Đề thi Toán lớp 12 học kì 2 có đáp án năm 2021 - 2022 là tài liệu cực kì hữu ích, tóm tắt lý thuyết và các dạng bài tập trắc nghiệm kèm theo đề thi ma trận đề thi.
Câu 1:
Phương pháp:
Số cách chọn 2 bạn giữ chức vụ tổ trưởng và tổ phó bằng số chỉnh hợp chập 2 của 10 phần tử.
Hướng dẫn giải:
Mỗi cách chọn ra 2 trong 10 bạn để giữ hai chức vị tổ trưởng và tổ phó là một chỉnh hợp chập 2 của 10 phần tử.
Vậy có A210A102 cách chọn.
Đáp án B
Câu 2:
Phương pháp:
- Tính bán kính dựa vào công thức S=4πR2S=4πR2
Hướng dẫn giải:
Ta có:
4πR2=34πa2⇔R2=34πa2:4π⇔R2=316a2⇔R=a√344πR2=34πa2⇔R2=34πa2:4π⇔R2=316a2⇔R=a34
Đáp án D
Câu 3:
Phương pháp:
Phương trình logaf(x)=mlogaf(x)=m ⇔f(x)=am⇔f(x)=am
Hướng dẫn giải:
log2(x−1)=3⇔x−1=23⇔x−1=8⇔x=9log2(x−1)=3⇔x−1=23⇔x−1=8⇔x=9
Đáp án A
Câu 4:
Phương pháp:
Diện tích xung quanh hình nón S=πrlS=πrl
Hướng dẫn giải:
Diện tích xung quanh hình nón S=πrlS=πrl
Đáp án D
Câu 5:
Phương pháp:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=f(x)y=f(x), trục hoành và các đường thẳng x=ax=a, x=b(a<b)x=b(a<b) là S=b∫a|f(x)|dxS=∫ab|f(x)|dx
Hướng dẫn giải:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=f(x)y=f(x), trục hoành và các đường thẳng x=ax=a, x=b(a<b)x=b(a<b) là S=b∫a|f(x)|dxS=∫ab|f(x)|dx
Đáp án D
Câu 6:
Phương pháp:
Sử dụng công thức nguyên hàm hàm số cơ bản ∫xndx=xn+1n+1+C∫xndx=xn+1n+1+C
Hướng dẫn giải:
Ta có:
I=2∫0(2x+1)dx=(2.x22+x)∣∣20=(x2+x)∣∣20=6−0=6I=∫02(2x+1)dx=(2.x22+x)|02=(x2+x)|02=6−0=6
Đáp án A
Câu 7:
Phương pháp:
- Tính y′y′
- Tìm nghiệm của y′=0y′=0 trong đoạn [1;2][1;2]
- Tính giá trị của hàm số tại các điểm đầu mút và các nghiệm vừa tìm được rồi so sánh.
Hướng dẫn giải:
TXĐ: D=R∖{−12}D=R∖{−12}
Ta có: y′=1.1−2.(−1)(2x+1)2=3(2x+1)2>0,y′=1.1−2.(−1)(2x+1)2=3(2x+1)2>0, ∀x∈D∀x∈D
Do đó hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định
Nên hàm số cũng đồng biến trên [1;2][1;2]
⇒y(1)≤y≤y(2)⇒min[1;2]y=y(1)=0⇒y(1)≤y≤y(2)⇒min[1;2]y=y(1)=0
Đáp án D
Câu 8:
Phương pháp:
Thể tích khối nón V=13πr2hV=13πr2h
Hướng dẫn giải:
Ta có:
V=13πr2h=13π.(√3)2.4=4πV=13πr2h=13π.(3)2.4=4π
Đáp án B
Câu 9:
Phương pháp:
Sử dụng công thức
n√a=a1nam.an=am+nan=a1nam.an=am+n
Hướng dẫn giải:
Ta có:
P=x12.8√x=x12.x18=x12+18=x58P=x12.x8=x12.x18=x12+18=x58
Đáp án A
Câu 10:
Phương pháp:
Trung điểm I của đoạn thẳng ABAB có tọa độ thỏa mãn {xI=xA+xB2yI=yA+yB2{xI=xA+xB2yI=yA+yB2
Hướng dẫn giải:
Gọi I là trung điểm đoạn thẳng AB thì:
{xI=xA+xB2yI=yA+yB2{xI=xA+xB2yI=yA+yB2⇒{xI=−3+52=1yI=4+62=5⇒{xI=−3+52=1yI=4+62=5
⇒I(1;5)⇒I(1;5)
Đáp án B
Câu 11:
Phương pháp:
Sử dụng công thức logabn=nlogablogabn=nlogab
Hướng dẫn giải:
Ta có: logaa2=2logaa=2.1=2logaa2=2logaa=2.1=2
Đáp án A
Câu 12:
Phương pháp:
Thể tích khối chóp V=13ShV=13Sh
ở đó S là diện tích đáy, h là chiều cao
Hướng dẫn giải:
Đáy là hình vuông cạnh a nên S=a2S=a2
Thể tích hình chóp V=13Sh=13.a2.2a=2a33V=13Sh=13.a2.2a=2a33
Đáp án C
Câu 13:
Phương pháp:
Quan sát bbt và tìm khoảng làm cho đạo hàm mang dấu ( + ) (khoảng đồng biến)
Hướng dẫn giải:
Từ bbt ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (0;2)(0;2)
Đáp án A
Câu 14:
Phương pháp:
Quan sát bbt và tìm điểm đạo hàm đổi dấu từ ( + ) sang ( - ) (điểm cực đại)
Hướng dẫn giải:
Điểm cực đại của hàm số là x=2x=2.
Giá trị cực đại của hàm số là yCD=y(2)=5yCD=y(2)=5.
Đáp án C
Câu 15:
Phương pháp:
Mặt phẳng (P):ax+by+cz+d=0(P):ax+by+cz+d=0 có 1 VTPT là (a;b;c)(a;b;c).
Hướng dẫn giải:
Mặt phẳng (P):3x−z+2=0(P):3x−z+2=0 có VTPT →n=(3;0;−1)n→=(3;0;−1)
Đáp án B
Câu 16:
Phương pháp:
Đồ thị hàm số cắt trục túng thì cho x=0x=0 tìm y.
Hướng dẫn giải:
Cho x=0x=0 thì y(0)=−04−3.02+1=1y(0)=−04−3.02+1=1
Do đó đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1)(0;1) có tung độ y=1y=1.
Đáp án B
Câu 17:
Phương pháp:
Thể tích khối trụ V=πR2hV=πR2h.
Hướng dẫn giải:
Đường kính đáy bằng a nên bán kính đáy R=a2R=a2.
Thể tích khối trụ: V=πR2h=π.(a2)2.4a=πa3V=πR2h=π.(a2)2.4a=πa3
Đáp án B
Câu 18:
Phương pháp:
Sử dụng công thức un=u1+(n−1)dun=u1+(n−1)d tìm công sai.
Hướng dẫn giải:
Ta có:
u3=u1+2d⇔11=3+2d⇔2d=8⇔d=4u3=u1+2d⇔11=3+2d⇔2d=8⇔d=4
Đáp án D
Câu 19:
Phương pháp:
Số điểm cực trị của hàm số đa thức y=f(x)y=f(x) bằng số nghiệm bội lẻ của phương trình f′(x)=0f′(x)=0.
Chú ý: Bội của nghiệm x0x0 chính là lũy thừa của nhị thức x−x0x−x0.
Hướng dẫn giải:
Ta có:
f′(x)=0⇔x(x+3)2(x−2)3=0⇔⎡⎢⎣x=0x=−3x=2f′(x)=0⇔x(x+3)2(x−2)3=0⇔[x=0x=−3x=2
Trong đó, x=0x=0 là nghiệm đơn; x=−3x=−3 là nghiệm bội hai; x=2x=2 là nghiệm bội ba
Do đó đạo hàm đổi dấu qua hai nghiệm x=0x=0 và x=2x=2.
Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.
Đáp án C
Câu 20:
Phương pháp:
Đạo hàm hàm số y=axy=ax là y′=axlnay′=axlna
Hướng dẫn giải:
y=2x⇒y′=2xln2y=2x⇒y′=2xln2
Đáp án B
Câu 21:
Phương pháp:
Nguyên hàm hàm số cơ bản ∫xndx=xn+1n+1+C∫xndx=xn+1n+1+C
Hướng dẫn giải:
∫f(x)dx=∫x2dx=x2+12+1+C=x33+C∫f(x)dx=∫x2dx=x2+12+1+C=x33+C
Đáp án A
Câu 22:
Phương pháp:
Lũy thừa số mũ không nguyên thì cơ số phải dương.
