SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN Mà ĐỀ 01-NC ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I MƠN TỐN (NÂNG CAO) NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian làm bài: 90 phút Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần I mơn Tốn trường THPT Chuyên Tuyên Quang gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm nội dung đề xoay quanh chương trình Tốn 12, ngồi có số tốn thuộc nội dung Toán lớp 11, lượng kiến thức phân bố sau: 93% lớp 12, 7% lớp 11, 0% kiến thức lớp 10 Đề thi biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa mơn Tốn 2019 mà Bộ Giáo dục Đào công bố từ đầu tháng 12 Trong xuất câu hỏi khó nhằm phân loại tối học sinh Đề thi giúp HS biết mức độ để có kế hoạch ôn tập cách hiệu nhất, x Câu (TH): Họ nguyên hàm F (x) hàm số f  x   3sin x   e x x A F  x   3cos x  ln x  e  C x B F  x   3cos x  ln x  e  C x C F  x   3cos x  ln x  e  C x D F  x   3cos x  ln x  e  C Câu (TH): Hàm số y  x  3x  2019 đồng biến khoảng A  2;0  B  1;1 C  3; 1 D  0;  Câu (TH): Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u1  công sai d  Giá trị u4 A 250 B 17 C 22 D 12 Câu (TH): Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy a Mặt phẳng  P  qua S cắt đường tròn đáy 4a 17 A, B cho AB  2a Biết khoảng cách từ tâm đường tròn đáy đến mặt phẳng  P  17 Thể tích khối nón 10 a A  a B 2 a C D 4 a 3 Câu (NB): Với k n hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k �n Mệnh đề đúng? k A An  n!  nk! k B An  n! k ! n  k  ! k C An  n! k! D Ank  k ! n  k  ! n! Câu (VDC): Cho hàm số f  x  thỏa mãn f  x   x f '  x   xe  x , x �[0; �) Giá trị f  1 A  e B e A  3; 2; 2  B  3; 2;  C e r r r r r Câu (NB): Trong không gian Oxyz, cho u  3i  j  2k Tọa độ u D  e C  2;3;  D  2;3; 2  Câu (NB): Họ nguyên hàm hàm số f  x   x A x3 B x2  C Câu (TH): Tập nghiệm bất phương trình  0,1 A  2;1 B  �; 2  C x2  x x3  C D x  C  0, 01 C  1; � D  �; 2  � 1; � Câu 10 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a, SA   ABCD  SA  a Giá trị cos  SC ,  SAD   14 A Câu 11 (TH): Biết B 14 f  x  dx  x ln  x  1  C � C 6 D �1 �  ; �� Khẳng định đúng? với x �� �2 � A f  x  dx  x ln  10 x  1  C � B f  x  dx  x ln  10 x    C � C f  x  dx  20 x ln  10 x  1  C � D f  x  dx  x ln  10 x  1  C � Câu 12 (TH): Cho số phức z thỏa mãn  2i  1 z   3i Điểm biểu diễn số phức z A M  2;1 B M  2; 1 C M  2;1 D M  2; 1 C x  D x  log16 Câu 13 (NB): Nghiệm phương trình x  16 A x  B x  Câu 14 (VD): Giả sử a, b số thực cho x  y  a.103 z  b.102 z với số thực dương 2 x, y, z thỏa mãn log  x  y   z log  x  y   z  Giá trị a  b 29 31 31 B C  2 Câu 15 (NB): Phần thực phần ảo số phức z   2i A B C 2i A  Câu 16 (TH): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x   x  x  1 hàm số A B D 29 D i  x  3 , x �� Số điểm cực trị C D Câu 17 (TH): Đạo hàm hàm số f  x   log  x   A f '  x    3x   ln B f '  x   x.ln 3x  C f '  x   6x  3x   ln D f '  x   ln 3x  2 Câu 18 (TH): Hàm số y   x  x  đồng biến khoảng A  �; 1 � 0;1 B  �; 1  0;1 Câu 19 (TH): Tập xác định hàm số y   3x   A D   �;  Câu 20 (TH): Cho A B D  �\  2 2 1 C  1;0   1; � 2 C D   2; � f  x  dx  � � f  x  g  x � � �dx  ; giá trị � B D  1;1 C -1 D D  � g  x  dx � D Câu 21 (VD): Lớp 12A có 35 học sinh, có học sinh tên Trang, học sinh tên Huy Xếp ngẫu nhiên 35 học sinh thành hàng dọc Xác suất để học sinh tên Trang đứng cạnh học sinh tên Huy đứng cạnh 1 A B C