HƯỚNG dẫn GIẢI CHI TIẾT một số câu đề KSCL KHỐI 11 lên 12 THPT THUẬN THÀNH số 1

/>
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT MỘT SỐ CÂU ĐỀ KSCL KHỐI 11
LÊN 12 THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 – BẮC NINH 2019 – 2020

1.D

2.C

3.B

4.A

5.D

6.B

7.A

8.C

9.B

10.B

11.B

12.D

13.B

14.B

15.A

16.B

17.D

18.B

19.C

20.C

21.A

22.C

23.B

24.D

25.B

26.C

27.D

28.A

29.C

30.B

31.B

32.B

33.B

34.C

35.B

36.A

37.D

38.B

39.C

40.A

41.D

42.A

43.C

44.B

45.C

46.B

47.B

48.C

49.D

50.D

Đáp án chi tiết
Câu 32. Tại trường THPT X có ba bạn tên Long, Thắm, Minh Anh vừa tham gia kì thi
THPTQG đạt kết quả cao. Ba bạn đều có ý định nguyện vọng vào trường ĐHSPHN. Được
biết trường ĐHSPHN có bốn cổng đi vào. Tính xác suất để hôm nhập học có bạn Thắm và
Long đi vào cùng một cổng (giả sử rằng ba bạn đều đi nhập học và việc vào mỗi cổng là
ngẫu nhiên).
A.

16
.
81

B.

1
.
4

C.

3
.
16

D.

4
.
27

Lời giải.
Cả 3 bạn, mỗi bạn đều có 4 cách để đi vào cổng (tương ứng với 4 cổng) nên ta có

n     4 3.
Thắm và Long cùng đi vào 1 cổng có 4 cách, còn Minh Anh có 4 cách đi vào cổng.
Nên có tất cả 4.4  16 cách để Thắm và Long cùng đi vào một cổng.
Vậy xác suất cần tìm là

16 1
 .
43 4

Chọn ý B.
Câu 33. Cho hai điểm A , B thuộc đồ thị hàm số y  sin x trên đoạn  0;   . Các điểm C , D
thuộc trục Ox thoả mãn ABCD là hình chữ nhật và CD 

2

. Độ dài cạnh BC bằng
3

y
Nguyễn Xuân Nhật (Nam Trung)

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

TOÁN HỌC PHỔ THÔNG

Đáp án trắc nghiệm


/>
A

B
x

0

D

A. 1.

B.



C

1
.
2

C.

3
.
2

D.

2
.
2


2

2
 1 .
 xB  x A 
 xB  x A 
Gọi A  x A ; y A  , B  x B ; y B  . Ta có 
3
3 
 y y

A

B

sinx A  sinx B  2 

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

TOÁN HỌC PHỔ THÔNG

Lời giải

Thế  1 vào  2  ta thu được


2
sin  x A 
3



2

  sin x A  x A  3    x A  k 2  x A  6  k  k    .


Vì x  0;    x A 


6

 AD  BC  sin



1
 .
6 2

Chọn ý B.
Câu 34. Cho hình lăng trị đứng ABC.A ' B ' C ' có đáy
ABC là tam giác vuông tại A . Gọi E là trung điểm AB .

A

C
E

Cho biết AB  2 a , BC  a 13 , CC '  4 a. Khoảng cách giữa

B

hai đường thẳng A ' B và CE bằng
A.

12a
.
7

B.

40a

.
7

C.

6a
.
7

D.

3a
.
7
C'

A'

B'

Lời giải

A
K

Gọi F là trung điểm AA ' . Suy ra A ' B   CEF  . Mà

CE   CEF  nên suy ra d A ' B ; CE   d A ' B ;CEF 

C

E
H

B

F

 d B ;CEF   d A ;CEF   .
Kẻ AK  CE  K  CE  , AH  FK  H  FK  . Suy ra:

C'

A'

B'

Nguyễn Xuân Nhật (Nam Trung)


/>
d A ;CEF   AH . Vì tam giác ABC vuông tại A nên:

AC  BC 2  AB2  13a2  4a2  3a. Và:
1
1
1
1
1
10
3a 10



 2  2  2  AK 
.
2
2
2
10
AK
AE
AC
a
9a
9a
Xét tam giác AKF vuông tại A có:

1
1
1
10
1
49
6a


 2 2 
 AH  .
2
2
2

2
7
AH
AK
AF
9a
4a
36a

Chọn ý C.

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

TOÁN HỌC PHỔ THÔNG

Câu 35. Cho hàm số y  f  x  liên tục và có đạo hàm trên  có đồ thị như hình vẽ. Mệnh
đề nào sau đây là đúng?

y

x1

x2

x3

x
x4

       

f ' x   f ' x   f ' x   f ' x  .

A. f '  x3   f '  x2   f '  x4   f '  x1  .

B. f ' x1  f ' x2  f ' x4  f ' x3 .

C. f '  x1   f '  x2   f '  x3   f '  x4 

D.