Hướng dẫn giải:
Vì 15∉Z15∉Z nên hàm số xác định khi x−1>0⇔x>1x−1>0⇔x>1.
TXĐ: D=(1;+∞)D=(1;+∞)
Đáp án B
Câu 23:
Phương pháp:
Thể tích khối lập phương cạnh aa là V=a3V=a3
Hướng dẫn giải:
Thể tích của khối lập phương cạnh 2a2a là:
V=(2a)3=8a3V=(2a)3=8a3.
Đáp án A
Câu 24:
Phương pháp:
Điểm M(a;b)M(a;b) biểu diễn số phức z=a+biz=a+bi.
Hướng dẫn giải:
Ta có: z=2−3i⇒¯¯¯z=2+3iz=2−3i⇒z¯=2+3i là số phức liên hợp của zz.
Điểm biểu diễn số phức ¯¯¯z=2+3iz¯=2+3i là M(2;3)M(2;3).
Đáp án D
Chú ý:
Một số em có thể sẽ chọn nhầm đáp án A vì không đọc kĩ đề hỏi số phức liên hợp.
Câu 25:
Phương pháp:
Mặt cầu tâm I đi qua A thì có bán kính R=IAR=IA.
Phương trình mặt cầu có tâm I(a;b;c) bán kính R là:
(x−a)2+(y−b)2+(z−c)2=R2(x−a)2+(y−b)2+(z−c)2=R2
Hướng dẫn giải:
Ta có:
R=IA=√(1−1)2+(2−1)2+(3−1)2=√5R=IA=(1−1)2+(2−1)2+(3−1)2=5
Mặt cầu tâm I(1;1;1)I(1;1;1) bán kính R=√5R=5 có phương trình:
(x−1)2+(y−1)2+(z−1)2=(√5)2⇔(x−1)2+(y−1)2+(z−1)2=5(x−1)2+(y−1)2+(z−1)2=(5)2⇔(x−1)2+(y−1)2+(z−1)2=5
Đáp án C
Câu 26:
Phương pháp:
Số phức liên hợp của z=a+biz=a+bi là ¯¯¯z=a−biz¯=a−bi.
Hướng dẫn giải:
z=4+3i⇒¯¯¯z=4−3iz=4+3i⇒z¯=4−3i
Đáp án A
Câu 27:
Phương pháp:
Đồ thị hàm số y=ax+bcx+dy=ax+bcx+d với ad−bc≠0ad−bc≠0 có đường tiệm cận ngang y=acy=ac
Hướng dẫn giải:
y=x−3x−1y=x−3x−1
TCN: y=1y=1.
Đáp án D
Câu 28:
Phương pháp:
Số phức z=a+biz=a+bi có mô đun |z|=√a2+b2|z|=a2+b2.
Hướng dẫn giải:
z=4−3iz=4−3i⇒|z|=√42+(−3)2=5⇒|z|=42+(−3)2=5
Đáp án A
Câu 29:
Phương pháp:
Quan sát đồ thị, nhận xét điểm đi qua
Hướng dẫn giải:
Ta thấy, đồ thị hàm số:
+ Cắt trục Oy tại (0;−2)(0;−2) nên a.0−b0−1=−2⇔b=−2a.0−b0−1=−2⇔b=−2
+ Cắt trục Ox tại (2;0)(2;0) nên 2a−b2−1=0⇔2a=b2a−b2−1=0⇔2a=b ⇔2a=−2⇔a=−1⇔2a=−2⇔a=−1
Vậy b<a<0b<a<0.
Đáp án B
Câu 30:
Phương pháp:
- Đổi cận.
- Tính vi phân và thay vào tích phân suy ra kết quả.
