng hai nghiệm.
Câu 20.
Phương pháp:
Vẽ hình và quan sát, tính số cạnh và các tính chất của các hình để loại
trừ đáp án.
Cách giải:
Giả sử ABCD là tứ diện đều. Gọi M, N, P,Q,S,T lần lượt là trung
điểm của AD, AB, BC,CD, AC, BD. Khi đó các trung điểm các cạnh
của tứ diện đều tạo thành hình SMNPQT. Do đó SMNPQT không thể

16

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


là tứ diện đều được. Ta loại đáp án D.
1
Do S, M là trung điểm của AC, AD nên SM / /  CD.
2

1
1
Tương tự ta có SQ / /  AD, MQ / /  AC. Do ACD là tam giác đều nên AC  CD  DA. Kéo theo
2
2
SM  SQ  MQ.

Chứng minh tương tự ta nhận được các cạnh của SMNPQT có độ dài như nhau.
Mặt khác từ SM  SQ  MQ suy ra SMQ là tam giác đều, do đó QSM  600. Do đó SMNPQT không thể là
hình hộp chữ nhật hay hình lập phương được. Như vậy đáp án A, C đều bị loại.
Chọn B.
Câu 21.
Phương pháp:
Tìm bán kính của  C1  ,  C2  khi đó k chính là tỉ số giữa bán kính của  C2  và  C1  .
Cách giải:
Ta có  C1  : x  1   y  1  22 ,  C2  :  x  6    y  8  102. Do đó  C1  có tâm và bán kính lần lượt là
2

2

2

2

I1 1;1 , R1  2.  C2  có tâm và bán kính lần lượt là I2  6;8 , R 2  10. Do đó tỉ số của phép đồng dạng là
k

R 2 10

 5.
R1 2

Chọn C.
Câu 22.
Phương pháp:
Dùng công thức truy hồi để tính.
Cách giải:
Theo giả thiết ta có mối liên hệ giữa số hạng thứ n và n  1 là u n  qu n 1 với q  3. Do đó ta có

u3  3u 2  3  3u1   9u1  9.2  18.
Chọn B.
Câu 23.
Phương pháp:
Bước 1. Đặt f  x   1  x  x 2  x 3  . Quan sát thấy f ' 1  S.
10

Bước 2. Tính f ' 1 .

17

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Cách giải:
Bước 1. Đặt f  x   1  x  x 2  x 3  . Khi đó f  x   a 0  a1x  ...  a 30 x 30 . Do đó
10

f '  x   a1  2a 2 x  3a 3x 2  ...  30a 30 x 29  f ' 1  a1  2a 2  3a 3  ...  30a 30  S.
Bước 2. Ta lại có f '  x   10 1  x  x 2  x 3  ' 1  x  x 2  x 3   10 1  2x  3x 2 1  x  x 2  x 3   f ' 1  0.
9

9

Vậy S  0.
Chọn B.
Câu 24.
Phương pháp:
Bước 1. Chứng minh góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng góc giữa hai đường thẳng MP, NP trong đó
P là trung điểm của BD.
Bước 2. Áp dụng định lý cosin trong tam giác để tính góc MPN.
Cách giải:
Gọi P là trung điểm của BD. Khi đó do M, N lần lượt là trung điểm của
BC, AD nên ta có
1
a
1
a
MP / /  CD  , NP / /  AB  .
2
2
2
2



 



Do đó AB,CD  MP, NP .
Áp dụng định lý cosin trong tam giác MPN ta có
2

a a a 3

    
MP 2  NP 2  MN 2  2   2   2 
1
cosMPN 

   MPN  1200.
a a
2MP.NP
2
2 .
2 2
2





2





Kéo theo MP, NP  1800  1200  600. Vì vậy AB,CD  60 0.
Chọn C.
Câu 25.
Phương pháp:
Sử dụng: hàm số y  f  x  đồng biến trên tập D khi y '  x   0 x  D.
Cách giải:

18

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Để hàm số y  sinx đồng biến trên D thì ta cần có y'  cos x  0, x  D. Lại có bất phương trình cos x  0

 

 19
  19 21 
có nghiệm x     k2,  k2  , k  . Với k  5 thì 
;10   
;
 do đó hàm y  sinx
2
2 
 2

 2
  2
 19

đồng biến trên khoảng 
;10  .
 2

15   7


Trên các đoạn  7;
 ;   ; 3  ;  6; 5  ta kiểm tra được cos x  0 do đó hàm y  sin x nghịch biến
2   2


trên các khoảng này.