2

3

1

4

Lời giải

 

Từ đồ thị hàm số y  f x

 

ta thấy x2 , x4 là cực trị của hàm số y  f x nên

f '  x2   f '  x4   0 .

 
là hoành độ của điểm thuộc khoảng giảm của đồ thị hàm số y  f  x  nên f '  x   0

Do x3 là hoành độ của điểm thuộc khoảng tăng của đồ thị hàm số y  f x nên f '  x3   0
và x1

1

.

 

 

 

 

Vậy f ' x1  f ' x2  f ' x4  f ' x3 .

S

Chọn ý B.
Câu 36. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông
cân tại B , AB  a , SA  AB , SC  BC , SB  2 a . Gọi M , N lần



M



lượt là trung điểm SA , BC và  là góc giữa MN và ABC .
Giá trị cos  bằng

C
N

A
B

Nguyễn Xuân Nhật (Nam Trung)


/>
6
.
3

A.

B.

2 6
.
5

C.

10

.
5

D.

2 11
.
11

Lời giải





Kẻ SH  ABC tại H suy ra SH  AB mà

AB  SA nên AB   SAH   AB  AH .

S

Chứng minh tương tự có

BC   SHC   BC  HC .

TOÁN HỌC PHỔ THÔNG

C

Suy ra HB  a 2 . Do đó

M

SH a 2

2
2
(với K là trung điểm của đoạn HA ).
Lại có KN  BC  a vì

N

SH  SB2  HB2  a 2  MK 

H

MK / /SH  MK   ABCH   MK  KN .



B
K



A

Suy ra  là góc giữa MN và ABC thì

 . Ta có tan MNK

  KM 
  MNK
KN
Vậy cos  

1
1  tan 2 



a 2
2  2.
a
2

6
.
3

Chọn ý A.
Câu 37. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc  10;10  để phương trình





3 sin 2 x  cos 2 x  m3  m x  3m vô nghiệm ?
A. 20.

B. 3.

C. 19.

D. 2.

Lời giải





3 sin 2 x  cos 2 x  m3  m x  3m (1)




3
1
m3  m
3m
  m3  m
3m
sin 2 x  cos 2 x 
x
 sin  2 x   
x
(2)
2
2
2

2
6
2
2


Nguyễn Xuân Nhật (Nam Trung)

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Do đó ABCH là hình vuông cạnh a .


/>


Số nghiệm phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y  sin  2 x 



đồ thị hàm số y 



m  0

Nếu m3  m  0  

m  1




và


6 

đồ thị hàm số y 

m3  m
3m
x
luôn cắt đồ thị hàm
2
2

. Phương trình đã cho luôn có nghiệm.

m  0

Nếu m3  m  0  

 m  1



m  0 phương trình (2) trở thành sin  2 x    0 . Phương trình có nghiệm.
6




3
m  1 phương trình (2) trở thành sin  2 x     . Phương trình vô nghiệm.
6
2

Do đó số giá trị nguyên của m thuộc  10;10  để phương trình





3 sin 2 x  cos 2 x  m3  m x  3m vô nghiệm là 2 .
Chọn ý D.
Câu 39. Từ một hộp đựng 2019 thẻ đánh số thứ tự từ 1 đến 2019 . Chọn ngẫu nhiên ra
hai thẻ. Tính xác suất của biến cố A : “ Tổng số ghi trên hai thẻ nhỏ hơn 2002 ”.
A.

106  1
.
2
C2019

B.

10 5
.
2
C 2019

C.

10 6
.
2
C 2019

D.

106  10 3
.
2
C2019

Lời giải
2
n     C2019

Gọi A là biến cố : “ Tổng số ghi trên hai thẻ nhỏ hơn 2002 ”.
Công việc chọn ngẫu nhiên 2 thẻ sao cho tổng số ghi trên hai thẻ nhỏ hơn 2002 gồm các
phương án sau :
Số ghi trên thẻ thứ nhất là 1 thì số ghi trên thẻ thứ hai là 2 , hoặc 3 ,… , hoặc 2000 : có

1999 cách chọn.
Số ghi trên thẻ thứ nhất là 2 thì số ghi trên thẻ thứ hai là 3 , hoặc 4 ,… , hoặc 1999 : có

1997 cách chọn.
Số ghi trên thẻ thứ nhất là 3 thì số ghi trên thẻ thứ hai là 4 , hoặc 5 ,… , hoặc 1998 : có

1995 cách chọn.
………………………..
Số ghi trên thẻ thứ nhất là 2000 thì số ghi trên thẻ thứ hai là 1 : có 1 cách chọn.
Nguyễn Xuân Nhật (Nam Trung)

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

TOÁN HỌC PHỔ THÔNG

6 

m3  m
3m
x
2
2

số y  sin  2 x 





/>
 
n  A  10
P  A 

n C

Suy ra n A  1999  1997  1995  ...  1  10 6
6

2
2019

.

