Đề thi thử THPT quốc gia

Một hình trụ tròn xoay có độ dài đường sinh bằng đường kính đáy và thể tích của khối trụ bằng 16 π. Diện tích toàn phần của khối trụ đã cho bằng[r]

(1)

KỲ THI THQG 2019-2020

MƠN TỐN

TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ

(2)

ĐỀ THI THQG QUA CÁC NĂM

MỤC LỤC

A ĐỀ THI THỬ CÁC TRƯỜNG THPT

3

1 Đề thi thử THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành, Yên Bái, lần (2019)

2 Đề thi thử THPT Chuyên Vĩnh Phúc, Vĩnh Phúc, lần (2019) 24

3 Đề thi thử THPT Chuyên Thái Nguyên - Thái Nguyên - Lần (2019) 51

4 Đề thi thử THPT Chuyên KHTN, TP HCM – lần (2019) 73

5 Đề thi thử THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Quảng Trị, lần (2019) 95

6 Đề thi thử THPT Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - Lần (2019) 117

7 Đề thi thử THPT Chuyên Đại học Vinh, Nghệ An – lần (2019) 135

8 Đề thi thử THPT Chuyên Đại Học Vinh, Nghệ An, lần (2019) 155

9 Đề thi thử THPT Chuyên Đại học Vinh, Nghệ An, Lần (2019) 181

10 Đề thi thử THPT Chuyên Hưng Yên, Hưng Yên – lần (2019) 203

11 Đề thi thử THPT Chuyên Quốc Học, Huế – lần (2019) 223

12 Đề thi thử THPT Chun Hồng Văn Thụ, Hịa Bình – lần (2019) 244

13 Đề thi thử THPT Chuyên KHTN, Hà Nội, lần (2019) 267

14 Đề thi thử THPT Chuyên Hùng Vương, Gia Lai, lần (2019) 297

15 Đề thi thử THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Điện Biên, lần (2019) 313

16 Đề thi thử THPT Chuyên Quang Trung – Bình Phước - Lần (2019) 332

17 Đề thi thử THPT Chuyên Bắc Ninh, Bắc Ninh – lần (2019) 354

18 Đề thi thử THPT Chuyên Bắc Ninh, Bắc Ninh, lần (2019) 378

19 Đề thi thử THPT Chuyên Bắc Ninh - Bắc Ninh - Lần (2019) 400

20 Đề thi thử THPT Chuyên Bắc Giang, Bắc Giang – lần (2019) 421

21 Đề thi thử THPT Chuyên Bắc Giang - Lần (2019) 442

22 Đề thi thử THPT Chuyên Thoại Ngọc Hâu, An Giang – lần (2019) 459

(3)

24 Đề thi thử THPT Đồng Đậu - Vĩnh Phúc - Lần (2019) 501

25 Đề thi thử THPT Thiệu Hóa, Thanh Hóa, Lần (2019) 519

26 Đề thi thử THPT Quảng Xương, Thanh Hóa – lần (2019) 538

27 Đề thi thử THPT Nguyễn Trãi, Thanh Hóa – lần (2019) 562

28 Đề thi thử THPT Hàm Rồng, Thanh Hóa – lần (2019) 579

29 Đề thi thử THPT Bỉm Sơn, Thanh Hóa – lần (2019) 598

30 Đề thi thử THPT Bạch Đằng, Quảng Ninh, Lần (2019) 618

31 Đề thi thử THPT Thanh Thủy, Phú Thọ – lần (2019) 643

32 Đề thi thử THPT Sở GD DT Phú Thọ, lần (2019) 663

33 Đề thi thử THPT Bình Minh, Ninh Bình – lần (2019) 681

34 Đề thi thử Cụm trường TP Nam Định, Nam Định, Lần (2019) 702

35 Đề thi thử THPT Nghĩa Hưng B, Nam Định – lần (2019) 723

36 Đề thi thử THPT Nguyễn Huệ - TT Huế - Lần (2019) 743

37 Đề thi thử THPT Trần Phú, Hà Tĩnh, lần (2019) 764

38 Đề thi thử THPT Cẩm Bình, Hà Tĩnh, lần (2019) 782

39 Đề thi thử THPT Việt Đức – Hà Nội - Lần (2019) 802

40 Đề thi thử THPT Thăng Long, Hà Nội – lần (2019) 823

41 Đề thi thử THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, lần (2019) 852

42 Đề thi thử THPT Kim Liên, Hà Nội – lần (2019) 874

43 Đề thi thử THPT Trần Nguyễn Hãn, Hải Phòng – lần (2019) 895

44 Đề thi thử Quốc Gia, Sở Giáo Dục Hải Phòng, lần (2019) 914

45 Đề thi thử THPT Tứ Kỳ, Hải Dương – lần (2019) 932

46 Đề thi thử THPT Đoàn Thượng - Hải Dương - Lần (2019) 949

47 Đề thi thử Sở GD&ĐT Bình Phước, lần (2019) 966

48 Đề tập huấn thi THPT Quốc gia Sở GD & ĐT Bắc Ninh (2019) 985

49 Đề thi thử THPT Lý Thái Tổ, Bắc Ninh, lần (2019) 1008

50 Đề thi thử THPT Lương Tài 2, Bắc Ninh – lần (2019) 1031

51 Đề thi thử THPT Lê Văn Thịnh - Bắc Ninh - Lần (2019) 1048

52 Đề thi thử THPT Hàn Thuyên, Bắc Ninh – lần (2019) 1065

53 Đề thi thử Sở GD&ĐT Bạc Liêu - Cụm Chuyên Môn - Lần (2019) 1096

54 Đề thi thử THPT Yên Dũng - Bắc Giang - Lần (2019) 1115

55 Đề thi thử THPT Nhã Nam, Bắc Giang – lần (2019) 1136

56 Đề thi thử THPT Ngô Sĩ Liên, Bắc Giang – lần (2019) 1154

57 Đề thi thử SGD Lạng Sơn, 2017-2018 1173

58 Đề khảo sát chất lượng tháng 10, 2017 - 2018 trường THPT Lê Quý Đôn, Quảng Trị, Lần 1190

59 Đề thi thử Sở Bắc Giang năm học 2017 - 2018, Lần 1208

(4)

62 Đề thi thử THPTQG Sở GD ĐT Nam Định năm 2018 1269

63 Đề thi thử THPT Quốc gia năm học 2017-2018 THPT Sơn Tây-Hà nội 1289

64 Đề Thi Thử Lần THPTQG, 2017 - 2018 trường THPT AN PHƯỚC LẦN 1, Ninh Thuận 1308

65 Đề thi thử lần năm học 2017 - 2018 trường THPT Chu Văn An, Thái Nguyên1325 66 Đề thi thử trường THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội năm 2017 - 2018 Lần 1345 67 Đề thi thử lần 2, 2017 - 2018 trường THPT Ngô Quyền, Hải Phòng 1362

68 Đề thi thử trường THPT Chuyên Quốc Học Huế 1379

69 Đề khảo sát chất lượng TSĐH Lần 2, 2017 - 2018 trường THPT Phan Châu Trinh, Đà Nẵng 1399

70 Đề thi thử Sở giáo dục Bình Phước năm 2017-2018 Lần 1419

71 Đề thi thử Chuyên Hùng Vương Bình Dương Lần 5, 2018 1436

72 Đề thi thử THPT Quốc gia 2018 mơn Tốn Sở GD ĐT - Điện Biên, năm 2017 - 2018 1454

73 Đề Thi thử THPT Quốc gia 2018 Trường THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - Lần 1476

74 Đề thi thử THPT QG, 2017 - 2018 trường THPT Bình Giang, Hải Dương 1500

75 Đề thi thử trường Đại Học Hồng Đức - Thanh Hóa năm 2017-2018 1522

76 Đề thi diễn tập THPT QG, 2017 - 2018 Sở giáo dục, Đồng tháp 1539

77 Đề thi thử THPTQG 2018, Sở GD&ĐT Cao Bằng 1556

78 Đề thi thử lần 2, cụm trường THPT Chuyên Bắc Bộ 1574

79 Đề thi thử trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên, năm 2017-2018 Lần 1595

80 Đề thi thử lần 1, 2017 - 2018 trường THPT TX Quảng Trị 1620

81 Đề thi thử trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, năm 2018, lần 1637

82 Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm học 2017-2018, Sở GD&ĐT Hà Nam 1655

83 Đề thi thử THPTQG 2018 trường THPT Lê Quý Đôn, Hà nội, lần 1678

84 Đề kiểm tra kiến thức toán 12, 2017 - 2018 trường THPT Chuyên KHTN, Hà Nội 1701

85 Đề thi thử, trường THPT Nam Tiền Hải, Thái Bình, lần 2, 2018 1726

86 Đề Thi Thử, Sở Đà Nẵng - MĐ 203 - 2018 1740

87 Đề thi thử Toán Học Tuổi Trẻ lần 8, 2018 1758

88 Đề thi thử, Sở GD & ĐT BÌNH THUẬN, lần 1, 2018 1777

89 Đề thi thử THPTQG, lần 2, trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai 1795 90 Đề KSCL học sinh 12 năm 2018 mơn Tốn sở GD ĐT Cần Thơ 1816

91 Đề KSCL, Sở GD Cần Thơ - Mã đề 323 - 2018 1834

92 Đề Khảo sát chất lượng, Thành phố Cần Thơ - Mã đề 324 - 2018 1853

(5)

95 Đề thi thử trường THPT Quế Võ Số - Bắc Ninh năm 2017-2018 Lần 1913

96 Đề Khảo Sát Kiến Thức Toán 12 THPT - SGD Vĩnh Phúc- năm 2017-2018 lần 21934 97 Đề thi thử THPT Quốc gia 2018 mơn Tốn trường THPT Đoàn Thượng – Hải Dương lần 1956

98 Đề thi thử Toán THPT Quốc gia 2018 sở GD ĐT Tiền Giang, 2017-2018 1976 99 Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2018, Sở GD-ĐT Quảng Bình 1994

100 Đề thi thử THPTQG lần - Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2018 2018

101 Đề thi thử trường THPT Võ Thành Trinh - An Giang năm 2017-2018 Lần 2036 102 Đề thi thử lần 3, tháng 5, 2017 - 2018 trường THPT Cẩm Bình, Hà Tĩnh 2055

103 Đề thi thử lần 4, 2017 - 2018 trường THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An 2074 104 Đề thi thử toán THPT QG sở GD - ĐT Bắc Giang lần 2096

105 Đề khảo sát chất lượng, 2017 - 2018 trường THPT Số An Nhơn, Bình Định 2120 106 Đề thi thử, trường THPT Quỳnh Lưu 2, Nghệ An, lần 1, 2018 2143

107 Đề thi thử, trường THPT Quỳ Hợp 2, Nghệ An, 2018 2162

108 Đề thi thử, trường THPT Lương Thế Vinh, Hà Nội, lần 2, 2018 2183

109 Đề thi thử trung học phổ thông quốc gia năm 2018 lần 1, Trường THPT Hoàng Mai, Nghệ An 2200

110 Đề thi thử, trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp, Quảng Bình, lần 1, 2018 2221 111 Đề thi thử, trường THPT Chuyên Thái Bình, lần 5, 2018 2242

112 Đề thi thử, trường Chuyên Lào Cai, 2018 2261

113 Đề thi thử, trường THPT chuyên Đại học Vinh, Nghệ An, lần 2, 2018 2279

114 Đề thi thử lần năm 2018, trường THPT Nguyễn Quang Diêu, Đồng Tháp 2302 115 Đề thi thử, liên trường THPT Nghệ An, lần 2, 2018 2324

116 Đề thi thử, trường THPT Thường Xuân , Thanh Hóa, lần 2, 2018 2344

117 Đề thi thử, trường THPT Đồng Lộc, Hà Tĩnh, lần 2, 2018 2362

118 Đề thi thử Sở GD & ĐT Hưng Yên 2018 2380

119 Đề Thi thử Sở giáo dục Bà Rịa Vũng tàu - Lần - 2018 2401

120 Đề thi thử THPT Trần Đại Nghĩa - Đắk Lắk - 2018 2421

121 Đề khảo sát chất lượng Toán 12, 2017 - 2018 Sở Giáo dục Đào tạo Quảng Nam 2435

122 Đề thi KSCL lớp 12 năm 2018 trường THPT Phả Lại - Hải Dương 2453

123 Đề KSCL, THPT Quỳnh Lưu - Nghệ An - Lần - 2018 2471

124 Đề KSCL, THPT Quỳnh Lưu - Nghệ An - Lần - 2018 2490

125 Đề KSCL 2017 - 2018 Sở giáo dục đào tạo Yên Bái 2509

126 Khảo sát lớp 12 năm học 2017-2018, Chu Văn An, Hà Nội 2527

127 Đề thi thử, trường THPT Hậu Lộc 2, Thanh Hoá, Lần 2, 2018 2548

(6)

131 Đề thi thử Lần 3, trường THPT Quảng Xương 1, Thanh Hóa, 2018 2621 132 Đề thi thử Đại học mơn Tốn - Sở Bắc Giang, năm học 2017-2018 2641 133 Đề thi thử Toán THPT Quốc Gia 2018 trường THPT Thanh Chương 1, Nghệ

An lần 2660 134 Thi thử THPT QG, lớp 12 - lần - trường THPT Nguyễn Đăng Đạo - Bắc

Ninh, 2017-2018 2679 135 Đề thi thử lần 1, trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Lai Châu, 2017 - 2018 2697 136 Đề thi thử trường Chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội-Hà Nội năm 2017-2018

Lần 2718 137 Đề thi thử THPT Quốc gia 2018 mơn Tốn trường THPT Kim Liên – Hà Nội

lần 2733 138 Đề thi thử lần 2, THPT Cầu Xe - Hải Dương, 2018 2750 139 Đề thi thử cụm trường THPT Chuyên khu vực ĐB sông Hồng 2018 2772 140 Đề thi thử trường THPT Chuyên Hà Tĩnh-năm 2018-lần 2792 141 Đề thi thử THPTQG lần - Sở Bình Phước - 2018 2812 142 Đề khảo sát chất lượng lần 3, 2017 - 2018 trường THPT Bến Tre, Vĩnh Phúc 2831 143 Đề thi thử THPT Quốc gia lần 1, 2017 - 2018, trường THPT chuyên Đại học

Vinh, Nghệ An 2855 144 Đề thi thử mơn Tốn 2018 trường THPT Tây Thụy Anh – Thái Bình lần 2877 145 Kỳ kiểm tra khảo sát lớp 12 Sở GD & ĐT Hà Nội, năm 2017 - 2018 2893 146 Đề thi thử lần 1, trường THPT Đơng Thụy Anh, Thái Bình, 2017-2018 2912 147 Đề thi thử, trường Phổ Thông Năng Khiếu HCM lần 2, 2018 2930 148 Đề thi thử trường THPT Lục Ngạn số - Bắc Giang, lần 2, 2017-2018 2950 149 Đề thi thử THPTQG lần 1, trường THPT chuyên Hùng Vương, Gia Lai 2966 150 Thi thử THPT QG 2018 lớp 12 lần trường THPT Chuyên Lê Khiết

-Quảng Ngãi 2017-2018 2984 151 Thi thử THPT QG 2018 lớp 12-Lần 1-Trường THPT Hương Khê-Hà Tĩnh

năm 2017-2018 3002 152 Đề thi thử THPTQG, trường Đại học Ngoại Thương, 2017 - 2018 3024 153 Đề thi thử Toán 2018 THPT Quốc gia lần trường Lý Thái Tổ – Bắc Ninh 3041 154 Thi thử QG 2018 lớp 12 - lần 1- trường THPT Chuyên Lê Khiết - Quảng Ngãi 3062 155 Đề thi thử - trường THPT chuyên Tiền Giang - Lần - 2018 3081 156 Đề thi thử THPT QG lần 2, 2017 - 2018 trường THPT Minh Châu, Hưng Yên 3100 157 Đề thi thử Toán Học Tuổi Trẻ lần 6, 2018 3118 158 Đề thi thử THPT Quốc gia lần 1, 2017 - 2018 trường THPT Hai Bà Trưng,

Vĩnh Phúc 3137 159 Đề thi thử THPT QG - THPT Lý Tự Trọng - Hà Tĩnh - 2018 3148 160 Đề thi khảo sát Toán 12 lần năm 2017 - 2018 trường THPT Phan Chu Trinh,

(7)

162 Đề Thử sức trước kì thi Toán học tuổi trẻ năm 2018, lần 3206

163 Đề thi thử mơn Tốn THPT QG - Tạp Chí THTT 01/2018 - Lần 3230

164 Đề thi thử trường THPT chuyên KHTN - Hà Nội năm 2017-2018 Lần 3247

165 Đề thi thử THPT Quốc gia 2018 mơn Tốn trường THPT Nguyễn Đức Thuận – Nam Định - Lần 3265

166 Đề thi thử THPT QG 2018 lớp 12 - lần - Trường THPT Hoa Lư A - Ninh Bình 3273

167 Đề thi thử lần lớp 12, 2017 - 2018 trường THPT chuyên KHTN, Hà Nội 3283

168 Đề thi thử THPT Quốc gia 2018 mơn Tốn trường THPT chuyên Thái Bình lần 1, Thái Bình 3302

169 Thi thử THPT Quốc gia 2018 - Tạp chí tốn học tuổi trẻ - Lần 3314

170 Đề thi thử THPT Quốc gia 2018 trường THPT chuyên Quang Trung - Bình Phước lần 3328

171 Thi Thử Lần - THPT Chuyên Bắc Ninh Năm 2018 3341

172 Đề thi thử THPT Hàn Thuyên Bắc Ninh, 2018 3354

B ĐỀ THI THỬ-MAX8 3363 Đề thi thử số 1-MAX8 3364

2 Đề thi thử số 2-MAX8 3380

(8)

C ĐỀ THI THQG QUA CÁC NĂM 3805 ĐỀ MINH HỌA THQG 2019 3806

2 ĐỀ THI THQG 2019 - MÃ ĐỀ 101 3825

3 ĐỀ THI THQG 2019 - MÃ ĐỀ 102 3843

4 ĐỀ THI THQG 2019 - MÃ ĐỀ 103 3863

5 ĐỀ THI THQG 2019 - MÃ ĐỀ 104 3885

6 ĐỀ MINH HỌA THQG 2018 3906

7 ĐỀ THI THQG 2018 - MÃ ĐỀ 101 3925

8 ĐỀ THI THQG 2018 - MÃ ĐỀ 102 3943

9 ĐỀ MINH HỌA 2017 - Lần 3964

12 ĐỀ THI THQG 2017 - MÃ ĐỀ 101 4017

(9)

A

(10)

1 ĐỀ THI THỬ THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH, YÊN BÁI, LẦN 1 (2019)

ccc NỘI DUNG ĐỀ ccc

Câu

Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số

y = f(x), trục hoành hai đường thẳng x = a, x = b

(a < b) (phần tơ đậm hình vẽ) Tính theo cơng thức đây?

A S=−

c Z

a

f(x) dx+

b Z

c

f(x) dx

B S=

b Z

a

f(x) dx

C S=

c Z

a

f(x) dx+ b Z

c

f(x) dx

D S=

b Z

a

f(x) dx

x y

O a

b c

Lời giải

Ta có: S = b Z

a

|f(x)|dx= c Z

a

|f(x)|dx+ b Z

c

|f(x)|dx=− c Z

a

f(x) dx+ b Z

c

f(x) dx

Chọn đáp án A

Câu

ĐiểmM hình vẽ bên điểm biểu diễn số phức z Tìm phần thực phần ảo số phứcz

A Phần thực là−2 phần ảo lài

B Phần thực là1 phần ảo −2

C Phần thực là1 phần ảo −2i

D Phần thực là−2 phần ảo là1

x y

O

1

−2 M

Lời giải

ĐiểmM có tọa độ M(1;−2) nên z = 1−2i Vậy phần thực là1 phần ảo là−2

Chọn đáp án B

Câu Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(1;−3; 4), đường thẳng d: x+ =

y−5 −5 =

z−2

−1 mặt phẳng(P) : 2x+z−2 = Viết phương trình đường thẳng∆quaM vng góc với dvà song song với (P)

A ∆ : x−1 =

y+ −1 =

z−4

−2 B ∆ :

x−1 −1 =

y+ −1 =

(11)

C ∆ : x−1

1 =

y+

1 =

z−4

−2 D ∆ :

x−1 =

y+ −1 =

z+

Lời giải

Đường thẳng d: x+ =

y−5 −5 =

z−2

−1 có vec tơ phương #»ud= (3;−5;−1) Mặt phẳng (P) : 2x+z−2 = có vec tơ pháp tuyến #»n(P)= (2; 0; 1)

Đường thẳng ∆vng góc với d nên vec tơ phương #»u∆ ⊥u#»d Đường thẳng ∆song song với (P) nên u#»∆⊥ #»n(P)

Ta có #»ud,#»n(P)

= (−5;−5; 10)

Suy vec tơ phương đường thẳng∆ #»u∆− −

1 ·

#»

ud,#»n(P)

= (1; 1;−2) Vậy phương trình đường thẳng∆ x−1

1 =

y+ =

z−4 −2

Chọn đáp án C

Câu Cho cấp số cộng (un), biết u1 =

1

3;u8 = 26 Tìm cơng sai d ?

A d=

10 B d=

11

3 C d=

3

11 D d= 10

3

Lời giải

Ta có u8 = 26⇔u1+ 7d = 26⇔

1

3 + 7d = 26⇔d= 11

3

Chọn đáp án B

Câu

Cho hàm sốf(x) = ax3+bx2+cx+d(a, b,c,d∈

R) Hàm số y=f0(x)

có đồ thị hình vẽ Hàm số cho hàm số hàm số đây?

A y=x3−2x−1. B y=−x3+ 2x2−x−2.

C y=−x3+x2−x+ D y=−x3+ 2x2+x+

x y

O

1

−1

Lời giải

Ta có f0(x) = 3ax2+ 2bx+c căn vào đồ thị hàm y=f0(x) ta có:

• Đồ thị parabol quay bề lõm xuống nên a <0 suy loạiy=x3−2x−1.

• Đồ thị giao với trụcOy điểm có tung độ âm nênc <0 suy loạiy=−x3+ 2x2+x+ 2.

• f0(x)<0 với xnên hàm nghịch biến suy loại y=−x3+ 2x2−x−2.

Chọn đáp án C

Câu Cho hình trụ có hai đáy hai hình trịn(O;R)và (O0;R), chiều caoR√3 Một hình nón có đỉnh O0 đáy hình trịn (O;R) Tỷ số diện tích xung quanh hình trụ hình nón

A B √3 C D √2

(12)

Diện tích xung quanh hình trụ làS1 = 2πR2

√

Độ dài đường sinh hình nón làl =√R2+ 3R2 = 2Rdo diện tích

xung quanh hình nón làS2 = 2πR2

Vậy tỷ số diện tích xung quanh hình trụ hình nón S1

S2

=√3

O0

O

A B

Chọn đáp án B

Câu Cho hình phẳng (H) giới hạn đồ thị y= 2x−x2 và trục hồnh Tính thể tích V vật

thể trịn xoay sinh cho(H) quay quanhOx A V = 16

15π B V =

16

15 C V =

3 D V = 3π

Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm 2x−x2 = ⇔ "

x=

Thể tíchV =π

2

Z

0

(2x−22)2dx=π

2

Z

0

(4x2−4x3+x4) dx=π

Å

4x

3

3 −x

4+x5

5

ã

= 16 15π

Chọn đáp án A

Câu Cho hàm số f(x) xác định, liên tục R\{−1}và có bảng biến thiên sau:

x f0(x)

f(x)

−∞ −1 +∞

+ − +

−∞ −∞

2 +∞

0

+∞ +∞

A Hàm số khơng có đạo hàm x=−1 B Hàm số cho đạt cực tiểu x=

C Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng D Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang

Lời giải

Hàm số khơng có đạo hàm x = −1 nên phương án “Hàm số khơng có đạo hàm x = −1”

Hàm số cho đạt cực tiểu tạix= nên phương án “Hàm số cho đạt cực tiểu tạix= 1” Vì lim

x→(−1)+y = +∞ suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x =−1 nên phương án “Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng” sai

Vì lim

x→+∞y = +∞ x→−∞lim y =−∞ suy đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang nên phương

án “Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang”

Chọn đáp án C

Câu Cho hàm số f(x) liên tục trênR

2

Z

0

f(x) + 3x2 dx= 10 Tính

2

Z

0

f(x) dx

(13)

Lời giải

Ta có:

2

Z

0

f(x) + 3x2

dx= 10 ⇔

2

Z

0

f(x) dx= 10−

2

Z

0

3x2dx= 10−x2

=

Chọn đáp án D

Câu 10 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình x−1 =

y+ 2 =

z−3

−4 Điểm sau không thuộc đường thẳng d?

A Q(−2;−4; 7) B N(4; 0;−1) C M(1;−2; 3) D P(7; 2; 1)

Lời giải

Ta thay tọa độ điểm vào phương trình đường thẳngd, điểm có tọa độ khơng thỏa mãn phương trình đường thẳngd điểm cần tìm

a) Điểm Q(−2;−4; 7): −2−1 =

−4 + 2 =

7−3

−4 =−1⇒Q∈d b) Điểm N(4; 0;−1): 4−1

3 = +

2 =

−1−3

−4 = ⇒N ∈d c) Điểm M(1;−2; 3): 1−1

3 =

−2 + 2 =

3−3

−4 = ⇒M ∈d d) Điểm P(7; 2; 1): 7−1

3 = +

2 = 1−3

−4 ⇒ Vô lí⇒P /∈d

Chọn đáp án D

Câu 11 Khi tăng độ dài cạnh đáy khối chóp tam giác lên 2lần giảm chiều cao hình chóp đi4 lần thể tích khối chóp thay đổi nào?

A Khơng thay đổi B Tăng lên lần C Giảm đi2 lần D Tăng lên 2lần

Lời giải

Gọi độ dài cạnh đáy hình chóp tam giác a chiều cao h diện tích chóp

B =a2.

√

4 thể tích ban đầu hình là:V1 = 3B.h=

1 3.h.a

2.

√

Nếu tăng độ dài cạnh đáy khối chóp tam giác lên 2lần giảm chiều cao hình chóp 4lần thể tích khối chóp là: V2 =

1

h

4.(2a)

2

√ =

1 3.h.a

2.

√ =V1

Chọn đáp án A

Câu 12 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnha Cạnh bên SA=a√6 vng góc với đáy ABCD Tính theo a diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD

A 2a2 B 8πa2 C a2√2 D 2πa2

Lời giải

Gọi I trung điểm cạnh SC Do ABCD hình vng cạnh a

nên AC =a√2

Do SA ⊥(ABCD) ⇒ SA⊥ AC Vậy A nhìn đoạn SC góc vng

Ta lại có: (

CD ⊥AD

⇒ CD ⊥ SD Vậy D

S

I

(14)

Vậy mặt cầu ngoại tiếp khối chópS.ABCDcó tâm làIvà bán kínhR = SC =

√

SA2+AC2

2 =

√

6a2+ 2a2

2 = 2a√2

2 =a √

2

Diện tích mặt cầu cần tìm làS = 4πR2 = 4πÄa√2ä2 = 8πa2

Chọn đáp án B

Câu 13 Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 Gọi M trung điểm AB Mặt phẳng (M A0C0) cắt cạnh BC hình hộp ABCD.A0B0C0D0 N Tính k = M N

A0C0

A k =

2 B k =

1

3 C k=

3 D k =

Lời giải

Ta cóAC ⊂(ABC), A0C0 ⊂(M A0C0)vàAC song songA0C0 suy

M N song song với A0C0

Do M trung điểm AB nên N trung điểm củaBC Suy k= M N

A0C0 =

M N AC =

1

D C

A D0

A0

B C0

B0

N M

Chọn đáp án A

Câu 14 Một lớp có 20 học sinh nam 18 học sinh nữ Chọn ngẫu nhiên học sinh Tính xác suất chọn học sinh nữ

A

38 B

10

19 C

9

19 D

19

Lời giải

Chọn học sinh trong38có C138 cách Chọn học sinh trong18có C118 cách Xác suất chọn học sinh nữ C

1 18

C1 38

= 19

Chọn đáp án C

Câu 15 Tìm tập xác định D hàm sốy = (4x2−1)−3.

A D =

Å

−∞;−1

ã

B D =R

C D =R\ ß

−1

2;

™

D D =

Å

−1 2;

1

ã

Lời giải

Điều kiện xác định là4x2−16= 0⇔x6=±1

2 Vậy tập xác định hàm số D =R\

ß

−1 2;

1

™

Chọn đáp án C

Câu 16 Tập hợp tất điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn|z+ 2−i|= đường trịn có tâmI bán kính R

A I(2;−1);R = B I(−2;−1); R=

(15)

Lời giải

Gọi z =x+yi với x, y ∈R nên điểm biểu diễn số phức z làM(x;y) Theo giả thiết |z+ 2−i|= nên ta có

|x−yi+ 2−i|= ⇔ »(x+ 2)2+ (y+ 1)2 = ⇔ (x+ 2)2+ (y+ 1)2 = 16

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phứcz đường trịn tâm I(−2;−1) bán kínhR =

Chọn đáp án B

Câu 17 Cho hình lăng trụ đứng có diện tích đáy 3a2, độ dài cạnh bên bằng2a Thể tích khối lăng trụ

A 6a3. B a3. C 3a3. D 2a3.

Lời giải

Thể tích khối lăng trụ V =B.h với B diện tích đáy, hlà chiều cao lăng trụ Lăng trụ cho lăng trụ đứng suy đường cao cạnh bên nênh= 2a Vậy thể tích khối lăng trụ cho là: V = 3a2·2a = 6a3.

Chọn đáp án A

Câu 18 Họ nguyên hàm hàm số f(x) = 3x2+ sinx

A F(x) = x3+ sinx+C B F(x) =x3−cosx+C

C F(x) = 3x3−sinx+C. D F(x) =x3+ cosx+C.

Lời giải

Ta có: F(x) = Z

f(x) dx= Z

3x2+ sinx dx=x3−cosx+C

Chọn đáp án B

Câu 19 Cho hàm số y=x4−2x2+ Mệnh đề đúng?

A Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; 0) B Hàm số nghịch biến khoảng (2; +∞)

C Hàm số đồng biến khoảng (−∞; 0) D Hàm số đồng biến khoảng (2; +∞)

Lời giải

Tập xác định: D =R Đạo hàm:y0 = 4x3−4x.

Xéty0 = ⇔4x3−4x= ⇔ 

  

x= ⇒y=

x=−1⇒y=

Bảng biến thiên:

x y0

−∞ −1 +∞

(16)

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đồng biến khoảng (2; +∞)

Chọn đáp án D

Câu 20

Đường cong hình bên đồ thị hàm số đây?

A y=−x4+ 3x2−2. B y=−x4+ 2x2−1.

C y=−x4+x2−1 D y=−x4+ 3x2−3

x

−1 −1

y

O

Lời giải

Dựa vào dạng đồ thị ta thấy:

• Hàm số cho có dạng y=ax4+bx2+cvới a <0.

• Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ −1nên hàm số có hệ số tự doc=−1 Do ta loại đáp án A D

• Hàm số đạt cực đại x=±1, giá trị cực đại

• Hàm số đạt cực tiểu x= 0, gía trị cực tiểu bằng−1 Do ta chọn đáp án B

Chọn đáp án B

Câu 21 Tích tất nghiệm phương trình 3x2+x = 9 bằng

A −2 B −1 C D

Lời giải

3x2+x = ⇔ 3x2+x = 32 ⇔ x2+x= ⇔ x2+x−2 =

⇔ "

x=

x=−2

Vậy tích tất nghiệm phương trình cho bằng−2

Chọn đáp án A

Câu 22 Cho log123 =a Tính log2418theo a

A 3a+

3 +a B

3a−1

3 +a C

3a−1

3−a D

3a+ 3−a

Lời giải

Có a= log123 = log312 =

1

log33 + log34 =

1

1 + log32 ⇒log32 = 1−a

2a

Lại cólog2418 = log318 log324 =

log39 + log32 log33 + log38 =

2 + log32 + log32 =

2 + 1−a 2a

1 + 3· 1−a 2a

= 3a+ 3−a

Chọn đáp án D

Câu 23 Phát biểu sau đúng?

A Nếuf00(x0) = f0(x0) = x0 khơng phải điểm cực trị hàm số

B Nếuf0(x)đổi dấu x qua điểm x0và f(x) liên tục x0 hàm số y=f(x)đạt cực trị

(17)

C Nếuf00(x0)>0và f0(x0) = hàm số đạt cực đại x0 D Hàm số y=f(x)đạt cực trị x0 f0(x0) =

Lời giải

• Nếu f00(x0) = f0(x0) = x0 điểm cực trị hàm số phát biểu sai Chẳng hạn, hàm số y=x4 có f0(0) =f00(0) = 0

và x= điểm cực trị hàm số • Nếu f0(x) đổi dấu khixqua điểm x0 f(x)liên tục x0 hàm số y=f(x)đạt cực trị

tại x0 phát biểu

• Nếu f00(x0)>0 f0(x0) = hàm số đạt cực đại x0 phát biểu sai không thỏa

mãn dấu hiệu nhận biết điểm cực đại

• Hàm số y=f(x)đạt cực trị x0 khif0(x0) = 0là phát biểusaivì khif0(x) =

thì x=x0 chưa điểm cực trị f0(x)có thể khơng đổi dấu x qua điểm x0

Chọn đáp án B

Câu 24 Tính thể tích khối nón có chiều cao độ dài đường sinh A 12π B 36π C 16π D 48π

Lời giải

Bán kính đường trịn đáy khối nón làr=√l2−h2 = 3.

Vậy thể tích khối nón V = 3πr

2h= 12π.

Chọn đáp án A

Câu 25 Gọiz1,z2 hai nghiệm phức phương trình3z2−z+2 = TínhT =|z1|

+|z2|

A T =

3 B T =

3 C T =

4

3 D T =−

11

Lời giải

Ta có 3z2−z+ = 0⇔ 

  

z1 =

1 +√23i

6 ⇒ |z1|

2

=

z2 =

1−√23i

6 ⇒ |z2|

2

= Vậy T =|z1|2+|z2|2 =

2 3+

2 =

4

Chọn đáp án C

Câu 26 Số phức liên hợp z = + 3i

A z =−3 + 4i B z = 4−3i C z = + 4i D z = 3−4i

Lời giải

Số phức liên hợp củaz = + 3i làz = 4−3i

Chọn đáp án B

(18)

Cho hàm sốy=f(x)liên tục có bảng biến thiên đoạn[−1; 3] hình vẽ bên Khẳng định sau đúng?

A max

[−1;3]f(x) = f(−1)

B max

[−1;3]f(x) = f(3)

C max

[−1;3]f(x) = f(2)

D max

[−1;3]f(x) = f(0)

x y0

y

−1

+ − +

0

5

1

4

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên đoạn [−1; 3], ta thấy y0 = ⇔ "

x=

Ta có f(−1) = 0, f(0) = 5, f(2) = 1, f(3) =

Mặt khác hàm sốy=f(x) liên tục đoạn[−1; 3] nên max

[−1;3]f(x) =f(0)

Chọn đáp án D

Câu 28 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vec-tơ #»u = (3; 0; 1) #»v = (2; 1; 0) Tính tích vơ hướng #»u · #»v

A #»u · #»v = B #»u · #»v = C #»u · #»v = D #»u · #»v =−6

Lời giải

Ta có #»u · #»v = 3·2 + 0·1 + 1·0 =

Chọn đáp án B

Câu 29 Cho khối chóp S.ABCDcó thể tích 1và đáy ABCDlà hình bình hành Trên cạnh

SC lấy điểm E cho SE = 2EC Tính thể tích V khối tứ diện SEBD

A V =

3 B V =

6 C V =

12 D V =

1

Lời giải

• Vì SE = 2EC nên SE

SC =

2

Tứ giác ABCD hình bình hành nên ta có

SABCD = 2S4ABD = 2S4BDC

Suy VS.ABCD = 2VS.BCD= ⇔VS.BCD = • Ta có VS.BED

VS.BCD

= SB

SB · SE SC ·

SD SD =

SE SC =

2 Suy raVS.BED =

2

3 ·VS.BCD = ·

1 =

1

S

B C

D E

A

Chọn đáp án D

Câu 30 Trong hàm số đây, hàm số nghịch biến khoảng (−∞; +∞)?

A y= log1

x B y = logπ

3 (x

2+ 1). C y= Å

2 e

ãx

D y=π

3 x

(19)

• Hàm số y = log1

x có tập xác định (0; +∞) có số 0<

2 <1 nên nghịch biến (0; +∞)

• Hàm số y = logπ

3

(x2+ 1) có tập xác định là R

Ta có y0 = 2x (x2+ 1) lnπ

3

, y0 = ⇔ x = 0, nên y0 đổi dấu qua x = 0, suy hàm số

nghịch biến (−∞; 0) đồng biến (0; +∞) • Hàm số y =

Å2

e

ãx

có tập xác định R có số 0<

e <1, suy hàm số nghịch biến khoảng (−∞; +∞)

• Hàm số y = π

x

có tập xác định R có số π

3 > 1, suy hàm số đồng biến khoảng (−∞; +∞)

Chọn đáp án C

Câu 31

Cho hàm số y = f(x) liên tục R có đồ thị đường cong trơn (không bị gãy khúc), hình vẽ bên Gọi hàm g(x) = f[f(x)] Hỏi phương trình g0(x) = có nghiệm phân biệt?

A 14 B 10 C 12 D

x y

O

-2 -1

Lời giải

Ta có: g0(x) =f0[f(x)]·f0(x), x∈R

Ta có: g0(x) = ⇔ f0[f(x)].f0(x) = ⇔ "

f0(x) = (1)

f0[f(x)] = (2)

Từ đồ thị thấy: (1) có nghiệm nghiệm:

x=x1 ∈(−2;−1), x= 0, x=x2 ∈(1; 2), x=

Xét phương trình(2) ta có: (2)⇔ 

     

f(x) = x1

f(x) =

f(x) = x2

f(x) =

x y

O

-2 -1

y=x1

Z

C1 D1 E1

U V W

Phương trìnhf(x) = 0có nghiệm phân biệt x=−2, x= 0, x= (trùng hai nghiệm với (1))

Dựng đường thẳng y= 2, y =x1 ∈(−2;−1), y =x2 ∈(1; 2) ta thấy:

(20)

g0(x) = có tổng cộng12nghiệm phân biệt

Chọn đáp án C

Câu 32

Một vật chuyển động 4giờ với vận tốc v(km/h)phụ thuộc thời gian t(h) có đồ thị phần đường parabol có đỉnh I(1; 3) trục đối xứng song song với trục tung hình bên Tính qng đường

s mà vật di chuyển kể từ lúc xuất phát

A s= 50

3 (km) B s= 10 (km)

C s= 20 (km) D s= 64 (km)

x y

O

4 12

Lời giải

Ta có v(t) = at2+bt+c có dạng parabol đỉnh I(1; 3), qua điểm A(0; 4) và B(4; 12).

         −b

2a = a+b+c=

v(0) =

⇒          −b

2a = a+b+c= + +c=

⇒       

b =−2a a+b=−1

c=

⇒       

b =−2a

a+ (−2a) =−1

c=

⇒       

b=−2

a=

c=

Do đóv(t) = t2−2t+ 4.

Quãng đường vật di chuyển 4giờ kể từ lúc xuất phát tính sau

s=

4

Z

0

v(t) dt =

4

Z

0

t2−2t+ dt=

Å

t3

3 −t

2+ 4t

ã = Å 43 −4

2+ 4.4

ã

−0 = 64 (km)

Chọn đáp án D

Câu 33 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : x+ =

y

1 =

z−2 , mặt phẳng(P) :x+y−2z+ = A(1;−1; 2) Đường thẳng ∆cắt d và(P) tạiM N

sao cho A trung điểm đoạn thẳng M N Một vectơ phương ∆là

A #»u = (2; 3; 2) B #»u = (1;−1; 2) C #»u = (−3; 5; 1) D #»u = (4; 5;−13)

Lời giải

Gọi M(−1 + 2t;t; +t)

VìA(1;−1; 2) trung điểm đoạn M N nên ta có N(3−2t;−2−t; 2−t) Lại cóN ∈(P) nên 3−2t−2−t−2(2−t) + = 0⇔t= 2⇒M(3; 2; 4) Một vectơ phương của∆ làAM# »= (2; 3; 2)

Chọn đáp án A

Câu 34 Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho mặt phẳng(P) :x−2y+ 2z−2 = 0và điểm

I(−1; 2;−1) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến đường trịn có bán kính bằng5

(21)

Lời giải

Ta có d(I,(P)) = 3; bán kính đường trịn giao tuyến r = suy bán kính mặt cầu

R=√32+ 52 =√34 Do phương trình mặt cầu là (x+ 1)2+ (y−2)2+ (z+ 1)2 = 34.

Chọn đáp án A

Câu 35 Gọi x,y số thực dương thỏa mãn điều kiệnlog9x= log6y= log4(x+y)

x y =

−a+√b

2 , với a,b hai số nguyên dương Tính T =a

2+b2.

A T = 26 B T = 29 C T = 20 D T = 25

Lời giải

Đặtlog9x= log6y= log4(x+y) =t

Suy    

  

x= 9t

y= 6t

x+y= 4t

Khi ta có: 9t+ 6t = 4t ⇔

Å

3

ã2t

+

Å

3

ãt

−1 = ⇔

Å3

2

ãt

= −1 + √

5

Ç

Vì

Å3

2

ãt

>0

å

Lại có x

y =

Å

3

ãt

⇒ x

y =

−1 +√5

2 ⇒a= 1, b= hay T = 26

Chọn đáp án A

Câu 36

Cho hàm sốy=f(x) Đồ thị hàm y=f0(x)như hình vẽ bên

Đặt h(x) = 3f(x)−x3+ 3x Tìm mệnh đề mệnh đề

sau

A maxh(x)

[−√3;√3]

= 3f(1) B maxh(x)

[−√3;√3]

= 3fÄ−√3ä

C maxh(x)

[−√3;√3]

= 3fÄ√3ä D maxh(x)

[−√3;√3]

= 3f(0)

O

−1

−√3 √3

1

−1

x y

Lời giải

Ta có: h0(x) = 3f0(x)−3x2+ 3 ⇔h0(x) = [f0(x)−(x2−1)].

Đồ thị hàm số y=x2−1 là parabol có toạ độ đỉnh C(0;−1), đi

quaAÄ−√3; 2ä,BÄ√3; 2ä

Từ đồ thị hai hàm số y = f0(x) y = x2−1 ta có bảng biến thiên

của hàm sốy=h(x)

x h0(x)

−√3 √3

− −

h(−√3)

O

−1

−√3 √3

1

−1

(22)

Vậy maxh(x)

[−√3;√3]

= 3fÄ−√3ä

Chọn đáp án B

Câu 37 Cho z số phức thỏa |z| = |z+ 2i| Giá trị nhỏ |z−1 + 2i|+|z+ + 3i|

A √5 B 5√2 C √13 D √29

Lời giải

Gọi z =x+yi, (x, y ∈R)

Ta cóT =|z−1 + 2i|+|z+ + 3i|=»(x−1)2+ (y+ 2)2+»(x+ 1)2+ (y+ 3)2 =M A+M B, với A(1;−2), B(−1;−3), M(x;y)

Từ giả thiết|z|=|z+ 2i| ⇔y=−1

Suy tập hợp điểm M biểu diễn số phứcz nằm đường thẳngy =−1, đóM(x;−1) Ta thấyA(1;−2), B(−1;−3) nằm phía với đường thẳngy=−1

Gọi A0 điểm đối xứng vớiA qua đường thẳng y =−1 A0(1; 0)

Do đóT =M A+M B =M A0+M B nhỏ A0, B, M thẳng hàng ⇒M

Å

1 3;

ã

Khi đóT =M A+M B =M A0+M B =√13

Chọn đáp án C

Câu 38 Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc điểm A0 lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết khoảng cách hai đườngAA0 BC a

√

4 Tính thể tích V khối lăng trụ ABC.A

0B0C0.

A V = a

3√3

3 B V =

a3√3

6 C V =

a3√3

24 D V =

a3√3 12

Lời giải

Gọi H hình chiếu vng góc A0 lên mp(ABC) I

là trung điểm BC Ta có

(

A0H ⊥BC AI ⊥BC

suy BC ⊥(A0AI) nên BC ⊥AA0

Gọi K hình chiếu vng góc I lên AA0

Khi đóIK đoạn vng góc chung AA0 BC Mặt khác d (AA0, BC) =IK = a

√

Tam giácABC cạnh a suy C

I B H

A K

A0 B0

C0

AI = a √

3

2 ;AH = 3AI =

a√3

3 ;S∆ABC =

a2√3

4 Tam giácAIK vuông K có sin’KAI =

IK AI =

1

2 ⇒’KAI = 30

◦.

Xét tam giác vng AA0H vng tạiH có A0H =AH.tan 30◦ = a √

3

√ 3 =

a

3

VABC.A0B0C0 =S∆ABC.A0H = a2√3

4

a

3 =

a3√3

12

(23)

Câu 39 Ba anh em An, Bình, Cường vay tiền ngân hàng với lãi suất 0,7%/ tháng với tổng số tiền vay là1 tỉ đồng Giả sử tháng ba người trả cho ngân hàng số tiền để trừ vào tiền gốc lãi Để trả hết gốc lãi cho ngân hàng An cần 10 tháng, Bình cần 15tháng Cường cần 25tháng Hỏi tổng số tiền mà ba anh em trả tháng thứ cho ngân hàng (làm tròn đến hàng nghìn)?

