Đề thi thử thpt quốc gia 2020 môn toán trường chuyên Lam sơn | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (13.25 KB, 1 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

CHUYÊN LAM SƠN - THANH HÓA.

Câu 1: [2H1-3] Cho khối hộp ABCD A B C D.     có đáy là hình chữ nhật với AB  3; AD  7. Hai
mặt bên



ABB A 



và



ADD A 



cùng tạo với đáy góc 45 , cạnh bên của hình hộp bằng 1
(hình vẽ). Thể tích của khối hôp là:

A. 7. B. 3 3. C. 5. D. 7 7.

Lời giải
Chọn A

Hạ A H 



ABCD H



, 



ABCD



; HI AD I, AD;HK AB K, AB





' '

A H ABCD A H AD

A I AD

IH AD

   

 



 



 





 



,
DD

A I AD IH AD

ABCD ADD A HIA

A A ABCD AD

   

  

  



     (Do HIA90 )

Chứng minh tương tự 



ABCD

 

, ABB A 



HKA
Từ giả thiết suy ra:HIAHKA45  HAHI HK
Có ABCD là hình chữ nhật, HI AD I, AD;HKAB K, AB

NênAIHK là hình vng suy raAH HK 2A H 2

+ A H 



ABCD H



, 



ABCD



 AH A H  AA2 A H 2HA2 3A H 2 1
3
HA

 

. . . 7

ABCD A B C D

V     A H AB AD

   .

BÀI TƯƠNG TỰ

Câu 2: [2H-1-4] Cho hình chóp .S ABC có chân đường cao nằm trong tam giác ABC , các mặt bên



SAB ,





SBC ,





SCA cùng tạo với đáy góc 60 . Biết



AB  , 3 BC  ,4 CD  , tính thể tích5
khối chóp .S ABC .

A. 2 3. B. 6 3. C. 5 3. D. 10 3.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

HạSH 



ABC H



, 



ABC



HI AB IAB;HK BC K, BC,HGCA G CA, 





SH ABC SH AB

SI AB

IH AB

   

 



 

Có



 



SI AB IH AB

SAB ABC AB

  




   



ABC

 

, SAB



HIS (Do HIS90 )
Chứng minh tương tự 



ABC

 

, SBC



HKS



 





ABC , SAC



SGH

 

Từ giả thiết suy ra:HIS SKH SGH 60

3 3 3

SH HI HK HG

   

Mà H nằm trong tam giác ABC nên H vàHIlần lượt là tâm và bán kính đường trịn nội tiếp
của tam giác ABC

Có AB2 BC2 AC2

  nên tam giác ABC là tam giác vuông tại B .
 

2 4.3

1
3 4 5

ABC

S
HI

AB BC CA

  

     SH  3.

 

1 1 3.4

. . 3. 2 3

3 3 2

S ABC ABC

V SH S

    .

Câu 3: [2H-1-4] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vng, các mặt bên



SBC ,





SAD



cùng tạo với đáy góc 60 , mặt bên



SAB vng góc với đáy. Biết khoảng cách từ



Ađến mặt
phẳng



SCD bằng



7 , tính thể tích khối chóp .S ABC .

A. 3

12 . B.

6 . C.

8 . D.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Lời giải.
Chọn A

HạSH AB H, AB, do



SAB

 

 ABCD



nênSH 



ABCD



SH BC

 

Có ABCD là hình vng ABBC





BC SAB  BCSB

Có



 



SB BC BC AB

SBC ABCD BC

  




   



ABCD

 

, SBC



SBH
(Do SAH 90 )

Chứng minh tương tự 



ABCD

 

, SAD



SAH

Từ giả thiết suy ra:SAH SBH 60mà HAB suy ra tam giác SAB đều và H là trung
điểm của AB.

Gọi M là trung điểm của CD HM CD
Có SH 



ABCD



 SH CD



SHM

 

SCD



  . Hạ HI SM thì HI 



SCD



3
12

HI

 

Có 12 12 1 2

HI SH HM

2 2 2

1 1 1

21 3

7 2

BC
AB

  

   

   

   

1
AB

  (Do AB BC HM  )

 

1 1 3 1 3

. . .