Chọn ý C.

 

 

Câu 44. Cho hàm số f x có đạo hàm trên  và có đồ thị y  f ' x như hình vẽ. Xét hàm



 



số g x  f x 2  2  2019. Gọi  o là góc tạo bởi phần phía trên Ox của tiếp tuyến với đồ

 

thị hàm số g x tại điểm xo và tia Ox. Mệnh đề nào sau đây sai?

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

TOÁN HỌC PHỔ THÔNG

y

x

1

1

2

4






A. tan  o  0 khi xo  0; 2  .
C. cos  o  0 khi xo  ; 2 .



B. cos  o  0 khi xo  2;  .



D. tan  o  0 khi xo   2; 0  .
Lời giải



 





 



Ta có: g ' x  2 xf ' x 2  2 ; tan  o  g ' xo  2 xo f ' xo2  2 .





Với xo  2 thì xo2  2  2  f ' xo2  2  0  tan  o  0 nên  o nhọn hay cos  o  0 .



 



 

Ta có: g ' x  2 xf ' x 2  2 ;  0  0;   ; tan  o  g ' xo

g '  x   0  x  0; 1; 2 . Ta có BBT:

x
g ' x

2





0

0

1



0



0

1



2

0

0






Chọn ý B.

 

 

 

 

Câu 45. Cho hàm số f x có đạo hàm trên  . Xét các hàm số g x  f x  f 2 x và

h  x   f  x   f  4 x  . Biết rằng g '  1  18 và g '  2   1000. Tính h '  1 .
A. 2018.

B. 2020.

C. 2018.

D. 2020.

Nguyễn Xuân Nhật (Nam Trung)


/>
Lời giải
Ta có:

g  x   f  x   f  2x   g '  x   f '  x   2 f '  2x 
 g '  1  f '  1  2 f '  2   18
 f '  1  2 f '  2   18


 f '  1  4 f '  4   2020.
 g '  2   f '  2   2 f '  4   1000  2 f '  2   4 f '  4   2000

 

   
 h '  1  f '  1  4 f '  4   2018.

 

 

 

Mặt khác ta có h x  f x  f 4 x  h ' x  f ' x  4 f ' 4 x

 

TOÁN HỌC PHỔ THÔNG

Câu 46. Cho hàm số f x  ax 2  bx  c có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên

  

của m để phương trình f f x

y
 m có 8 nghiệm phân biệt ?
4

x

0

4

A. 5.

B. 3.

D. 0.

C. Vô số.
Lời giải

 





Đặt t  f x . Phương trình đã cho trở thành f t  m *

  được suy ra từ đồ thị y  f  x  như sau :

Ta có đồ thị y  f x

y

y  f x  như sau :
4

x
0





4

  có 4 nghiệm

Quan sát đồ thị ta thấy rằng với mỗi t  0; 4 thì phương trình t  f x
phân biệt.

Nguyễn Xuân Nhật (Nam Trung)

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Chọn ý C.


/>
    m có 8 nghiệm phân biệt khi phương trình  *  có hai nghiệm

Để phương trình f f x



phân biệt. Để phương trình f t  m có hai nghiệm phân biệt thì 0  m  4 .





Mà m    m  1; 2; 3 . Vậy có tất cả 3 giá trị nguyên của m để phương trình

    m có 8 nghiệm phân biệt.

f f x

Chọn ý B.
Câu 49. Tam giác mà ba đỉnh của nó là ba trung điểm của ba cạnh tam giác ABC được gọi
là tam giác trung bình của tam giác

ABC . Ta xây dựng dãy tam giác

TOÁN HỌC PHỔ THÔNG

nguyên dương n  2 , tam giác An BnCn là tam giác trung bình của tam giác An1Bn1Cn1 .
Với mỗi số nguyên dương n đặt Sn là diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác An BnCn . Tính

S1  S2  ...  Sn  ...
A. 5 .

B.

15
.
4

C.

9
.
2

D. 4 .

Lời giải
Gọi rn là bán kính của đường tròn ngoại tiếp An BnCn , ta được rn 

Ta có A1 B1  3, A2 B2 
2

3
. An Bn và Sn   .rn 2 .
3

3
3
,..., An Bn  n1 ,... nên
2
2
2

2

 3 
 3 3
 3 3 
S1   . 
.3  , S2   . 
.  ,..., Sn   . 
.
,...
 3 
 3 2
 3 2 n1 









 1 

1 1
1

 ...  n1  ...   3 
Tức S1  S2  ...  Sn  ...  3  1  
  4 .
1
4 16
4


 1  

4
Chọn ý D.

Nguyễn Xuân Nhật (Nam Trung)

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

A1 B1C1 , A2 B2C2 , A3 B3C3 , ... sao cho A1 B1C1 là một tam giác đều cạnh bằng 3 và với mỗi số