A 6426800 B 45672000 C 46712000 D 63271000

Lời giải

Gọi A, B, C số tiền mà An, Bình, Cường vay ngân hàng Ta có

A+B +C = 109 (1)

Gọi X số tiền mà người trả cho ngân hàng vào tháng với r= 0,7 100

Để trả hết gốc lãi cho ngân hàng An cần10 tháng, áp dụng công thức vay vốn trả góp ta có

A(1 +r)10−X(1 +r)

10−

1

r = ⇒A=X

(1 +r)10−1

r(1 +r)10 (2) Bình cần 15 tháng nên

B(1 +r)15−X(1 +r)

15

−1

r = ⇒B =X

(1 +r)15−1

r(1 +r)15 (3)

Cường cần 25 tháng nên

C(1 +r)25−X(1 +r)

25−

1

r = ⇒C =X

(1 +r)25−1

r(1 +r)25 (4)

Từ (1), (2), (3), (4) suy tổng số tiền mà ba anh em trả tháng thứ cho ngân hàng 3X = 64268000

Chọn đáp án A

Câu 40 Cho số phức z =a+bi,(a, b∈R)thỏa mãnz+ + 3i− |z|i= Tính S = 2a+ 3b

A S =−5 B S = C S=−6 D S =

Lời giải

Ta có z+ + 3i− |z|i= ⇔(a+ 1) +Äb+ 3−√a2+b2äi= 0

⇔ (

a+ =

b+ 3−√a2+b2 = 0 ⇔

(

a =−1

b+ 3−√1 +b2 = 0 ⇔

 



a=−1

b= −4 Suy S= 2a+ 3b =−6

Chọn đáp án C

(24)

C x+

5 =

y−3 =

z+

8 D

x+

1 =

y−3

4 =

z+

Lời giải

Mặt cầu (S) có tâm I(2; 3; 5), bán kính R = 10 Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến #»nP = (2;−2; 1)

Ta cód(I,(P)) = 6< R ⇔ (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến đường trịn (C) tâm H, bán kínhr=√R2−d2, với H là hình chiếu của I trên (P).

Đường thẳng∆qua M nằm mặt phẳng (P) cắt (S) A vàB cho độ dài AB lớn Khi đóAB đường kính đường trịn (C) Do ∆đi qua M H

Đường thẳng IH nhận #»nP làm vectơ phương nên có phương trình    

  

x= + 2t y= 3−2t z = +t

Do ta cóH(2 + 2t; 3−2t; +t) VìH ∈(P)nên t=−2⇒H(−2; 7; 3) Đường thẳng ∆ nhận # »

M H = (1; 4; 6) làm véc-tơ phương, qua M nên có phương trình x+ =

y−3 =

z+

Chọn đáp án D

Câu 42 Cho hàm số y= x+

x+ có đồ thị (C) đường thẳng d: y= −2x+m−1 (m tham số thực) Gọi k1, k2 hệ số góc tiếp tuyến (C) giao điểm d (C) Tính tích

k1·k2

A k1·k2 = B k1 ·k2 = C k1·k2 =

1

4 D k1·k2 =

Lời giải

Ta có y0 = (x+ 2)2

Phương trình hồnh độ giao điểm dvà (C) x+

x+ =−2x+m−1 với x6= Phương trình tương đương2x2−(m−6)x−2m+ = 0.

Ta có∆ = m2+ 4m+ 12>0∀m Suy ra d cắt đồ thị(C)tại hai điểm phân biệt có hồnh độ lần

lượt làx1, x2

Hệ số góc tiếp tuyến giao điểm làk1 =

1 (x1+ 2)2

và k2 =

1 (x2+ 2)2

Theo Vi-et ta có x1+x2 =

m−6

2 vàx1 ·x2 =

−2m+ Do đók1·k2 =

1

[(x1 + 2)(x2+ 2)]2

=

ï−2

m+ +

m−6 +

ò2 =

Chọn đáp án B

Câu 43 Cho hàm số f(x) liên tục f(3) = 21,

3

Z

0

f(x)dx = Tính tích phân I =

1

Z

0

x ·

f0(3x)dx

A I = B I = 12 C I = D I = 15

Lời giải

Đặt3x=t⇒dx= dt

3 Đổi cận (

x= ⇒t=

(25)

I =

3

Z

0

t

3f

0(t)dt

3 =

3

Z

0

xf0(x)dx

Đặt (

u=x

dv=f0(x)dx ⇒

(

du=dx v =f(x)

Suy I =

Ñ

xf(x)

3 0−

3

Z

0

f(x)dx

é

=

Chọn đáp án A

Câu 44 Cho hàm sốf(x)có đạo hàm liên tục khoảng(0; +∞), biếtf0(x)+(2x+1)f(x) = 0,

f(x) = 0, f0(x)>0, f(2) =

6 Tính giá trị củaP =f(1) +f(2) + .+f(2019)

A P = 2020

2019 B P =

2019

2020 C P =

2018

2019 D P = 2021 2020

Lời giải

Ta có f0(x) + (2x+ 1)f(x) = 0⇒ −f

0(x)

f(x) = 2x+ ⇒

Z −f0(x)

f(x) dx= Z

(2x+ 1)dx

Suy

f(x) = x

2 +x+c ⇒ f(x) =

x2+x+c Mà f(2) =

1

6 ⇒ c = ⇒ f(x) =

x2+x =

1

x −

1

x+

P =f(1) +f(2) + .+f(2019) = 1 −

1 +

1 −

1 3+

1

3− .+ 2019 −

1 2020 =

2019 2020

Chọn đáp án B

Câu 45 Có giá trị nguyên tham số m để phương trình cos3x−cos 2x+ (m−

3) cosx−1 = có bốn nghiệm khác thuộc khoảng−π 2;

π

2

?

A B C D

Lời giải

4 cos3x−cos 2x+ (m−3) cosx−1 =

⇔ cos3x−(2 cos2x−1) + (m−3) cosx−1 = ⇔ cosx(4 cos2x−2 cosx+m−3) =

⇔ cosx= 0hoặc4 cos2x−2 cosx+m−3 =

Phương trìnhcosx= khơng có nghiệm thuộc khoảng −π 2;

π

2

Xét phương trình4 cos2x−2 cosx+m−3 = 0 (1)

Đặtt = cosx, với x∈−π 2;

π

2

⇒t ∈(0; 1)

(26)

t

f(t)

0

4

−3 −3

−13 −13

4

−1 −1

Từ bảng biến thiên ta thấy yêu cầu toán tương đương−13

4 <−m <−3⇔3< m < 13

4

Chọn đáp án C

Câu 46 Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh a Tính khoảng cách AC

DC0

A a

√

2 B

a

3 C

a√3

3 D a

Lời giải

Chọn hệ trục Axyz hình vẽ

Ta cóA(0; 0; 0),C(a;a; 0),D(0;a; 0),C0(a;a;a) Khi AC# » = (a;a; 0), DC# »0 = (a; 0;a), DC# » = (a; 0; 0) Suy ỵAC,# » DC# »0ó= (a2;−a2;−a2) Khi

d(AC, DC0) =

ỵ# »

AC,DC# »0ó·AD# »

ỵ# »

AC,DC# »0ó

= a √

3

C0

D0

y A

A0

B0

z

x B C

Chọn đáp án C

Câu 47

Một trục lăn sơn nước có dạng hình trụ Đường kính đường trịn đáy là5cm, chiều dài lăn 23cm Sau lăn trọn 10 vịng trục lăn tạo nên tương phẳng lớp sơn có diện tích

A 862,5π cm2. B 5230π cm2.

C 2300π cm2 D 1150π cm2

23cm

5 cm

Lời giải

Gọi r, l bán kính độ dài đường sinh hình trụ Theo giả thiết 2r = cm, l= 23 cm

Ta có diện tích xung quanh hình trụ làSxq = 2πrl = 5·23π= 115π cm2

(27)

Vậy sau lăn trọn10vòng trục lăn tạo nên tường phẳng lớp sơn có diện tích là10·Sxq = 1150π cm2

Chọn đáp án D

Câu 48 Tìm tất giá trị tham sốm để bất phương trình4x−1−m(2x+ 1) >0nghiệm với x∈R

A m∈(−∞; 0] B m∈(0; +∞)

C m∈(0; 1) D m∈(−∞; 0)∪(1; +∞)

Lời giải

Đặtt = 2x, t >0⇒t+ 1>0. Bài tốn cho trở thành

Tìm tất giá trị tham số m để bất phương trình t

2

4(t+ 1) > m,∀t >0 (1)

Đặtf(t) = t

2

4(t+ 1), (t >0)⇒f

0(t) = t 2+ 2t

4(t+ 1)2 ⇒f

0(t) = 0 ⇔

"

t= (loại)

t=−2 (loại) Bảng biến thiên

x f0(x)

f(x)

−∞ +∞ +

0

+∞ +∞

Nhìn vào bảng biến thiên ta cóm ∈(−∞; 0] thảo mãn u cầu tốn

Chọn đáp án A

Câu 49 Cho hình chóp S.ABCDcó đáy hình vng cạnh 2a Tam giác SAB cân tạiS

và nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Biết thể tích khối chóp S.ABCD 4a3

3 Tính độ dài SC

A SC = 6a B SC = 3a C SC = 2a D SC =a√6

Lời giải

Gọi H trung điểm củaAB

⇒SH ⊥AB⇒SH ⊥(ABCD)(do (SAB)⊥(ABCD))

Ta có SABCD = (2a)2 = 4a2

Trong tam giác vngHBC, ta có

HC =√HB2+BC2 =a√5.

3· 4a

3

S

A

B H

C

(28)

Câu 50 Viết phương trình đường thẳng∆đi quaM(4;−2; 1), song song với mặt phẳng(α) : 3x− 4y+z−12 = cáchA(−2; 5; 0) khoảng lớn

A

   

  

x= 4−t y=−2 +t z = +t

B

   

  

x= +t y=−2−t z =−1 +t

C

   

  

x= + 4t y= 1−2t z =−1 +t

D

   

  

x= +t y=−2 +t z = +t

Lời giải

Gọi H hình chiếu điểm A xuống đường thẳng ∆ Khi

AH ≤AM

Vậy d (A,∆) lớn H≡M, hay AM ⊥∆ Ta có ←AM−→= (6;−7; 1)

Gọi #»n(α) = (3;−4; 1) véc-tơ pháp tuyến mặt phẳng(α)

A

M H

Ta có îAM ,# » ←→n (α)

ó

= (−3;−3;−3) Do

(

AM ⊥∆

∆∥ (α) ⇒ ∆ nhận

ỵ# »

AM ,#»n(α)

ó

làm véc-tơ phương Hay #»u∆ = (1; 1; 1)

véc-tơ phương đường thẳng∆

Do M ∈∆ nên phương trình∆    

  

x= +t y=−2 +t z = +t

Chọn đáp án D

(29)

ĐÁP ÁN THAM KHẢO

1 A B C B C B A C D 10 D

11 A 12 B 13 A 14 C 15 C 16 B 17 A 18 B 19 D 20 B

21 A 22 D 23 B 24 A 25 C 26 B 27 D 28 B 29 D 30 C

31 C 32 D 33 A 34 A 35 A 36 B 37 C 38 D 39 A 40 C

(30)

2 ĐỀ THI THỬ THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC, VĨNH PHÚC, LẦN 3 (2019)

Câu Trong không gian với hệ tọa độOxyz, choA(−1; 0; 0), B(0; 0; 2), C(0;−3; 0) Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diệnOABC

A

√ 14

4 B

√

14 C

√ 14

3 D

√

4

Lời giải

Phương pháp:

Dựng tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp

Cách giải:

Tứ diện OABC cóOA, OB, OC đơi vng góc Gọi M, N trung điểm AB OC Ta có

(

OC⊥OA

OC⊥OB ⇒OC⊥(OAB)

Qua M dựng đường thẳng song song với OC, qua N dựng đường thẳng song song với OM Hai đường thẳng cắt I ∆OAB vng tạiO ⇒M tâm đường trịn ngoại tiếp∆OAB ⇒

IO = IA = IB I ∈ IN ⇒ IO = IC ⇒ IO = IA = IB =

IC ⇒I tâm mặt cầu ngoại tiếp O.ABC Ta có: OA= 1, OB = 2, OC =

⇒OM = 2AB =

1

√

12+ 22 =

√

R=OI =√IM2+OM2 =

…

9 +

5 =

√ 14

N

M

O

B

A C

I

Chọn đáp án D

Câu Cho cấp số cộng (un) cóu1 = 11 cơng sai d= Hãy tính u99

A 401 B 404 C 403 D 402

Lời giải

Phương pháp:

Sử dụng công thức SHTQ cấp số cộng: un=u1+ (n−1)d Cách giải:

Ta có:

u1 = 11;d=

⇒u99 =u1 + (99−1).d= 11 + 98.4 = 403

Chọn đáp án C

Câu Tìm a để hàm số f(x) =   

 

x2−1

x−1 x6=

a x=

liên tục điểm x0 =

(31)

Lời giải

Phương pháp:

Sử dụng định nghĩa hàm số liên tục

Định nghĩa: Cho hàm sốy=f(x)xác định khoảng K vàx0 ∈K Hàm sốy=f(x)được gọi

là hàm số liên tục tạix0 lim

x→x0f(x) =f(x0)

Cách giải:

Hàm sốy=f(x)liên tục tạix= ⇒ lim

x→1f(x) = f(1) =a⇔xlim→1

x2−1

x−1 =a⇔xlim→1

(x−1) (x+ 1)

x−1 =

a⇔ lim

x→1 (x+ 1) =a⇔2 =a

Chọn đáp án C

Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang vng A B Biết SA⊥(ABCD), AB= BC =a, AD = 2a, SA =a√2 Gọi E trung điểm AD Tính bán kính mặt cầu qua điểmA, B, C, D, E

A a

√

2 B a C

a√6

3 D

a√30

Lời giải

Phương pháp:

Khối chóp có cạnh bên vng góc với đáy, sử dụng cơng thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếpR =

…

h2

4 +R

2

d đóh chiều cao khối chóp,

Rd bán kính đường trịn ngoại tiếp đáy

Cách giải:

Xét tứ giác ABCE có AE ∥ BC, AE = BC = a

⇒ABCE hình bình hành Lại có BAE’ = 90◦(gt),

AC =BC ⇒ABCE hình vng cạnh a

⇒ Bán kính đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCE làRd =

a√2

Sử dụng cơng thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chópS.ABCE là:

R=

…

SA2

4 +R

2

d =

…

2a2

4 + 2a2

4 =a

S

B

A

C

D E

Chọn đáp án B

Câu Gọi x0 nghiệm dương nhỏ phương trình 3sin2x+ sinxcosx−cos2x =

Chọn khẳng định đúng?

A x0 ∈

π 2;π

B x0 ∈

Å3π

2 ; 2π

ã

C x0 ∈

0;π

D x0 ∈

Å

π;3π

ã

(32)

phương trình cho cos2x6= 0. Cách giải:

Phương trình:3sin2x+ sinxcosx−cos2x= (∗)

+) cosx= ⇒sin2x= nghiệm phương trình(∗) +) cosx6= Ta có:

3sin2x+ sinxcosx−cos2x= ⇔3· sin

2x

cos2x + 2·

sinx

cosx−1 =

⇔3tan2x+ tanx−1 = 0⇔ 



tanx=−1 tanx=

3 ⇔



 

x=−π

4 +kπ, k ∈Z

x= arctan1

3+kπ, k ∈Z

Nghiệm nguyên dương nhỏ phương trình x= arctan1 ∈

0;π

2

Chọn đáp án C

Câu Hàm số y=x4−x3−x+ 2019 có điểm cực trị?

A B C D

Lời giải

Ta có: y0 = 4x3 −3x2−1⇒y0 = 0 ⇔4x3−3x2−1 = 0⇔x= 1.

y00= 12x2−6x⇒y00(1) = 12−6 = 6>0.

⇒x= điểm cực tiểu hàm số Vậy đồ thị hàm số cho có điểm cực trị

Chọn đáp án D

Câu Giá trị lớn hàm số f(x) = x

x+ đoạn [−2; 3]

A −2 B

2 C D

Lời giải

Hàm số f(x) = x

x+ xác định đoạn [−2; 3] Ta có: f0(x) =

(x+ 3)2 >0,∀x∈[−2; 3] ⇒Hàm số đồng biến đoạn [−2; 3] ⇒GTLN hàm số f(x) = x

x+ đoạn [−2; 3] f(3) =

Chọn đáp án B

Câu Cho hàm số y=f(x) xác định liên tục R, có bảng biến thiên sau:

x y0

y

−∞ −1 +∞

+ − +

−∞ −∞

2

−1 −1

+∞ +∞

Mệnh đề sau đúng?

A Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; 1) B Hàm số đồng biến khoảng (−∞;−2)

(33)

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên hàm số ta thấy Hàm số đồng biến trên(−∞;−1)và (1; +∞), hàm số nghịch biến trên(−1; 1)

Vậy hàm số đồng biến trên(−∞;−2)

Chọn đáp án B

Câu Hàm số y=−x3+ 3x2−1có đồ thị đồ thị đây?

x y

O

−2 −1

−2

−1

Hình

x y

O

−2 −1

−1

Hình

x y

O

−2 −1

−4

−3

−2

−1

Hình

x y

O

−2 −1

−3

−2

−1

Hình

A Hình B Hình C Hình D Hình

Lời giải

Ta có: lim

x→+∞y=−∞ ⇒loại đáp án A D

Đồ thị hàm số qua điểm(0;−1)⇒loại đáp án C

Chọn đáp án B

Câu 10 Gọi n số nguyên dương cho log3x +

1 log32x

+ log33x

+· · ·+ log3nx

= 190 log3x

đúng với x dương,x6= Tìm giá trị biểu thứcP = 2n+

A P = 23 B P = 41 C P = 43 D P = 32

Lời giải

Với x >0, x6= ta có:

log3x +

1 log32x

+ log33x

+· · ·+ log3nx

= 190 log3x

⇔logx3 + logx32+· · ·+ log

x3n = 190 logx3 ⇔logx(3.32.33 .3n) = 190 log

x3 ⇔logx31+2+3+···+n= 190 logx3 ⇔ n(n+ 1)

3 = 190⇔n(n+ 1) = 380⇔n= 19 ⇒P = 2n+ = 41

Chọn đáp án B

Câu 11 Có số hạng khai triển nhị thức (2x−3)2018 thành đa thức A 2019 B 2020 C 2018 D 2017

(34)

Cách giải:

Ta có: (2x−3)2018 =

2018

P k=0

Ck

2018(2x)

k

.(−3)2018−k, khai triển có 2019 số hạng

Chọn đáp án A

Câu 12 Cho khối lăng trụABC.A0B0C0có thể tích V Tính thể tích khối đa diệnABCB0C0

A V

2 B 45π C 180π D 15π

Lời giải

Ta có:

VABCA0B0 =VABC.A0B0C0 −VA.A0B0C0

=VABC.A0B0C0 −

1

3VABC.A0B0C0 =

3VABC.A0B0C0 = 3V

B0

B A0

A

C0

C

Chọn đáp án D

Câu 13 Một người gửi tiết kiệm số tiền 80000000 đồng với lãi suất là6,9%/năm Biết tiền lãi hàng năm nhập vào tiền gốc, hỏi sau năm người có rút gốc lãi số tiền gần với số đây?

A 107667000 đồng B 105370000 đồng C 111680000 đồng D 116570000 đồng

Lời giải

Phương pháp:

Sử dụng công thức lãi képAn = A (1 +r)n đó: A: tiền gốc r: lãi suất

n: thời gian gửi tiết kiệm

Cách giải:

Ta có A5 = 80.(1 + 6,9%)

= 111,68 (triệu đồng)

Chọn đáp án C

Câu 14.Cho hàm số y =f(x)xác định Rcó đồ thị hàm số

y =f0(x) hình vẽ Hỏi hàm số y =f(x) đồng biến khoảng đây?

A (0; 1) B (2; +∞)

C (1; 2) D (0; 1) (2; +∞) x

y

O

Lời giải

• Phương pháp: Lập BXD củaf0(x)và kết luận khoảng đơn điệu hàm số • Cách giải: Ta có BXD f0(x)như sau:

x f0(x)

−∞ +∞

(35)

Dựa vào BXD ta có: Hàm số nghịch biến (−∞; 1),(1; 2) đồng biến (2; +∞) Dựa vào đồ thị hàm số y =f0(x)ta thấy f0(x) đồng biến khoảng (2; +∞) ⇒y =f(x)đồng biến (2; +∞)

Chọn đáp án B

Câu 15 Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC ABD tam giác Tính góc hai đường thẳng AB CD

A 300 B 600 C 900 D 1200

Lời giải

• Phương pháp:

Gọi M trung điểm AB, chứng minhAB⊥(CDM)

• Cách giải:

Gọi M trung điểm AB ta có: ∆ABC ⇒CM⊥AB

∆ABD ⇒DM⊥AB

⇒AB⊥(M CD) ⇒AB⊥CD ⇒AB, CDÿ

= 900

A

C

B D

M

Chọn đáp án C

Câu 16 Cho Z

2x(3x−2)6dx=A(3x−2)8+B(3x−2)7+C với A, B, C ∈R Tính giá trị biểu thức 12A+ 7B

A 23

252 B

241

252 C

52

9 D

7

Lời giải

Ta có

Z

2x(3x−2)6dx

=

Z

3x(3x−2)6dx

=

Z

(3x−2)7+ 2(3x−2)6dx

=

ï 1

3·8·(3x−2)

8+

3·7·(3x−2)

7

ò

+C

=

36·(3x−2)

8+

63·(3x−2)

7+C.

Suy A= 36, B =

4

63 nên 12A+ 7B =

Chọn đáp án D

Câu 17 Tập nghiệm bất phương trình

Å 1 ã2x+1

(36)

Vì0<

1 +a2 <1nên

Å

1 +a2

ã2x+1

>1⇔2x+ <0⇔x <−1

Chọn đáp án A

Câu 18 Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên sau

x

f0(x)

f(x)

−∞ +∞

+ − +

−∞ −∞

3

−2 −2

+∞ +∞

Hàm số đạt cực đại điểm điểm sau đây?

A x=−2 B x= C x= D x=

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại điểmx=

Chọn đáp án C

Câu 19 Tìm tập nghiệm phương trình 3x2+2x =

A S ={−1; 3} B S ={−2; 0} C S={−3; 1} D S ={0; 2}

Lời giải

Ta có 3x2+2x = 1⇔x2+ 2x= 0⇔

"

x=

x=−2

Do tập nghiệm phương trình S={0; 2}

Chọn đáp án D

Câu 20 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho #»a =−#»i + 2#»j −3#»k Tìm tọa độ vec-tơ #»

a

A (2;−3;−1) B (−3; 2;−1) C (−1; 2;−3) D (2;−1;−3)

Lời giải

Vì #»i = (1; 0; 0),#»j = (0; 1; 0),#»k = (0; 0; 1) nên #»a = (−1; 2;−3)

Chọn đáp án C

Câu 21 Hàm số nghịch biến tập xác định nó?

A y= log√

3x B y = logπ4 x C y=

π

x

D y= log2(√x+ 1)

Lời giải

Phương pháp:

Hàm số y = logax(0 < a 6= 1) đồng biến TXĐ a > nghịch biến TXĐ 0< a <1

Hàm sốy=ax(0< a6= 1)đồng biến TXĐ khia >1và nghịch biến TXĐ khi0< a <1. Cách giải:

Đáp án A: √3>1, nên hàm số đồng biến TXĐ Đáp án B: π

(37)

Chọn đáp án B

Câu 22 Cho hình chópS.ABC có đáy tam giác cân tạiA, AB=AC =a,BAC’ = 120◦ Tam

giác SAB tam giác nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy Tính thể tích V khối chóp S.ABC

A V =a3 B V = a

3

2 C V = 2a

3. D V = a

3

8

Lời giải

Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáyS chiều caoh là:

V = 3Sh Cách giải:

A

C

B H

S

Gọi H trung điểm củaAB Ta có SH ⊥AB (Tính chất tam giác đều) Mà có (SAB)⊥(ABC)và (SAB)∩(ABC) = AB⇒SH ⊥(ABC)⇒V =

3SH ·S4ABC Ta có SH = a

√

2 (Do tam giác SAB cạnh a)

S4ABC =

2AB.ACsinBAC’ = ·a

2·

√ =

a2√3

4 Vậy V =

3 ·

a√3 ·

a2√3

4 =

a3

8

Chọn đáp án D

Câu 23 Có giá trị nguyên tham số m đoạn [−2018; 2018] để hàm số y = ln(x2−2x−m+ 1) có tập xác định

R

A 2018 B 1009 C 2019 D 2017

Lời giải

Phương pháp: Hàm số y= logaf(x) xác định f(x)>0 Cách giải:

Hàm số y= ln(x2−2x−m+ 1) xác định trên

(38)

Do  



m∈Z

m∈[−2018; 2018] ⇒

 



m∈Z

m∈[−2018; 0)

⇒m∈ {−2018;−2017;· · · ;−1}

Vậy có2018 giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán

Chọn đáp án A

Câu 24 Cho hàm số y =f(x) có đạo hàm R đồ thị hàm số y =f0(x) R hình vẽ Mệnh đề sau đúng?

x y

0 −1

2

A Hàm số y=f(x)có điểm cực tiểu khơng có cực đại

B Hàm số y=f(x)có điểm cực đại khơng có cực tiểu

C Hàm số y=f(x)có điểm cực đại 2điểm cực tiểu

D Hàm số y=f(x)có điểm cực đại 1điểm cực tiểu

Lời giải

Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số để xét dấu hàm số y=f0(x) số nghiệm phương trìnhf0(x) = để kết luận tính đơn điệu số điểm cực trị hàm số y=f(x)

Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số y = f0(x) cắt trục Ox điểm qua điểm hàm sốy =f0(x)đổi dấu từ âm sang dương nên điểm điểm cực tiểu hàm số

Chọn đáp án A

Câu 25 Cho hình trụ có thiết diện qua trục hình vng có cạnh 4a Diện tích xung quanhS hình trụ

A S = 4πa2. B S = 8πa2. C S= 24πa2. D S = 16πa2.

Lời giải

Phương pháp: Cơng thức tính diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáyR, chiều cao h

Sxq = 2πRh

(39)

R

h

C B O

O0 A

D

Hình trụ có thiết diện qua trục hình vngABCD có cạnh 4a

Do đóh= 2R = 4a ⇒R = 2a với R, h bán kính đáy chiều cao hình trụ Vậy S= 2πRh= 16πa2

Chọn đáp án D

Câu 26 Hình chóp tứ giác có mặt phẳng đối xứng?

A B C D

Lời giải

Hình chóp tứ giác có mặt phẳng đối xứng (SAC), (SBD), (SEG), (SF H)như hình vẽ với

E,F, G,H trung điểm AB, BC, CD, DA

A

D C

B S

A

D C

B S

A

D C

B S

E

G

A

D C

B F S

H

Chọn đáp án A

Câu 27 Cho hàm số y=f(x) xác định, liên tục R có bảng biến thiên sau

x

y0

y

−∞ +∞

+ − +

−∞ −∞

2

−1 −1

+∞ +∞

Khẳng định sau đúng?

(40)

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tạix= 1, giá trị cực đại yCĐ= đạt cực

tiểu tạix= 3, giá trị cực tiểu yCT =−1

Chú ý giải: Hàm số y =f0(x) không xác định x= 3, x= điểm cực tiểu hàm số qua điểm x= y0 đổi dấu từ âm sang dương

Chọn đáp án C

Câu 28 Tìm nguyên hàm hàm số y=x2 −3x+

x

A x

3

3 − 3x2

2 −ln|x|+C B

x3

3 − 3x2

2 +

x2 +C

C x

3

3 − 3x2

2 −lnx+C D

x3 −

3x2

2 + ln|x|+C

Lời giải

I = Z Å

x2−3x+

x

ã

dx= x

3

3 − 3x2

2 + ln|x|+C

Chú ý giải: Dùng dấu giá trị tuyệt đối có ln|x|, học sinh chọn nhầm đáp án C

Chọn đáp án D

Câu 29 Cho hàm số y =f(x) liên tục đoạn [0; 10] Z 10

0

f(x) dx= Z

2

f(x) dx=

TínhP = Z

0

f(x) dx+ Z 10

6

f(x) dx

A P =−4 B P = 10 C P = D P =

Lời giải

Ta có: Z 10

0

f(x) dx= Z

0

f(x) dx+ Z

2

f(x) dx+ Z 10

6

f(x) dx

⇒P = Z

0

f(x) dx+ Z 10

6

f(x) dx= Z 10

0

f(x) dx− Z

2

f(x) dx= 7−3 =

Chọn đáp án D

Câu 30 Tìm tất giá trị tham số mđể giá trị nhỏ hàm số y=−x3−3x2+m

trên đoạn [−1; 1]

A m= B m = C m= D m=

Lời giải

Tập xác định: D =R

Ta có: y0 =−3x2 −6x⇒y0 = 0 ⇔

"

x= ∈[−1; 1]

x=−2∈/[−1; 1]

⇒    

  

y(0) =m y(−1) = m−2

y(1) =m−4

⇒

[−1;1]y =m−4 = 0⇔m=

Chọn đáp án B

(41)

Cho hàm số y =f(x) liên tục R có đồ thị hình vẽ Hỏi đồ thị hàm số y=|f(|x|)| có tất điểm cực trị?

A B C D

x y

1

−2

−1

1

O

Lời giải

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có dạngy=ax3+bx2+cx+d

(a 6= 0)

Đồ thị hàm số qua điểm (−2;−1),(−1; 3), (1;−1), (2; 3)

⇒       

     

−1 = −8a+ 4b−2c+d

3 = −a+b−c+d

−1 = a+b+c+d

3 = 8a+ 4b+ 2c+d

⇔       

     

a=

b =

c=−3

d=

⇒y=x3−3x+ 1.

Khi ta có đồ thị hàm sốy=||x|3−3|x|+ 1| như hình vẽ bên.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có 7điểm cực trị

x y

−2 −1

3

2

O

Chọn đáp án B

Câu 32 BiếtF(x)là nguyên hàm hàm sốf(x) = x−cosx

x2 Hỏi đồ thị hàm sốy =F(x)

có điểm cực trị?

A B Vô số điểm C D

Lời giải

Ta có F(x) = Z

f(x) dx⇒F0(x) = f(x) ⇒F0(x) = 0⇔ x−cosx

x2 = (x6= 0) ⇔g(x) = x−cosx=

Xét hàm số g(x) =x−cosx ta có g0(x) = + sinx≥0,∀x∈R

Do hàm số g(x) đồng biến R⇒ phương trình g(x) = có nghiệm

Chọn đáp án A

Câu 33 Có số tự nhiên có 4chữ số viết từ chữ số 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8, 9sao cho số chia hết cho 15?

A 432 B 234 C 132 D 243

Lời giải

Gọi số tự nhiên cần lập có dạngabcd (a, b, c, d∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}) Số cần lập chia hết cho 15nên chia hết cho

Số cần lập chia hết ta có d= 5⇒d có1 cách chọn ⇒Số cần tìm có dạng abc5

(42)

• Nếu (a+b+ 5) chia cho 3dư2 ⇒c∈ {1; 4; 7} ⇒c có3 cách chọn ⇒Có 3cách chọn c

Như có9·9·3·1 = 243 cách chọn Vậy có243 số thỏa mãn u cầu tốn

Chọn đáp án D

Câu 34 Cho hình trụ có đáy hai đường trịn tâm O O0, bán kính đáy chiều cao 2a Trên đường trịn đáy có tâmO lấy điểm A, đường tròn tâm O0 lấy điểmB Đặt α

là góc AB đáy Tínhtanα thể tích khối tứ diện OO0AB đạt giá trị lớn A tanα = √1

2 B tanα=

1

2 C tanα= D tanα = √

2

Lời giải

Lấy điểm A0 ∈ (O0), B0 ∈(O) cho AA0, BB0 song song với trục

OO0

Khi ta có lăng trụ đứngOAB0.O0A0B

Ta có VOO0AB =VOAB0.O0A0B−VA.O0A0B−VB.OAB0

=VOAB0.O0A0B−

1

3VOAB0.O0A0B−

3VOAB0.O0A0B =

3VOAB0.O0A0B ⇒VOO0AB =

1 3AA

0 ·S

4OAB0 =

1 6AA

0 ·OA·OB·sin

’

AOB0.

Do VOO0AB lớn ⇔ sinAOB’0 = ⇔ AOB’0 = 90◦ ⇔ OA ⊥

OB0

⇒O0A0 ⊥O0B ⇒ 4O0A0B vng O0 ⇒A0B =O0A0√2 = 2a√2 Ta có AA0 ⊥(O0A0B)⇒(AB,(O0A0B)) =ABA’0 =α

⇒tanα= AA

0

A0B =

2a

2a√2 = √ O O0 A B A0 B0 2a 2a

Chọn đáp án A

Câu 35 Tìm số đường tiệm cận đồ thị hàm số y= x−1

4√3x+ 1−3x−5

A B C D

Lời giải

Điều kiện: (

3x+ 1≥0

4√3x+ 1−3x−56= ⇔  



x≥ −1

3x+ 1−4√3x+ + 46= ⇔     

x≥ −1

Ä√

3x+ 1−2ä2 6= ⇔

 



x≥ −1 √

3x+ 1−26= ⇔

 



x≥ −1 3x+ 16=

⇔  



x≥ −1

x6=

Tập xác định D =

ï

−1 3;

ã

∪(1; +∞) Ta có

• lim x→1+

x−1

4√3x+ 1−3x−5 = limx→1+

1−x

√

3x+ 1−22

= lim x→1+

√

3x+ +

3 √3x+ 1−2 = +∞ lim

x→1−

x−1

4√3x+ 1−3x−5 = limx→1−

1−x

√

3x+ 1−22

= lim x→1−

√

3x+ +

(43)

⇒x= đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số

• lim x→+∞

x−1

4√3x+ 1−3x−5 = limx→+∞

1−

x

4

…

3

x +

1

x2 −3−

5

x

=−1 ⇒y =−1

3 đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số Vậy đồ thị hàm số có2 đường tiệm cận

Chọn đáp án C

Câu 36 Cho hình chópS.ABC có đáy∆ABCvuông cân ởB,AC =a√2,SA⊥(ABC),SA=a Gọi G trọng tâm ∆SBC, mặt phẳng (α) qua AG song song với BC chia khối chóp thành hai phần Gọi V thể tích khối đa diện khơng chứa đỉnh S Tính V

A 5a

54 B

4a3

9 C

2a3

9 D

4a3

27

Lời giải

Phương pháp

• Xác định mặt phẳng qua AG song song vớiBC • Sử dụng cơng thức tỉ lệ thể tích Simpson

Cho chóp S.ABC, A0 ∈SA, B0 ∈SB, C0 ∈SC Khi

VS.A0B0C0 VS.ABC

= SA

0

SA · SB0

SB · SC0

SC

Cách giải

Trong (SBC)qua G kẻ M N ∥BC (M ∈SB, N ∈SC) Khi mặt phẳng quaAG song song với BC mặt phẳng (AM N) Mặt phẳng chia khối chóp thành khốiS.AM N

AM N BC

Gọi H trung điểm củaBC

VìM N ∥ BC nên theo định lí Ta-lét ta có:

SM SB =

SN SC =

2

Å

= SG

SH

ã

VS.AM N

VS.ABC

= SM

SB SN SC =

2 ·

2 =

4 ⇒ VS.AM N =

4

9VS.ABC

a

a√2

S

B H

A M

N G

C

Mà VS.AM N +VAM N BC =VS.ABC ⇒VAM N BC =

9VS.ABC =V Ta có ∆ABC vuông cân B

⇒ AB =BC = AC√

2 =a ⇒S∆ABC = 2a

2

⇒ VS.ABC =

3SA.S∆ABC = 3a

1 2a

2 = a

(44)

Câu 37 Cho hình chóp S.ABC có cạnh SA= BC = 3; SB =AC = 4; SC = AB = 2√5 Tính thể tích khối chópS.ABC

A

√ 390

12 B

√ 390

6 C

√ 390

8 D

√

390

Lời giải

Phương pháp

• Dựng hình chóp S.A0B0C0 cho A, B, C trung điểm B0C0, C0A0, A0B0 Chứng minh chóp S.A0B0C0 cóSA0, SB0, SC0 đơi vng góc

• Tính thể tích S.A0B0C0, từ suy thể tíchVS.ABC

Cách giải

ĐặtSA=SB =a, SB =AC =b, SC =AB=c

Dựng hình chóp S.A0B0C0 cho A, B, C trung điểm B0C0, C0A0, A0B0

Dễ thấy ∆ABC đồng dạng với ∆A0B0C0 theo tỉ số ⇒ S∆ABC

S∆A0B0C0

=

4 ⇒VS.ABC =

4VS.A0B0C0

Ta có AB, BC, CA đường trung bình tam giác

A0B0C0

S

A

B0 A0

C

C0 B

⇒A0B0 = 2AB= 2c; B0C0 = 2BC = 2a; A0C0 = 2AC = 2b

⇒∆SA0B0,∆SB0C0,∆SC0A0 tam giác vng S (tam giác có trung tuyến ứng với cạnh nửa cạnh ấy) ⇒SA0, SB0, SC0 đơi vng góc

VS.A0B0C0 =

1 6SA

0·

SB0·SC0 ⇒VS.ABC = 24SA

0·

SB0·SC0

Áp dụng định lí Py-ta-go ta có:    

  

SA02+SB02 = 4c2 SB02+SC02 = 4a2 SA02+SC02 = 4b2

⇒    

  

SA02 = b2+c2−a2 SB02 = a2+c2−b2

SC02 = a2 +b2−c2

⇒VS.ABC = 24

»

8 (b2+c2 −a2) (a2+c2−b2) (a2+b2−c2)

= 6√2

»

(b2 +c2−a2) (a2+c2−b2) (a2+b2−c2).

Thaya = 3, b= 4, c= 2√5⇒VS.ABC = √

390

Chọn đáp án D

Câu 38 Trong không gian Oxyz, lấy điểm C tia Oz cho OC = Trên hai tia Ox, Oy

(45)

A

√

6

4 B

√

6 C

√

3 D

√

Lời giải

Phương pháp

• Dựng tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC • Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp

Cách giải

Giả sử A(a; 0; 0), B(0;b; 0) ⇒ OA = |a|, OB = |b| Tứ diện

OABC cóOA, OB, OC đơi vng góc

Gọi M,N trung điểm AB OC Ta có (

OC⊥OA OC⊥OB

⇒OC⊥(OAB)

Qua M dựng đường thẳng song song vớiOC, quaN dựng đường thẳng song song với OM Hai đường thẳng cắt I ∆OAB vuông O ⇒ M tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OAB ⇒IO=IA=IB

I ∈IN ⇒IO=IC ⇒IO=IA=IB=IC;

C

I

B

M O

N

A

⇒I tâm mặt cầu ngoại tiếp O.ABC Ta có OM = 2AB =

1

√

a2+b2.

R = OI =√IM2+OM2 =

c2

4 +

a2+b2

4 =

√

a2+b2+c2

2

p

a2+ (1−a2) + 1

2 =

√

2a2−2a+ 2

2

= p

2 (a2−a+ 1)

2 =

2

Å

a2 −2.a.1

2 + +

3

ã

2

=

2

Å

a−

ã2

+

2 ≥

√

Vậy Rmin =

√

4 ⇔a=

2 ⇒b=

Chọn đáp án A

Câu 39 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A, AB = cm, AC = √3 cm Tam giác SAB, SAC vuông B C Khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC tích

√ cm

3 Tính khoảng cách từC tới (SAB).

A

√

3

2 cm B

√

2 cm C

√

4 cm D

(46)

Gọi I trung điểm củaSA

Tam giácSAB,SAC vuông tạiB, C ⇒IS =IA=IB=IC ⇒

I tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC

Gọi H trung điểm củaBC Vì ∆ABC vng A; ⇒H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ⇒IH⊥(ABC)

Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp chópS.ABC Theo ta có:

4 3πR

3 =

√ 5π

6 ⇔R

3 =

√ =

√ 125

8 ⇔R= √

5 ; ⇒IS = IA=IB=IC =

√

S

H

A

B I C

Xét tam giác vng ABC có: BC =√AB2+AC2 = 2 ⇒AH = 1.

Xét tam giác vuông IAH có: IH =√IA2−AH2 =

…

5 4−1 =

1

S∆ABC =

2AB.AC = 2·1·

√ =

√ ⇒VI.ABC =

1

3IH·S∆ABC = ·

1 ·

√ Ta có:

SI∩(ABC) =A ⇒ d (S,(ABC)) d (I,(ABC)) =

SA IA =

⇒ VS.ABC

VS.IBC =

⇒ VS.ABC = 2VI.ABC = 2· √

3 12 =

√

Xét tam giác vng SAB cóIB = √

5

⇒SA= 2IB =√5⇒SB =√SA2−AB2 = 2⇒S

∆SAB =

2 ·1·2 = Ta có

VS.ABC =

3d (C,(SAB)).S∆SAB

⇒d (C,(SAB)) = 3VS.ABC

S∆SAB =

3· √

3 =

√

Chọn đáp án A

Câu 40 Cho hàm số y =f(x)có đạo hàm liên tục đoạn [0; 1] thỏa mãn f(0) = Biết

1

Z

0

f2(x) dx=

1

Z

0

f0(x) cosπx dx=

3π

4 Tích phân

1

Z

0

(47)

b Z

a

f(x) dx

A

π B

2

π C

4

π D

1

π

Lời giải

Phương pháp

• Sử dụng phương pháp phần tích phân

1

Z

0

f0(x) cosπx dx=

3π • Xét Z h

f(x) +ksinπx

i2

dx= 0, tìm k, từ suy f(x) = −ksinπx

•

1

Z

0

f(x) dx=

1

Z

0

−ksinπx dx Cách giải

Đặt  



u= cosπx

dv=f0(x) dx

⇒  



du=−π 2sin

πx

2 dx

v =f(x)

⇒

1

Z

0

f0(x) cosπx

2 dx = cos

πx

2 f(x) + π Z

f(x) sin πx dx

= f(1)·cosπ

2 −f(0)·cos +

π

2

1

Z

0

f(x) sinπx dx

= π

1

Z

0

f(x) sinπx dx=

3π

4 ⇒

1

Z

0

f(x) sinπx dx=

3

Xét tích phân

1

Z

0

h

f(x) +ksinπx

i2

dx= ⇔

1

Z

0

h

f2(x) + 2kf(x) sinπx +k

2sin2πx

2 i

dx=

⇔

1

Z

0

f2(x) dx+ 2k

1

Z

0

f(x) sin πx +k

2

Z

0

sin2πx

2 dx=

⇔ 2+ 2k

3 + 2k = ⇔ k =−3

Khi ta có

1

Z h

f(x)−3 sinπx

i2

dx= 0⇔f(x)−3 sinπx

2 = ⇔f(x) = sin

πx

(48)

Chọn đáp án A

Câu 41 Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình e3m+ em = x+√1−x2

1 +x√1−x2

có nghiệm ?

A

ï1

2ln 2; +∞

ã

B

Å

0;1 2ln

ã

C

Å

−∞;1 2ln

ò

D

Å

0;1 e

ã

Lời giải

Phương pháp:

• Đặt x+√1−x2 =t, tìm khoảng giá trị củat.

• Đưa tốn dạng m=f(t) Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm Cách giải:

ĐKXĐ: 1−x2 ≥0⇔ −1≤x≤1.

Đặtx+√1−x2 =t ta cót2 =x2+ 1−x2+ 2x√1−x2 = + 2x√1−x2 ⇒x√1−x2 = t 2−1

2 Ta có: t(x) =x+√1−x2, x∈[−1; 1]⇒t0(x) = 1− √ x

1−x2 =

√

1−x2−x

√

1−x2 =

⇔√1−x2 =x⇔

(

x≥0 1−x2 =x2

⇔  



x≥0

x2 =

⇔x= √

2 BBT:

x

t0(x)

t(x)

−1

√

2

+ −

−1 −1

√ √

2

1 Từ BBT ta có:t∈ỵ−1;√2ó

Khi phương trình trở thành:e3m+ em = 2t

Å

1 + t

2−1

2

ã

=t(t2+ 1) =t3+t(∗)

Xét hàm số f(t) = t3+t ta có f0(t) = 3t2+ > ∀t ⇒ Hàm số đồng biến R ⇒ Hàm số đồng biến Ä−1;√2ä

Từ (∗)⇒f(em) =f(t)⇔em =t⇔m= lnt⇒m∈Ä0; ln√2ä=

Å

0;1 2ln

ã

Chọn đáp án B

Câu 42 Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm cấp hai R Biết f0(0) = 3, f0(2) = −2018 bảng xét dấu f” (x)như sau:

x f” (x)

−∞ +∞

+ − +

(49)

A (0; 2) B (−∞;−2017) C (−2017; 0) D (2017; +∞)

Lời giải

Phương pháp:

• Từ BXD củaf” (x)ta suy BBT củaf0(x)và suy BBT hàm sốf0(x+ 2017)+2018 • Giải phương trình f0(x+ 2017) + 2018 = 0, lập BBT hàm sốy =f(x+ 2017) + 2018x

và xác định GTNN Cách giải:

Ta có: y0 =f0(x+ 2017) + 2018 =

Từ BXD f” (x) ta suy BBT f0(x)như sau:

x f” (x)

f0(x)

−∞ +∞

+ − +

−∞ −∞

3

−2018 −2018

+∞ +∞

Từ BBT ta có:f0(x+ 2017) =−2018⇔ "

x+ 2017 =

x+ 2017 =a <0 ⇔ "

x1 =−2015

x2 <−2017

Từ ta suy BBT hàm sốf0(x+ 2017) + 2018 sau:

Tịnh tiến đồ thị hàm số y=f0(x) lên 2018 đơn vị Tịnh tiến đồ thị hàm số y=f0(x) sang trái 2017 đơn vị

x f” (x)

f0(x+ 2017) + 2018

−∞ −2017 −2015 +∞

+ − +

−∞ −∞

2021 2021

0

+∞ +∞

x2

Suy BBT hàm số y=f(x+ 2017) + 2018x x

y0

y

−∞ x2 <−2017 −2015 +∞

− + + +∞

+∞ +∞+∞

(50)

Câu 43 Có giá trị nguyên tham số m thuộc khoảng(−2019; 2019) để hàm số

y= sin3x−3 cos2x−msinx−1 đồng biến đoạn h

0;π i

?