3 3 2 2 12

S ABC ABC

V SH S

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu 2: [2D1-3] Người ta cần xây một bể chứa nước sản xuất dạng khối hộp chữ nhật khơng nắp có thể
tích bằng200m3. Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đơi chiều rộng. Chi phí xây bể là

300 nghìn đồng/m2(chi phí được tính theo diện tích xây dựng, bao gồm diện tích đáy và diện

tích xung quanh, khơng tính chiều dày của đáy và thành bể). Hãy xác định chi phí thấp nhất để
xây bể (làm tròn đến đơn vị triệu đồng).

A. 75 triệu đồng. B. 51 triệu đồng. C. 36 triệu đồng. D. 46 triệu đồng.
Lời giải

Chọn B

+) Gọi chiều rộng của đáy bể là a ( )m thì chiều dài của đáy là 2a ( )m .

+) Do thể tích bể chứa nước là 200m3nên chiều cao của bể là

2 2

200 100
2

h

a a

  .

+) Do đó diện tích xây dựng bể là S 2a2 2.ah 2.2ah

   2a2 600

a

  .

+ Ta có S 2a2 600
a

  2a2 300 300

a a

   3 2 .3 a2 300 300.

a a

 30 1803 , dấu bằng xảy ra khi

315

a  , suy ra chi phí thấp nhất để xây bể là 300.000x30 180 3 51triệu đồng.

Chọn đáp án B

Nhận xét: Ta cũng có thể đánh giá S bằng cách đưa về tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

 

2 2 600

f a a

a

  trên khoảng



a  .;



BÀI TƯƠNG TỰ

Câu 3: [2D1-3] Một ngơi biệt thự có 10 cây cột nhà hình trụ trịn, tất cả đều có chiều cao bằng 4, 2 m.
Trong đó, 4 cây cột trước đại sảnh có đường kính bằng 40 cm , 6 cây cột còn lại bên thân nhà
có đường kính bằng 26cm. Chủ nhà dùng loại sơn giả đá để sơn 10 cây cột đó. Nếu giá của
một loại sơn giả đá là 380.000đ/ m2

(kể cả phần thi cơng) thì người chủ phải chi ít nhất bao
nhiêu tiền để sơn 10 cây cột nhà đó (đơn vị đồng)?

A. 15.844.000. B. 13.627.000. C. 16.459.000. D. 14.647.000.
Lời giải

Chọn A

Diện tích xung quanh của một cái cột được tính bởi cơng thứcSxq 2Rh.

Tổng diện tích xung quanh của 10 cái cột là 4. 2 .0, 2.4, 2







6. 2 .0,13.4, 2







13, 272
Tổng số tiền cần chi là 13, 272380.000 15.844.000 . Chọn. A.

Câu 4: [2D1-3] Một nhà máy sản xuất cần thiết kế một thùng sơn dạng hình trụ có nắp đậy với dung
tích 1000 cm3. Bán kính của nắp đậy để nhà sản xuất tiết kiệm nguyên vật liệu nhất bằng

A. 3 500

 cm . B.

3 5

10.

 cm . C. 
500

 cm . D.

10.

 cm .
Lời giải

Chọn A

Gọi h



cm là chiều cao hình trụ và R





cm là bán kính nắp đậy.



Ta có V R h2 1000


  suy ra 2

1000

h
R



</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Để nhà sản xuất tiết kiệm ngun vật liệu nhất thì diện tích tồn phần Stp của hình trụ nhỏ nhất.

Ta có 2 2

1000

2 2 2 2 .

tp

S R Rh R R

R

   



   

2 1000 1000 3 2 1000 1000 2

2 R 3. 2 R . . 3 2 .1000

R R R R

  

    

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 R2 1000 R 3 500

R




   . Chọn A.

Câu 5: [2D1-3] Số sản phẩm của một hãng đầu DVD sản xuất được trong 1 ngày là giá trị của hàm số:





2 1
3 3

, .

f m n m n , trong đó m là số lượng nhân viên và n là số lượng lao động chính. Mỗi
ngày hãng phải sản xuất được ít nhất 40 sản phẩm để đáp ứng nhu cầu khách hàng. Biết rằng
mỗi ngày hãng đó phải trả lương cho một nhân viên là 6 USD và cho một lao động chính là

24 USD. Tìm giá trị nhỏ nhất chi phí trong 1 ngày của hãng sản xuất này.

A. 1720 USD. B. 720 USD. C. 560 USD. D. 600 USD.
Lời giải

Chọn B

Ta có giả thiết m n 23. 13 40 m n2 64000 với ,m n   .