Chọn C.
Câu 26.
Phương pháp:
Ta thấy đồ thị hàm số y  f  x  m  là đồ thị hàm số y  f  x  tịnh tiến sang bên trái một đoạn bằng m khi
m  0, tịnh tiến sang bên phải một đoạn bằng m khi m  0.

Hơn nữa đồ thị hàm số y  f  x  m  là đồ thị hàm số y  f  x  m  lấy trong khoảng x  0 và phần đồ thị
hàm số này lấy đối xứng qua trục Oy.
Vì vậy để hàm số có 5 cực trị thì đồ thị phải tịnh tiến về bên phải sao cho điểm hai điểm cực trị phải nằm hoàn
toàn bên phải của trục tung.
Cách giải:
Ta thấy đồ thị hàm số y  f  x  m  là đồ thị hàm số y  f  x  tịnh tiến sang bên trái một đoạn bằng m khi
m  0, tịnh tiến sang bên phải một đoạn bằng m khi m  0.

Hơn nữa đồ thị hàm số y  f  x  m  là đồ thị hàm số y  f  x  m  lấy trong khoảng x  0 và phần đồ thị
hàm số này lấy đối xứng qua trục Oy.
Vì vậy để hàm số có 5 cực trị thì đồ thị phải tịnh tiến về bên phải sao cho điểm hai điểm cực trị phải nằm hoàn

m  0
toàn bên phải của trục tung. Hay đồ thị hàm số đã cho phải tịnh tiến một đoạn lớn hơn 2  
 m  2.

m 2
Chọn D.
Câu 27.
Cách giải:
Ta cần đến số các bộ (a;b;c;d;e) (không xếp thứ tự) thỏa mãn:
a, b, c, d ,e  N;1  a  b  c  d  e  20
b  a  2; c  b  2; d  c  2; e  d  2

i)
ii)

19

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Đặt b '  b 1; c '  c  2; d '  d  3; e '  e  4
Bộ điều kiện trên trở thành:
a, b ', c ', d ',e'  N;1  a  b'  c'  d '  e '  16
b ' a  1; c ' b '  1; d ' c '  1; e ' d '  1 (điều kiện này luôn thỏa mãn điều kiện i)

i)
ii)

Số cách chọn bộ (a, b’, c’, d’, e’) thỏa mãn điều kiện i) là số cách chọn 5 phần tử từ tập {1;2;…;16} và bằng
C165
Vậy có C165 cách chọn bộ 5 số thỏa mãn đề bài.
Chọn D
Câu 28.
Phương pháp:
Áp dụng công thức thể tích lăng trụ để giải bài toán.
Cách giải:
Theo công thức thể tích lăng trụ ta có V  d.SABC . Mặt khác theo
V  2a 3 ,SABC 

giả thiết ta có

3

V
2a
1
 2  2a.
AB.BC  a 2 . Do đó d 
SABC a
2

Chọn D.
Câu 29.
Phương pháp:
Dùng công thức số hạng tổng quát của khai triển nhị thức Newton của  a  b  là Tk  Cnk a k bn k .
n

Cách giải:
6

k 2
2

Ta có số hạng tổng quát của khai triển nhị thức Newton của  x 2   là Tk  C6k  x 2   
x

x

6 k

 C6k .26k.x 3k 6 .

Số hạng không chứa x là số hạng mà có 3k  6  0  k  2. Vậy số hạng không chứa x là T2  C62 .24  24 C62 .
Chọn A.
Câu 30.
Phương pháp:
Hàm số liên tục tại x  1 khi và chỉ khi lim f  x   f 1  lim f  x   lim f  x   f 1 .
x 1

x 1

x 1

Sử dụng các quy tắc tính giới hạn của hàm số để tính lim f  x  và lim f  x  . Sau đó xác định điều kiện của a.
x 1

x 1

Cách giải:

20

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Hàm số liên tục tại x  1 khi và chỉ khi lim f  x   f 1  lim f  x   lim f  x   f 1 1 .
x 1

x 1

x 1

1
x2 1
Ta có f 1  , và lim f  x   lim  ax  1  a  1  2  . Hơn nữa lim f  x   lim
  3 .
x 1
x 1 2
2
2
x 1
x 1

Từ 1 ,  2  ,  3 ta nhận được a  1 

1
1
a .
2
2

Chọn C.
Câu 31.
Phương pháp:
Mỗi khối đa diện xác định bởi kí hiệu p;q , trong đó p là số các cạnh mỗi mặt ( hoặc số các đỉnh mỗi mặt) và
q là số các mặt gặp nhau ở một đỉnh.