A 2020 B 2019 C 2028 D 2018

Lời giải

Phương pháp:

• Sử dụng cơng thức cos2x= 1−sin2x, đặt ẩn phụ t= sinx

• Để hàm số y=f(x) đồng biến (a;b)⇒f0(x)≥0 ∀x∈(a;b) Cách giải:

y= sin3x−3 cos2x−msinx−1 = sin3x−3 1−sin2x

−msinx−1

y= sin3x+ sin2x−msinx−4 Đặtt = sinx, với x∈h0;π

2 i

⇒t ∈[0; 1]

Bài toán trở thành tìm m để hàm số y=t3+ 3t2−mt−4 đồng biến trên [0; 1].

TXĐ: D =R Ta có y0 = 3t2+ 6t−m Để hàm số đồng biến trên[0; 1]

⇒y0 ≥0∀t ∈[0; 1]⇒3t2+ 6t−m≥0∀t ∈[0; 1]⇔m≤3t2+ 6t ∀t∈[0; 1] ⇒m ≤f(t) = 3t2+ 6t ∀t∈[0; 1]⇔m≤min

[0;1]

f(t)

Xét hàm số f(t) = 3t2+ 6t, ta có f(0) = 0, f(1) = 9⇒min

[0;1] f(t) = 0⇔m ≤0

Kết hợp điều kiện đề bài⇒ (

m ∈(−2019; 0]

m ∈Z ⇒ Có 2019 giá trị m thoả mãn

Chọn đáp án B

Câu 44 Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên có chữ số Tính xác suất để số chọn có dạng

abcd, 1≤a≤b≤c≤d ≤9

A 0.079 B 0.055 C 0.014 D 0.0495

Lời giải

Phương pháp:

Xét trường hợp sau:

• TH1:1≤a < b < c < d≤9 Số cần tìm có dạngabcd • TH2:1≤a=b < c < d ≤9 Số cần tìm có dạngaacd • TH3:1≤a=b =c < d≤9 Số cần tìm có dạngaaad • TH4:1≤a=b =c=d≤9Số cần tìm có dạng aaaa Cách giải:

Không gian mẫun(Ω) = 9·103 = 9000

Gọi A biến cố: “số chọn có dạngabcd, 1≤a≤b ≤c≤d≤9 “ TH1:1≤a < b < c < d≤9 Số cần tìm có dạngabcd

Chọn ngẫu nhiên4 số số từ1 đến cóC49 = 126 cách

Có cách xếp chữ sốa, b, c, dtheo thứ tự tăng dần, trường hợp có126 số thoả mãn

TH2:1≤a=b < c < d≤9 Số cần tìm có dạngaacd Chọn ngẫu nhiên3 số số từ1 đến cóC3

(51)

Có cách xếp chữ sốa, c, dtheo thứ tự tăng dần, trường hợp có 84số thoả mãn

Tương tự vậy, trường hợp 1≤a < b=c < d≤9,1≤a < b < c=d≤9, trường hợp có84số thoả mãn

TH3:1≤a=b=c < d≤9 Số cần tìm có dạngaaad Chọn ngẫu nhiên2 số số từ1 đến cóC2

9 = 36 cách

Có cách xếp chữ số a, d theo thứ tự tăng dần, trường hợp có 36 số thoả mãn

Tương tự vậy, trường hợp 1≤a < b=c=d≤9,1≤a < b=c=d≤9, trường hợp có36số thoả mãn

TH4:1≤a=b=c=d≤9Số cần tìm có dạng aaaa Có số thoả mãn ⇒n(A) = 126 + 3·84 + 3·36 + = 495

Vậy P (A) = 495

9000 = 0,055

Chọn đáp án B

Câu 45 Xét số thực dương x, y thoả mãn log1

x+ log1

y ≤ log1

(x+y2) Tìm giá trị nhỏ

nhất Pmin biểu thức P =x+ 3y

A Pmin = 17

2 B Pmin = C Pmin = D Pmin = 25√2

4

Lời giải

Phương pháp:

• Sử dụng cơng thức logax+ logay = loga(xy) (0 < a6= 1, x, y >0), giải bất phương trình lơgarit logaf(x)≤logag(x) (0< a < 1)⇔f(x)≥g(x)

• Rút x theo y vào P

• Đưa P dạng P =f(y) Lập BBT tìm GTNN P =f(y) Cách giải:

Theo ta có: log1

2x

+ log1 2y

≤log1

(x+y2)⇔log1

(xy)≤(x+y2)⇔xy≥x+y2 x(y−1)≥y2 >0 Màx >0⇒y−1>0⇔y >1.

x≥ y

2

y−1 Khi ta có P =x+ 3y≥

y2

y−1 + 3y với y >1 Xét hàm số f(y) = y

2

y−1+ 3y với y >1ta có:

f0(y) = 2y(y−1)−y

2

(y−1)2 + =

y2−2y+ 3y2−6y+ 3

(y−1)2 =

4y2−8y+ 3

(y−1)2 = 0⇔ 

 

y=

(52)

y f0(y)

f(y)

−∞

2

3

2 +∞

+ − − +

−∞ −∞

1

−∞ +∞

9

+∞ +∞

Từ BBT ta thấy

y>1 f(y) =f

Å3

2

ã

= Vậy P≥9hay Pmin =

Chọn đáp án C

Câu 46 Cho hàm số y = f(x) liên tục R thỏa mãn f(2x) = 3f(x),∀x ∈ R Biết

1

Z

0

f(x)dx= Tính tích phân I =

2

Z

1

f(x)dx

A I = B I = C I = D I =

Lời giải

Ta có I =

2

Z

1

f(x)dx=

2

Z

0

f(x)dx−

1

Z

0

f(x)dx=

2

Z

0

f(x)dx−1 =J−1,

Ñ

với J =

2

Z

0

f(x)dx

é

Mặt khác ta có1 =

1

Z

0

f(x)dx=

1

Z

0

3f(x)dx=

1

Z

0

f(2x)dx= 1⇒

1

Z

0

f(2x)dx=

Đặtt = 2x⇒dt= 2dx Đổi cận:

(

x= 0⇒t =

x= 1⇒t =

⇒

1

Z

0

f(2x)dx=

2

Z

0

f(t)dt=

2

Z

0

f(x)dx= 3⇒J =

Vậy I =

2

Z

1

f(x)dx= 3−1 =

Chọn đáp án C

Câu 47 Tìm tập S tất giá trị thực tham số m để tồn cặp số(x;y) thỏa mãn logx2+y2+2(4x+ 4y−6 +m2)≥1 x2+y2+ 2x−4y+ =

A S={−5; 5} B S ={−7;−5;−1; 1; 5; 7}

C S={−5;−1; 1; 5} D S ={−1; 1}

Lời giải

logx2+y2+2 4x+ 4y−6 +m2

≥1 = logx2+y2+2 x2+y2+

⇔4x+ 4y−6 +m2 ≥x2+y2+ (dox2+y2+ 2>1) ⇔x2+y2−4x−4y−m2+ ≤0

(53)

(1)là hình trịn(C1)có tâmI(2; 2), bán kính(R1 =|m|vớim 6= 0hoặc điểmI(2; 2) vớim=

Ta cóx2+y2+ 2x−4y+ = 0⇔(x+ 1)2+ (y−2)2 = (2)là đường trịn (C2) có tâmJ(−1; 2)

bán kínhR2 =

Khi m= ta có I(2; 2)∈/ (C2)nên u cầu tốn khơng thỏa mãn

Khi m6= ta nhận thấy để tồn cặp số (x;y)thỏa mãn điều kiện (1) và(2) xảy trường hợp sau:

Trường hợp 1:(C1);(C2) tiếp xúc với

⇔I1I2 =R1+R2 ⇔

»

(−1−2)2+ (2−2)2 =m+ ⇔3 =m+ ⇔m= 1(tm)

Trường hợp 2:(C1); (C2)tiếp xúc R1 < R2

⇔ (

I1I2 =|R1−R2|

m <2

⇔ (

3 = |m−2|

m <2

⇔    

  

"

m=

m=−1

m <2

⇔m=−1 (tm)

Vậy S={−1; 1}

Chọn đáp án D

Câu 48 Có tất giá trị nguyên tham sốathuộc khoảng(0; 2019)đểlim

9n+ 3n+1 5n+ 9n+a ≤

2187?

A 2018 B 2011 C 2012 D 2019

Lời giải

lim

9n+ 3n+1

5n+ 9n+a = lim

…

9n+ 3·3n

5n+ 9n·9a = lim

œ

1 + 3·

Å3

9

ãn Å

5

ãn

+ 9a =

3a

⇒ 3a ≤

1 2187 =

1 37 ⇔3

a≥37 ⇔a≥7.

Kết hợp điều kiện đề bài⇒ (

a ∈[7; 2019)

a ∈Z ⇒a∈ {7; 8; 9; .; 2018} Vậy có2018−7 + = 2012 giá trị a thỏa mãn

Chọn đáp án C

Câu 49 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, SA⊥(ABC), góc đường thẳngSB mặt phẳng (ABC) bằng60◦ Tính khoảng cách hai đường thẳng AC

SB A a

√

15

5 B

a√2

2 C

a√7

7 D 2a

(54)

Ta có SA⊥(ABC)⇒AB hình chiếu SB lên (ABC) (SB; (ABC)) = (SB;AB) =SBA’ = 60◦

Gọi M trung điểm AC, tam giác ABC nên BM ⊥

AC, BM = a √

3

GọiD điểm cho AM BDlà hình bình hành, dễ thấy

BD⊥(SAD)và d(AC, BD) = d(A,(SBD))

KẻAH ⊥SD, ta cóAH ⊥(SBD)⇒d(A,(SBD)) =AH Xét tam giác vng SAB ta có SA=AB·tan 60◦ =a√3 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng SADta có:

AH = √SA·AM

SA2+AM2 =

a√3· a √

3

…

3a2+3a

4 = a

√ 15

Vậy d(AC;SB) = a √

15

S

M A

H

C

B D

Chọn đáp án A

Câu 50

Cho hàm sốy=f(x) có đạo hàm Rvà có đồ thị đường cong hình vẽ Đặt g(x) =f[f(x)] Tìm số nghiệm phương trìnhg0(x) =

A B C D

x y

O

−1

−7

−6

−5

−4

−3

−2

−1

(55)

Ký hiệua, b, c hình vẽ

Ta có g0(x) = f0[f(x)] · f0(x), từ suy g0(x) = ⇔ "

f0[f(x)] =

f0(x) =

Từ đồ thị hàmy =f(x)ta suy phương trình f0(x) = có hai nghiệm phân biệt x1 = x2 = a ∈ (2; 3), (a hoành độ

của điểm cực tiểu hàm số y=f(x))

f0[f(x)] = 0⇔ "

f(x) =

f(x) = a

Phương trình f(x) = có tập nghiệm {x3;x4;x5} = {b,1;c},

(b < < c hoành độ giao điểm hàm số y = f(x) trục hoành)

Phương trìnhf(x) = có tập nghiệm {x6;x7;x8}, đóx6;x7;x8

là hoành độ giao điểm đường thẳng y=a với đồ thị hàm số

y=f(x)

Dễ thấy nghiệmxi, i= 1; đôi phân biệt Từ suy phương trình g0(x) = có nghiệm

x y

O

−1

−7

−6

−5

−4

−3

−2

−1

y=a

a

b c

Chọn đáp án A

(56)

1 D C C B C D B B B 10 B

11 A 12 D 13 C 14 B 15 C 16 D 17 A 18 C 19 D 20 C

21 B 22 D 23 A 24 A 25 D 26 A 27 C 28 D 29 D 30 B

31 B 32 A 33 D 34 A 35 C 36 A 37 D 38 A 39 A 40 A

(57)

3 ĐỀ THI THỬ THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN THÁI NGUYÊN -LẦN (2019)

Câu Trong không gianOxyz, cho hai điểmA(1; 1; 3),B(−1; 2; 3) Tọa độ trung điểm đoạn thẳngAB

A (0; 3; 6) B (−2; 1; 0) C (0;3

2; 3) D (2;−1; 0)

Lời giải

Gọi I trung điểm đoạn AB Khi       

     

xI =

xA+xB =

yI =

yA+yB =

3

zI =

zA+zB =

Chọn đáp án C

Câu Giá trị lớn hàm số y=x4−3x2+ 2 trên đoạn [0; 3] bằng

A 57 B 55 C 56 D 54

Lời giải

Hàm số y liên tục đoạn[0; 3] có đạo hàmy0 = 4x3−6x.

Ta có y0 = ⇔4x3−6x= 0⇔



 

x=

x=±

…

3 Ta có y(0) = 2, y(3) = 56, y

Ç…

3

å

=−1

Do giá trị lớn hàm số y=x4−3x2+ 2 trên đoạn[0; 3] bằng56.

Chọn đáp án C

Câu

Đồ thị hình bên hàm số nào?

A y=x3−3x. B y=−x3+ 2x.

C y=x3+ 3x. D y=−x3−2x.

x y

O

−3 −2 −1

−3

−2

Lời giải

(58)

Chọn đáp án A

Câu Cho hàm số y=f(x) có đạo hàmf0(x) =x(x−1)2(x−2) Tìm khoảng nghịch biến đồ thị hàm số y=f(x)

A (−∞; 0) (1; 2) B (0; 1) C (0; 2) D (2; +∞)

Lời giải

Ta có f0(x) = ⇔x(x−1)2(x−2) = 0⇔ 

  

x=

Bảng xét dấu

x y0

−∞ +∞

+ − − +

Vậy hàm số nghịch biến trên(0; 2)

Chọn đáp án C

Câu Hàm số y=−x4−x2+ có điểm cực trị?

A B C D

Lời giải

Ta có y0 =−4x3−2x.

Phương trìnhy0 = ⇔ −2x(2x2+ 1) = 0⇔x= 0.

Bảng xét dấu

x y0

−∞ +∞

+ −

Vậy hàm số có cực trị

Chọn đáp án C

Câu Cho hàm số f(x) = 3x·2x Khi đạo hàmf0(x) của hàm số là A f0(x) = 3x·2x·ln 2·ln 3. B f0(x) = 6xln 6.

C f0(x) = 2xln 2−3xlnx. D f0(x) = 2xln + 3xlnx.

Lời giải

Ta có f(x) = 3x·2x = (3·2)x = 6x Cho nên f0(x) = 6xln 6.

Chọn đáp án B

Câu Cho hàm số y=f(x) xác định, liên tục R có bảng biến thiên hình vẽ

x y0

y

−∞ +∞

− + −

+∞ +∞

−1 −1

0

(59)

Mệnh đề sau đúng?

A Hàm số đạt cực đại x= đạt cực tiểu x=

B Hàm số có giá trị lớn 0và giá trị nhỏ −1

C Hàm số có cực trị

D Hàm số có giá trị cực đại bằng2

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên ta có, dấu củay0 đổi từ dương sang âm nên hàm số đạt cực đại tạix= dấu y0 đổi từ dương sang âm nên hàm số đạt cực tiểu x=

Giá trị cực tiểu hàm số bằng−1, giá trị cực đại hàm số bằng0

Chọn đáp án A

Câu Với a,b, clà số thực dương tùy ý khác 1và logac=x,logbc=y Khi giá trị logc(ab)

A

x +

y B

xy

x+y C

1

xy D x+y

Lời giải

Với a, b, clà số thực dương tùy ý khác 1, ta có logca=

x logcb=

1

y

Khi đólogc(ab) = logca+ logcb=

x+

1

y

Chọn đáp án A

Câu Trong không gian, cho khối hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 cóAB = 1m,AA0 = m

BC = m Tính thể tích V khối hộp chữ nhật

A V =√5m3. B V = 6 m3. C V = 3 m3. D V = 3√5 m3.

Lời giải

Thể tích khối hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0

V =AB·AD·AA0 =AB·BC·AA0 = 1·2·3 = m3

A0 B0 C0

C D

A D0

B

Chọn đáp án B

Câu 10 Họ nguyên hàm hàm số f(x) = 2x+

A F(x) = 2x2+x. B F(x) = 2.

C F(x) = C D F(x) =x2+x+C.

Lời giải

Ta có

F(x) = Z

f(x) dx= Z

(60)

A (−∞; +∞)\ {1} B (−∞; 1)

C (−∞; (1; +∞) D (1; +∞)

Lời giải

Phương pháp

Hàm số y = ax+b

cx+d(ad 6= bc) đồng biến nghịch biến khoảng xác định

hàm số Cơng thức tính nhanh đạo hàm hàm số lày0 = ad−bc (cx+d)2 Cách giải

Tập xác định D =R\ {1} Ta có y0 = 2·(−1)−1·1

(x−1)2 =−

3

(x−1)2 <0, ∀x∈D

Vậy hàm số nghịch biến trên(−∞; 1) (1; +∞)

Chọn đáp án C

Câu 12 Tính diện tích mặt cầu có bán kính r =

A 32

3 π B 8π C 32π D 16π

Lời giải

Phương pháp

Cơng thức tính diện tích mặt cầu bán kínhR S = 4πR2. Cách giải

Cơng thức tính diện tích mặt cầu bán kínhr= làS = 4πr2 = 16π

Chọn đáp án D

Câu 13 Xác định số thực x để dãy số log 2; log 7; logx theo thứ tự lập thành cấp số cộng

A x=

2 B x=

49

2 C x=

2

49 D x=

Lời giải

Phương pháp

Cho ba số a, b, clập thành cấp số cộng ta có 2b=a+c

Cách giải

Điều kiện x >0

Ta có 3số log 2; log 7; logx theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên log = log + logx

⇔log 72 = log 2x

⇔2x= 49 ⇔x= 49

Chọn đáp án B

Câu 14 Hàm số f(x) = C0

2019+ C12019x+ C22019x2+· · ·+ C20192019x2019 có điểm cực trị?

A B 2018 C D 2019

Lời giải

Phương pháp

(61)

• Sử dụng cơng thức C0

n+ C1nx+ C2nx2+· · ·+ Cnnxn= (x+ 1)n

Cách giải

Ta có f(x) = C02019+ C12019x+· · ·+ C20192019x2019 = (x+ 1)2019 ⇒f0(x) = [(x+ 1)2019] = 2019(x+ 1)2018

Ta có f0(x) = ⇔2019(x+ 1)2018 = 0⇔x=−1

Vìx= nghiệm bội2018 nên x=−1 điểm cực trị hàm số cho

Chọn đáp án A

Câu 15 Cơng thức tính diện tích xung quanh Sxq hình nón có đường sinhl, bán kính đáyr

là

A Sxq = 4πrl B Sxq =πrl C Sxq =πrl D Sxq = 3πrl

Lời giải

Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáyr, chiều cao h đường sinh l

Sxq =πrl

Chọn đáp án C

Câu 16

Đồ thị hình bên đồ thị hàm số bốn hàm số cho đây?

A y= 2x−3

x−1 B y=

2x−3 |x−1|

C y= |2x−3|

x−1 D y=

2x−3 x−1

x y

O

−2 −1

−1

Lời giải

Đồ thị hàm số qua điểm(0,3) nên đồ thị hàm số y = 2x−3

|x−1| y =

|2x−3|

x−1 không thỏa mãn

Với 1< x <

2 đồ thị hàm số có giá trị dương mà y=

2x−3

x−1 <0với ∀x∈

Å

1;3

ã

Chọn đáp án D

Câu 17 Cho hàm số y= mx−4

x+ (với m tham số) có bảng biến thiên

x y0

y

−∞ −1 +∞

+ +

−2 −2

+∞

−∞

(62)

C Với m= hàm số đồng biến khoảng xác đinh

D Với m=−2hàm số đồng biến khoảng xác đinh

Lời giải

Ta có y0 = m+

(x+ 1)2 Hàm số đồng biến khoảng xác định m+ 4>0⇔m >−4

Dựa vào bảng biến thiên suy lim

x→+∞y=−2⇔m=−2 (thỏa mãnm >−4)

Vậy m=−2thì hàm số đồng biến khoảng xác định

Chọn đáp án D

Câu 18 Viết phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số y=−2x3+

3x2+ 1.

A y=x+ B y =−x+ C y=x−1 D y=−x−1

Lời giải

• TXĐ: D =R

• y0 =−6x2+ 6x⇒y0 = 0⇔ −6x2+ 6x= 0 ⇔

"

x=

Ta có bảng xét dấu sau:

x f(x)

−∞ +∞

- +

-Hàm số đạt cực tiểu điểm x= Giá trị cực tiểuyCT =

Hàm số đạt cực đại điểm x= Giá trị cực đại yCĐ =

Đường thẳng qua hai điểm cực trị có phương trình

x−0 1−0 =

y−1

2−1 ⇔x=y−1⇔y=x+

Chọn đáp án A

Câu 19 Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f(x) = 2x− 4√6−x [−3; 6] Tổng M +m có giá trị

A −12 B −6 C 18 D −4

Lời giải

Ta có f0(x) = + √

6−x >0, ∀x∈[−3; 6], suy hàm số đồng biến trên[−3; 6]

Do đóM =f(6) = 12,m =f(−3) =−18 Vậy M +m=−6

Chọn đáp án B

Câu 20 Số nghiệm thực phương trình log3x+ log3(x−6) = log37

A B C D

Lời giải

Điều kiện phương trìnhx >6 Phương trình cho tương đương

log3 x2−6x= log37⇔x2−6x−7 = 0⇔ "

x=−1

x=

So với điều kiện, phương trình có nghiệmx=

(63)

Câu 21 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a, BSA’= 60◦ Tính thể tích V

của khối chóp S.ABCD

A V = a

3√6

6 B V =a

3√2. C V = a

3√2

2 D V =

a3√2

6

Lời giải

• Cơng thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S chiều cao h làV =

3Sh

• Gọi AC∩BD={O} ⇒SO ⊥(ABCD) • Ta có hình chóp S.ABCD tứ giác

⇒SA=SB ⇒∆SAB cân tạiS

S

A

B C

O

D

• Ta có ’ASB = 60◦ nên 4SAB ⇒SA=SB =AB=a

• Ta có AC =√AB2+BC2 =a√2 ⇒SO =√SA2−AO2 =

…

a2− a

2 =

a√2 • Vậy VSABCD =

1

3SO.SABCD = ·

a√2 ·a

2 = a 3√2

6

Chọn đáp án D

Câu 22 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Tam giác SAB cân

S có SA=SB = 2a nằm mặt phẳng vng góc với đáy ABCD Gọi α góc SD mặt phẳng đáy(ABCD) Mệnh đề sau đúng?

A tanα =√3 B cotα= √

3

6 C tanα= √

3

3 D cotα = √

3

Lời giải

• Gọi H trung điểm AB ⇒ SH ⊥ AB Ta có (SAB) ⊥ (ABCD), SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ (ABCD) ⇒(SD; (ABCD)) = (SD;HD) =SDH’ =α

• Áp dụng định lý Py-ta-go với tam giác vuông

SAH, ADH ta có

SH =√SA2−AH2 =

4a2−a

4 =

a√15

DH =√AH2+AD2 =

a2+a

4 =

a√5

• Vậy tanα= SH

DH = a√15

2 :

a√5 =

√

S

A

B C

H

D

Chọn đáp án A

(64)

• Ta có SA, AB, BC đơi vng góc⇒ SA ⊥(ABC) 4ABC vng B

• Gọi I trung điểm tâmAC I tâm đường trịn ngoại tiếp 4ABC

• Khi bán kính đường trịn tâm I ngoại tiếp 4ABC

r = 2AC =

1

√

b2+a2.

• Khi bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC

R =

ÅSA

2

ã2

+r2 =

…

a2

4 +

b2+c2

4 =

√

a2+b2+c2.

S

B

A C

Chọn đáp án D

Câu 24 Cho hình chópS.ABC có đáy tam giác vng cân ởB,AC =a√2,SA⊥mp(ABC),

SA=a Gọi G trọng tâm tam giác SBC, mặt phẳng (α) qua AGvà song song với BC cắt

SB,SC M, N Tính thể tích V khối chóp S.AM N?

A V = a

3

9 B V =

2a3

27 C V =

2a2

9 D V =

a3

6

Lời giải

• Qua G, kẻ đường thẳng song song với BC, cắtSB M cắt SC N Gọi H trung điểm BC ⇒ SG

SH =

2 • Ta cóM N//BC ⇒ SM

SB = SN SC =

SG SH =

2

3 vàAB =

AC

√ =

a

• Ta có : VS.ABC =

3SA.SABC = 3SA·

1 2AB

2 =

3 ·a· 2a

2 =

1 6a

3.

• Theo cơng thức tỉ lệ thể tích ta có

VSAM N

VSABC

= SA

SA · SM

SB · SN SC =

2 3·

2 =

4 ⇒VSAM N =

4

9VSABC = ·

1 6a

3 =

27a

3.

S

B

H G

A M

C N

Chọn đáp án B

Câu 25 Một hình trụ có bán kính đáy 2cm có thiết diện qua trục hình vng Diện tích xung quanh hình trụ

A 8πcm2. B 4πcm2. C 32πcm2. D 16πcm2.

(65)

Vì thiết diện qua trục hình vng nên ta có h = 2r = 4cm

⇒Sxq = 2πrh= 2π·2.4 = 16πcm2 O0

Q

O N A

A0

B B0

P

M

Chọn đáp án D

Câu 26 Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên [−5; 7) sau

x y0

y

−5

− +

6

2

9

Mệnh đề sau đúng? A

[−5;7)f(x) = hàm số không đạt giá trị lớn trên[−5; 7)

B max

[−5;7)f(x) = [min−5;7)f(x) =

C max

[−5;7)f(x) = [min−5;7)f(x) =

D max

[−5;7)f(x) = [min−5;7)f(x) =

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy

[−5;7)f(x) = hàm số khơng có giá trị lớn [−5; 7)

Chọn đáp án A

Câu 27 Số nghiệm thực phương trình 4x−1+ 2x+3−4 =

A B C D

Lời giải

4x−1+ 2x+3−4 = ⇔ 22(x−1)+ 16·2x−1−4 = 0⇔ "

2x−1 =−8 + 2√17

2x−1 =−8−2√17 (VN) ⇒ x−1 = log2Ä−8 + 2√17ä⇔x= + log2Ä−8 + 2√17ä

(66)

x y0

y

−2 +∞

+ −

−∞

+∞

0 Đồ thị hàm số cho có tất đường tiệm cận?

A B C D

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: • lim

x→−2+y=−∞ nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng đường thẳng x=−2 • lim

x→0−y= +∞ nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng đường thẳng x=

• lim

x→+∞y= nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang đường thẳng y=

Chọn đáp án C

Câu 29 Số nghiệm nguyên bất phương trình log1

|x−1|<log1

x−1

A B Vô số C D

Lời giải

Điều kiện 0< x6=

2 log1

|x−1|<log1

x−1 ⇔ −2 log2|x−1|<−log2x−1

⇔ log2(x−1)2 >log22x⇔(x−1)2 >2x

⇔ x2−4x+ 1>0⇔ "

x >2 +√3

x <2−√3

Kết hợp với điều kiện ta "

0< x <2−√3

x >2 +√3 Do x∈Z nên x∈ {4; 5;· · · } Vậy bất phương trình có vơ số nghiệm

Chọn đáp án B

Câu 30 Cho hàm số y=f(x) có bảng biên thiên sau

x y0

y

−∞ −1 +∞

+ − +

−∞ −∞

5

1

+∞ +∞

Hàm số y=|f(x)|có điểm cực trị?

A B C D

Lời giải

(67)

x

|f(x)|

−∞ x0 −1 +∞

+∞ +∞

0

5

1

+∞ +∞

Khi từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 3cực trị

Chọn đáp án A

Câu 31 Tính diện tích lớn hình chữ nhậtABCDnội tiếp nửa đường trịn có bán kính10 cm (hình vẽ)

A 160 cm2. B 100 cm2. C 80 cm2. D 200 cm2.

A O B

D C

10cm

Lời giải

ĐặtOA=x(0< x <10)⇒AB = 2x(x >0)

Áp dụng định lí Pytago tam giác vngOAD ta có: AD=√OD2−OA2 =√100−x2

⇒SABCD =AB·AD = 2x· √

100−x2 ≤x2+ 100−x2 = 100.

Vậy diện tích lớn hình chữ nhậtABCD là100 cm2 Dấu “=” xảy ra⇔x2 = 100−x2 ⇔

x= 5√2 (cm)

Chọn đáp án B

Câu 32 Cho F(x) nguyên hàm hàm số f(x) = ex2

(x3−4x) Hàm số F(x2+x) có

bao nhiêu điểm cực trị?

A B C D

Lời giải

Ta có

F(x) = Z

ex2 x3 −4x dx = Z

ex2 x2−4xdx

= ·

Z

(x2 −4) d(ex2) =

ï

(x2 −4)·ex2 −2· Z

xex2dx

ò

= 2·(x

2−5)ex2 +C

Đặtg(x) = F(x2+x).

Suy g(x) = F(x2+x) =

2 ·[(x

(68)

g0(x) = 0⇔ 

      

x=

x=±1

x= −1

x=−2

Vậy hàm sốF (x2+x)có điểm cực trị.

Chọn đáp án B

Câu 33 Cho tam giác ABC vuông A, cạnh AB = 6, AC = M trung điểm cạnh

AC Khi thể tích khối tròn xoay tam giácBM C quanh cạnh AB

A 86π B 106π C 96π D 98π

Lời giải

Khi quay tam giác BM C quanh cạnh AB tạo khối tròn xoay tích là: V =

3π · AC

2 ·AB −

3π · AM

2 · AB =

1 3π·8

2·6−

3π·4

2·6 = 96π.

B

A M C

N

Chọn đáp án C

Câu 34 Gọi Slà tập hợp giá trị thực tham sốmđể phương trình4x−m·2x+ 2m+ = có nghiệm Tập R\S có giá trị nguyên?

A B C D

Lời giải

Đặtt = 2x >0 Khi phương trình trở thành t2−mt+ 2m+ = 0⇔t2+ =m(t−2).

Nhận thấyt = không nghiệm phương trình nên chia vế phương trình chot−2 ta đượcm = t

2+ 1

t−2 =f(t) (t >0)(∗)

Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm đồ thị hàm sốy=f(t)và đường thẳng

y=m song song với trục hồnh Ta có: f0(t) = 2t(t−2)−t

2−1

(t−2)2 =

t2−4t−1

(t−2)2 = ⇔

"

t= +√5∈(0; +∞)

t= 2−√5∈/ (0; +∞) Bảng biến thiên:

t f0(t)

f(t)

0 2 +√5 +∞

− − +

−1 −1

−∞ +∞

4 + 2√5 + 2√5

+∞ +∞

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có nghiệm⇔ 



m <−1

m ≥4 + 2√5 ⇒S =

Å

−∞;−1

ã

∪[4+2√5; +∞)⇒R\S =

ï

−1 2; +

√

ã

(69)

Chọn đáp án C

Câu 35 Cho hàm số y = 1−x

x2−2mx+ 4 Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị

hàm số có ba đường tiệm cận?

A     

   

"

m >2 m <−2 m6=

2

B

 



m >2

m 6=

C −2< m <2 D

"

m <−2

m >2

Lời giải

Ta có: lim

x→+∞f(x) = limx→+∞

1−x

x2−2mx+ 4 = limx→+∞

1

x2 −

1

x

1−2m

x +

4

x2

= ⇒ y = TCN đồ thị

hàm số

Do để đồ thị hàm số có đường tiệm cận đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng ⇒Phương trình f(x) = x2−2mx+ = 0có 2nghiệm phân biệt khác 1

⇔ (

∆0 =m2−4>0

f(1) = 1−2m+ 6= ⇔     

   

"

m >2

m <−2

m6=

Chọn đáp án A

Câu 36 Gọi S tập hợp số tự nhiên có ba chữ số (khơng thiết khác nhau) lập từ chữ số0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; Chọn ngẫu nhiên số abc từ S Tính xác suất để số chọn thỏa mãna≤b ≤c

A

6 B

11

60 C

13

60 D

9 11

Lời giải

Gọi A biến cố chọn sốabc thỏa mãn tốn Số số có ba chữ số là9·10·10 = 900 (số)

Ta tìm số số thỏa mãn tốn • Trường hợp 1: a < b < c

Chọn số từ đến 9, có cách xếp ba số thỏa mãn tốn Do số số C3

9

• Trường hợp 2: a=b < c

Lập luận tương tự suy số số C2

• Trường hợp 3: a < b=c

Tương tự suy số số C2

• Trường hợp 4: a=b=c Suy số số

(70)

đoạnSH vng góc với mặt phẳng (ABC)với SH = 2a Khoảng cách từ điểmC đến mặt phẳng (SAB)bằng

A 3a

7 B

3√21a

7 C

√ 21a

7 D 3a

Lời giải

GọiDlà trung điểm củaAB, giả thiết suy raCD ⊥AB Trong (ABC) kẻ HM ∥ CD suy HM ⊥ AB (1) Do giả thiết SH ⊥(ABC)suy SH ⊥AB (2)

Từ (1), (2) suy AB⊥(SHM)

Trong mặt phẳng (SHM)kẻ HK ⊥SM (3), theo chứng minh suy HK ⊥AB (4)

Do từ(3), (4) suy HK ⊥(SAB) nên d (H; (SAB)) =HK

Dễ thấy CH∩(SAB) = {A} nên d (C; (SAB)) d (H; (SAB)) =

CA HA =

3

C

A

H S

K B

D M

Do đód (C; (SAB)) =

2·d (H; (SAB)) =

2·HK Theo giả thiết4ABC suy raCD = 3√3a

2 Xét4ABC HM ∥ CD theo định lý Ta-lét ta có HM

CD = AH AC =

2

3 suy

HM =

3 ·CD ⇔HM = 3·

3√3a

2 = √

3a

Áp dụng hệ thức lượng trong4SHM vng tạiH, ta có

HK = √SH ·HM

SH2+HM2 =

2a·√3a

√

4a2+ 3a2 =

2√21a

7

Do đód (C; (SAB)) = ·

2√21a

7 =

3√21a

7

Chọn đáp án B

Câu 38

Một khối pha lê gồm hình cầu (H1) bán kính R hình nón

(H2) có bán kính đáy đường sinh r, l thỏa mãn r =

1 2l l =

2R xếp chồng lên hình vẽ bên Biết tổng diện tích mặt cầu(H1)và diện tích tồn phần hình nón(H2)là91 cm2 Tính

diện tích khối cầu(H1)

A 104

5 cm

2. B 16 cm2. C 64 cm2. D 26 cm

(71)

Lời giải

Do giả thiết r=

2l l=

2R suy r= 2·

3 2R=

3 4R Gọi S1 diện tích tồn phần hình nón, ta có

S1 =π·r·l+π·r2 =π·

Å3

4R

ã

·3

2R+π·

Å3

4R

ã2

= 27πR

2

16

Mặt khác gọi S2 diện tích mặt cầu, ta có S2 = 4πR2

Để thỏa mãn toán cho

S1+S2 = 91⇔

27πR2

16 + 4πR

2 = 91⇔ 91πR2

16 = 91 ⇔πR

2 = 16.

Do đóS2 = 4πR2 = 4·16 = 64 (cm2)

Chọn đáp án C

Câu 39 Cho hàm số f(x) > với x ∈ R, f(0) = f(x) = √x+ 1·f0(x) với x ∈ R Mệnh đề đúng?

A f(3)<2 B 2< f(3) <4 C 4< f (3)<6 D f(3) < f(6)

Lời giải

Do giả thiết f(x)>0với x∈R f(x) =√x+ 1·f0(x)suy √x+ 1>0 Khi đóf(x) = √x+ 1·f0(x)⇔ f

0(x)

f(x) = √

x+ Suy

Z f0(x)

f(x) dx=

Z 1 √

x+ dx (∗) Mà

Z f0(x)

f(x) dx=

Z df(x)

f(x) = ln|f(x)|+C1 Vìf(x)>0 nên

Z f0(x)

f(x) dx= lnf(x) +C1 Mặt khác

Z √

x+ 1dx= Z

d (x+ 1) √

x+ = √

x+ +C2

Từ (∗)suy lnf(x) = 2√x+ +C ⇒f(x) = e2√x+1+C.

Do f(0) = nên e2+C = 1⇔2 +C = 0 ⇔C=−2 suy ra f(x) = e2√x+1−2.

Khi đóf(3) = e2√3+1−2 = e2 và f(6) = e2√7−2 suy ra f(3)< f(6).

Chọn đáp án D

Câu 40 Tìm giá trị thực tham số m hàm số f(x) = x3 + 3x2 −(m2−3m+ 2)x+ 5

đồng biến khoảng (0; 2)

A 1< m <2 B m <1, m >2 C 1≤m ≤2 D m≤1, m≥2

Lời giải

Tập xác định củaD =R

Ta có f0(x) = 3x2+ 6x−(m2−3m+ 2).

Để hàm sốf(x) = x3+ 3x2−(m2−3m+ 2)x+ 5đồng biến khoảng (0; 2)khi f0(x)≥0với

mọi x∈(0; 2) dấu đẳng thức xảy hữu hạn điểm

(72)

x

g(x)

0

24 24

Dựa vào bảng biến thiên suy ram2 −3m+ 2≤0⇔1≤m ≤2.

Chọn đáp án C

Câu 41 Số giá trị nguyên tham số m ∈[−10; 10]để bất phương trình √

3 +x+√6−x−√18 + 3x−x2 ≤m2−m+ 1

nghiệm với∀x∈[−3; 6]

A 19 B 20 C D 28

Lời giải

Đặtf(x) =√3 +x+√6−x−√18 + 3x−x2.

Để bất phương trìnhf(x)≤m2−m+ nghiệm với x∈[−3; 6] m2−m+ 1≥ max

x∈[−3;6]f(x)

Đặtt =√3 +x+√6−x⇒t2 = + 2p(3 +x)(6−x) = + 2√18 + 3x−x2 ≥9.

Mặt khác t2 =√

3 +x+√6−x2

≤(12+ 12) (3 +x+ 6−x) = 18.

Vậy 3≤t ≤3√2

Khi đó√3 +x+√6−x−√18 + 3x−x2 =t− t −9

2 =g(t)

Ta có g0(t) = 1−t <0 với t ∈ỵ3; 3√2ó, nêng(t)là hàm số nghịch biến khoảng [−3; 6] Suy max

t∈[3;3√2]

g(t) =g(3) = = max

x∈[−3;6]f(x)

Để bất phương trình cho thỏa mãn với x∈[−3; 6]

m2−m+ 1≥3⇔m2−m−2≥0⇔ "

m ≥2

m ≤ −1

Vìm ∈[−10; 10]nên m ∈[−10;−1]∪[2; 10] nên m ∈ {−10; .;−1; 2; .; 10} Vậy số giá trị nguyên m là19

Chọn đáp án A

Câu 42 Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a Gọi M,N trung điểm SB,SC Biết (AM N)⊥(SBC) Thể tích khối chópS.ABC

A a

3√26

24 B

a3√5

24 C

a3√5

8 D

a3√13 18

(73)

GọiP trung điểm củaBC,SP∩M N =I ⇒

I trung điểm củaSP GọiO tâm đáy Tam giácSBC tam giác cân nên SP ⊥BC

mà M N ∥BC nên SP ⊥M N Từ       

(AM N)⊥(SBC)

(AM N)∩(SBC) =M N SP ⊥M N

⇒SP ⊥(AM N)⇒SP ⊥AI

Tam giác AP S có AI đường cao đồng thời trung tuyến nên 4ASP cân A

⇒AS =AP =ABsin 60◦ = a √ S B P O A C N I M

Ta có AO= 3AP =

2

a√3 =

a√3

3 Tam giác SOA tam giác vuông O nên

SO =√SA2−AO2 =

3a2

4 −

a2

3 =

a√15

Thể tích hình chóp: VS.ABC =

3SO·S4ABC =

a√15 ·

a2√3 =

a3√5 24

Chọn đáp án B

Câu 43 Cho hàm số f(x) = x3 −(2m−1)x2+ (2−m)x+ Tìm tất giá trị thực của

tham sốm để hàm số y=f(|x|) có5 cực trị A

4 < m <2 B −

5

4 < m <2 C −2< m <

4 D

4 ≤m ≤2

Lời giải

Để hàm số f(|x|) có điểm cực trị f(x) phải đạt cực trị x1, x2 cho < x1 < x2 hay

f0(x) có hai nghiệm dương phân biệt

Ta có f0(x) = 3x2−2(2m−1)x+ 2−m Để hàm sốf0(x) có hai nghiệm dương phân biệt thì

      

∆0 >0

S >0

P >0 ⇔           

(2m−1)2−3(2−m)>0 2(2m−1)

3 >0 2−m

3 >0

⇔                   

m >

4

m <−1

m >

2

m <2

⇔

4 < m <2

Chọn đáp án A

Câu 44 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC tam giác vuông A AB =

(74)

Đặt hệ trục tọa độ hình vẽ Đặt AA0 =x Ta có A(0; 0; 0),B(a; 0; 0), A0(0; 0;x), C0(0;a;x) Ta có A# »0B = (a; 0;−x), AC# »0 = (0;a;x)

Góc giữaA0B AC0 là60◦ nên

cos 60◦ = | # »

A0B·AC# »0|

# »

A0B ·

# »

A0C

⇔ =

x2

a2+x2 ⇔x=a

Thể tích hình lăng trụ:

VABC.A0B0C0 =AA0·SABC =

1 2AA

0·

AB·AC = a

3

2

B0 C0

A

C

x y

z

B

A0

Chọn đáp án C

Câu 45 Tập hợp tất số thựcxkhông thỏa mãn bất phương trình9x2−4+(x2−4)·2019x−2 ≥

1là khoảng (a;b) Tínhb−a

A B C −5 D −1

Lời giải

• Trường hợp x2−4<0 ta có 9x2−4

+ (x2−4)·2019x−2 <90+ 0·2019x−2 = 1.

• Trường hợp x2−4≥0ta có 9x2−4

+ (x2−4)·2019x−2 ≥90+ 0·2019x−2 = 1.

Vậy tập hợp giá trị x khơng thỏa mãn bất phương trình x ∈ (−2; 2) ⇒ a = −2,

b= 2⇒b−a=

Chọn đáp án B

Câu 46 Một người vay ngân hàng số tiền 50 triệu đồng, tháng trả ngân hàng số tiền triệu đồng phải trả lãi suất cho số tiền nợ là1,1% tháng theo hình thức lãi kép Giả sử sau

n tháng người trả hết nợ Khi n gần với số đây?