Tổng số tiền phải chi trong một ngày là 6m 24n 3m 3m 24n 3 2163 m n2 720

     

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi 3m24n  m8n
Do đó, m n 2 64000 64n3 64000

   n10

Ta chọn n10 m80.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 3: [2D1-3] Cho hàm số f x có đạo hàm

 

f x

  

 x1

 

4 x 2

 

5 x3



3. Số điểm cực trị

của hàm số f x

 

là:

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

Lời giải
Chọn B

Ta có f x

 

0



x1

 

4 x 2

 

5 x3



3 0

1
2

3
x
x
x





 


 


Do f x

 

chỉ đổi dấu khi x đi qua x  và 3 x  nên hàm số 2 f x có

 

2điểm cực trị

x  và x  trong đó chỉ có 12 điểm cực trị dương.

Do f x

 

f x

 

nếu x  và 0 f x

 

là hàm số chẵn nên hàm số f x

 

có 3 điểm cực trị
2

x  , x  , 2 x  .0
BÀI TƯƠNG TỰ

Câu 4: [2D1-3] Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm f x

  

 x1

 

x 2





x2 4



. Số điểm cực trị của

hàm số yf x

 

là:

A. 3 . B. 2. C. 4. D. 5 .

Lời giải
Chọn D

Ta có f x

 

0



x1

 

x 2





x2 4



0 1

2
x
x



  

 .

Do f x

 

đổi dấu khi x đi qua 3 điểm x  và 1 x  nên hàm số 2 f x có 3 điểm cực trị

 

nhưng có 2 điểm cực trị dương x  và 1 x  .2

Do f x

 

f x

 

nếu x  và 0 f x

 

là hàm số chẵn nên hàm số f x

 

có 5 điểm cực trị đó
là x  , 1 x  và 2 x  .0

Câu 5: [2D1-3] Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm f x

 

x x



2





x24



. Số điểm cực trị của

hàm số yf x

 

là:

A. 3 . B. 2. C. 0 . D. 1.

Lời giải
Chọn D

Ta có f x

 

0 x x



2





x24



0 0
2
x
x



  

 .

Do f x

 

chỉ đổi dấu khi x đi qua điểm x  nên hàm số 0 f x có 1

 

điểm cực trị x  .0

Do f x

 

f x

 

nếu x  và 0 f x

 

là hàm số chẵn nên hàm số f x

 

có 1 điểm cực trị
0

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu 6: [1D3-3] Cho dãy số

 

un xác định bởi: 1

1
3

u  và 1

1
3
n n
n
u u
n



 . Tính tổng

10
2
1 ...
2 10
u
u

S u    bằng

A. 3280

6561. B.

29524

59049. C.

25942

59049. D.

1
243.
Lời giải

Chọn A

Từ 1

1 1

3 1 3

n n

u u

n

u u

n n n






  



Vậy 2 1 1

2 3 1

u u

3 2
1
2
1 1
.
3 3 2 3

u u
u
 
.
10
1
9
1
.
10 3
u
u


Cộng các vế lại sau ta được

1 2 9

1
1

1 1 1 1 3 3280

1 ... .

3 3 3 3 6561

3
S u
 
  
   
       
 
.

Câu 7: [1D3-3] Cho dãy số ( )un xác định bởi 

1
1
1
2 5
n n
u

u  u


  .Tính số hạng thứ 2018 của dãy.

