TRƯỜNG THPT NGỌC TẢO KHẢO SÁT LỚP 12 ĐỢT NGÀY 19/01/2020 Bài thi: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề (Đề gồm có 04 trang) LỜI GIẢI CHI TIẾT Mà ĐỀ 141 �x x  f ( x )  � Câu Hàm số gián đoạn điểm �2 x x �1 A x  B x  C x  1 D x  Lời giải f ( x )  lim x  1; lim f ( x)  lim x  + Ta có xlim �1 x �1 x�1 x�1 f ( x) �lim f ( x) + Vì xlim nên hàm số khơng có giới hạn x  Suy f ( x ) gián đoạn x  �1 x �1 Chọn B 1,5 Câu Đạo hàm hàm số f ( x)  x điểm x  A B 85, (3) C 12 D 24 Lời giải ( x)  x 0,5 + Ta có f � (4)  6.40,5  12 + f� Chọn C �  60� Khi M thuộc mặt Câu Trong không gian cho tia Sx cố định, điểm M thay đổi (khác S ) cho góc SMx mặt đây? A Mặt cầu B Mặt nón C Mặt trụ D Mặt phẳng Lời giải Ta có M thuộc mặt mặt nón có đỉnh S , trục Sx góc đỉnh 120�(theo định nghĩa mặt nón) Chọn B Câu Khẳng định sau đúng? 2dx  2x  C sin xdx  cos x  C A � B � C xdx  x � C cos xdx   sin x  C D � Lời giải 2dx  x  C � Chọn A ( x)  3x Giá trị f (2)  f (0) Câu Cho hàm số f ( x) có đạo hàm f � A 9log3 e C 8log3 e B ln Lời giải 3x � dx  C + Ta có f � �( x)dx  f ( x)  C � ln x Trang 1/16 - Mã đề: 141 D 8ln + f (2)  f (0)  32 30   8log e ln ln Chọn C r Câu Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho điểm A(2;5) Phép tịnh tiến theo vectơ v(1;2) biến A thành điểm B có toạ độ A (3; 7) B (4; 7) C (1; 6) D (3;1) Lời giải uuur r + Ta có Tvr ( A)  B � AB  v + Gọi  x 2 1  x3 y   � y  Vậy B ( x; y ) B (3; 7) Chọn A Câu Phương trình log x  có nghiệm A x  D x  log C x  B x  27 Lời giải log x 6�x  � x  27 Chọn B Câu Cho hai mặt phẳng ( P) (Q ) song song với Đường thẳng a nằm ( P ) , đường thẳng b nằm (Q ) Khẳng định sau đúng? A a b chéo song song B a b cắt song song C a cắt (Q ) D a b cắt chéo Lời giải Chọn A � �2 � � Câu Nghiệm phương trình tan x   tan  khoảng � ;  �là A 7 10 B Lời giải  + tan x   tan � tan x  tan �x � �2 � � 3 C 2 D 4 4 4  k (k �Z) + Vì x �� ;  �nên x  4 Chọn D Câu 10 Hàm số sau hàm số lẻ ? A y  x  B y  x C y  cos x Lời giải y  tan x hàm số lẻ tan( x)   tan x Trang 2/16 - Mã đề: 141 D y  tan x Chọn D r r r ur Câu 11 Trong không gian toạ độ Oxyz , cho vectơ a(1;2;0), b(2; 4;6), c(2;4;2), d ( 1; 2; 3) Các cặp vectơ sau phương với nhau? r r b c A r r r B a c r C a b r ur D b d Lời giải Vì u r hay r ur phương    2 nên r b  2d b d 1 2 3 Chọn D Câu 12 Trên tập hợp số thực, phương trình  x  1  x –   có tập nghiệm A  1; 1;2; 2 B  1;2 C  2; 2 D  1; 1;2 Lời giải Vì x   0x nên  x  1  x –   � x2 –  x2 � �� x  2 � Chọn C Câu 13 Cho hàm số y  f ( x ) có đạo hàm với Mệnh đề sau đúng? ( 1)  (1)  A f � B f � (0)  (1)  C f � D f � x có đồ thị hình vẽ bên Lời giải + Tại điểm cực trị, đạo hàm hàm số cho (1)  + Vậy f � Chọn D Câu 14 Mỗi đỉnh hình bát diện đỉnh chung mặt? A B C D Lời giải Mỗi đỉnh hình bát diện đỉnh chung mặt Chọn A r r r r Câu 15 Trong không gian toạ độ Oxyz cho hai vectơ u  (2;0; 2) v  ( 1;1;0) Góc u v   5 2 A B C D Lời giải rr r r u.v + Công thức: cos  u , v   r r u.v r r 1 rr r r + u.v  2, u  2, v  � cos  u, v   Trang 3/16 - Mã đề: 141 r r +  u, v   2 Chọn D Câu 16 Cho hàm số y  6x  có đồ thị (C ) Tiếp tuyến (C ) điểm có hoành độ x  4 cắt trục tung điểm x 1 A Tính độ dài OA ( O gốc toạ độ) A OA  B OA  24 C OA  13 D OA  Lời giải � �6 x  � � �x  �  x  1 � y� ( 4)  � + y� + Tiếp điểm M (4; y0 ) � y (4)  Vậy M (4;9) + Phương trình tiếp tuyến d (C ) M (4;9) y  1.( x  4)  � y  x  13 + d cắt trục tung điểm A(0;13) Chọn C uuur uuur Câu 17 Cho tam giác ABC cạnh 2a Khi AB  AC A 3a B 3a Lời giải uuur uuur C 2a D 4a uuur + Vẽ hình thoi ABDC AB  AC  AD  AD + Tam giác ABC + AD  AO  Chọn A cạnh 2a có chiều cao AO  2a a 3a Câu 18 Điều tra 20 học sinh lớp 12 vấn đề học thuộc Hịch tướng sĩ Đại cáo bình Ngơ?" thu kết là: Có 10 học sinh thuộc Hịch tướng sĩ, có 12 học sinh thuộc Đại cáo bình Ngơ có học sinh khơng thuộc hai Hỏi có học sinh học thuộc hai bài? A B C D Lời giải + Số học sinh học thuộc hai 20 – = 15 + Số học sinh học thuộc hai (10 + 12) – 15 = Chọn C Câu 19 Tập hợp giá trị m để bất phương trình 10 x  m vô nghiệm A (�; 0] B (0; �) C (�; 0) D [0; �) Lời giải + Nhận xét: 10 x  0x + Bất phương trình 10 x  m vơ nghiệm ۣ m Chọn A Câu 20 Cho hàm số f ( x )  4 x  12 x  Giá trị lớn hàm số đoạn [0; 2] Trang 4/16 - Mã đề: 141 A 18 B 17 D 17, C 16 Lời giải ( x)  16 x  24 x + f� ( x)  � 16 x3  24 x  + Trên khoảng  0;2  , f � � 8 x(2 x  3)  � x  �3� + f (0)  8, f (2)  8, f � � 17 �2� + Số lớn số � 3� x  Vậy max f  x   17 � � 2� � 17 Chọn B Câu 21 Một hình hộp chữ nhật có kích thước a, b, c diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp A   a  b  c  B 2  a  b  c  C   a  b  c  D 4  a  b  c  Lời giải Nhận xét: - Tâm hình hộp chữ nhật cách tất đỉnh - Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật tâm - Đường chéo hình hộp chữ nhật đường kính mặt cầu ngoại tiếp + Đường chéo hình hộp có độ dài a  b2  c2 + Bán kính mặt cầu ngoại tiếp a2  b2  c 2 � 2 2� + Diện tích mặt cầu 4 � a  b  c �    a  b2  c  � � Chọn A Câu 22 Một cấp số nhân có tích hai số hạng 2, tích ba số hạng Vậy tích bốn số hạng bao nhiêu? A 18 B 24 C 64 D 16 Lời giải  � u12 q  � u1.u2  u 1 � � u12 q  �� � � � +� u1.u2 u3  q2 �  u1.q   �u1.q  � 6 + u1.u2 u3 u4  u1 q  1.2  64 Chọn C Câu 23 Từ miếng bìa hình tròn bán kính r , người ta cắt bỏ hình quạt có góc tâm 90�(tham khảo hình bên) sau chập hai mép OA OB với để tạo thành hình nón khơng đáy Diện tích xung quanh hình nón tạo A 3 r B  r C r D r Trang 5/16 - Mã đề: 141 Lời giải + Diện tích xung quanh hình nón tạo diện tích hình quạt AOB + Shình quạt AOB = 3 Shình tròn =  r 4 Chọn D x  x    x   Câu 24 Tổng nghiệm phương trình A 28 C 11 B D 11 Lời giải + x2  2x    x  4 �x  �0 � �2 �x  x    x   �x �4 �� 2 x  22 x  56  � �x �4 � x4 � � �� x4� � x7 � x7 � � �� + Tổng nghiệm   11 Chọn C Câu 25 x dx � x2 1 A ln x   C B ln x 1 C x 1 C x 1 ln C x 1 D ln x   C Lời giải x 2x d ( x  1) dx  dx   ln x   C + �2 � � 2 x 1 2 x 1 x 1 Chọn A Câu 26 Hàm số đồng biến khoảng xác định nó? A y    1 x B y  log 1 x 1 x C y  D y  log1,2 x Lời giải + Hàm số y  log1,2 x có số a  1,  nên hàm số đồng biến (trên khoảng (0; �) ) Chọn D Câu 27 Đồ thị hàm số y  ( x  1)(4 x  x  m) cắt trục hoành ba điểm phân biệt A m  B m  4; m �12 C m  D m  Lời giải + Hoành độ giao điểm đồ thị với trục hồnh nghiệm phương trình ( x  1)(4 x  x  m)  x  1 � �� x  x  m  (1) � + Đồ thị hàm số y  ( x  1)(4 x  x  m) cắt trục hoành ba điểm phân biệt Trang 6/16 - Mã đề: 141 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 � 4(1)  8(1)  m �0 � m �12 �� m4 16  4m  �  Chọn B Câu 28 Có cách chia cơng nhân thành ba nhóm để làm ba việc khác A 90 B 360 C 36 D 48 Lời giải + Vì có cơng nhân chia thành ba nhóm nên nhóm có công nhân + Chọn công nhân C6 cách Chọn công nhân lại C4 2 + Vậy số cách chia C6 C4 = 90 Chọn A Câu 29 Cho 2 1 1 1 f ( x)dx  � f ( x )dx  Khi � f ( x)dx � B 5 A C D 1 Lời giải 2 1 1 �f ( x)dx  �f ( x)dx  �f ( x)dx + Ta có + Thay số vào ta �f ( x)dx  1 1 Chọn D Câu 30 Cho F ( x )  ln x nguyên hàm hàm số f ( x ) khoảng (0; �) Gọi G ( x ) nguyên hàm ( x ) ln x thoả mãn G (1)  1 Giá trị G (3) hàm số f � A ln  B ln  ln C Lời giải ( x)  f ( x) �F � � � f ( x)  + Ta có �F � �   ( x)  ln x  x � x � 1  ln x � f� ( x) ln x  x x2  ln x f� ( x) ln xdx  � dx + � x 1 1 Đặt u  ln x, dv  dx du  , v  x x x  ln x ln x ln x � � dx   �2 dx   C x x x x x ( x)  + f� Trang 7/16 - Mã đề: 141 D ln  ln x � � G ( x)   C + Ta tìm từ � x x � G (1)  1 � C Vậy G ( x)  ln x � � G ( x)   C � 1   C � C  2 � x x � G (1)  1 � ln x ln    � G (3)  x x Chọn B x  ax  b 1  , tổng x �2 ab x2  B C 1 Câu 31 Biết lim A D Lời giải + Nhận xét : Đây giới hạn hữu hạn nên phải giới hạn vơ định dạng 0/0 (khi + Ta có x  ax  b chia hết cho nghiệm đa thức � 22  2a  b  � b  4  2a (1) x dần tới 2) x  ax  b x  ax  2a  ax2 a4  lim  lim  2 x �2 x �2 x �2 x  x 4 x 4 + lim Từ giả thiết suy a  1  � a  6 + Thay a  6 vào (1) ta b  Vậy a  b  Chọn A Câu 32 Một xe buýt hãng A có sức chứa tối đa 50 hành khách Giả sử chuyến, xe buýt chở x hành khách � x �  � (nghìn đồng) Số tiền thu nhiều chuyến chở số hành khách giá tiền cho khách 20 � � 40 � A 45 B 50 C 42 D 40 Lời giải � x �  �, ( nguyên dương + Mỗi chuyến xe buýt thu số tiền 20 x � ) � 40 � x x  50 � x �  �, + Ta tìm giá trị lớn f ( x)  20 x � phương pháp đạo hàm � 40 � x � 0;50  � x �� 3x � f� ( x)  �3  ��60  �; ( x)  � x  40 � 40 �� � f � + Lập bảng biến thiên hàm số khoảng  0;50  , ta f ( x ) đạt cực đại x  40 � x �  �, ( nguyên dương Vậy giá trị lớn 20 x � ) đạt � 40 � x x  50 x  40 Chọn D Câu 33 Trong không gian tọa độ Oxyz cho tứ diện ABCD với đỉnh A(3;0; 0), B(0;3;0), C (0;0;3) D ( x; y; z ) Đặt T  x  y  z Mệnh đề sau đúng? A T �{3;9} B T �{0;9} C T  D T �{3;3} Lời giải + Tồn hình lập phương OAEB.CFDK có cạnh 3, nằm miền {( x; y; z ), x �0, y �0, z �0} (hình vẽ bên) Trang 8/16 - Mã đề: 141 + Dễ thấy D(3;3;3) ABCD tứ diện cạnh + Mặt khác, gọi G tâm tam giác ABC G (1;1;1) DG  ( ABC ) Lấy điểm D ' cho G trung điểm DD ' D '( 1; 1; 1) Lúc D, D ' đối xứng qua G , đối xứng qua ( ABC ) nên ABCD ' diện Vậy có hai điểm thoả mãn đkđb, chúng có toạ độ (1; 1; 1) , (3;3;3) tứ T  1    3 � Vậy � T  3 3  � Chọn A Câu 34 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng Mặt bên SAB tam giác có đường cao vng góc với mp ( ABCD) Số đo góc đường thẳng BD mp ( SAD) �6� �6� A arccos � � B  C arcsin � � D  �4 � �4 � Lời giải + Đường cao SH tam giác SAB H trung điểm AB SH  ( ABCD ) + Gọi I trung điểm SA SA  IB Lại AD  AB, AD  SH � AD  IB Từ suy ( SAD)  IB hay ID hình chiếu BD ( SAD) � Vậy góc BD ( SAD) BDI + Xét tam giác vuông �  sin BDI BID vuông I có BD  a 2, IB  a �6� IB  Vậy = arcsin � � � �4 � BD BDI Chọn C Câu 35 Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên hình bên Hỏi hàm số f ( f ( x)) có cực trị? A B C D Lời giải + Theo điều kiện đầu bài, hàm số f ( x) đạt cực đại x  , fCD (2)  nên ta có f � (2)  ( f ( x)) f � ( x) + Ta có  f ( f ( x))  � f �  f� ( f ( x))  �f ( x )  f ( f ( x ))  � � � �� � ( x)  x2 �f � � + Từ bảng biến thiên ta có phương trình f ( x)  vơ nghiệm Từ tính liên tục hàm số suy  f ( f ( x))  �đổi dấu lần qua điểm x  + Vậy hàm số f ( f ( x )) có cực trị Chọn C Câu 36 Từ tờ giấy A4 (kích thước 21 cm x 29.7 cm), bạn An gấp theo cách khác để tạo thành hình chưa có đáy sau (xem hình vẽ đây): Hình lăng trụ tam giác - hình với chiều rộng tờ giấy cạnh bên, chiều dài tờ giấy chu vi đáy Hình lăng trụ tam giác - hình với chiều dài tờ giấy tờ giấy cạnh bên, chiều rộng chu vi đáy Trang 9/16 - Mã đề: 141 Hình trụ - hình với chiều rộng tờ giấy đường sinh, chiều dài tờ giấy chu vi đáy Hình trụ - hình với chiều dài tờ giấy đường sinh, chiều rộng tờ giấy chu vi đáy Trong khối giới hạn hình, khối tích lớn nhất? A Khối - hình B Khối - hình C Khối - hình D Khối - hình Lời giải + Ta lập tốn tổng qt: Cho hình chữ nhật có kích thước a, b - Cơng thức tính thể tích khối lăng trụ tam giác đều: Nếu chiều cao a cạnh đáy b , diện tích đáy 3b 3ab � Vlt  36 36 - Cơng thức tính thể tích khối trụ : b2 ab � Vlt  bán kính đáy b , diện tích đáy a 4 4 2 + Đối với Khối - hình Khối - hình ta thay a = 21; b = 29,7 Đối với Khối - hình Khối - hình ta thay a = 29,7; b = 21 + Suy thể tích lớn Khối - hình Chọn B Nếu chiều cao (đường sinh) �  90� Biết Câu 37 Cho hình vng ABCD có AB  4a Xét điểm M thay đổi không gian cho � AMB  BMC M chạy đường tròn (G ) cố định Đường tròn (G ) có bán kính A 2a B 2a C 4a D 2a Lời giải �  90�suy BM  ( MAC ) + Ta có � AMB  BMC Gọi O tâm hình vng OM �( MAC ) � OM  MB �  90�hay M thuộc mặt cầu ( S ) đường kính OB (1) Vậy OMB + Mặt khác, hai tam giác MBC , MBA � MC  MA � M thuộc mặt phẳng ( P) qua DB vng góc với ( ABCD ) (2) + Từ (1) (2) suy đường tròn (G ) giao ( P) ( S ) + Bán kính (G ) OB DB 4a   a 2 4 Chọn A 2 Câu 38 Cho phương trình 3x  m.3 x  m  Điều kiện cần đủ để phương trình có ba nghiệm phân biệt A m  B m �1 C m  m �1 D m  Lời giải 2 + Phương trình 3x  m.3 x  m  �  3x  2   m  1 3x  m  Trang 10/16 - Mã đề: 141 � x0 � 3x  ��2 � �x2 m � 3x  m � � Để phương trình cho có nghiệm phân biệt phương trình 3x  m phải có nghiệm phân biệt (khác 0) (*) Do 3x �30  nên điều kiện (*) thoả mãn m  Chọn A Câu 39 Cho số thực dương a, b thoả mãn log9 a  log9 b  log (2a )  log (2a  ab) Số b A  B   C  D 1 Lời giải + log a  log9 b  log (2a )  log (2a  ab) � log ab  log 2a  log (2a  ab) , đặt x