Cách giải:
Do hình lập phương là hình có 6 mặt và mỗi mặt có 4 đỉnh. Hơn nữa mỗi đỉnh là giao của ba mặt nên theo trên
ta có p  4,q  3. Vậy hình lập phương là khối đa diện đều 4;3 .
Chọn C.
Câu 32.
Phương pháp:
Bước 1. Đặt CD  a,d  S, AB  b. Sử dụng tính chất của hai đường song song để thiết lập hệ thức giữa độ dài
các cạnh.
Bước 2. Tính diện tích của MNPQ, SAB qua a, b, x.
2
Bước 3. Sử dụng giả thiết SMNPQ  SSAB để tìm x.
3

Cách giải:
Đặt CD  a  AB  2a. Giả sử d S, AB  b. Ta có thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng    là

MNPQ  N  BC, P  SC,Q  SD  .  QP / /CD
Vì MQ / /SA nên

QS MA
x
QS
x
QS

x 


.
QD MD
1
QS  QD x  1 SD

Vì QP / /DC nên

QP QS
x
ax


 QP 
.
DC SD x  1
x 1

Vì MN / /AD / /DC nên

21

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


MK MD
1
NK BN MA
NK MA xMD
x


,






AB AD x  1 DC BC AD
AB 2AD 2AD 2  x  1


a 2  x
MN MK  NK
2x


 MN 
.
AB
AB
2  x  1
x 1
d  Q, MN  MD
1
b


 d  Q, MN  
.
d S, AB  AD x 1
x 1

Hơn nữa

Ta lại có SSAB 

SMNPQ 

1
d  S, AB .AB  ab và
2

 ax  a  b  a  x  1 b  ab .
QP  MN
1  ax a  x  2   b
d  Q, MN   



2
2
2  x 1
x  1  x  1  x  12
 x  1 x  1

2
ab
2
1
Vì SMNPQ  SSAB 
 ab  2  x  1  3  x  .
3
x 1 3
2

Chọn A.
Câu 33.
Phương pháp:
Tập xác định của hàm số có dạng y   f  x   ,  


\

là f  x   0.

Cách giải:
1
Tập xác định là 1  2x  0  x  .
2

Chọn B.
1
1
không là số nguyên nên tập xác định phải là x  . Một số bạn sẽ sai
3
2
1
lầm khi cho rằng tập xác định của hàm số trên là x  . Lưu ý rằng điều này chỉ đúng khi số mũ là số nguyên.
2

Sai lầm. Vì hàm số trên có số mũ là

Câu 34.
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức cos2x  2cos 2 x 1 và đưa các số hạng không chứa m về vế trái, còn số hạng chứa m về
vế phải.
+) Sử dụng công thức 1  cos x  1 và sử dụng yêu cầu m nguyên để tìm giá trị của m. Sau đó đếm số các giá
trị này và kết luận.
Cách giải:
Ta có cos2x  4cos x  m  0   2cos 2 x  1  4cos x  m  0   cos x  1 
2

22

m3
.
2

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Do 1  cos x  1 nên 2  cos x  1  0  0   cos x  1  4. Kéo theo 0 
2

nên ta có m 3; 2; 1;0;1;2;3;4;5. Vậy có 9 giá trị nguyên cần tìm.