D 2992 3246320 39270 6545 Câu 22 (TH): Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z  z  10  Giá trị biểu thức z1  z2 A 10 B 10 C 10 D 10 Câu 23 (VD): Kí hiệu z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  z  20192018  Giá trị z1  z2 A 20191009 B 2019 2010 C 20192019 D 2.20191009 Câu 24 (VD): Số giao điểm đồ thị hàm số y  x  x  đường thẳng y  A B C D Câu 25 (VD): Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh đáy 2a, O trọng tâm tam giác ABC A ' O  2a Thể tích khối lăng trụ ABC A 'B 'C ' B 2a 3 A 2a C 4a D 2a Câu 26 (NB): Cho hàm số y  f  x  liên tục [1; 2] Quay hình phẳng  H    y  f  x  , y  0, x  1, x  2 xung quanh trục Ox khối tròn xoay tích 2 f  x  dx A V   � f  x  dx B V   � 1 2 f  x  dx C V  � f  x  dx D V  2 � 1 Câu 27 (TH): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình bên Số đường tiệm cận đồ thị hàm số y  f  x  A.1 C B D x y' � � - - y � Câu 28 (NB): Cho hai điểm A  1; 0;1 , B  2;1;1 Phương trình mặt phẳng trung trực đoạn AB A x  y   B x  y   C x  y   �x   2t � Câu 29 (NB): Đường thẳng d �y   3t ,  t �� có vectơ phương �z  � r r r A u   2;3;  B u   2;3;0  C u   2;3;3 D x  y   r D u   1; 2;3 Câu 30 (NB): Giá trị nhỏ hàm số y  x  x  11x  đoạn  0; 2 A B D 2 C.11 Câu 31 (VD): Tích nghiệm thực phương trình log x   log x  A 3 13 B 1 13 C 3 13 D 5.2 1 13 Câu 32 (NB): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình bên Số nghiệm phương trình f  x    A C � x y' B D � - - y � Câu 33 (VD): Cho x ln  x   dx  a ln  � b với a, b số nguyên dương Giá trị 2a  3b 1 A 24 B 26 C 27 D 23 Câu 34 (TH): Cho ba điểm A  2;0;  , B  0;1;0  , C  0;0; 3 Đường thẳng qua trực tâm H tam giác ABC vng góc với mp(ABC) có phương trình �x   2t � A �y  1  t �z   3t � �x   3t � B �y  6  6t �z   2t � �x   3t � C �y   6t �z   2t � Câu 35 (TH): Cho a số thực dương khác Tính I  log a �x  6  6t � D �y   3t �z   2t � a C I  D I  2 Câu 36 (VD): Cho hình chóp tứ giác S.ABCD cạnh đáy a Gọi E điểm đối xứng với D qua trung điểm S A; M, N trung điểm AE , BC Khoảng cách hai đường thẳng MN, SC A I  2 B I  a a a C D x y 1 z  ba điểm A  2;0;0  , B  0; 4;0  , C  0;0;6  Điểm Câu 37 (VD): Cho đường thẳng d :  A a B M  a; b; c  �d thỏa mãn MA  2MB  3MC đạt giá trị nhỏ Tính S  a  b  c A S  148 49 B S  49 148 C S   50 49 D S   49 50 �x  t �x  8  2t � � Câu 38 (VD): Trong mặt cầu tiếp xúc với hai đường thẳng 1 : �y   t ,  : �y   t ; phương �z  4  2t �z  10  t � � trình mặt cầu có bán kính nhỏ A  x  1   y     z  3  70 2 B  x  1   y     z  3  30 2 C  x  1   y     z  3  35 2 D  x  1   y     z  3  35 2 2 Câu 39 (VD): Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục � , hàm số y  f '  x  có đồ thị hình vẽ Số điểm cực trị hàm số y  f   x  A C B D Câu 40 (VD): Cho hàm số y  x  mx  Gọi S tập tất số tự nhiên m cho hàm số đồng biến  2; � Tổng phần tử S A B Câu 41 (NB): Hình chóp tứ giác có A đáy tứ giác B cạnh C D 10 C đỉnh D mặt Câu 42 (VD): Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên đoạn  1;5 x -1 f ' x hình vẽ Có giá trị ngun m để phương trình f  3sin x    m có nghiệm phân biệt khoảng - + f  x � �  ;  �? � �2 � -1 A C B D Câu 43 (TH): Cho hai điểm A  3; 1;  B  5;3; 2  Mặt cầu nhận đoạn AB đường kính có phương trình A  x     y  1  z  B  x     y  1  z  36 C  x     y  1  z  36 D  x     y  1  z  2 2 2 2 x 1 y 1 z 1   hai điểm A  2;0; 3  , B  2; 3;1 Đường x 2 thẳng  qua A cắt d cho khoảng cách từ B đến  nhỏ Phương trình  x y 1 z 1 x y 1 z 1 x y 1 z 1 x y 1 z 1     A  B  C  D  1 2 2 2 1 Câu 44 (VD): Cho đường thẳng d :   Câu 45 (VD): Quay hình phẳng  H   y  x  1, y  x  3, y  xung quanh trục Ox khối tròn xoay tích 14 A B 16 C 17 D 13 Câu 46 (VD): Cho số phức z thỏa mãn z  15  z  15  Tính z A z  34 17 B z  5 C z  D z  5 Câu 47 (VD): Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông đỉnh A, AB  AC  a Hình chiếu vng góc A’ lên mặt phẳng (ABC) điểm H thuộc đoạn BC Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCC'B’) A a3 a Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ B a3 C a3 D a3 Câu 48 (TH): Cho log b  4, log c  4; log  b c  A B C Câu 49 (NB): Mặt phẳng  P  : x  y  z   có vectơ pháp tuyến r r r A n   1;3; 1 B n   2; 1;3 C n   2; 1; 3 D r D n   2; 1; 1 Câu 50 (VD): Cho hàm số y  f  x  liên tục � có đồ thị hình bên Tổng x x � � giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số g  x   f �2sin cos  �bằng 2 � � A C B D - HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu- Cán coi thi khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN 1-C 11-D 21-D 31-A 41-A 2-C 12-A 22-C 32-C 42-D 3-B 13-B 23-D 33-A 43-D 4-A 14-D 24-C 34-B 44-C 5-A 15-B 25-A 35-D 45-B 6-C 16-C 26-B 36-A 46-A 7-B 17-C 27-C 37-A 47-B 8-C 18-B 28-D 38-C 48-D 9-A 19-B 29-A 39-D 49-B 10-B 20-D 30-D 40-A 50-A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Phương pháp sin xdx   cos x  C ; �dx  ln x  C ; � e x dx  e x  C Sử dụng công thức nguyên hàm � x Và f  x  dx �� g  x  dx  f  x  �g  x   dx  � � Cách giải: � � f  x  dx  � 3sin x   e x � dx  3cos x  2.ln x  e x  C Ta có F  x   � � x � � Chọn C Câu 2: Phương pháp - Tính y ', tìm nghiệm y '  - Xét dấu y ' tìm khoảng đồng biến, nghịch biến hàm số + Các khoảng làm cho y '  hàm số đồng biến + Các khoảng làm cho y '  hàm số nghịch biến Cách giải: x 1 � Ta có: y '  x   � � x  1 � x 1 � y'  � � hay hàm số đồng biến khoảng  �; 1  1; � x  1 � Dễ thấy đáp án, khoảng  3; 1 � �; 1 nên hàm số đồng biến  3; 1 Chọn C Câu 3: Phương pháp: Cấp số cộng có số hạng đầu u1 cơng sai d có số hạng thứ n un  u1   n  1 d Cách giải: Số hạng thứ tư u4  u1  3d   3.5  17 Chọn B Câu 4: Phương pháp - Gọi M trung điểm AB, dựng đường cao kẻ từ O đến mặt phẳng  P  - Tính thể tích khối nón theo công thức V   R h Cách giải: Gọi M trung điểm AB, kẻ OH  SM Khi OM  AB, SM  AB � AB   SOM  � AB  OH Lại có OH  SM nên OH   SAB  � d  O,  P    OH  4a 17 17 Xét tam giác OAM vng M có AB OA  a 2, MA   a � OM  OA2  AM  a Xét tam giác SOM vuông O có 1 17 1   �   � SO  4a 2 2 OH SO OM 16a SO a 1 8 a Vậy thể tích khối nón V   OA2 SO   2a 4a  3 Chọn A Câu 5: Phương pháp: n! k Sử dụng công thức chỉnh hợp An   n k! Cách giải: k Ta có An  n!  n  k  ! với k n hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k �n Chọn A Câu 6: Phương pháp - Nhân hai vế đẳng thức với e x chia hai vế cho x - Lấy tích phân từ đến hai vế thu suy kết luận Cách giải: Ta có: f  x   x f '  x   3xe x , x �[0; �)  * � e f  x   xe x x f '  x   3x � e x f  x x 1 0  e x f ' x  3x (với x > 0) x x x � �� e x f x �'  �� e x f x �' dx  � dx �  � �  � �� e xf x � �  �  x � e f  1  f    Mà từ (*) ta có: f    nên e f  1  � f  1  e Chọn C Câu 7: Phương pháp r r r r r Véc tơ u  a.i  b j  c.k tọa độ u   a; b; c  Cách giải: r r r r r Ta có u  3i  j  2k nên tọa độ u  3; 2;2  Chọn B Câu 8: Phương pháp Sử dụng công thức x dx  � x 1  C   �1  1 Cách giải: Ta có: f  x  dx  � x dx  � x3 C Chọn C Câu 9: Phương pháp f  x  a g  x    a  1 � f  x   g  x  Biến đổi để đưa số: a Cách giải: Ta có  0,1 x2  x  0, 01 �  0,1 x2  x   0,1 � x  x  � x  x   � 2  x  Tập nghiệm bất phương trình S   2;1 Chọn A Câu 10: Phương pháp Xác định góc, sử dụng lý thuyết góc đường thẳng mặt phẳng (nhỏ 900) góc đường thẳng hình chiếu mặt phẳng Cách giải: Ta có: CD  AD, CD  SA � CD   SDA  Do góc đường thẳng SC mặt phẳng (SAD) góc đường thẳng CS đường thẳng DS hay CSD Lại có SD  SA2  AD  a 7, SC  SA2  AC  2a 2, CD  a nên áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác SCD ta có: cos CSD  SD  SC  CD 7a  8a  a 14   2.SD.SC 2.a 7.2a Chọn B Câu 11: Phương pháp f  x  dx Dùng phương pháp đổi biến số đặt 5x  t để biến đổi tìm I  � Cách giải: f  x  dx Xét I  � Đặt x  t � 5dx  dt � dx  dt Khi I � f  x  dx  1 f  t  dt  4t ln  2t  1  C � 5  4.5 x ln  2.5 x  1  C  x ln  10 x  1  C Chọn D Câu 12: Phương pháp Tìm số phức z suy z Cách giải Ta có:  2i  1 z   3i �z  3i   3i   1  2i  4  3i  8i  6i 10  5i     2  i 2i   1  2i   1  2i   4i Suy z  2  i có điểm biểu diễn M  2;1 Chọn A Câu 13: Phương pháp x Sử dụng a  b � x  log a b   a �1; b   Cách giải: x Ta có  16 � x  log 16 � x  Chọn B Câu 14: Phương pháp - Tính xy từ giả thiết liên quan đến x  y, x  y - Biểu diễn x  y theo x  y, xy thay z  10 x  y vào tính x  y Cách giải: z Ta có: log  x  y   z � x  y  10 log  x  y   z  � x  y  10 z 1  10 z.10  10  x  y  �  x  y   xy  10  x  y   x  y � xy   10  x  y  Do x  y   x  y   3xy  x  y    x  y    x  y   10  x  y   x  y  2 10 Phương pháp: Hàm số y   f  x   với  số nguyên âm có điều kiện f  x  �0  Cách giải: ĐKXĐ: 3x �۹۹۹ 3x 3x 32 x Suy tập xác định D  �\  2 Chọn B Câu 20: Phương pháp Sử dụng cơng thức tổng, hiệu hai tích phân, tích tích phân với số thực Cách giải: Ta có: 2 2 1 1 3 � � f  x  g  x � dx  2� f  x  dx  � g  x  dx  2.2  � g  x  dx � � g  x  dx  � � Chọn D Câu 21: Phương pháp +) Sử dụng công thức xác suất P  A   n  A với n  A  số phần tử biến cố A n    số phần n   tử không gian mẫu +) Áp dụng phương pháp buộc phần tử Cách giải: Số cách xếp 35 học sinh thành hàng dọc n     35! Coi học sinh đứng vào chỗ đồng thời coi học sinh tên Trang đứng vào chỗ học sinh tên Huy đứng vào chỗ lại 32 chỗ đứng Số cách xếp 32 chỗ thành hàng dọc 32!, đồng thời ta có 3! cách xếp học sinh tên Trang 2! cách xếp học sinh tên Huy nên số cách xếp cho học sinh tên Trang đứng cạnh học sinh tên Huy đứng cạnh n  A   32!.3!.2! Xác suất cần tìm P  A   n  A  32!.3!.2!   n   35! 6545 Chọn D Câu 22: Phương pháp Giải phương trình tìm nghiệm thay vào biểu thức cần tính giá trị Cách giải: Phương trình z  z  10  có hai nghiệm phức z1,2  1 �3i Suy z1  z2  12  32  10 � z1  z2  10 Chọn C Câu 23: Phương pháp 12 Giải phương trình cho tìm z1 ; z2 Sử dụng công thức môđun số phức z  a  bi z  a  b Cách giải: 2 � 1� � 1� Ta có z  z  20192018  � �z  �  20192018  � �z  �  20192018 � 2� � 2� � 1 z    20192018  i � �2 4 � 1� � � �z  � � 20192018  � i � � � 4� � 2� � 1 z    20192018  i � 4 � 2 1 1� Suy z1    20192018  i � z1  �  � 20192018   20192018  20191009 � 4 �2� 1 �1� z2    20192018  i � z2  �  � 20192018   20192018  20191009 4 �2� 1009 1009 1009 Do z1  z2  2019  2019  2.2019 Chọn D Câu 24: Phương pháp Giải phương trình hồnh độ giao điểm kết luận nghiệm Cách giải: Phương trình hồnh độ giao điểm: x2 � x3  x   � x3  x   �  x    x  1  � � x  1 � Vậy phương trình có hai nghiệm số giao điểm đường thẳng đồ thị hàm số Chọn C Câu 25: Phương pháp Tính chiều cao lăng trụ dựa vào định lý Pytago Tính thẻ tích lăng trụ V  S h với S diện tích đáy h chiều cao lăng trụ Cách giải: Gọi E trung điểm BC Vì ABC tam giác cạnh 2a nên AE  2a a 2 2a Vì O trọng tâm tam giác ABC nên AO  AE  a  3 Xét tam giác AOA’ vuông A nên 2 �2a � �2a � 2a AA '  A ' O  AO  � � � � � � � � � � � � 2 13 Diện tích đáy S ABC  2a    a2 Thể tích lăng trụ VABC A ' B 'C '  AA '.S ABC  2a a  2a Chọn A Câu 26: Phương pháp: Cơng thức tính thể tích khối tròn xoay quay hình phẳng giới hạn đường b f  x  dx y  f  x  , y  0, x  a, x  b quay quanh trục Ox V   � a Cách giải: f  x  dx Sử dụng cơng thức tính thể tích ta V   � Chọn B Câu 27: Phương pháp: Sử dụng định nghĩa tiệm cận: Đường thẳng y  y0 tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  f  x  điều kiện sau f  x   y0 ; lim f  x   y0 thỏa mãn xlim �� x� � Đường thẳng x  x0 tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  f  x  điều kiện sau f  x   �; lim f  x   � thỏa mãn xlim � x0 x � x0 Cách giải: f  x   1; lim f  x   nên y  0; y  đường tiệm cận ngang Từ bảng biến thiên ta suy xlim �� x �� đồ thị hàm số f  x   � nên đường thẳng x  tiệm cận đứng đồ thị hàm số Và xlim �1 Vậy đồ thị hàm số cho có ba đường tiệm cận Chọn C Câu 28: Phương pháp: Mặt phẳng trung trực đoạn thẳng vng góc với đoạn thẳng trung điểm đoạn thẳng Cách giải:  P �3 �  ; ;1�của AB nhận mặt phẳng trung trực AB nên  P  qua trung điểm M � �2 � uuu r AB   1;1;0  làm VTPT � 3� � 1� Khi  P  : 1�x  � 1�y  �  z  1  � x  y   � 2� � 2� Chọn D 14 Câu 29: Phương pháp: �x  x0  at r � Đường thẳng d : �y  y0  bt có VTCP u   a; b; c  �z  z  ct � Cách giải: �x   2t r � Đường thẳng d : �y   3t ,  t �� có VTCP u   2;3;0  �z  � Chọn A �x   2t r � Chú ý: Học sinh hay nhầm lẫn đường thẳng d : �y   3t ,  t �� có VTCP u   2;3;3 �z  � r u   1; 2;3 Câu 30: Phương pháp: - Tính y ' , tìm nghiệm y '  nằm đoạn  0; 2 - Tính giá trị hàm số điểm (cả hai đầu mút) so sánh Cách giải: � x  � 0; 2 � Ta có: y '  3x  14 x  11  � � 11 x  � 0; 2 � Lại có y    2, y    0, y  1  nên GTNN hàm số -2 đạt x  Chọn D Câu 31: Phương pháp: - Đặt  log x  t  t �0  đưa phương trình hệ phương trình đối xứng loại II - Trừ vế với vế phương trình đưa dạng tích giải hệ Cách giải: �x  �  x �8 ĐK: �  log x �0 � Đặt Thay  log x  t  t �0  � t   log x � t  log x   1  log x  t vào phương trình cho ta log 22 x  t    2 Từ (1) (2) suy t  log x  log x  t  �  t  log x   t  log x    t  log x   t  log x � �  t  log x   t  log x  1  � � t   log x � 15 log x �0 � + Với t  log x �  log x  log x � � log x  log x   � � log x  1  13 �x2 13 1  TM  log x �1 � + Với t   log x �  log x   log x � � log x  log x   � log x �1 � � log x   ktm  � �� 1 � �log x  1 tm � x   tm    �� Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  13 1 13 1 2 21  2 Chọn A Câu 32: Phương pháp: 1 2 13 1 ; x  21 nên tích nghiệm 13  Biến đổi phương trình cho f  x   sử dụng tương giao đồ thị để nhận xét Cách giải: Ta có: f  x    � f  x   2 Dễ thấy    nên đường thẳng y  cắt hai nhánh đồ thị hàm số y  f  x  3 Vậy phương trình cho có nghiệm Chọn C Câu 33: Phương pháp: Sử dụng phương pháp tích phân phần để tìm x ln  x   dx từ suy a; b � 1 Cách giải: �1 �x  dx  du � ln  x    u � � �2 Đặt � �xdx  dv �x  v �2 x ln  x   dx  ln  x   Suy � 1 x2 4 x2 � dx x  1 1 16  8ln  � � dx �x   � � 1 � x2� �4 �x  8ln  �  x  ln x  � �2 �1 1� 5�  8ln  � 4ln  � 6ln  2� 2� 4 Theo giả thiết x ln  x   dx  a ln  � b nên suy a  6; b  � 2a  3b  2.6  3.4  24 1 Chọn A x2  Chú ý: Ở bước xdx  dv � v  , ta chọn số C  2 để thuận tiện cho việc tính tích phân bước sau Câu 34: Phương pháp: Sử dụng lý thuyết: Tứ diện OABC tứ diện vuông O OH (với H trục tâm tam giác ABC) đường cao tứ diện kẻ từ O Cách giải: Dễ thấy điểm A, B, C thuộc trục tọa độ nên OABC tứ diện vuông O uuur uuur AB; AC � Do đường thẳng OH qua O vng góc mặt phẳng (ABC) hay nhận � � �  3;6; 2  làm �x  3t � VTCP Khi OH : �y  6t �z  2t � Kiểm tra đáp án ta loại A, D Đáp án B: Kiểm tra điểm O thuộc đường thẳng (ứng với t  ) nên đường thẳng đáp án B trung với OH Chọn B Câu 35: Phương pháp: Sử dụng công thức log a b  log a b; log a a  1  a �1; b    Cách giải: Ta có I  log a a  log a  2.log a a  2.1  a2 Chọn D Câu 36: Phương pháp: r uuur r uuur uuu r - Gắn hệ tọa độ Oxyz với O tâm hình vng đáy, OC hướng i, OD hướng j OS r hướng k - Xác định tọa độ điểm cần thiết tính khoảng cách Cách giải: 17 Gắn hệ trục tọa độ hình vẽ, giả sử SO  b ta có: OC  OD  OA  OB  a 2 �a � � a � �a � �C� ;0;0 , D 0; ;0 , A  ;0;0 , � � � � � �2 � � � � � � � � � � � � a � B� 0;  ;0 � , S  0;0; b  � � � � �a b�  ; 0; � , E đối xứng với Gọi K trung điểm SA K � � 2� � � �a a �  ; ;b � D qua K nên E � � � � � �a a b�  ; ; � M trung điểm AE � M � � 2� � � �a a � N trung điểm BC � N � � ; ;0� � � � uuuu r �3a r �a r �a a �uuu � b �uuu ;0;  , SC  ; 0;  b , SN  ;  ;  b Ta có: MN  � � � � � � � �2 � �4 � 2� � � � � � � uuuu r uuu r � ab � � � �� MN ; SC 0; ;0� � �� � � � a 2b uuuu r uuu r uuu r  0 � MN , SC � SN a � �   Suy d  MN , SC   uuuu r uuu r � a 2b MN , SC � � � 0 b Chọn A Câu 37: Phương pháp: Đưa phương trình đường thẳng d dạng tham số t, biểu diễn tọa độ điểm M theo tham số t Tính MA  MB  3MC theo tham số t lập luận để biểu thức đạt giá trị nhỏ Cách giải: �x  6t � Ta có: d : �y   3t nên M �d � M  6t ;3t  1; 2t  �z  2t � Khi MA  � 164 41 2 7t  � �   6t     3t    2t   49t  18t   � � � � 49 18 MB  � 360 10 2 7t  � �  6t     3t    2t   49t  18t   � � � � 49 MC   6t     3t     2t  2 � � 1732 433  49t  18t  37  � 7t  � � � � 49 2 41  12 10  433 � MA  2MB  3MC � Dấu "  " xảy � 7t  9 148 �54 76 18 � 0�t  � M � ; ; �� a  b  c  49 149 �49 49 49 � Chọn A Câu 38: Phương pháp: - Mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng có tâm trung điểm đoạn vng góc chung - Gọi hai điểm M, N thuộc hai đường thẳng, sử dụng MN  1 , MN   để tìm tọa độ M , N kết luận Cách giải: Nhận xét: Mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng có tâm trung điểm đoạn vng góc chung Từ ta tìm đoạn vng góc chung suy tâm, bán kính mặt cầu ur uu r 1 có VTCP u1   1; 1;   có VTCP u2   2;1; 1 Gọi M  t ;  t; 4  2t  , N  8  2t ';6  t ';10  t '  hai điểm thuộc 1 ,  cho MN đoạn vuông góc chung uuuu r � MN   8  2t ' t;  t ' t ;14  t ' 2t  uuuu r ur � 6t  t '  16 t2 � � �MN u1  �� �� r uu r MN đoạn vuông góc chung � �uuuu t  6t '  26 t' � � �MN u2  Suy M  2;0;0  , N  0;10;6  � I  1;5;3  trung điểm MN tâm mặt cầu cần tìm Bán kính mặt cầu R  IM    1        3  35 2 Vậy phương trình mặt cầu  x  1   y     z  3  35 2 Chọn C Câu 39: Phương pháp: Sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp  f  u   '  u ' f '  u  Giải phương trình  f  u   '  để tìm số cực trị hàm số f  u  Hoặc lập luận để có số điểm cực trị hàm số y  f   x  với số điểm cực trị hàm số y  f  x Cách giải: 19 x  2 � � x  có Từ hình vẽ ta thấy đồ thị f '  x  cắt trục Ox ba điểm phân biệt hay f '  x   � � � x2 � nghiệm x  0, x  f '  x  đổi dấu từ dương sang âm từ âm sang dương, hàm số f  x  có hai điểm cực trị  x  2 x3 � � � � 1 x  � � x  có hai nghiệm x  1; x  1 Nhận thấy  f   x   '   f '   x   � � � � 1 x  x  1 � � f '  x  đổi dấu, hàm số f  x  có hai điểm cực trị Chọn D Câu 40: Phương pháp: - Xét hàm y  x  mx  , lập bảng biến thiên, từ suy bảng biến thiên hàm số y  x  mx  - Nhận xét điều kiện để hàm số cho đồng biến [2; �) Cách giải: x0 � � Xét hàm số y  f  x   x  mx  có y '  3x  2mx  x  x  2m   � 2m � x � 3 2 +) Nếu m  y ' �0, x �� nên hàm số đồng biến � (thỏa mãn) +) Nếu m ��* x  2m  nên ta có bảng biến thiên hàm số y  f  x  sau: � x f ' x 2m + - � + � f  x 9 � m3 TH1: �  27 m 4m3 27 243 y  f  x  có bảng biến thiên: x � � y  f  x 2m � � 4m3 9 27 20  ) Khi hàm số y  f  x  đồng biến [2; � Kết hợp với m �3 TH2:   2m m 243 m �0 ta  m �3 4m3 243 9�m 27 Khi y  f  x  có bảng biến thiên x � x1 � x2 9 y  f  x Khi hàm số y  f  x  đồng biến [2; �) m 2m x3 � 4m3 27 � 2m  x3  � m  (mâu thuẫn với 243 �3,93 ) nên trường hợp khơng có giá trị m thỏa mãn Vậy �m �3 m �� nên m � 0;1; 2;3 tổng giá trị m     Chọn A Câu 41: Phương pháp: Quan sát hình chóp tứ giác xác định số đỉnh, số mặt số cạnh Cách giải: Hình chóp tứ giác có đáy tứ giác có cạnh, mặt đỉnh Chọn A Câu 42: Phương pháp: - Đặt s inx  t , biến đổi điều kiện cho điều kiện phương trình ẩn t - Sử dụng bảng biến thiên để tìm điều kiện m Cách giải: Đặt s inx  t  1 �t �1 � 1 �3t  �5  21 � �  ;  �� phương trình Phương trình cho có nghiệm phân biệt thuộc khoảng � �2 � f  3t    m có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn 1  t1 �0  t   t2   t1 Đặt u  3t   1 �u �5  tốn trở thành tìm m để phương trình f  u   m có hai nghiệm thỏa mãn 1  u1 �2  u2   u2   u1 x -1 f ' x f  x - + -1 +) TH1: Phương trình f  u   m có hai nghiệm thỏa mãn 1  u1 �2  u2  Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 1  m  +) TH2: Phương trình f  u   m có hai nghiệm thỏa mãn  u2   u1 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy  m �5 Do m � 1;  �(4;5] Mà m �� nên m � 0;1; 2;3; 4;5 có giá trị m thỏa mãn Chọn D Câu 43: Phương pháp: + Tâm mặt cầu trung điểm đoạn AB AB + Bán kính mặt cầu R  + Phương trình mặt cầu có tâm I  a; b; c  bán kính R  x  a    y  b    z  c   R 2 Cách giải: + Tâm mặt cầu trung điểm I đoạn AB, suy I  4;1;0  22 + Lại có AB    3 2    1   2    36  nên bán kính mặt cầu R  AB  + Phương trình mặt cầu có tâm I  4;1;0  bán kính R   x     y  1  z  2 Chọn D Câu 44: Phương pháp: - Gọi điểm C giao điểm  d - Tính khoảng cách từ B đến AC tìm GTNN Cách giải: uuur Gọi C   t;1  2t ;1  2t  giao điểm  d Khi AC   t  1; 2t  1; 2t   uuu r uuur uuu r uuur � BA   0;3; 4  , AC   t  1; 2t  1; 2t   � � BA � , AC �  14t  16; 4t  4; 3t   uuu r uuur � � BA � , AC � d  B,     uuur AC  14t  16    4t     3t  3 2  t  1   2t  1   2t   2  14t  16    4t     3t  3 f  x  2  t  1   2t  1   2t   Dùng MTCT (chức TABLE) nhập hàm 2 Bước START nhập 5 , bước END nhập bước STEP nhập Ta kết f  x  x  1 hay d  B,   t  1 uuu r x y 1 z 1  Từ C  0; 1; 1 CA   2;1; 2  nên AC có phương trình  2 Chọn C Câu 45: Phương pháp: + Xác định hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y  x  3; y  x  với trục hoành, xác định hoành độ giao điểm hai đồ thị hàm số y  x  1; y  x  + Vẽ đồ thị hàm số y  x  1; y  x  hệ tọa độ b f  x   g  x  dx + Thể tích hình phẳng giới hạn bới y  f  x  ; y  g  x  ; x  a; x  b V   � a Cách giải: 23 + Xét phương trình giao điểm x   � x  1; x   � x  �x �3 x � � x � � � � x  2 L x 1  x  � � � �� � �2 x  x  10  � �x    x  3 � �x  N � x  ��       + Thể tích hình phẳng cần tìm V   � x  dx  � x    x  3 dx  x  1  3 � x  1  x  3 �5 16  �  � � �3 3 � � Chọn B Câu 46: Phương pháp: - Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện thứ - Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện thứ hai - Tìm giao hai tập hợp suy z tính mơ đun Cách giải: Gọi M  x; y  biểu diễn số phức z    Gọi điểm A  15;0 , B  15;0 từ z  15  z  15  � MA  MB  hay tập hợp điểm M elip có c  5, 2a  � a  � b  a  c  � phương trình  E1  :     x2  y2  16 Gọi điểm C 0;  15 , D 0; 15 từ z  15i  z  15i  � MC  MD  hay tập hợp điểm M y2 elip có c '  15, 2b '  � b '  � a '  b  c  � phương trình  E2  : x  1 16 '2 Do M � E1  , M � E2  '2 �x � 16  y  �x  � 34 � � 17 16 �� � z  x2  y  nên tọa độ M thỏa mãn � 17 �x  y  �y  16 � � 17 � 16 Chọn A Câu 47: Phương pháp: + Chỉ A ' H   ABC  với H trung điểm BC + Xác định khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  BCC ' B ' sau d  A;  BCC ' B '   d  A ';  BCC ' B '    A ' E cho A ' E   BCC ' B '  + Tính A ' H dựa vào hệ thức lượng tam giác vng + Tính thể tích khối lăng trụ có chiều cao h diện tích đáy S V  h.S Cách giải: 24 Gọi H chân đường vng góc kẻ từ A’ đến BC A ' H   ABC  suy A ' H  BC mà ta có AB  AC � A ' B  A ' C nên H trung điểm BC Suy AH  BC �AH  BC � BC   AA 'DH  Lấy D trung điểm B ' C ' ta có � �A ' H  BC Kẻ A ' E  DH E suy � �BC  A ' E  BC   AA 'DH   � A ' E   BCC ' B ' � �DH  A ' E Suy d  A ',  BCC ' B '   A ' E , lại có AA '/ /  BCC ' B ' nên d  A,  BCC ' B '    d  A ',  BCC ' B '    A ' E  Ta có A ' D  AH  a 3 a 2 Xét tam giác A’DH vng A’ có 1   � 2  � A 'H  a 2 2 A' E A 'H A 'D a A 'H a Thể tích khối lăng trụ VABC A ' B 'C '  A ' H S ABC a3  a a.a  2 Chọn B Câu 48: Phương pháp: n Sử dụng công thức log a  bc   log a b  log a c log a b  n log a b với điều kiện logarit có nghĩa Cách giải: 2 Ta có: log  b c   log b  log c  log b  log c  2.4   4   Chọn D Câu 49: Phương pháp: r Mặt phẳng ax+by+cz+d=0 có VTPT n   a; b; c  Cách giải: r Mặt phẳng  P  : x  y  3z   VTPT n   2; 1;3 Chọn B Câu 50: Phương pháp: x x Đặt t  2sin cos  , tìm điều kiện t dựa vào đồ thị tìm GTLN, GTNN f  t  2 Cách giải: x x 2sin cos s inx t Đặt t � 2 25 f  t   5, f  t   nên GTNN g  x  Quan sát đồ thị hàm số y  f  t  đoạn  2; 4 max  2;4  2;4 đạt t  hay s inx  1 � x   t  hay s inx  � x    k 2 GTLN g  x  đạt đạt   k 2 Vậy tổng   Chọn A 26 ... 2� � 1 z    2 019 2 018  i � �2 4 � 1 � � �z  � � 2 019 2 018  � i � � � 4� � 2� � 1 z    2 019 2 018  i � 4 � 2 1 1� Suy z1    2 019 2 018  i � z1  �  � 2 019 2 018   2 019 2 018  2 019 1 009... 2 019 1 009 � 4 �2� 1 1 z2    2 019 2 018  i � z2  �  � 2 019 2 018   2 019 2 018  2 019 1 009 4 �2� 10 09 10 09 10 09 Do z1  z2  2 019  2 019  2 .2 019 Chọn D Câu 24: Phương pháp Giải phương trình... 23 (VD): Kí hiệu z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  z  2 019 2 018  Giá trị z1  z2 A 2 019 1 009 B 2 019 2 010 C 2 019 2 019 D 2 .2 019 1 009 Câu 24 (VD): Số giao điểm đồ thị hàm số y  x  x  đường