ta có �ab  x � � �2a  x �2a  ab  x � + Thay vào ta 9x  6x  4x x x x x �9 � �3 � �3 � 1  �3 � � � �  � �  � � �  (do � �  nên giá trị âm bị loại) �4 � �2 � �2 � �2 � x Từ trên, ta có ab x b �3 �  x �  � � 2a �2 � x �3 � Vậy b  � �= �2 � Chọn A 1  Câu 40 Ông Tâm muốn dành tiền mua quà tặng vợ nhân ngày 8/3 Ông dự định bỏ ống heo 3000 đồng, ngày 19/01/2020 Tiếp theo hai ngày lần, Ông bỏ vào ống heo cho lần sau cao lần trước 2000 đồng Hỏi đến ngày 08/03/2020, ông Tâm dành khoảng tiền (làm tròn đến hàng chục ngàn)? A 650.000 đồng B 680.000 đồng C 660.000 đồng D 1.380.000 đồng Lời giải + Từ ngày 19/01/2020 đến ngày 08/03/2020 50 ngày, 25 lần ông Tâm bỏ ống heo + Vì lần sau cao lần trước 2000 đồng nên lần bỏ vào ống heo tạo thành cấp số cộng với u1  3000, d  2000 + Tổng số tiền là: S25  25 2.3000  (25  1).2000  675000 Chọn B Câu 41 Cho số tự nhiên n có hai chữ số Nếu lấy n chia cho tích hai chữ số thương dư 18 Nếu lấy tổng bình phương chữ số n cộng với số cho Bất phương trình x  n  21 có tập nghiệm A  27;69  B  53;95  C  57;99  Lời giải + Gọi số n  ab , ta có hệ Trang 11/16 - Mã đề: 141 D  26;68  10a  b  2ab  � �2 a  b   10a  b � + Giải hệ ta a  7, b  Vậy n  74 + | x  74 | 21 � 53  x  95 � x �(53;95) Chọn B Mẹo: Từ x � 27;69  x  n  21 suy n  48 thay vào đkđb thấy không thoả mãn Tương tự x �(53;95) thoả mãn nên chọn Câu 42 Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên hình bên Tổng số tiệm cận ngang tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  A C f ( x)  B D Lời giải + Từ bảng biến thiên suy x� ��� f ( x) f ( x)  �f ( x) � � x� ��1 � �f ( x) � � 1 f ( x)  Tồn x0 �(1; �) để f ( x0 )  �� x0 Hơn nữa, x � f ( x ) � 1, f ( x) � �� x0 (Tương tự: x � Vậy đồ thị hàm số y  f ( x)  f ( x ) �� 1, f ( x) � f ( x)  ) có tiệm cận đứng x  x0 , y  f ( x)  Chọn C Câu 43 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang với đáy lớn AD , SA vng góc với đáy Một mặt phẳng ( P ) qua điểm A , vng góc với SD cắt cạnh SB, SC , SD B ', C ' D ' Biết AB  BC  CD  a , AD  2a SA  a Tính thể tích khối chóp S AB ' C ' D ' theo a A 3 a 320 B 3 a 320 C 3 a 160 Lời giải + Nhận xét: Trang 12/16 - Mã đề: 141 D a3 40 * Hình thang ABCD nửa lục giác tâm O , cạnh a * Các tam giác ABD ACD nửa tam giác cạnh a + Từ giả thiết suy AD ', AC ', AD ' vng góc với SD   CD  AC AC '  CD Ta có CD  SA � AC '  CD AC '  SD � AC '  SC Tương tự ta có AB '  SB Từ tam giác vuông ABS , ACS , ADS có đường cao AB ', AC ', AD ' suy SB ' SC ' SD '  ,  ,  SB SC SD V 2V + Gọi V , V1 , V2 thể tích khối chóp S ABCD, S ABC , S ACD V1  ;V2  3 Gọi V1 ', V2 ' thể tích khối chóp S AB ' C ', S AC ' D ' VS AB ' C ' D '  V1 ' V2 ' Ta có VS AB ' C ' SB ' SC ' V V   � VS AB ' C '   VS ABC SB SC 8 24 VS AC ' D ' SC ' SD ' V V   � VS AC ' D '   VS ACD SC SD 20 20 30 Suy VS AB ' C ' D '  + ABCD V V 3V   24 30 40 nửa lục giác tâm O , cạnh a nên S ABCD  3SOAB a2  1 a2 a3 VS ABCD  SA.S ABCD  a.3  3 4 Vậy VS AB ' C ' D '  a3 3 3a3  40 160 Chọn C Câu 44 Trong không gian toạ độ Oxyz cho điểm A(1; 0; 2), B(3; 4; 0), C (2;1; 2) Xét điểm M nằm mặt uuur uuur phẳng (Oxy ) cho MA.MB   Đoạn thẳng CM có độ dài nhỏ A B  Lời giải uuur C uuur + Gọi M ( x; y; z) , MA(1  x;  y;2  z ) , MB(3  x;4  y;  z ) uuur uuur MA.MB   � (1  x)(3  x)  ( y)(4  y)  (2  z )( z )   � ( x  2)  ( y  2)  ( z  1)  Đây phương trình mặt cầu ( S ) tâm I (2; 2;1) , bán kính R  Vậy điểm M thuộc đường tròn (T ) giao ( S ) (Oxy) + Gọi H , K hình chiếu I , C (Oxy) H (2; 2; 0), K (2;1; 0) (T ) có tâm H (2; 2; 0) , bán kính MH  r  2, KH  suy r  12  , K nằm (T ) Trang 13/16 - Mã đề: 141 D 62 + Với điểm M thuộc (T ) , MC nhỏ � MK nhỏ � M giao đường thẳng HK với (T ) cho K nằm H M Lúc MK  MH  KH  Vậy MC nhỏ Chọn A CK  MK  22  12  ab a b Câu 45 Cho hai số thực dương a, b thoả mãn ( a  b)  8(1  ab) Giá trị lớn biểu thức P  ab  2ab A C B 17 D 1 Lời giải ab a  b + Từ a, b  ( a  b)  81(1  ab) suy ab  4ab.2a b (a  b)  8(1  ab) � log ab  log 2 a b  log ( a  b)  log  log 2(1  ab) � 2ab  (a  b)  log ( a  b)   log (2  2ab) � (a  b)  log ( a  b)  (2  2ab)  log (2  2ab) (1) Đặt f (t )  t  log t (1) � f (a  b)  f (2  2ab) (2) Dễ thấy f (t ) hàm số đồng biến khoảng (0; �) nên 2b (2) � a  b   2ab � a   2b P  ab  2ab2  ab(1  2b)  2b  b2   (1  b) �1 b 1 � � P  � � Vậy lớn (khi ) a a  ,b 1 � � 3 P Chọn A Câu 46 Biết F ( x) nguyên hàm hàm số f ( x)  x cos x  sin x Hỏi hàm số F ( x) có điểm cực trị x2 khoảng  2 ;3  ? A B C D Lời giải x cos x  sin x nên x2 F� ( x)  � x cos x  sin x  0, ( x �0) f ( x)  + F� ( x)  � tan x  x, ( x �0) Trên khoảng  2 ;3  , đồ thị hàm số y  tan x cắt đường thẳng y  x điểm phân biệt x1 , x2 , x3 (xem hình vẽ) ( x ) ) đổi dấu Hơn nữa, f ( x) (cũng F � Vậy F ( x) có điểm cực trị Chọn D x qua giá trị (1  x)  có đồ thị hình vẽ bên Hỏi hàm số f ( x ) đồng biến Câu 47 Cho hàm số f ( x) , biết hàm số y  f � khoảng đây? Trang 14/16 - Mã đề: 141 A  3; 1 B  2;0  C  1; � D  �;1 Lời giải (1  x )  (C ) + Gọi M ( x; y ) điểm thuộc đồ thị hàm số y  f � �y f� (1  x )  (1) r Phép tịnh tiến theo vectơ v  (1; 1) biến M ( x; y) thành M ( x1; y1 ) �x1  x  �x  x1  �y  y  � �y  y  (2) �1 � ( x1 ) Thay (2) vào (1) ta y1  f � ( x) Vậy ảnh (C ) qua Tvr (C1 ) : y  f � ( x) qua trục tung ta đồ thị (C2 ) : y  f � ( x) + Lấy đối xứng (C1 ) : y  f � ( x ) ta có Từ đồ thị hàm số y  f � f� ( x)  0x �( �; 3) �(1; �) nên hàm số f ( x ) đồng biến khoảng (�; 3), (1; �) Chọn C Câu 48 Bất phương trình x3 ln(e x2  4e)  48 �48ln x   x3  có nghiệm nguyên? B A Vô số C D Lời giải + Điều kiện xác định: | x | Bất phương trình cho tương đương x 3 x 3 �  ln( x  4) � � � 48 �16ln( x  4)  4.2 �  x 3  16  � ln( x  4)  3� � ��0 (1) ln( x  4)  3� + Giải phương trình  x 3  16  � � � x  1; x  7 � � �x   x 3  16 �� � �2 �� x e 4 � x  � e3  ln( x  4)  � � Xét dấu vế trái bất phương trình (1): Ta nghiệm bất phương trình cho � S � 7;  e3  � � �� 2; e  � Tập giá trị nguyên nằm S {  7; 6; 5;3; 4} Chọn B  2 Câu 49 Trên tập hợp số thực, cho hai phương trình x  ax   0, x  bx   Giả sử hai phương trình cho có nghiệm chung Giá trị nhỏ biểu thức a  b A B C Lời giải Trang 15/16 - Mã đề: 141 D + x0 � � x02  ax0   x  ax   nên � (1) x0  bx0   x  bx   � � nghiệm chung thoả mãn hệ phương trình �2 Nhận xét: a �b a  b  vô lý �x0  ax0   �x0  ax0   � (1) � � �� (b  a ) x0  x0  � � � ba �1 � �1 � �� (2) � a � �  hay �b  a � �b  a � 2a  b  3ab   (2) điều kiện cần đủ để hai phương trình cho có nghiệm chung + Đặt a  b  m , ta tìm m để hệ phương trình hai ẩn a, b có nghiệm: �2a  b  3ab   � (3) �a  b  m � 2a  b  3ab   (3) � � b  ma � � � �2a  (m  a)  3a( m  a)   b  ma � � 6a  5ma  m2   �� b  ma � + Hệ (3) có nghiệm phương trình 6a  5ma  m   có nghiệm thực 24( m2 1) Điều kiện là: 25m �۳ Vậy giá trị nhỏ a  b Chọn C m 6 Câu 50 Một khối lập phương có độ dài cạnh cm chia thành khối lập phương cạnh cm Hỏi có tam giác tạo thành từ đỉnh khối lập phương cạnh cm? A 2915 B 2876 C 2912 D 2898 Lời giải + Có tất 27 đỉnh Số cách chọn ba điểm lấy 27 đỉnh nêu là: C27 + Trong số cách chọn trên, có cách mà tạo (không thứ tự) thẳng hàng Số ba điểm là: - Có 8.2 hai mặt dưới; - Có 6.2 hai mặt trái phải; - Có 4.2 hai mặt trước sau; - Có mặt đứng dọc giữa; - Có mặt đứng ngang giữa; - Có mặt nằm ngang giữa; - Có đường chéo lập phương cạnh cm Tổng số ba điểm thẳng hàng 8.2 + 6.2 + 4.2 + + + + = 49 Số tam giác C27  49  2876 Chọn B -Hết - Trang 16/16 - Mã đề: 141 điểm