m3
 4  3  m  5. Do m
2

Chọn C.
Câu 35.
Phương pháp:
Chứng minh

SA 'B'C' 1
 và sử dụng d S, A 'B'C'  d S, ABC  để suy ra
SABC
4

VS.A 'B'C' 1
 .
VS.ABC
4

Cách giải:
Vì ảnh của A, B,C qua trọng tâm G ứng với k  

1
nên A ', B', C' lần lượt là trung
2

điểm của BC, AC, AB. Do đó
SA 'B'C' d  A ', B'C' B'C' 1 1 1

 .  .
SABC
d  A, BC  BC
2 2 4

Do  A 'B'C'   ABC  nên d S, A 'B'C'  d S, ABC  . Vì vậy

VS.A'B'C' SA'B'C'
1

 .
VS.ABC
SABC
4

Chọn A.
Câu 36.
Phương pháp:
Sử dụng truy hồi để tính số hạng tổng quát. Hoặc một cách khác là dự đoán kết quả rồi chứng minh bằng quy
nạp.
Cách giải:
Ta có
u n 1  2u n  5  2  u n 1  5   5  2u n 1  2.5  5  2  2u n 2  5   5 1  2 
 23 u n 2  5 1  2  22   ....  2n u1  5 1  2  22  ...  2n 1   2n  5

2n  1
 6.2n  5.
2 1

Chọn C.
Câu 37.
Phương pháp: Sử dụng tính chất của hàm y  a x , y  log a x với a  1.
Cách giải:

23

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


1
Ta có hàm số y   
2

x

  21 

x

 2x , có 2  1 nên là hàm đồng biến trên tập xác định.

Hàm y  ln x  log e x có e  1 nên là hàm đồng biến trên tập xác định.
Hàm y  x có   1 nên là hàm đồng biến.
Hàm y  log

2
2

x có 0 

2
 1 nên là hàm số nghịch biến trên tập xác định.
2

Chọn B.
x

1
1
Chú ý. Một số bạn khi thấy hàm số y    với hệ số a  sẽ cho rằng hàm số này nghịch biến trên tập xác
2
2
định của nó, và do đó sẽ có hai đáp án A, B. Nhưng lưu ý rằng điều này không đúng vì số mũ là x chứ không
phải x.

Câu 38.
Phương pháp:
- Xác đinh đường cao của hình chóp. Xác định góc giữa SD và mặt đáy bằng cách xác định góc giữa SD và hình
chiếu của nó trên mặt ABCD.
- Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó BMH ∽ BOC . Suy ra các tỉ số đồng dạng, tính các đoạn thẳng cần
thiết để tìm được mối liên hệ giữa x và a.
Cách giải:

Gọi O  AC  BD. Do tam giác SAC cân tại S nên SO  AC. Do ABCD là hình thoi nên AC  BD. Từ đó ta





có AC  SBD  . Từ S kẻ SH  BD  SH  AC  SH   ABCD  . Khi đó ta có SD,  ABCD   SDH  300.
Khi đó ta tính được SH 

x
x 3
x2
, HD 
 BH  SB 2  SH 2  a 2 

2
2
4

4a 2  x 2
2

Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó ta có BC  SMH   BC  HM

24

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Gọi K là trung điểm của SB. Khi đó SB   AKC   KO 
a nên AK  CK 

1
x
BD  . Do các tam giác SAB và SBC đều cạnh
2
2

a 3
.
2

Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có
3a 2 3a 2

AK  KC AC
x
AC2
AC2 3a 2  x 2
2
4
4
KO 






 OC2
2
4
4
2
4
4
4
2

2

2

2

3a 2  x 2 a 2  x 2
a2  x2
 BO  BC  OC  a 

 BO 
4
4
2
2

2

2

2

Dễ thấy
BMH ∽ BOC  g.g  

BH BM

BC BO

4a 2  x 2 a 2  x 2
a
.
a
2
2
2
2
2
2
2
4
  4a  x  a  x   4a


 4a 4  3a 2 x 2  x 4  4a 4
 3a 2  x 2  x  a 3

Chọn D.
Câu 39.
Phương pháp:
+) Phương trình hoành độ giao điểm là

x 3
 1  x.
x 1

+) Giải phương trình trên và tìm tọa độ giao điểm.
+) Tính độ dài đoạn thẳng khi biết tọa độ hai điểm đầu mút AB 

 x B  x A    yB  yA 
2

2

Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm là

x 3
 1  x. Phương trình này có nghiệm là
x 1

điểm của hai đồ thị hàm số là A  1;2  , B  2; 1 . Do đó ta tính được AB 

 x  1
 x  2 . Khi đó tọa độ giao


 2  1   1  2 
2

2

 3 2.

Chọn B.
Câu 40.
Phương pháp:
Sử dụng tính chất cạnh huyền lớn hơn cạnh góc vuông.

25

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Văn - Anh - Sử - Địa
- GDCD tốt nhất!


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×