A. u2018 3.220185. B. u2018 3.220171.
C. u2018 3.22018 5. D. u2018 3.220185

Lời giải:
Chọn C

Dễ thấy:

1 1

u 

2 2.1 5

u  

3 2.(2 5) 5 2 2.5 5

u      

2 3 2

4 2.(2 2.5 5) 5 2 2 .5 2.5 5

u        

3 2 4 3 2

5 2.(2 2 .5 2.5 5) 5 2 2 .5 2 .5 2.5 5

u          

Do đó un 2n1 (20 21 22 ... 2n2).5

     

Dãy số trong ngoặc là cấp số cộng với số hạng đầu bằng 1,cơng bội q  (có tổng cộng 2



n 1



số hạng)

→ 2 1 1 2 1.5 2 1 2 .5 5 6.21 1 5 3.2 5
1 2

n

n n n n n

n

u      

        

 . Do đó:

2018
2018 3.2 5

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Câu 8: [2D2-3] Cho bất phương trình: 2 2

5 5

1 log ( x 1) log ( mx 4x m ) (1). Tìm tất cả các giá trị
của m để (1) được nghiệm đúng với mọi số thực x .

A. 2 m 3. B. 2m3. C.  3 m7. D. m3;m7.
Lời giải

Chọn B

2 2 2

5 5 5 5

1 log ( x 1) log ( mx4x m ) log (5x 5) log ( mx 4x m )

2 2

5 5 5 2

log ( 4 ) log (5 5) 0 log 0

5 5

mx x m

mx x m x

x
 
       

2 2
2

5 2 2 2 2

4 0 4 0

log 0

5 5 4 5 5 ( ) ( 5) 4 5 0

mx x m mx x m

mx x m

x

x mx x m x f x m x x m

       
   
      
            

1

TH :Nếu m5;m0 không thỏa mãn.

2:
TH
2
2
0
0
2

' 0 4 0

2 3

5
0

' 0 4 ( 5) 0

m
a
m
m
m
m
a
m
m
   
  
 
   

 
  


 


  
 
      


Vậy 2m3 thỏa đề bài.

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ.

Câu 9: [2D2-3] Cho bất phương trình: ln(x2 1) ln(mx2 2x m) (1)

    . Tìm tất cả các giá trị của m
để (1) được nghiệm đúng với mọi số thực x .

A. 1 m . B. 1m2. C. 2m3. D. m2;m3.
Lời giải
Chọn B
2
2 2
2
2 0

ln(3 3) ln( 2 )

( ) ( 3) 2 3 0

mx x m

x mx x m x

f x m x x m

   

       
     




1

TH : Nếu m3;m0 không thỏa mãn.

2:
TH
2
2
0
0
1

' 0 1 0

1 2

3
0

2
' 0 1 ( 3) 0

m
a
m
m
m
m

a
m
m
   
  
 
   

 
  


 


  
 
      


</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Câu 15: [2D3-3] Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi Parabol

12
x

y  và đường cong có phương trình

4
4
x

y   ( hình vẽ). Diện tích của hình phẳng ( H) bằng:

A.



4 3



3
 

. B. 4 3

6


 . C. 4 3

  . D. 2 4





3
 

Lời giải
Chọn D

Hoành độ giao điểm của Parabol 2

12
x

y  và đường cong

4
4
x

y   là nghiệm của phương

trình:

2 2

12 4

x x

 

2 3

x

  .

Diện tích hình phẳng (H) bằng:

2 3 2 2

2 4 d

4 12

x x

S      x

 

 



2 3 2 3

2 2

0 0

16 d d

x x x x





 



2 3

4 3
16 d

3
x x





  .

Đặt x4sint

2 3

2
0

16 x xd





 3 2

16cos dt t







2 3
3



  .





2 4 3

S  

  .

CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 10: [2D3-3] Cho

 

H là hình phẳng giới hạn bởi parabol y 3x2

 , và nửa đường trịn có phương

trình 2

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

A. 2 3
3

 . B. 4 5 3

  . C. 2 5 3

  . D. 4 3

3
  .

Lời giải
Chọn A

Phương trình hồnh độ giao điểm của parabol y 3x2

 và nửa đường tròn y 4 x2 (với
2 x 2

   ) là:

2 2

4 x  3x  4 x2 3x4

2
2
1
4
3
x
x
 


 

1
1
x
x


  

.

Diện tích của

 

H là:





2 2

4 3 d

S x x x







  31

3
3

I x



  2 3

I

  với

4 d

I x x







 .

Đặt: x2sint, ;
2 2

t   

   dx2 cos dt t.
Đổi cận: 1

x  t  , 1

x  t .