Hướng dẫn giải:
Đặt t=√x2+9t=x2+9
Đổi cận:
x=0⇒t=√02+9=3x=4⇒t=√42+9=5x=0⇒t=02+9=3x=4⇒t=42+9=5
Ta có:
t=√x2+9⇒t2=x2+9⇒2tdt=2xdx⇒tdt=xdxt=x2+9⇒t2=x2+9⇒2tdt=2xdx⇒tdt=xdx
Do đó I=5∫3t.tdt=5∫3t2dtI=∫35t.tdt=∫35t2dt
Đáp án A
Câu 31:
Phương pháp:
Diện tích toàn phần hình trụ có bán kính đáy RR và chiều cao hh là Stp=2πRh+2πR2Stp=2πRh+2πR2
Hướng dẫn giải:
Diện tích xung quanh của hình trụ Sxq=2π.3.5=30π(cm2)Sxq=2π.3.5=30π(cm2)
Diện tích đáy hình trụ Sd=π.33=9π(cm2)Sd=π.33=9π(cm2)
Diện tích toàn phần của hình trụ: Stp=30π+2.9π=48πStp=30π+2.9π=48π (cm2)(cm2)
Đáp án B
Câu 32:
Phương pháp:
Hàm số y=logaf(x)y=logaf(x) với 0<a≠10<a≠1 xác định khi f(x)>0f(x)>0
Hướng dẫn giải:
Hàm số y=log2020(3x−x2)y=log2020(3x−x2) xác định khi 3x−x2>0⇔0<x<33x−x2>0⇔0<x<3
Tập xác định của hàm số D=(0;3)D=(0;3)
Đáp án D
Câu 33:
Phương pháp:
Sử dụng sự tương giao giữa hai đồ thị hàm số y=f(x)y=f(x) và y=g(x)y=g(x)
Số giao điểm của hai đồ thị hàm số y=f(x)y=f(x) và y=g(x)y=g(x) là số nghiệm của phương trình f(x)=g(x)f(x)=g(x)
Hướng dẫn giải:
Ta có 2f(x)−5=0⇔f(x)=522f(x)−5=0⇔f(x)=52
Từ BBT ta thấy đường thẳng y=52y=52 cắt đồ thị hàm số y=f(x)y=f(x) tại 3 điểm phân biệt nên phương trình 2f(x)−5=02f(x)−5=0 có 3 nghiệm phân biệt
Đáp án B
Câu 34:
Phương pháp:
Dựa vào hình dáng của hàm đa thức bậc ba và hàm trùng phương để loại trừ đáp án
Xác định một số điểm đi qua rồi thay tọa độ vào hàm số.
Hướng dẫn giải:
Từ hình vẽ ta thấy đây là đồ thị của hàm đa thức bậc ba nên loại đáp án C
Lại có limx→±∞f(x)=±∞limx→±∞f(x)=±∞ nên loại đáp án A
Thấy đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ y=2y=2 nên loại D chọn B.
Đáp án B
Câu 35:
Phương pháp:
Mặt phẳng đi qua M(x0;y0)M(x0;y0) và có VTPT →n=(a;b;c)n→=(a;b;c) có phương trình là a(x−xo)+b(y−yo)+c(z−zo)=0a(x−xo)+b(y−yo)+c(z−zo)=0
Hướng dẫn giải:
Trung điểm của ABAB là I(0;1;3)I(0;1;3)
Mặt phẳng trung trực của ABAB đi qua trung điểm I(0;1;3)I(0;1;3) và nhận −−→AB=(−2;8;2)AB→=(−2;8;2) làm VTPT nên có phương trình là: −2(x−0)+8(y−1)+2(z−3)=0−2(x−0)+8(y−1)+2(z−3)=0 ⇔−2x+8y+2z−14=0⇔−2x+8y+2z−14=0 ⇔x−4y−z+7=0⇔x−4y−z+7=0
Đáp án D
Câu 36:
Phương pháp:
Tính xác suất bằng định nghĩa P(A)=n(A)n(Ω)P(A)=n(A)n(Ω) với n(A)n(A) là số phần tử của biến cố AA và n(Ω)n(Ω) là số phần tử của không gian mẫu.