A 13 B 15 C 16 D 14

Lời giải

P(1 +r)n= M

r [(1 +r)

n−1]

⇔ 50(1 + 1,1%)n =

1,1%[(1 + 1,1%) n−1]

⇔ 50(1 + 1,1%)n =

1,1%(1 + 1,1%)

n− 1,1% ⇔

1,1% = 3450

11 (1 + 1,1%) n

⇔ (1 + 1,1%)n= 80

69 ⇒n= log1+1,106 80

69 ≈13,52

Chọn đáp án D

Câu 47 Cho khối nón có độ lớn góc đỉnh π

3 Một khối cầu(S1)nội tiếp khối nón Gọi

S2 khối cầu tiếp xúc với tất đường sinh nón với S1; S3 khối tiếp xúc với tất

(75)

vớiSn−1 GọiV1,V2, V3, , Vn−1, Vn thể tích khối cầu S1,S2, S3, .,Sn−1, Sn

V thể tích khối nón Tính giá trị biểu thức

T = lim n→+∞

V1+V2+ .+Vn

V

A

5 B

6

13 C

7

9 D

1

Lời giải

Thiết diện qua trục hình nón tam giác cạnh

l Do bán kính đường trịn nội tiếp tam giác bán kính mặt cầu nội tiếp chóp làr1 =

1

l√3 =

l√3 Áp dụng định lí Ta-lét ta có

AA0 AB =

AH0 AH =

AH−HH0 AH =

l√3 −

l√3

=

3 ⇒AA

0 = l

3

A

B C

H H0

A0 B0

Tương tự ta tìm r2 =

l

3 · √

3 =

l√3 18 =

r1

3 Tiếp tục ta cór3 =

r1

32,r4 =

r1

33, rn =

r1

3n−1

Ta có V1 =

4 3πr

3 1, V2 =

4 3πr = 3πr = 3π r1 3 =

33V1,V3 =

1

(33)2V1, ; Vn=

1 (33)n−1V1

⇒ lim n→+∞

V1 +V2+ .+Vn

V

= lim n→+∞

V1

Ç

1 + 33 +

1

(33)2 + .+

1 (33)n−1

å

V

= lim n→+∞

V1 ·S

V

ĐặtS = + 33 +

1

(33)2 + .+

1

(33)n−1 Đây tổng CSN lùi vô hạn với công bội q=

1 33 <1

⇒ lim n→+∞S =

1 1−

33

= 27 26

⇒V1+V2+ .+Vn= 27 26V1 =

27 26·

4 3π

Ç

l√3 å3 = √ 52πl

3 V =

3πr

2h=

3π Å l ã2 ·l √ = √ 3πl3

24

⇒T = √

3 52πl

3

√ 3πl3

24

(76)

Hình vẽ bên đồ thị hàm số y = f(x) Gọi S tập hợp giá trị nguyên không âm tham số m để hàm số

y=|f(x−2019) +m−2|có điểm cực trị Số phần tử

S

A B C D O x

y

−3

2

−6

Lời giải

Đồ thị hàm số y=f(x−2019) tạo thành cách tịnh tiến đồ thị hàm số y =f(x)theo chiều song song với trụcOx sang bên phải 2019 đơn vị

Đồ thị hàm số y = f(x− 2019) +m −2 tạo thành cách tịnh tiến đồ thị hàm số

y=f(x−2019)theo chiều song song với trục Oy lên m−2 đơn vị

Đồ thị hàm số y = |f(x−2019) +m−2| tạo thành cách giữ nguyên phần đồ thị

y=f(x−2019) +m−2phía trục Ox, lấy đối xứng toàn phần đồ thị phía trục Ox

qua trụcOx xóa phần đồ thị phía trục Ox

Do để đồ thị hàm số y = |f(x−2019) + m−2| có điểm cực tị đồ thị hàm số y =

f(x−2019) +m−2có

yCĐ·yCT ≤0

⇔ −3 +m−2≥0>−6 +m−2 ⇔ m−5≥0> m−8

⇔ 5≤m <8

⇒có 3giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán

Chọn đáp án A

Câu 49

Trên mảnh đất hình vng có diện tích 81m2

người ta đào ao nuôi cá hình trụ (như hình vẽ) cho tâm hình tròn đáy trùng với tâm mảnh đất Ở mép ao mép mảnh đất người ta để lại khoảng đất trống để lại, biết khoảng cách nhỏ mép mảnh đất làx(m) Giả sử chiều sâu ao x(m) Tính thể tích lớn V ao

x

x x

A V = 13,5π m3 B V = 27π m3 C V = 36π m3 D V = 72π m3

Lời giải

(77)

Khi ta tích ao V =π

Å

9−2x

2

ã2

x= π

4(9−2x)

2x= π

4f(x) Xét hàm số f(x) = (9−2x)2x= 4x3−36x2+ 81x với 0< x <

2 ta có

f0(x) = 12x2−72x+ 81 = 0⇔





x=

x= BBT

x y0

y

0

2

9

+ −

0

54 54

0 Dựa vào BBT ta thấy f(x)max= 54 ⇔x=

3 Khi đóVmax =

π

4.54 = 27π

2 = 13,5π m

3.

Chọn đáp án A

Câu 50 Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f0(x) R Hình vẽ bên đồ thị hàm số

y=f0(x) Hàm sốg(x) = f(x−x2) nghịch biến khoảng khoảng đây?

O x

y

1

2

A

Å

−3 2; +∞

ã

B

Å

−∞;3

ã

C

Å

1 2; +∞

ã

D

Å

−∞;1

ã

Lời giải

Ta cóg0(x) = (1−2x)f0(x−x2) Hàm sốy=g(x)nghịch biến trên(a;b)⇔g0(x)≤0,∀x∈(a;b)

và bằng0 hữu hạn điểm Ta có g0(−1) = 3f0(−2)>0 ⇒ Loại đáp án A, B D

Chọn đáp án C

(78)

1 C C A C C B A A B 10 D

11 C 12 D 13 B 14 A 15 C 16 D 17 D 18 A 19 B 20 C

21 D 22 A 23 D 24 B 25 D 26 A 27 A 28 C 29 B 30 A

31 B 32 B 33 C 34 C 35 A 36 B 37 B 38 C 39 D 40 C

(79)

4 ĐỀ THI THỬ THPT CHUYÊN KHTN, TP HCM – LẦN (2019)

Câu

Hàm số có đồ thị hình vẽ?

A y=−x4+ 2x2+ 1. B y=x4−2x2+ 1.

C y=x3−3x2+ D y=−x3+ 3x2+

x y

O

Lời giải

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt nên loại đáp án A B

Đồ thị hàm số có nét cuối lên nêna >0⇒loại đáp án D

Chọn đáp án C

Câu Nghiệm phương trình log3(2x−1) =

A x= B x=

2 C x=

2 D x=

Lời giải

Điều kiện: 2x−1≥0⇔x≥

log3(2x−1) = 2⇔2x−1 = 32 = 9⇔2x= 10⇔x= (thỏa mãn) Vậy x= nghiệm phương trình

Chọn đáp án D

Câu Cho khối nón có chiều cao 2a bán kính đáy a Thể tích khối nón cho

A 4πa

3 B 2πa

3. C 2πa

3

3 D 4πa

3.

Lời giải

Thể tích khối nón làV = 3πr

2h=

3πa

2.2a = 2πa

3

Chọn đáp án C

Câu Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2; 3;−1)và B(0;−1; 1) Trung điểm đoạn thẳngAB có tọa độ

A (1; 1; 0) B (2; 2; 0) C (−2;−4; 2) D (−1;−2; 1)

Lời giải

Gọi M trung điểm củaAB ⇒M =

Å2 + 0

2 ; 3−1

2 ;

−1 +

ã

(80)

A

√

3a3

3 B

√ 3a3

6 C

a3

3 D

2a3

3

Lời giải

Tam giácABC vuông B ⇒BC =√AC2−AB2 =»(2a)2−a2 =a√3.

Diện tích tam giácABC : SABC =

2 ·AB·BC = 2·a·a

√ =

√ ·a

2.

Thể tích khối chópS.ABC : VS.ABC =

3SABC ·SA= ·

√ a

2·a=

√ a

3.

Chọn đáp án A

Câu Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên

x y0

y

−∞ +∞

− + − +∞

+∞

−1 −1

2

−∞ −∞ Hàm số cho đồng biến khoảng

A (−∞; 1) B (−1; 2) C (3; +∞) D (1; 3)

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến khoảng (1; 3)

Chọn đáp án D

Câu Với số thực a, b >0, a6= tùy ý, biểu thức loga2(ab2)bằng

A

2+ 4logab B + 4logab C

1

2 + logab D + logab

Lời giải

loga2(ab2) = loga2a+ loga2b2 =

2logaa+

2 ·2·logab =

2 + logab

Chọn đáp án C

Câu Trong không gian Oxyz, véc-tơ véc-tơ pháp tuyến mặt phẳng (P) : 2y−3z+ = 0?

A u#»1 = (2; 0;−3) B u#»2 = (0; 2;−3) C u#»3 = (2;−3; 1) D u#»4 = (2;−3; 0)

Lời giải

(P) : 2y−3z+ = 0⇒véc-tơ pháp tuyến (P) #»n = (0; 2;−3)

Chọn đáp án B

Câu Họ nguyên hàm hàm số f(x) = 3x2+ sinx là

A x3+ cosx+C. B 6x+ cosx+C. C x3−cosx+C. D 6x−cosx+C.

Lời giải

Z

3x2 + sinx

dx= 3· x

3

3 −cosx+C=x

3−cosx+C.

(81)

Câu 10 Cho a, blà số thực thỏa mãn a+ 6i = 2−2bi, với i đơn vị ảo Giá trị a+b

bằng

A −1 B C −4 D

Lời giải

Ta có a+ 6i= 2−2bi⇒ (

a = = −2b

⇒ (

a=

b=−3 ⇒a+b =−1

Chọn đáp án A

Câu 11 Một lớp học có15bạn nam 10bạn nữ Số cách chọn hai bạn trực nhật cho có nam nữ

A 300 B 25 C 150 D 50

Lời giải

Ta có 15bạn nam 10 bạn nữ Có C1

15= 15 cách chọn bạn nam

Có C1

10= 15 cách chọn bạn nữ

Khi đó, số cách chọn hai bạn cho có bạn nam bạn nữ là:C115·C110= 15·10 = 150

Chọn đáp án C

Câu 12 Với hàm số f(x) tùy ý liên tục R, a < b, diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y = f(x), trục hoành đường thẳng x = a, x =b xác định theo công thức

A S=

b Z

a

|f(x)|dx B S =π

b Z

a

|f(x)|dx

C S=

b Z

a

f(x) dx

D S =

π

b Z

a

f(x) dx

Lời giải

Cơng thức tính diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng y = 0, x=a, x =b(a <

b)và đồ thị hàm số y=f(x)là S= b Z

a

|f(x)|dx

Chọn đáp án A

Câu 13 Trong không gian Oxyz, điểm thuộc đường thẳng

x−1 =

y+ −1 =

z−2 ?

A Q(−2; 1;−3) B P(2;−1; 3) C M(−1; 1; 2) D N(1;−1; 2)

Lời giải

Dựa vào phương trình đường thẳng ta thấy đường thẳng cho qua điểm N(1;−1; 2)

Chọn đáp án D

(82)

Gọi công sai cấp số cộng d Ta có:

(

u1+u3 =

u4 = 10

⇔ (

u1 +u1+ 2d=

u1 + 3d= 10

⇔ (

2u1+ 2d=

u1+ 3d= 10

⇔ (

u1 =

d=

Chọn đáp án A

Câu 15

Cho hàm số y=f(x) có đồ thị hình bên Hàm số cho đạt cực đại

A x=−1 B x= C x= D x=−2

x y

O

−1

1

−2

Lời giải

Dựa vào đồ thị hàm số cho ta thấy hàm số cho đạt cực đại tạix=−1

Chọn đáp án A

Câu 16

Cho hàm sốy=f(x)có đồ thị hình vẽ Số nghiệm phương trình2|f(x)| −5 =

A B C D

x y

O

−1

1

−3

Lời giải

2|f(x)| −5 = ⇔ |f(x)|= ⇔



 

f(x) = (1)

f(x) =−5 (2)

Số nghiệm phương trình cho tổng số nghiệm phương trình (1) phương trình (2) Số nghiệm phương trình cho số giao điểm đường thẳng y =

2 đường thẳng

y=−5

2 với đồ thị hàm sốy=f(x)

Như vậy, dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình cho có nghiệm

Chọn đáp án C

(83)

x y0

y

−∞ −2 +∞ − + −

2

1 −∞ 5

−∞ −∞ Số đường tiệm cận đứng ngang đồ thị hàm số cho

A B C D

Lời giải

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=−2 tiệm cận ngang y=

Chọn đáp án B

Câu 18 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;−1; 2)và B(3; 3; 0) Mặt phẳng trung trực đường thẳngAB có phương trình

A x+y−z−2 = B x+y−z+ =

C x+ 2y−z−3 = D x+ 2y−z+ =

Lời giải

Ta có: A(1;−1; 2);B(3; 3; 0)⇒AB# » = (2; 4;−2)

Gọi M trung điểm đoạn thẳng AB Khi M(2; 1; 1)

Mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB mặt phẳng qua điểm M nhận AB# » làm véc-tơ pháp tuyến

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là:

2(x−2) + 4(y−1)−2(z−1) = ⇔ 2x−4 + 4y−4−2z+ = ⇔ x+ 2y−z−3 =

Chọn đáp án C

Câu 19

Diện tích hình phẳng bơi đậm hình vẽ xác định theo công thức

A

Z

−1

2x2 −2x−4 dx B

Z

−1

2x2+ 2x−4 dx

C Z

−1

−2x2 + 2x+

dx D

2

Z

−1

−2x2−2x+

dx x

y

O

−1

(84)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy cơng thức tính diện tích hình phẳng cần tính

2

Z

−1

−x2+ 3−x2+ 2x+ dx=

2

Z

−1

−2x2+ 2x+ dx

Chọn đáp án C

Câu 20 Cho số phức z thỏa mãn (2 + 3i)z+ 4−3i= 13 + 4i Mô-đun z

A 20 B C 2√2 D √10

Lời giải

(2 + 3i)z+ 4−3i= 13 + 4i

⇔ (2 + 3i)z = 13 + 4i−4 + 3i

⇔ (2 + 3i)z = + 7i

⇔ z = + 7i + 3i

⇔ z = (9 + 7i)(2−3i) (2 + 3i)(2−3i) ⇔ z = 18−21.i

2+ 14i−27i

22+ 32

⇔ z = 39−13i 13 ⇔ z = 3−i

⇒ |z|=

»

32+ (−1)2 =√10

Chọn đáp án D

Câu 21 Tập xác định hàm số y = (x−1)

1 là

A (0; +∞) B [ 1; +∞) C (1; +∞) D (−∞; +∞)

Lời giải

Do

2 ∈/ Z⇒ Hàm số xác định⇔x−1>0⇔x >1 Vậy tập xác định hàm số D = (1; +∞)

Chọn đáp án C

Câu 22 Tập hợp tất điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn |(1 +i)z−5 +i|= đường tròn tâmI bán kính R

A I(2;−3), R =√2 B I(2;−3), R= C I(−2; 3), R=√2 D I(−2; 3), R=

(85)

Gọi số phứcz =x+yi

|(1 +i)z−5 +i|=

⇔ |(1 +i)(x+yi)−5 +i|= ⇔ |(x−y−5) + (x+y+ 1)i|= ⇔ (x−y−5)2+ (x+y+ 1)2 =

⇔ (x−y)2−10(x−y) + 25 + (x+y)2+ 2(x+y) + = ⇔ 2x2+ 2y2−8x+ 12y+ 22 =

⇔ x2+y2−4x+ 6y+ 11 = ⇔ (x−2)2+ (y+ 3)2 =

Vậy đường tròn biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện tốn có tâm I(2;−3), R=√2

Chọn đáp án A

Câu 23 Tổng tất nghiệm phương trình 32x−2.3x+2+ 27 = 0 bằng

A B 18 C D 27

Lời giải

32x−2.3x+2+ 27 = ⇔ 32x−2.9.3x+ 27 = ⇔ 32x−18.3x+ 27 =

⇔ "

3x1 = + 3√6 3x2 = 9−3√6

⇒ 3x1 ·3x2 =Ä9 + 3√6ä Ä9−3√6ä ⇔ 3x1+x2 = 92−Ä3√6ä2 = 27 ⇔ x1+x2 =

Chọn đáp án C

Câu 24 Với số a, b > 0thỏa mãn a2+b2 = 6ab, biểu thức log2(a+b) A

2(3 + log2a+ log2b) B

1

2(1 + log2a+ log2b)

C +

2(log2a+ log2b) D +

2(log2a+ log2b)

Lời giải

Ta có: a2+b2 = 6ab⇔(a+b)2 = 8ab

⇒ log2(a+b)2 = log28ab

⇔ 2log2(a+b) = log28 + log2a+ log2b

(86)

Câu 25 Cho khối trụ (T) Biết mặt phẳng chứa trục của(T) cắt (T) theo thiết diện hình vng cạnh4a Thể tích khối trụ cho

A 8πa3 B 64πa3 C 32πa3 D 16πa3

Lời giải

Thiết diện hình trụ(T)qua trục hình vng cạnh 4a⇒hình trụ có chiều cao làh = 4a bán kính đáyR =

2 ·4a= 2a ⇒V =πR

2h=π·4a2·4a= 16πa2.

Chọn đáp án D

Câu 26 Giá trị lớn hàm số f(x) = x

2−8x

x+ đoạn [1; 3]

A −15

4 B −

7

2 C −3 D −4

Lời giải

Tập xác định: D =R\ {−1} Ta có: x=−1∈/ [1; 3]

f0(x) = x

2+ 2x−8

(x+ 1)2

f0(x) = 0⇔ "

x= 2∈[1; 3]

x=−4∈/ [1; 3]

Màf(1) =−7

2;f(3) =− 15

4 ;f(2) =−4

Vậy giá trị lớn hàm số cho trên[1; 3] −7

Chọn đáp án B

Câu 27 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy 2a chiều cao √3a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD)

A

√ 3a

2 B a C

√

3a D 2a

Lời giải

Ta có:

VSABCD = 3hSd=

1 3·a

√

3·4a2 = 4a 3√3

3 ⇒VSACD =

1

2VSABCD =

2a3√3

3 Gọi M trung điểm củaCD

⇒SM =√SO2 +OM2 =√3a2+a2 = 2a.

⇒SSCD =

2SM.CD =

2.2a.2a= 2a

2.

⇒d(A; (SCD)) = 3VSACD

SSCD

= 3·2a

3√3

3·2a2 =a

√

O

B

A

C S

D M

Chọn đáp án C

Câu 28 Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a Gọi M, N trung điểm AD

BC BiếtM N = √

3a

2 , góc đường thẳng AD BC

A 45◦ B 90◦ C 60◦ D 30◦

(87)

Gọi P trung điểm AC ta có:P M//CD P N//AB ⇒(⁄AB;CD) = (⁄P M;P N)

Do P M, P N đường trung bình tam giác ACD tam giác ABC

⇒P M = CD =

a

2;P N =

AB

2 =

a

2 Xét tam giácP M N có:

cosM P N÷ =

P M2+P N2−M N2

2·P M ·P N = a2

4 +

a2

4 − 3a2

4 2· a

2 ·

a

2

=−1 ⇒M P N÷ = 120◦

Vậy (⁄P M;P N) = 180◦ −120◦ = 60◦

P B

A

C

D M

N

Chọn đáp án C

Câu 29 Gọi x1, x2 hai điểm cực trị hàm số f(x) =

1 3x

3 −3x2 −2x Giá trị của x2 1+x22

bằng

A 13 B 32 C 40 D 36

Lời giải

Ta có: f0(x) = x2−6x−2⇒f0(x) = 0⇔x2−6x−2 = (*) Có x1;x2 hai điểm cực trị đồ thị hàm sốy =f(x)

⇒x1, x2 hai nghiệm phương trình (*)

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: (

x1+x2 =

x1x2 =−2

⇒x21 +x22 = (x1+x2)2−2x1x2 = 62−2·(−2) = 40

Chọn đáp án C

Câu 30 Trong không gianOxyz, gọidlà đường thẳng quaA(1; 0; 2)cắt vng góc với đường thẳngd1 :

x−1 =

y

1 =

z−5

−2 Điểm thuộcd?

A A(2;−1; 1) B Q(0;−1; 1) C N(0;−1; 2) D M(−1;−1; 1)

Lời giải

Ta có: d1 qua M(1; 0; 5)và có vec-tơ pháp tuyến u#»1 = (1; 1;−2) nên d1 :

   

  

x= +t y=t z = 5−2t

⇒M0(1 +t;t; 5−2t)∈(d1)

Đường thẳng d⊥d1 ⇒u#»2⊥u#»1

Phương trình mặt phẳng (α) qua A vng góc với d1 là: x− +y −2(z −2) = ⇔

(88)

⇒d đường thẳng qua hai điểm A(1; 0; 2)và M0(2; 1; 3)

⇒u#»2 =AM# »= (1; 1; 1) ⇒ Phương trình đường thẳng d:

   

  

x= +t y=t z = +t

Thử đáp án, có điểmQ(0;−1; 1) thuộc đường thẳng d khit =−1

Chọn đáp án B

Câu 31 Tìm m để đường thẳng y= 2x+mcắt đồ thị hàm số y= x+

x+ hai điểm M, N cho độ dài M N nhỏ

A B −1 C D

Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số 2x+m= x+

x+ 1(x6= 1)⇔2x

2+ (m+ 1)x+m−3 = 0 (*)

Ta có: ∆ = (m+ 1)2−8(m−3) =m2−6m+ 25 = (m−3)2+ 16>0,∀m ⇒(*) ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọim

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:   

 

x1+x2 =−

m+

x1x2 =

m−3

Gọi M(x1; 2x1+m), N(x2; 2x2 +m)là hai giao điểm đồ thị hàm số

Khi ta có:

M N2 = (x

2−x1)2+ (2x2−2x1)2 = 5(x2−x1)2

= 5ỵ(x1+x2)2−4x1x2

ó

=

ñ

(m+ 1)2 −4·

m−3

ô

= 4(m

2+ 2m+ 1−8m+ 24) =

4(m

2−6m+ 25)

=

4(m−3)

2

+ 20≥20,∀m

Dấu “=” xảy ra⇔m−3 = 0⇔m =

Chọn đáp án A

Câu 32 Có giá trị nguyên tham số m để đồ thị hàm số y =|x3−3x+m| có 5

điểm cực trị?

A B C D vô số

Lời giải

Hàm số y = |x3−3x+m|có điểm cực trị hàm số y =x3 −3x+m có cực trị

nằm hai phía trụcOx Ta có:

y0 =x3−3x+m⇔

"

x= 1⇒y=−2 +m x=−1⇒y= +m

Hai điểm cực trị nằm phía trục Ox ⇔(−2 +m) (2 +m)<0⇔m2−4<0⇔ −2< m <2.

Kết hợp điều kiệnm ∈Z⇒m∈ {−1; 0; 1} Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán

(89)

Câu 33 Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O, AB = a,

’

BAD= 60◦, SO⊥(ABCD) mặt phẳng (SCD) tạo với mặt đáy góc 60◦ Thể tích khối chóp cho

A

√

3a3

8 B

√ 3a3

24 C

√ 3a3

48 D

√ 3a3

12

Lời giải

Ta có:DAB’ = 60◦ ⇒∆ABD tam giác

cạnh a⇒BD=a ⇒ SABD =

a2√3

4 ⇒ SABCD = 2SABD =

a2√3

Kẻ SM⊥CD CD(SOM) CDOM

((SCDÔ),(ABCD)) = (OM, SM) = ’

SM O= 60◦

Xét∆OM D vuông tạiD ta có: sinODM÷ =

OM OD

⇒OM =OD·sin60◦ = a ·

√ =

a√3 Xét∆SOM vng M ta có:

SO=OM ·tan 60◦ = a √

3 ·

√

3 = 3a ⇒VSABCD =

1

3SO·SABD = 3·

3a

4 ·

a2√3 =

a3√3

8

O B

A C

D

30

◦

M

O B

A

C S

D M

Chọn đáp án A

Câu 34 Cho số thực dương x, y 6= thỏa mãn

logxy= logyx,logx(x−y) = logy(x+y) Giá trị x2+xy−y2

A B C D

Lời giải

(90)

(

logxy= logyx

logx(x−y) = logy(x+y) ⇔

  

 

logxy= logxy

logx(x−y) = logy(x+y)

⇔ (

logxy=±1

logx(x−y) = logy(x+y) ⇔     

   





y=x(không thỏa mãn)

y=

x

logx(x−y) = logy(x+y)

⇔  



y=

x

logx(x−y) = logx−1(x+y) ⇔

 



y=

x

logx(x−y) + logx(x+y) =

⇔  



y=

x

logx x2−y2= ⇔

(

xy =

x2 −y2 = ⇔ x2+xy−y2 = + =

Chọn đáp án D

Câu 35 Họ nguyên hàm hàm số f(x) = x+

x2+ 3x+ 2

A ln|x+ 1|+ ln|x+ 2|+C B ln|x+ 1|+ ln|x+ 2|+C C ln|x+ 1| −ln|x+ 2|+C D −ln|x+ 1|+ ln|x+ 2|+C

Lời giải

Ta có:

I = Z

f(x)dx = Z

x+

x2+ 3x+ 2dx=

Z

x+

(x+ 1)(x+ 2)dx =

Z Å

2

x+ −

x+

ã

dx= ln|x+ 1| −ln|x+ 2|+C

Chọn đáp án C

Câu 36 Tập hợp tất giá trị tham số m để hàm số y =x3 −mx2+ 3x−2đồng biến

trên Rlà

A (−3; 3) B [−3; 3] C

Å3

2;

ã

D

ï3

2;

ị

Lời giải

Ta có: y0 = 3x2 −2mx+ 3.

Hàm số cho đồng biến R

⇔ y0 ≥0,∀x∈R ⇔ ∆0 ≤0,∀x∈R ⇔ m2−9≤0 ⇔ −3≤m≤3

Chú ý: Chỉ kết luận∆0 >0là chưa đủ, học sinh thử lại m =±3 để chắn

(91)

Câu 37 Xét số phức z thỏa mãn z+

z−2i số ảo Biết tập hợp điểm biểu diễn

các số phứcz thuộc đường trịn cố định Bán kính đường trịn

A B √2 C 2√2 D

Lời giải

Gọi z =a+bi ta có:

z+

z−2i =

(a+ 2) +bi a+ (b−2i)i =

[(a+ 2) +bi] [a−(b−2)i] [a+ (b−2)i] [a−(b−2)i] = (a+ 2)a−(a+ 2)(b−2)i+abi+b(b−2)

a2+ (b−2)2

= a

2+ 2a+b2−2b

a2+ (b−2)2 −

(a+ 2) (b−2)−ab a2+ (b−2)2 i

Để số số ảo⇒ có phần thực ⇒a2+ 2a+b2 −2b = 0.

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm I(−1; 1), bán kính

R=»(−1)2+ 12 −0 =√2.

Chọn đáp án B

Câu 38 Gieo xúc xắc chế tạo cân đối đồng chất lần Gọi a số chấm xuất lần gieo thứ nhất,b số chấm xuất lần gieo thứ hai Xác suất để phương trình

x2+ax+b = 0 có nghiệm bằng

A 17

36 B

19

36 C

1

2 D

4

Lời giải

Gieo xúc xắc lần⇒n(Ω) = 62 = 36.

Để phương trìnhx2+ax+b= 0có nghiệm⇔∆ =a2−4b≥0⇔b≤ a

4 vớia, b∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6} TH1: a= 1⇒b ≤

4 ⇒ Khơng có b thỏa mãn TH2: a= 2⇒b ≤

2

4 = ⇒b= 1⇒ có cặp (a;b)thỏa mãn TH3: a= 3⇒b ≤

2

4 = 2,25⇒b∈ {1; 2} ⇒có cặp (a;b) thỏa mãn TH4: a= 4⇒b ≤

2

4 = ⇒b∈ {1; 2; 3; 4} ⇒có cặp (a;b) thỏa mãn TH5: a= 5⇒b ≤

2

4 = 6,25⇒b∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6} ⇒ có cặp (a;b)thỏa mãn TH6: a= 6⇒b ≤

2

4 = ⇒b∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6} ⇒có cặp (a;b) thỏa mãn

Gọi A biến cố: “Phương trìnhax2+bx+c= 0 có nghiệm” ⇒n(A) = + + + + = 19.

Vậy P(A) = 19 36

Chọn đáp án B

Câu 39 Biết tồn số nguyên a, b, c cho

3

Z

(92)

ĐặtI =

3

Z

2

(4x+ 2) lnxdx

Đặt (

u= lnx

dv = (4x+ 2)dx

⇔  



du= dx

x

v = 2x2+ 2x= 2x(x+ 1) Khi

I = [2x(x+ 1) lnx]|3 2−

3

Z

2

2x(x+ 1)

x dx

I = 24 ln 3−12 ln 2−2

3

Z

2

(x+ 1)dx

I = 24 ln 3−12 ln 2−2

Å

x2

2 +x

ã

32

I = 24 ln 3−12 ln 2−2

Å

15 −4

ã

I = 24 ln 3−12 ln 2−7 =a+bln +cln

⇒    

  

a =−7

b =−12⇒a+b+c=−7−12 + 24 =

c= 24

Chọn đáp án C

Câu 40 Có giá trị nguyên tham số m để đồ thị hàm số

y = x3 −(m + 1)x2 + (m2 − 2)x −m2 + có hai điểm cực trị hai điểm cực trị nằm hai phía khác trục hồnh?

A B C D

Lời giải

y=x3−(m+ 1)x2+ (m2−2)x−m2+ 3 TXĐ: D= R

Ta có: y0 = 3x2 −2(m+ 1)x+m2−2.

Để hàm số có điểm cực trị ⇔ phương trình y0 = có nghiệm phân biệt ⇔∆0 = (m+ 1)2−3 (m2−2)>0⇔ −2m2+ 2m+ 7 >0⇔ 1−

√ 15

2 < m <

1 +√15 Màm ∈Z ⇒m∈ {−1; 0; 1; 2}

Thử lại:

+) Vớim=−1 ta có y=x3−x2−x+ 2.

Khi đóy0 = 3x2−2x−1 = 0⇔ 



x= 1⇒y=

x= −1

3 ⇒y = 59 27

(ktm)

+) Vớim= ta có y=x3−x2−2x+ 3.

Khi đóy0 = 3x2−2x−2 = 0⇔



  

x= + √

7

3 ⇒y=

61−14√7 27 >0

x= 1− √

7

3 ⇒y=

61 + 14√7 27 >0

(ktm)

(93)

Khi đóy0 = 3x3−4x−1 = 0⇔



  

x= + √

7

3 ⇒y=

20−14√7 27 <0

x= 2− √

7

3 ⇒y=

20 + 14√7 27 <0

(tm)

+) Vớim= ta có y=x3−3x2+ 2x−1

Khi đóy0 = 3x3−6x+ = 0⇔ 

  

x= + √

3

3 ⇒y =−

9 + 2√3 27 <0

x= 3− √

3

3 ⇒y=

−9 + 2√3 <0

(ktm)

Vậy có giá trị m thỏa mãn m=

Chọn đáp án B

Câu 41 Cho hình trụ (T) có chiều cao 2a Hai đường trịn đáy (T)có tâm

O vàO1 bán kính a Trên đường trịn đáy tâmO lấy điểmA, đường tròn đáyO1 lấy

điểmB cho AB=√5a Thể tích khối tứ diện OO1AB A

√ 3a3

12 B

√ 3a3

4 C

√

3a3

6 D

√ 3a3

3

Lời giải

Trên (O) lấy điểmB0, (O1)lấy điểmA0 cho AA0 ∥BB0 ∥OO1 Khi

đó ta hình lăng trụOAB0.O1A0B

Ta có AA0 =h= 2a, AB =a√5 Xét tam giác vng AA0B có A0B =

√

AB2-AA02 =√5a2−4a2 =a.

Do tam giácO1A0B có O1A0 =O1B = A0B =a ⇒∆O1A0B cạnh a

⇒S∆O1A0B = a√3

4

⇒VOAB0.O1A0B=AA0.SO1A0B = 2a a2√3

4 =

a2√3

2

Ta có VOAB0.O1A0B=VA.O1A0B =VOAB0.O1A0B+VB.OAB0+VOO1AB

MàVA.O1A0B =

1

3VOAB0.O1A0B;VB.OAB0 =

3VOAB0.O1AB ⇒VOO1AB =

1

3VOAB0.O1A0B = ·

a3√3 =

a3√3 O1 O B B0 A0 A

Chọn đáp án C

Câu 42 Trong không gian Oxyz, cho điểm A(−1; 2; 1), B(2;−1; 4), C(1; 1; 4) Đường thẳng vng góc với mặt phẳng (ABC)?

A x

−1 =

y

1 =

z

2 B

x

2 =

y

1 =

z

1 C

x

1 =

y

1 =

z

2 D

x =

y =

z

−1

Lời giải

Phương pháp:

(d)⊥(P)⇔u#»d phương vớin# »P

Cách giải:

Ta có (# »

AB= (3;−3; 3)//#»a = (1;−1; 1) # »

AC = (2;−1; 3) ⇒ #»

(94)

phương với(−2;−1; 1)

Chọn đáp án D

Câu 43 Cho hàm số f(x)>0 với x∈R, f(0) = f(x) = √x+ 1·f0(x) với mọix ∈R Mệnh đề đúng?

A 4< f(3)<6 B f(3)<2 C 2< f(3)<4 D f(3)>6

Lời giải

Phương pháp:

+) Từ giả thiết suy f

0(x)

f(x) = √

x+ +) Sử dụng phương pháp nguyên hàm vế

Cách giải:

Theo ta có: f(x) = √x+ 1f0(x)(*) Do f(x)>0∀x∈R nên từ (*) ta có f

0(x)

f(x) = √

x+ Lấy nguyên hàm vế ta được:

Z

f0(x)

f(x) dx= Z

1 √

x+ 1dx

⇔ln|f(x)|dx= 2√x+ +C ⇔lnf(x) = 2√x+ +C⇔f(x) =e2

√

x+1+C. Ta có f(0) = 1⇒1 = e2+C ⇔2 +C = 0⇔C =−2

Do đóf(x) = e2

√

x+1−2 ⇒f(3) =e2 ≈7,4>6.

Chọn đáp án D

Câu 44 Cho hàm số y=f(x) Hàm số y=f0(x) có bảng xét dấu sau

x

f0(x)

−∞ −2 +∞ − + + −

Hàm số y=f(x2+ 2x) nghịch biến khoảng đây?

A (0; 1) B (−2;−1) C (−2; 1) D (−4;−3)

Lời giải

Đặtg(x) = f(x2+ 2x)ta có:

g0(x) = (2x+ 2)f0(x2 + 2x) = 2(x+ 1)f0(x2+ 2x)

Hàm số y=g(x) nghịch biến (a;b)⇔g0(x)≤0,∀x∈(a;b) hữu hạn điểm Xét đáp án A ta có:g0

Å1

2

ã

= 3f0

Å5

4

ã

>0⇒ Loại đáp án A

Xét đáp án C ta có:g0

Å−3

2

ã

= 2f0(0)>0⇒ Loại đáp án C

Xét đáp án D ta có: g0

Å

−7

ã

=−5f0

Å

21

ã

>0⇒Loại đáp án D

(95)

Câu 45 Cho số phức z1, z2, z3 thỏa mãn |z1| = |z2| = |z3| =

z31 +z23+z33+z1z2z3 = Đặtz =z1+z2+z3, giá trị |z|

−3|z|2

A −2 B −4 C D

Lời giải

Do giả thiết cho với cặp số phức z1, z2, z3 nên ta chọn z1 =z2 = 1, kết hợp giả

thiết ta có:

z3

1+z32+z32+z1z2z3 = 0⇔1 + +z33+z3 = 0⇔z33+z3+ = 0⇔z3 =−1, thỏa mãn|z3|=

Khi ta có cặp (z1, z2, z2) = (1; 1;−1)thỏa mãn yêu cầu tốn

Khi đóz =z1+z2+z3 = + 1−1 = 1.⇒ |z|3−3|x|2 = 1−3.1 =−2

Chọn đáp án A

Câu 46 Trong không gian Oxyz, tập hợp điểm thỏa mãn|z|+|y|+|z| ≤2và|x−2|+|y|+ |z| ≤2 khối đa diện tích

A B C

3 D

4

Lời giải

Có 0≤ |x|+|y|+|z| ≤2và 0≤ |x−2|+|y|+|z| ≤2 nên tìm điểm đầu mút

|x|+|y|+|z|= 0⇒x=y=z= ⇒O(0; 0; 0) |x−2|+|y|+|z|= ⇒x= 2;y=z = 0⇒A(2; 0; 0) Xét hệ phương trình

(

|x|+|y|+|z|= |x−2|+|y|+|z|= ⇒ |x|=|x−2|

⇔ x= 2−x

⇔ x= ⇒ |y|+|z|=

⇒ "

y= 0;z =±1

y=±1;z =

⇒B(1; 0; 1), B0(1; 0;−1), C(1; 1; 0), C0(1;−1; 0)

Dựng hình suy tập hợp điểm thỏa mãn bát diện B.OCAC0.B0

Ta có OB =√11+ 11 =√2, hình bát diện đều

B.OCAC0.B0 có cạnh √2

Vậy thể tích bát diện làV =

Ä√

2ä3·√2 =

4

x

y

z

A B

B0

O C

(96)

bằng

4 Gọi x1, x2 hoành độ A B Giá trị (x1+x2)

2

bằng

A B C 13 D 11

Lời giải

(P) :y= 2x

2

Tập xác định: D =R Ta có y0 =x

Giả sửA

Å

x1;

1 2x

2

ã

;B

Å

x2;

1 2x

2

ã

∈(P)(x1 6=x2)

Phương trình tiếp tuyến điểm A (P) y =

x1(x−x1) +

1 2x

2

1 ⇔y=x1x−

1 2x

2 1(d1)

Phương trình tiếp tuyến điểm B (P) y =

x2(x−x2) +

1 2x

2

2 ⇔y=x2x−

1 2x

2 2(d2)

Do (d1)⊥(d2) nên ta có x1x2 =−1⇔x2 =

−1

x1

x y

O x1

1 2x

2

x2

2x 2

Phương trình đường thẳng AB:

x−x1

x2−x1

=

y− 2x

2

1 2x

2 2−

1 2x

2

⇔

2(x−x1) x

2 2−x

2

=

Å

y−1 2x

2

ã

(x2−x1)

⇔ (x−x1)(x2+x1) = 2y−x21

⇔ (x1+x2)x−2y−x1x2 =

⇔ y=

2[(x1+x2)x−x1x2] =

(97)

Do diện tích hình phẳng giới hạn bởiAB,(P) là:

S=

x2 Z

x1

(x1 +x2)x+ 1−x2

dx ⇔ = Å

(x1+x2)

x2

2 +x−

x3 ã x2x1 ⇔ = ï

(x1+x2)

Åx2 2 − x2 ã

+ (x2−x1)−

x3 2−x31

3

ò

⇔ =

1

2(x1+x2) x

2 2−x

2

+ (x2−x1)−

x3 2−x31

3 ⇔ 27 = x1x22−x

3 1+x

3 2−x

2 1x2

+ (x2−x1)−2x32+ 2x

⇔ 27 = 3x1x22−3x1x22+x 2−x

3

1+ 6(x2−x1)

⇔ 27 =−3(x2−x1) + (x2−x1) x21+x 2−1

+ 6(x2−x1)

⇔ 27 = 3(x2 −x1) + (x2−x1) x21+x 2−1

⇔ 27 = (x2−x1) x21+x 2 +

⇔ 27 = (x2−x1) x12+x22 −2x1x2

⇔ 27 = (x2−x1)(x2−x1)2 = (x2−x1)3

⇔ x2−x1 =

Thayx2 =

−1

x1

ta có:

−1

x1

−x1 =

⇔ −1−x21 −3x1 =

⇔     

x1 =

−3−√5

2 ⇒x2 = +√5

x1 =

−3 +√5

2 ⇒x2 =

−2 −3 +√5 ⇔ (x1+x2)

2

=

Chọn đáp án B

Câu 48 Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a,

SA = SB = √2a, khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) a Thể tích khối chóp cho

A

√ 6a3

3 B

√ 3a3

6 C

2√6a3

3 D

2√3a3

(98)

Gọi E, F trung điểm AB CD ∆SAB có SA=SB ⇒SE⊥AB ⇒SE⊥CD Ta có

(

CD⊥SE CD⊥EF

⇒CD⊥(SEF)

Trong (SEF) kẻEK⊥SF ta có: (

EK⊥SF

EK⊥CD ⇒EK⊥(SCD)⇒d(E; (SCD)) =EK

Vì

AB ∥ CD ⇒ AB ∥ (SCD) ⇒ d (E; (SCD)) = d (A; (SCD)) =a

A B

S

K

C F E

H

D

Kẻ SH⊥EF ta có (

SH⊥EF

CD⊥(SEF) ⇒SD⊥CD ⇔SH⊥(ABCD) Ta có S∆SEF =

1

2SH ·EF=

2EK ·SF ⇔SH ·2a=a·SF ⇒2SH =SF ĐặtSH =x⇒SF = 2a

Ta có AE =

2AB=a⇒SE = √

SA2−AE2 =√2a2−a2 =a.

Áp dụng định lí Cosin tam giác SEF ta có:

cosSEF’=

SE2+EF2−SF2

2SE.EF =

a2+ 4a2−4x2

2·a·2a =

5a2−4x2

4a2

Xét tam giác vuông SHE có EH =SE·cosSEF’=a·

5a2−4x2

4a2 =

5a2−4x2

4a

Áp dụng định lí Pytago tam giác vngSHE có:

SH2+EH2 =SE2

⇔ x2+

Å5a2−4x2

4a

ã2

=a2

⇔ 16a2x2+ 25a4−40a2x2 + 16x4 = 16a4

⇔ 9a4−24a2x2+ 16x4 = ⇔ 3a2−4a22 =

⇔ 4x2 = 3a2 ⇔x= a √

3

2 =SH

Vậy VS.ABCD =

3SH ·SABCD =

a√3 ·4a

2 = 2a 3√3

3

Chọn đáp án D

Câu 49 Cho số thực α cho phương trình 2x−2−x = cos(αx) có 2019 nghiệm thực Số nghiệm phương trình 2x+ 2−x = + cos(αx)

A 2019 B 2018 C 4037 D 4038

Lời giải

Ta có: 2x+ 2−x = + 2cos(αx)⇔2x2 −2−x

2

= cos2 αx

2 ⇔ 



2x2 −2−

x

2 = cosαx

2 (1) 2x2 −2−

x

2 =−2 cosαx

2 (2) Thayx = 0vào phương trình (1) ta có 20−20 = cos 0⇔0 = 1 (Vơ lí), kết hợp với giả thiết ta

(99)

Với x0 nghiệm phương trình (1)

⇔ x0

2 −2−

x0

2 = cosαx0

2 ⇔

(−x0)

2 −2

−(−x0)

2 = −2 cos α(−x0)

2 ⇒ −x0 nghiệm phương trình(2)

Thayx=−x0 vào phương trình (1) ta có:

⇔2− x0

2 −2

x0

2 = cosα(−x0)

2 = cos

αx0

2 =

x0

2 −2 −x0

2

⇔2·2x02 = 2·2 −x0

2 ⇔2

x0

2 +1 = 2 −x0

2 +1 ⇔ x0

1 + = −

x0

1 + 1⇔x0 = ( vơ lí x0 6= ) ⇒ −x0 khơng nghiệm phương trình(1), điều đảm bảo nghiệm phương trình (2) khơng trùng với nghiệm phương trình (1)

Do phương trình(2) có2019 nghiệm

Vậy phương trình ban đầu có 2019·2 = 4038nghiệm

Chọn đáp án D

Câu 50 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(3; 1;−3), B(0;−2; 3) mặt cầu (S): (x+ 1)2 +y2 + (z−3)2 = Xét điểm M thay đổi thuộc mặt cầu (S), giá trị lớn M A2+ 2M B2

A 80 B 50 C 82 D 52

Lời giải

Mặt cầu(S) có tâmI(−1; 0; 3), bán kínhR = Gọi J(a;b;c) điểm thỏa mãn

# »

J A + · J B# » = #»0 Ta có: J A# » = (3 − a,1 − b,−3 − c);J B# » = (−a; 2−b; 3−c)

⇒ J A# » + 2.J B# » = (3 − 3a;−3 − 3b; − 3c) = #»0 ⇔ 

  

  

a =

b =−1⇒J(1;−1; 1) c=

I

M

J

Khi ta có:

T =M A2+ 2M B2 =ÄM J# »+J A# »ä2+ 2ÄM J# »+J B# »ä2

T =M J2+ 2·M J # »J A# »+J A2+ 2M J2+ 4M J# »·J B# »+ 2J B2 T = 3M J2+ 2M J# »(J A# »+ 2J B# »)

| {z#» }

0

+J A2+ 2J B2

| {z }

const

Do đóTmax ⇔M Jmax

Ta có: IJ# »= (2;−1;−2)⇒IJ =√22+ 12+ 22 = 3 > R= 1⇒J nằm phía ngồi mặt cầu (S).

Khi

M Jmax =IJ+R= + =

Vậy Tmax = 3.42+ (22+ 22+ 42) + 2.(12+ 12+ 22) = 3.16 + 24 + 2.6 = 84

Chọn đáp án C

(100)

1 C D C A A D C B C 10 A

11 C 12 A 13 D 14 A 15 A 16 C 17 B 18 C 19 C 20 D

21 C 22 A 23 C 24 A 25 D 26 B 27 C 28 C 29 C 30 B

31 A 32 B 33 A 34 D 35 C 36 B 37 B 38 B 39 C 40 B

(101)

5 ĐỀ THI THỬ THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN, QUẢNG TRỊ, LẦN 1 (2019)

Câu Cho biểu thức P = s

2 3

2

…

2

3 Mệnh đề mệnh đề sau đúng?

A P =

Å2

3

ã18

B P =

Å2

3

ã18

C P =

Å2

3

ã181

D P =

Å2

3

ã12

Lời giải

P = s

2 3

2

…

2 =

Å2

3

ã13

·

Å2

3

ã13·13

·

Å2

3

ã12·13·13

=

Å2

3

ã13+19+181

=

Å2

3

ã12

Chọn đáp án D

Câu Tính số đường tiệm cận đồ thị hàm số y= x

2+x−2

x2−3x+ 2

A B C D

Lời giải

Tập xác định: D =R\{1; 2} Ta có: y= x

2+x−2

x2−3x+ 2 =

(x−1)(x+ 2) (x−1)(x−2) =

x+

x−2 lim

x→2+y= limx→2+

x+

x−2 = +∞; xlim→2−y= limx→2− x+

x−2 =−∞ ⇒x= tiệm cận đứng đồ thị hàm số

lim

x→±∞y= limx→±∞

x+

x−2 = ⇒y= tiệm cận ngang đồ thị hàm số Câu Cho hàm số bậc ba y=f(x)có đồ thị hình vẽ Mệnh đề đúng?

x y

O

1

−1

A Giá trị cực tiểu hàm số bằng−1 B Điểm cực tiểu hàm số −1

C Điểm cực đại hàm số D Giá trị cực đại hàm số là0

Lời giải

Dựa vào đồ thị ta thấy:

(102)

A (−∞; 0) (2; +∞) B (−∞; 0)

C (0; 2) D (2; +∞)

Lời giải

Tập xác định: D =R Đạo hàm:y0 =−3x2+ 6x.