4 4sin .2cos d

I t t t









6
2
6

4cos dt t












6
6

2 1 cos 2 dt t
















2t sin 2t





  2 3

3


  .

Vậy 2 3 2 3 2 3 2 3

3 3 3 3

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Câu 17: [1H3-3] Cho hình lăng trụ đứng
.

ABC A B C   có đáy ABC là tam giác
vuông BA BC a  , cạnh bên

AA a , M là trung điểm của BC
(hình vẽ). Khoảng cách giữa hai đường
thẳng AM và B C là:

A. 2
2

a .

B. 3
3

a .

C. 5
5

a

D. 7
7

a .

Lời giải
Chọn D

Cách 1

+) Gọi N là trung điểm BB, suy ra





B C  AMN . Do đó









d B C AM d B C AMN









d C AMN










d B AMN


+) Kẻ BH AM BK, NK. Chứng
minh được BK 



AMN



. Vậy nên





d B C AM d B AMN









BK
+) Tính

BH

2 2

BA BM

BA BM






5
5

a



BK

2 2

BH BN

BH BN






7
7

a

 .

Cách 2:

+) Tính được thể tích khối tứ diện .B AMN : 1
6

V  BA BM BN  .
+) Tính diện tích tam giác AMN là S .

+) d B C AM



 ,



d B AMN









3V

S

 .

Nhận xét: Học sinh dễ nhầm lẫn trong việc dựng BK nên điều chỉnh lại phương án nhiễu như
sau:

+) Nhầm lẫn 1: BK MN , khi đó phương án nhiễu là 2
3

a

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

+) Nhầm lẫn 2: BK AN, khi đó phương án nhiễu là 6
3

a

, khoanh. C.

BÀI TƯƠNG TỰ

Câu 16: [1H3-3] Cho hình chóp .S ABC có
đáy ABC là tam giác vuông
BA BC a  , cạnh bên SB vng

góc với mặt phẳng đáy, SB a 2.
Gọi M là trung điểm của BC (hình
vẽ). Khoảng cách giữa hai đường
thẳng AM và SC là:

A. 2
2

a .

B. 2
3

a

C. 6
3

a .

D. 7
7

a .

Lời giải
Chọn D

Câu 17: [1H3-3] Cho hình lập phương
.

ABCD A B C D    cạnh a . Gọi M là
trung điểm của AD (hình vẽ).
Khoảng cách giữa hai đường thẳng

A C và BM là:

A. 6
3

a .

B. 2 6
3

a .

C. 14
7

a .

D. 2 14
7

a .

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Câu 18: [2D2-3] Số nghiệm của phương trình ln





2
x
x
 


A. 1. B. 0 . C. 3 . D. 2.

Lời giải
Chọn D

Xét hàm số f x

 

ln



x1



xác định và liên tục trên



1; .



Ta có: 1 0,





f x

x

      

 hàm số đồng biến trên



1;  .



Xét hàm số

 

g x
x



 xác định và liên tục trên



 ; 2



và



2; .



Ta có:







 



0, ;2 , 2;

g x

x



        

 hàm số nghịch biến trên



1;2 và





2;  .



Và xlim2 g x

 

, g 1

 



   ,

 

2 0, lim

 

x

f f x

 

  .

Nên phương trình có đúng một nghiệm trong khoảng



1; 2 và đúng một nghiệm trong khoảng





2; .



Câu 19: [2D2-3] Số nghiệm của phương trình cos2 sin2

cos 2

x x

e  e  x thuộc khoảng



0;2 là:



A. 4. B. 0 . C. 3 . D. 2.

Lời giải
Chọn A

Ta có: cos2 sin2 cos2 sin2 2 2

cos 2 cos sin

x x x x

e  e  x e  e  x x









2 2

cos x cos2 sin x sin2 cos2 sin2

e x e x f x f x

     

Với hàm số f t

 

et t

  xác định và liên tục trên đoạn



0;1 .



Ta có: f t'

 

et 1 0, t



0;1



f t

 

      luôn đồng biến trên đoạn



0;1 .



Vậy f



cos2 x



f



sin2 x



cos2x sin2x cos 2x 0

   





2 ,

2 4 2

k

x  k x   k

        .