Hướng dẫn giải:
Ta có n(Ω)=C515=3003n(Ω)=C155=3003
Gọi AA là biến cố: “ 5 quả lấy ra có đủ 2 màu”
TH1: Có 4 quả xanh, 1 quả đỏ. Khi đó có C410.C15C104.C51 cách lấy
TH2: Có 3 quả xanh, 2 quả đỏ. Khi đó có C310.C25C103.C52 cách lấy
TH3: Có 2 quả xanh, 3 quả đỏ. Khi đó có C210.C35C102.C53 cách lấy
TH4: Có 1 quả xanh, 4 quả đỏ. Khi đó có C110.C45C101.C54 cách lấy
Số phần tử của biến cố A là: C410.C15+C310.C25C104.C51+C103.C52+C210.C35+C110.C45=2750+C102.C53+C101.C54=2750
Xác suất cần tìm là: P(A)=n(A)n(Ω)=250273P(A)=n(A)n(Ω)=250273
Đáp án A
Câu 37:
Phương pháp:
Sử dụng: Với 0<a≠10<a≠1 thì logaf(x)≥mlogaf(x)≥m ⇔f(x)≥am⇔f(x)≥am
Hướng dẫn giải:
Ta có:
log2(2x+3)≥0log2(2x+3)≥0⇔2x+3≥1⇔2x≥−2⇔2x+3≥1⇔2x≥−2 ⇔x≥−1⇔x≥−1
Tập nghiệm của bất phương trình là S=[−1;+∞)S=[−1;+∞)
Đáp án D
Câu 38:
Phương pháp:
Đường thẳng d:x−x0a=y−y0b=z−z0cd:x−x0a=y−y0b=z−z0c có VTCP →u=(a;b;c)u→=(a;b;c)
Hướng dẫn giải:
Đường thẳng d:x−12=y−21=z+12d:x−12=y−21=z+12 có một VTCP là →u1=(2;1;2)u1→=(2;1;2) nên 2→u1=(4;2;4)2u1→=(4;2;4) cũng là 1 VTCP của dd.
Vậy →u=(4;2;4)⇒a=b=4u→=(4;2;4)⇒a=b=4, do đó a+b=4+4=8a+b=4+4=8
Đáp án D
Câu 39:
Phương pháp:
Đường thẳng đi qua M(x0;y0;z0)M(x0;y0;z0) và có VTCP →u=(a;b;c)u→=(a;b;c) với abc≠0abc≠0 thì có phương trình x−x0a=y−y0b=z−z0cx−x0a=y−y0b=z−z0c
Hướng dẫn giải:
Vì đường thẳng đi qua hai điểm M,NM,N nên nhận −−−→MN=(−1;3;2)MN→=(−1;3;2) làm 1 VTCP
Phương trình đường thẳng cần tìm đi qua N(0;1;3)N(0;1;3) và có −−−→MN=(−1;3;2)MN→=(−1;3;2) làm 1 VTCP là: x−1=y−13=z−32x−1=y−13=z−32
Đáp án B
Câu 40:
Phương pháp:
Sử dụng: af(x)=b(b>0,0<a≠1)af(x)=b(b>0,0<a≠1)⇔f(x)=logab⇔f(x)=logab
Hướng dẫn giải:
Ta có: 3x2+2x=13x2+2x=1⇔x2+2x=log31⇔x2+2x=log31 ⇔x2+2x=0⇔[x=0x=−2⇔x2+2x=0⇔[x=0x=−2
Vậy tâp nghiệm của bất phương trình S={0;−2}S={0;−2}
Đáp án B
Câu 41:
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần
Hướng dẫn giải:
Đặt {2x+1=uexdx=dv⇒{2dx=duex=v{2x+1=uexdx=dv⇒{2dx=duex=v
Suy ra 1∫0(2x+1)exdx∫01(2x+1)exdx =(2x+1)ex|10−1∫02exdx=(2x+1)ex|01−∫012exdx
=3e−1−2ex|10=3e−1−2ex|01 =3e−1−2e+2=e+1=3e−1−2e+2=e+1
Do đó a=b=1a=b=1 nên ab=1.ab=1.
Đáp án D
Câu 42:
Phương pháp:
Số phức z=a+bi(a;b∈R)z=a+bi(a;b∈R) có số phức liên hợp ¯¯¯z=a−biz¯=a−bi
Ta có z1=a1+b1i(a1,b1∈R)z1=a1+b1i(a1,b1∈R) thì kz=ka+kb.ikz=ka+kb.i (k≠0)(k≠0) và z−z1=(a−a1)+(b−b1)iz−z1=(a−a1)+(b−b1)i
Hướng dẫn giải:
Ta có ¯¯¯z=3+2iz¯=3+2i nên =2(3−2i)−3(3+2i)=2(3−2i)−3(3+2i) =6−4i−9−6i=6−4i−9−6i =−3−10i=−3−10i
Đáp án A
Câu 43:
Phương pháp:
Giải phương trình tìm các nghiệm z1,z2z1,z2 rồi tính.
Sử dụng |z|=√a2+b2|z|=a2+b2 với z=a+bi(a;b∈R)z=a+bi(a;b∈R)
Hướng dẫn giải:
Ta có:
z2−2z+5=0⇔(z−1)2=−4⇔(z−1)2=(2i)2⇔[z−1=2iz−1=−2i⇔[z=1+2iz=1−2iz2−2z+5=0⇔(z−1)2=−4⇔(z−1)2=(2i)2⇔[z−1=2iz−1=−2i⇔[z=1+2iz=1−2i
Suy ra
z1=1+2i⇒|z1|=√12+22=√5z2=1−2i⇒|z1|=√12+(−2)2=√5z1=1+2i⇒|z1|=12+22=5z2=1−2i⇒|z1|=12+(−2)2=5
Nên |z1|2+|z2|2=10|z1|2+|z2|2=10
Đáp án A
Câu 44:
Phương pháp:
Hàm số y=f(x)y=f(x) nghịch biến trên KK khi f′(x)≤0f′(x)≤0 với mọi x∈Kx∈K và dấu “==” chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm.
Ta cô lập mm đưa về dạng m≤g(x)m≤g(x), sau đó lập BBT của g(x)g(x) để tìm đáp án.
Hướng dẫn giải:
TXĐ: D=RD=R
Ta có y′=−3x2−12x+4m−9y′=−3x2−12x+4m−9
Để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (−∞;−1)(−∞;−1) thì y′≤0y′≤0 với x<−1x<−1
Suy ra −3x2−12x+4m−9≤0−3x2−12x+4m−9≤0 ⇔4m≤3x2+12x+9⇔4m≤3x2+12x+9 với mọix<−1x<−1
Xét hàm số g(x)=3x2+12x+9g(x)=3x2+12x+9 có g′(x)=6x+12=0g′(x)=6x+12=0 ⇔x=−2∈(−∞;−1)⇔x=−2∈(−∞;−1)
Ta có BBT của hàm số g(x)g(x) trên (−∞;−1)(−∞;−1):
Từ BBT suy ra 4m≤−3⇔m≤−344m≤−3⇔m≤−34
Đáp án D
Câu 45:
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính thể tích hình chóp SABCSABC khi biết 3 góc và 3 cạnh xuất phát từ cùng 1 đỉnh
ˆASB=x,ˆBSC=y,ˆASC=z,ASB^=x,BSC^=y,ASC^=z, SA=a,SB=b,SC=cSA=a,SB=b,SC=c thì có thể tích:
Hướng dẫn giải:
Áp dụng công thức trên ta có thể tích khối chóp S.ABCS.ABC là:
=2√2a33=22a33
Đáp án A
Câu 46:
Phương pháp:
Sử dụng: d(a;b)=d(a;(P))=d(A;(P))=AHd(a;b)=d(a;(P))=d(A;(P))=AH với a//(P),b⊂(P),A∈aa//(P),b⊂(P),A∈a và HH là hình chiếu của AA lên (P)(P)
Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính toán
Hướng dẫn giải:
Vì AB//DC⇒AB//(SDC)AB//DC⇒AB//(SDC) nên d(AB,SC)=d(AB;(SCD))d(AB,SC)=d(AB;(SCD))=d(A;(SCD))=d(A;(SCD))
Vì AOAO cắt (SDC)(SDC) tại CC với OO là trung điểm ACAC nên d(A;(SCD))=2d(O;(SCD))d(A;(SCD))=2d(O;(SCD))
Vì ABCDABCD là hình vuông nên OA=OB=OC=OD,AC⊥BDOA=OB=OC=OD,AC⊥BD
Lấy EE là trung điểm DCDC ta có OE⊥DC;OE=12DC=a2OE⊥DC;OE=12DC=a2 (do ΔODCΔODC vuông cân tại OO)
Ta có:
DC⊥OEDC⊥SO}⇒DC⊥(SOE)DC⊥OEDC⊥SO}⇒DC⊥(SOE)⇒(SDC)⊥(SOE)⇒(SDC)⊥(SOE)
Mà (SDC)∩(SOE)=SE(SDC)∩(SOE)=SE
Kẻ OH⊥SEOH⊥SE tại HH
Suy ra OH⊥(SDC)OH⊥(SDC) tại HH hay d(O;(SDC))=OHd(O;(SDC))=OH
Xét tam giác SOESOE vuông tại OO có 1OH2=1SO2+1OE21OH2=1SO2+1OE2 =1a2+1a24=5a2=1a2+1a24=5a2 ⇒OH=a√5⇒OH=a5
Suy ra d(AB,SC)=2d(O;(SCD))=2a√55d(AB,SC)=2d(O;(SCD))=2a55
Đáp án B
Câu 47:
Phương pháp:
Sử dụng: Đồ thị hàm số y=f(|x|)y=f(|x|) nhận OyOy làm trục đối xứng
Từ đó lập luận để có đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm bên phải trục tung
Hướng dẫn giải:
Ta có đồ thị hàm số y=f(|x|)y=f(|x|) nhận OyOylàm trục đối xứng nên để nó có 5 cực trị thì đồ thị hàm số y=f(x)y=f(x) phải có 2 điểm cực trị nằm bên phải trục tung.
Suy ra y′=x2−2(m+1)x+m+3=0y′=x2−2(m+1)x+m+3=0 có hai nghiệm dương phân biệt x1;x2x1;x2
⇔⎧⎪⎨⎪⎩Δ′>0x1+x2>0x1x2>0⇔{Δ′>0x1+x2>0x1x2>0 ⇔⎧⎪⎨⎪⎩(m+1)2−(m+3)>0m+1>0m+3>0⇔{(m+1)2−(m+3)>0m+1>0m+3>0 ⇔⎧⎪⎨⎪⎩m2+m−2>0m>−1m>−3⇔{m2+m−2>0m>−1m>−3 ⇔⎧⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩[m<−2m>1m>−1m>−3⇒m>1⇔{[m<−2m>1m>−1m>−3⇒m>1
Đáp án A
Câu 48:
Phương pháp:
Nhận xét tính chất của hàm số y=f(x)y=f(x):
+ Đồng biến
+ Là hàm số lẻ
Từ đó suy ra điều kiện của m.
Hướng dẫn giải:
Xét hàm số y=f(x)=2x−2−xy=f(x)=2x−2−x trên RR có:
f′(x)=2xln2−(−x)′2−xln2=2xln2+2−xln2>0,∀xf′(x)=2xln2−(−x)′2−xln2=2xln2+2−xln2>0,∀x
Do đó hàm số đã cho đồng biến trên RR.
Lại có:
f(−x)=2−x−2−(−x)=2−x−2x=−2x+2−x=−(2x−2−x)=−f(x)⇒f(−x)=−f(x)f(−x)=2−x−2−(−x)=2−x−2x=−2x+2−x=−(2x−2−x)=−f(x)⇒f(−x)=−f(x)
Nên hàm số y=f(x)y=f(x) là hàm số lẻ trên RR.
Ta có:
⇒f(2m−25)=f(2m−32)⇒f(2m−25)=f(2m−32) =−f(32−2m)=−f(32−2m)
⇒f(m)+f(2m−32)<0⇔f(m)−f(32−2m)<0⇔f(m)<f(32−2m)⇔m<32−2m⇒f(m)+f(2m−32)<0⇔f(m)−f(32−2m)<0⇔f(m)<f(32−2m)⇔m<32−2m
(do hàm số f(x)f(x) đồng biến)
⇔3m<32⇔m<323⇔3m<32⇔m<323
Mà m nguyên dương nên m∈S={1;2;...;10}m∈S={1;2;...;10}
Tổng các phần tử của S là:
1+2+3+...+10=551+2+3+...+10=55.
Đáp án A
Câu 49:
Phương pháp:
- Biến đổi hàm số về dạng Asinx+Bcosx=CAsinx+Bcosx=C
- Tìm ĐK để phương trình có nghiệm, từ đó tìm minyminy.
- Giải bất phương trình miny<−2miny<−2 tìm m và kết luận.
Hướng dẫn giải:
Ta có:
y=1−msinxcosx+2⇔1−msinx=ycosx+2y⇔ycosx+msinx=1−2y(∗)y=1−msinxcosx+2⇔1−msinx=ycosx+2y⇔ycosx+msinx=1−2y(∗)
Hàm số đã cho có GTNN tức là tồn tại xx để có GTNN yy đó, nghĩa là phương trình (*) phải có nghiệm
⇔y2+m2≥(1−2y)2⇔y2+m2≥1−4y+4y2⇔3y2−4y+1−m2≤0(∗∗)⇔y2+m2≥(1−2y)2⇔y2+m2≥1−4y+4y2⇔3y2−4y+1−m2≤0(∗∗)
Δ′=4−3(1−m2)=1+3m2>0Δ′=4−3(1−m2)=1+3m2>0 với mọi m nên tam thức bậc hai 3y2−4y+1−m23y2−4y+1−m2 luôn có hai nghiệm phân biệt 2±√1+3m232±1+3m23
Do đó (∗∗)⇔2−√1+3m23≤y≤2−√1+3m23(∗∗)⇔2−1+3m23≤y≤2−1+3m23
Suy ra GTNN của y là ymin=2−√1+3m23ymin=2−1+3m23
ymin<−2⇔2−√1+3m23<−2⇔2−√1+3m2<−6⇔√1+3m2>8⇔1+3m2>64⇔3m2>63⇔m2>21⇔[m>√21m<−√21ymin<−2⇔2−1+3m23<−2⇔2−1+3m2<−6⇔1+3m2>8⇔1+3m2>64⇔3m2>63⇔m2>21⇔[m>21m<−21
Mà m∈Z,m∈[0;10]m∈Z,m∈[0;10] nên m∈{5;6;7;8;9;10}m∈{5;6;7;8;9;10}.
Vậy có 66 giá trị cần tìm.
Đáp án D
Câu 50:
Phương pháp:
Đặt 20202(x2−y+1)=2x+y(x+1)2=t20202(x2−y+1)=2x+y(x+1)2=t
Biến đổi đánh giá yy theo xx rồi thay vào P tìm GTNN.
Hướng dẫn giải:
Đặt 20202(x2−y+1)=2x+y(x+1)2=t20202(x2−y+1)=2x+y(x+1)2=t
Ta có:
2x+y(x+1)2=t⇔2x+y=t(x+1)2⇔2x+y=tx2+2tx+t⇔y=tx2+2(t−1)x+t2x+y(x+1)2=t⇔2x+y=t(x+1)2⇔2x+y=tx2+2tx+t⇔y=tx2+2(t−1)x+t
Khi đó:
20202(x2−y+1)=t⇔2(x2−y+1)=log2020t⇔x2−y+1=log2020t2⇔x2−tx2−2(t−1)x−t+1=log2020t2⇔x2(1−t)+2(1−t)x+(1−t)=log2020t2⇔(1−t)(x2+2x+1)=log2020t2⇔(1−t)(x+1)2=log2020t2(∗)20202(x2−y+1)=t⇔2(x2−y+1)=log2020t⇔x2−y+1=log2020t2⇔x2−tx2−2(t−1)x−t+1=log2020t2⇔x2(1−t)+2(1−t)x+(1−t)=log2020t2⇔(1−t)(x2+2x+1)=log2020t2⇔(1−t)(x+1)2=log2020t2(∗)
+) Với 1−t>0⇔t<11−t>0⇔t<1 thì VT>0VT>0 và VP=log2020t2<0VP=log2020t2<0 nên (*) không thỏa mãn.
+) Với 1−t<0⇔t>11−t<0⇔t>1 thì VT<0VT<0 và VP=log2020t2>0VP=log2020t2>0 nên (*) không thỏa mãn.
+) Với t=1 thì VT=VP=0.
Do đó t=1t=1.
⇒2x+y(x+1)2=1⇔2x+y=(x+1)2⇔2x+y=x2+2x+1⇔y=x2+1⇒2x+y(x+1)2=1⇔2x+y=(x+1)2⇔2x+y=x2+2x+1⇔y=x2+1
Khi đó
P=2y−x=2(x2+1)−xP=2y−x=2(x2+1)−x
=2x2−x+2=2(x2−12x+116)+158=2(x−14)2+158≥2.0+158=158⇒P≥158=2x2−x+2=2(x2−12x+116)+158=2(x−14)2+158≥2.0+158=158⇒P≥158
Dấu “=” xảy ra khi x=14x=14 ⇒y=(14)2+1=1716⇒y=(14)2+1=1716
Vậy Pmin=158Pmin=158.
Đáp án D