Xéty0 = 0⇔ −3x2+ 6x= 0⇔ "

x=

x= Bảng biến thiên:

x y0

y

−∞ +∞

− + − +∞

+∞

−4 −4

0

−∞ −∞ Vậy hàm số đồng biến khoảng(0; 2)

Chọn đáp án C

Câu Cho khối lập phương ABCD.A0B0C0D0 có độ dài cạnh 3cm Tính thể tích khối tứ diện ACB0D0

A 3cm3. B 18√2cm3. C 18cm3. D 9cm3.

Lời giải

B

C D

B0

A D0

O0 A0

C0

Ta cóVB0D0AC = 2VD0OAC = 2·

1

2VD0AA0C0C = 2· 2·

2

3VDD0AA0C0C = 2· 2·

2 3·

1

2VABCD.A0B0C0D0 = 9cm

3.

Chọn đáp án D

Câu Khối nón (N) có bán kính đáy diện tích xung quanh bằng15π Tính thể tích khối nón(N)

A 36π B 12π C 16π D 45π

(103)

Gọi SO, SI đường cao đường sinh khối nón (N)

Ta có Sxq =π·OI·SI ⇒SI = Sxq

π·OI =

Suy SO=√SI2−OI2 = 4.

Thể tích khối nón(N)

V =

3SO·π·OI

2 =

3 ·4π9 = 12π

O S

I

Chọn đáp án B

Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x−2y+z+ 2017 = 0, véc tơ véc tơ cho véc-tơ pháp tuyến của(P)?

A #»n = (4; −4; 2) B #»n = (1; −1; 4) C #»n = (1; −2; 2) D #»n = (−2; 2; 1)

Lời giải

Ta có phương trình mặt phẳng(P) : 2x−2y+z+ 2017 = 0nên véc tơ pháp tuyến mặt phẳng(P)là n# »(P) = (2;−2; 1)

Mặt khác #»n = (4;−4; 2) phương vớin# »(P)

Do véc tơ #»n = (4;−4; 2) véc tơ pháp tuyến mặt phẳng (P)

Chọn đáp án A

Câu Cho số phức z = (2−3i) (4−i)

3 + 2i Tìm tọa độ điểm biểu diễn số phức z mặt

phẳngOxy

A (1; 4) B (−1; 4) C (−1;−4) D (1;−4)

Lời giải

Ta có

z = (2−3i) (4−i) + 2i =

(8−3)−(2 + 12)i

3 + 2i

= 5−14i + 2i

= (5−14i) (3−2i) (3 + 2i) (3−2i) = (15−28)−(10 + 42)i

9 + = −13−52i

13 =−1−4i Vậy điểm biểu diễn số phứcztrên mặt phẳng Oxy làM(−1;−4)

Chọn đáp án C

(104)

Lời giải

Ta có

I =

2

Z

1

x−1

x dx=

2

Z

1

Å

1−

x

ã

dx = (x−ln|x|)|21

= (2−ln 2)−(1−ln 1) = 1−ln

Chọn đáp án A

Câu 10 Khối chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 3a, SA = a, SA⊥(ABCD) Tính thể tích khối chópS.ABCD

A 3a3. B a

3

3 C 9a

3. D 6a3.

Lời giải

Ta cóV =

3SA·SABCD =

3a·(3a)

2

= 3a·9a

2 = 3a3.

a

3a

S

A B

C D

Chọn đáp án A

Câu 11 Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz, tập hợp điểm biểu biễn số phức z thỏa mãn |z−1 + 2i|=|z+ + 2i| đường thẳng có phương trình

A x−2y+ = B x+ 2y= C x−2y = D x+ 2y+ =

Lời giải

Đặtz =x+yi (x, y ∈R)⇒z =x−yi M(x;y) điểm biểu diễn số phức z Ta có:

|z−1 + 2i|=|z+ + 2i|

⇔ |x+yi−1 + 2i|=|x−yi+ + 2i| ⇔ |(x−1) + (y+ 2)i|=|(x+ 1) + (2−y)i| ⇔»(x−1)2+ (y+ 2)2 =»(x+ 1)2+ (2−y)2

⇔x2−2x+ +y2+ 4y+ =x2+ 2x+ +y2−4y+ ⇔x−2y=

Vậy tập hợp điểm biểu biễn số phức z thỏa mãn yêu cầu tốn đường thẳng có phương trình làx−2y=

(105)

Câu 12 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x−2y+z+ = Tính khoảng cáchd từ điểm M(1; 2; 1) đến (P)

A d= B d= C d= D d=

3

Lời giải

Khoảng cáchd từ điểm M(1; 2; 1)đến (P) làd(M,(P)) = |2p·1−2·2 + + 4| 22+ (−2)2+ 12 =

Chọn đáp án C

Câu 13 Cho số phức z = (1−2i)2 Tính mơ đun số phức

z

A

5 B

√

5 C

5 D

1 √

5

Lời giải

Ta có z = (1−2i)2 = 1−4i+ 4i2 =−3−4i.

⇒

z =

1

−3−4i =−

3 25+

4 25i Do

z

=

Å

− 25

ã2

+

Å

4

ã2

=

Chọn đáp án A

Câu 14 Tính diện tích mặt cầu có bán kính

A 18π B 36π C 12π D 9π

Lời giải

Gọi r bán kính mặt cầu

Ta có diện tích mặt cầu làS = 4πr2 = 4·π·32 = 36π.

Chọn đáp án B

Câu 15 Tìm nguyên hàm hàm số f(x) =

1−2x

Å

−∞;1

ã

A

2ln|2x−1|+C B

2ln|1−2x|+C C −1

2ln|2x−1|+C D ln|2x−1|+C

Lời giải

Trên khoảng

Å

−∞;1

ã

, ta có Z

f(x)dx=−1

Z

1−2xd(1−2x) = −

1

2ln|2x−1|+C

Chọn đáp án C

Câu 16 Thể tích khối trụ có bán kính R = 3, chiều cao h=

A V = 90π B V = 45 C V = 45π D V = 15π

Lời giải

Thể tích khối trụ:V =π·R2·h= 45π

Chọn đáp án C

Câu 17 Tìm nghiệm phương trình log3(x−2) =

(106)

⇔ x−2 = 32 ⇔ x−2 = ⇔ x= 11

Vậy nghiệm phương trình làx= 11

Chọn đáp án C

Câu 18 Gọi (D) hình phẳng giới hạn đường y = x

4, y = 0, x = 1, x = Tính thể tích vật thể trịn xoay tạo thành quay hình (D)quanh trục Ox

A 15

16 B

15π

8 C

21π

16 D

21 16

Lời giải

Thể tích vật thể trịn xoay tạo thành quay hình (D)quanh trục Oxlà

V =π·

4

Z

1

x

2

dx= πx

3

48

4

1

= 21π 16

Chọn đáp án C

Câu 19 Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y= x+ 2−m

x+ nghịch biến khoảng xác định

A m <−3 B m ≤ −3 C m≤1 D m <1

Lời giải

Tập xác định D =R\ {−1} Ta có y0 = −1 +m

(x+ 1)2

Hàm số cho nghịch biến khoảng xác định khi:

y0 = −1 +m

(x+ 1)2 <0;∀x∈D ⇔ −1 +m <0

⇔ m <1

Chọn đáp án D

Câu 20 Cho hình chópS.ABCcó thể tích bằng1 Trên cạnhBClấy điểmEsao choBE = 2EC Tính thể tíchV khối tứ diện S.AEB?

A V =

6 B V =

3 C V =

2

3 D V =

4

(107)

Ta có

S4AEB =

2·BE·d(A, BC) =

2·

3BC ·d(A, BC) =

3·S4ABC Suy

VS.ABE =

3·d(S,(ABC))·S4ABE =

3·d(S,(ABC))·

3S4ABC =

3·VS.ABC =

3·1 =

S

C B

E

A

Chọn đáp án C

Câu 21 Biết hàm số F(x) = mx3+ (3m+n)x2−4x+ 3 là nguyên hàm hàm số

f(x) = 3x2+ 10x−4 Tính mn

A mn= B mn= C mn= D mn=

Lời giải

VìF(x) nguyên hàm hàm số f(x) nên F0(x) =f(x),∀x∈R Khi đó,3mx2+ 2(3m+n)x−4 = 3x2+ 10x−4,∀x∈

R⇔

(

3m =

2(3m+n) = 10 ⇔

(

m =

n =

Vậy m.n=

Chọn đáp án B

Câu 22 Gọi z1, z2 hai nghiệm phức phương trình z2 −4z+ = Tính w =

1

z1

+

z2

+

i(z21z2+z22z1)

A w=−4

5 + 20i B w=

4

5+ 20i C w= + 20i D w= 20 +

4 5i

Lời giải

Theo hệ thức Vi-et, ta có (

z1+z2 =

z1z2 =

Suy w= z2+z1

z1z2

+i(z1+z2)z1z2 =

4

5 + 20i

Chọn đáp án B

Câu 23 Khối chóp tam giác có nhiều mặt phẳng đối xứng?

A B C D

(108)

S

A

B

C

S

A

B

C

S

A

B

C

Trường hợp 2: Khối chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy cạnh bên Khi khối chóp tam giác trở thành khối tứ diện SABC Khi khối chóp tam giác có tất 6mặt phẳng đối xứng

S

A

B

C

S

A

B

C

S

A

B

C

S

A

B

C

S

A

B

C

S

A

B

C

Vậy khối chóp tam giác có nhiều nhất6 mặt phẳng đối xứng

Câu 24 Cho số thực a >0, a6= Giá trịlog√

a3 √

a2 bằng

A

9 B

2

3 C D

9

Lời giải

Ta có: log√

a3 √

a2 = log

a

3

a23 =

3 ·

3·logaa=

9

Câu 25 Cho số phức z thỏa |z−1 + 2i|= Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức

w= 2z+itrên mặt phẳng (Oxy) đường trịn Tìm tâm đường trịn A I(2;−3) B I(1; 1) C I(0; 1) D I(1; 0)

(109)

Gọi M điểm biểu diễn số phứcw Ta có w= 2z+i⇔z = w−i

2 Do đó|z−1 + 2i|= 3⇔

w−i

2 −1 + 2i

= 3⇔ |w−2 + 3i|= ⇔M I = 6, với I(2;−3) Do tập hợp điểmM đường trịn tâm I(2;−3)và bán kính R=

Chọn đáp án A

Câu 26 Tìm tổng tất nghiệm phương trình

2 ·log2(x+ 3) = log2(x+ 1) +x

2−

x−4 + 2√x+

A S =−1 B S = 1−√2 C S= D S =

Lời giải

Điều kiện (

x+ >0

x+ >0 ⇔x >−1 Phương trình cho tương đương với:

log2√x+ 3−2√x+ +x+ = log2(x+ 1)−2 (x+ 1) + (x+ 1)2 (1)

Xétf(t) = log2t−2t+t2 với t >0

f0(t) =

tln −2 + 2t =

(2 ln 2)t2−(2 ln 2)t+ 1

tln =

2 ln 2·

Å

t−

ã2

+ 1− 2ln

t·ln >0, ∀t >0 Ta có f(t)là hàm số đồng biến (0; +∞)

 



Ä√

x+ 3ä∈(0; +∞) (x+ 1)∈(0; +∞)

Do đó(1) ⇔f √x+ 3=f(x+ 1) ⇔√x+ =x+

⇔x+ = (x+ 1)2 ⇔x2+x−2 = 0⇔ "

x=

x=−2

So với điều kiện ta nhậnx=

Vậy tổng tất nghiệm phương trình cho làS =

Chọn đáp án C

Câu 27 Tính đạo hàm hàm số y= log9(x2+ 1).

A y0 =

(x2+ 1) ln 9 B y

0 = x

(x2+ 1) ln 3 C y

0 = 2xln

x2+ 1 D y

0 = ln

x2+ 1

Lời giải

Ta có y0 = (x

2+ 1)0

(x2 + 1) ln 9 =

2x

(x2+ 1) ln 32 =

2x

(x2+ 1) ln 3 =

x

(x2+ 1) ln 3

Chọn đáp án B

(110)

Ta có a= 4, b =−5, c= 3,d= 49 Do R=√a2+b2+c2−d= 1.

Chọn đáp án A

Câu 29 Tích phân I =

1

Z

0

(x−1)2

x2+ 1 dx=a−lnb a, b số nguyên Tính giá trị

biểu thức a+b

A B C −1 D

Lời giải Ta có I = Z

(x−1)2

x2+ 1 dx

=

1

Z

0

Å

1− 2x

x2+ 1

ã dx = x

−ln x2+

= 1−ln ⇒

(

a=

b =

⇒a+b =

Chọn đáp án D

Câu 30 Cho x, y >0 thỏa mãn x+y=

2 biểu thức P =

x +

1

4y đạt giá trị nhỏ

Tínhx2 +y2

A 25

16 B

5

4 C

2313

1156 D

153 100

Lời giải

• Cách Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

P =

x +

1 4y =

42 4x +

12 4y ≥

(4 + 1)2 4x+ 4y =

25 4·3

2 = 25

6

Dấu “=” xảy 4x =

1

4y ⇔x= 4y mà x+y=

3 nên     

x=

y= 10· Suy giá trị nhỏ P 25

6     

x=

y= 10

⇒x2+y2 = 153

100 • Cách Ta có P =

x +

1 4y =

Å4 x + 25 x ã + Å 1

4y +

25 y

ã

− 25

9 (x+y) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

4

x +

25 x≥2

… x · 25x = 20 ; 4y +

25 y≥2

1 4y ·

25y

9 =

(111)

Dấu “=” xảy      x = 25 x

4y =

25 y mà   

x >0;y >0

x+y= ⇒     

x=

y= 10· Suy giá trị nhỏ P 25

6     

x=

y= 10

⇒x2+y2 = 153

100 • Cách Do x >0 x+y =

2 nên x∈

Å

0;3

ã

Xét hàm số f(x) =

x +

1

6−4x

Å

0;3

ã

Ta có f0(x) = −

x2 +

4 (6−4x)2;

f0(x) = 0⇔(6−4x)2 =x2 ⇔

"

6−4x=x

6−4x=−x

⇔ 

  

x= ∈

Å

0;3

ã

x= 2∈/

Å

0;3

ã

Bảng biến thiên

x f0(x)

f(x)

−∞

5

3

2 +∞

− +

−∞ −∞ +∞ +∞ 25 25 +∞ +∞

Ta có lim

x→0+f(x) = +∞; lim x→(3

2)

−f(x) = +∞;f

Å ã = 25 Dựa vào bảng biến thiên hàm số f(x) ta có

x∈(0;32)

f(x) =f

Å6

5

ã

= 25

Vậy giá trị nhỏ P 25     

x=

y= 10

⇒x2+y2 = 153 100

Chọn đáp án D

Câu 31

Người ta làm tạ tập tay hình vẽ với hai đầu hai khối trụ tay cầm khối trụ Biết hai đầu hai khối trụ đường kính đáy 12, chiều cao 6, chiều dài tạ bằng30và bán kính tay cầm là2 Hãy tính thể tích vật

liệu làm nên tạ tay

30

12

A 108π B 6480π C 502π D 504π

(112)

Gọi h1, R1, V1 chiều cao, bán kính đáy, thể tích

khối trụ nhỏ đầu

V1 =h1·π·R21 = 6·π·62 = 216π

Gọih2,R2,V2 chiều cao, bán kính đáy, thể tích

tay cầm

V2 =h2·π·R22 = (30−2·6)·π·22 = 72π

Thể tích vật liệu làm nên tạ tay bằngV = 2V1+V2 = 504π

6

30

12

Chọn đáp án D

Câu 32 Tính số giá trị nguyên tham số m khoảng (−2019; 2019) để hàm số y =

x4−2mx2−3m+ 1 đồng biến khoảng (1; 2).

A 2020 B C 2019 D

Lời giải

Xét hàm số y=x4−2mx2−3m+ 1.

Ta có y0 = 4x3−4mx.

Hàm số đồng biến khoảng(1; 2)

⇔ y0 ≥0,∀x∈(1; 2)

⇔ 4x3−4mx≥0,∀x∈(1; 2)

⇔ x2−m ≥0,∀x∈(1; 2) ⇔ x2 ≥m,∀x∈(1; 2)

Màx2 >1,∀x∈(1; 2) Do đóm≤1

Lại cóm ∈(−2019; 2019)và m ∈Z nên m ∈ {−2018;−2017; .;−1; 0; 1} Vậy có2020 giá trị nguyên tham số m thỏa yêu cầu toán

Chọn đáp án A

Câu 33

Cho hàm số f(x) có đạo hàm f0(x) Đồ thị hàm số

y=f0(x)như hình vẽ bên Tính số điểm cực trị hàm số

y=f(x2) khoảng (−√5;√5)

A B C D

2

y=f0(x)

x y

O

Lời giải

Xét hàm số g(x) =f(x2)⇒g0(x) = 2xf0(x2)

Cho g0(x) = 0⇔ "

x=

f0 x2

= ⇔ 

  

x=

x2 =

x2 = ⇔

"

x=

x=±√2

(113)

x y0

y

−√5 −√2 √2 √5 − + − +

Từ suy hàm sốy=f(x2) có điểm cực trị

Chọn đáp án C

Câu 34 Cho hình phẳng Dđược giới hạn hai đường y= 2(x2−1);y = 1−x2 Tính thể tích

khối tròn xoay tạo thành D quay quanh trụcOx A 64π

15 B

32

15 C

32π

15 D

64 15

Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số y = 2(x2−1) y= 1−x2

2(x2−1) = 1−x2 ⇔x=±1

Lấy đối xứng đồ thị hàm sốy= 2(x2−1)qua trụcOx ta được

đồ thị hàm số y= 2(1−x2).

Ta có 2(1−x2)≥1−x2,∀x∈[−1; 1].

Khi đoạn[−1; 2]phần thể tích hàm sốy= 2(x2−1)

chứa phần thể tích hàm sốy= 1−x2.

x y

O

−1 1

−2

y= 2x2−2

y= 1−x2

y=−2x2+ Suy thể tích khối trịn xoay cần tìm

V =π

1

Z

−1

2(x2−1)2 dx= 64π 15

Chọn đáp án A

Câu 35 Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) :x+y+z−3 = ba điểm A(3; 1; 1),

B(7; 3; 9) C(2; 2; 2) Điểm M(a;b;c) (P) cho

# »

M A+ 2M B# »+ 3M C# »

đạt giá trị nhỏ Tính2a−10b+c

A 62

9 B

27

9 C

46

9 D

43

Lời giải

• Gọi I(x;y;z)là điểm thỏa mãn IA# »+ 2IB# »+ 3IC# »= #»0 Ta có

   

  

# »

IA= (3−x; 1−y; 1−z) # »

IB= (7−x; 3−y; 9−z) # »

(114)

• IA# »+ 2IB# »+ 3IC# »= #»0 ⇔       

23−6x= 13−6y= 25−6z =

⇔             

x= 23

y= 13 ⇒I

Å 23 ; 13 ; 25 ã

z = 25

Ta có |M A# »+ 2M B# »+ 3M C# »|=|6M I# »+ (IA# »+ 2IB# »+ 3IC# »)|=|6M I# »|= 6M I

Khi |M A# »+ 2M B# »+ 3M C# »|đạt giá trị nhỏ ⇔M I nhỏ ⇔M hình chiếu

I lên mặt phẳng P

• Đường thẳng M I qua I vng góc (P) Ta có M I qua I

Å23 ; 13 ; 25 ã

và nhận n#»p = (1; 1; 1) làm véc-tơ phương

Suy phương trình (M I) :             

x= 23 +t

y= 13 +t

z = 25 +t Ta có M ∈(M I)⇔M

Å23

6 +t; 13

6 +t; 25

6 +t

ã

Mặt khác

M ∈(P) ⇔ 23 +t+

13 +t+

25

6 +t−3 = ⇔ t= −43

18 ⇔ M Å 13 ; −2 ; 16 ã Do             

a= 13

b= −2

9 ⇒2a−10b+c= 62

9

c= 16

Chọn đáp án A

Câu 36 Cho hàm sốf(x)xác định trênR, có đạo hàmf0(x) = (x+ 1)3(x−2)5(x+ 3)3 Số điểm

cực trị hàm số f(|x|)

A B C D

Lời giải

• Hàm số y =f(|x|)là hàm chẵn nên đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng • Gọi n số điểm cực trị hàm số y =f(x) miền x >0 Khi số điểm cực trị

hàm số y=f(|x|) là2n+

• Ta có f0(x) = 0⇔(x+ 1)3(x−2)5(x+ 3)3 = ⇔ 

  

x=−1

x=

x=−3

( nghiệm bội lẻ )

(115)

⇒Số điểm cực trị hàm số y=f(|x|) là2·1 + =

Chọn đáp án A

Câu 37 Cho hai số phức z, w thỏa mãn |z−3√2| =√2, |w−4√2i| = 2√2 Biết |z −w| đạt giá trị nhỏ khiz =z0, w=w0 Tính |3z0−w0|

A 2√2 B 4√2 C D 6√2

Lời giải

Ta có:

• |z−3√2|=√2, suy tập hợp điểm biểu diễn M

biểu diễn số phứczlà đường trịn có tâmI(3√2; 0), bán kính r=√2

• |w − 4√2i| = 2√2, suy tập hợp điểm biểu diễn N biểu diễn số phức w đường trịn có tâm

J(0; 4√2), bán kínhR= 2√2 Suy |z−w|=M N

Mặt khác IM +M N +N J ≥IJ

⇒M N ≥IJ −IM −N J

HayM N ≥5√2−√2−2√2 = 2√2

Suy minM N = 2√2 I, M, N, J thẳng hàng

M, N nằm I, J (Hình vẽ) Khi ta có:

|3z0 −w0|=|3OM# »−ON# »|, IM# »=

1

# »

IJ;IN# »=

# »

IJ

y

x I

J

M N

O

−2

2

Mặt khác ON# »=OI# »+IN# » =OI# »+

# »

IJ; 3OM# »= 3(OI# »+IM# ») = 3(OI# »+1

# »

IJ) = 3OI# »+3

# »

IJ Suy |3z0−w0|=|3

# »

OM−ON# »| =|3OI# »+

# »

IJ −(OI# »+3

# »

IJ)|=|2OI# »| = 6√2

Chọn đáp án D

Câu 38 Một vòng đeo tay gồm 20 hạt giống Hỏi có cách cắt vịng thành 2phần mà số hạt phần số lẻ?

A 90 B C 180 D 10

Lời giải

Ta có20 = + 19 = + 17 = + 15 = + 13 = + 11 mà vòng đeo tay gồm 20hạt giống nên có5 cách cắt vịng thành phần mà số hạt phần số lẻ

Chọn đáp án B

Câu 39 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành tích 48 Trên cạnh

(116)

Gọi O tâm ABCD, I giao điểm M N SO

Khi đóP giao điểm AI SC Do mặt phẳng (AM N) cắt hình chóp

S.ABCD có đáy hình bình hành theo thiết diện tứ giácAM P N nên ta có

SA SA +

SC SP =

SB SM +

SD SN

⇔SC

SP =

⇔SP

SC =

1

Xét hình chóp S.ABCD có

VS.BCD =

2 ·VS.ABCD = 24 Ta có VS.M N P

VS.BDC

= SM

SB · SN SD·

SP SC =

1 24 ⇒VS.M N P =

D

C A

B

M

S

P N

O I

Chọn đáp án D

Câu 40

Săm lốp xe tô bơm căng đặt nằm mặt phẳng nằm ngang có hình chiếu hình vẽ với bán kính đường trịn nhỏ R1 = 20 cm, bán kính đường trịn lớnR2 = 30 cm

và mặt cắt cắt mặt phẳng qua trục, vuông góc mặt phẳng nằm ngang hai đường trịn Bỏ qua độ dày vỏ săm Tính thể tích khơng khí chứa bên săm

A 1250π2 cm3. B 1400π2 cm3.

C 2500π2 cm3. D 600π2 cm3.

O

O R1

R2

(117)

Thể tích săm xe thể tích khối trịn xoay sinh hình trịn tâm I(0; 25)bán kính quay quanh trụcOx

Ta có phương trình đường trịn tâmI bán kính bằng5

x2+ (y−25)2 = 25⇔

"

y= 25 +√25−x2

y= 25−√25−x2, x∈[−5; 5]

Khi dó thể tích săm xe

V =π





5

Z

−5

(25 +√25−x2)2dx−

Z

−5

(25−√25−x2)2dx





= 100π

5

Z

−5

√

25−x2dx.

Ta có

5

Z

−5

√

25−x2dx là diện tích nửa hình trịn tâm O(0; 0), bán kính

bằng5 nên

5

Z

−5

√

25−x2dx=

2·π·5

2 = 25π

2

Suy V = 100π·

5

Z

−5

√

25−x2dx= 100π· 25π

2 = 1250π

2 cm3.

20 30

y

O

x I

−5

Chọn đáp án A

Câu 41 Cho hình chópS.ABCDcóSA⊥(ABCD), đáyABCDlà hình chữ nhật vớiAC =a√5 vàBC =a√2 Tính khoảng cách SD BC

A a

√

2 B a

√

3 C 2a

3 D

3a

4

Lời giải

Ta có (

BC ∥ AD

BC 6⊂(SAD) ⇒BC ∥(SAD)

⇒d(BC, SD) = d(BC,(SAD)) = d(B,(SAD))

Mà    

  

BA ⊥AD BA ⊥SA SA∩AD=A

⇒BA⊥(SAD)

Do đó, d(B,(SAD)) = BA=√5a2−2a2 =a√3.

Vậy d(BC, SD) = a√3

D

C S

A

B

Chọn đáp án B

Câu 42 Cho hàm số f(x) có đạo hàm f0(x) = (x−1)(x2 −3)(x4 −1) với x∈ R So sánh

f(−2), f(0), f(2) ta

(118)

• I1 =

Z

−2

f0(x)dx= Z

−2

(x7−x6−3x5+ 3x4−x3+x2+ 3x−3)dx=−464 105 <0 ⇒f(0)−f(−2)<0⇒f(0) < f(−2)

• I2 =

Z

0

f0(x)dx= Z

0

(x7−x6−3x5+ 3x4−x3+x2 + 3x−3)dx=− 44 105 <0 ⇒f(2)−f(0)<0⇒f(2) < f(0)

Vậy f(2) < f(0)< f(−2)

Chọn đáp án A

Câu 43 Tính tổng tất giá trị tham số mđể tồn số phức z thỏa mãn đồng thời |z|=m |z−4m+ 3mi|=m2

A B C D 10

Lời giải

Đặtz =x+yi (x, y ∈R) Khi đó, điểm biểu diễn z M(x;y) Với m= 0, ta cóz = thỏa mãn u cầu tốn

Với m >0, ta có

• |z|=m⇔M thuộc đường trịn(C1) tâm I(0; 0), bán kínhR =m

• |z −4m+ 3mi| = m2 ⇔ (x−4m)2 + (y+ 3m)2 = m4 ⇔ M thuộc đường tròn (C 2) tâm

I0(4m;−3m), bán kínhR0 =m2

• Có số phức z thỏa mãn yêu cầu toán (C1)và (C2) tiếp xúc

nhau ⇔ "

II0 =R+R0 II0 =|R−R0| ⇔

       "

5m=m2+m

5m=|m2−m|

m >0

⇔ "

m =

Suy ra, tập giá trịm thỏa u cầu tốn là{0; 4; 6} Do đó, tổng tất giá trị củam là10

Chọn đáp án D

Câu 44 Cho F(x)là nguyên hàm hàm sốf(x) =

cos2x Biết F

π +kπ

=k với

k∈Z Tính F(0) +F(π) +F(2π) +· · ·+F(10π)

A 55 B 44 C 45 D

Lời giải

Ta có Z

f(x)dx=

Z dx

cos2x = tanx+C

Suy F(x) =                                     

tanx+C0, x∈

Å −π 2; 3π ã

tanx+C1, x∈

π 2;

π

2

tanx+C2, x∈

Å3π

2 ; 5π

2

ã

· · ·

tanx+C9, x∈

Å17π

2 ; 19π

2

ã

tanx+C10, x∈

Å19π

2 ; 21π ã ⇒                               

F π

4 + 0π

= +C0 = ⇒C0 =−1

F π

4 +π

= +C1 = ⇒C1 =

F π

4 + 2π

= +C2 = ⇒C2 =

· · ·

F π

4 + 9π

= +C9 = ⇒C9 =

F π

4 + 10π

= +C10= 10⇒C10=

VậyF(0) +F(π) +F(2π) +· · ·+F(10π) = tan 0−1 + tanπ+ tan 2π+ +· · ·+ tan 10π+ = 44

(119)

Câu 45 Cho hàm sốf(x)có đạo hàm liên tục trênRvà thỏa mãn Z

0

f(x)dx= 1,f(1) = cot

Tính tích phânI = Z

0

f(x) tan2x+f0(x) tanx dx

A −1 B 1−ln(cos 1) C D 1−cot

Lời giải

Ta có I = Z

0

f(x) tan2x+f0(x) tanxdx= Z

0

f(x) tan2xdx+ Z

0

f0(x) tanxdx Mà

• Z

0

f(x) tan2xdx= Z

0

f(x)

Å 1

cos2x −1

ã

dx= Z

0

f(x) cos2xdx−

Z

0

f(x)dx= Z

0

f(x) cos2xdx−

1 •

Z

0

f0(x) tanxdx= Z

0

tanxd(f(x)) = f(x)·tanx|10− Z

0

f(x)

cos2xdx= 1−

Z

0

f(x) cos2xdx

Vậy I =

Chọn đáp án C

Câu 46 Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0,5% tháng ông ta rút đặn tháng triệu đồng kể từ sau ngày gửi tháng hết tiền (tháng cuối khơng cịn đủ triệu đồng) Hỏi ông ta rút hết tiền sau tháng?

A 139 B 140 C 100 D 138

Lời giải

Gọi số tiền lúc đầu người gửi A triệu đồng, lãi suất gửi ngân hàng tháng làr,Sn số tiền lại sau n tháng

Sau 1tháng kể từ ngày gửi tiền, số tiền cịn lại người là: S1 =A(1 +r)−1

Sau 2tháng kể từ ngày gửi tiền, số tiền cịn lại người là:

S2 = [A(1 +r)−1] (1 +r)−1 =A(1 +r)2−(1 +r)−1

Sau n tháng kể từ ngày gửi tiền, số tiền lại người là:

Sn=A(1 +r)n−(1 +r)n−1−(1 +r)n−2− · · · −(1 +r)−1 = A(1 +r)n−

(1 +r)n−1

r

Giả sử sau n tháng người rút hết tiền Khi ta có

Sn = ⇔ A(1 +r)n−

(1 +r)n−1

r = 0⇔(1 +r)

n(Ar−1) + = 0 (1)

⇔ n= log1+r

1−Ar ⇔n =−log1+r(1−Ar) (2)

Với A= 100 triệu đồng,r = 0,005 ta có n ≈138,9757216

Chọn đáp án A

Câu 47 Gọi M(a;b)là điểm đồ thị hàm sốy = x−2

(120)

Gọi (C)là đồ thị hàm số y= x−2

x

Phương trình hoành độ giao điểm của(C) đường thẳng d là:

x−2

x = 2x+ 6⇔

(

2x2+ 5x+ =

x6= ⇔ 



x=−2

x=−1

Suy đường thẳngd cắt đồ thị (C)tại hai điểm phân biệt M1(−2; 2), M2

Å

−1 2;

ã

Ta có d(M;d)≥0, ∀M ⇒d(M;d) = M ∈d

MàM ∈(C)⇒M =d∩(C)⇒ 

 

M(−2; 2)

M

Å

−1 2;

ã

• Với M(−2; 2) ⇒a =−2, b= ⇒(4a+ 5)2+ (2b−7)2 = 18.

• Với M

Å

−1 2;

ã

⇒a=−1

2, b = 5⇒(4a+ 5)

2+ (2b−7)2 = 18.

Chọn đáp án C

Câu 48 Tính số nghiệm phương trình cotx= 2x trong khoảng

Å11π

12 ; 2019π

ã

A 2020 B 2019 C 2018 D

Lời giải

Điều kiện: x6=kπ,k ∈Z Ta có cotx= 2x ⇔cotx−2x= 0. (1) Xét hàm số f(x) = cotx−2x trên

Å

11π

12

ã

, (π; 2π), , (2018π; 2019π)

Ta có f0(x) = − sin2x −2

xln 2<0với ∀x∈

Å11π

12

ã

, (π; 2π), , (2018π; 2019π) Suy hàm sốf(x)nghịch biến khoảng xác định

Trên

Å

11π

12 ;π

ã

ta có f(x)< f

Å

11π

12

ã

⇒f(x)<cot

Å

11π

12

ã

−2 11π

12 <0⇒f(x) = vơ nghiệm Ta có hàm số f(x) nghịch biến khoảng (π; 2π), ,(2018π; 2019π) khoảng hàm số có tập giá trị làR

Suy khoảng (π; 2π), ,(2018π; 2019π), phương trình f(x) = có nghiệm Vậy phương trình(1) có 2018 nghiệm

Chọn đáp án C

Câu 49 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) :x−y+ = hai điểm

A(1; 2; 3), B(1; 0; 1) Điểm C(a;b;−2) ∈(P) cho tam giác ABC có diện tích nhỏ Tính

a+b

A B −3 C D

Lời giải

C(a;b;−2)∈(P)⇒a−b+ = 0⇒b=a+ 2⇒C(a;a+ 2;−2)

Ta có AB# »= (0;−2;−2), AC# »= (a−1;a;−5)⇒ỵAB# »;AC# »ó= (10 + 2a;−2a+ 2; 2a−2)

S4ABC =

ỵ# »

AB;AC# »ó= p

(2a+ 10)2+ 2(2a−2)2

2 =

»

(121)

Do đóminS4ABC = √

6 khia =−1 Khi ta có C(−1; 1;−2)⇒a+b =

Chọn đáp án A

Câu 50 Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình vng tâmO, cạnhavàSO ⊥(ABCD),

SA= 2a√2 Gọi M,N trung điểm SA, BC Tính góc đường thẳng M N mặt phẳng(ABCD)

A π

6 B

π

3 C arctan D

π

6

Lời giải

Cách 1: Gọi H trung điểm AO Ta có

HM ∥ SO

Mà SO ⊥ (ABCD) ⇒ M H ⊥ (ABCD) ⇒ H

là hình chiếu vng góc M mặt phẳng (ABCD) Suy HN hình chiếu vng góc

M N trờn mt phng (ABCD)

Do ú(M N,Ô(ABCD)) =(M NÔ;M H) = M N Hữ

Ta cú OA= 2AC =

a√2

HM = 2SO =

1

√

SA2−OA2 =

2

…

8a2− a

2 =

a√30

4 , HC = 4AC =

3a√2

S

B N C

O

D M

H A

Ta có

HN2 =HC2+N C2 −2·HC ·N C ·cos 45◦ = 9a

2

8 +

a2

4 −2· 3a√2

4 ·

a

2· √

2 = 5a2

8 ⇒HN =

a√10

Xét tam giác vng HM N, ta có M N H÷ =

HM HN =

√

3⇒M N H÷ =

π

3

Cách 2:

Gọi E =AN ∩CD, suy E đối xứng với D qua C Ta cú M N SE nờn

Ô

(M N,(ABCD)) =(SE,Ô(ABCD)) =(SE, OE) = SEO.

SO=SA2OA2 = a

√ 30 Gọi K trung điểm củaCD Ta có OE =√OK2 +KE2 =

a

2 +

Å

3a

2

ã2

= a √

10 Ta có

tanSEO’ =

SO

= a √

30

· √2 =√3⇒SEO’=

π

S

B N C

O

D M

(122)

1 D A C D B A C A 10 A 11 C

12 C 13 A 14 B 15 C 16 C 17 C 18 C 19 D 20 C 21 B

22 B 25 A 26 C 27 B 28 A 29 D 30 D 31 D 32 A 33 C

34 A 35 A 36 A 37 D 38 B 39 D 40 A 41 B 42 A 43 D

(123)

6 ĐỀ THI THỬ THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ - LẦN 1 (2019)

Câu Cho 4ABC với cạnh AB=c, AC =b,BC =a Gọi R , r ,S bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp diện tích tam giác ABC Trong phát biểu sau, phát biểu sai?

A S= abc

4R B R=

a sinA

C S=

2absinC D a

2+b2−c2 = 2accosC.

Lời giải

Theo định lý sin tam giác, ta có a

sinA = 2R

Chọn đáp án B

Câu Cho hàm số y= 2x−3 có đồ thị đường thẳng (d) Xét phát biểu sau (I): Hàm số y= 2x−3đồng biến R

(II): Đường thẳng(d) song song với đồ thị hàm số 2x+y−3 = (III): đường thẳng (d)cắt trục Oxtại A(0;−3)

Số phát biểu

A B C D

Lời giải

- Hàm sốy= 2x−3có hệ số a= 2>0 nên hàm số đồng biến trênR ⇒(I)đúng

- Tọa độ giao điểm nghiệm hệ phương trình (

y= 2x−3 2x+y−3 =

⇔  



x=

y=

⇒(d) cắt đồ thị

hàm số2x+y−3 = điểm

Å

3 2;

ã

⇒(II) sai

- GiaoOx: cho y= 0⇔2x−3 = 0⇔x=

2 ⇒ giao Oxtại điểm

Å3

2;

ã

⇒(III)sai Vậy sô phát biểu

Chọn đáp án D

Câu Số nghiệm phương trình x4+ 2x3−2 = 0 là:

A B C D

Lời giải

Xem số nghiệm phương trình số giao điểm y = f(x) = x4 + 2x3 −2 với đường thẳng

y= Đặt f(x) = x4+ 2x3−2;

f0(x) = 4x3+ 6x2 = 2x(x2+ 3) = 0⇔x= Bảng xét dấu:

x y0

y

−∞ +∞

− + +∞

+∞

−2 −2

(124)

Câu Cho hai mặt phẳng (P), (Q) cắt theo giao tuyến đường thẳng d Đường thẳng

a song song với hai mặt phẳng(P), (Q) Khẳng định sau đúng?

A a, d trùng B a,d chéo C a song song d D a, d cắt

Lời giải

Sử dụng hệ quả: Nếu hai mặt phẳng phân biệt song song với đường thẳng giao tuyến chúng (nếu có) song song với đường thẳng

Chọn đáp án C

Câu Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm x0 làf0(x0) Khẳng định sau sai? A f0(x0) = lim

x→x0

f(x)−f(x0)

x−x0

B f0(x0) = lim

x→x0

f(x+x0)−f(x0)

x−x0

C f0(x0) = lim

h→0

f(x0+h)−f(x0)

h D f

0(x

0) = lim ∆x→0

f(x0+ ∆x)−f(x0)

∆x

Lời giải

Định nghĩa: Cho hàm sốy =f(x)xác định (a;b) x0 ∈(a;b)

Giới hạn hữu hạn (nếu có) tỉ số f(x)−f(x0)

x−x0

khi x dần đến x0

gọi đạo hàm hàm số cho điểmx0, kí hiệu làf0(x0), ta cóf0(x0) = lim

x→x0

f(x)−f(x0)

x−x0

Từ định nghĩa rút kết luận B sai

A định nghĩa C đặtx=x0+h ⇒

 



x−x0 =h

x→x0 ⇒h→0

D đặt x=x0 + ∆x⇒

 



x−x0 = ∆x

x→x0 ⇒∆x→0

Chọn đáp án B

Câu Trong phép biến đổi sau, phép biến đổi sai?

A sinx= 1⇔x= π

2 +k2π, k ∈Z B tanx= ⇔x=

π

4 +kπ, k ∈Z

C cosx= ⇔

 



x= π

3 +k2π, k∈Z

x=−π

3 +k2π, k∈Z

D sinx= ⇔x=k2π, k∈Z

Lời giải

Ta có sinx= ⇔x=kπ, k ∈Z, nên đáp án D sai

Chọn đáp án D

Câu Cho hai tập hợp A=[−1; 5) B = [2; 10] Khi tập hợp A∩B

A [2; 5) B [−1; 10] C (2; 5) D [−1; 10)

Lời giải

Biểu diễn hai tập A B trục số ta đượcA∩B = [2; 5)

Chọn đáp án A

Câu lim x→+∞ (−x

3 +x2+ 2) bằng

A B −∞ C +∞ D

(125)

lim x→+∞ (−x

3+x2+ 2) = lim

x→+∞

ï

(−x3)

Å

−1 +

x+

2

x3

ãò

= lim x→+∞ (−x

3). lim

x→+∞

Å

−1 +

x+

2

x3

ã

Ta có: lim x→+∞ (−x

3) =−∞ và lim

x→+∞

Å

−1 +

x+

2

x3

ã

=−1 Vậy lim

x→+∞ (−x

3+x2+ 2) =−∞.(−1) = +∞

Chọn đáp án C

Câu Cho dãy số (un) với un =

(−1)n−1

n+ Khẳng định sau sai?

A Số hạng thứ9 dãy số

10 B Dãy số(un)bị chặn

C Dãy số(un) dãy số giảm D Số hạng thứ10 dãy số

−1 11

Lời giải

Dễ thấy |un|=

(−1)n−1

n+

=

n+ <1,∀n∈N

∗

nên (un) dãy số bị chặn

Lại cóu9 =

1

10;u10 = −1

11;u11 =

12;u12 = −1

13;· · ·

Suy dãy (un) dãy số tăng dãy số giảm Do đáp án C sai

Chọn đáp án C

Câu 10 Trong mặt phẳng Oxy , đường thẳng(d) :ax+by+c= 0,(a2+b2 6= 0) Vectơ sau

đây vectơ pháp tuyến đường thẳng(d) ?

A #»n = (a;−b) B #»n = (b;a) C #»n = (b;−a) D #»n = (a;b)

Lời giải

Ta có vecto pháp tuyến đường thẳng(d) #»n = (a;b)

Chọn đáp án D

Câu 11 Khẳng định sau đúng?

A Hình lăng trụ đứng có đáy đa giác hình lăng trụ

B Hình lăng trụ đứng hình lăng trụ

C Hình lăng trụ có đáy đa giác hình lăng trụ

D Hình lăng trụ tứ giác hình lập phương

Lời giải

Chọn đáp án A

Câu 12 Từ chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; lập số tự nhiên có hai chữ số khác nhau?

A A2

9 B C29 C 29 D 92

Lời giải

Mỗi cách lập số tự nhiên có hai chữ số khác từ chữ số1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; chỉnh hợp chập2 Vậy có A2

9 số tự nhiên có hai số khác

(126)

C

(

a > b

c > d ⇒ac > bd D

(

a > b

c > d ⇒a+c > b+d

Lời giải

Khi cộng hai bất đẳng thức chiều ta bất đẳng thức chiều nên ta có 





a > b c > d

⇒a+c > b+d

Chọn đáp án D

Câu 14 lim + + + + 2n+ 3n2+ 4

A

3 B C

1

3 D +∞

Lời giải

Ta có + + + + (2n+ 1) = (1 + 2n+ 1) (n+ 1)

2 = (n+ 1)

2

lim1 + + + + (2n+ 1) 3n2+ 4 = lim

(n+ 1)2

3n2+ 4 = lim

1 +

n +

1

n2

3 +

n2

=

Chọn đáp án C

Câu 15 Cho I trung điểm đoạn thẳng AB Hỏi đẳng thức đúng?

A 2AI# »+AB# »= #»0 B IA# »−IB# »= #»0 C AI# »−2BI# »=IB# » D AI# »−IB# » = #»0

Lời giải

Ta có: +AI# »−IB# » =AI# »+BI# » = #»0 nên D +2AI# »+AB# »=AB# »+AB# »= 2AB# »6= #»0 nên A sai +IA# »−IB# » =BA# » 6= #»0 nên B sai

+AI# »−2BI# »=IB# »+ 2IB# »= 3IB# »6=IB# » nên C sai

B

A I

Chọn đáp án D

Câu 16 Cho hình chóp S.ABCDcó đáyABCDlà hình chữ nhật,AB=a√3, BC=a√2 Cạnh bênSA=a SA vng góc với mặt phẳng đáy Khoảng cách SB DC bằng:

A a√2 B 2a

3 C a

√

3 D a

√

Lời giải

Vì DC //AB nên khoảng cách SB DC khoảng cách mặt phẳng(SAB) DC

Do đó: d(DC, SB) =d(DC,(SAB)) =d(D,(SAB)) =AD =a√2

S

B C

A D

Chọn đáp án A

(127)

A SB B SD C SC D CD

Lời giải

+SA⊥(ABCD)⇒SA⊥BD (1)

+ABCD hình vng ⇒AC⊥BD (2)

+ Từ (1) (2) suy raBD⊥(SAC)⇒BD⊥SC

S

B C

A D

Chọn đáp án C

Câu 18 Xác định a để3 số + 2a; 2a2−1;−2a theo thứ tự thành lập cấp số cộng? A khơng có giá trị củaa B a=±

√

C a=±3 D a=±

√

3

Lời giải

Theo công thức cấp số cộng ta có: (2a2−1) = (1 + 2a) + (−2a)⇔a2 =

4 ⇔a=± √

3

Chọn đáp án D

Câu 19 Có giá trị nguyên tham số m để phương trình sin 2x−m2 + = có nghiệm?