Với



0;2



;3 ;5 ;7

4 4 4 4

x   x    .

Câu 20: [2D2-4] Số nghiệm của phương trình





3
x

2 x 2x

1
3

4 log x 2x 3 2 log 2 x 2 0

 

   

      

  là:

A. 1. B. 0. C. 3 . D. 2.

Lời giải
Chọn C

Phương trình đã cho ln xác định với mọi giá trị của x.

Ta có

  2

1 3 3

3 3 1 3

log 2 x 2 log 2 x 2 log 2 x 2

2  2 2 2

     

       

     

     

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>





3 3 2 1 3

2
2

1 1 3

log 2 3 log 2 2 0

2
2

x x

x x x   x

 

      

 





2 2 3 2 2 3 2

3 3

2 log 2 3 2 log 2 2

x

x  x x x    x 

       

 

(1)

Hai hàm sốf t

 

2t

 và g t

 

log t3 đều đồng biến trên



2;  và lấy giá trị dương trên



[2;) nên hàm số

   

f t g t 2 log tđồng biến trên



2; 



Hơn nữa x2 2x 3



x 1



2 2 2

     

và 2 x 3 2 2
2

   với mọi x R

Do đó phương trình (1) tương đương với phương trìnhx2 2x 3 2 x 3 2
2

    





2 x x 1

   









2 x x 1

2
3

2 x x 1

  

  

 



 




  

  
  

 



2
2

x 4x 4 0 (2)
x 2 (3)

   

 




</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Câu 21: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu

 

S x: 2 y2 z2 2x 6y 4z 2 0

       , mặt phẳng

 

 :x4y z 11 0 . Gọi

 

P là mặt

phẳng vng góc với

 

 ,

 

P song song với giá của v 



1;6;2



và

 

P tiếp xúc với

 

S . 
Lập phương trình mặt phẳng

 

P .

A. 2x y 2z 2 0 và x 2y z  21 0 .
B. x 2y2z 3 0và x 2y z  21 0 .
C. 2x y 2z 3 0và 2x y 2z 21 0 .
D. 2x y 2z 5 0và 2x y 2z 2 0 .

Lời giải

Chọn C

Mặt cầu

 

S có tâm I



1; 3;2



và bán kính là R  .4

Mặt phẳng ( ) có VTPT là n 1



1; 4;1





Vì

 

P là mặt phẳng vng góc với

 

 ,

 

P song song với giá của v 



1;6; 2



nên

 

P có cặp

VTCP là n 1 và v, suy ra

 

P có VTPT là nn v1,  



2; 1;2




 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
   

Phương trình mp

 

P có dạng 2x y 2z D 0. Vì ( )P tiếp xúc với

 

S nên ta có

 



;



d I P R

4
3

D


 

3
21
D
D



  

 .

Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn là 2x y 2z 3 0và 2x y 2z 21 0 .
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ :.

Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A



1; 1;5



và B



0;0;1



.Mặt phẳng ( )P

chứa A, B và song song với trục Oy có phương trình là:

A. 4x y z   1 0. B. 2x z  5 0 . C. 4x z  1 0. D. y4z1 0 .
Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình tổng quát của mp

 

 qua hai điểm



2; 1; 4



</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Câu 41: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

2 2 2

( ) : (S x1) (y 2) (z 3) 16 và các điểm A(1;0;2), ( 1; 2; 2)B  . Gọi ( )P là mặt phẳng
đi qua hai điểm A, B sao cho thiết diện của mặt phẳng (P) với mặt cầu (S) có diện tích nhỏ nhất.
Khi viết phương trình (P) dưới dạng ax by cz   3 0. Tính T   a b c.

A. 3. B. –3. C. 0. D. –2.

Lời giải
Chọn B

Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2;3) và bán kính R 4.

Vì IA 5R nên điểm A nằm bên trong mặt cầu. Suy ra (P) luôn cắt mặt cầu. Gọi r là bán

kính đường trịn giao tuyến, ta có r R2 d2

  với d là khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P).
Diện tích hình trịn thiết diện nhỏ nhất khi và chỉ khi bán kính r nhỏ nhất, hay d lớn nhất.
Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng AB ta có d lớn nhất khi d IH tức IH vng góc với
(P).