A B C D

Lời giải

Phương trình cho tương đương với phương trìnhsin 2x= m

2−5

3 Vìsin 2x∈[−1; 1]nên m

2−5

3 ∈[−1; 1] ⇔m

2 ∈[2; 8]⇔

"

−2√2≤m≤ −√2⇒m=−2(m ∈Z) √

2≤m ≤2√2⇒m= 2(m ∈Z) Vậy có hai giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán

Chọn đáp án B

Câu 20 Cho tứ diện ABCD Gọi Glà trọng tâm tam giác ABD M điểm cạnhBC choM B = 2M C Khi đường thẳng M G song song với mặt phẳng đây?

A (ACD) B (BCD) C (ABD) D (ABC)

Lời giải

Gọi E trung điểm AD Xét tam giácBCE có BG

BE = BM

BC =

2 nên suy raM Gk(ACD)

B

A

D E

(128)

Chọn đáp án A

Câu 21 Đạo hàm hàm số y= (2x−1)√x2+xlà:

A y0 = 8x

2+ 4x−1

2√x2+x B y

0 = 8x

2 + 4x+ 1

2√x2+x C y0 = 4x+

2√x2+x D y

0 = 6x2 + 2x−1

2√x2+x

Lời giải

Ta có: y0 = 2√x2+x+ (2x−1) (2x+ 1)

2√x2 +x =

4x2 + 4x+ 4x2−1

2√x2+x =

8x2+ 4x−1

2√x2+x

Vậy y0 = 8x

2+ 4x−1

2√x2 +x

Chọn đáp án A

Câu 22 Số trung bình dãy số liệu 1; 1; ; ; 3; 4; ; ; ; ; ; ; ; gần với giá trị giá trị sau?

A 5,14 B 5,15 C D

Lời giải

Số trung bình dãy số liệu 1;1; 2; ; 3; ;5 ; 5; ;7 ; 8; ; 9; 9là

xtb=

1 + + + + + + + + + + + + +

14 =

36

7 ≈5,142857

Chọn đáp án A

Câu 23 Hệ số x5 khai triển biểu thức x(3x−1)8 bằng:

A −5.670 B 13.608 C 13.608 D 5.670

Lời giải

Ta có: x(3x−1)8 =x

8

P k=0

Ck8(3x)k(−1)8−k=

9

P k=0

Ck83kxk+1(−1)8−k

Vậy hệ số x5 trong khai triển biểu thức x(3x−1)8

là:

8

P k=0

C4

834(−1) 8−4

= 5.670

Chọn đáp án D

Câu 24 Hệ số góc k tiếp tuyến đồ thị hàm số y = x3−3x+ 2 tại điểm có hồnh độ

x0 =−2

A B C D

Lời giải

Hệ số góc k tiếp tuyến đồ thị hàm số y=x3 −3x+ 2 tại điểm có hồnh độx

0 =−2 là:

k=y0(−2) = 3(−2)2 −3 =

Chọn đáp án D

Câu 25 Cho hình chóp S.ABC có đáyABC tam giác vuông tạiA , cạnh bênSA vuông góc với (ABC) GọiI trung điểm cạnh AC , H hình chiếu I SC Khẳng định sau đúng?

A (SBC)⊥(IHB) B (SAC)⊥(SAB) C (SAC)⊥(SBC) D (SBC)⊥(SAB)

(129)

Ta có:  



AB⊥SA(SA⊥(ABC),(AB⊂(ABC)))

AB⊥AC

⇒AB⊥(SAC)

VìAB⊥(SAC) nên (SAC)⊥(SAB)

S

B

C A

I H

Chọn đáp án B

Câu 26 Một vật chuyển động với vận tốc v(km/h)phụ thuộc thời giant(h) có đồ thị phần đường parabol có đỉnhI(2; 9) trục đối xứng song

song với trục tung hình vẽ Vận tốc tức thời vật thời điểm 30 phút sau vật bắt đầu chuyển động gần giá trị giá trị sau?

A 8,7 (km/h) B 8,8 (km/h)

C 8,6 (km/h) D 8,5 (km/h)

t v

O

I

9

3

Lời giải

Giả sử vận tốc vật chuyển động có phương trình là:v(t) =at2+bt+c

Ta có: v(2) = 9⇔4a+ 2b+c= 9;v(0) = 6⇔c=

Lại có  

 −b

2a =

4a+ 2b+ = ⇔

(

4a+b= 4a+ 2b= ⇔

 



a=−3

b = Do đóv(t) = −3

4t

2+ 3t+ 6 Vậy v(2,5) = 8,8125.

t v

O

I

9

3

Chọn đáp án B

Câu 27 Tìm tất giá trị thực tham sốmđể bất phương trình(m+ 1)x2−2 (m+ 1)x+

4≥0 (1) có tập nghiệm S =R?

A m >−1 B −1≤m≤3 C −1< m≤3 D −1< m <3

Lời giải

TH1: m+ = 0⇔m=−1 bất phương trình(1) trở thành 4≥0∀x∈R(ln đúng) (∗) TH2: m+ 6= 0⇔m6=−1 bất phương trình(1) có tập nghiệm S =R

⇔ (

a >0 ∆0 ≤0

⇔ (

m+ 1>0

∆0 =m2−2m−3≤0

⇔ −1< m≤3 (∗∗)

(130)

Lời giải

Điều kiện để phương trình(1) có nghĩa (

cosx6= cos 3x6= ⇔

  

 

x6= π +kπ

x6= π +

kπ

3 (∗)

Khi đó, phương trình(1) 3x=x+kπ⇔x= kπ so sánh với điều kiện(∗)⇒

"

x=k2π x=π+k2π

, x∈[0; 30]⇒k ={0; ; 4} ⇒x∈ {0;π; 2π; ; 9π}

Vậy, tổng nghiệm đoạn[0; 30] phương trình (1) là:45π

Chọn đáp án C

Câu 29 Từ hộp chứa 12quả cầu, có8quả màu đỏ, 3quả màu xanh và1quả màu vàng, lấy ngẫu nhiên 3quả Xác suất để lấy 3quả cầu có hai màu :

A 23

44 B

21

44 C

139

220 D ∀m∈

ï

0;4

ò

Lời giải

Số phần tử không gian mẫu là:n(Ω) = C3

12 = 220

Gọi A biến cố: “Lấy được3 cầu có hai màu” - Trường hợp 1: Lấy1 màu vàng màu đỏ có: C2

8 = 28 cách

- Trường hợp 2: Lấy1 màu vàng màu xanh có:C2

3 = cách

- Trường hợp 3: Lấy1 màu đỏ 2quả màu xanh có: C18.C23 = 24 cách - Trường hợp 4: Lấy1 màu xanh 2quả màu đỏ có: C13.C28 = 84 cách Số kết thuận lợi biến cốA là:n(A) = 28 + + 24 + 84 = 139 cách Xác suất cần tìm là:P (A) = n(A)

n(Ω) = 139 220

Cách 2: Lấy3 trừ trường hợp 3quả khác màu (1Đ, 1X, 1V), 3quả chung 1màu (cùng đỏ xanh) ĐS:(220−81)/220

Chọn đáp án C

Câu 30 Một người muốn có tỉ tiền tiết kiệm sau năm gửi ngân hàng cách ngày 01/01/2019 đến 31/12/2024, vào ngày 01/01 hàng năm người gửi vào ngân hàng số tiền với lãi suất ngân hàng 7%/1 năm (tính từ ngày 01/01 đến ngày 31/12) lãi suất hàng năm nhập vào vốn Hỏi số tiền mà người phải gửi vào ngân hàng hàng năm (với giả thiết lãi suất khơng thay đổi số tiền làm trịn đến đơn vị đồng)?

A 130.650.280 (đồng) B 30.650.000 (đồng)

C 139.795.799 (đồng) D 139.795.800 (đồng)

Lời giải

GọiT0 số tiền người gửi vào ngân hàng vào ngày 01/01hàng năm,Tn tổng số tiền vốn lẫn lãi người có cuối năm thứn , với n ∈N∗, r là lãi suất ngân hàng năm.

Ta có: T1 =T0+rT0 =T0(1 +r) Đầu năm thứ 2, người có tổng số tiền là:

T0(1 +r) +T0 =T0[(1 +r) + 1] =

T0

[(1 +r)−1]

ỵ

(1 +r)2−1ó= T0

r

ỵ

(1 +r)2−1ó Do đó: T2 =

T0

r

ỵ

(1 +r)2−1ó+T0

r

ỵ

(1 +r)2−1ór= T0

r [(1 +r

2)−1] (1 +r)

Tổng quát:T a có: Tn=

T0

r [(1 +r)

n−

(131)

Áp dụng vào toán, ta có: 109 = T0

0,07

ỵ

(1 + 0,07)6−1ó(1 + 0,07)⇒T0 ≈130.650.280 đồng

Chọn đáp án A

Câu 31 Cho hình chóp SABCD có cạnh đáy 2a cạnh bên 3a Khoảng cách từ

A đến (SCD)

A a

√ 14

3 B

a√14

4 C a

√

14 D a

√

14

Lời giải

Gọi O =AC∩BD

DoS.ABCDchóp nên đáyABCDlà hình vng vàSO⊥(ABCD) Ta có: d(A,(SCD))

d(O,(SCD)) =

AC

OC = ⇒d(A,(SCD)) = 2.d(O,(SCD)) =

2h

Xét∆ACD vng tạiD ta có:

AC =√AD2+CD2 =CD√2 = 2a√2⇒OC =OD =a√2

Xét ∆SOC vuông O có: SO = √SC2−OC2 =

q

(3a)2−Äa√2ä2 =a√7

2a

3a S

B C

A D

O

Do tứ diệnS.OCD có cạnhOS, OC,OD đơi vng góc ⇒

h

2

=

OS2 +

1

OC2 +

1

OD2 =

1

Ä

a√7ä2

+

Ä

a√2ä2

+

Ä

a√2ä2 =

7a2 ⇒h=

a√14 Vậy khoảng cách từ A đến (SCD) a

√ 14

Chọn đáp án D

Câu 32 Cho lim

x→2+ (x−2)

… x

x2−4 Tính giới hạn

A +∞ B C D −∞

Lời giải

lim

x→2+ (x−2)

… x

x2−4 = limx→2+

x.(x−2)2

x2−4 = limx→2+

…

(x−2)x x+ =

Chọn đáp án C

Câu 33 Cho lim x→−∞

Ä√

9x2+ax+ 3xä =−2 Tính giá trị a

A −6 B 12 C D −12

Lời giải

lim x→−∞

Ä√

9x2+ax+ 3xä = lim

x→−∞

Å ax

√

9x2+ax−3x

ã

= lim x→−∞

a

−

…

9 + a

x−3

=−a ⇒ −a

6 =−2⇔a = 12

Cách khác : Có thể thay a thử máy tính

(132)

Lời giải

T =

u1−u5

+

u2−u6

+

u3−u7

+· · ·+

u20−u24

=

u1(1−q4)

+

u2(1−q4)

+

u3(1−q4)

+· · ·+

u20(1−q4)

= 1−q4

Å 1 u1 + u2 + u3

+· · ·+

u20

ã

= 1−q4

Å

1

u1

+

u1q

+

u1q2

+· · ·+

u1q19

ã

= 1−q4 ·

1

u1

Å

1 +

q +

1

q

2

+· · ·+

q19

ã

= 1−q4 ·

1 u1 Å1 q ã20 −1

q −1

= 1−q4 ·

1

u1

· 1−(q)

20

(1−q)q19 =

1−220

15.219

Chọn đáp án B

Câu 35 Cho hàm số y = 3x

3 −2x2+x+ 2 có đồ thị (C) Phương trình tiếp tuyến với đồ

thị (C)biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d: y=−2x+10 A y=−2x+ B y=−2x−2

C y=−2x+ 10, y=−2x−2

3 D y=−2x−10, y=−2x+

Lời giải

Giả sử M0(x0;y0) tiếp điểm Hệ số góc tiếp

tuyến M0(x0;y0) là:f0(x0) =x20−4x0+

Hệ số góc đường thẳngd :y =−2x+10 là−2 Tiếp tuyến song song với đường thẳngd thì:

x02−4x0+ =−2⇔x20−4x0+ = 0⇔

"

x0 =

*TH1: x0 = 1, y0 =

4 3, f

0(x

0) = −2

Phương trình tiếp tuyến:

y=f0(x0) (x−x0) +y0 ⇒y=−2x+

1 (loại) *TH2: x0 = 3, y0 =−4, f0(x0) =−2

Phương trình tiếp tuyến:

y=f0(x0) (x−x0) +y0 ⇒y=−2x+ (nhận)

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:y=−2x+

x y

y=−2x+103

y=−2x+

(C)

O

Chọn đáp án A

Câu 36 Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB = 4, BC = 6, M trung điểm BC, N điểm cạnh CD cho N D= 3N C Khi bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác

AM N

A 3√5 B

√

2 C

√

2 D

√

2

(133)

Ta có:

M C = 3,N C = 1⇒M N =√10, BM = 3, AB= ⇒

AM = 5,

AD= 6, N D= 3⇒AN =√45,

p= AM +AN +M N

2 =

√

10 + +√45 ,

SAM N = p

p(p−AM) (p−AN) (p−M N) = 15

Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giácAM N

là:

R= AM.AN.M N 4SAM N

= √ 2 A B C D M N

Chọn đáp án D

Câu 37 Cho tứ diện ABCD cạnha GọiM trung điểm BC Tính cơsin góc giũa hai đường thẳngAB vàDM?

A

√

2 B

√

3

6 C

√

3 D

1

Lời giải

Gọi N trung điểm củaAC

Khi đó,ABkM N nên (DM, AB) = (DM, M N) Dễ dàng tính đượcDM =DN = a

√

2 vàM N =

a

2 Trong tam giácDM N, ta có

cosDM N = DM

2+M N2−DN2

2DM.M N = a2 2a √ · a = √ A B C D M N

VìcosDM N = √

3

6 >0 nên cos (DM, M N) = √

3

6 Vậy cos (DM, AB) = √

3

Chọn đáp án B

Câu 38 Tìm a để hàm số f(x) =      √

x+ 2−2

x−2 2x+a

khi x6=

x= liên tục x= ?

A 15

4 B −

15

4 C

1

4 D

Lời giải

Ta có f(2) = +a Ta tính lim

x→2f(x) = limx→2

x+ 2−4

(x−2) √x+ + = lim x→2

1 √

x+ + = Hàm số cho liên tục tạix= f(2) = lim

x→2f(x)⇔4 +a=

1

4 ⇔a=− 15

4 Vậy hàm số liên tục tạix= a=−15

4

(134)

A B C −2 D −4

Lời giải

Nhận xét: Điểm C(3; 0) đỉnh elip(E) ⇒điều kiện cần để ∆ABC A,B đối xứng với quaOx Suy A,B giao điểm đường thẳng ∆ : x=x0 elip (E)

+ Ta có elip (E): x

2

9 +

y2

1 = ⇒ 

 

y =−1

√ 9−x2

y =

√ 9−x2

+ Theo giả thiết A có tung độ âm nên tọa độ A

Å

x0;−

1

√

9−x02

ã

(điều kiện x0 <

A6=C)

+T a có: AC =

…

(3−x0)

+

9(9−x0

2)

vàd(C;∆) =|3−x0|

x y A B C O

+∆ABC ⇔d(C;∆) =

√

2 AC ⇔ |3−x0|= √

3

…

(3−x0)2 +

1

9(9−x0

2)

⇔(3−x0)

=

ï

(3−x0)

+

9(9−x0

2)

ò

⇔ 3x0

2−

2x0+

2 = ⇔ 



x0 =

3 2(t/m)

x0 = (R)

⇒A

Ç

3 2;−

√ å ⇒ (

a=

c=−1 ⇒a+c=

Chọn đáp án A

Câu 40 Tổng nghiệm (nếu có) phương trình: √2x−1 =x−2 bằng:

A B C D

Lời giải

Với điều kiệnx−2≥0⇔x≥2 ta có phương trình cho tương đương với phương trình: 2x−1 = (x−2)2 ⇔x2−6x+ = 0⇔

"

x= 1(L)

x= (t/m) Vậy phương trình có nghiệm nhấtx=

Chọn đáp án C

Câu 41 Giả sử x1, x2 nghiệm phương trình x2−(m+ 2)x+m2 + = Khi giá trị

lớn biểu thứcP = (x1+x2)−x1x2

A 95

9 B 11 C D

−1

Lời giải

Phương trình bậc haix2 −(m+ 2)x+m2+ = có nghiệmx1, x2

⇔∆ = (m+ 2)2−4 (m2+ 1)≥0⇔ −3m2+ 4m≥0⇔0≤m ≤

3 Áp dụng hệ thúc Viet ta có:

(

x1+x2 =m+

x1.x2 =m2+

Khi đóP = (x1+x2)−x1x2 = (m+ 2)−(m2+ 1) =−m2+ 4m+

Xét hàm số P(m) =−m2 + 4m+ ∀m∈

ï

0;4

ị

Có P0 =−2m+ ≥0∀m ∈

ï

0;4

(135)

Hàm số P(m) đồng biến

ï

0;4

ò

⇒maxP(m) =f

Å

4

ã

= 95 Vậy giá trị lớn biểu thức P 95

9

Chọn đáp án A

Câu 42 Ba bạn A , B , C bạn viết ngẫu nhiên số tự nhiên thuộc đoạn [1; 16] kí hiệu theo thứ tự a, b, c lập phương trình bậc hai ax2 + 2bx+c = 0 Xác suất để phương

trình lập có nghiệm kép

A 17

2048 B

512 C

3

512 D

1 128

Lời giải

b2 =ac

Nếua=b=csẽ có 16 cách chọn

Nếua, b,c khác đơi Ta liệt kê:

(1; 2; 4),(1; 3; 9),(1; 4; 16),(2; 4; 8),(3; 6; 12),(4; 6; 9),(4; 8; 16),(9; 12; 16) Suy có : 8.2! cách chọn (a, chốn vị)

Xác suất cần tìm là:P = 16 + 8.2! 163 =

1 128

Chọn đáp án D

Câu 43 Đề thi trắc nghiệm mơn Tốn gồm50câu hỏi , câu có4phương án trả lời có phương án trả lời Mỗi câu trả lời được0,2điểm Một học sinh không học lên câu trả lời chọn ngẫu nhiên phương án Xác suất để học sinh 6điểm :

A

Å

1

ã30Å

3

ã20

B

C30 50

Å

1

ã30Å

3

ã20

450 C

30.1

4+ 20

450 D C

30 50

Å 1

40

ã20Å3

4

ã20

Lời giải

Cách 1: Tự luận từ đầu

Để học sinh đúng6điểm tức trả lời tất 30câu trả lời sai 20câu Không gian mẫu (số cách lựa chọn) là:

Gọi A biến cố mà học sinh trả lời 30 câu Trước hết ta phải chọn 30 câu từ 50 câu để trả lời (mỗi câu có 1cách chọn) , lại 20 câu trả lời sai (mỗi câu sai có 3cách chọn) Suy n(A) = C5030.(1)30.(3)20

Suy xác suất để học sinh trúng được6điểm là:p(A) = n(A)

n(Ω) =

C30 50.(1)

30

.(3)20 450 =C

30 50

Å1

4

ã30

Å3

4

ã20

Cách 2: Áp dụng công thức xác suất Béc nu li: Áp dụng công thứcp(k) =Ck

n.(p) k

.(1−p)n−k ⇒6 điểm=p(30) =C30 50

Å

1

ã30

Å

3

ã20

(136)

cần30gam đường, 1lít nước 1gam hương liệu Mỗi lít nước loạiI được80điểm thưởng, lít nước loại II được60 điểm thưởng Hỏi số điểm thưởng cao đội thi ?

A 540 B 600 C 640 D 700

Lời giải

Gọi số lít nước loạiI làxvà số lít nước loại II lày

Khi ta có hệ điều kiện vật liệu ban đầu mà loại cung cấp:

      

     

10x+ 30y≤210 4x+y≤24

x+y≤9

x, y ≥0

⇔       

     

x+ 3y≤210 4x+y≤24

x+y≤9

x, y ≥0

(∗)

x y

∆(P)

9

21

O

3

5

Điểm thưởng đạt đượcP = 80x+ 60y Bài toán đưa tìm giá trị lớn biểu thứcP miềnD cho hệ điều kiện (*)

Biến đổi biểu thứcP = 80x+ 60y ⇔80x+ 60y−P = họ đường thẳng∆(P) hệ tọa

độOxy

MiềnD xác định hình vẽ bên dưới:

Giá trị lớn P ứng với đường thẳng ∆(P) qua điểm A(5; 4),

suy ra: 80.5 + 60.4−P = ⇒P = 640 =Pmax

Chọn đáp án C

Câu 45 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, tam giác SAB nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Gọiα góc tạo đường thẳngBD với (SAD) Tính sinα?

A

…

3

2 B

1

2 C

√

6

4 D

√ 10

Lời giải

Ta có sin(BD,(SAD)) = sinα= BH

BD

(BH vng góc với (SAD)) (1)

ABCD hình vng cạnh a (gt), suy BD =a√2 (2)

Kẻ BH vng góc SA (H thuộc SA), BH vng góc

AD

suy BH vng góc (SAD)

Tam giácSADđều cạnha, đường caoBH = a √

3 (3) Từ (1), (2), (3) suy sinα =

√

S

A

B C

D H

Chọn đáp án C

Câu 46 Cho f(x) = x

2

−x+ Tính f

(137)

A − 2018!

(−x+ 1)2018 B

2018!

(−x+ 1)2019 C −

2018!

(−x+ 1)2019 D

2018! (−x+ 1)2018

Lời giải

Ta có: f(x) = x

2

−x+ = −x−1−

x−1 f

0(x) = −1 +

(x−1)2;f

0(x) = − 1.2

(x−1)3;f

0(x) =

1.2.3

(x−1)4 Dự đoán: f

(2018)(x) = −2018!

(x−1)2019

(Có thể chứng minh tổng quát phương pháp quy nạp Nhưng thi Trắc nghiệm nên bỏ qua!)

Chọn đáp án B

Câu 47 Cho hàm số y = x3 −5x2 có đồ thị (C) Hỏi có điểm đường thẳng

d:y= 2x−6 cho từ kẻ hai tiếp tuyến đến (C)?

A điểm B điểm C 4điểm D vô số điểm

Lời giải

Cách 1: GọiM(a; 2a−6)∈d Phương trình đường thẳngdđi quaM(a; 2a−6)∈d có hệ số góck

là:y=k(x−a)+2a−6d tiếp xúc với(C)khi hệ (

x3−5x2 =k(x−a) + 2a−6

3x2 −10x=k có nghiệm Theo

yêu cầu tốn thìx3−5x2 = (3x2−10x) (x−a) + 2a−6có hai nghiệm phân biệt Xét hàm số

f(x) = (3x2−10x) (x−a)+2a−6−x3+5x2 = 2x3−(3a+ 5)x2+10ax+2a−6Cóf0(x) = 6x2−

2 (3a+ 5)x+ 10a= (6x−10) (x−a)f0(x) = 0⇔ 

 

x=a⇒f(a) = −a3+ 9a2+ 2a−6

x= ⇒f

Å5

3

ã

= 31 a+

71

f(x) =

0 có hai nghiệm phân biệt khi:    

  

a6=

f(a).f

Å

5

ã ⇔

   

  

a6=

−a3+ 9a2−2a−6

Å

31 3a+

71

ã

= ⇔ 

   

   

a =−71 31

a =−1

a = 4±√22

Đáp án có điểm thỏa mãn tốn Cách 2: Gọi M(a; 2a −6) ∈ d Phương

trình đường thẳng d quaM(a; 2a−6)∈ d có hệ số góc k là:y =k(x−a) + 2a−6 d tiếp xúc với (C) hệ

(

x3−5x2 =k(x−a) + 2a−6 3x2 −10x=k

có nghiệm Theo u cầu tốn x3−5x2 =

(3x2−10x) (x−a) + 2a−6 có hai nghiệm phân biệt Đến ta lập a, xét hàm số.

Chú ý tính cực trị công thức: y=u0/v0

Chọn đáp án C

Câu 48 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2+y2 −2x−6y+ = Đường thẳng (d) qua M(2; 3) cắt (C) hai điểm A, B Tiếp tuyến đường tròn A cắt

E BiếtSAEB = 32

(138)

Ta có M(2; 3)∈d: 2a−3 +c= 0⇔3−2a

(C) :x2+y2−2x−6y+ = có tâm 0(1; 3),r =

OH =d(O, d) = √ a

a2+ 1 ⇒OE =

OA2

OH =

4√a2+ 1

a , HE = 3a

2+ 4

a√a2+ 1

AH2 =OA2 −OH2 = 3a 2+ 4

a2+ 1 =

√

3a2 + 4

√

a2+ 1

Mà SAEB = 32

5 ⇔ AH.HE = 32

5 ⇔ √

3a2+ 4

√

a2+ 1

3a2+

a√a2+ 1 =

32 x y M A B E

⇔5»(3a2+ 4)3 = 32a√a2+ 1 ⇔25(3a2+ 4)3 = 1024a2(a2+ 1) (1)

Đặt t = a (1) ⇔ −349t3 + 652t2 + 2576t+ 1600 = 0 ⇔ t = 4 ⇔ a = 2 ⇔ c = −1 Vậy

a+ 2c=

Chọn đáp án D

Câu 49 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = a, BC = 2a Cạnh bênSA = 2a SA vng góc với mặt phẳng đáy Khoảng cách SC BD :

A 2a

3 B

a√3

2 C

4a

3 D

3a

2

Lời giải

Trong mặt phẳng(ABCD), quaC kẻCEkBD⇒BDk(SCE)

⇒ d(SC, BD) = d(BD,(CSE)) =

2d(A; (SCE)) Từ A kẻAK⊥CE

Dễ dàng chứng minh được:

AH⊥(ACE)⇒d(A; (ACE)) =AH

+ TínhAH:

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ∆SAK ta có:

1

AH2 =

1

SA2 +

1

AK2

S

B C

A D E

K H

+ TínhAK: S∆ACE =

2AK.CE =

2CD.AE ⇒AK =

CD.AE CE =

4a

√ Suy ra:

AH2 =

1 (2a)2 +

1

Å

4a

√

ã2 =

9

16a2 ⇒d(A; (SCE)) =

4a

3 Vậy d(SC.BD) = 2a

3

Chọn đáp án A

Câu 50 Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy a√2, cạnh bên 2a Gọi α góc tạo hai mặt phẳng (SAC) (SCD) Tính cosα

A

√ 21

2 B

√ 21

14 C

√ 21

3 D

√

21

(139)

Gọi {H}=AC∩BD

Vì hình chóp S.ABCD hình chóp nên

SH⊥(ABCD)

Ta có: (SAC)∩(SCD) =SC

Gọi I hình chiếu H mặt phẳng(SCD) (Cách xác định điểmI: Gọi M trung điểm CD NốiS với M Gọi I hình chiếu H SM Dễ dàng chứng minh được: SI⊥(SCD)

Tính được: SM = a √

14

2 , SH = a √

3, HC = a, M C =

a√2 )

S

B C

A D

H E

K I

Gọi K hình chiếu I mặt phẳng SC Có: (

HI⊥SC

KI⊥SC ⇒SC⊥(HIK)⇒SC⊥HK

Lại có:SC⊥HI (vìHI⊥(SCD), SC ⊂(SCD)) suy góc hai mặt phẳng(SAC)và(SCD) góc HKI =α

Tínhcosα= cosKHI = IK

HK

+ TínhHK :HK.SC =SH.HC ⇒HK = SH.HC

SC =

a√3.a

2a = a√3

2 + TínhIK: dễ thấy ∆SIK−∆SCM ⇒ IK

M C = SK

SM ⇒IK =

SK.M C SM

+ TínhSK: Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông cho tam giác SHC ta có:

SH2 =SK.SC ⇒SK = SH

SC =

3a2

2a =

3a

2 ⇒IK = 3a

2

a√2

a√14

= 3a √

7 14

Vậy cosα= cosKHI = IK

HK =

3a√7 14

a√3

= √

21

Chọn đáp án D

(140)

1 B D C C B D A C C 10 D

11 A 12 A 13 D 14 C 15 D 16 A 17 C 18 D 19 B 20 A

21 A 22 A 23 D 24 D 25 B 26 B 27 B 28 C 29 C 30 A

31 D 32 C 33 B 34 B 35 A 36 D 37 B 38 B 39 A 40 C

(141)

7 ĐỀ THI THỬ THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH, NGHỆ AN – LẦN 1 (2019)

Câu Hình lăng trụ tam giác có mặt phẳng đối xứng?

A B C D

Lời giải

Hình lăng trụ tam giác có4 mặt đối xứng

A A0

B0

B

C C0

Chọn đáp án D

Câu Cho hàm số y = x

2+x

x−2 có đồ thị (C) Phương trình tiếp tuyến A(1;−2) (C)

A y=−3x+ B y =−5x+ C y=−5x+ D y=−4x+

Lời giải

Tập xác định D =R\ {2} Ta có y0 = (2x+ 1) (x−2)−(x

2 +x)

(x−2)2 =

x2−4x−2

(x−2)2 Suy y0(1) =−5 nên phương trình tiếp tuyến tạiA

y= (−5) (x−1)−2⇔y=−5x+

Vậy phương trình tiếp tuyến tạiA với đồ thị (C) lày=−5x+

Chọn đáp án C

Câu Gọi (P) đồ thị hàm số y= 2x3−x+ Trong đường thẳng sau, đường thẳng tiếp tuyến của(P)

A y=−x−3 B y = 11x+ C y=−x+ D y= 4x−1

Lời giải

Xét hàm số y= 2x3−x+ 3 trên R

Ta có y0 = 6x2−1.

Ta xét đường thẳng y=−x+ 3, (

2x3−x+ =−x+ ⇔

(

2x3 =

(142)

Câu Khối đa diện loại {4,3} có mặt?

A B 20 C 12 D

Lời giải

Khối đa diện loại{4,3}là hình lập phương Do số mặt

Chọn đáp án A

Câu Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 có mặt bên hình vng √2a Tính theoa thể tích

V khối lăng trụ ABC.A0B0C0 A V =

√

6a3

2 B V =

√ 3a3

12 C V = √

3a2

4 D V = √

6a2

6

Lời giải

Hình lăng trụ ABC.A0B0C0 có mặt bên hình vng nên tam giác ABC tam giác

(

AA0 ⊥AC AA0 ⊥AB

⇒AA0 ⊥(ABC)

Khi

V =AA0·S4ABC = AA0· √

3 ·AB

2

= √

3 ·

Ä√

2aä3 = √

6a3

2

A A0

B0

B

C C0

Chọn đáp án A

Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hinh vng cạnh a,SA =a√2và SA vng góc với (ABCD) Góc giữaSC và(ABCD)bằng

A 45◦ B 30◦ C 60◦ D 90◦

Lời giải

Do giả thiết ta cóSA⊥(ABCD)suy raSA⊥AC vàAC hình chiếu vng góc củaSC mặt phẳng (ABCD)

Khi góc (SC,(ABCD)) = (SC, AC) =SCA’

Xét tam giácSAC ta có tanSCA’=

SA AC

MàAC =√2a nên tanSCA’= 1⇔SCA’= 45◦

A

B C

D S

Chọn đáp án A

Câu Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a Tính khoảng cách hai đường thẳng

AB0 CD0

A

√ 2a

2 B a C

√

2a D 2a

(143)

Do giả thiết ta có (AA0B0B)∥(CC0D0D) Nên

d (AB0, CD0) = d (AB0,(CC0D0D)) = d (A,(CC0D0D)) =AD

Vậy khoảng cách giữaAB0 CD0 a

A A0

B0

B C

C0

D D0

Chọn đáp án B

Câu Giá trị cực đại yCĐ hàm số y=x3−12x+ 20

A yCĐ= B yCĐ = 36 C yCĐ =−4 D yCĐ=−2

Lời giải

Tập xác định D =R Ta có y0 = 3x2−12.

Xéty0 = suy 3x2−12 = 0⇔ "

x=

x=−2 Xét dấuy0

x y0

−∞ −2 +∞

+ − +

Hàm số đạt cực đại x=−2 suy yCĐ= 36

Chọn đáp án B

Câu Tập xác định hàm số y = √

sinx+

A R\nπ

2 +k2π, k∈Z o

B R\n−π

2 +k2π, k∈Z

o

C R\n−π

2 +kπ, k ∈Z o

D R

Lời giải

Do sinx+ 1≥0, ∀x∈R nên hàm số xác định

sinx+ 16= 0⇔sinx6=−1⇔x6=−π

2 +k2π, k∈Z

Chọn đáp án B

Câu 10 Nghiệm âm lớn phương trình √

3

sin2x = cotx+

√ 3là

A −π

6 B −

5π

6 C −

π

2 D −

2π

3

Lời giải

(144)

√

sin2x = cotx+

√ ⇔

Å

1 sin2x −1

ã

−√3 cotx= ⇔ cotx(cotx−√3) =

⇔ "

cotx= cotx=√3 ⇔





x= π +kπ

,(k ∈Z)

Do nghiệm âm lớn phương trình max

ß

−π 2;−

5π

6

™

=−π

Chọn đáp án C

Câu 11 Cho cấp số cộng (un) có số hạng 5; 9; 13; 17; Tìm cơng thức số hạng tổng quátun cấp số cộng đó?

A un = 5n−1 B un = 5n+ C un= 4n−1 D un= 4n+

Lời giải

Cấp số cộng(un) có cơng sai d= 9−5 = 4,u1 = nên có số hạng tổng quát

un =u1+ (n−1)d= + 4(n−1) = 4n+

Chọn đáp án D

Câu 12 Tìm giá trị nhỏ hàm số y=x2−1trên đoạn [−3; 2]?

A

[−3;2]y= B [min−3;2]y=−3 C [−3;2]miny=−1 D [min−3;2]y=

Lời giải

Hàm số có tập xác định D =R, y0 = 2x

y0 = 0⇔x= ∈[−3; 2]

Có y(−3) = 8, y(0) =−1,y(2) = nên

[−3;2]

y =−1

Chọn đáp án C

Câu 13 Cho hàm số y=√x2−1 Mệnh đề đúng? A Hàm số đồng biến khoảng (0; +∞)

B Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; 0)

C Hàm số đồng biến khoảng (1; +∞)

D Hàm số đồng biến khoảng (−∞; +∞)

Lời giải

Tập xác định D = (−∞;−1]∪[1; +∞)

y0 = √ x

x2−1 >0, ∀x∈(1; +∞) nên hàm số đồng biến khoảng(1; +∞)

y0 = √ x

x2−1 <0, ∀x∈(−∞;−1) nên hàm số nghịch biến khoảng (−∞;−1)

(145)

Câu 14 Khai triển (x−3)100 ta đa thức (x−3)100 =a

0+a1x+a2x2+· · ·+a100x100, với

a0, a1, , a100 hệ số thực Tính a0−a1+a2− · · · −a99+a100

A −2100. B 4100. C −4100. D 2100.

Lời giải

Thayx=−1 vào khai triển (x−3)100 =a0+a1x+a2x2+· · ·+a100x100, ta

a0+a1(−1) +a2(−1)2+· · ·+a100(−1)100=a0−a1+a2 − · · · −a99+a100 = (−1−3)100 = 4100

Chọn đáp án B

Câu 15 Nghiệm phương trình lượng giác cos2x−cosx = 0 thỏa mãn điều kiện 0 < x < π

là

A x= B x= 3π

4 C x=

π

2 D x=−

π

2

Lời giải

cos2x−cosx= ⇔ "

cosx= cosx=

⇔ 



x= π +kπ

x=k2π

,(k∈Z)

Do nghiệm phương trình khoảng(0;π) làx= π

Chọn đáp án C

Câu 16 Tất nghiệm phương trình tanx= cotx

A x= π

4 +k

π

4, k∈Z B x=

π

4 +k2π, k∈Z

C x= π

4 +kπ, k ∈Z D x=

π +k

π

2, k ∈Z

Lời giải

Điều kiện (

sinx6=

cosx6= ⇔x6=k

π

2,(k ∈Z)

tanx= cotx⇔tanx= tanπ −x

⇔x= π

2 −x+kπ ⇔x=

π

4 +k

π

2,(k∈Z) Đối chiếu điều kiện nghiệm phương trình làx= π

4 +k

π

2,(k∈Z)

Chọn đáp án D

Câu 17 Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA=√2a vng góc với (ABCD) Tính theoa thể tích V khối chóp S.ABC

A V =

√

2a3

6 B V =

2√2a3

3 C V = √

2a3. D V =

√ 2a3

3

Lời giải

Ta có

V =

2VS.ABCD = 2·

1

3 ·SA·SABCD = 2·

1 ·

√

2a·a2 = √

2a3

6

(146)

Chọn đáp án A

Câu 18 Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành, AB = a, SA = √3a vng góc với (ABCD) Tính góc hai đường thẳng SB CD

A 60◦ B 30◦ C 45◦ D 90◦

Lời giải

Ta có AB∥ CD suy (SB, CD) = (SB, AB) =SBA’

Trong tam giácSAB vng A, ta có

tanSBA’ =

SA AB =

√ 3a a =

√

3⇒’SBA= 60

◦

Vậy (SB, CD) = 60◦

S

A

B C

D

Chọn đáp án A

Câu 19 Cho hàm số y= 3x−1

x−3 có đồ thị (C) Mệnh đề sai?

A Đồ thị (C)có tiệm cận đứng tiệm cận ngang

B Đồ thị (C)khơng có tiệm cận đứng

C Đồ thị (C)có tiệm cận ngang

D Đồ thị (C)có tiệm cận

Lời giải

lim x→3+

3x−1

x−3 = +∞, xlim→3−

3x−1

x−3 =−∞, suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=

lim x→±∞

3x−1

x−3 = limx→±∞

3−

x

1−

x

= 3, suy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=

Chọn đáp án B

Câu 20 Trong năm học 2018 - 2019, Trường THPT chuyên Đại học Vinh có13lớp học sinh khối 10, 12 lớp học sinh khối 11 12 lớp học sinh khối 12 Nhân ngày nhà giáo Việt Nam 20 tháng 11, nhà trường chọn ngẫu nhiên2lớp trường để tham gia hội diễn văn nghệ Trường Đại học Vinh Xác suất để 2lớp chọn không khối

A 76

111 B

87

111 C

78

111 D

67 111

Lời giải

Số phần tử không gian mẫu n(Ω) = C2 37

Gọi A biến cố “2 lớp chọn khơng khối” Ta có n(A) = C1

13·C112+ C112·C112+ C112·C113

Vậy P(A) = n(A)

n(Ω) = C1

13·C112+ C112·C112+ C112·C113

C2 37

= 76 111

(147)

Câu 21 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân tạiA,BC = 2a,SA=a

SAvng góc với (ABC) Tính góc hai mặt phẳng (SBC)và (ABC)

A 45◦ B 30◦ C 60◦ D 90◦

Lời giải

Gọi M trung điểm BC, ta có    

  

(SBC)∩(ABC) =BC AM ⊥BC

SM ⊥BC

nên ((SBC),(ABCD)) = (SM, AM) =SM A’

Trong tam giácSAM vng tạiA, ta có

tanSM A’ =

SA AM =

a

a = ⇒SM A’ = 45

◦

Vậy ((SBC),(ABCD)) = 45◦

S

B

M

A C

Chọn đáp án A

Câu 22 Gọi x1,x2, x3 điểm cực trị hàm số y=−x4+ 4x2+ 2019 Tổng x1+x2+x3

bằng

A B 2√2 C −1 D

Lời giải

y0 =−4x3+ 8x,y0 = 0⇔ "

x=

x=±√2

x y0

−∞ −√2 √2 +∞ + − + −

Vậy x1+x2+x3 =

Chọn đáp án A

Câu 23 GọiM vàmlần lượt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm sốy=x3−3x2−9x+1

trên đoạn [0; 4] Tính tổngm+ 2M

A m+ 2M = 17 B m+ 2M =−37 C m+ 2M = 51 D m+ 2M =−24

Lời giải

Ta có y0 = 3x2−6x−9, y0 = 0 ⇔

"

x=−1∈/ [0; 4]

x= 3∈[0; 4] y(0) = 1,y(3) =−26, y(4) =−19

Vậy M = max

[0;4] y= 1, m= min[0;4] y =−26 nên m+ 2M =−24

Chọn đáp án D

(

(148)

(

u1−u3+u5 = 65

u1+u7 = 325

⇔ (

u1 1−q2+q4

= 65

u1 +q6

= 325 ⇔ (

u1 1−q2+q4

= 65 +q2 = ⇔

(

q2 =

u1 =

Vậy u3 =u1q2 = 5·4 = 20

Chọn đáp án D

Câu 25 Biết số tự nhiên n thỏa mãn C1

n+ 2· C2

n C1

n

+· · ·+n· C n n Cn−1

n

= 45 Tính Cn n+4

A 715 B 1820 C 1365 D 1001

Lời giải

Xét số hạng tổng quát

k· C k n Ck−1

n

= k·n!

k!(n−k)!·

(k−1)!(n+ 1−k)!

n! =n+ 1−k Do

C1n+ 2C

2

n C1

n

+· · ·+n C

n n Cn−1

n

= 45 ⇔ n+ (n−1) +· · ·+ = 45 ⇔ n(n+ 1)

2 = 45 ⇔ n2 +n−90 =

⇔ "

n =

n =−10(loại) ⇒ n=

Vậy C913 = 715

Chọn đáp án A

Câu 26 Tìm tất giá trị củam để hàm sốy = x−1

x+m đồng biến khoảng (0; +∞)

A (−1; +∞) B [0; +∞) C (0; +∞) D [−1; +∞)

Lời giải

Tập xác định D =R\ {−m}, y0 = m+ (x+m)2

Hàm số đồng biến khoảng(0; +∞)⇔ (

−m≤0

m+ 1>0 ⇔m≥0

Chọn đáp án B

Câu 27 Tìm tất giá trị thực m cho điểm cực tiểu đồ thị hàm số y =

x3+x2+mx−1 nằm bên phải trục tung A m <0 B 0< m <

3 C m <

3 D Không tồn

Lời giải

Tập xác định D =R

y0 = 3x2+ 2x+m.

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị phương trìnhy0 = có hai nghiệm phân biệt

⇔∆0 = 1−3m >0⇔m <

(149)

Khi phương trìnhy0 = có hai nghiệm phân biệt x1 vàx2

Theo định lí Vi-ét ta cóx1+x2 =−

2

3, x1x2 =

m

3 Vìx1+x2 =−

2

3 <0nên để điểm cực tiểu đồ thị hàm số nằm bên phải trục tung phương trìnhy0 = có hai nghiệm trái dấu

⇔x1x2 <0⇔

m

3 <0⇔m <0 (2)

Từ (1) (2) suy m <0

Chọn đáp án A

Câu 28 Sinh nhật An vào ngày1tháng5 Bạn An muốn mua máy ảnh giá khoảng 600.000 đồng để làm q cho Bạn định bỏ ống tiết kiệm 10.000 đồng vào ngày tháng năm đó, sau liên tục ngày sau, ngày bạn bỏ ống tiết kiệm 5.000 đồng Biết năm đó, tháng có 31 ngày, tháng có 28 ngày, tháng có 31 ngày tháng4 có 30 ngày Gọi a (đồng) số tiền An có đến sinh nhật (ngày sinh nhật An khơng bỏ tiền vào ống) Khi ta có

A a∈[610000; 615000) B a∈[605000; 610000)

C a∈[600000; 605000) D a∈[595000; 600000)

Lời giải

Theo giả thiết An định bỏ ống tiết kiệm vào ngày1tháng 1đến ngày 30tháng nên tổng số ngày bạn An bỏ tiết kiệm là120 ngày

Ngày thứ An bỏ ống tiết kiệm là10.000 đồng

119 ngày An bỏ ống 119·5000 = (120−1)·5000 = 600.000−5000 đồng Vậy tổng số tiền An bỏ ống tiết kiệm là600.000−5000 + 10.000 = 605.000 đồng

Chọn đáp án B

Câu 29 Số nghiệm phương trình sin 5x+√3 cos 5x= sin 7x khoảng

0;π

A B C D

Lời giải

sin 5x+√3 cos 5x= sin 7x ⇔sin(5x+π

3) = sin 7x

⇔ 



5x+π

3 = 7x+k2π 5x+π

3 =π−7x+k2π ⇔





x= π

6 −k2π (1)

x= π 18+k

π

6 (2)

Vìx∈0;π

, k∈Z nên "

(1) ⇒k=

(2) ⇒k∈ {0; 1; 2}

Vậy số nghiệm phương trình cho

(150)

C f(2) = D f(2018)> f(2019)

Lời giải

Ta có f0(x)>0, ∀x >0 ⇒y =f(x)đồng biến (0; +∞) Suy =f(1)< f(2) < f(3) f(2018)< f(2019)

Do khẳng địnhf(2) +f(3) = 4; f(2) = 1; f(2018)> f(2019)là sai Vậy khẳng định f(−1) = xảy

Chọn đáp án B

Câu 31 Cho tập hợp A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6} Từ A lập số tự nhiên chẵn có chữ số khác nhỏ hơn4012?

A 180 B 240 C 200 D 220

Lời giải

Gọi số cần lập làabcd Theo giả thiết đề ta suy raa∈ {1; 2; 3}, d∈ {0; 2; 4; 6} • TH1 Nếu a= số số chẵn lập 1·4·A2

5 = 80

• TH2 Nếu a= số số chẵn lập 1·3·A2 = 60

• TH3 Nếu a= số số chẵn lập 1·4·A2 = 80

Vậy số số thỏa đề là220 số

Chọn đáp án D

Câu 32 Một vật chuyển động theo quy luậts=−1 2t

3+ 9t2, vớit (giây) khoảng thời gian tính

từ lúc vật bắt đầu chuyển động s (mét) quãng đường vật thời gian Hỏi khoảng thời gian10giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn vật đạt bao nhiêu?

A 216 (m/s) B 400 (m/s) C 54 (m/s) D 30 (m/s)

Lời giải

Ta có v(t) = s0(t) = −3 2t

2+ 18t Bằng cách lập bảng biến thiên hàm sốy =v(t)với t ∈[0; 10].

t v0(t)

v(t)

0 10

+ −

0

54 54

30 30 Ta suy max

t∈[0;10]v(t) =v(6) = 54

Vậy vận tốc lớn vật đạt khoảng từ0 đến 10s v(6) = 54(m/s)

Chọn đáp án C

Câu 33 Trong tất giá trị tham số m để hàm số y= (m−1)x4 đạt cực đại tạix= 0

là

A m <1 B m >1 C Không tồn m D m=

Lời giải

(151)

• Với m6= 1, ta có y0 = 4(m−1)x3, y0 = 0⇔x= 0, suy hàm số đạt cực đại tại x= 0 khi

chỉ (

y0 >0, ∀x∈(−∞; 0)

y0 <0, ∀x∈(0; +∞) ⇔m−1<0⇔m <1

Chọn đáp án A

Câu 34 Tung hai súc sắc3 lần độc lập với Tính xác suất để có lần tổng số chấm xuất hai mặt hai súc sắc (Kết làm tròn đến3 chữ số phần thập phân)

A 0,120 B 0,319 C 0,718 D 0,309

Lời giải

Mỗi lần gieo đồng thời hai súc sắc, có36kết xảy Gọi A: “tổng số chấm xuất hai mặt súc sắc ” Khi đó,A={(1; 5),(2; 4),(3; 3),(4; 2),(5; 1)} ⇒n(A) = 5, n A

= 31 vàP(A) =

36, P A

= 31 36

Gọi B: “có lần tổng số chấm xuất hai mặt súc sắc ”, ta có

B =AAA+AAA+AAA Do đó,

P(B) = P AP(A)P(A) +P(A)P AP(A) +P(A)P(A)P A

= 36·

31 36·

31 36+

31 36·

5 36·

31 36+

31 36·

5 36 ≈ 0,309

Chọn đáp án D

Câu 35 Hệ số khai triển x5 trong khai triển (1−2x−3x2)9 là

A 792 B −684 C 3528 D

Lời giải

Ta có(1−2x−3x2)9 =

9

X

k=0

Ck9(−1)k(2x+ 3x2)k =

9

X

k=0

Ck9(−1)k k X

i=0

Cik2k−i3ixk+i đó0≤i≤

k≤9

Số hạng khai triển chứa x5 

  

k= 3, i=

k= 4, i=

k= 5, i=

Vậy hệ số cần tìm làC3

9(−1)3C232132+ C49(−1)4C412331+ C59(−1)5C052530 = 3528

Chọn đáp án C

Câu 36 Cho khối đa diện lồi có 10 đỉnh, 7mặt Hỏi khối đa diện có cạnh?

A 20 B 18 C 15 D 12

Lời giải

(152)

Câu 37 Cho hình chópS.ABC cóSA=√2a,SB = 2a,SC = 2√2avà’ASB =BSC’ =CSA’=

60◦ Tính thể tích khối chóp cho

A 4a

3 B

2√3a3

3 C

√

2a3. D

√

2a3

3

Lời giải

Trên cạnh SB lấy điểm M cho SM = √2a; cạnh SC lấy

N cho SN =√2a

Khi ta có tam giácSAM, SAN,SM N cạnh √2a Suy hình chópS.AM N tứ diện cạnh √2a nên thể tích

VS.AM N =

Ä

a√2ä3·√2 12 =

4a3

12 = 3a

3.

Mặt khác ta có VSABC

VSAM N

= SA

SA · SB SN ·

SC SN =

2 √

2· 2√2

√ =

√ Vậy VSABC =

√

2·VSAM N =

2√2a3

3

A C

N

M

B S

Chọn đáp án D

Câu 38 Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a Gọi M, N trung điểm

BC DD0 Tính theoa khoảng cách hai đường thẳng M N BD

A √3a B

√ 3a

2 C

√ 3a

3 D

√

3a

Lời giải

Gọi O, P, K trung điểm AC, CD,

OC Kẻ DI ⊥M P, DH ⊥N I Ta có N D = a

2, BD ∥ M P, tứ giác DIKO hình chữ nhật⇒DI =OK = OC

2 =

a√2 · Khi đó:

d(M N, BD) = d(BD,(M N P)) = d(D,(M N P)) =DH

Xét tam giác vng N DI có

DH2 =

1

DN2 +

1

DI2 ⇒DH =

√ 3a

6 Vậy d(M N, BD) =

√ 3a

6

A0 D0

O K A

B M C

P I D

B0 C0

(153)

Cách khác

Xét hệ trục tọa độ hình vẽ

Khi C(0; 0; 0), D(a; 0; 0), B(0;a; 0), D0(a; 0;a),

M

0;a

2;

, N

a; 0;a

Suy M N# »=a;−a

2;

a

2

, BD# »= (a;−a; 0) ⇒ỵM N ,# » BD# »ó=

Åa2

2;

a2

2 ;−

a2

2

ã

, BM# »=0;−a 2;

⇒ỵM N ,# » BD# »ó·BM# »=−a

3 ỵ# »

M N ,BD# »ó =

a2√3

2

A0 D0

A

B M C

y

B0 C0

D N

x z

Ta có d(M N, BD) =

ỵ# »

M N ,BD# »ó·BM# »

ỵ# »

M N ,BD# »ó

=

a3

4

a2√3

2

= a √

3

Chọn đáp án D

Câu 39 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SAD tam giác nằm mặt phẳng vuông góc với(ABCD) Gọi M, N, P trung điểm cạnh

SB,BC, CD Tính thể tích khối tứ diện CM N P

A

√ 3a3

48 B

√

3a3

96 C

√ 3a3

54 D

√ 3a3

72

Lời giải

Gọi H trung điểm AD⇒SH ⊥(ABCD) SH =

a√3

Ta có VCM N P =VM.CN P =

3·S4CN P ·d(M,(CN P)) VìN, P trung điểm CD, CB nên

S4CN P =

2·CN ·CP = · a 2· a = a2 Mặt khác M trung điểm SB nên

d(M,(CN P)) =

2d(S,(ABCD)) =

2 ·SH =

a√3

Khi đóVM.CN P = 3·

a2

8 ·

a√3 =

a3√3

96 S M C P D H A N B

Chọn đáp án B

Câu 40 Số tiệm cận ngang đồ thị hàm số y= |x| −2018

x+ 2019

A B C D

Lời giải

Ta có lim

x→+∞y= limx→+∞

x−2018

x+ 2019 = limx→+∞

1−2018

x

1 + 2019

(154)

Chọn đáp án C

Câu 41 Cho khối hộp ABCD.A0B0C0D0 cóM trung điểm A0B0 Mặt phẳng (ACM)chia khối hộp cho thành hai phần Tỉ số thể tích hai phần

A

17 B

5

17 C

7

24 D

7 12

Lời giải

GọiN trung điểm củaB0C0 ⇒(ACM)chia khối hộp thành khối đa diện làABCB0M N, ACDM N C0D0A0

Gọi V, V1, V2 thể tích khối đa diện

ABCD.A0B0C0D0, ABCB0M N, ACDM N C0D0A0 ⇒V1+V2 =V

VìM, N trung điểm củaA0B0, B0C0 nên

S4B0M N =

1

4S4B0A0C0 =

4S4ABC Đặt S =4ABC

A0 D0

N

A

B C

B0 M

C0

D

Khi thể tích khối chóp cụtABCB0M N

V1 =

1

Ç

S+ 4S+

…

S· 4S

å

·d(B0,(ABC))

V1 =

1 ·

7S

4 ·d(B

0,(ABC)) =

24·2S·d(B

0,(ABC)) =

24V Suy V2 = 17 24V hay

V1

V2

= 17·

Chọn đáp án A

Câu 42 Đồ thị hàm số f(x) = x3 +ax2+bx+c tiếp xúc với trục hoành gốc tọa độ cắt

đường thẳngx= điểm có tung độ

A a=b = 0, c= B a=c= 0,b =

C a= 2, b=c= D a= 2,b = 1, c=

Lời giải

Ta có f0(x) = 3x2+ 2ax+b.

Gọi (C)là đồ thị hàm số f(x) Vì M(1; 3)∈(C) nên = +a+b+c⇔a+b+c= (1)

Vì(C) tiếp xúc với Ox O nên hệ (

f(x) =

f0(x) =

có nghiệm x= 0⇒ (

f(0) =

f0(0) = ⇔

(

c=

b =

Từ (1) suy a =

Chọn đáp án C

Câu 43 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, ABC’ = 60◦, cạnh bên

SA=√2a SA vng góc với (ABCD) Tính góc giữaSB (SAC)

A 90◦ B 30◦ C 45◦ D 60◦

(155)

Gọi O giao điểm củaAC BD

Do ABCD hình thoi nênBO ⊥AC (1) Lại cóSA⊥(ABCD)⇒SA⊥BO (2) Từ (1) (2) suy BO⊥(SAC) Vậy (SB, (SAC)) = (SB, SO) =BSO’

Trong tam giác vng BOA, ta có ABO’ = 30◦ nên suy

AO= 2AB=

a

2 BO=

a√3 Trong tam giác vuôngSAO, ta có

SO =√SA2+AO2 =

2a2+a

4 = 3a

2

S

A

B C

O

D

BO⊥(SAC) ⇒BO⊥SO ⇒∆SOB vng tạiO Ta có tanBSO’ =

BO SO =

a√3 ·

2 3a =

√ 3 Vậy (SB, (SAC)) = (SB, SO) =BSO’ = 30◦

Chọn đáp án B

Câu 44 Gọi m giá trị để đồ thị (Cm) hàm số y =

x2+ 2mx+ 2m2−1

x−1 cắt trục hoành hai điểm phân biệt tiếp tuyến với(Cm)tại hai điểm vng góc với Khi ta có

A m∈(1; 2) B m ∈(−2;−1) C m∈(0; 1) D m∈(−1; 0)

Lời giải

Ta có y0 = x

2−2x−2m2 −2m+ 1

(x−1)2 = 1−

2m2+ 2m

(x−1)2

Để(Cm)cắt trục hoành hai điểm phân biệt phương trình x2+ 2mx+ 2m2−1 = (1)phải có hai nghiệm phân biệt khác1 tức

(

∆0 >0

1 + 2m+ 2m2−16= ⇔    

  

1−m2 >0

m 6=

m 6=−1

⇔m ∈(−1; 1)\ {0} (∗)

Gọi x1 , x2 hai nghiệm của(1) Theo định lý Vi-ét, ta có x1+x2 =−2m x1·x2 = 2m2−1

Theo giả thiết, ta có

y0(x1)·y0(x2) =−1 ⇔

đ

1−2m

2+ 2m

(x1 −1)2

ô

·

ñ

1− 2m

2+ 2m

(x2−1)2

ô

=−1

⇔ 1− 2m2+ 2m

ñ

(x1+x2)

−2x1x2−2 (x1+x2) +

[x1x2−(x1+x2) + 1]2

ô

+ 2m2+ 2m2

·

[x1x2−(x1+x2) + 1]

2 =−1

(156)

Câu 45 Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC tam giác cân C, BAC’ = 30◦,

AB = √3a, AA0 = a Gọi M trung điểm BB0 Tính theo a thể tích V khối tứ diện

M ACC0 A V =

√

3a3

12 B V =

√ 3a3

4 C V = √

3a3

3 D V = √

3a3

18

Lời giải

Tam giácABC cân C,BAC’ = 30◦, AB =

√ 3a ĐặtAC =CB =x >0

Áp dụng định lí Cơsin trong4ABC ta có

AC2+CB2−2AC·CB·cos 120◦ =AB2 ⇔3x2 = 3a2 ⇔x=a.

Kẻ AH ⊥ BC, mà ABC.A0B0C0 lăng trụ đứng ⇒ AH ⊥ (M CC0)

Dễ thấy S4M CC0 =

1

2SBCC0B0 = 2a

2.

VM ACC0 =

1

3·AH·S4M CC0 = 3a

√

3·sin 30◦ = √

3a3

12

B0

C0

B A0

A

C

M

H

Chọn đáp án A

Câu 46 Hàm số y =f(x) Hàm số y=f0(x) có đồ thị hình vẽ bên Hỏi hàm số y=f(x−3)đồng biến khoảng sau đây?

A (2; 4) B (1; 3) C (−1; 3) D (5; 6)

x y

O

−1

Lời giải

Đặtg(x) = f(x−3)

Ta có g0(x) = (x−3)0·f0(x−3) =f0(x−3)

Hàm số g(x) đồng biến g0(x)>0⇔f0(x−3)>0⇔ "

x−3<−1 1< x−3<3 ⇔

"

x <2 4< x <6

Chọn đáp án D

Câu 47 Hàm số y = f(x) có bảng biến thiên hình vẽ Khi số nghiệm phương trình 2|f(x−3)| −5 =

x

y

−∞ +∞

+∞

1

2

−∞ −∞

(157)

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên hàm sốy=f(x)ta có bảng biến thiên hàm số y= 2f(x−3)là

x

y

−∞ +∞

+∞

2

4

−∞ −∞

Dựa vào bảng biến thiên hàm số y= 2f(x−3)ta có đồ thị hàm số y = 2f(x−3) cắt trục

Oxtại điểm có hồnh độ x0 (x0 >4)

Suy có bảng biến thiên hàm số y= 2|f(x−3)|

x

y

−∞ x0 +∞

+∞

2

4

0

+∞

Dựa vào bảng biến thiên hàm số y= 2|f(x−3)| ta có

Phương trình2|f(x−3)| −5 = 0⇔2|f(x−3)|= có hai nghiệm phân biệt

Chọn đáp án B

Câu 48 Tìm số tiệm cận (bao gồm tiệm cận đứng tiệm cận ngang) đồ thị hàm số

y= √

4x2+ 5

√

2x+ 1−x−1

A B C D

Lời giải

TXĐ: D =

ï

−1 2; +∞

ã

\ {0} Ta có

• lim

√

4x2+ 5

√

2x+ 1−x−1 = limx→+∞

…

4 +

x2

…

2

x +

1

x2 −1−

1

x

=−2

Suy y=−2 tiệm cận ngang hàm số

•      

    

lim x→0+(

√

4x2+ 5) =√5>0

lim x→0+(

√

2x+ 1−x−1) = √

2x+ 1−x−1<0khi x→0+

⇒ lim

x→0+y =−∞

Suy x= tiệm cận đứng hàm số • lim

x→−1

+y =−2 √

6 Suy x=−1

2 không tiệm cận đứng hàm số

(158)

A

√

6 B

√

6

3 C

√

3 D

√ 3

Lời giải

Gọi H,N trung điểm SC,AB Ta có CN =

2AB suy tam giác ABC vuông cân tạiC

Suy (

SA⊥BC AC ⊥BC

⇒BC ⊥(SAC)

Do 4SAC vuông cân A nên AH =a Kẻ AK ⊥SD Khi

(

AH ⊥(SBC)

AK ⊥(SCD)

⇒((SBC),(SCD)) = (AH, AK) =KAH’ =ϕ

B C K A D S N H

Xét tam giác vng SADcó

AK2 =

1

SA2 +

1

AD2 ⇒AK =

a√6 · Xét tam giác vng AKH cócosϕ= AK

AH =

√ ·

Cách khác Chọn hệ trục toạ độ Oxyz hình vẽ

Ta có A(0; 0; 0), B(2; 0; 0), C(1; 1; 0), D(0; 1; 0),

SÄ0; 0;√2ä

Ta có véc-tơ pháp tuyến (SCD) n#»1 =

ỵ# »

SC,SD# »ó = Ä0;√2; 1ä véc-tơ pháp tuyến (SBC) làn#»2 =

ỵ# »

SB,SC# »ó=Ä√2;√2; 2ä Vậy cos ((SBC),(SCD)) = |

#»

n1·n#»2|

|n#»1| · |n#»2|

= √ B C A D z y S x

Chọn đáp án B

Câu 50 Tìm tất giá trị thực tham sốmsao cho hàm sốy= mx

3

3 + 7mx

2+ 14x−m+ 2

nghịch biến [1; +∞)?

A

Å

−∞;−14 15

ã

B

Å

−∞;−14

15

ò

C

ï

−2;−14 15

ò

D

ï

−14 15; +∞

ã

Lời giải

Tập xác định: D =R

Ta có y0 =mx2+ 14mx+ 14 =m(x2+ 14x) + 14.

Hàm số y= mx

3

3 + 7mx

2+ 14x−m+ 2 nghịch biến trên [1; +∞)

⇔ y0 ≤0,∀x∈[1; +∞)

⇔ m(x2+ 14x) + 14≤0,∀x∈[1; +∞) ⇔ m≤ − 14

x2+ 14x x

2+ 14x >0,∀x∈[1; +∞)

(∗) Xét hàm số g(x) =− 14

(159)

g0(x) = 14(2x+ 14)

(x2+ 14x)2 >0,∀x∈[1; +∞)

Bảng biến thiên

x y0

y

1 +∞

+

−14 15 −14 15

0

Dựa vào bảng biến thiên ta có (∗)⇔m ≤ −14 15

Chọn đáp án B

(160)

1 D C C A A A B B B 10 C

11 D 12 C 13 C 14 B 15 C 16 D 17 A 18 A 19 B 20 A

21 A 22 A 23 D 24 D 25 A 26 B 27 A 28 B 29 A 30 B

31 D 32 C 33 A 34 D 35 C 36 C 37 D 38 D 39 B 40 C

(161)

8 ĐỀ THI THỬ THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH, NGHỆ AN, LẦN 2 (2019)

Câu

Trong hình vẽ bên, điểm P biểu diễn số phức z1, điểm Q biểu diễn

số phứcz2 Tìm số phức z =z1+z2

A + 3i B −3 +i C −1 + 2i D +i

x y

O P

Q

−1

2

Lời giải

Theo hình vẽ ta có z1 =−1 + 2i, z2 = +i nên z =z1+z2 = + 3i

Chọn đáp án A

Câu Giả sử f(x)và g(x) hàm số liên tục trênR a, b, c số thực Mệnh đề sau sai ?

A

b Z

a

f(x) dx+ c Z

b

f(x) dx+ a Z

c

f(x) dx=

B

b Z

a

cf(x) dx=c

b Z

a

f(x) dx

C b Z

a

f(x)g(x) dx=

b Z

a

f(x) dx·

b Z

a

g(x) dx

D

b Z

a

(f(x)−g(x)) dx+ b Z

a

g(x) dx= b Z

a

f(x) dx

Lời giải

Theo tính chất tích phân ta có: •

b Z

a

f(x) dx+ c Z

b

f(x) dx+ a Z

c

f(x) dx= c Z

a

f(x) dx+ a Z

c

f(x) dx= a Z

a

f(x) dx=

• b Z

a

cf(x) dx=c

b Z

a

f(x) dx, với c∈R

• b Z

a

(f(x)−g(x)) dx+ b Z

a

g(x) dx= b Z

a

f(x) dx− b Z

a

g(x) dx+ b Z

a

g(x) dx= b Z

a

f(x) dx

(162)

x

f(x)

−∞ −1

−∞ −∞

2

−1 −1

2

1

A Giá trị cực đại B Hàm số có2 điểm cực tiểu

C Giá trị cực tiểu bằng−1 D Hàm số có2 điểm cực đại

Lời giải

Dựa vào tập xác định bảng biến thiên hàm sốy=f(x)ta thấy hàm số có 1điểm cực tiểu làx=

Chọn đáp án B

Câu Cho cấp số cộng (un), có u1 =−2, u4 = Số hạng u6

A B C 10 D 12

Lời giải

Áp dụng công thức cấp số cộngun=u1+ (n−1)d, ta có

u4 =u1+ 3d⇔4 =−2 + 3d⇔d=

Vậy u6 =u1+ 5d=−2 + 5(2) =

Chọn đáp án A

Câu Trong khơng gianOxyz, cho đường thẳng∆vng góc với mặt phẳng(α) :x+2z+3 = Một vec-tơ phương của∆

A #»b = (2;−1; 0) B #»v = (1; 2; 3) C #»a = (1; 0; 2) D #»u = (2; 0;−1)

Lời giải

Mặt phẳng (α) có vec-tơ pháp tuyến #»n = (1; 0; 2)

Đường thẳng ∆vng góc với mặt phẳng (α) nên có vec-tơ phương #»a = #»n = (1; 0; 2)

Chọn đáp án C

Câu Cho khối hộpABCD.A0B0C0D0có thể tích bằng1 Thể tích khối tứ diệnAB0C0D0

A

3 B

1

6 C

1

2 D

1 12

Lời giải

Gọi h chiều cao hình hộp, ta có

VA.B0C0D0 =

1

3S∆B0C0D0·h=

6SA0B0C0D0·h =

6VABCD.A0B0C0D0

Từ suy raVA.B0C0D0 =

1

A B

D0 C0 D

B0 A0

C

(163)

Câu Tìm tất nguyên hàm hàm số f(x) = sin 5x

A

5cos 5x+C B cos 5x+C C −cos 5x+C D −

1

5cos 5x+C

Lời giải

Ta có Z

sin 5xdx=

Z

sin 5xd(5x) = −1

5cos 5x+C

Chọn đáp án D

Câu

Cho hàm sốy =f(x) có đồ thị hình vẽ bên Hàm số đồng biến khoảng đây?

A (2; 4) B (0; 3) C (2; 3) D (−1; 4)

x y

O

−1

1

3

−1

Lời giải

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trong(1; 3) Từ suy khoảng(2; 3) hàm số y=f(x) đồng biến

Chọn đáp án C

Câu

Đường cong hình bên đồ thị hàm số đây?

A y=x3−5x2+ 8x−1 B y=x3−6x2+ 9x+

C y=−x3+ 6x2+ 9x+ 1. D y=x3−6x2+ 9x−1.

x y

O

−1

Lời giải

Đồ thị hàm số cho hình vẽ qua điểm (0;−1) nên đồ thị hàm số

y=x3−6x2+ 9x+ 1, y =−x3+ 6x2+ 9x+ 1.

Đồ thị hàm số cho hình vẽ đạt cực trị tạix= x= 3, hai hàm số cịn lại ta thấy có hàm sốy =x3−6x2+ 9x−1 thỏa mãn điều kiện đó.

Vậy đồ thị cho hình vẽ hàm số y=x3−6x2+ 9x−1.

Chọn đáp án D

(164)

Từ giả thiết ta cólog2(a2b3) = log

244 ⇔log2a2+ log2b3 = log24⇔2 log2a+ log2b =

Chọn đáp án B

Câu 11 Trong không gian Oxyz, mặt phẳng mặt phẳng sau song song với trục

Oz?

A α: z = B (P) :x+y=

C (Q) : x+ 11y+ = D (β) :z =

Lời giải

Ta có: trục Oz có vectơ phương #»k = (0; 0; 1)

Gọi #»n(α) = (0; 0; 1), #»n(P) = (1; 1; 0), #»n(Q) = (1; 11; 1), #»n(β)= (0; 0; 1) vectơ pháp tuyến

các mặt phẳng (α),(P),(Q),(β) Nhận thấy #»n(α)·

#»

k = 6= #»n(β)

#»

k = 6= nên loại A D Nhận thấy #»n(P)

#»

k = O ∈Oz∩(P)⇒Oz ⊂(P) nên ta loại B

Chọn đáp án C

Câu 12 Nghiệm phương trình 2x−3 =

A B C −1 D

Lời giải

Ta có: 2x−3 =

2 ⇔2

x−3 = 2−1 ⇔x−3 = −1⇔x= 2.

Chọn đáp án B

Câu 13 Mệnh đề sau sai ?

A Số tập có 4phần tử tập hợp có 6phần tử C4

B Số cách xếp4 sách vào 4trong vị trí giá A4

C Số cách chọn xếp thứ tự4 học sinh từ nhóm học sinh C4

6

D Số cách xếp4 sách trong6 sách vào 4vị trí giá A46

Lời giải

A Lấy ngẫu nhiên4 phần tử từ tập 6phần tử ta tập phần tử Vậy số tập có4 phần tử tập 6phần tử C46

B Mỗi cách xếp4quyển sách sách chỉnh hợp chập4 6quyển sách Vậy số cách xếp4 sách vào4 vị trí vị trí giá A4

6

C sai Mỗi cách lựa chọn xếp thứ tự 4học sinh từ nhóm 6học sinh chỉnh chập học sinh Vậy số cách lựa chọn xếp thứ tự4 học sinh từ nhóm học sinh A4

6

D Mỗi cách xếp 4quyển sách sách vào vị trí chỉnh hợp chập 6quyển sách Vậy số cách xếp sách trong6 vào 4vị trí giá A4

6

Chọn đáp án C

Câu 14 Cho F (x) nguyên hàm f(x) = √

x+ thỏa mãn F(2) = Giá trị F(−1)

A √3 B C 2√3 D

(165)

F(x) = Z

f(x) dx=

Z 1 √

x+ 2dx= √

x+ +C

Theo đề bàiF(2) = nên 2√2 + +C = 4⇔C = ⇒F(−1) = 2√−1 + = Vậy F(−1) =

Chọn đáp án D

Câu 15 Biết tập hợp nghiệm bất phương trình 2x < 3−

2x khoảng (a;b) Giá trị a+b

A B C D

Lời giải

Ta có: 2x <3− 2x ⇔(2

x)2

<3·2x−2⇔(2x)2−3·2x+ 2<0⇔1<2x<2⇔0< x < Vậy tập hợp nghiệm bất phương trình khoảng (0; 1) Suy raa+b =

Chọn đáp án D

Câu 16 Đồ thị hàm số y= √

x2−2x+x

x−1 có đường tiệm cận?

A B C D

Lời giải

Tập xác định D = (−∞; 0]∪[ 2; +∞) Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng

Ta có: lim x→+∞

√

x2−2x+x

x−1 = limx→+∞

…

1−

x +

1−

x

=

lim x→−∞

√

x2−2x+x

x−1 = limx→−∞

−2x

(x−1) √x2−2x−x = lim x→−∞

−2

x

Å

1−

x

ã Ç

−

…

1−

x−1

å =

Nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang lày= vày =

Chọn đáp án C

Câu 17 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC tam giác vuông B, AC = 1,

BC = 1, AA0 = Tính góc giữaAB0 và(BCC0B0)

A 45◦ B 90◦ C 30◦ D 60◦

Lời giải

Ta có: (

AB ⊥BC AB ⊥BB0

⇒AB⊥(BCC0B0)

⇒BB0 hình chiếu AB0 lên mặt phẳng (BCC0B0) Do đó: (AB0,(BCC0B0)) = (AB0, BB0) =÷AB0B

Xét∆ABB0vng tạiB ta có:AB =√AC2−BC2 =√3, BB0 = 1.

Suy tan÷AB0B =

AB BB0 =

√

3⇒÷AB0B = 60◦

B

C A

1

√

(166)

Chọn đáp án D

Câu 18 Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm f0(x) =x(x+ 1)(x−2)2 với x∈R Giá trị nhỏ hàm sốy= (x) đoạn [−1; 2]

A f(−1) B f(0) C f(3) D f(2)

Lời giải

Ta có f0(x) = x(x+ 1)(x−2)2 = ⇔ 

  

x=

x=−1

x=

với x= nghiệm kép

Ta có bảng biến thiên sau:

x f0(x)

f(x)

−∞ −1 +∞

+ − + +

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt giá trị nhỏ đoạn [−1; 2] x=

Chọn đáp án B

Câu 19 Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng ∆ : x =

y

2 =

z

−1 mặt phẳng(α) : x−y+ 2z = Góc đường thẳng ∆và mặt phẳng (α)bằng

A 30◦ B 60◦ C 150◦ D 120◦

Lời giải

∆có véc-tơ phương #»u = (1; 2;−1) (α)có véc-tơ pháp tuyến #»n = (1;−1; 2) sin(∆◊,(α)) =

|#»u · #»n| |#»n| · |#»n| =

|1·1 + 2·(−1) + (−1)·2| p

12+ 22+ (−1)2·p

12+ (−1)2+ 22 =

1 Vậy (∆◊,(α)) = 30◦

Chọn đáp án A

Câu 20 Tính thể tích V vật thể giới hạn hai mặt phẳng x = x = 4, biết cắt mặt phẳng tùy ý vng góc với trụcOxtại điểm có hồnh độ x(0< x <4)thì thiết diện nửa hình trịn có bán kínhR =x√4−x

A V = 64

3 B V = 32

3 C V = 64π

3 D V =

32π

Lời giải

Ta có diện tích thiết diện làS(x) = 2πR

2 =

2πx

2(4−x) =

2π(4x

2−x3).

Thể tích vật thể cần tìm là: V =

4

Z

0

S(x) dx = 2π

4

Z

0

4x2−x3

dx = 2π

Å4

3x

3−1

4x

4

ã

4

0

= 32π

3

(167)

Câu 21 Cho số thực a >2 gọiz1, z2 hai nghiệm phương trìnhz2 −2z+a = Mệnh

đề sau sai?

A z1+z2 số thực B z1−z2 số ảo

C z1

z2

+ z2 z1

là số ảo D z1

z2

+z2

z1

là số thực

Lời giải

Xét phương trìnhz2 −2z+a= Ta có ∆0 = 1−a <0 (∀a >2).

Nên phương trình có nghiệm phức là:z1 = +

√

a−1i;z2 = 1−

√

a−1i (khơng làm tính tổng qt)

Ta có

• z1+z2 = +

√

a−1i+ 1−√a−1i= số thực nên A • z1−z2 = (1 +

√

a−1i)−(1−√a−1i) = 2√a−1 số ảo (với∀a >2) nên B • z1

z2

+ z2

z1

= + √

a−1i

1−√a−1i+

1−√a−1 +√a−1i =

4−2a

a số ảo (với∀a >2) nên C sai

Chọn đáp án C

Câu 22 Cho số thực a, b thỏa mãn < a < b logab+ logba2 = Tính giá trị biểu

thức T = logaba

2 +b

2

A

6 B

3

2 C D

2

Lời giải

Ta có logab+ logba2 = 3 ⇔log

ab+ logba = (1) Đặtt = logab Do 1< a < b⇔t >logab ⇒t >1

Khi đó(1) trở thành: t+2

t = 3⇔t

2−3t+ = 0⇔

"

t = (không thỏa)

t = (thỏa)

Với t= ta có logab = 2⇔b =a2.

Suy T = logaba

2+b

2 = loga3a

2 =

3logaa=

Chọn đáp án D

Câu 23

Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số f(x) =

3x

3−x2−1

3x+ trục hồnh hình vẽ bên Mệnh đề sau sai?

A S=

1

Z

−1

f(x) dx−

3

Z

1

f(x) dx B S=

3 Z

1

f(x) dx

C S=

1

Z

−1

f(x) dx D S=

3

Z

−1

|f(x)| dx

x y

−1

Lời giải

(168)

Từ hình vẽ ta thấy f(x)>0,∀x∈(−1; 1) f(x)>0,∀x∈(1; 3)

Do đóS =

3

Z

−1

|f(x)|dx=

1

Z

−1

f(x) dx−

3

Z

1

f(x) dx=

1

Z

−1

f(x) dx

Suy phương án A, C, D

Chọn đáp án B

Câu 24 Trong khơng gianOxyz, mặt cầu có tâmI(1; 2;−3)và tiếp xúc với trụcOy có bán kính

A √10 B C √5 D √13

Lời giải

Gọi H hình chiếu vng góc tâm I(1; 2;−3)trên trục Oy ⇒H(0; 2; 0)⇒IH =√10 Gọi R bán kính mặt cầu có tâm I(1; 2;−3) tiếp xúc với trục Oy ⇒R=IH =√10

Chọn đáp án A

Câu 25 Cho hình nón đỉnh S có đường sinh 2, đường cao Tìm đường kính mặt cầu chứa điểmS chứa đường trịn đáy hình nón cho

A B C D 2√3

Lời giải

B h

l S

O R A

H

Cách 1: Gọi O, R tâm bán kính mặt cầu Đường trịn đá hình nón có tâmH bán kính r

Do H hình chiếu S O mặt đáy hình nón nênS, H, O thẳng hàng Hình nón có độ dài đường sinhl = 2, đường cao h= Suy r=√l2 −h2 =√3.

Góc đỉnh hình nón ’ASB = 2ASH’ = 120◦ nên suy H∈SO (như hình vẽ)

Trong tam giácOAH vng tạiH ta có:

OA2 =OH2+HA2 ⇔R2 = (R−h)2+r2 ⇔R= h

2+r2

2h =

Vậy đường kính mặt cầu chứa điểmS đường trịn đáy hình nón

Cách 2:

Gọi lầnO, R lượt tâm bán kính mặt cầu Đường trịn đáy hình nón có tâm H bán kínhr

(169)

Góc đỉnh hình nón ’ASB = 2ASH’ = 120◦ nên suy H∈SO (như hình vẽ)

Trong tam giácSAH vng H ta cócosASH’ =

SH SA =

1

2 ⇒ASH’ = 60

◦

Xét tam giácSOA có OS=OA=R ’OSA= 60◦

Suy tam giác SOA Do đóR =OA=SA=

Vậy đường kính mặt cầu chứa điểmS đường trịn đáy hình nón

Chọn đáp án A

Câu 26 Cắt mặt xung quanh hình trụ dọc theo đường sinh trải mặt phẳng ta hình vng có chu vi 8π Thể tích khối trụ cho

A 2π2. B 2π3. C 4π. D 4π2.

Lời giải

Chu vi hình vng bằng8π nên cạnh hình vng 2π Do hình trụ có bán kínhR = 1, đường sinh l= 2R Vậy thể tích hình trụ làV =πR2h= 2π2.

l

C= 8π h

r l

Chọn đáp án A

Câu 27 Cho hai số phức z1,z2 thỏa mãn |z1| = |z2| =

√

3 |z1 −z2| = Môđun |z1 +z2|

bằng

A B C √2 D 2√2

Lời giải

a) Cách 1: Gọi số phức z1 =a1+b1i, z2 =a2+b2i, (a1, a2, b1, b2 ∈R)

Ta có |z1|=

p

a2

1+b21 =

√

3⇒a2

1 +b21 = 3, |z2|=

p

a2

2+b22 =

√

3⇒a2

2+b22 =

Do

|z1−z2|= ⇔

»

(a1−a2)2+ (b1−b2)2 =

⇔ (a1 −a2)

+ (b1−b2)

= ⇔a21+b21+a22+b22−2a1a2−2b1b2 =

⇔ 2a1a2+ 2b1b2 =

Do |z1+z2| =

»

(a1+a2)2+ (b1+b2)2 =

p

a2

1+b21+a22+b22+ 2a1a2+ 2b1b2 =

√ = 2√2

b) Cách 2: Ta có |z1−z2|2 = (z1−z2)(z1−z2) = |z1|2+|z2|2−(z1z2+z2z1) =

|z1+z2|

= (z1+z2)(z1+z2) =|z1|

+|z2|

+ (z1z2+z2z1) =

⇒ |z1 +z2|=

√

Chọn đáp án D

Câu 28 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA = √

2a

(170)

Lời giải

Vẽ SH ⊥AC H

Khi ta có             

(SAC)⊥(ABCD) (SAC)∩(ABCD) = AC SH ⊂(SAC)

SH ⊥AC

⇒SH ⊥(ABCD) ⇒V =

3SH·SABCD

S H A D B C

Theo đề ∆SAC vuông S nên ta có SC = √AC2−SA2 =

√ 6a

2 SH =

SA·SC AC = √ 2a · √ 6a √

2a =

√ 6a

4 Vậy V =

3SH ·SABCD = √

6a3

12

Chọn đáp án A

Câu 29 Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng ∆ qua điểm M(1; 2; 3) có véc-tơ phương #»u = (2; 4; 6) Phương trình sau khơng phải đường thẳng ∆?

A       

x=−5−2t y=−10−4t z =−15−6t

B       

x= +t y= + 2t z = + 3t

C       

x= + 2t y= + 4t z = + 6t

D       

x= + 2t y= + 4t z = 12 + 6t

Lời giải

Thay tọa độ điểm M(1; 2; 3) vào phương trình, dễ thấy M khơng thỏa mãn phương trình       

x= + 2t y = + 4t z = 12 + 6t

Chọn đáp án D

Câu 30 Đạo hàm hàm số f(x) = log2x

x

A f0(x) = 1−lnx

x2 B f

0(x) = 1−lnx

x2ln 2

C f0(x) = 1−log2x

x2ln 2 D f

0(x) = 1−log2x

x2

Lời giải

Điều kiện x >0

Ta có f0(x) = (log2x)

0

·x−(log2x)·(x)0

x2 =

1

xln 2x−log2x

x2 =

1

ln −log2x

x2 =

1−lnx x2ln 2

Chọn đáp án B

(171)

x

f0(x)

−∞ −1 +∞

−∞ −∞

1

−1 −1

+∞ +∞

Hàm số g(x) = f(x)−x có điểm cực trị?

A B C D

Lời giải

Ta có g0(x) =f0(x)−1; g0(x) = 0⇔f0(x) =

Dựa vào bảng biến thiên hàm số y=f0(x) ta có f0(x) = 1⇔ "

x=−1

x=x0 >1

Bảng xét dấu củag0(x) sau:

x

g0(x)

−∞ −1 x0 +∞

− − +

Vậy hàm sốg(x) = f(x)−xcó điểm cực trị

Chọn đáp án D

Câu 32 Cho hàm số y=f(x) liên tục, nhận giá trị dương R có bảng xét dấu đạo hàm

x

g0(x)

−∞ −1 +∞

− + + − +

Hàm số y= log2(f(2x)) đồng biến khoảng

A (1; 2) B (−∞;−1) C (−1; 0) D (−1; 1)

Lời giải

Đặtg(x) = log2(f(2x)), ta có g0(x) = 2f

0(x)

f(2x) ln Theo giả thiết ta có f(2x)>0 với mọix∈R Do

g0(x)≥0⇔f0(2x)≥0⇔ "

−1≤2x≤1 2x≥2

⇔ 

 −

2 ≤x≤

x≥1

và có dấu xảy hữu hạn điểm, suy hàm số y = g(x) đồng biến khoảng

Å

−1;1

ã

(172)

Câu 33 Gọi S tập hợp tất số nguyên m cho tồn hai số phức phân biệt z1, z2

thỏa mãn đồng thời phương trình|z−1|=|z−i| |z+ 2m|=m+ Tổng tất phần tử củaS

A B C D

Lời giải

Giả sửz =x+yi (x, y ∈R) Ta có |z+ 2m|=m+ 1≥0

TH1: m+ = 0⇔m=−1⇒z= (loại) khơng thỏa mãn phương trình |z−1|=|z−i| TH2: m+ >0⇔m >−1 (1)

Theo ta có (

|z−1|=|z−i| |z+ 2m|=m+

⇔ (

|(x−1) +yi|=|x+ (y−1)i| |(x+ 2m) +yi|=m+

⇔ (

(x−1)2+y2 =x2+ (y−1)2 (x+ 2m)2+y2 = (m+ 1)2

⇔ (

y=x

(x+ 2m)2 = (m+ 1)2 ⇔

(

y=x

2x2 + 4mx+ 3m2−2m−1 = 0(∗)

Để tồn hai số phức phân biệt z1, z2 thỏa mãn thỏa mãn yêu cầu đề phương trình (∗)

có hai nghiệm phân biệt

⇔∆0 = 4m2−2(3m2−2m−1) = 2(−m2+ 2m+ 1)>0⇔1−√2< m <1 +√2 (2) Từ (1), (2) m ∈Z ta nhận S ={0; 1; 2}

Vậy tổng phần tử củaS + + =

Chọn đáp án D

Câu 34 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B với AB =

BC =a, AD = 2a, SA vng góc với mặt phẳng đáy SA =a Tính theo a khoảng cách hai đường thẳngAC SD

A a

√

6 B

a√6

2 C

a√6

3 D

a√3

Lời giải

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz cho

A(0; 0; 0), B(a; 0; 0),C(a;a; 0),D(0; 2a; 0) S(0; 0;a) Khi ta có

# »

AC = (a;a; 0), SD# » = (0; 2a;−a), SA# » = (0; 0;−a), [AC# »;SD# »] = (−a;a; 2a)và

[AC# »;SD# »]·SA# »=−a·0 +a·0 + 2a·(−a) =−2a2.

Vậy ta có d(AC, SD) = |[

# »

AC;SD# »]·SA# »| |[AC# »;SD# »]| =

2a2

√

a2+a2+ 4a2 =

√ a

B

A D

S

C

a

a a

2a

x

y z

Chọn đáp án C

(173)

Người ta sản xuất vật lưu niệm (N) thủy tinh suốt có dạng khối trịn xoay mà thiết diện qua trục hình thang cân (xem hình vẽ) Bên (N) có hai khối cầu ngũ sắc với bán kính làR = cm, r = cm tiếp xúc với tiếp xúc với mặt xung quanh (N), đồng thời hai khối cầu tiếp xúc với hai mặt đáy của(N) Tính thểV tích vật lưu niệm

A V = 485π (cm

3). B V = 81π (cm3).

C V = 72π (cm3) D V = 728π

9 (cm

3).

Lời giải

L J

K

S

F N

G

D

C

I

H M

E

Gọi tâm hai đường tròn (N) C D Ta có GS tiếp tuyến chung hai đường trịn tạiK J Khi DJ ⊥GS,CK ⊥GS

Kẻ DN ∥ GS (N ∈ IS), DHKJ hình chữ nhật nên HK = DJ = cm, ta có

CH = cm

Ta có tam giácDHC đồng dạng với tam giác GJ D nên DJ

CH = GD

CD ⇒DG=

DJ·CD

CH = cm,

từ suy GF = cm

Ta lại có tam giác DHC đồng dạng với tam giác GF S nên DS

DC = GF

DH ⇒ GS =

DC·GF DH = DC·GF

√

DC2−CH2 =

√

3 cm, từ suy F S =√GS2−GF2 = 3√3 cm.

(174)

Chọn đáp án D

Câu 36 Cho hàm số f(x) liên tục R có f(0) = đồ thị hàm số y =f0(x) hình vẽ bên

x y

O 1 2 3

1

Hàm số y=|3f(x)−x3| đồng biến khoảng

A (2; +∞) B (−∞; 2) C (0; 2) D (0; 2)

Lời giải

Đặtg(x) = 3f(x)−x3 Hàm số ban đầu có dạng y=|g(x)|.

Ta có g0(x) = 3f0(x)−3x2 Cho g0(x) = 0⇔



  

x=

x y

O

−2 −1

2

Dễ thấy g(0) = Ta có bảng biến thiên

y=

x g0(x)

y =|g(x)| −∞

+∞

0

1

− + + −

2

a

0

+∞

(175)

Dựa vào BBT suy hàm sốy=|g(x)| đồng biến khoảng (0; 2)và (a; +∞) với g(a) =

Chọn đáp án C

Câu 37 Cho số thựcmvà hàm sốy=f(x)có đồ thị hình vẽ Phương trìnhf(2x+ 2−x) =m

có nhiều nghiệm phân biệt thuộc đoạn [−1; 2]?

x y

O 2 3 5

A B C D

Lời giải

Đặtt =t(x) = 2x+ 2−x với x∈[−1; 2].

Hàmt=t(x) liên tục trên[−1; 2] t0(x) = 2xln 2−2−2ln 2, t0(x) = 0⇔x= 0.

Bảng biến thiên:

x t0(x)

t(x)

−1

− +

2

17 17

4

Do đóx∈[−1; 2]⇒t∈

ï

2;17

ò

Với t∈ {2} ∪

Å

5 2;

17

ị

có giá trịx thỏa mãn

Xét phương trìnhf(t) = m với t∈

Å5

2; 17

4

ò

Từ đồ thị, phương trình f(2x + 2−x) = m có số nghiệm nhiều phương trình

f(t) = m có nghiệmt1, t2 có t1 ∈

Å

2;5

ò

, t2 ∈

Å

5 2;

17

ò

Khi đó, phương trình có f(2x+ 2−2) = m có nhiều nghiệm phân biệt thuộc đoạn [−1; 2].