Phương trình đường thẳng

)

: (

x t

AB y t t
z

 





 







Gọi H(1 ; ; 2) t t . IH  ( ;t t 2; 1) .

( 2) 0 1

IH AB t t   t . Suy ra H(0;1; 2).

Mặt phẳng (P) nhận IH làm vectơ pháp tuyến và đi qua điểm A nên có phương trình

(x 1) y (z 2) 0 x y z 3 0

            .

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Câu 42: [2D1-4] Biết đồ thị hàm số





2
2

2 1

6
m n x mx
y

x mx n

  



   , (m, n là tham số) nhận trục hoành và
trục tung làm hai đường tiệm cận. Tính m+n:

A. 6. B. 6. C. 8. D. 9

Lời giải

Chọn D

Vì y 0 là TCN  2m n 0 (bậc tử phải nhỏ hơn bậc mẫu)
. Vì x 0 là TCĐ  6 0

1 0
n  





 (x 0 là nghiệm mẫu và khơng là nghiệm tử)

Ta có hệ 2 0 3

6 0 6

m n m

n n

  

 



 

  

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Câu 43: [2D1-4] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình:

1 2cos 1 2sin
2

m

x x

    có nghiệm thực.

A. 3. B. 5. C. 4. D. 2

Lời giải
Chọn B

Do vế trái là hàm tuần hồn với chu kì 2 nên khơng mất tính tổng quát, ta chỉ cần xét nghiệm



;



x   . Suy ra ĐK

2
;
6 3

x   

  . Ta có:





2 2 sin cos 2 1 2cos . 1 2sin
4
0

m

x x x x

PT

m



     


 

 



Đặt

s cos

t inx x. Với

2 3 1

; ; 2

6 3 2

x      t   

    và t2 1 2sinxcosx

  .

2
2

2 2 2 2 2 1
9
m
PT  t t  t  ;

3 1
; 2
2

t   

  .

Xét hàm số

 

2 2 2 2 2 2 1

f x   t t  t trên đoạn

3 1
; 2
2

  

 

  , ta có:

 

24

' 2 0

2 2 1

t
f x

t t

  

  ,

3 1
; 2
2

t   

   

 

BBT:

Suy ra PT có nghiệm khi và chỉ khi:





3 1 4 2 1

2 3 1 4 2 1

4
0

m



   



    



 



</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Câu 44: [1D2-3] An và Bình cùng tham gia kì thi THPTQG năm 2018 , ngồi thi ba mơn Tốn, Văn,
Tiếng Anh bắt buộc thì An và Bình đều đăng kí thi thêm đúng hai mơn tự chọn khác trong ba
mơn Vật lí, Hóa học và Sinh học dưới hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển Đại học. Mỗi môn
tự chọn trắc nghiệm có 8 mã đề thi khác nhau, mã đề thi của các mơn khác nhau là khác nhau.
Tìm xác xuất để An và Bình có chung đúng một mơn thi tự chọn và chung một mã đề.

A. 1

9. B.

10. C.

12. D.

1
24.
Lời giải

Chọn C

Số phần tử không gian mẫu:

 



2 2



2
3.8

n   C .

Gọi A là biến cố: “An và Bình có chung một môn thi tự chọn và chung một mã đề”
Chọn cùng một môn tự chọn và một mã đề có: 1

3.8

C .

An chọn một mơn tự chọn khác: 1
2.8

C

Bình chọn một mơn tự chọn cịn lại: C11.8.

 n A

 

C31.8. .8. .8C21 C11 .

Vậy xác xuất là:

 

 





1 1 1

3 2 1

2
2 2
3

.8. .8. .8 1
12
.8

n A C C C

P

n C

  

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Câu 45: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độOxyzcho các điểmA



1;0;0



, B



0;2;0



, C



0;0;3





2; 2;0



D  . Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5 điểm O , A, B, C , D?

A. 7 . B. 5 . C. 6 . D. 10 .

Lờigiải
Chọn B

Mặt phẳng



ABC có phương trình là



1 2 3

x y z

    6x3y2z 6 0 , do đóD



ABC



.
Lại cóA là trung điểmBD.

Ta có



Oxy chứa các điểmO ,



A, B, D.



Oyz chứa các điểmO ,



B, C ;



Oxz chứa các điểm O ,



A, C ;



ABC chứa các điểm



A, B, C , D.



OCD chứa các điểmO ,C ,



D.

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Câu 46: [1H3-4] Xét tứ diện OABC có OA OB OC, , đơi một vng góc. Gọi   , , lần lượt là góc
giữa các đường thẳng OA OB OC, , với mặt phẳng (ABC). Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu
thức M (3 cot2 ).(3 cot2 ).(3 cot2 )

  

    là

A. Số khác. B. 48 3. C. 48. D. 125.

O C

Lời giải
Chọn D

O C

B
H

Ta có sin2 sin HAO2 
 

2
2

OH
OA

 , tương tự

2 2

sin OH ;sin OH

OB OC

  

Nên 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1

sin sin sin OH .( ) 1

OA OB OC

        .

Và

2 2 2

(2sin 1).(2sin 1).(2sin 1)
sin .sin .sin

M   

  

  

 ; Áp dụng BĐT cố si, ta có

2sin 1 sin2sin2sin2sin2sin2 5. sin5 6.sin2.sin2

Tương tự, ta được (2sin2 1).(2sin2 1).(2sin2 1) 125sin2 .sin2 .sin2

      

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Câu 47: [2D3-4] Cho hàm số f x có đạo hàm dương, liên tục trên đoạn

 



0; 1 thỏa mãn



f 0 = 1 và

 

   

1 1

2

0 0

1

3 f' x f x + x 2 f' x f x x

9
 
  
 
 
 



. Tính tích phân

 

1

3

0

f x x

 

 



A. 3

2. B.

4. C.

6. D.

7
6.

Lời giải

Chọn D

+ Ta có:

 

   

1 1

2

0 0

1

3 f' x f x + x 2 f' x f x x

9
 
  

 
 
 





 

   

1

2

0

2 1

f' x f x - f' x f x + x 0

3 9
 

 
 



   

2
1

0

1

f' x f x - x 0

3
 
   
 



   

 f' x f x =1

3

 

 f' x f2 x = .1

9

+ Lấy nguyên hàm 2 vế ta được f' x f

 

2

 

x x =d 1dx
9



 1 f3

 

x = x+C1

3 9

Mà f 0 = 1

 

 C = 1

3 

 

3 x

f x = +1

3

 

d d .

1 1

3

0 0

x 7

f x x = +1 x =

3 6

 

 

 



Câu 48: [0D3-4]Cho hàm số f x

 

x2 ax b.

   Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số f x

 

trên
đoạn



1;3



. Khi M đạt giá trị nhỏ nhất thì biểu thức a2b bằng:

A. -4 B. 4 C. 5. D. 2.

Lời giải
Chọn A

Cách 1: Ta có





1 ;

 

1 1 ;

 

3 9 3

M f   ∣ a b M ∣ f   ∣ a b M ∣ f  ∣ a b ∣





 

4M f 1 2f 1 f 3 1 a b 2 1 a b 9 3a b

      ∣  ∣ ∣    ∣ ∣   ∣





1 a b 2 1 a b 9 3a b 8 M 2.

            



 



min

1 1 9 3 2 2

1 . 1 . 9 3 0 1

a b a b a b M a

M

a b a b a b b

           
 
  
         

∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣

Cách 2: Ta có mẹo f x

 

x2 a x b x. ,



p q;



    có giá trị lớn nhất M . Lúc đó M nhỏ

nhất khi

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>





 

min

2M f 1  f 1  ∣1 b∣ ∣ 3b∣ 4 M 2; M  2 b1

 Đối với một số nhận xét, thông thường đối với bậc 2:
f x

 

x2 ax b x,



p q; ;



   

Ta tính:

 

;

 

;

2
p q
f p f q f   

 

+ Theo mình nghĩ tính chất trên khơng cịn đúng khi
f x

 

x3 ax2 bx c x,



p q;



</div>

Đề thi thử thpt quốc gia 2020 môn toán trường chuyên Lam sơn | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện





<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>







 







 









 







































 







 









 







 

























 













 







 