Chọn đáp án B

Câu 38 Trong không gianOxyz, cho tam giácABC cóA(0; 0; 1),B(−3; 2; 0),C(2;−2; 3) Đường cao kẻ từ B tam giácABC qua điểm điểm sau?

A P(−1; 2;−2) B M(−1; 3; 4) C N(0; 3;−2) D Q(−5; 3; 3)

Lời giải

(176)

Phương trình đường cao kẻ từ B là:     

   

x=−3 +t y=

z =−t

Ta thấy điểmP(−1; 2;−2) thuộc đường thẳng

Chọn đáp án A

Câu 39 Trong Lễ tổng kết Tháng niên, có10đồn viên xuất sắc gồm5nam 5nữ tun dương khen thưởng Các đoàn viên xếp ngẫu nhiên thành hàng ngang sân khấu để nhận giấy khen Tính xác suất để hàng ngang khơng có bạn nữ đứng cạnh

A

7 B

1

42 C

1

252 D

25 252

Lời giải

Cách

n(Ω) = 10!

Bước 1: Xếp 5bạn nữ có 5! cách

Bước 2: Xếp bạn nam vào xen khoảng trống bạn nữ vị trí đầu hàng Có hai trường hợp sau:

+TH1: Xếp bạn nam vào4 khoảng trống bạn nữ, bạn nam cịn lại có hai lựa chọn: xếp vào2 vị trí đầu hàng Trường hợp có A45·2 cách

+TH2:

-Chọn khoảng trống khoảng trống hai bạn nữ để xếp hai bạn nam cóC1 cách

-Chọn2 bạn nam 5bạn nam để xếp vào vị trí có A2 cách

-Ba khoảng trống lại xếp ba bạn nam cịn lại có3!cách Trường hợp cóC1

4·A25·3! cách

Vậy có tất 5!(A4

5 ·2 + C14·A25·3!) cách

Vậy xác suất là: P = A

4

5·2 + C14·A25·3!

10! = 42

Cách

n(Ω) = 10!

-Xếp5 bạn nam có5! cách

-Xếp5 bạn nữ xen vào giữa4 khoảng trống 2vị trí đầu hàng có A5 cách

Vậy có5!·A2 cách

Vậy P = 5!·A

2

10! = 42

Chọn đáp án B

Câu 40 Giả sử m số thực thỏa mãn giá trị nhỏ hàm số f(x) = 31x+ 3x+mx trên

Rlà

A m∈(−10;−5) B m ∈(−5; 0) C m∈(0; 5) D m∈(5; 10)

Lời giải

Ta có: f(x) = 31x+ 3x+mx⇒f0(x) = 31xln 31 + 3xln +m Xét hai trường hợp sau:

(177)

TH2: m < ⇒ f00(x) = 31xln2

3 > ⇒ f0(x) có nhiều nghiệm x0 Chọn trường hợp

f0(x) = có nghiệm, đó:

x f0(x)

f(x)

−∞ x0 +∞

− +

f(x0)

Khi  



f(x0) =

f0(x0) =

⇒  

 31x

0 + 3x0 +mx0 =

31x0ln 31 + 3x0ln +m = 0 (∗) Với x0 = 0⇒m=−ln 31−ln ∈(−5; 0)

Với x0 6= 0, (∗)⇒

 



m = −31

x0 −3x0

x0

m =−31x0ln 31−3x0ln 3

(∗∗)

Từ (∗∗)bấm máy tính ta thấy m∈(−5; 0) thỏa mãn

Chọn đáp án B

Câu 41

Cho hàm sốy =f(x) Hàm số y=f0(x) có bảng biến thiên hình vẽ bên Giá trị lớn hàm số g(x) = f(2x)−sin2x đoạn [−1; 1]

A f(−1) B f(0)

C f(2) D f(1)

x

f0(x)

−∞ −2 −1 +∞

0

2

0

Lời giải

Ta có g(x) =f(2x) +

2cos 2x−

Đặtt = 2x Với x∈[−1; 1] t ∈[−2; 2] Khi ta cóh(t) = f(t) +

2cost− ⇒h

0(t) =f0(t)−

2sint Từ bảng biến thiên ta thấy

• Với t∈(−2; 0) f0(t)>0 sint <0⇒h0(t)>0 • Với t∈(0; 2) f0(t)<0và sint >0⇒h0(t)<0 • Với t= f0(t) =

Từ ta có bảng biến thiên sau

t h0

h

(178)

Câu 42

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị hình bên Có số nguyên m để bất phương trình

mx+m2√5−x2+ 2m+ 1

f(x)> nghiệm với

x∈[−2; 2]?

A B C D

x y

−2 −1 O

Lời giải

Đặtg(x) = mx+m2√5−x2+ 2m+ 1.

Từ đồ thị y = f(x) ta thấy f(x) đổi dấu qua x = nên suy g(x) phải đổi dấu quax= Mặt khác g(x) liên tục nêng(x) = có nghiệm x=

Kiểm tra: Với m=−1

Ta có g(x)·f(x) = −x+√5−x2−1

f(x) = (1−x)

Å 1 +x

2 +√5−x2 +

ã

f(x)

Nhận xét: +x

2 +√5−x2 + =

3 +x+√5−x2

2 +√5−x2 >0, ∀x[−2; 2]

Khi quan sát đồ thị f(x), ta thấy

• Với x∈[1; 2] f(x)60 nên (1−x)f(x)>0 • Với x∈[−2; 1] f(x)>0 nên (1−x)f(x)>0

Do hai trường hợp ta ln cóg(x)·f(x)>0,∀x∈[−2; 2] Vậy m=−1là giá trị cần tìm

Chọn đáp án A

Câu 43

Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnhA1,A2, B1,

B2 hình vẽ bên Người ta chia elip Parabol có đỉnhB1,

trục đối xứngB1B2 qua điểmM,N Sau sơn phần

tô đậm với giá 200.000 đồng/m2 trang trí đèn led phần cịn lại với giá 500.000 đồng/m2 Hỏi kinh phí sử dụng gần nhất

với giá trị đây? Biết A1A2 = 4m, B1B2 = 2m,

M N = 2m

M B2

B1

A2

A1

N

A 2.431.000 đồng B 2.057.000 đồng C 2.760.000 đồng D 1.664.000 đồng

Lời giải

Chọn hệ trục tọa độOxysao choOlà trung điểm củaA1A2

Tọa độ đỉnh A1(−2; 0), A2(2; 0), B1(0;−1), B2(0; 1)

Phương trình đường Elip (E) : x

2

4 +

y2

1 = ⇔ y = ±

…

1− x

2

4 Ta có M

Ç

−1; √

3

å

, N

Ç

1; √

3

å

∈(E)

Parabol(P)có đỉnh B1(0;−1) trục đối xứng làOx nên

(P) có phương trình y=ax2−1, (a >0), qua M, N.

x y

−2

−1

M B2

B1

A2

O A1

(179)

⇒a = √

3

2 + 1⇒(P) có phương trình y=

Ç√

3 +

å

x2−1 Diện tích phần tơ đậm

S1 =

Z

0

"

1− x

2

4 −

Ç√

3 +

å

x2+ #

dx=

1

Z

0

√

4−x2dx−

3

Ç√

3 +

å

+

Đặtx= sint,t ∈h−π 2;

π

2 i

⇒dx= costdt Đổi cận:x= ⇒t= 0; x= ⇒t = π ⇒S1 =

π

6

Z

0

p

4−4 sin2t·2 costdt−

Ç√

3 +

å

+ = π

6

Z

0

cos2tdt− √ 3 + = π Z

(1 + cos 2t) dt− √

3 +

4

3 = (2t+ sin 2t) π − √ 3 + = π + √ + Diện tích hình Elip S=πab= 2π

⇒Diện tích phần lại S2 =S−S1 =

5π − √ − Kinh phí sử dụng 200000S1+ 500000S2 ≈2341000 (đồng)

Chọn đáp án A

Câu 44 Sau tốt nghiệp đại học, anh Nam thực dự án khởi nghiệp Anh vay vốn từ ngân hàng200 triệu đồng với lãi suất 0,6% tháng Phương án trả nợ anh Nam là: Sau tháng kể từ thời điểm vay anh bắt đầu trả nợ, hai lần trả nợ liên tiếp cách tháng, số tiền trả lần hoàn thành sau đúng5năm kể từ vay Tuy nhiên, sau dự án có hiệu trả nợ được12 tháng theo phương án cũ, anh Nam muốn rút ngắn thời gian trả nợ nên từ tháng tiếp theo, tháng anh trả nợ cho ngân hàng triệu đồng Biết tháng ngân hàng tính lãi số dư nợ thực tế tháng Hỏi sau tháng từ thời điểm vay anh Nam trả hết nợ?

A 32tháng B 31 tháng C 29tháng D 30tháng

Lời giải

Gọi n số tháng anh Nam trả nợ, B số tiền mượn, B = 200 triệu, C = triệu • Dự kiến trả 60 tháng hết nợ

Gọi A0 số tiến trả tháng

Ta có A0+A0(1 +r) +· · ·+A0(1 +r)59+A0(1 +r)60⇒A0

(1 +r)60−1

1 +r−1 =B0(1 +r)

60.

Suy A0 = 4.035.211 đồng

• Thực tế: trả n tháng có 12tháng trả A0 n−12 tháng trả triệu

Suy ra:

A0(1+r)n−1+A0(1+r)n−2+· · ·+A0(1+r)n−12+C(1+r)n−13+C(1+r)n−14+· · ·C >B(1+r)n

Suy A0(1 +r)n−12

ï

(1 +r)12−1 +r−1

ò

+C

ï

(1 +r)n−12−1

r

ò

(180)

Chọn đáp án A

Câu 45 Giả sử hàm f có đạo hàm cấp trênR thỏa mãnf0(1) = 1và f(1−x) +x2f00(x) = 2x

với mọix∈R Tích phân

1

Z

0

xf0(x) dx

A B C D

3

Lời giải

Từ giả thiếtf(1−x) +x2f00(x) = 2x⇒f(1) = 0.

Suy

1

Z

0

x2f00(x) dx=

1

Z

0

2xdx−

1

Z

0

f(1−x) dx

Đặt (

u=x2

dv =f00(x) dx ⇒

(

du= 2xdx v =f0(x)

Khi

1

Z

0

x2f00(x) dx=x2f0(x) −2 Z

xf0(x) dx= 1−2I

Mà

1

Z

0

2xdx−

1

Z

0

f(1−x) dx=x2

− Z

f(x) dx= 1−

1

Z

0

f(x) dx= 1−xf(x) + Z

xf0(x) dx=

1 +I

Suy 1−2I = +I ⇒I =

Chọn đáp án C

Câu 46 Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC vuông A, ABC’ = 30◦, BC =

√ 2, đường thẳng BC có phương trình x−4

1 =

y−5 =

z+

−4 , đường thẳng AB nằm mặt phẳng(α) :x+z−3 = Biết đỉnhC có cao độ âm Tìm hồnh độ đỉnhA

A

2 B C

9

2 D

5 Lời giải 30◦ α A B C

Tọa độ điểmB nghiệm hệ phương trình 





x−4 =

y−5 =

z+ −4

x+z−3 =

⇒B(2; 3; 1)

Do C∈BC nên C(4 +c; +c;−7−4c) Theo giả thiếtBC = 3√2nên

18(2 +c)2 = 18 ⇔ "

c=−1⇒C(3; 4;−3)

(181)

Mặt khác đỉnh C có cao độ âm nên C(3; 4;−3) Gọi A(x;y; 3−x)∈(α) Do ABC’ = 30◦ nên

   

  

AB= √

6

AC = √

2

⇔   

 

(x−2)2+ (y−3)2+ (2−x)2 = 27 (x−3)2+ (y−4)2+ (6−x)2 =

2

⇔   

 

2x2 −8x+y2−6y+ = 2x2 −18x+y2−8y+113

2 = ⇔

 



10x+ 2y−53 = 2x2 −8x+y2−6y+

2 =

Từ (1) suy y = 53−10x

2 Thay vào (2) ta có 2x2−8x+

Å

53−10x

2

ã2

−6· 53−10x +

7 = ⇔ 108x2−972x+ 2187 = 0⇔(2x−9)2 = ⇔ x=

2

Vậy A

Å

9 2; 4;−

3

ã

Chọn đáp án C

Câu 47 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x−2)2+ (y−4)2 + (z−6)2 = 24 và điểm

A(−2; 0;−2) Từ Akẻ tiếp tuyến đến (S) với tiếp điểm thuộc đường trịn(ω) từ điểm M

di động nằm ngồi (S) nằm mặt phẳng chứa (ω), kẻ tiếp tuyến đến (S) với tiếp điểm thuộc đường trịn (ω0) Biết (ω) (ω0) có bán kính M ln thuộc đường trịn cố định Tính bán kínhr đường trịn

A r= 6√2 B r = 3√10 C r= 3√5 D r= 3√2

(182)

4√6

R = 2√6

A

I

K H

M

Gọi (P) mặt phẳng chứa đường tròn(ω)

Mặt cầu(S) có tâm(2; 4; 6) bán kínhR =√24 = 2√6 Ta có

IA =√42+ 42+ 82 = 4√6.

Do hai đường trịn (ω) (ω0) có bán kính nên IM =IA= 4√6 Tam giácIAK vng K nên

IK2 =IH·IA ⇒IH = IK

2

IA =

24 4√6 =

√

Do H tâm đường tròn (ω) nên điểm H cố định Tam giácIHM vuông tạiH nên

M H =√IM2−IH2 =»(4√6)2−(√6)2 = 3√10.

Do H cố định thuộc mặt phẳng (P),M di động mặt phẳng (P) M H = 3√10không đổi Suy điểm M thuộc đường trịn có tâm H có bán kínhr =HM = 3√10

Chọn đáp án B

Câu 48 Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD hình thoi cạnh 2a, AC =√3a,SAB tam giác đều, SAD’ = 120◦ Tính thể tích khối chópS.ABCD

A √3a3. B √

3a3

2 C

√

6a3. D

√ 3a3

3

(183)

S

B O

D

C A

A

H B

S D

Tam giácSAB nên SA=SB =AB= 2a Xét tam giácSAD có

SD2 =SA2+AD2−2SAAD·cosSAD= 12a2 ⇒SD = 2√3a

Gọi AC∩BD=O ⇒AO = AC =

√ 3a

2 ⇒BO= √

AB2−AO2 =

√ 13a

2 ⇒BD= √

13a

Áp dụng cơng thức Hê-rơng, ta tính diện tích tam giác SBD làS4SBD = √

183a2

4 Gọi H hình chiếu A (SBD) VìAB =AD=AS = 2a ⇒H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBD

⇒ SH = SB·SD·BD 4S∆SBD

= √

39a

√ 183 ⇒ AH =√SA2−SH2 =

4a2−624a

183 = 6√3a

√ 183 ⇒ VS,ABD =VASBD =

1

3·AH ·S∆SBD = ·

6√3a

√ 183 ·

√ 183a2

4 = √

3a3

2 ⇒ VS.ABCD = 2VS.ABD =

√ 3a3

Cách

Ta có

cosBAC = AB

2+AC2−BC2

2·AB·AC =

4a2+ 3a2 −4a2

2·2a·√3a =

√ ⇒cosBAD = 2(cosBAC)2−1 =−5

8 Áp dụng công thức tính nhanh cho khối chóp A.SBD ta có

VASBD =

AS·AB·AD

6 · √

1 + cosSAB·cosBAD·cosDAS−cos2SAB−cos2BAD−cos2DAS

= 2a·2a.2a ·

1 + 2·1 ·

Å

−5

ã

·

Å

−1

ã

− −25 −1 = √

3a3

(184)

Câu 49 Có giá trị m để phương trình

9.32x−mÄ4√4 x2 + 2x+ + 3m+ 3ä·3x+ = 0. có ba nghiệm phân biệt

A Vô số B C D

Lời giải

Ta có

9·32x−mÄ4√4 x2+ 2x+ + 3m+ 3ä·3x+ = 0 ⇔3x+1+

3x+1 −

m

3(4

»

|x+ 1|+ 3m+ 3) = (1)

Đặtt =x+ 1, phương trình (1) trở thành 3t+

3t −

m

3(4 p

|t|+ 3m+ 3) = (2)

Bái tốn trở thành tìm số giá trị ngun củamđể phương trình (2)có ba nghiệm thực phân biệt

Nhận xét: Nếu t0 nghiệm phương trình (2) −t0 nghiệm phương

trình (2) Do điều kiện cần để phương trình (2) có ba nghiệm thực phân biệt phương trình(2) có nghiệm t=

Với t= 0, thay vào phương trình (2) ta có −m2−m+ = 0⇔

(

m =

m =−2

Thử lại

• Với m=−2phương trình (2) thành 3t+ 3t +

2 3(4

p

t| −3) = Ta có 3t+

3t ≥ 2,∀t ∈ R 3(4

p

|t| −3) ≥ −2,∀t ∈ R suy 3t+ 3t +

2 3(4

p

|t| −3) ≥ 0,∀t∈R

Dấu “=” xảy t = 0, hay phương trình (2) có nghiệm t= nên loại nghiệm

m =−2

• Với m= phương trình (2) thành 3t+ 3t −

1 3(4

√

t|+ 6) = (3)

Dễ thấy phương trình (3) có ba nghiệm t =−1, t= 0, t =

Ta chứng minh phương trình (3) có ba nghiệm t=−1,t = 0, t=

Vì t nghiệm −t nghiệm nên ta xét phương trình(3) [0; +∞) Trên tập [0; +∞), (3)⇔3t+

3t − 3(4

√

t+ 6) = Xét hàm f(t) = 3t+

3t − 3(4

√

t+ 6) [0; +∞) Ta có f0(t) = 3tln 3−3−t·ln 3−

3√t, f

00(t) = 3tln23 + 3−t·ln23 +

3·(√t)3 > 0,∀t >

Suy f0(t) đồng biến (0; +∞)⇒f0(t) = có tối đa nghiệm t >0⇒f(t) = có tối đa hai nghiệm t∈ [0; +∞) Suy trên[0; +∞), phương trình (3) có hai nghiệmt = 0,

t =

Do tập R, phương trình (3) có ba nghiệm t = −1, t = 0, t = Vậy chọn

(185)

Chú ý: Đối với toán trắc nghiệm này, sau loại m =−2, ta kết luận đáp án

C đề khơng có phương án không tồn m

Chọn đáp án C

Câu 50 Cho số phức z w thỏa mãn (2 +i)|z| = z

w + 1−i Tìm giá trị lớn T =

|w+ 1−i| A

√

2

3 B

√

3 C

2√2

3 D

√

Lời giải

Nhận xét z = không thỏa mãn giả thiết tốn Đặt|z|=R, R >0 Ta có

(2 +i)|z|= z

w+ 1−i⇔(2R−1) + (R+ 1)i= z w

⇒ R |w| =

√

5R2−2R+ 2

⇒ |w| =

5R2 −2R+ 2

R2 =

…

5−

R +

2

R2 =

2

Å1

R −

1

ã2

+9 ≥

3 √

2,∀R >0

Suy |w| ≤ √

2

3 ,∀R >0 ta có

T =|w+ 1−i| ≤ |w|+|1−i| ≤ √

2 +

√ =

√ Đẳng thức xảy

    

   

|z|=

w=k(1−i), k >0 (2 +i)|z|= z

w + 1−i

⇔  



z = =

3(1−i)

Vậy maxT = √

2

Chọn đáp án A

(186)

1 A C B A C B D C D 10 B

11 C 12 B 13 C 14 D 15 D 16 C 17 D 18 B 19 A 20 D

21 C 22 D 23 B 24 A 25 A 26 A 27 D 28 A 29 D 30 B

31 D 32 A 33 D 34 C 35 D 36 C 37 B 38 A 39 B 40 B

(187)

9 ĐỀ THI THỬ THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH, NGHỆ AN, LẦN 1 (2019)

Câu

Cho số phức z = −1 + 2i, w = 2−i Điểm hình vẽ bên biểu diễn số phứcz+w?

A P B N C Q D M

x y

O

P N

M Q

Lời giải

Ta có z+w= +i, suy điểm biểu diễn số phức z+w điểm P

Chọn đáp án A

Câu Tìm tất nguyên hàm hàm số f(x) = 3−x.

A

−x

ln +C B −

3−x

ln +C C −3

−x+C. D −3−xln +C.

Lời giải

Ta có Z

3−xdx=−3

−x

ln +C

Chọn đáp án B

Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = 3a, BC = a, cạnh bênSD = 2a vàSD vng góc với đáy Tính thể tích khối chóp S.ABCD

A a3 B 2a3 C 6a3 D 3a3

Lời giải

Ta tích khối chóp S.ABCD làV =

3·SD·AB·BC =

3·2a·3a·a= 3a

3.

Chọn đáp án D

Câu

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị hình vẽ bên Mệnh đề sau hàm sốy=f(x)?

A Đồng biến khoảng(−3; 1)

B Nghịch biến khoảng(0; 2)

C Nghịch biến khoảng(−1; 0)

D Đồng biến khoảng(0; 1)

x y

O −1

−3 −1

2 1

Lời giải

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số y=f(x) đồng biến miền (−1; 1)

(188)

Lời giải

Ta có AC0 =√AB2+AD2+AA02 =√a2+ 4a2+ 4a2 = 3a.

Gọi O giao điểm AC0 A0C, O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộpABCD.A0B0C0D0 Suy raR =OA= 3a

2 , diện tích mặt cầu ngoại tiếpABCD.A0B0C0D0 làS = 4piR2 = 4π·9a

2

4 = 9πa

2. A

A0

D0

B B0

C0

C D

O

Chọn đáp án D

Câu Cho cấp số nhân (un), với u1 =−9,u4 =

1

3 Công bội cấp số nhân cho

A

3 B −3 C D −

1

Lời giải

Ta có u4 =u1·q3 =

1 ⇔q

3 =

3·u1

=

−27 ⇔q=− Vậy cấp số nhân(un)có cơng bội q =−

1

Chọn đáp án D

Câu

Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số

A y=−x3+ 3x+ 1. B y= x+

x−1

C y= x−1

x+ D y=x

3−3x2−1.

O x

y

1

Lời giải

Căn vào đồ thị ta có tiệm cận đứng đồ thị hàm số đường thẳng x= nên loại phương ány=−x3+ 3x+ 1,y= x−1

x+ 1, y=x

3−3x2−1.

Vậy hình vẽ bên đồ thị hàm số y= x+

x−1

Chọn đáp án B

Câu Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P) qua điểm M(3;−1; 4), đồng thời vuông góc với giá vectơ #»a (1; 1; 2) có phương trình

A 3x−y+ 4z−12 = B 3x−y+ 4z+ 12 =

C x−y+ 2z−12 = D x−y+ 2z+ 12 =

Lời giải

Mặt phẳng (P) nhận vectơ #»a (1; 1; 2) làm vectơ pháp tuyến qua điểm M(3;−1; 4) nên có phương trình

1 (x−3)−1 (y+ 1) + (z−4) = 0⇔x−y+ 2z−12 =

(189)

Câu Cho hàm số y=f(x) liên tục trên[−3; 3] có bảng xét dấu đạo hàm hình bên

x

y0

−3 −1

+ − − + −

Mệnh đề sau sai hàm số đó?

A Hàm số đạt cực tiểu tạix= B Hàm số đạt cực đại x=−1

C Hàm số đạt cực đại x= D Hàm số đạt cực tiểu x=

Lời giải

Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm ta thấyf0(0) = 0và đạo hàm không đổi dấu khixquax0 =

nên hàm số cho không đạt cực tiểu tạix=

Chọn đáp án D

Câu 10 Giả sử f(x) hàm số liên tục khoảng (α;β) a, b, c, b+c∈(α;β) Mệnh đề sau sai ?

A

b Z

a

f(x) dx= c Z

a

f(x) dx+ b Z

c

f(x) dx B b Z

a

f(x) dx=

b+c Z

a

f(x) dx−

c Z

a

f(x) dx

C

b Z

a

f(x) dx= b+c Z

a

f(x) dx+ b Z

b+c

f(x) dx D

b Z

a

f(x) dx= c Z

a

f(x) dx− c Z

b

f(x) dx

Lời giải

Dựa vào tính chất tích phân, vớif(x)là hàm số liên tục khoảng (α;β) a,

b, c, b+c∈(α;β) ta ln có b Z

a

f(x) dx = c Z

a

f(x) dx+ b Z

c

f(x) dx

= c Z

a

f(x) dx− c Z

b

f(x) dx

= b+c Z

a

f(x) dx+ b Z

b+c

f(x) dx

Vậy mệnh đề sai b Z

a

f(x) dx= b+c Z

a

f(x) dx− c Z

a

f(x) dx

Chọn đáp án B

(190)

Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số

x y

O

−2 −1

−2

−1

A y=−x3+ 3x+ 1. B y = x+

x−1 C y=

x−1

x+ D y=x

3−3x2−1.

Lời giải

Căn vào đồ thị ta có tiệm cận đứng đồ thị hàm số đường thẳng x= nên loại phương ánA, C, D

Chọn đáp án B

Câu 12 Trong không gian Oxyz, cho #»a = (−3; 4; 0),#»b = (5; 0; 12) Côsin góc #»a #»b

bằng

A

13 B −

3

13 C −

5

6 D

5

Lời giải

Ta có: cosÄ#»a;#»bä =

#»a #»b |#»a|

#»

b

= » −3.5 + 4.0 + 0.12

(−3)2+ 42+ 02.√52+ 02 + 122

= −3 13

Chọn đáp án B

Câu 13 Trong không gianOxyz, mặt phẳng (P) qua điểm M(3;−1; 4), đồng thời vng góc với giá vectơ #»a (1;−1; 2) có phương trình

A x−y+ 2z+ 12 = B x−y+ 2z−12 =

C 3x−y+ 4z−12 = D 3x−y+ 4z+ 12 =

Lời giải

Mặt phẳng (P) nhận vectơ #»a (1;−1; 2)làm vectơ pháp tuyến qua điểm M(3;−1; 4)nên có phương trình là:

1 (x−3)−1(y+ 1) + (z−4) = 0⇔x−y+ 2z−12 =

Chọn đáp án B

Câu 14 Phương trình log(x+ 1) = có nghiệm

A 11 B C 101 D 99

Lời giải

Điều kiện: x+ 1>0⇔x >−1

Ta có log(x+ 1) = 2⇔x+ = 102 ⇔x= 99 (thỏa mãn điều kiện)

Chọn đáp án D

Câu 15 Giả sử f(x) hàm số liên tục khoảng (α;β) a, b, c, b+c ∈(α;β) Mệnh đề sau sai?

A

Z b

a

f(x) dx= Z c

a

f(x) dx+ Z b

c

f(x) dx B Z b

a

f(x) dx=

Z b+c

a

f(x) dx−

Z a

c

f(x) dx

C

Z b

a

f(x) dx= Z b+c

a

f(x) dx+ Z a

c

f(x) dx D

Z b

a

f(x) dx= Z c

a

f(x) dx− Z c

b

(191)

Lời giải

Dựa vào tính chất tích phân, với f(x) hàm số liên tục khoảng (α;β)

a,b,c,b+c∈(α;β) ta có: Z b

a

f(x) dx= Z c

a

f(x) dx+ Z b

c

f(x) dx= Z c

a

f(x) dx− Z c

b

f(x) dx= Z b+c

a

f(x) dx+ Z b

b+c

f(x) dx

Vậy mệnh đề sai Z b

a

f(x) dx= Z b+c

a

f(x) dx− Z a

c

f(x) dx

Chọn đáp án B

Câu 16 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P) : x−3y+ 2z −1 = 0, (Q) :x−z+ = Mặt phẳng (α) vng góc với (P) (Q)đồng thời cắt trục Ox điểm có hồnh độ Phương trình mp(α) là:

A x+y+z−3 = B x+y+z+ = C −2x+z+ = D −2x+z−6 =

Lời giải

(P) có vectơ pháp tuyến n#»p = (1;−3; 2),(Q) có vectơ pháp tuyến n# »Q = (1; 0;−1) Vì mặt phẳng(α) vng góc với (P) (Q)

nên (α)có vectơ pháp tuyến [n#»p;n# »Q] = (3; 3; 3) = 3(1; 1; 1)

Vì mặt phẳng(α) cắt trục Ox điểm có hồnh độ nên(α)đi qua điểm M(3; 0; 0) Vậy (α)đi qua điểm M(3; 0; 0) có vectơ pháp tuyến n# »α = (1; 1; 1)

nên (α)có phương trình x+y+z−3 =

Chọn đáp án A

Câu 17 Cho số phức z thỏa mãn (1−√3i)2z = 4−3i Môđun củaz bằng

A

4 B

5

2 C

2

5 D

4

Lời giải

Cách 1: Ta có z = 4−3i (1−√3i)2 =

−4 + 3√3 +

3 + 4√3 i

Suy |z|=

−4 + 3√3 +

3 + 4√3 i

= s

Ç

−4 + 3√3

å2

+

Ç

3 + 4√3

å2

= Cách 2: Ta có z = 4−3i

(1−√3i)2 Suy |z|=

|4−3i| (1−√3i)2| =

|4−3i| | −2−2√3i| =

5

Chọn đáp án A

Câu 18 Một hình trụ trịn xoay có độ dài đường sinh đường kính đáy thể tích khối trụ 16π Diện tích tồn phần khối trụ cho

A 16π B 12π C 8π D 24π

Lời giải

Gọi bán kính đáy hình trụ R suy h=l= 2R

Theo đề ta tích khối trụ là:V =πR2.h=πR2.2R = 2πR3 = 16π⇒R =

Do đóh=l= Diện tích tồn phần khối trụ là: S = 2πRl+ 2πR2 = 2π.2.4 + 2π.22 = 24π

(192)

Lời giải

Cách 1: Điều kiện: x > log22x−7 log2x+ = 0⇔ 

 

log2x= 7− √

13 log2x= +

√ 13

⇔ "

x= 27−

√

13

x= 27+

√

13

(nhận) Vậy x1x2 =

7−√13 ·2

7+√13

2 = 128

Cách 2: Điều kiện: x >0 log22x−7 log2x+ = 0là phương trình bậc theolog2x

có∆ = (−7)2−4.1.9 = 13>0. ∆ = (−7)2−4.1.9 = 13>0

Theo định lý Vi-et ta có: log2x1+ log2x2 = 7⇔log2(x1x2) = 7⇔x1x2 = 27 = 128

Chọn đáp án A

Câu 20 Đạo hàm hàm số f(x) = x−1 3x+ 1 là:

A f0(x) = −

(3x+ 1)2 ·3

x. B f0(x) =

(3x+ 1)2 ·3 x.

C f0(x) =

(3x+ 1)2 ·3

xln 3. D f0(x) = −

(3x+ 1)2 ·3 xln 3.

Lời giải

f0(x) = (3

x−1)0(3x+ 1)−(3x−1) (3x+ 1)0 (3x+ 1)2

=

xln (3x+ 1)−(3x−1) 3xln 3 (3x+ 1)2 =

3xln (3x+ 1−3x+ 1) (3x+ 1)2 =

2

(3x+ 1)2 ·3 xln 3

Chọn đáp án C

Câu 21 Cho f(x) = x4 −5x2 + Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số

y=f(x)và trục hoành Mệnh đề sau sai?

A S=

2

Z

−2

|f(x)|dx B S = Z

f(x)dx

+ Z

f(x)dx

C S=

2

Z

0

|f(x)|dx D S =

Z f(x)dx Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hàm sốf(x) =x4−5x2+ 4 và trục hoành

x4−5x2+ = 0⇔ "

x2 =

x2 = ⇔

"

x=±1

(193)

Diện tích hình phẳng cần tìm

S=

2

Z

−2

|f(x)|dx (1)

= Z

0

|f(x)|dx (2) (do f(x) hàm số chẵn)

=

1

Z

0

|f(x)|dx+

2

Z

1

|f(x)|dx

=

1

Z

0

f(x)dx

+

2

Z

1

f(x)dx

(3) (do khoảng(0; 1),(1; 2) phương trình f(x) = vơ nghiệm)

Từ (1), (2) (3) suy đáp ánA,B,C đúng, đáp án D sai

Máy tính: Bấm máy kiểm tra, ba kết đầu nên đáp án đáp ánD

Chọn đáp án D

Câu 22 Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f0(x) = x2(x2 −1), ∀x ∈

R Hàm số y = 2f(−x)

đồng biến khoảng

A (2; +∞) B (−∞;−1) C (−1; 1) D (0; 2)

Lời giải

Ta có y0 =−2f0(−x)

Màf0(x) =x2(x2−1)⇒y0 =−2(−x)2[(−x)2−1] =−2x2(x2 −1)

y0 = ⇔ "

x2 =

x2−1 = ⇔ "

x=

x=±1

Kết luận hàm số đồng biến khoảng(−1; 1)

Chọn đáp án C

Câu 23 Đồ thị hàm số y= x

3−4x

x3−3x−2 có đường tiệm cận?

A B C D

Lời giải

• Tập xác định D =R • Ta có lim

x3 −4x x3−3x−2 =

⇒ Đồ thị hàm số cho có tiệm cận ngang đường thẳng y=

• Ta có lim

x→2+y= limx→2+

x3−4x

x3−3x−2 = limx→2+

x(x−2)(x+ 2)

(x+ 1)2(x−2) = limx→2+

x(x+ 2) (x+ 1)2 =

8 lim

x→2−y= limx→2−

x3−4x

x3 −3x−2 = limx→2−

x(x−2)(x+ 2)

(x+ 1)2(x−2) = limx→2−

x(x+ 2) (x+ 1)2 =

8

(194)

Chọn đáp án D

Câu 24 Biết α,β số thực thỏa mãn 2β 2α+ 2β= 2α+ 2−β Giá trị α+ 2β

bằng

A B C D

Lời giải

Ta có 2β 2α+ 2β

= 2α+ 2−β

⇔2β 2α+ 2β = 82

α+ 2β 2a+β ⇔ 2α+ 2β

Å

2α− 2α+β

ã

= ⇔2β −

2α+β = ⇔2α+2β = ⇔α+ 2β =

Vậy α+ 2β =

Chọn đáp án D

Câu 25 Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 có AB = a, góc đường thẳng A0C0

và mặt đáy 45◦ Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A0B0C0 A a

3√3

4 B

a3√3

2 C

a3√3

12 D

a3√3

6

Lời giải

Theo tính chất lăng trụ tam giác lăng trụ cho lăng trụ đứng, có đáy tam giác ABC đều, cạnh AB = a Do

S4ABC =

a2√3

4

Góc giữaA0C mặt phẳng (ABC) góc A0CA= 45◦

AA0 =AC·tan 45◦ =AB·tan 45◦ =a

Thể tích khối lăng trụ ABC.A0B0C0 VABC.A0B0C0 = AA0 · S4ABC =a·

a2√3

4 =

a3√3

4

45◦

a

A0

B0 C0

A

B C

Chọn đáp án A

Câu 26 Cho hình nón trịn xoay có bán kính diện tích xung quanh 6√3π Góc đỉnh hình nón cho

A 60◦ B 150◦ C 90◦ D 120◦

(195)

Gọi S, O đỉnh tâm mặt đáy hình nón Lấy A điểm nằm đường trịn đáy Gọi góc đỉnh hình nón 2β suy

β =OSA’ Mặt khác Sxq = πrl ⇔ l =

Sxq

πr =

6√3π

3π =

√

3 Xét 4SOA

vng tạiO, ta có sinOSA= OA

SA =

3 2√3 =

√

2 ⇒’OSA= 60

◦.

Vậy 2β = 2’OSA= 120◦

O A

S

r l β

Chọn đáp án D

Câu 27 Cho hình nón trịn xoay có bán kính diện tích xung quanh 6√3π Góc đỉnh hình nón cho

A 60◦ B 150◦ C 90◦ D 120◦

Lời giải

Giả sử thiết diện qua trục hình nón cho tam giácSAB, gọi H tâm đường tròn đáy hình nón

Ta có AH = Sxq =π·AH·SA Suy SA= Sxq

πAH =

6√3π

3π =

√ Ta có cosASH’ =

AH AS =

3 2√3 =

√

2 ⇒ASH’ = 30

◦.

Do đó, góc đỉnh hình nón bằng60◦ A

S

B H

Chọn đáp án A

Câu 28 Gọi z1, z2 nghiệm phức phương phápz2+ 4z+ = Sốz1z2+z1z2

A B 10 C 2i D 10i

Lời giải

Cách Ta có z2+ 4z+ = 0⇔

"

z1 =−2−

√ 5i z2 =−2 +

√ 5i

Suy z1z2+z1z2 = (−2−

√

5i)2+ (−2 +√5i)2 =

Cách Áp dụng định lý Vi-et ta có: (

z1+z2 =−4

z1z2 =

Dễ thấy z1 =z2 vàz2 =z1, nên

z1z2+z1z2 =z12+z22 = (z1+z2)2−2z1z2 = (−4)2−14 =

Chọn đáp án A

Câu 29 Gọi m, M giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số y = x+

x

đoạn[1; 4] Giá trị củam+M

A 65

4 B 16 C

49

(196)

Ta có y0 = 1−

x2 ⇒y

0 = 0 ⇔

x2 = ⇔

"

x= ∈(1; 4)

x=−3∈/(1; 4)

Mặt khác y(1) = 10, y(3) = 6, y(4) = 25

4 , suy m= M = 10, nên m+M = 16

Chọn đáp án B

Câu 30 Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có I, J tương ứng trung điểm BC

BB0 Góc hai đường thẳng AC IJ

A 45◦ B 60◦ C 30◦ D 120◦

Lời giải

Gọi K trung điểm AB VìABCD hình vng nên

KI ∥AC, suy góc ACvàIJ góc giữaKI vàIJ

bằng KIJ‘ Ta có IK =

1

2AC; IJ = 2B

0C

; J K = 2AB

0

Vì

ABCD.A0B0C0D0 hình lập phương nênAC =B0C =AB0, từ suy IK =IJ =J K, hay tam giác IJ K tam giác Vậy KIJ‘ = 60◦

D A0

A D0

B

C C0

B0

I J

K

Chọn đáp án B

Câu 31 Giải bóng chuyền quốc tế VTV Cup có đội tham gia, có hai đội Việt Nam Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai bảng đấu, bảng đội Xác suất để hai đội Việt Nam nằm hai bảng khác

A

7 B

5

7 C

3

7 D

4

Lời giải

Số cách chia ngẫu nhiên đội bóng thành hai bảng đấu là:n(Ω) =C4

8.C44 = 70

Gọi A biến cố: “ hai đội Việt Nam nằm hai bảng khác nhau”

Bảng 1: Từ đội tham gia chọn ngẫu nhiên đội Việt Nam đội nước vào bảng có số cách chọn làC3

6.C21

Bảng 2: Sau chọn đội vào bảng cịn đội Việt Nam đội nước ngồi xếp vào bảng có cách xếp

Số cách chia đội thành bảng đấu cho hai đội Việt Nam nằm hai bảng khác là:

n(A) =C63.C21.1 = 40

Vậy Xác suất cần tìm: P(A) = n(A)

n(Ω) = 40 70 =

4

Chọn đáp án D

Câu 32 Tất nguyên hàm hàm số f(x) = x

sin2x khoảng (0;π)

A −xcotx+ ln (sinx) +C B xcotx−ln|sinx|+C

C xcotx+ ln|sinx|+C D −xcotx−ln (sinx) +C

(197)

F(x) = Z

f(x)dx=

Z x sin2xdx

Đặt  



u=x dv =

sin2xdx

⇒ (

du=dx v =−cotx

Khi đó:

F(x) = Z

x

sin2xdx=−x.cotx+

Z

cotxdx=−x.cotx+ Z

cosx

sinxdx=−x.cotx+

Z

d(sinx) sinx

=−x.cotx+ ln|sinx|+C

Với x∈(0;π)⇒sinx >0⇒ln|sinx|= ln (sinx) Vậy F(x) = −xcotx+ ln (sinx) +C

Chọn đáp án A

Câu 33 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC tam giác vuông A Gọi E trung điểm AB Cho biết AB = 2a, BC = √13a, CC0 = 4a Khoảng cách hai đường thẳngA0B CE

A 4a

7 B

12a

7 C

6a

7 D

3a

7

Lời giải

Cách Xét ∆ABC vng A có:

AC =√BC2−AB2 = 3a.

Gắn hệ trục tọa độ hình khơng tính tổng qt ta chọna= 1, ta có:

A(0; 0; 0), B(2; 0; 0), C(0; 3; 0), E(1; 0; 0),

A0(0; 0; 4) # »

A0B = (2; 0;−4), CE# »= (1;−3; 0) ⇒ỵA# »0B,CE# »ó= (−12;−4;−6)

# »

CB = (2;−3; 0)

d(A0B, CE) =

ỵ# »

A0B,CE# »ó.CB# »

ỵ# »

A0B,CE# »ó

= |−12.2 + (−4).(−3) + (−6).0|

»

(−12)2+ (−4)2+ (−6)2

= Vậy khoảng cách giữaA0B CE 6a

7

x

y z

A

E

C C0

B0

(198)

Cách

Gọi F trung điểm AA0

Ta có (CEF)//A0B nên d(CE, A0B) = d(A0B,(CEF)) =

d(A0,(CEF)) = d(A,(CEF))

Kẻ AI⊥CE;AH⊥F I AH⊥(CEF) hay d(A,(CEF)) =

AH

AH2 =

1

AF2 +

1

AI2 =

1

AF2 +

1

AE2 +

1

AF2 +

1

AC2 =

1

a2 +

1 9a2 +

1 4a2 =

49 36a2

Suy d(CE, A0B) =d(A,(CEF)) =AH = 6a Vậy khoảng cách giữaA0B CE 6a

7

A F

E

C

B I A0

H

Chọn đáp án C

Câu 34

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị hình vẽ bên Có số ngunm để phương trình f(x3−3x) = m có nghiệm phân biệt thuộc đoạn[−1; 2]?

A B C D

x y

O

3

−2

Lời giải

Đặtt =g(x) = x3−3x, x∈[−1; 2]

g0(x) = 3x2−3 = 0⇔

"

x=

x=−1

Bảng biến thiên hàm số g(x)trên [−1; 2]

x g0(x)

g(x)

−1

− +

2

−2 −2

2

Suy vớit =−2, có giá trị xthuộc đoạn [−1; 2]

t∈(−2; 2], có giá trị xthuộc đoạn [−1; 2]

Phương trình f(x3−3x) = m có 6 nghiệm phân biệt thuộc đoạn [−1; 2] khi phương

trìnhf(t) = m có3 nghiệm phân biệt thuộc (−2; 2] (1)

Dựa vào đồ thị hàm sốy =f(x) m nguyên ta có hai giá trị m thỏa mãn điều kiện (1) là:

m= 0, m =−1

Chọn đáp án B

(199)

A B C D

Lời giải

Gọi z =a+bi;(a, b∈R)⇒z =a−bi

Ta có: |z−1|2 =|a+bi−1|2 = (a−1)2+b2,

|z−z|i=|a+bi−a+bi|i=»(2b)2i= 2|b|i,

i2019 =i4.504+3 = (i4)504.i3 =i.i2 =−i,

(z+z)i2019 =−i(a+bi+a−bi) =−2ai Suy phương trình cho tương đương với: (a−1)2+b2+ 2|b|i−2ai=

⇔ (

(a−1)2 +b2 = 2|b| −2a=

⇔ (

a2−2a+b2 =

a=|b| ⇔ (

2|b|2 −2|b|=

a=|b| ⇔    

  

" |b|= |b|=

a=|b| ⇔



           

(

a=

b= (

a=

b= (

a=

b=−1 Vậy có số phứcz thỏa mãn

Chọn đáp án D

Câu 36 Có số phức z thỏa mãn |z−1|2+|z−z|i+ (z+z)i2019 = 1?

A B C D

Lời giải

Gọi z =a+bi; (a, b∈R) ⇒z =a−bi Ta có:

|z−1|2 =|a+bi−1|2 = (a−1)2+b2

|z−z|i=|a+bi−a+bi|i=

»

(2b)2i= 2|b|i

(z+z)i2019 =−i(a+bi+a−bi) = −2ai

Suy phương trình cho tương đương với:

(a−1)2+b2+ 2|b|i−2ai =

⇔ (

(a−1)2+b2 = 2|b| −2a = ⇔

(

a2−2a+b2 =

a=|b| ⇔ (

2|b|2−2|b|=

a=|b| ⇔    

   "

|b|= |b|=

a=|b| ⇔



           

(

a=

b = (

a=

b = (

a=

b=−1

(200)

Câu 37 Cho hàm số y=f(x)có đồ thị hình vẽ bên Có số ngunm để phương trìnhf(x3−3x) =m có 6nghiệm phân biệt thuộc đoạn [−1; 2]?

O x

y

−2 −1

−2

−1

A B C D

Lời giải

Đặt

t =g(x) =x3 −3x, x∈[−1; 2]

g0(x) = 3x2−3 = ⇔ "

x=

x=−1

Bảng biến thiên hàm số g(x) [−1; 2]

x g0(x)

g(x)

−1

− +

2

−2 −2

2

Suy

Với t=−2, có giá trị x thuộc đoạn[−1; 2]

t ∈(−2; 2], có 2giá trị x thuộc đoạn [−1; 2]

Đề thi thử THPT quốc gia

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan