Bộ 25 Đề thi thử THPTQG môn Toán các trường Chuyên kèm đáp án và lời giải chi tiết chất lượng cao

BỘ ĐỀ THI THỬ THPTQG MÔN TOÁN

vectorstock.com/4952954

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

Bộ 25 Đề thi thử THPTQG môn Toán các trường Chuyên kèm đáp án và lời giải chi tiết chất lượng cao dùng làm đề thi thử, tự ôn luyện thi THPTQG 2019 2020 WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

I. MA TRẬN ĐỀ THI Cấp độ câu hỏi ST T

Chuyên đề

1

Đơn vị kiến thức

Nhận biết

Đồ thị - Bảng biến thiên

2

Thông hiểu

C1, C2

Vận dụng

Vận dụng cao

C34

Tổng

3

Tương giao

C13

1

3

Cực trị

C12, C14

C33

3

4

Đơn điệu

C11

C32

2

6

Biểu thức mũ - Loga

C15, C18

C36

3

7

Bất phương trình mũ - loga

C16

Hàm số

8

Hàm số mũ - logarit

1 C37

1

C35

2

Mũ – Logarit 9

Phương trình mũ - logarit

10

Lũy thừa

11

Ứng dụng

11

Nguyên hàm

C4

13

Tích phân

C5

Nguyên hàm –

C3 C17

1 C46

1 1

C38,

3

C39

Tích phân 14

Ứng dụng tích phân

C20, C21

2

15

Dạng hình học

C24

1

Số phức 16

Dạng đại số

C6

17

Hệ trục tọa độ

C7

18

Mặt cầu

19

Hình Oxyz

Vị trí tương đối

21

Đường thẳng

C48

C25 C28 C29

Mặt phẳng

20

C22, C23,

5 2

C43

C8

2 C50

C30

2 1

C44 1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1

Thể tích khối chóp

22 23

C26

Thể tích lăng trụ

1 C40

1

HHKG 24

Khoảng cách

C19

C41

2

25

Góc

C10

C42

2

26

Mặt nón, khối nón

C27

1

Khối tròn xoay 27 28 29 30

Mặt cầu Tổ hợp – Xác suất

Xác suất

C9

Nhị thức Newton

C48

1

C47

2

C31

Cấp số

1 C45

Tổng số câu theo mức độ

8

22

14

6

2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 50

II. ĐỀ THI PHẦN NHẬT BIẾT Câu 1: Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số nào?

3

−1

−∞

+∞

x +

y’

0

0

−

+

10

+∞

y −22

−∞ A. y = − x 3 + 3 x 2 + 9 x − 5

B. y = x 3 − 3 x 2 − 9 x − 5

C. y = − x3 + 3 x 2 + 9 x + 5

D. y = x3 − 3 x 2 − 9 x + 5

Câu 2: Đồ thị dưới đây là của hàm số nào?

1 4

A. y = x 4 − 3 x 2 − 3

B. y = − x 4 + 3 x 2 − 3

C. y = x 4 − 2 x 2 − 3

D. y = x 4 + 2 x 2 − 3

Câu 3: Tìm nghiệm của phương trình 3x − 2 = 9 A. x = 3

B. x = 5

C. x = 4

D. x = 2

Câu 4: Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2017 x là A.

2017 x +C ln 2017

Câu 5: Cho

B. 2017 x + C

3

4

0

0

∫ f ( x )dx = 3, ∫ f ( t ) dt = 7.

A. I = 3

C.

2017 x +C x

D. 2017 x ln 2017 + C

4

Tính I = ∫ f ( u )du 3

B. I = 4

C. I = 7

D. I = 10

Câu 6: Trong các mệnh đề dưới đây, mệnh đề nào sai ?

A. Số phức z = 3 3 có phần thực là 3 3 B. Số phức z = −3 + 4i có mô đun bằng 5 C. Tập số thực chứa tập số phức.

D. Điểm M (1; −7 ) là điểm biểu diễn số phức z = 1 − 7i

Câu 7: Trong không gian Oxyz, cho 2 véc tơ a = (1; −5; 2 ) , b = ( 2; −4;0 ) . Tính tích vô

hướng của 2 véc tơ a và b .

3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. ab = −22

B. ab = 22

C. ab = 11

D. ab = −11

x 1

y z 2 3

C. n3 = ( 3;6; 2 )

Câu 8: Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) : + + = 1 là véc tơ nào dưới đây ?

A. n1 = ( 6;3; 2 )

B. n2 = ( 6; 2;3)

D. n4 = ( 2;3; 6 )

PHẦN THÔNG HIỂU Câu 9: Gọi M là tập hợp tất cả các số gồm 2 chữ số phân biệt được lập từ các chữ số 1,2,3,4,5,6. Lấy ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để số đó có tổng hai chữ số lớn hơn 7.

A.

3 5

B.

2 7

C.

3 4

D.

2 5

Câu 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = a 6. Góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD ) bằng A. 450

B. 900

Câu 11: Cho hàm số y =

C. 600

D. 300

1 − 2x . Mệnh đề nào dưới đây đúng ? x +1

A. Hàm số nghịch biến trên ℝ B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;1) C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1; +∞ ) D. Hàm số đồng biến trên ℝ 3 x

Câu 12: Hàm số y = 3 x + + 5 đạt cực đại tại điểm nào dưới đây ?

A. x = 1

B. x = −1

C. x = 2

D. x = −2

Câu 13: Cho đồ thị hàm số y = − x 3 + 3x + 1 là hình vẽ bên. Tìm m để phương trình x3 − 3 x + m = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

A. −2 < m < 2

B. −2 < m < 3

C. −1 < m < 3

D. −1 < m < 2

Câu 14: Tìm giá trị cực đại yCĐ của hàm số y = A. yCĐ = 3

B. yCĐ = 4

4 .

1 + x2

C. yCĐ = 2

D. yCĐ = 5

Câu 15: Cho 0 < a, b ≠ 1 và cho log a b = α . Tính P = log a b − log b a 3 2

A. P =

α 2 − 12 α

B. P =

α 2 − 12 2α

C. P =

4α 2 − 3 2α

D. P =

α2 −3 α

4

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 16: Tìm nghiệm của bất phương trình log 1 ( 2 x − 1) + 1 > 0.

2

A.

1 3 <x< 2 2

3 2

B. x >

C. x <

3 2

D. 0 < x <

3 2

Câu 17: Cho biểu thức M = 5 x 3 3 x 2 x , x > 0 . Mệnh đề nào dưới đây đúng ?

30

13

A. M = x 13

30

B. M = x 30

23

C. M = x 23

D. M = x 30

Câu 18: Cho a, b > 0. Tìm x biết log 3 x = 4 log 3 a + 3log 3 b A. x = a 3b3 Câu AC =

19:

Cho

B. x = a 4b3 hình

chóp

C. x = a 3b 4 có

SABCD

đáy

D. x = a 4b 4 là

ABCD

hình

chữ

nhật,

2a 3 , BAC = 600 , SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = a 3 . Khoảng cách 3

giữa hai đường thẳng AC và SB bằng A.

a 39 13

Câu 20: Tìm y=

B.

a 3 13

 5 m ∈  0;   6

C.

2a 39 13

D.

2a 3 13

sao cho hình phẳng giới hạn bởi các đường

x3 1 + mx 2 − 2 x − 2m − , x = 0, x = 2, y = 0 có diện tích bằng 4.

3 3

A. m =

1 2

B. m =

2 3

C. m =

1 4

D. m =

3 5

Câu 21: Kí hiệu (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=

π 1 , y = 0, x = 0, x = . Thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình cos x 3

(H) xung quanh trục Ox là.

A. V = π

B. V = 2π

C. V = π 3

D. V = π 2

Câu 22: Tìm số phức liên hợp của số phức z = 4i (1 + 7i ) A. z = −28 + 4i

B. z = −28 − 4i

C. z = 28 − 4i

D. z = 28 + 4i

Câu 23: Tìm số phức z thỏa mãn 2iz = −2 + 4i A. z = 2 + i

B. z = 2 − i

C. z = 1 + 2i

D. z = 1 − 2i

Câu 24: Gọi M, N, lần lượt là các điểm biểu diễn hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 4 z + 9 = 0 . Tính độ dài đoạn MN.

A. MN = 20

B. MN = 20

C. MN = 5

D. MN = 5

5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 25: Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) thỏa mãn 2 z − 3z = −1 − 10i. Tính giá trị của biểu thức P = 3a + 2b.

A. P = 1

B. P = −1

C. P = 4

D. P = −4

Câu 26: Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác đều cạnh a 2 , SA vuông góc với đáy, SA = 6a. Tính thể tích V của khối chóp SABC .

A. V = a 3

B. V = a 3 3

C. V = 2a 3

D. V = 3a 3

Câu 27: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a 6, ACB = 600. Tính độ dài đường sinh l của hình nón được tạo thành, khi quay tam giác ABC quanh trục AC. A. l = 2 2a

B. l = 2 6a

C. l = 2 3a

D. V = 3a 3

Câu 28: Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm. M ( 0;0; 2 ) , N ( 3;0;5) , P (1;1;0 ) Tìm tọa độ

của điểm Q sao cho MN = QP. A. Q ( 4;1;3)

B. Q ( −4; −1; −3)

Câu 29: Tìm m ≥ 0 để mặt phẳng 2

2

( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 1) A. m = 10

2

C. Q ( 2;1; −3)

( P ) : 2 x + y − 2 z + m = 0 tiếp xúc với mặt cầu

=1

B. m = 5

Câu 30: đường thẳng d :

D. Q ( −2;1; −3)

C. m = 0

D. m = −1

x − 2 y z +1 song song với mặt phẳng nào dưới đây = = 2 −1 −1

A. 2 x − y + 2 z − 15 = 0

B. x − 2 y + 4 z − 2 = 0

C. 2 x + y − 1 = 0

D. x − 2 y + 4 z + 2 = 0.

PHẦN VẬN DỤNG

Câu 31: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 3Cn2 + 2 An2 = 3n 2 + 15. Tìm hệ số của số n

3  hạng chứa x trong khai triển  2 x 3 − 2  , x ≠ 0. x   10

A. 1088640

B. 1088460

C. 1086408

D. 1084608

1 3

Câu 32: Tìm các giá trị của m để hàm số y = − x 3 + ( m − 1) x 2 + ( m + 3) x đồng biến trên khoảng (0,3).

A. m ≤ −3

B. −3 ≤ m ≤

12 7

C. m ≤ −3, m ≥

12 7

D. m ≥

12 7

Câu 33: Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y = 2 x 4 − 16mx 2 − 1 có hai cực tiểu và khoảng cách giữa 2 điểm cực tiểu của đồ thị bằng 10.

6

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. m = −

25 4

B. m = 625

25 4

C. m =

D. m = −625

Câu 34: Cho hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng ?

A. a < 0, b 2 − 3ac > 0, d < 0 B. a > 0, b 2 − 3ac > 0, d > 0 C. a < 0, b 2 − 3ac ≤ 0, d > 0 D. a > 0, b 2 − 3ac ≤ 0, d < 0 Câu 35: Tìm các giá trị của tham số m để 2

2

phương trình 2cos x + 21+sin x = m có nghiệm.

A. m ≤ 5

B. m ≥ 4

C. 4 ≤ m ≤ 5

D. m > 0

Câu 36: Gọi c là cạnh huyền, a và b là hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông.

Mệnh đề nào dưới đây đúng ?

A. log b + c a + log c −b a = log b+ c a.log c −b a

B. log b + c a + log c −b a = 3log b+ c a.log c −b a

1 2

C. log b + c a + log c −b a = log b + c a.log c −b a

D. log b + c a + log c −b a = 2 log b+ c a.log c −b a

(

)

Câu 37: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e x − e − x − 2 ln x + 1 + x 2 , với x ≥ 0 A. min y = 0

B. min y = 10

x ≥0

1

Câu 38: Biết

C. min y = 2

x ≥0

∫x 0

2

x ≥0

D. min y = −10 x ≥0

3x − 1 a 5 a dx = 3ln − ; trong đó a,b là 2 số nguyên dương và là b 6 b + 6x + 9

phân số tối giản. Mệnh đề nào dưới đây đúng ?

B. ab = 12

A. ab = −5

C. ab = 6

D. ab =

5 4

1

0 1 2 3 4 2018 2018 x + C2018 x 2 − C2018 x 3 + C2018 x 4 − ... + C2018 x )dx.

Câu 39: Tính I = ∫ ( C2018 − C2018 0

A. I =

1 2019

B. I = −

1 2019

C. I =

22019 − 1 2019

D. I =

1 − 2 2019 2019

Câu 40: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABCA’B’C’ có cạnh đáy bằng a, khoảng cách từ tâm O của tam giác đều ABC đến mặt phẳng ( A ' BC ) bằng

a . Tính thể tích V của 6

khối lăng trụ ABCA’B’C’.

7

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. V =

a 3 .3 3 16

B. V =

a3 . 2 6

C. V =

a 3 .3 2 16

a3. 3 6

D. V =

Câu 41: Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông, BD = 2a , tam giác SAC vuông tại S, mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt đáy, SC = a 3 . Khoảng cách từ điểm B tới mặt (SAD) bằng A.

a 30 5

B.

2a 21 7

C. 2a

D. a 3

Câu 42: Cho hình lăng trụ ABCA’B’C’ có đáy là tam giác vuông cân tại B, AC = 2a.

Hình chiếu vuông góc của A' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AC, góc giữa A’B và mặt phẳng (ABC) bằng 450. Góc giữa hai đường thẳng A’B và B’C bằng A. 900

B. 600

C. 450

D. 300

Câu 43: Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên ( P ) : x + y + z + 3 = 0 và cắt mặt phẳng

( Q ) : x − 2 y + 2 z + 1 = 0 theo một đường tròn giao tuyến (C) có tâm

 5 7 11  I  ; − ; −  và bán kính bằng 2. 3 3 3  2

2

2

B. ( x − 3) + ( y + 5 ) + ( z + 1) = 20

2

2

2

D. ( x − 3) + ( y + 5 ) + ( z + 1) = 16

A. ( x + 3) + ( y + 5 ) + ( z + 1) = 20 C. ( x + 3) + ( y + 5 ) + ( z + 1) = 16

2

2

2

2

2

2

Câu 44: Hỏi đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng

( P ) : x + 2 y − z + 1 = 0 và

( Q ) : x + y + 2 z + 3 = 0 là đường thẳng nào dưới đây ?

A.

x+5 y+2 z = = 3 1 −5

B.

x + 5 y − 2 z −1 = = 3 1 −5

C.

x+5 y+2 z = = 5 −3 −1

D.

x+5 y−2 z = = 5 −3 −1

PHẦN VẬN DỤNG CAO Câu

45:

S n = u1 +

Cho

dãy

số

( un )

xác

định

bởi

1 n +1 u1 = , un +1 = un .

9 9n

Đặt

u u2 u3 + + ... + n , tính L = lim S n n →∞ 2 3 n

A. L = −

1 8

B. L =

1 8

C. L = −

1 4

D. L =

1 4

8

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 46: Trong một cái phích đựng nước, áp suất P của hơi nước được tính theo công k

thức P = a.10 t + 273 , trong đó t là nhiệt độ của nước, a và k là những hằng số. Tính áp suất của hơi nước khi nhiệt độ của nước là 400C , cho biết k = −2258, 624 và khi nhiệt độ của nước là 1000C thì áp suất P của hơi nước là 760mmHg (áp suất của hơi nước được tính bằng milimét thủy ngân, kí hiệu là mmHg).

A. 52,5 mmHg B. 55,2 mmHg C. 58,6 mmHg D. 56,8 mmHg Câu 47: Trong kỳ thi THPTQG 2018, tại hội đồng thi X có 10 phòng thi. Trường THPT A có 5 thí sinh dự thi. Tính xác suất để 3 thí sinh của trường A được xếp vào cùng một phòng thi, biết rằng mỗi phòng thi có nhiều hơn 5 thí sinh được xếp.

A.

81 1000

B.

81 10000

C.

81 100000

D.

81 146

Câu 48: Tìm số phức z sao cho 2 z − 2 + 2i = 1 và mô đun của z lớn nhất.

A. z = 1 + C. z = 1 −

1

1   − 1 + i 2 2  2 2

B. z = 1 +

1

1   − 1 + i 2 2  2 2

D. z = 1 −

1

1   + 1 + i 2 2  2 2 1

1   + 1 + i 2 2  2 2

Câu 49: Cho hình chóp SABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = 2a, BC = a. Hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD) là trung điểm H của AD, SH =

a 3 . Tính diện tích mặt 2

cầu ngoại tiếp hình chóp SABCD. A.

4π a 2 3

B.

16π a 2 9

C.

16π a 2 3

D.

4π a 3 3

Câu 50: Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M (1; 2;3) và cắt các trục tọa độ lần lượt tại A, B, C ở phần dương khác gốc O sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.

A. ( P ) : 6 x + 3 y + 2 z − 18 = 0

B. ( P ) : 6 x + 3 y + 2 z + 18 = 0

C. ( P ) : 6 x − 3 y − 2 z − 8 = 0

D. ( P ) : 6 x − 3 y − 2 z + 8 = 0 Đáp án 9

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1D

2C

3C

4A

5B

6C

7B

8A

9D

10C

11C

12B

13A

14B

15B

16A

17D

18B

19A

20A

21C

22B

23A

24B

25B

26B

27A

28D

29C

30B

31A

32D

33C

34C

35C

36D

37A

38B

39A

40C

41B

42A

43B

44D

45B

46A

47A

48A

49C

50A

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án D Giả sử hàm số cần tìm là y = ax3 + bx 2 + cx + d

⇒ y ' = 3ax 2 + 2bx + c 3a − 2b + c = 0 Hàm số đạt cực trị tại x = −1 và x = 3 nên  27 a + 6b + c = 0 Mặt khác, tại x = −1 thì y = 10 ⇒ −a + b − c + d = 10; tại x = 3 thì y = −22 ⇒ 27 a + 9b + 3c + d = −22; Do đó: a = 1; b = −3; c = −9; d = 5.

Vậy, hàm số cần tìm là y = x 3 − 3 x 2 − 9 x + 5.

Câu 2: Đáp án C Giả sử hàm số cần tìm là y = ax 4 + bx 2 + c

⇒ y ' = 4ax 3 + 2bx

Đồ thị hàm số cắt Oy tại (0;-3) nên c = −3. 4a + 2b = 0 a = 1 Hàm số đạt cực trị bằng -4 tại x = 1 nên  ⇔ a + b + c = −4 b = −2 Vậy, hàm số cần tìm là y = x 4 − 2 x 2 − 3.

Câu 3: Đáp án C Ta có: 3x−2 = 9 ⇔ x − 2 = 2 ⇔ x = 4

Câu 4: Đáp án A Ta có:

∫

f ( x) dx = ∫ 2017 x dx =

2017 x +C ln 2017

Câu 5: Đáp án B 4

4

3

3

0

0

Ta có: I = ∫ f (u )du = ∫ f (u )du − ∫ f (u )du = 7 − 3 = 4.

Câu 6: Đáp án C 10

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 7: Đáp án B

Ta có: a.b = 1.2 + ( −5).( −4) + 2.0 = 22.

Câu 8: Đáp án A  1 1  (P) có vecto chỉ phương là n = 1; ;  / / n ' = ( 6;3;2 ) .  2 3

Câu 9: Đáp án D Có 6 cặp số có tổng lớn hơn 7 là (5;3); (5;4); (6;2); (6;3); (6;4); (6;5) nên ứng với 12 số có hai chữ số khác nhau mà có tổng lớn hơn 7.

Mặt khác, số các số có hai chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 là A62 = 30 s ố.

Do đó, xác suất là:

12 2 = .

30 5

Câu 10: Đáp án C Gọi O là tâm hình vuông ABCD => AC ⊥ BD = {O}.

Tam giác SBD cân tại S nên có O là trung điểm của BD => SO ⊥ BD = {O}.

Do đó, góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) là góc giữa hai

. . đường thẳng AC và SO hay là góc SOA Dễ dàng tính được AC = 2a 2 nên AO =

= Xét tam giác vuông SAO có: tan SOA

AC =a 2 2

SA a 6 = = 3 AO a 2

= 600. => SOA Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) là 600.

Câu 11: Đáp án C Ta có y ' =

−3 < 0, ∀x ≠ −1. ( x + 1) 2

Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) .

Câu 12: Đáp án B Ta có y ' = 3 −

3 2 ⇒ y '' = 3 .

2 x x

x = 1 y' = 0 ⇔   x = −1

Tại x = 1 thì y '' = 2 > 0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 1.

11

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tại x = −1 thì y '' = −2 < 0 nên hàm số đạt cực đại tại x = −1.

Câu 13: Đáp án A Ta có x 2 − 3 x + m = 0 ⇔ − x 2 + 3 x + 1 = m + 1 (∗) Số nghiệm của phương trình (∗) là số giao điểm của hai đồ thị hàm số y = − x 2 + 3 x + 1 và y = m + 1 . Do đó, để (∗) có 3 nghiệm phân biệt thì đường thẳng y = m + 1 phải cắt đồ thị hàm số y = − x 2 + 3 x + 1 tại 3 điểm phân biệt. ⇒ −1 < m + 1 < 3 ⇔ −2 < m < 2.

Câu 14: Đáp án B Ta có y ' =

−8 x

( x 2 + 1)

2

.

y ' = 0 ⇔ x = 0.

Qua x = 0 , y ' đổi dấu từ dương sang âm nên hàm số đã cho đạt cực đại tại

4 = 4.

1 + 02

x = 0; yCĐ =

Câu 15: Đáp án B Ta có với 0 < a, b ≠ 1 thì

1 log a b 6 a 6 a 2 − 12 .

P = log a2 b − log b a 3 = log a b − 6log b a = − = − = 2 2 log a b 2 a 2a

Câu 16: Đáp án A 1 ĐKXĐ: 2 x − 1 > 0 ⇔ x > .

2 3 Ta có log 1 (2 x − 1) + 1 > 0 ⇔ 1 − log 2 (2 x − 1) > 0 ⇔ log 2 (2 x − 1) < 1 ⇔ 2 x − 1 < 2 ⇔ x < .

2 2 Kết hợp với ĐKXĐ được

1 3 <x< .

2 2

Câu 17: Đáp án D 5

Ta có M = x

33

x

2

x =x

 1  1  1  2 + 2 .3 +3.5   

23 30

=x .

Câu 18: Đáp án B Ta có log 3 x = 4log 3 a + 3log 3 b (ĐKXĐ: x > 0 )

⇔ log 3 x = log 3 a 4 + log 3 b3 ⇔ log 3 x = log 3 a 4 .b3 ⇔ x = a 4 .b3 12

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 19: Đáp án A `Xét tam giác vuông ABC có: = 2a 3 .cos 600 = a 3 AB = AC.cosBAC 3 3 = 2a 3 .sin 600 = a AD = BC = AC.sin BAC 3

Chọn hệ trục Axyz gốc A, tia Ax trùng tia AB, tia Ay trùng tia AD, tia Az trùng tia AS. a 3 a 3 ;0;0); C ( ; a;0); D (0; a;0); S (0;0; a 3).

3 3 a 3

a 3

⇒ AC ( ; a;0) / / u (1; 3;0); SB( ;0; −a 3) / / v(1;0; −3) 3 3 A(0;0;0); B (

Mặt phẳng (P) chứa AC và song song với SB đi qua A(0;0;0) và có vecto pháp tuyến là

n = u; v  = −3 3;3; − 3 / / 3; − 3;1 nên có phương trình là: 3 x − 3 y + z = 0.

(

) (

)

Suy ra khoảng cách giữa AC và SB bằng khoảng cách từ S đến (P) và bằng: d ( S ;( P ) ) =

a 3

(

)

2

=

32 + − 3 + 12

a 39 .

13

Câu 20: Đáp án A Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y =

x3 1 + mx 2 − 2 x − 2m − , x = 0, x = 2, y = 0 3 3

có diện tích bằng 4 nên 2

∫ 0

x3 1 + mx 2 − 2 x − 2m − − 0 dx = 4 3 3

2  x 4 mx3 1  2 −11  −10 4   + − x − 2mx − x  = 4 − = 4 m m = 12 3 3    0 3 3 2 ⇔ ⇔ ⇔ 2  −10 − 4 m = −4 m = 1  x 4 mx3 1  2 + − − 2 − = − 4 x mx x     2 3  3 3 3 0  12

1  5 Mà m ∈  0;  nên m = .

2  6

Câu 21: Đáp án C π 3

2

π

3 π 1  1  3 = 3π . π tan V = π ∫ − 0  dx = π ∫ dx = x ( ) 2 0 cos x cos x   0 0

Câu 22: Đáp án B 13

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có z = 4i (1 + 7i ) = −28 + 4i ⇒ z = −28 − 4i.

Câu 23: Đáp án A

Ta có 2iz = −2 + 4i ⇒ z =

−2 + 4i = i + 2.

2i

Câu 24: Đáp án B

Ta có z 2 − 4 z + 9 = 0 ⇔ ( z − 2) 2 = −5 ⇔ ( z − 2)2 = 5i 2 ⇔ z = 2 ± i 5.

(

) (

)

Do đó M 2; 5 ; N 2; − 5 ⇒ MN = 2 5 = 20.

Câu 25: Đáp án B

Ta có 2 z − 3z = −1 − 10i ⇔ 2 ( a + bi ) − 3 ( a − bi ) + 1 + 10i = 0 ⇔ ( −a + 1) + ( 5b + 10 ) i = 0. −a + 1 = 0 a = 1 ⇔ ⇔ ⇒ P = 3a + 2b = 3.1 + 2.(−2) = −1. 5b + 10 = 0 b = −2

Câu 26: Đáp án B

(

)

a 2 1 1 V = SA.S ABC = .6a.

3 3 4

2

3

= a 3 3( đvdt ).

Câu 27: Đáp án A Đường sinh l

của hình nón được tạo thành khi quay tam giác ABC quanh trục AC là

l = BC. Xét tam giác ABC có BC =

AB a 6 = = 2 2a. Vậy l = 2 2a.

0 sin ACB sin 60

Câu 28: Đáp án D

1 − a = 3 a = −2

  Gọi Q ( a; b; c ) . Ta có: MN = QP ⇔ ( 3;0;3) = (1 − a;1 − b;0 − c ) ⇔ 1 − b = 0 ⇔ b = 1 0 − c = 3 c = −3  

⇒ Q ( −2;1; −3) .

Câu 29: Đáp án C (S) có tâm I ( 2;1;1) , bán kính R = 1.

Để (P) tiếp xúc với (S) thì d ( I ;( P )) = R ⇔

m = 0 =1⇔ m +3 = 3 ⇔  22 + 12 + (−2) 2  m = −6

2.2 + 1 − 2.1 + m

Mà m ≥ 0 nên m = 0.

Câu 30: Đáp án B

(d) có vecto chỉ phương u ( 2; −1; −1) ; xét (P): x − 2 y + 4 z − 2 = 0 có vecto pháp tuyến

n (1; −2; 4 ) thỏa mãn u.n = 2.1 + (−1).(−2) + (−1).4 = 0 nên u ⊥ n .

14

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Mặt khác, điểm A ( 2;0; −1) thuộc (d) nhưng không thuộc (P). Do đó, (d) // (P).

Câu 31: Đáp án A Ta có

3Cn2 + 2 An2 = 3n 2 + 15 ⇔

3n !

2n !

7 + = 3n 2 + 15 ⇔ n(n − 1) = 3n 2 + 15 (n − 2)!2! (n − 2)!

2

 n = 10 . Mà n nguyên dương nên n = 10. ⇔ n 2 − 7 n − 30 = 0 ⇔   n = −3

Khi đó: n

10 10 k  3 3 3 k 3 10− k −2 10 −2 k 2 − = 2 − 3 = 2 . − 3 = x x x C x x C10k 210−k ( −3) x 30−5 k , x ≠ 0. ( ) ( ) ( ) ∑ ∑ 10  2  x   k =0 k =0

Số hạng chứa x 10 trong khai triển ứng với 30 − 5k = 10 ⇔ k = 4, và có hệ số là: C104 .210−4.(−3) 4 = 1088640.

Câu 32: Đáp án D Ta có y ' = − x 2 + 2(m − 1) x + (m + 3).

Xét y ' = 0 có ∆ ' = m 2 − m + 4 > 0, ∀m Khi đó, phương trình y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2 . Để hàm số đồng biến trên khoảng ( 0;3) thì ( 0;3) ⊂ ( x1; x2 ) m − 1 − m 2 − m + 4 ≤ 0  m 2 − m + 4 ≥ m − 1  x1 ≤ 0 12 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔m≥ .

2 2 7  x2 ≥ 3 m − 1 + m − m + 4 ≥ 3  m − m + 4 ≥ 4 − m

Câu 33: Đáp án C Ta có y ' = 8 x 3 − 32mx ⇒ y '' = 24 x 2 − 32m.

x = 0

Xét y ' = 0 ⇔ 

2  x = 4m

Để hàm số có hai cực tiểu thì 4m > 0 ⇔ m > 0. Khi đó, vì x 2 = 4m nên y '' = 24 x 2 − 32m > 0 .

(

) (

)

Vậy, hàm số có hai điểm cực tiểu là 2 m ; −32m 2 − 1 và −2 m ; −32m 2 − 1 .

Khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu là 4 m = 10 ⇔ m =

25 .

4

Câu 34: Đáp án C Ta có y = ax3 + bx 2 + cx + d ; y ' = 3ax 2 + 2bx + c.

+ Hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ dương nên d > 0.

15

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

∆ ' = b 2 − 3ac ≤ 0 + Hàm số nghịch biến trên R nên y ' ≤ 0, ∀x ∈ ℝ ⇒  a < 0 Câu 35: Đáp án C Ta có: 2

2

2

2

(

⇔ 2cos

2

x

)

2

(

− m. 2cos

2

x

) + 4 = 0.

4

2

2cos x + 21+sin x = m ⇔ 2cos x + 22−co s x = m ⇔ 2cos x +

2

cos 2 x

=m

(1) 2

2

Đặt 2cos x = t . Vì 0 ≤ cos 2 x ≤ 1, ∀x ∈ ℝ ⇒ 1 ≤ 2cos x ≤ 2, ∀x ∈ ℝ ⇒ 1 ≤ t ≤ 2.

Khi đó, (1) trở thành: t 2 − mt + 4 = 0.

(2)

∆ = m 2 − 16 ≥ 0    m − m 2 − 16  ≤ 2 ⇔ 4 ≤ m ≤ 5. Để (1) có nghiệm thì (2) phải có nghiệm t ∈ [1;2] ⇔  1 ≤ 2   2  1 ≤ m + m − 16 ≤ 2   2

Câu 36: Đáp án D Ta có: A = log b+c a + log c −b a ⇒ 2 A = log b +c a 2 + log c−b a 2 ⇔ 2 A = log b+c ( c 2 − b 2 ) + log c−b ( c 2 − b 2 ) ⇔ 2 A = 1 + log b+c ( c − b ) + 1 + log c −b ( b + c )

⇔ 2 A = log b+c ( c − b ) .log c −b ( b + c ) + log b+c ( c − b ) + 1 + log c −b ( b + c ) ⇔ 2 A = 1 + log b +c ( c − b )  . 1 + log c−b ( b + c )  ⇔ 2 A = log b+c a 2 .log c −b a 2 ⇔ 2 A = ( 2log b+c a ) .( 2log c −b a ) ⇔ A = 2log b+c a.log c−b a.

Câu 37: Đáp án A Với x ≥ 0 ta có: y ' = 2e x −

2 1 + x2

y ' = 0 ⇔ ex =

.

1

1 + x2

(∗)

Ta thấy x = 0 là một nghiệm của phương trình (∗)

16

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

e x > 1  Với x > 0 ⇒  1 nên phương trình (∗) vô nghiệm x dương. <1  2  1+ x Do dó phương trình (∗) có duy nhất một nghiệm x = 0 . Hơn nữa, qua x = 0 thì y ' đổi dấu

từ âm sang dương nên tại

(

hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là:

x=0

)

min y = e0 − e 0 − 2ln 0 + 1 + 02 = 0. x ≥0

Câu 38: Đáp án B Ta có: 1 1 1 3x − 1 3x − 1 3 10  10  4 5  = = − = 3ln + 3 + dx dx dx x  = 3ln − . ∫0 x 2 + 6 x + 9 ∫0 ( x + 3)2 ∫0  x + 3 ( x + 3)2   3 6 x+30   1

⇒ a = 4; b = 3 ⇒ a.b = 12.

Câu 39: Đáp án A Ta có: 1

0 1 2 2018 2018 I = ∫ ( C2018 x + C2018 x 2 − ... + C2018 x ) dx − C2018 0 1

 2018 k  ⇔ I = ∫  ∑ C2018 (− x)k dx  0  k =0 1

⇔ I = ∫ (1 − x)2018 dx 0

( x − 1) 2019 ⇔I= 2019 ⇔I=

1

0

1 .

2019

Câu 40: Đáp án C  A ' I ⊥ BC Gọi I là trung điểm của BC. Khi đó  ⇒ ( AA ' I ) ⊥ BC.  AI ⊥ BC Kẻ AH ⊥ A ' I = { H } ⇒ AH ⊥ BC ⇒ AH ⊥ ( A ' BC ) .

a a Có AH = d( A;( A ' BC )) = 3d(O ;( A ' BC )) = 3. = (Do AI = 3OI ).

6 2 Xét tam giác vuông AA’I, đường cao AH có:

1 1 1 1 1 8 a 6 . = − 2= − = 2 ⇒ AA ' = 2 2 2 2 3a 4 AA ' AH AI a a 3     2   2 

17

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vậy thể tích lăng trụ ABCA’B’C’ là: V = AA '.S ∆ABC =

a 6 a 2 3 3a 3 2 = . ( đvtt ) 4 4 6

Câu 41: Đáp án B Kẻ SH ⊥ AC = { H } , vì ( SAC ) ⊥ ( ABCD) ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) = { H }

⇒ SH ⊥ AD.

Từ H, kẻ HK / / CD ( K ∈ AD ) ⇒ HK ⊥ AD = { K } .

Mà

SH ⊥ AD ⇒ ( SHK ) ⊥ AD = {K } .

Từ H kẻ HI ⊥ SK = { I } . Do HI ⊂ ( SHK ) ⇒ HI ⊥ AD ⇒ HI ⊥ ( SAD ) = {I }.

Xét tam giác vuông SAC có: SA = AC 2 − SC 2 =

 SA2 a =  AH = AC 2  ⇒ 1 1 1 1 1 = 2+ = 2+  2 2 SA SC a  SH a 3 

(

)

2

=

( 2a )

2

(

− a 3

)

2

=a

4 a 3 ⇒ SH = 2 3a 2

a HK AH DC. AH a 2. 2 a .

Mặt khác: HK / / CD ⇒ = ⇒ HK = = = DC AC AC 2a 2 2 Xét tam giác vuông SHK , đường cao HI có:

1 1 1 1 1 28 a 3 = + = + = 2 ⇒ HI = 2 2 2 2 2 HI HK HS 3a 2 7  a  a 3     2 2  2 

Ta lại có:

d( C ;( SAD )) HI

a 3 .2a 2a 21 AC HI . AC 2 7 . = ⇒ d( B ;( SAD )) = d( C ;( SAD ) ) = = = a 7 AH AH 2

Câu 42: Đáp án A Gọi I là trung điểm của AC ⇒ A ' I ⊥ ( ABC ) .

Xét tam giác ABC, dễ dàng tính được AI = BI = CI = a; AB = AC = a 2.

Xét tam giác vuông A’BI, do A’B tạo với đáy góc 450 mà BI là hình chiếu của BA’ nên

A ' BI = 450 ⇒ ∆A ' BI vuông cân tại I ⇒ A ' I = BI = a.

Xét tam giác vuông A’AI có: AA ' = A ' I 2 + AI 2 = a 2 + a 2 = a 2.

18

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có:

A ' B.B ' C = A ' B. B ' A + AC

(

)

= A ' B.B ' A + A ' B. AC

= A ' B.B ' A

= A' B ' + B ' B . B ' A' + A' A

= A' B ' + A' A . − A' B ' + A' A

( (

)( )(

)

)

= − A ' B '2 + A ' A 2 = − AB 2 + A ' I 2 + IA2

(

=− a 2

)

2

+ a 2 + a 2 = 0.

⇒ A ' B ⊥ B 'C

Câu 43: Đáp án B Gọi J ( a; b; c ) là tâm của mặt cầu (S)

J ( a; b; c ) ∈ ( P) ⇒ a + b + c + 3 = 0. (1)  5 7 11  Do (Q) cắt (S) theo một đường tròn giao tuyến (C) có tâm I  ; − ; −  và bán kính R = 2 3 3 3 

 IJ ⊥ ( Q ) = {I }( ∗) nên:   IJ = d ( J ;(Q )) ( ∗∗) 5 7 11 a− b+ c+

3= 3= 3.

Mà (Q) có vecto pháp tuyến n (1; −2;2 ) ⇒ IJ / / n ⇒ 1 2 −2

( 2)

a = 3 ( ∗∗)  Từ (1) và ( 2 ) ⇒ b = −5 ⇒ J ( 3; −5; −1) ⇒ R = IJ 2 + 22 = 42 + 2 2 = 2 5. c = −1  2

2

2

Vậy phương trình mặt cầu (S) là ( x − 3) + ( y + 5 ) + ( z + 1) = 20.

Câu 44: Đáp án D Gọi (d) là giao tuyến của (P) và (Q).

(P) có vecto pháp tuyến n1 (1; 2; −1) ; (Q) có vecto pháp tuyến n2 (1;1;2 ) nên (d) có vecto chỉ

phương là u =  n1; n2  = (1; 2; −1) . Chọn A ( −5;2;0 ) ∈ ( P ) , ( Q ) ⇒ A ( −5;2;0 ) ∈ ( d ) .

Vậy, phương trình đường thẳng (d) là:

x+5 y−2 z = = .

5 −3 −1

Câu 45: Đáp án B

19

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 2 3 Ta có u1 = ; u2 = 2 ; u3 = 3 9 9 9 Ta sẽ chứng minh un =

⇒ un+1 =

n n bằng quy nạp. Thật vậy, giả sử un = n n 9 9

n +1 n +1 n n +1 (đúng với giả thiết quy nạp) .un = = 9n 9n 9n 9n +1

Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có un =

n 9n

Khi đó: Sn =

u1 u2 u3 u + + + ... + n n 1 2 3 n

1 1−   n n n u 1i 1 1 1 1 9 ⇒ Sn = ∑ i =∑ i = ∑ i = .   = .1 − n  .

9 1− 1 8 9  i =1 i i =1 i 9 i =1 9 9 1 1 1 ⇒ lim S n = lim . 1 − n  = . n→+∞ n →+∞ 8  9  8

Câu 46: Đáp án A −2258,624

Khi t = 1000 C thì P = 760mmHg nên 760 = a.10 100+ 273 ⇔ a ≈ 863188841, 4.

Vậy, khi t = 400 C thì P = 863188841, 4.10

−2258,624 40+ 273

≈ 52,5mmHg

Câu 47: Đáp án A Câu 48: Đáp án A Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) .

1 2 2 Ta có: 2 z − 2 + 2i = 1 ⇔ 2a − 2 + ( 2b + 2 ) i = 1 ⇔ ( a − 1) + ( b + 1) = .

4 Vậy tập các số phức z thỏa mãn điều kiện trên là đường tròn (C) tâm I(1; -1) bán kính R =

1 2

Do môđun của một số phức được biểu diễn bới điểm M là khoảng cách từ điểm M đến gốc tọa độ nên số phức z có môđun lớn nhất thỏa mãn điều kiện trên là số phức được biểu diễn bởi điểm M thuộc (C) sao cho OM lớn nhất.

Vậy M phải là giao điểm xa nhất của (C) với đường thẳng (d) qua O và I. x = t (d) qua O và I nên có phương trình:   y = −t

Gọi M(t; -t)

20

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1  t = 1+  1 1 2 2 2 2 Vì M thuộc (C) nên MI = ⇔ ( t − 1) + ( −t + 1) = ⇔  1 2 4  t = 1 − 2 2   1 1  ; −1 −   M 1 + 2 2 1 1   2 2   Vậ y Mà M xa O nhất nên M  1 + ; −1 −    2 2 1 1   2 2 ; −1 +  M 1 −  2 2   2 2

Do đó số phức z thỏa mãn là z = 1 +

1

1   − 1 +  i.

2 2  2 2

Câu 49: Đáp án C Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD. Gắn trục tọa độ Hxyz với H là gốc tọa độ; tia Hx trùng tia HO; tia Hy trùng tia HD; tia Hz trùng tia HS. Khi đó H (0;0;0); A(0;

−a −a a a a 3 ). ;0); B (2a; ;0); C (2a; ;0); D(0; ;0); S (0;0; 2 2 2 2 2

Gọi phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp SABCD là:

( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + Ax + By + Cz + D = 0.

 −aB −a 2 = + D  2 4   A = −2 a aB −17 a 2  2 aA − + D =   B=0 2 4   2 aB −17 a   −a Vì S, A, B, C, D thuộc (S) nên 2aA + +D= ⇔ C = 2 4 3   2  aB  −a −a 2 + D =  D = 4 4   2  a 3C −3a 2 +D=  4  2 Vậy tâm I của (S) là I (a;0;

a 2 3

) ; bán kính mặt cầu (S) là R = IA =

2a 3 .

3

2

 2a 3  16π a 2 Do đó, diện tích mặt cầu (S) là S = 4π  ( đvdt ) .  = 3  3 

Câu 50: Đáp án A

21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Giả sử (P) cắt các trục tọa độ lần lượt tại các điểm A(a;0;0); B(0; b;0); C (0;0; c ) thì phương trình của (P) là:

x y z + + = 1. a b c

(P) qua M (1; 2; 3) nên

1 2 3 + + = 1. a b c

abc 1 .

Thể tích tứ diện là V = .OA.OB.OC = 6 6 Ta có: 1 2 3 1 2 3 + + ≥ 33 . . a b c a b c ⇔ 1 ≥ 33

6 ⇔ abc ≥ 162 ⇒ V ≥ 162 ⇒ minV = 162. abc

1 2 3 a = 3  a + b + c = 1  Dấu “=” xảy ra khi  ⇔ b = 6 1 2 3  = = c = 9   a b c

Suy ra phương trình (P) là:

x y z + + = 1 ⇔ 6 x + 3 y + 2 z − 18 = 0.

3 6 9

THI THỬ THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – QUẢNG TRỊ 3

Câu 1: Cho ∫ e 0

A. S = 4

x +1

.

dx = a.e 2 + b.e + c, với a, b, c là các số nguyên. Tính S = a + b + c x +1

B. S = 1

C. S = 0

D. S = 2

Câu 2: Giá trị lớn nhất của hàm số y = − x 4 + 3x 2 + 1 trên [ 0; 2] là A. y = −3

B. y = 1

C. y =

13 4

D. y = 29

Câu 3: Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của đúng một trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào ?

22

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. y =

−2x + 2 x +1

B. y =

−x + 2 x+2

C. y =

2x − 2 x +1

D. y =

x−2 x +1

Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( α ) : 3x − 2y + z + 6 = 0. Hình chiếu vuông góc của điểm A ( 2; −1;0 ) lên mặt phẳng ( α ) có tọa độ là

B. ( −1;1; −1)

A. (1;0;3)

C. ( 2; −2;3)

D. (1;1; −1)

Câu 5: Tính thể tích của khối lập phương có cạnh bằng a A. V =

a3 3

B. V =

a3 6

C. V = a 3

D. V =

2a 3 3

Câu 6: Với các số thực dương a, b bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. ln ( ab ) = ln a + ln b B. ln

a ln a = b ln b

C. ln

a = ln b − ln a b

D. ln ( ab ) = ln a.ln b

Câu 7: Tìm đạo hàm của hàm số y = log 2 ( x 2 + 1) A. y ' =

2x ( x + 1) ln 2 2

B. y ' =

1 x +1

C. y ' =

2

1 ( x + 1) ln 2 2

D. y ' =

2x x2 +1

Câu 8: Bất phương trình log 4 ( x + 7 ) > log 2 ( x + 1) có tập nghiệm là A. ( 2; 4 )

B. ( −3; 2 )

C. ( −1; 2 )

D. ( 5; +∞ )

Câu 9: Giá trị cực tiểu của hàm số y = x 3 − 3x + 2 là A. −1

B. 4

C. 1

D. 0

Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tính khoảng cách từ điểm M (1; 2; −3) đến mặt phẳng ( P ) : x + 2y − 2z − 2 = 0

A. 3

B.

11 3

C.

1 3

D. 1

Câu 11: Tìm tập xác định của hàm số y = log 1 ( 2x − 1) 2

23

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1  B. D =  ;1 2 

A. D = [1; +∞ )

1  C. D =  ;1 2 

D. D = (1; +∞ )

Câu 12: Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai ?

A. ∫ e x dx = e x + C

B. ∫ 0dx = C

C.

1

∫ x dx = ln x + C

D.

∫ xdx = x + C

Câu 13: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập xác định của nó ? 2 A. y =   3

x

e B. y =   π

x

C. y =

( 2)

x

D. y = ( 0, 5 )

x

2

Câu 14: Tích giá trị tất cả các nghiệm của phương trình ( log x 3 ) − 20 log x + 1 = 0 bằng A. 10 9 10

B. 10

C. 1

D.

10

10

Câu 15: Tính thể tích khối chóp tứ giác đều cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng 3a.

A.

a3 3 12

B. a 3

C.

a3 3 4

D.

a3 3

Câu 16: Tìm tất cả giá trị của m để phương trình x 3 − 3x − m + 1 = 0 có ba nghiệm phân biệt.  m < −1 B.  m > 3

A. m = 1

C. −1 ≤ m ≤ 3

D. −1 < m < 3

Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy trùng với trọng tâm tam giác ABD. Cạnh bên SD tạo với đáy một góc 60 .

Tính thể tích khối chóp S.ABCD

A.

a 3 15 3

B.

a 3 15 27

C.

a 3 15 9

D.

a3 3

Câu 18: Một lô hàng có 20 sản phẩm, trong đó có 4 phế phẩm. Lấy tùy ý 6 sản phẩm từ lô hàng đó. Hãy tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm

A.

7 9

B.

91 323

C.

637 969

D.

91 285

Câu 19: Cho một khối nón có bán kính đáy là 9cm, góc giữa đường sinh và mặt đáy là 30 .

Tính diện tích thiết diện của khối nón cắt bởi mặt phẳng đi qua hai đường sinh vuông góc với nhau.

A. 162 cm 2

B. 27 cm 2 7

Câu 20: Cho tích phân

∫ 0

A. 2

x 3dx 3

1+ x2

=

C.

27 2 cm 2

D. 54 cm 2

m m , vớ i là một phân số tối giản. Tính m − 7n. n n

B. 1

C. 0

D. 91

24

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 21: Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp một hình lăng trụ tam giác đều có các cạnh đều bằng a.

A.

7 πa 2 3

B.

Câu 22: Đồ thị hàm số y = A. 1

3πa 2 7

C.

7 πa 2 5

D.

7 πa 2 6

6 − x2 có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận ? x 2 + 3x − 4

B. 0

C. 2

D. 3

Câu 23: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị y = x 2 − 2x và y = − x 2 + x .

A. 6

B. 12

C.

9 8

D.

π 2

π 2

0

0

10 3

Câu 24: Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn ∫ s inx.f ( x ) = f ( 0 ) = 1. Tính I = ∫ cos x.f ' ( x ) dx A. I = 2

B. I = −1

C. I = 1

D. I = 0

C. 194592

D. 84510

Câu 25: Số 7100000 có bao nhiêu chữ số ?

A. 85409 Câu 26: Phương trình

B. 194591

1 log 2

3

( x + 3) +

1 4 log 9 ( x − 1) = 2 log 9 ( 4x ) có tất cả bao nhiêu 2

nghiệm thực phân biệt ?

A. 1

B. 2

C. 3

D. 0

Câu 27: Trên giá sách có 4 quyển sách toán, 5 quyển sách lý, 6 quyển sách hóa. Lấy ngẫu nhiên 3quyển sách. Tính xác suất để 3 quyển sách được lấy ra có ít nhất một quyển sách là toán.

A.

33 91

B.

24 455

C.

58 91

Câu 28: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y =

D.

24 91

mx + 4 nghịch biến x+m

trên khoảng ( −∞;1)

A. −2 ≤ m ≤ −1

B. −2 ≤ m ≤ 2

C. −2 < m < 2

D. −2 < m ≤ −1

Câu 29: Tìm m để hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3 ( 2m − 1) x + 1 đồng biến trên ℝ .

A. m = 1

B. Luôn thỏa mãn với mọi m

C. Không có giá trị m thỏa mãn

D. m ≠ 1

Câu 30: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD

25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A.

a3 4

B.

3a 3 4

C.

a3 3 6

D.

a3 3 4

Câu 31: Tìm phần thực của số phức z12 + z 22 , biết rằng z1 , z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 4z + 5 = 0

A. 4

B. 6

C. 8

D. 5

Câu 32: Giải phương trình cos3x.tan 4x = sin 5x A. x =

π kπ k2π , x = + (k ∈ ℤ) 3 16 8

C. x = k2π, x =

B. x = kπ, x =

π k3π + (k ∈ ℤ) 16 8

D. x =

Câu 33: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = 2  −1  A. m ∈  ;1 2 

Câu 34: Tính lim n A. +∞

1  B. m ∈  ;1 2 

(

4n 2 + 3 − 3 8n 3 + n

mx +1 x+m

π kπ + (k ∈ ℤ) 16 8

π k3π kπ ,x = + (k ∈ ℤ) 2 16 8 1  nghịch biến trên  ; +∞  2 

1  C. m ∈  ;1 2 

D. m ∈ ( −1;1)

)

B. −∞

C.

2 3

D. 1

1 3 i. Tìm số phức w = 1 + z + z 2 Câu 35: Cho số phức z = − + 2 2 1 3 i A. − + 2 2

B. 0

C. 1

D. 2 − 3i

Câu 36: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( 3; −2;3) , B (1;0;5 ) và đường thẳng ( d ) :

x −1 y − 2 z − 3 . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng ( d ) để MA 2 + MB2 đạt = = 1 −2 2

giá trị nhỏ nhất.

A. M ( 2; 0;5 )

B. M (1; 2;3)

C. M ( 3; −2;7 )

D. M ( 3;0; 4 )

Câu 37: Cho hình trụ ABC.A 'B 'C ' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A’ lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC bằng A. V =

a3 3 24

a 3 . Tính thể tích Vcủa khối lăng trụ ABC.A ' B 'C ' 4

B. V =

a3 3 12

C. V =

a3 3 3

D. V =

a3 3 6

Câu 38: Một người vay ngân hàng 500 triệu đồng với lãi suất 0,5% trên 1 tháng. Theo thỏa thuận cứ mỗi tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 10 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế

26

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

cho đến khi hết nợ (tháng cuối cùng có thể trả dưới 10 triệu). Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết nợ ngân hàng.

A. 57

B. 56

C. 58

D. 69

Câu 39: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = ( x − 1) ( x 2 − 3)( x 4 − 1) liên tục trên ℝ. Tính số điểm cực trị của hàm số y = f ( x )

A. 3

B. 2

C. 4

D. 1

Câu 40: Cho f ( x ) là hàm số liên tục trên ℝ và thỏa mãn điều kiện

1

3

0

0

∫ f ( x ) dx = 4, ∫ f ( x ) dx = 6.

1

Tính I = ∫ f ( 2x + 1 ) dx −1

A. I = 6

B. I = 3

C. I = 4

Câu 41: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log Tìm giá trị Pmax của biểu thức P =

A. Pmax = 0

3

D. I = 5

x+y = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy. x + y 2 + xy + 2 2

3x + 2y + 1 . x+y+6

B. Pmax = 2

C. Pmax = 1

D. Pmax = 3

Câu 42: Có 15 học sinh giỏi gồm 6 học sinh khối 12, 4 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 6 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh.

A. 5005

B. 805

C. 4250

D. 4249

Câu 43: Một nhà máy cần sản suất các hộp hình trụ kín cả hai đầu có thể tích V cho trước.

Mối quan hệ giữa bán kính đáy R và chiều cao h của hình trụ để diện tích toàn phần của hình trụ nhỏ nhất là ?

A. R = 2h

B. h = 2R

C. h = 3R

D. R = h

Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A (1; 2;3) , B ( 3; 4; 4 ) , C ( 2;6;6; ) và I ( a; b; c ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tính S = a + b + c

A.

63 5

B.

46 5

C.

31 3

Câu 45: Cho log 9 x = log12 y = log16 ( x + 3y ) . Tính giá trị A.

3− 5 2

B.

5 −1 2

C.

D. 10

x y

3 + 13 2

D.

13 − 3 2

27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A (1;1;1) , B ( 0;1; 2 ) , C ( −2;1; 4 ) và mặt phẳng ( P ) : x − y + z + 2 = 0 . Tìm điểm N ∈ ( P ) sao cho S = 2NA 2 + NB2 + NC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.

 4 4 B. N  − ; 2;   3 3

A. N ( −2;0;1)

 1 5 3 C. N  − ; ;   2 4 4

D. N ( −1; 2;1)

Câu 47: Cho hàm số y = x 4 − 2 (1 − m 2 ) x 2 + m + 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số lập thành tam giác có diện tích lớn nhất.

A. m = 0

B. m = −

1 2

C. m = 1

D. m =

1 2

a + c > b + 1 Câu 48: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn  . Tìm số giao điểm của đồ thị a + b + b + 1 < 0 hàm số y = x 3 + ax 2 + bx + c và trục Ox.

A. 0 Câu

B. 2

49:

Cho

hai

( x + y ) xy = x 2 + y2 − xy.

A. 18

số

C. 3 thực

x ≠ 0, y ≠ 0 thay

D. 1 đổi

Giá trị lớn nhất của biểu thức M =

B. 1

và

thỏa

mãn

điều

kiện

1 1 là + x 3 y3

C. 9

D. 16

Câu 50: Bạn Hoàn có một tấm bìa hình tròn như hình vẽ, Hoàn muốn biến hình tròn đó thành một cái phễu hình nón. Khi đó Hoàn phải cắt bỏ hình quạt AOB rồi dán hai bán kính OA và OB lại với nhau (diện tích chỗ dán nhỏ không đáng kể). Gọi x là góc ở tâm hình quạt tròn dùng làm phễu. Tìm x để thể tích phễu lớn nhất ?

A.

2 6 π 3

B.

π 3

C.

π 2

D.

π 4

Đáp án 1-D

2-C

3-A

4-B

5-C

6-A

7-A

8-C

9-D

10-A

11-B

12-C

13-C

14-A

15-B

16-D

17-C

18-C

19-D

20-B

28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

21-A

22-A

23-C

24-D

25-D

26-B

27-C

28-D

29-A

30-A

31-B

32-B

33-A

34-C

35-B

36-A

37-B

38-C

39-A

40-D

41-C

42-C

43-B

44-B

45-D

46-D

47-A

48-C

49-D

50-A

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C Phương pháp giải: Đặt ẩn phụ, đưa về phương pháp đổi biến số tính tích phân Lời giải:

Đặt t = e

x +1

⇔ 2dt =

3

Khi đó ∫ e 0

x +1

x = 0 ⇒ t = e e x +1 dx và đổi cận  2 x +1 x = 3 ⇒ t = e

a = 2 e2 dx e2  2 2 . = 2 ∫ dt = 2t e = 2e − 2e = a.e + b.e + c ⇒ b = −2 x +1 e c = 0 

V ậy S = 2

Câu 2: Đáp án C Phương pháp giải: Khảo sát hàm số, lập bảng biến thiên trên đoạn tìm max – min Lời giải:

 0 ≤ x ≤ 2 6 Ta có y = − x 4 + 3x 2 + 1 ⇒ y ' = −4x 3 + 6x; y ' = 0 ⇔  3 ⇔  x = 0x = 2 4x − 6x = 0   6  13  6  13 TÍnh các giá trịn y ( 0 ) = 1; y  Vậy max y = y  = ; y 2 = − 3. ( )   2  4  2  = 4 [0;2]    

Câu 3: Đáp án A Phương pháp giải: Dựa vào hình dáng đồ thị, đường tiệm cận và giao điểm với trục tọa độ để xác định hàm số Lời giải: Dựa vào hình vẽ ta thấy rằng:

• Hàm số có dạng bậc nhất trên bậc nhất và nghịch biến trên mỗi khoảng xác định.

• Đồ thị hàm số có hai tiệm cận là x = −1; y = −2 • Đồ thị hàm số đi qua điểm ( 0; 2 ) và (1;0 ) Vậy hàm số cần tìm là y =

−2x + 2 x +1

Câu 4: Đáp án B Phương pháp giải: Viết phương trình đường thẳng vuông góc với mặt và đi qua điểm, tọa độ giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng chính là tọa độ hình chiếu của điểm Lời giải: 29

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Gọi H là hình chiếu của A trên ( α ) ⇒ AH ⊥ ( α ) ⇒ ( AH ) :

x − 2 y +1 z = = .

3 −2 1

Vì H ∈ ( AH ) ⇒ H ( 3t + 2; −2t − 1; t ) mà H ∈ ( α ) ⇒ 3 ( 3t + 2 ) + 2 ( 2t + 1) + t + 6 = 0 ⇒ t = −1 Vậy tọa độ điểm cần tìm là H ( −1;1; −1)

Câu 5: Đáp án C Phương pháp giải: Công thức tính thể tích khối lập phương Lời giải: Thể tích khối lập phương cạnh a là V = a 3

Câu 6: Đáp án A a Phương pháp giải: Sử dụng các công thức: log ( ab ) = log a + log b;log   = log a − log b (Giả b sử các biểu thức là có nghĩa).

Lời giải: Với các số thực dương a, b bất kì , mệnh đề đúng là: ln ( ab ) = ln a + ln b

Câu 7: Đáp án A Phương pháp giải: Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm lôgarit ( log a u ) ' = Lời giải: Ta có y = log 2 ( x 2 + 1) ⇒ y ' =

(x (x

2

2

+ 1) '

+ 1) ln 2

=

u' u ln a

2x ( x + 1) ln 2 2

Câu 8: Đáp án C Phương pháp giải: Đưa về cùng cơ số. Dựa vào phương pháp giải bất phương trình lôgarit cơ bản Lời giải:  x > −1  x > −1 Ta có log 4 ( x + 7 ) > log 2 ( x + 1) ⇔  ⇔  x + 7 > x + 1 log 2 x + 7 > log 2 ( x + 1)

 x > −1  x > −1 ⇔ ⇔ ⇔ −1 < x < 2  2  x + 7 > x + 2x + 1 −3 < x < 2 Câu 9: Đáp án D f ' ( x 0 ) = 0 Phương pháp giải: Hàm số đạt cực tiểu tại x 0 ⇔  f '' ( x 0 ) > 0 Lời giải: Ta có y = x 3 − 3x + 2 = 0 ⇒ y ' = 3x 2 − 3; ∀x ∈ ℝ  x = −1 Phương trình y ' = 0 ⇔  x = 1

y '' = 6x ⇒ y '' (1) = 6 > 0 Khi đó, giá trị cực tiểu của hàm số là y (1) = 0

Câu 10: Đáp án A 30

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp giải: Áp dụng công thức tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng.

Khoảng

cách

d ( M; ( P ) ) =

từ

điểm M ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) đến mặt phẳng

( P ) : A x + By + Cz + D = 0

là:

A x 0 + By 0 + Cz 0 + D A 2 + B2 + C 2

Lời giải: Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P ) là d ( M; ( P ) ) =

1.1 + 2.2 − 2. ( −3) − 2 2

x

1 + 2 + ( −2 )

2

=3

Câu 11: Đáp án B Phương pháp giải: Hàm số y = A xác định ⇔ A ≥ 0 Hàm số y = log a B xác định ⇔ B > 0 Lời giải: 2x − 1 > 0 2x − 1 > 0 1  Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi log ( 2x − 1) ≥ 0 ⇔  ⇔ < x ≤1 1 2 2x − 1 ≤ 1  2

Câu 12: Đáp án C Phương pháp giải: Dựa vào các công thức nguyên hàm cơ bản Lời giải: Ta có

1

∫ x dx = ln x + C ≠ ln x + C

Câu 13: Đáp án C Phương pháp giải: Hàm số mũ y = a x đồng biến trên tập xác định ⇔ a > 1 Lời giải: Dễ thấy y =

( 2)

x

⇒ y'

x

( 2 ) .ln

2 > 0; ∀x ∈ ℝ ⇒ Hàm số y =

x

( 2 ) đồng biến trên ℝ .

Câu 14: Đáp án A Phương pháp giải: Đưa về phương trình bậc hai ẩn log x, sử dụng công thức log a n b m =

m log a b (giả sử các biểu n

thức là có nghĩa).

Lời giải: ĐK: x > 0 3 2

( log x )

− 20 log x + 1 = 0, ( x > 0 )

⇔ ( 3log x )

2

 log x = 1  x = 10 − 10 log x + 1 = 0 ⇔ 9 log x − 10 log x + 1 = 0 ⇔  1⇔  log x = x = 9 10  9  2

Tích giá trị tất cả các nghiệm của phương trình là: 10 9 10 31

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 15: Đáp án B Phương pháp giải: Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp 1 a2 Lời giải: Thể tích khối chóp cần tính là V = Sh = .3a = a 3 3 3

Câu 16: Đáp án D Phương pháp giải: Cô lập tham số m, đưa về khảo sát hàm số để biện luận số nghiệm của phương trình Lời giải:  x = 1 ⇒ f (1) = −2 Xét hàm số f ( x ) = x 3 − 3x, có f ' ( x ) = 3x 2 − 3;f ' ( x ) = 0 ⇔   x = −1 ⇒ f ( −1) = 2

Để phương trình f ( x ) = m − 1 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ −2 < m − 1 < 2 ⇔ −1 < m < 3 Câu 17: Đáp án C

Phương pháp giải: Xác định hình chiếu của đỉnh, xác định góc để tìm chiều cao và áp dụng công thức thể tích Lời giải: Gọi O là tâm hình vuông ABCD , H là trọng tâm tam giác ABD Ta có SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ SD; ( ABCD ) = ( SD; HD ) = SHD = 60 ABCD là hình vuông cạnh a nên OD =

1 a 2 BD = 2 2

1 1a 2 a 2 HO = AO = = 3 3 2 6 Tam giác HDO vuông tại O, có HD = OD 2 + OH 2 = Tam giác SHD vuông tại H, có tan SDH =

a 5 3

SH a 15 ⇒ SH = HD 3

1 a 2 a 15 a 3 15 Vậy thể tích cần tính là VS.ABCD = .SH.SABCD = . = 3 3 3 9 32

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 18: Đáp án C Phương pháp giải: Chia trường hợp của biến cố, áp dụng các quy tắc đếm cơ bản tìm số phần tử của biến cố Lời giải: Lấy 6 sản phẩm từ 20 sản phẩm lô hàng có C620 = 38760 cách ⇒ n ( Ω ) = 38760 Gọi X là biến cố 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm. Khi đó, ta xét các trường hợp sau: 6 TH1. 6 sản phẩm lấy ra 0 có phế phẩm nào ⇒ có C16 = 8008 cách 5 .C14 = 17472 cách TH2. 6 sản phẩm lấy ra có duy nhất 1 phế phẩm ⇒ có C16

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là n ( X ) = 8008 + 17472 = 25480 Vậy xác suất cần tính là P =

n ( X ) 25480 637 = = n ( Ω ) 38760 969

Câu 19: Đáp án D Phương pháp giải: Xác định độ dài đường sinh qua góc và bán kính, tính diện tích tam giác vuông bằng tích hai cạnh góc vuông r r 3 Lời giải: Ta có cos30 = ⇒ l = = 9: =6 3 0 l cos30 2

(

6 3 l2 Diện tích cần tính là S = = 2 2

)

2

= 54 cm 2

Câu 20: Đáp án B Phương pháp giải: Đặt ẩn phụ t = 3 1 + x 2 , đưa về tích phân hàm đa thức.

Lời giải:

Đặt t = 3 1 + x 2 ⇔ t 3 = 1 + x 2 ⇔ 2xdx = 3t 2 dt ⇔ xdx = 7

Khi đó

∫ 0

7

Vậy

∫ 0

x 3dx 3

1+ x2

x 3dx 3

1+ x2

=

7

=

∫ 0

x2 3

1+ x2

2

.xdx = ∫ 1

 x = 0 ⇒ t = 1 3t 2 dt và  2  x = 7 ⇒ t = 2 2

t 3 − 1 3t 2 3 141 . dt = ∫ ( t 4 − t ) dt = t 2 21 20

m = 141 m ⇒ → m = 7n = 141 − 7.20 = 1 n n = 20

Câu 21: Đáp án A Phương pháp giải: Dựng hình, tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ và tính bán kính dựa vào tam giác vuông Lời giải: Xét lăng trụ tam giác đều ABC.A ' B 'C ' có cạnh bằng a.

33

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Gọi O là tâm tam giác ABC, M là trung điểm của AA’ Qua O kẻ d1 ⊥ ( ABC ) , qua M kẻ d 2 ⊥ A A ' và d1 ∩ d 2 = I Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC.A ' B 'C ' Tam giác IAO vuông tại O, có IA = IO 2 + OA 2 = R ∆2 ABC +

Mà AA ' = a; R ∆ABC

A A '2 4

2

 a 3  a 2 a 21   + 4 = 6  3 

a 3 = ⇒ IA = 3

2

Vậy diện tích cần tính là Smc

 a 21  7πa 2 = 4πR = 4π.  =  3  6  2

Câu 22: Đáp án A Phương pháp giải: Tìm tập xác định, tính giới hạn của hàm số dựa vào định nghĩa tiệm cận đứng, tiệm cận ngang Lời giải: Vì hàm số xác định trên khoảng

(−

)

6; 6 không chứa ∞ nên không tồn tại ∞

Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

2 6 − x > 0 ⇔ x = 1 ⇒ Đồ thị hàm số có duy nhất 1 tiệm cận đứng.

Xét hệ phương trình  2  x + 3x − 4 = 0

Câu 23: Đáp án C Phương pháp giải: Tìm hoành độ giao điểm, áp dụng công thức tính diện tích giới hạn bởi hai đồ thị hàm số Lời giải: x = 0 Hoành độ giao điểm của ( P1 ) , ( P2 ) là nghiệm của phương trình: x 2 − 2x = − x 2 + x ⇔  x = 3 2  3 2

3 2

3 2

0

0

0

Vậy diện tích cần tính là S = ∫ x 2 − 2x − ( − x 2 + x ) dx = ∫ 2x 2 − 3x dx = ∫ ( 3x − 2x 2 ) dx =

9 8

Câu 24: Đáp án D Phương pháp giải: Sử dụng phương pháp từng phần tính tích phân π 2 π du = − sin xdx u = cos x , Khi đó I = cos x.f ( x ) 02 + ∫ s inx.f ( x ) dx Lời giải: Đặt  ⇔  v = f ( x ) 0 dv = f ' ( x ) dx

π

π

2 2 π π = cos .f   − cos0.f ( 0 ) + ∫ s inx.f ( x ) dx = −f ( 0 ) + ∫ s inx.f ( x ) dx = −1 + 1 = 0 2 2 0 0

34

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 25: Đáp án D Phương pháp giải: Áp dụng công thức tìm số chữ số của một số vô cùng lớn Lời giải: Số các chữ số của số 7100000 là log 7100000  + 1 = [100000.log 7 ] + 1 = 84509 + 1 = 84510

Câu 26: Đáp án B Phương pháp giải: Sử dụng công thức lôgarit, đưa về phương trình lôgarit cùng cơ số Lời giải: Điều kiện: x > 1 Ta có:

1 log 2

3

( x + 3) +

1 4 log 9 ( x − 1) = 2 log 9 ( 4x ) ⇔ log 3 ( x + 3) + log 3 x − 1 = log 3 4x 2

( x + 3)( x − 1) = 4x x = 3 ⇔ log 3 ( x + 3) x − 1 = log 3 4x ⇔ ( x + 3) x − 1 = 4x ⇔  ⇔  x = −3 + 2 3 ( x + 3)( x − 1) = −4x

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.

Câu 27: Đáp án C Phương pháp giải: Sử dụng biến cố đối và các quy tắc đếm cơ bản.

Lời giải: 3 Chọn 3 quyển sách trong 15 quyển sách có C15 = 455 cách ⇒ n ( Ω ) = 455

Gọi X là biến cố 3 quyển sách được lấy ra có ít nhất một quyển sách là toán.

Và X là biến cố 3 quyển sách được lấy ra không có quyển sách toán. Khi đó, ta xét các trường hợp sau: TH1. Lấy được 2 quyển lý, 1 quyển hóa => có C52 .C16 = 60 cách TH2. Lấy được 1 quyển lý, 2 quyển hóa => có C15 .C62 = 75 cách TH3. Lấy được 3 quyển lý, 0 quyển hóa => có C35 .C60 = 10 cách TH4. Lấy được 0 quyển lý, 3 quyển hóa => có C50 .C36 = 20 cách

( )

( )

Suy ra số phần tử của biến cố X là n X = 165 ⇒ P X =

( )

Vậy xác suất cần tính là P ( X ) = 1 − P X = 1 −

( ) = 165 = 33

n X

n (Ω)

455

91

33 58 = 91 91

Câu 28: Đáp án D Phương pháp giải: Dựa vào điều kiện để hàm số b1 trên b1 đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng Lời giải: Ta có y =

mx + 4 m2 − 4 ⇒ y' = ; ∀x ≠ − m 2 x+m ( x + m)

35

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 y ' < 0 m 2 − 4 > 0 Yêu cầu bài toán ⇔  ⇔ ⇔ −2 < m ≤ −1 −m ≥ 1  x = −m ∉ ( −∞;1)

Câu 29: Đáp án A Phương pháp giải: Dựa vào điều kiện để hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng xác định Lời giải: Ta có y = x 3 − 3mx 2 + 3 ( 2m − 1) x + 1 ⇒ y ' = 3x 2 − 6mx + 3 ( 2m − 1) ; ∀x ∈ ℝ Hàm số đồng biến trên ℝ ⇔ y ' ≥ 0; ∀x ∈ ℝ ⇔ x 2 − 2mx + 2m − 1 ≥ 0; ∀x ∈ ℝ a = 1 > 0 2 ⇔ ⇔ ( m − 1) ≤ 0 ⇔ m = 1 2 ∆ ' = ( m ) − 2m + 1 ≤ 0

Câu 30: Đáp án A Phương pháp giải: Dựng chiều cao, xác định góc và độ dài đường cao của khối chóp Lời giải: Gọi M là trung điểm của AB ⇒ SM =

3 a 3 AB = 2 2

Và H là hình chiếu vuông góc của S trên

( ABCD )

Khi đó ( SAB ) ; ( ABCD ) = ( SM; MH ) = SMH = 60

∆SMH vuông tại H, có sin SMH =

SH a 3 3a ⇒ SH = sin 60 . = SM 2 4

1 a 2 3a a 3 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD = .SH.SABCD = . = 3 3 4 4

Câu 31: Đáp án B Phương pháp giải: Áp dụng định lí Vi-et của phương trình bậc hai.

z1 + z 2 = 4 2 ⇒ z12 + z 22 = ( z1 + z 2 ) − 2z1z 2 = 42 − 2.5 = 6 Lời giải: Ta có z 2 − 4z + 5 = 0 ⇒  z z = 5  1 2 Câu 32: Đáp án B Phương pháp giải: Quy đồng, đưa về dạng tích và sử dụng công thức tích thành tổng Lời giải: Điều kiện: cos4x ≠ 0 ⇔ x ≠

π kπ + 8 4

Ta có cos3x.tan 4x = sin 5x ⇔ cos3x.sin 4x = cos4x.sin 5x ⇔

 x = kπ 9x = 7x + k2π 1 1  s inx sin 7x s inx sin 9x sin 7x sin 9x + = + ⇔ = ⇔ ⇔ ( ) ( ) ( tm ) 9x = π − 7x + k2π  x = π + kπ 2 2  16 8 

Câu 33: Đáp án A 36

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp giải: Dựa vào điều kiện để hàm số bậc nhất trên bậc nhất đồng biến hoặc nghịch biến trên các khoảng xác định của nó.

Lời giải: mx +1 mx +1 +1 m 2 − 1 mx  mx + 1  x + m x+m '.2 .ln 2 = .2 .ln 2; ∀x ≠ −m Ta có y = 2 x + m ⇒ y ' =   ( x + m)  x+m 

Hàm

số

nghịch

biến

trên

m 2 − 1 < 0 m2 − 1 1 1  1  < 0; ∀x > ⇔   ; +∞  ⇔ 1  ⇔ − ≤ m <1 2 2 ( x + m) 2   x = − m ∉  2 ; +∞     Câu 34: Đáp án C Phương pháp giải: Dựa vào phương pháp tính giới hạn (nhân liên hợp) của dạng vô định ∞ − ∞

4n 2 + 3 − 8n 3 + n = 4n 2 + 3 − 2n + 2n − 3 8n 3 + n

Lời giải: Ta có =

3 4n 2 + 3 + 2n

Khi đó lim n

= lim

(

−

n

4n 2 + 2n 3 8n 3 + n + 3 ( 8n 3 + n )

3

3n

)

4n 2 + 3 − 3 8n 3 + n = lim

4n 2 + 3 + 2n

− lim

n2

4n 2 + 2n 3 8n 3 + n + 3 ( 8n 3 + n )

2

3 1 3 1 2 − lim = − = 2 2 2 + 2 4 + 2.2 + 2 3 3 1 3 1  4+ 2 +2 3 8+ 4 + 2 + 8 +   n n2 n2  

Chú ý và sai lầm : Học sinh có thể sử dụng MTCT cho bài toán này.

Câu 35: Đáp án B Phương pháp giải: Bấm máy hoặc khai triển bằng tay tìm số phức w Lời giải: 2

 1 1 3 3  1 3 3 2 1 3 Ta có z = − + i ⇒ z 2 =  − + i  = − i+ i =− − i 2 2 4 2 4 2 2  2 2  1 3 1 3 Vậy w = 1 + z + z 2 = 1 − + i− − i=0 2 2 2 2

Câu 36: Đáp án A Phương pháp giải: Vì điểm M thuộc d nên tham số hóa tọa độ điểm M, tính tổng MA 2 + MB2 đưa về khảo sát hàm số để tìm giá trị nhỏ nhất Lời giải:

37

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

AM = ( t − 2; 4 − 2t; 2t ) Vì M ∈ ( d ) ⇒ M ( t + 1; 2 − 2t; 2t + 3) suy ra  BM = ( t; 2 − 2t; 2t − 2 ) 2

2

2

2

Khi đó T = MA 2 + MB2 = ( t − 2 ) + ( 4 − 2t ) + 4t + t 2 + ( 2 − 2t ) + ( 2t − 2 ) = 18t 2 − 36t + 28 2

Dễ thấy 18t 2 − 36t + 28 = 18 ( t 2 − 2t + 1) + 10 = 18 ( t − 1) + 10 ≥ 10 ⇒ MA 2 + MB2 ≥ 10 Vậy Tmin = 10 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 1 ⇒ M ( 2; 0;5 )

Câu 37: Đáp án B Phương pháp giải: Dựng hình, xác định khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau để tính chiều cao lăng trụ Lời giải: Gọi M là trung điểm của BC.

A 'G ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( A ' AM ) Ta có  AM ⊥ BC Kẻ MH ⊥ A A ' ( H ∈ A A ' ) ⇒ MH là đoạn vuông góc chung của BC, AA’

⇒ d ( BC; A A ') = MH =

a 3 4

2 2 a 3 Mà d = d ( G; ( A A ') ) = d ( M; ( A A ' ) ) = MH = 3 3 6 Xét tam giác vuông AA’G có :

1 1 1 a + = 2 ⇒ A 'G = 2 2 AG A 'G d 3

a a2 3 a3 3 Vậy thể tích cần tính là VABC.A 'B'C' = AG ' x S∆ABC = . = 3 4 12

Câu 38: Đáp án C Phương pháp giải: Áp dụng công thức bài toán vay vốn trả góp, hoặc tìm từng tháng, dùng phương pháp quy nạp và đưa về tổng của cấp số nhân Lời giải: Sau tháng thứ nhất số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là 500 (1 + 0,5% ) − 10 triệu đồng.

Sau tháng thứ hai số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là 2

500 (1 + 0,5% ) − 10  . (1 + 0,5% ) − 10 = 500. (1 + 0, 5% ) − 10 (1 + 0,5% ) + 1 triệu đồng Sau tháng thứ ba số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là

500. (1 + 0, 5% ) − 10 (1 + 0,5% ) + (1 + 0, 5% ) + 1 triệu đồng   3

2

38

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

tiền

Số

gốc

còn

là 500. (1 + 0,5% ) − 10. (1 + 0,5% )  n

n −1

lại

sau

+ (1 + 0, 5% )

n −2

tháng

thứ

n

+ ... + 1 triệu 

Đặt y = 1 + 0,5% = 1, 005 thì ta có số tiền gốc còn lại trong ngân hàng sau tháng thứ n là

T = 500y − 10 ( y n

Vì

lúc

n −1

+y

này

n −2

+ ... + y + 1) = 500y −

số

n

tiền

cả

10 ( y n − 1) y −1 gốc

⇒ T = 0 ⇔ 1500.1, 005n = 2000 ⇔ n = log1,005

= 500.1, 005n − 2000. (1, 005n − 1)

lẫn

lãi

đã

trả

hế t

4 ≈ 57, 68 3

Vậy sau 58 tháng thì người đó trả hết nợ ngân hàng.

Câu 39: Đáp án A Phương pháp giải: Giải phương trình f’ bằng 0, tìm nghiệm và lập bảng biến thiên xét điểm cực trị Lời giải:

 x = ±1 2 Ta có f ' ( x ) = ( x − 1) ( x 2 − 3)( x 4 − 1) = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 2 − 3) ( x + 1) ( x 2 + 1) = 0 ⇔  x = ± 3 Dễ thấy f ' ( x ) đổi dấu khi đi qua 3 điểm x = −1; x = ± 3 ⇒ Hàm số có 3 điểm cực trị.

Câu 40: Đáp án D Phương pháp giải: Chia trường hợp để phá trị tuyệt đối, sử dụng đổi biến số để đưa về tích phân đề bài cho Lời giải: Ta có 1 2

1

−

∫ f ( 2x + 1 ) dx +

∫ f ( 2x + 1 ) dx =

−1

−1

−

I = ∫ f ( 2x + 1 ) dx =

−

1

1 2

1 2

1

∫ f ( −2x − 1) dx + ∫1 f ( 2x + 1) dx −1

− 2

I1 I2

• Đặt t = −2x − 1 ⇔ dx = −

 x = −1 ⇒ t = 1 0 1 dt 1 1  I = − f t dt = f ( x ) dx = 2 và  .

Khi đ ó ( ) 1 1 2 ∫1 2 ∫0 2  x = − 2 ⇒ t = 0

1  3 3 1 1 dt x = − ⇒ t = 0 • Đặt t = 2x + 1 ⇔ dx = và  . Khi đó I 2 = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = 3 2 2 20 20  x = 1 ⇒ t = 3 1

Vậy I = ∫ f ( 2x + 1 ) dx = I1 + I 2 = 2 + 3 = 5 −1

Câu 41: Đáp án C Phương pháp giải: 39

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

- Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, từ đó đánh giá giá trị lớn nhất của biểu thức.

Lời giải:

log

3

x+y = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy x + y 2 + xy + 2 2

(1)

( x + y ) − log 3 ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) = x 2 − 3x + y2 − 3y + xy ⇔ log 3 ( x + y ) + 3x + 3y = log 3 ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) + x 2 + y 2 + xy ⇔ lo g 3 ( x + y ) + 2 + 3x + 3y = log 3 ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) + x 2 + y 2 + xy + 2 ⇔ log 3 ( 3x + 3y ) + 3x + 3y = log 3 ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) + x 2 + y 2 + xy + 2 ( 2) ⇔ log

3

Đặt f ( t ) = log 3 t + t, t > 0 ⇒ f ' ( t ) =

1 > 0, ∀t > 0 ⇒ f ( t ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) t ln 3

( 2 ) ⇔ f ( 3x + 3y ) = f ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) ⇔ 3x + 3y = x 2 + y 2 + xy + 2 ⇔ 4x 2 + 4y 2 + 4xy − 12x − 12y + 8 = 0 2

2

⇔ ( 2x + y ) − 6 ( 2x + y ) + 5 = −3 ( y − 1) ≤ 0 ⇔ 1 ≤ 2x + y ≤ 5 Khi đó, P =

2x + y − 5 ≤ 0 3x + 2y + 1 2x + y − 5 = 1+ ≤ 1, vì  x+y+6 x+y+6 x + y + 6 > 0

2x + y − 5 = 0 x = 2 Vậy Pmax = 1 khi và chỉ khi  ⇔ y −1 = 0 y = 1

Câu 42: Đáp án C Phương pháp giải: Sử dụng biến cố đối và các quy tắc đếm cơ bản Lời giải: Ta đi làm phần đối của giả thiết, tức là chọn 6 học sinh giỏi chỉ lấy từ một khối hoặc hai khối.

6 = 5005 cách Chọn 6 học sinh giỏi trong 15 học sinh giỏi của 3 khối có C15

Số cách chọn 6 học sinh giỏi bằng cách chỉ lấy từ 1 khối 12 là C66 = 1 6 Chọn 6 học sinh giỏi trong 10 học sinh giỏi của 2 khối 12 và 11 có C10 = 210 cách, tuy nhiên

phải trừ đi 1 trường hợp nếu 6 học sinh chỉ ở khối 12 => số cách chọn là 210 − 1 = 209 cách 6 Chọn 6 học sinh giỏi trong 11 học sinh giỏi của 2 khối 12 và 10 có C11 = 462 cách, uy nhiên

phải trừ đi 1 trường hợp nếu 6 học sinh chỉ ở khối 12 => số cách chọn là 462 − 1 = 461 cách.

Chọn 6 học sinh giỏi trong 9 học sinh giỏi của 2 khối 11 và 10 có C96 = 84 cách Suy ra số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán là 5005 − 209 − 461 − 84 − 1 = 4250 cách

Câu 43: Đáp án B Phương pháp giải: Chuẩn hóa thể tích, đưa diện tích toàn phần về hàm số, khảo sát hàm (hoặc bất đẳng thức) tìm min Lời giải: 40

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

V 1 . Chuẩn hóa V = π ⇒ h = 2 R πR 2 1 Diện tích toàn phần của hình trụ là Stp = 2πRh + 2πR 2 = 2πR. 2 + 2πR 2 R

Thể tích của khối trụ là V = πR 2 h ⇒ h =

1 1 1  1 6π   2 1 = 2π  R 2 +  = 2π  R 2 + + . = 3  ≥ 2π.3 3 R .

R 2R 2R  2R 2R 4   1 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi R 2 = ⇔ h = 2 = 2R 2R R Câu 44: Đáp án B Phương pháp giải: Tâm đường tròn ngoại tiếp cách đều 3 đỉnh của tam giác và thuộc mặt phẳng chứa tam giác Lời giải:

AB = ( 2; 2;1)

⇒  AB; AC  = ( 2; −5;6 ) ⇒ Phương trình ( ABC ) : 2x − 5y + 6z − 10 = 0 Ta có  AC = (1; 4;3)

I ∈ mp ( ABC ) Vì I ( a; b; c ) là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ⇒  IA = IB = IC ( a − 1) + ( b − 2 ) + ( c − 3) = ( a − 3) + ( b − 4 ) + ( c − 4 ) IA 2 = IB2 IA = IB Lại có  ⇔ 2 ⇔  2 2 2 2 2 2 2 IA = IC IA = IC ( a − 1) + ( b − 2 ) + ( c − 3) = ( a − 2 ) + ( b − 6 ) + ( c − 6 ) 2

2

2

2

2

−2a + 1 − 4b + 4 − 6c + 9 = −6a + 9 − 8b + 16 − 8c + 16 ⇔ −2a + 1 − 4b + 4 − 6b + 9 = −4a + 4 − 12b + 36 − 12c + 36 4a + 4b + 2c = 27 ⇔ 2a + 8b + 6c = 62 Kết hợp với 2a − 5b + 6c − 10 = 0 ⇒ a =

3 49 46 ; b = 4;c = . Vậy S = 10 10 5

Câu 45: Đáp án D Phương pháp giải: Đặt ẩn phụ, đưa về giải phương trình mũ (dạng đẳng cấp bậc hai) Lời giải:

 x = 9 t Đặt log 9 x = log12 y = log16 ( x + 3y ) = t ⇔  và x + 3y = 16 t t  y = 12 Suy ra 9 + 3.12 = 16 ⇔ ( 3 t

t

t

t

t 2

)

+ 3.3 .4 − ( 4 t

t

t 2

)

2

t

 3   3 = 0 ⇔    + 3.   − 1 = 0 4  4  

t

x 9 t  3  −3 + 13  3  −3 + 13 ⇔  = ⇔ = t =  = 2 y 12  4  2  4

Câu 46: Đáp án D Phương pháp giải: Xét đẳng thức vectơ, đưa về hình chiếu của điểm trên mặt phẳng Lời giải: 41

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2

Gọi M ( a; b;c ) thỏa mãn đẳng thức vectơ 2MA + MB + MC = 0 ⇒ 2 (1 − a;1 − b;1 − c ) + ( 0 − a;1 − b; 2 − c ) + ( −2 − 1;1 − b; 4 − c ) = 0 a = 0  ⇔ ( −4a; 4 − 4b;8 − 4c ) = 0 ⇔ b = 1 ⇒ M ( 0;1; 2 ) c = 2  Khi

đó 2 2 2 2 2 2 S = 2NA 2 + NB2 + NC2 = 2NA + NB + NC = 2 MN + MA + MN + MB + MN + MC

(

) (

) (

)

  2 2 2 MB + MC = 4MN 2 + 2NM.  2MA + + MB + MC

 + 2MA

  0 con st 2 = 4MN 2 + 2MA + MB2 + MC

2

con st

Suy ra Smin ⇔ MN min ⇔ N là hình chiếu của M trên ( P ) ⇒ MN ⊥ ( P ) Phương trình đường thẳng MN là

x y −1 z − 2 = = ⇒ N ( t;1 − t; t + 2 ) 1 1 −1

Mà m ∈ mp ( P ) suy ra t − (1 − t ) + t + 2 + 2 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ N ( −1; 2;1)

Câu 47: Đáp án A Phương pháp giải: Tìm tọa độ điểm cực trị của đồ thị hàm số trùng phương và tính diện tích tam giác Lời giải: TXĐ : D = ℝ Ta có y ' = 4x 3 − 4 (1 − m 2 ) x; ∀x ∈ ℝ

x = 0 Phương trình y ' = 0 ⇔  2 2 x = 1 − m

( *)

.

Hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ ( *) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 − m 2 > 0 ⇔ −1 < m < 1

x = 0 ⇒ y = m +1  2 Khi đó y ' = 0 ⇔  x = 1 − m 2 ⇒ y = − ( m 2 − 1) + m + 1  2  2 2  x = − 1 − m ⇒ y = − ( m − 1) + m + 1 Gọi A ( 0; m + 1) , B

( 1 − m ; ( m −1) + m + 1) , C ( − 1 − m ; − ( m − 1) + m + 1) là 2

2

2

2

2

2

ba điểm

cực trị. Tam giác ABC cân tại A.

(

)

2

2

Trung điểm H của BC là H 0; − ( m 2 − 1) + m + 1 ⇒ AH = ( m 2 − 1) = (1 − m 2 )

2

Và BC = 2 1 − m 2 2 1 Diện tích tam giác ABC là S∆ABC = .AH.BC = (1 − m 2 ) 1 − m 2 = 2

Mà 1 − m 2 ≤ 1; ∀m ∈ ℝ suy ra

2 5

(1 − m )

2 5

(1 − m )

≤ 1 ⇒ S∆ABC ≤ 1 42

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vậy Smax = 1. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = 0

Câu 48: Đáp án C Phương pháp giải: Chọn hệ số a, b, c hoặc đánh giá tích để biện luận số nghiệm của phương trình Lời giải:  y ( −1) > 0 a + c > b + 1 a − b + c − 1 > 0 ⇔ ⇔ ⇒ y ( −1) .y (1) < 0 Cách 1. Ta có:  a + b + c + 1 < 0 a + b + c + 1 < 0  y (1) < 0

Lại

 lim = −∞ x →−∞ ⇒ x 3 + a x 2 + bx + c = 0  = +∞  xlim →−∞

có

có

3

nghiệm

thuộc

khoảng

( −∞; −1) , ( −1;1) , (1; +∞ ) a = 4  Cách 2.Chọn b = −7 ⇒ y = x 3 = 4x 2 − 7x − 1 và đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân  c = −1  biệt.

Câu 49: Đáp án D Phương pháp giải: Đặt ẩn phụ, đưa về hàm một biến, dựa vào giả thiết để tìm điều kiện của biến Lời giải: Từ giả thiết chia cả 2 vế cho x 2 y 2 ta được :

Đặt

1 1 = a, = b, ta có a + b − a 2 + b 2 − ab x y

Khi đó M =

Ta

x + y x 2 + y 2 − xy 1 1 1 1 1 = ⇔ + = 2+ 2− 2 2 xy x y x y x y xy

1 1 2 + 3 = a 3 + b3 = ( a + b ) ( a 2 − ab + b 2 ) = ( a + b ) 3 x y 2

a + b = a 2 + b 2 − ab ⇔ a + b = ( a + b ) − 3ab mà

có 2

a + b ≥ (a + b) −

3 2 2 ( a + b ) ⇒ ( a + b ) − 4 ( a + b ) ≤ 0 ⇒ 0 ≤ a + b ≤ 4.

4

2

a+b ab ≤   nên  2 

Suy

2

M = ( a + b ) ≤ 16

1 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = 2 ⇔ x = y = . Vậy M max = 16 2 Câu 50: Đáp án A Phương pháp giải: Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối nón và áp dụng công thức tính độ dài cùng tròn 43

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ra

Lời giải: Gọi r, h lần lượt là bán kính đáy, chiều cao của phễu hình nón.

π 1 Thể tích của khối nón là V = πr 2 h = r 2 l2 − r 2 , với l là độ dài đường sinh và l = R bán 3 3 π π kính tấm bìa hình tròn ⇒ V = .r 2 R 2 − r 2 = x r 2 1 − r 2 vì chuẩn hóa R = 1 .

3 3 Xét hàm số f ( r ) = r 2 1 − r 2 trên ( 0;1) , có f ' ( r ) =

2r − 3r 3 1− r2

; ∀r ∈ ( 0;1)

 6 2 3 0 < r < 1 6 Ta có f ' ( r ) = 0 ⇔  ⇔r= → max f ( r ) = f   = 3 3 9 2r − 3r = 0  3 

Do đó Vmax = Mà

dài

độ

⇒ x.R =

2π 3 6 . . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi r = 27 3 cung

phần

cuộn

làm

phễu

chính

là

chu

vi

đáy

hình

nón

2π 6 2π 6 ⇒x= 3 3

ĐỀ THI THỬ THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU – NGHỆ AN Câu 1: Cho hàm số y = x 4 + 4x 2 + 3. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số đồng biến trên ( −∞; +∞ ) B. Hàm số nghịch biến trên ( −∞;0 ) và đồng biến trên ( 0; +∞ ) C. Hàm số nghịch biến trên ( −∞; +∞ ) D. Hàm số đồng biến trên ( −∞;0 ) và nghịch biến trên ( 0; +∞ ) Câu 2: Cho 8 điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Hỏi có bao nhiêu tam giác mà ba đỉnh của nó được chọn từ 8 điểm trên?

A. 336 Câu 3: lim A. −

B. 56

C. 168

D. 84

C. 1

D.

1 − 2n bằng 3n + 1

2 3

B.

1 3

2 3

Câu 4: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên x

−∞

0

−1

1

+∞

44

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+

y' y

-

0

+

0

-

3

2

−1 −1

−∞

2

Hỏi hàm số có bao nhiêu điểm cực trị ?

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 5: Cho hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình bên. Hỏi phương trình ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 có bao nhiêu nghiệm?

A. Phương trình không có nghiệm B. Phương trình có đúng một nghiệm C. Phương trình có đúng hai nghiệm D. Phương trình có đúng ba nghiệm

Câu 6: Thể tích của khối lập phương ABCD.A ' B 'C 'D ' có đường chéo AC ' = 6 bằng A. 3 3

B. 2 3

C.

D. 2 2

2

Câu 7: Mặt phẳng đi qua trục hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông cạnh a. Thể tích khối trụ đó bằng

A. πa 3

B.

πa 3 2

C.

πa 3 3

D.

πa 3 4

Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( 2;3; −1) và B ( −4;1;9 ) . Tọa

độ của véc tơ AB là A. ( −6; −2;10 )

B. ( −1; 2; 4 )

C. ( 6; 2; −10 )

D. (1; −2; −4 )

Câu 9: Với các số thực a, b > 0 bất kỳ, rút gọn biểu thức P = 2 log 2 a = log 1 b 2 ta được 2

A. P = log 2 ( 2ab )

2

B. P = log 2 ( ab )

a C. P = log 2   b

2

2

 2a  D. P = log 2  2  b 

Câu 10: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 22x +1 − 5.2x x + 2 = 0 bằng A. 0

B.

5 2

C. 1

D. 2

Câu 11: Mệnh đề nào dưới đây sai?

A.

∫ f ( x ) + g ( x )dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx

với mọi hàm f ( x ) , g ( x ) liên tục trên ℝ

B.

∫ f ( x ) − g ( x )dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx

với mọi hàm f ( x ) , g ( x ) liên tục trên ℝ

C. ∫ f ( x ) g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx.∫ g ( x ) dx với mọi hàm f ( x ) , g ( x ) liên tục trên ℝ 45

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

D. ∫ f ' ( x ) dx = f ( x ) + C với mọi hàm f ( x ) có đạo hàm trên ℝ Câu 12: Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = x và y = e x , trục tung và đường thẳng x = 1 được tính theo công thức 1

A. S = ∫ e x − 1 dx

1

B. S =

0

∫

1

C. S = ∫ x − e x dx

e x − 1 dx

1

0

−1

∫e

D. S =

x

− x dx

−1

Câu 13: Cho số phức 2 − 3i. Môđun của số phức w = (1 + i ) z bằng A. w = 26

B. w = 37

C. w = 5

D. w = 4

Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho đường thẳng d đi qua điểm M ( 3;3; −2 ) và

có véc tơ chỉ phương u = (1;3;1) .Phương trình của d là A.

x +3 y+3 z−2 = = 1 3 −2

B.

x −3 y−3 z+2 = = 1 3 1

C.

x − 3 y − 3 z −1 = = 1 3 −2

D.

x +1 y + 3 z +1 = = 3 3 −2

Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M ( a; b;1) thuộc mặt phẳng

( P ) : 2x − y + z − 3 = 0 . Mệnh đề nào dưới đây là đúng?

A. 2a − b = 3

B. 2a − b = 2

C. 2a − b = −2

D. 2a − b = 4

Câu 16: Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiêu 5 bạn tham gia biểu diễn, xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số nam nhiều hơn số nữ bằng

A.

245 792

B.

210 792

C.

549 792

D.

582 792

Câu 17: Hàm số y = 2x − x 2 nghịch biến trên khoảng A. ( 0;1)

B. ( −∞;1)

C. (1; +∞ )

D. (1; 2 )

Câu 18: Tổng giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = 2 − x 2 − x bằng A. 2 − 2

B. 2

C. 2 + 2

Câu 19: Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. 2

B. 3

C. 0

D. 1

4x 2 − 1 + 3x 2 + 2 là x2 − x D. 1

Câu 20: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A 'B 'C ' có tất cả các cạnh bằng a. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( A 'BC ) bằng

46

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A.

a 2 2

B.

a 6 4

C.

a 21 7

D.

a 3 4

Câu 21: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho M ( 3; 4;5 ) và mặt phẳng

( P ) : x − y + 2z − 3 = 0 . Hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng ( P ) là A. H (1; 2; 2 )

B. H ( 2;5;3)

C. H ( 6;7;8 )

D. H ( 2; −3; −1)

Câu 22: Một người gửi tiết kiệm với lãi suất 8, 4% /năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn.

Hỏi sau bao nhiêu năm người đó thu được gấp đôi số tiền ban đầu?

A. 9

B. 6

C. 8

D. 7

1

Câu 23: Tích phân I = ∫ e2x dx bằng 0

A. e2 − 1

B. e − 1

C.

e2 − 1 2

D. e +

1 2

Câu 24: Biết phương trình z 2 + az + b = 0 ( a, b ∈ ℝ ) có một nghiệm là z = −2 + i. Tính a + b A. 9

B. 1

C. 4

D. −1

Câu 25: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh bằng a. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy

( ABCD ) ,SA = a

3. Góc tạo với mặt phẳng

( SAB) và

( SCD ) bằng A. 30

B. 60

C. 90

D. 45

Câu 26: Cho tập A có n phần tử. Biết rằng số tập con có 7 phần tử của A bằng hai lần số tập con có 3 phần tử của A.Hỏi n thuộc đoạn nào dưới đây?

A. [ 6;8]

B. [8;10]

C. [10;12] 2

D. [12;14] 3

Câu 27: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = ( x + 1) ( x − 1) ( 2 − x ) . Hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −1;1)

B. (1; 2 )

C. ( −∞; −1)

D. ( 2; +∞ )

Câu 28: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình

cos 2x + m sin x − m = 0 có nghiệm?

A. 0

B. 1

C. 2

D. vô số

Câu 29: Biết rằng phương trình log 2 3 x − m log 3 x + 1 = 0 có nghiệm duy nhất nhỏ hơn 1.

Hỏi m thuộc đoạn nào dưới đây? 1  A.  ; 2  2 

B. [ −2;0]

C. [3;5]

5  D.  −4; −  2 

47

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 30: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có cạnh AB = a, BC = 2a.

Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) ,SA = 2a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC bằng

A.

a 2 3

B.

a 3 2

C.

3a 2

D.

2a 3

Câu 31: Cho khối cầu tâm O, bán kính 6cm. Mặt phẳng (P) cách O một khoảng h cắt khối cầu theo một hình tròn (C). Một khối nón có đỉnh thuộc mặt cầu, đáy là hình tròn (C). Biết khối nón có thể tích lớn nhất, giá trị của h bằng

A. 2 cm

B. 3cm

C. 4 cm

2

5

1

2

D. 0 cm

Câu 32: Cho ∫ f ( x 2 + 1) dx = 2. Khi đó I = ∫ f ( x ) dx bằng A. 2

B. 1

C. −1

D. 4

Câu 33: Một chiếc máy bay chuyển động trên đường băng với vận tốc v ( t ) = t 2 + 10 ( m / s ) với t là thời gian được tính bằng đơn vị giây kể từ khi máy bay bắt đầu chuyển động. Biết khi máy bay đạt vận tốc 200 ( m / s ) thì nó rời đường bang. Quãng đường máy bay đã di chuyển trên đường băng là

A.

2500 (m) 3

B. 2000 ( m )

C. 500 ( m )

D.

4000 (m) 3

Câu 34: Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 2 x + log 3 x ≥ 1 + log 2 x.log 3 x là A. 1

B. 2

C. 3

D. vô số

Câu 35: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M ( 3;3; −2 ) và hai đường thẳng d1 :

x −1 y − 2 z x +1 y −1 z − 2 = = ;d 2 : = = . Đường thẳng d qua M cắt d1 , d 2 lần lượt tại A 1 3 1 −1 2 4

và B. Độ dài đoạn thẳng AB bằng

A. 3

B. 2

C.

6

D.

5

Câu 36: Cho đa giác đều 100 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác. Xác suất để 3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của một tam giác tù là A.

3 11

B.

Câu 37: Cho hàm số y =

16 33

8 11

D.

4 11

2x − 1 có đồ thị ( C ) và điểm I (1; 2 ) . Điểm M ( a; b ) , a > 0 thuộc x −1

( C ) sao cho tiếp tuyến tại M của ( C ) A. 1

C.

vuông góc với đường thẳng IM. Giá trị a + b bằng

B. 2

C. 4

D. 5

48

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 38: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y = 3x + m ( s inx + cos x + m ) đồng biến trên ℝ ?

A. 5

B. 4

C. 3

D. vô số

Câu 39: Số điểm cực trị của hàm số y = ( x − 1) 3 x 2 là A. 1

B. 2

C. 3

D. 0

Câu 40: Biết đường thẳng y = ( 3m − 1) x + 6m + 3 cắt đồ thị hàm số y = x 3 − 3x 2 + 1 tại ba điểm phân biệt sao cho có một giao điểm cách đều hai giao điểm còn lại. Khi đó m thuộc khoảng nào dưới đây?

A. ( −1;0 )

 3 C.  1;   2

B. ( 0;1)

3  D.  ; 2  2 

Câu 41: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn ln x + ln y ≥ ln ( x 2 + y ) là các số thực dương thỏa mãn P = x + y

A. P = 6 Câu 4x

2

42:

− 2x +1

B. P = 2 + 3 2 Tìm

− m.2x

2

− 2x + 2

tập

hợp

tất

cả

C. P = 3 + 2 2 các

tham

số

m

D. P = 17 + 3 sao

cho

phương

trình

+ 3m − 2 = 0 có bốn nghiệm phân biệt.

A. ( 2; +∞ )

B. [ 2; +∞ )

C. ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ )

D. ( −∞;1)

Câu 43: Cho hình chóp đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC. Biết mặt phẳng ( AEF ) vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) . Thể tích khối chóp S.ABC bằng

A.

a3 5 24

B.

a3 5 8

C.

a3 3 24

Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : 2

2

D.

a3 6 12

x−2 y z − = và mặt 2 −1 4

2

cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 2 . Hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) chứa d và tiếp xúc với

( S) .Gọi M và N là tiếp điểm. Độ dài đoạn MN bằng A. 2 2

B.

4 3 3

C.

2 3 3

D. 4

Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M (1; 2;3) . Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua điểm M và cách gốc tọa độ O một khoảng cách lớn nhất, mặt phẳng ( P ) cắt các trục tọa

độ tại các điểm A, B, C. Thể tích khối chóp O.ABC bằng A.

1372 9

B.

686 9

C.

524 3

D.

343 9

49

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 46: Hàm số f ( x )

7 cos x − 4s inx  π  3π có một nguyên hàm F ( x ) thỏa mãn F   = . Giá cos x + s inx 4 8

π trị của F   bằng 2

A.

3π − 11ln 2 4

B.

3π 4

C.

3π 8

D.

3π − ln 2 4

Câu 47: Xét hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [ 0;1] và thỏa mãn 2f ( x ) + 3f (1 − x ) = 1 − x.

1

Tích phân ∫ f ( x ) dx bằng 0

A.

2 3

B.

1 6

C.

2 15

D.

3 5

Câu 48: Với hai số phức z1 và z 2 thỏa mãn z1 + z 2 = 8 + 6i và z1 − z 2 = 2, tìm giá trị lớn nhất

P = z1 + z 2 .

A. P = 4 6

B. P = 2 26

Câu 49: Cho hình chóp S.ABCD BAD = 60 ,SA = SB = SD =

C. P = 5 + 3 5

D. P = 34 + 3 2

có đáy ABCD là hình thoi tâm I, cạnh a, góc

a 3 . Gọi α là góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( SBC ) .

2

Giá trị sin α bằng

A.

1 3

B.

2 3

C.

5 3

Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

D.

2 2 3

x − 3 y + 2 z +1 và = = 2 1 −1

mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 2 = 0 . Đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng ( P ) , vuông góc với

đường thẳng d đồng thời khoảng cách từ giao điểm I của d với ( P ) đến ∆ bằng

42. Gọi

M ( 5; b;c ) là hình chiếu vuông góc của I trên ∆ . Giá trị của bc bằng A. −10

B. 10

C. 12

D. −20

50

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đáp án 1-B

2-B

3-A

4-B

5-D

6-D

7-D

8-A

9-B

10-A

11-C

12-B

13-A

14-B

15-B

16-A

17-D

18-A

19-D

20-C

21-B

22-A

23-C

24-A

25-A

26-C

27-B

28-B

29-B

30-D

31-A

32-D

33-A

34-B

35-A

36-C

37-D

38-A

39-B

40-A

41-C

42-A

43-A

44-B

45-B

46-D

47-C

48-B

49-C

50-BB

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B y ' > 0 ⇔ x > 0 Ta có y ' = 4x 3 + 8x = 4x ( x 2 + 2 ) ⇒  y ' < 0 ⇔ x < 0

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) , nghịch biến trên khoảng ( −∞;0 )

Câu 2: Đáp án B Số tam giác tạo thành là C38 = 56

Câu 3: Đáp án A 1 −2 1 − 2n 2 Ta có lim = lim n =− 1 3n + 1 3 3+ n

Câu 4: Đáp án B Câu 5: Đáp án D Câu 6: Đáp án D Ta có: AC ' = 6 ⇒ AB = 2 ⇒ V = AB3 = 2 2

Câu 7: Đáp án D 2

πa 3 a Ta có: V = πR h = π   .a = 4 2 2

Câu 8: Đáp án A

AB = ( −6; −2;10 ) Câu 9: Đáp án B Ta có P = log 2 a 2 − log 2−1 b 2 = log 2 a 2 + log 2 b 2 = log 2 ( a 2 b 2 )

Câu 10: Đáp án A

51

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

PT ⇔ 2 ( 2

x 2

)

2x = 2 x = 1 − 5.2 + 2 = 0 ⇔  x 1 ⇔  ⇒ x1 + x 2 = 0 2 = x = −1   2 x

Câu 11: Đáp án C Câu 12: Đáp án B Xét hàm số f ( x ) = e x − x , hàm số liên tục trên đoạn [ 0;1] Ta có f ' ( x ) = e x − 1 ⇒ f ' ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0;1) ⇒ f ( x ) đồng biến trên [ 0;1] 1

Suy ra f ( x ) ≥ f ( 0 ) = 1 > 0 ⇒ e x > x, ∀x ∈ [ 0;1] ⇒ S = ∫ ( e x − 1) dx 0

Câu 13: Đáp án A Ta có w = (1 + i )( 2 − 3i ) = 5 − i ⇒ w = 26

Câu 14: Đáp án B Câu 15: Đáp án B

M ( a; b;1) thuộc mặt phẳng ( P ) : 2x − y + z − 3 = 0 ⇒ 2a − b + 1 − 3 = 0 ⇒ 2a − b − 2 = 0 Câu 16: Đáp án A Có 2 trường hợp như sau +)TH1: có 3 nam, 2 nữ, suy ra có C35 C27 = 210 cách chọn +) TH2: có 4 nam, 1 nữ, suy ra có C54 C17 = 35 cách chọn Suy ra xác suất cần tính bằng

210 + 35 245 = 5 C12 792

Câu 17: Đáp án D Hàm số có tập xác định D = [ 0; 2] Ta có y ' =

1− x 2x − x 2

⇒ y ' < 0 ⇔ x > 1 ⇒ Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; 2 )

Câu 18: Đáp án A Hàm số xác định ⇔ 2 − x 2 ≥ 0 ⇒ D =  − 2; 2  Ta có y ' = −

(

x 2−x

)

2

− 1 ⇒ y ' = 0 ⇔ 2 − x 2 = − x ⇒ x = −1

Suy ra y − 2 = 2, y ( −1) = 2, y

( 2) = −

min y = − 2 2⇒ ⇒ min y + max y = 2 − 2 max y = 2

Câu 19: Đáp án D

52

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 1   Hàm số có tập xác định D =  −∞; −  ∪  ; +∞  \ {0} 2 2   x = 1 Ta có x 2 − x = 0 ⇔  , lim y = ∞ ⇒ x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.  x = 0 x →1

Câu 20: Đáp án C Gọi E là trung điểm của BC, F là hình chiếu của A xuống A’E Dễ chứng minh F là hình chiếu của A xuống mp ( A 'BC ) Khi đó: d = A F =

AE.A A ' 2

AE + A A '

2

=

a 21 a 3 ; trong đó AE = 2 2

Câu 21: Đáp án B Phương trình đường thẳng qua M và vuông góc với ( P ) : x − y + 2z − 3 = 0 là:

x = 3 + t   y = 4 − t ⇒ H ( 3 + t; 4 − t;5 + 2t ) , z = 5 + 2t  Cho H ∈ ( d ) ⇒ 3 + t + t − 4 + 10 + 4t = 3 ⇔ t = −1 ⇒ H ( 2;5;3)

Câu 22: Đáp án A n

Gọi số tiền ban đầu là a thì ta có a (1 + 8, 4% ) = 2a ⇔ n = log1+8,4% 2 ≈ 8, 6 Suy ra sau 9 năm thì người đó sẽ có số tiền gấp đôi số tiền ban đầu.

Câu 23: Đáp án C 1

1

1 e 2x Ta có I = ∫ e dx = ∫ e 2x d ( 2x ) = 20 2 0

1

2x

= 0

e2 − 1 2

Câu 24: Đáp án A a   z1 + z 2 = −4 = − 1 ⇒ a = 4 ⇒a+b=9 Suy ra được nghiệm còn lại là z = −2 − i ⇒  z z = 5 = b ⇒ b = 5  1 2 1

Câu 25: Đáp án A Do AB / /CD => giao tuyến của mặt phẳng ( SAB ) và ( SCD ) là đường thẳng qua S và song song với AB. Dễ thấy Sx ⊥ ( DSA ) ⇒ Góc tạo bởi mặt phẳng ( SAB ) và ( SCD ) bằng

= arctan 1 = 300 DSA 3 Câu 26: Đáp án C 53

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điều kiện: n ≥ 7 Số tập con có 7 phân tử và 3 phân tử của A là C7n và C3n Suy

ra

C7n = 2C3n ⇔

n! n! =2 ⇒ ( n − 3)( n − 4 )( n − 5)( n − 6 ) = 2.4.5.6.7 ⇒ n = 11 7!( n − 7 ) !

3!( n − 3) !

Câu 27: Đáp án B Ta có f ' ( x ) > 0 ⇔ 1 < x < 2 ⇒ f ( x ) đồng biến trên khoảng (1; 2 )

Câu 28: Đáp án B PT ⇔ 1 − 2sin 2 x + m sin x − m = 0 ⇔ 2sin 2 x − m sin + m − 1 = 0 (1)

Đặt t = sin x , ( 0 ≤ t ≤ 1) ⇒ (1) ⇔ 2t 2 − mt + m − 1 = 0 ( 2 ) Để (1) có nghiệm thì (2) có nghiệm t ∈ [ 0;1] ⇔ 2t 2 − 1 = m ( t − 1) có nghiệm t ∈ [ 0;1] 2t 2 − 1 = m có nghiệm t ∈ [ 0;1] Suy ra t −1 Xét hàm số f ( t ) =

2t 2 − 1 2t 2 − 4t + 1 2− 2 , f '(t ) = ⇒ f '( t ) = 0 ⇔ t = 2 t −1 2 ( t − 1)

Lập bảng biến thiên hàm số f ( t ) ⇒ f ( t ) ≤ 4 − 2 2 ⇒ m ≤ 4 − 2 2 ⇒ m = 1 [ 0;1)

Câu 29: Đáp án B Điều kiện: x > 0, đặt t = log 3 x;0 < x < 1 ⇒ t < 0 PT ⇔ t 2 − mt + 1 = 0

(1)

PT ban đầu có nghiệm duy nhất nhỏ hơn 1 ⇔ (1) có nghiệm duy nhất nhỏ hơn 0.

∆ = m 2 − 4 = 0 ⇒ m = −2 Suy ra  m < 0 Câu 30: Đáp án D Dựng C x / /BD ⇒ d ( BD;SC ) = d ( BD; ( SCx ) ) Dựng AK ⊥ CE; AH ⊥ SK Khi đó Cx cắt AB tại E và AK tại I suy ra BI là đường trung bình của ∆AEK ( Do BD qua trung điểm O của AC)

1 AH Ta có: d = d ( I; ( SCE ) ) = d A = 2 2 Do AK = 2AI = 2.

AB.AD 2

AB + AD

2

=

4a SA.AK ⇒ AH = 5 SA 2 + AK 2 54

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

=

4a 2a ⇒d= 3 3

Câu 31: Đáp án A Kí hiệu bán kính đáy của hình nón là x, chiều cao hình nón là y (trong đó

0 < x ≤ 2R;0 < y ≤ R ). Gọi SS’là đường kính của mặt cầu ngoại tiếp hình nón thì ta có:

x 2 = y ( 2R − y ) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Gọi V1 là thể tích khối nón: V1 =

π 2 π x y = .y.y. ( 4R − 2y ) 3 6 3

 y + y + 4R − 2y  64 3 Mặt khác y.y. ( 2R − y ) ≤  R  = 3   27 Do đó V ≤

32π 4R 2R 2 dấu bằng xảy ra ⇔ y = ;x = 3 3 81

Khi đó OH = y − R =

R = 2 cm 3

Câu 32: Đáp án D 2

5

1

2

Đặt t = x 2 + 1 ⇒ dt = 2xdx ⇒ ∫ f ( x 2 + 1) xdx = ∫ f ( t ) .

5

dt 1 = f ( x ) dx = 2 2 2 ∫2

5

Do đó I = ∫ f ( x ) dx = 4 2

Câu 33: Đáp án A Ta có: v = 200 ⇒ t 2 + 10t = 200 ⇔ t = 10s Máy bay di chuyển trên đường bang từ thời điểm t = 0 đến thời điểm t = 10 , do đó quãng 10

đường đi trên đường băng là: S = ∫ ( t 2 + 10t ) dx = 0

2500 (m) 3

Câu 34: Đáp án B ĐK: x > 0 ⇒ ( log 2 x − 1)( log 3 x − 1) ≤ 0 ⇔ ( x − 2 )( x − 3) ≤ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 3 Phương trình có 2 nghiệm nguyên là x = 2; x = 3

Câu 35: Đáp án A Gọi A (1 + t; 2 + 3t; t ) ∈ d1 ; B ( −1 − u;1 + 2u; 2 + 4u ) ∈ d 2

t − 2 = k ( −u − 4 )

 Ta có: MA = k.MB ⇒ 3t − 1 = k ( 2u − 2 )   t + 2 = k ( 4u + 4 )

55

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

t = 0  1  Giả hệ với ẩn t; k và ku ⇒ k = ⇒ t = 0; u = 0 ⇒ A (1; 2;0 ) ; B ( −1;1; 2 ) ⇒ AB = 3 2  ku = 0

Câu 36: Đáp án C Gọi đường tròn (O) là đường tròn ngoại tiếp đa giác. Xét A là 1 đỉnh bất kỳ của đa giác,kẻ

đường kính AA’ thì A’ cũng là 1 đỉnh của đa giác. Đường kính AA’ chia (O) thành 2 nửa đường tròn , với mỗi cách chọn ra 2 điểm B và C là 2 đỉnh của đa giác và cùng thuộc 1 nửa đường tròn, ta đường 1 tam giác tù ABC. Khi đó số cách chọn B và C là: 2C249 Đa giác có 100 đỉnh nên số đường chéo là đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác là 50 Do đó, số cách chọn ra 3 đỉnh để lập thành 1 tam giác tù là: 50.2C249 = 100C249 3 Không gian mẫu: Ω = C100 ⇒P=

100C249 8 = 3 C100 11

Câu 37: Đáp án D

y − yM 2 − b Hệ số góc của đường thẳng IM là: 1 = = x1 − x M 1 − a Mặt khác tiếp tuyến tại M có hệ số góc k = y ' ( a ) =

Giả thiết bài toán ⇔ −

1

( a − 1)

2

2a − 1 a −1 = 1 2 1− a ( a − 1)

2−

−1

( a − 1)

2

 a = 0 ( loai ) = −1 ⇔  a = 2 ⇒ b = 3 ⇒ a + b = 5

Câu 38: Đáp án A π  Ta có: y ' = 3 + m ( cos x − s inx ) = 3 + m 2cos  x +  4  Hàm số đồng biến trên ℝ khi y ' ≥ 0 ( ∀x ∈ ℝ ) ⇔ Min y ' ≥ 0 ⇔ 3 − m 2 ≥ 0 ℝ

⇔ m≤

3 m∈ℤ  → m = 0; m = ±1; m = ±2. Vậy có 5 giá trị nguyên của m.

2

Câu 39: Đáp án B

2 ( x − 1) 5x − 1 2 −1 Ta có y ' = 3 x 2 + x 3 ( x − 1) = 3 x 2 + 3 = 3 3 3 x 3 x Do y xác định tại các điểm x = 0; x =

2 và y’ đổi dấu qua các điểm này nên hàm số có 2 điểm 5

cực trị.

Câu 40: Đáp án A 56

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Giả thiết bài toán ⇔ điểm uốn của đồ thị hàm số y = x 3 − 3x 2 + 1 thuộc đường thẳng. Mặt khác U (1; −1) ∈ d ⇔ −1 = 3m − 1 + 6m + 3 ⇔ m = −

1 3

1 1 Với m = − thử lại thấy thỏa mãn nên m = − là giá trị cần tìm.

3 3

Câu 41: Đáp án C Ta

có

x > 1 ln x + ln y ≥ ln ( x 2 + y ) ⇔ ln ( xy ) ≥ ln ( x 2 + y ) ⇔ xy ≥ x 2 + y ⇔ y ( x − 1) ≥ x 2 > 0 ⇒  y > 0

Khi đó y ≥

x2 x2 1 1 ⇒P=x+y≥x+ = 2 ( x − 1) + + 3 ≥ 2 2 ( x − 1) . +3= 2 2 +3 x −1 x −1 x −1 x −1

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 3 + 2 2

Câu 42: Đáp án A Đặt t = 2 x

2

− 2x +1

Dễ thấy t =

2

= 2( x −1) ≥ 20 = 1, khi đó phương trình trở thành: t 2 − 2mt + 3m − 2 = 0

(1)

t2 − 2 t2 − 2 3 không là nghiệm của (1), do đó m = → f (t) = 2 2t − 3 2t − 3

Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ m = f ( t ) có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn 1, khác

3 2

(*)

t2 − 2 Xét hàm số f ( t ) = trên 2t − 3

2 ( t 2 − 3t + 2 )  3 3  =0⇔ t=2  1;  và  ; +∞  , có f ' ( t ) = 2  2 2  ( 2t − 3)

Tính f (1) = 1;f ( 2 ) = 2; lim+ f ( t ) = +∞; lim− f ( t ) = −∞ và lim f ( t ) = +∞ x→

3 2

x→

x →+∞

3 2

Dựa vào bảng biến thiên, ta có (*) ⇔ m > 2 là giá trị cần tìm

Câu 43: Đáp án A

57

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Gọi O là tâm của tam giác ABC, Vì I, M lần lượt là trung điểm của EF, BC Theo bài ra, ta có AI ⊥ ( SBC ) ⇒ AI ⊥ ( SBC ) ⇒ ∆SAM cân tại A. Do đó SA = AM =

a 3 2 2 a 3 a 3 ; AO = AM = . = 2 3 3 2 3 2

2

a 3 a 3 a 15 ⇒ SP = SA − OA =   −   =  6  2   3  2

2

1 1 a 15 a 2 3 a 3 5 . = Vậy VS.ABC = .SO.S∆ABC = .

3 3 6 4 24

Câu 44: Đáp án B

2

2

2

Mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 2 có tâm I (1; 2;1) , R = 2 Xét mặt phẳng thiết diện đi qua tâm I, hai tiếp điểm M, N và cắt d tại H. Khi đó IH chính là khoảng cách từ điểm I (1; 2;1) đến d.

58

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 IK; u d 

  Điểm K ( 2;0;0 ) ∈ d ⇒ IK = (1; −2; −1) ⇒ f ( I; ( d ) ) = = 6

ud

Suy ra IH = 6, IM = IN = R = 2. Gọi O là trung điểm của MN Ta có MO =

MH.MI 2 4 3 . = ⇒ MN = 2 x MO = IH 3 3

Câu 45: Đáp án B Gọi H là hình chiếu của O trên ( P ) ⇒ d ( O; ( P ) ) = OH ≤ OM

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi H ≡ M ⇒ n ( P ) = (1; 2;3) ⇒ ( P ) : x + 2y + 3z − 14 = 0

14   Mặt phẳng ( P ) cắt các trục tọa độ lần lượt tại A (14; 0;0 ) , B ( 0;7;0 ) , C  0; 0;  3 

Vậy thể tích khối chóp OABC là VOABC

OA.OB.OC = 6

14 3 = 686 6 9

14.7

Câu 46: Đáp án D Tách 7 cos x − 4sin x = a ( cos x + s inx ) + b ( cos x − s inx ) = ( a + b ) .cos x + ( a − b ) .s inx a + b = 7 3 11 3 11 ⇒ ⇔ a = ; b = → 7 cos x − 4s inx = ( cos x + s inx ) + ( cos x − s inx ) 2 2 2 2 a − b = −4 π 2

π 2

π 2

π 2

π 4

4

4

4

3 ( cos x + s inx ) + 11( cos x − s inx ) d ( cos x + s inx ) dx = ∫ 3dx + 11∫ cos x + s inx cos x + s inx π π π

Khi đó 2 ∫ f ( x ) dx = ∫

π 2

3π = + 11.ln cos x + s inx 4

π 4

π 2 3π 11.ln 2 3π 11.ln 2 = − ⇒ ∫ f ( x ) dx = − 4 2 8 4 π 4

π 2

π π π  π  3π 11.ln 2 3π − 11.ln 2 Mà ∫ f ( x ) dx = F   − F   suy ra F   = F   + − = 4 4 2 4 2 4 8 π 4

Câu 47: Đáp án C 1

Ta có

1

1

1

2 ∫0 2f ( x ) + 3f (1 − x ) dx = ∫0 1 − xdx ⇔ 2∫0 f ( x ) dx + 3∫0 f (1 − x ) dx = 3

x = 0 ⇒ t = 1 Đặt t = 1 − x ⇔ dx = −dt  ⇒ x = 1 ⇒ t = 0 1

Từ (1) và (2) suy ra 5 x ∫ f ( x ) dx = 0

1

0

1

0

1

0

∫ f (1 − x ) dx = − ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx

(1) ( 2)

1

2 2 ⇒ ∫ f ( x ) dx = 3 15 0 59

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 48: Đáp án B 2

2

(

2

Bổ đề. Cho hai số phức z1 và z 2 , ta luôn có z1 + z 2 = z1 − z 2 = 2 z1 + z 2 2

(

2

)

( *)

2

)

Chứng minh. Sử dụng công thức z1 + z 2 = ( z1 + z 2 ) z1 + z 2 và z.z = z . Khi đó 2

2

(

)

(

z1 + z 2 = z1 − z 2 = ( z1 + z 2 ) z1 + z 2 + ( z1 − z 2 ) z1 − z 2

)

z1.z + z1.z 2 + z1 .z 2 + z 2 .z 2 + z1.z1 − z1.z 2 − z1.z 2 + z 2 .z 2

(

) (

2

= 2 z1.z1 + z 2 .z 2 = 2 z1 + z 2

2

) → dpcm

2

2

2

Áp dụng (*), ta được z1 + z 2 − z1 − z 2 = 4 ⇒ z1 − z 2 = 4 − Theo bất đằng thức Bunhiacopxki, ta được P = z1 + z 2

(

( 3) 2

2

2 z1 + z 2

= 1 ⇒ z1 − z 2 = 1 2

) =2

26

Câu 49: Đáp án C

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp đều ∆ABD Ta có HB = HD =

a 3 5 ⇒ SH = SD 2 − HD 2 = a 3 12

Lại có d ( H; ( SBC ) ) = HK và

1 1 1 a 15 = + ⇒ HK = 2 2 2 HK HB SH 9

Khoảng cách từ D → ( SBC ) là d ( D; ( SBC ) ) = Vậy ∆ABD.sin α =

d ( D : ( SBC ) )

SD

=

3 a 15 d ( H; ( SBC ) ) = 2 6

a 15 a 3 5 : = 6 2 3

Câu 50: Đáp án B Vì I ∈ d ⇒ I ( 2t + 3; t − 2; − t − 1) mà I ∈ ( P ) ⇒ t = −1 ⇒ I (1; −3;0 ) Vì M là hình chiếu vuông góc của I trên ∆ ⇒ d ( I; ∆ ) = d ( I; ( P ) ) = IM = 42

60

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

M ∈ ( P ) ( b;c ) = ( −8;1) 5 + b + c + 2 = 0 b + c = −7 ⇔ 2 ⇔ ⇒ Khi đó    2 2 2 2 4 + ( b + 3) + c = 42 ( b + 3) + c = 26 ( b;c ) = ( −2; −5 ) IM = 42 Vậy M ( 5; −2; −5 ) hoặc M ( 5; −8;1) → bc = 10

SỞ GD & ĐT SƠN LA

ĐỀ THI THỬ THPTQG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1: Cho tập hợp S có 20 phần tử. Số tập con gồm 3 phần tử của S là: A. A 320

B. A17 20

C. C320

D. 203

Câu 2: Đồ thị hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng?

2x B. y = 2 x +2

2

A. y = x − 4

x 2 − 2x − 3 D. y = x +1

2x + 1 C. y = x −1 x

1 Câu 3: Tập nghiệm của bất phương trình   > 2 2x +1 là  2

A. ( −∞;1)

1  C.  −∞;  3 

B. (1; +∞ )

1  D.  ; +∞  3 

Câu 4: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau: x

+

y' y

0

−1

−∞

0

-

1 +

0

1

0

+∞ -

1 0

−∞

−∞

Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −1;0 )

B. (1; +∞ )

C. ( 0;1)

D. ( −∞;0 )

Câu 5: Số phức liên hợp z của số phức z = 2 − 3i là A. z = 3 − 2i

B. z = 2 + 3i

C. z = 3 + 2i

D. z = −2 + 3i

Câu 6: Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là 61

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. V = Bh

B. V =

1 Bh 2

C. V = 3Bh

1 D. V = Bh 3

C. 2

D. −

2x + 1 bằng x →−∞ x − 3

Câu 7: lim A. −

2 3

B. 1

1 3

Câu 8: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2x − y + 3z − 2 = 0 . Mặt phẳng (P) có một vecto pháp tuyến là

A. n = (1; −1;3)

B. n = ( 2; −1;3)

C. n = ( 2;1;3)

D. n = ( 2;3; −2 )

Câu 9: Với các số thực dương a, b bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. ln ( ab ) = ln a + ln b B. ln 1

Câu 10: Tích phân

a ln a = b ln b

C. ln

a = ln b − ln a b

D. ln ( ab ) = ln a.ln b

dx

∫ x + 1 bằng 0

A. log 2

B. 1

C. ln 2

D. − ln 2

Câu 11: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 3 + x + 1 là A.

x 4 x3 + +C 4 2

B.

x4 x2 + +x+C 4 2

C. x 4 +

x3 +x+C 2

D. 3x 3 + C

Câu 12: Cho hình nón có bán kính đáy bằng a và độ dài đường sinh bằng 2a. Diện tích xung quanh của hình nón đó bằng

A. 3πa 2

B. 2a 2

C. 4πa 2

D. 2πa 2

Câu 13: Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y = x 4 − x 2 + 1

B. y = − x 4 + x 2 + 1

C. y = − x 3 + 3x + 1

D. y = x 3 − 3x + 2

Câu 14: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] . Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f ( x ) , trục hoành và hai

đường thẳng x = a, x = b ( a < b ) được tính theo công thức: b

A. S = ∫ f ( x ) dx

b

A. 2

b

C. S = ∫ f ( x ) dx

D. S = ∫ f ( x ) dx

a

a

a

a

Câu 15: Hàm số y =

b

B. S = b ∫ f ( x ) dx

x −1 có bao nhiêu điểm cực trị? x +1

B. 1

C. 3

D. 0

62

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 16: Trong không gian Oxyz,cho điểm A (1; 2;3) . Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (Oxy) là điểm

A. N (1; 2;0 )

B. M ( 0;0;3)

C. P (1;0;0 )

D. Q ( 0; 2; 0 )

Câu 17: Trong không gian Oxyz, cho điểm A ( −1;3; −2 ) và mặt phẳng ( α ) : x − 2y − 2z + 5 = 0.

Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( α ) bằng:

A. 1

B.

2 3

C.

2 9

2 5 5

D.

Câu 18: Trong một lớp học gồm 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Xác suất để 4 học sinh được gọi đó cả nam lẫn nữ là

A.

219 323

B.

443 506

C.

218 323

442 506

D.

Câu 19: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 4 − 2x 2 + 3 trên đoạn 0; 3  bằng A. 6

B. 2

C. 1

D. 3

Câu 20: Trong không gian Oxyz, cho điểm A ( 2; −1;1) . Phương trình mặt phẳng ( α ) đi qua hình chiếu của điểm A trên các trục tọa độ là

A.

x y z = = =0 2 −1 1

B.

x y z + + =0 2 −1 1

C.

x y z + + =1 2 1 1

D.

x y z + + = −1 2 −1 1

Câu 21: Một người gửi 200 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,45%/tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau một tháng, số tiền lãi sẽ nhập vào vốn ban

đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 10 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút ra và lãi suất không thay đổi.

A. 210.593.000 đồng B. 209.183.000 đồng C. 209.184.000 đồng D. 211.594.000 đồng 2

Câu 22: Tích giá trị tất cả các nghiệm của phương trình ( log x 3 ) − 2 log x + 1 = 0 bằng A. 10 9 10

B. 10

C. 1

D.

10

10

Câu 23: Gọi z1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + 2z + 10 = 0. Giá trị của biểu 2

2

thức T = z1 + z 2 bằng

A. T = 10

B. T = 10

C. T = 20

D. T = 2 10

Câu 24: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau: x y'

3

−1

−∞ +

0

-

0

+∞ +

63

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

y

4

+∞ 2

−∞

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( x ) = m + 1 có 3 nghiệm thực phân biệt?

A. −3 ≤ m ≤ 3

B. −2 ≤ m ≤ 4

C. −2 < m < 4

D. −3 < m < 3

Câu 25: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A 'B 'C ' có tất cả các cạnh bằng a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và A’C’ bằng

A. a 3

B. a

C. 2a

D. a 2 e

Câu 26: Cho hàm số f ( x ) liên tục trong đoạn [1;e ] , biết

∫ 1

f (x) x

dx = 1, f ( e ) = 2. Tích phân

e

∫ f ' ( x ) ln xdx = ?

1

A. 1

B. 0

C. 2

D. 3

Câu 27: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường 4y = x 2 và y = x . Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình (H) quanh trục hoành một vòng bằng

A.

128 π 30

B.

128 π 15

C.

32 π 15

D.

129 π 30

Câu 28: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = x 3 − 3mx 2 − 9m 2 x nghịch biến trên khoảng ( 0;1)

1 1 A. m ≥ hoặc m ≤ −1 B. m > 3 3

C. m < −1

D. −1 < m <

1 3

Câu 29: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA = OB = OC = a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng OA và BC bằng

A. a

B.

C.

2a

2a 2

D.

3a 2

Câu 30: Hàm số f ( x ) liên tục trên R và có đúng ba điểm cực trị là −2; −1;0 . Hỏi hàm số y = f ( x 2 − 2x ) có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 5

B. 3

C. 2

D. 4

Câu 31: Một người thợ có một khối đá hình trụ. Kẻ hai đường kính MN, PQ của hai đáy sao cho MN vuông góc PQ. Người thợ đó cắt khối đá theo các mặt cắt đi qua 3 trong 4 điểm M, N, P, Q để thu được khối đá có hình tứ diện MNPQ (hình vẽ). Biết rằng MN = 60 cm và thể tích khối tứ diện MNPQ bằng

30 dm 3 . Hãy tìm thể tích của lượng đá bị cắt bỏ (làm tròn kết quả đến 1 chữ số 64

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

thập phân).

A. 101,3 dm3

B. 141,3 dm3

C. 121,3 dm3

D. 111, 4 dm3

Câu 32: Gọi S là tập hợp các số phức z thỏa mãn. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng A. 1 − 2 3i

B. −3 − 3 3i

C. 1

D. 1 − 3i

Câu 33: Trong không gian Oxyz, cho 2 mặt phẳng ( P ) : x + 2y − 2z + 2018 = 0,

( Q ) : x + my + ( m − 1) z + 2017 = 0

(m là tham số thực). Khi hai mặt phẳng (P) và (Q) tạo với

nhau một góc nhỏ nhất thì điểm M nào dưới đây nằm trong (Q) ?

A. M ( −2017;1;1) Câu

34:

G ọi

B. M ( 0;0; 2017 ) S

là

tập

hợ p

C. M ( 0; −2017;0 ) tất

cả

các

nghiệm

D. M ( 2017;1;1) của

phương

trình

π  π  3 tan  − x  + tanx.tan  − x  + 3 tan x = tan 2x trên đoạn [ 0;10π] . Số phần tử của S là: 6  6 

A. 19

B. 20

C. 21

D. 22

Câu 35: Trong không gian Oxyz, cho các điểm A (1; −1;1) , B ( −1; 2;3) và đường thẳng d:

x +1 y − 2 z − 3 . Đường thẳng ∆ đi qua điểm A, vuông góc với hai đường thẳng AB = = −2 1 3

và d có phương trình là:

A.

x −1 y + 1 z −1 x −1 y −1 z −1 x −1 y + 1 z −1 x −1 y + 1 z −1 = = B. = = C. = = D. = = 2 4 7 7 2 4 2 7 4 7 2 4

Câu 36: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a, SA = a và SA vuông góc với đáy. Tang của góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng (SAB) bằng

A.

2

Câu 37: Cho hàm số y =

B.

2 2

C.

5

D.

5 5

x+m 2 (m là tham số thực) thỏa mãn max y = . Mệnh đề nào dưới [ 2;4] x −1 3

đây đúng?

A. 1 ≤ m ≤ 3

B. 3 < m ≤ 4

C. m ≤ −2

D. m > 4

Câu 38: Với n là số nguyên dương thỏa mãn A kn + 2A 2n = 100 ( A kn là số các chỉnh hợp chập k 2n

của tập hợp có n phần tử). Số hạng chứa x 5 trong khai triển của biểu thức (1 + 3x ) là:

A. 61236

B. 256x 3

C. 252

D. 61236x 3

Câu 39: Cho cấp số cộng ( a n ) , cấp số nhân ( b n ) thỏa mãn a 2 > a1 ≥ 0, b 2 > b1 ≥ 1 và hàm số và f ( x ) = x 3 − 3x sao cho f ( a 2 ) + 2 = f ( a1 ) và f ( log 2 b 2 ) + 2 = f ( log 2 b1 ) . Tìm số nguyên dương n ( n > 1) nhỏ nhất sao cho b n > 2018a n .

65

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. 20

B. 10 π 3

Câu 40: Biết

x 2dx

∫ ( x sin x + cos x )

2

C. 14 =−

0

A. 9

D. 16

aπ + d 3, với a, b, c, d ∈ ℤ + . Tính P = a + b + c + d b + cπ 3

B. 10

C. 8

D. 7

Câu 41: Xét các số phức z = a + bi, ( a, b ∈ ℝ ) thỏa mãn z − 3 − 3i = 6. Tính P = 3a + b khi biểu thức 2 z + 6 − 3i + 3 z + 1 + 5i đạt giá trị nhỏ nhất.

A. P = 20

B. P = 2 + 20

C. P = − 20

D. P = −2 − 20

Câu 42: Trong không gian Oxyz, cho điểm M (1; 2;3) . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng (P) đi qua M và cắt trục x’Ox, y’Oy, z’Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho OA = 2OB = 3OC > 0

A. 4

B. 6

C. 3

Câu 43: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log Tìm giá trị Pmax của biểu thức P =

A. Pmax = 0

D. 2 3

x+y = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy. x + y 2 + xy + 2 2

3x + 2y + 1 . x+y+6

B. Pmax = 2

C. Pmax = 1

D. Pmax = 3

Câu 44: Cho (H) là đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O ( n ∈ ℕ* , n ≥ 2 ) . Gọi S là tập hợp các tam giác có 3 đỉnh là các đỉnh của đa giác (H). Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập S, biết rằng xác suất chọn một tam giác vuông trong tập S là

A. 20

B. 12

Câu 45: Cho hình lăng trụ

3 . Tìm n?

29

C. 15 đứng

D. 10

ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân với

AB = AC = a và cạnh BAC = 1200 , cạnh bên BB ' = a , gọi I là trung điểm của CC’. Côsin góc tạo bởi mặt phẳng (ABC) và (AB’I) bằng:

A.

20 10

B.

C.

30

30 10

Câu 46: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn 1

2 3 4 f (1) = , ∫  f ' ( x )  dx = và 5 0 9

A.

2 30

1

3 ∫ x f ( x ) dx = 0

B. −

30 5

D.

[ 0;1]

thỏa mãn

1

37 . Tích phân ∫ f ( x ) − 1 dx = ?

180 0

2 30

C. −

1 10

D.

1 10

Câu 47: Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 + 9x + 3 có đồ thị ( C ) . Tìm giá trị thực của tham số k để tồn tại hai tiếp tuyến phân biệt với đồ thị ( C ) có cùng hệ số góc k, đồng thời đường thẳng đi 66

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

qua các tiếp điểm của hai tiếp tuyến đó với ( C ) cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho

OB = 2018OA.

A. 6054

B. 6024

C. 6012

D. 6042

Câu 48: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A ( a;0; 0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0;c ) với a, b, c là những số thực dương thay đổi sao cho a 2 + 4b 2 + 16c2 = 49. Tính tổng F = a 2 + b 2 + c 2 sao cho khoảng cách từ O đến (ABC) là lớn nhất.

A. F =

51 5

B. F =

51 4

C. F =

49 5

D. F =

49 4

Câu 49: Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y ' = f ' ( x ) có đồ thị như hình bên. Hàm số y = f ( x 2 ) đồng biến trên khoảng

A. (1; +∞ )

B. ( −1; +∞ )

C. ( −∞; −1)

D. ( −1;1)

Câu 50: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = 1, BC = 2, AA’ = 3. Mặt phẳng (P) thay đổi và luôn đi qua C’, mặt phẳng (P) cắt các tia AB, AD, AA’ lần lượt tại E, F, G (khác A). Tính tổng T = AE + A F + AG sao cho thể tích khối tứ diện AEFG nhỏ nhất.

A. 15

B. 16

C. 17

D. 18

Đáp án 1-C

2-C

3-C

4-C

5-B

6-A

7-C

8-B

9-A

10-C

11-B

12-D

13-D

14-A

15-D

16-A

17-B

18-B

19-B

20-B

21-C

22-A

23-C

24-D

25-B

26-A

27-B

28-A

29-C

30-B

31-D

32-A

33-A

34-B

35-D

36-D

37-C

38-D

39-D

40-A

41-

42-C

43-C

44-C

45-C

46-B

47-D

48-D

49-A

50-D

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C Phương pháp: Sử dụng tổ hợp chập 3 của 20 để lấy ra 3 phần tử trong tập 20 phần tử.

Cách giải: Số tập con gồm 3 phần tử của S là C320

Câu 2: Đáp án C Phương pháp: * Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x )

67

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Nếu lim f ( x ) = +∞ hoặc lim f ( x ) = −∞ hoặc lim f ( x ) = +∞ hoặc lim f ( x ) = −∞ thì x = a x →a +

x →a +

x →a −

x →a −

là TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải:

+ ) y = x 2 − 4 . TXĐ: D = [ −2; 2] . Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng. +) y =

2x . TXĐ: D = R. Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng. x +2

+) y =

2x + 1 . TXĐ: D = R \ {1} x −1

lim

x →1+

2

2x + 1 2x + 1 = +∞, lim− = −∞ ⇒ Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = 1 x → 1 x −1 x −1

+) y =

x 2 − 2x − 3 . TXĐ: D = R \ {−1} x +1

x 2 − 2x − 3 = lim ( x − 3) = −4 ⇒ Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng. x →−1 x →−1 x +1

lim

Câu 3: Đáp án C Phương pháp: Đưa về bất phương trình mũ cơ bản:

a f ( x ) > a g( x ) ⇔ f ( x ) > g ( x ) nếu a > 1 a f ( x ) > a g ( x ) ⇔ f ( x ) < g ( x ) nế u 0 < a < 1 x

1 1 Cách giải:   > 22x +1 ⇔ 2− x > 2 2x −1 ⇔ − x > 2x − 1 ⇔ x < 3  2 Câu 4: Đáp án C Phương pháp: Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( a; b ) ⇔ f ' ( x ) > 0∀x ∈ ( a; b ) Cách giải: Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) , ( 0;1)

Câu 5: Đáp án B Phương pháp: Số phức liên hợp z của số phức z = a + bi, a, b ∈ R là z = a − bi Cách giải: Số phức liên hợp z của số phức z = 2 − 3i là z = 2 + 3i

Câu 6: Đáp án A Phương pháp: Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là V = Bh Cách giải: Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là V = Bh

Câu 7: Đáp án C 68

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp: Chia cả tử và mẫu cho x và sử dụng giới hạn lim

x →∞

1 = 0 ( n > 0) xn

1 2+ 2x + 1 x =2=2 Cách giải: lim = lim x →∞ x − 3 x →∞ 3 1 1− x

Câu 8: Đáp án B Phương pháp:

Mặt phẳng ( P ) : A x + By + Cz + D = 0 ( A 2 + B2 + C2 > 0 ) có 1 VTPT là n = ( A; B;C ) Cách giải:

Mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 3z − 2 = 0 có một véc tơ pháp tuyến n = ( 2; −1;3) Câu 9: Đáp án A a Phương pháp: Sử dụng các công thức: log ( ab ) = log a + log b;log   = log a − log b (Giả sử b các biểu thức là có nghĩa).

Cách giải: Với các số thực dương a, b bất kì , mệnh đề đúng là: ln ( ab ) = ln a + ln b

Câu 10: Đáp án C Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm mở rộng: 1

Cách giải:

dx

1

∫ x +1 = 1 l n x +1

1 0

1

1

∫ a x + b dx = a ln a x + b + C

= ln 2 − ln1 = ln 2

0

Câu 11: Đáp án B Phương pháp:

+ ∫ ( f ( x ) ± g ( x ) ) dx = ∫ f ( x ) dx ± ∫ g ( x ) + ∫ x n dx =

x n +1 +C n +1

Cách giải: ∫ f ( x ) dx = ∫ ( x 3 + x + 1) dx =

x4 x2 + +x+C 4 2

Câu 12: Đáp án D Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình nón: Sxq = πRl Trong đó: R là bán kính đường tròn đáy, l là độ dài đường sinh.

Cách giải: Sxq = πRl = π.a.2a = 2πa 2

Câu 13: Đáp án D Phương pháp: Dựa vào lim y để loại trừ đáp án sai. x →∞

69

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cách giải: - Đồ thị hàm số bên không phải đồ thị của hàm số bậc bốn trùng phương => Loại đáp án A và B. Còn lại đáp án C và D, là các hàm số bậc ba, dạng y = a x 3 + bx 2 + cx + d, a ≠ 0 - Khi x → +∞, y → +∞ vậy a > 0 Ta chọn đáp án D.

Câu 14: Đáp án A Phương pháp: Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f ( x ) , trục hoành và hai b

đường thẳng x = a, x = b ( a < b ) được tính theo công thức S = ∫ f ( x ) dx a

Cách giải: Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f ( x ) , trục hoành và hai b

đường thẳng x = a, x = b ( a < b ) được tính theo công thức S = ∫ f ( x ) dx a

Câu 15: Đáp án D Phương pháp: Giải phương trình y ' = 0 , sử dụng điều kiện cần để một điểm là cực trị của hàm số hoặc lập BBT. Cách giải: Hàm số bậc nhất trên bậc nhất y =

ax+b ( ad − bc ≠ 0 ) không có điểm cực trị. cx + d

Câu 16: Đáp án A Phương pháp: Hình chiếu vuông góc của điểm M ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm M ' ( x 0 ; y 0 ;0 ) Cách giải: Hình chiếu vuông góc của điểm A (1; 2;3) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm N (1; 2;0 )

Câu 17: Đáp án B Phương pháp: Xét M ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) , ( α ) : A x + By + Cz + D = 0.

Khoảng cách từ M đến ( α ) là: d ( M; ( α ) ) =

A x 0 + By 0 + Cz 0 + D A 2 + B2 + C 2

Cách giải: Khoảng cách từ A đến ( α ) là: d ( M; ( α ) ) =

−1 − 2.3 − 2. ( −2 ) + 5 2

2

1 +2 +2

2

=

2 3

Câu 18: Đáp án B 70

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp: Xác suất : P ( A ) =

n (A) n (Ω)

Cách giải: 4 4 Số phần tử của không gian mẫu : n ( Ω ) = C15 +10 = C 25

Gọi A là biến cố : “4 học sinh được gọi đó cả nam lẫn nữ” 3 2 2 3 1 C10 C10 Khi đó : n ( A ) = C115C10 + C15 + C15

Xác suất cần tìm: P ( A ) =

3 2 2 3 1 n ( A ) C115C10 C10 C10 + C15 + C15 443 = = 4 n (Ω) C 25 506

Câu 19: Đáp án B Phương pháp: Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f ( x ) trên [ a; b ] Bước 1: Tính y ', giải phương trình y ' = 0 và suy ra các nghiệm x i ∈ [ a; b ] Bước 2: Tính các giá trị f ( a ) ;f ( b ) ;f ( x i ) Bước

3:

So

sánh

và

rút

ra

kế t

luận:

max f ( x ) = max {f ( a ) ; f ( b ) ;f ( x i )} ; min f ( x ) = max {f ( a ) ;f ( b ) ; f ( x i )} [ a;b ]

[a;b]

Cách giải: TXĐ: D = R

x = 0 y = x − 2x + 3 ⇒ y ' = 4x − 4x = 0 ⇔  x = −1  x = 1 4

f ( 0 ) = 3;f

2

3

( 3 ) = 6;f (1) = 2

⇒ min f ( x ) = f (1) = 2  0; 3   

Câu 20: Đáp án B Phương pháp: Hình chiếu của điểm M ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) trên trục Ox là điểm M1 ( x 0 ;0;0 ) Hình chiếu của điểm M ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) trên trục Oy là điểm M 2 ( 0; y 0 ;0 ) Hình chiếu của điểm M ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) trên trục Oz là điểm M 3 ( 0;0; z 0 ) Phương

trình

theo

đo ạ n

chắn

của

A ( a;0; 0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0; 0;c ) , ( a, b, c ≠ 0 ) là:

mặ t

phẳng

đi

qua

3

đi ể m

x y z + + =1 a b c

Cách giải: Hình chiếu của điểm A ( 2; −1;1) trên các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là:

( 2; 0;0 ) , ( 0; −1;0 ) , ( 0;0;1) 71

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương trình mặt phẳng ( α ) :

x y z + + =1 2 −1 1

Câu 21: Đáp án C Phương pháp: Công thức lãi kép, không kỳ hạn: A n = M (1 + r% )

n

Với: A n là số tiền nhận được sau tháng thứ n, M là số tiền gửi ban đầu, n là thời gian gửi tiền (tháng), r là lãi suất định kì (%).

Cách giải: Sau đúng 10 tháng, người đó được lĩnh số tiền: 10

A10 = 200. (1 + 0, 45% ) ≈ 209,184 (triệu đồng)

Câu 22: Đáp án A Phương pháp:

Đưa về phương trình bậc hai ẩn log x, sử dụng công thức log a n b m =

m log a b (giả sử các biểu n

thức là có nghĩa).

Cách giải: ĐK: x > 0 3 2

( log x )

− 20 log x + 1 = 0, ( x > 0 )

⇔ ( 3log x )

2

 log x = 1  x = 10 − 10 log x + 1 = 0 ⇔ 9 log x − 10 log x + 1 = 0 ⇔  1⇔ 9  log x =  x = 10 9  2

Tích giá trị tất cả các nghiệm của phương trình là: 10 9 10

Câu 23: Đáp án C Phương pháp: Giải phương trình phức bậc hai, suy ra các nghiệm và tính tổng bình phương môđun của các nghiệm đó.

Sử dụng công thức: z = a + bi ⇒ z = a 2 + b 2 Cách giải:

 z1 = −1 + 3i z 2 + 2z + 10 = 0 ⇔   z 2 = −1 − 3i ⇒ z1 =

( −1) 2

2

+ 32 = 10; z1 =

2

( −1) + ( −3)

2

= 10

2

⇒ T = z1 + z 2 = 10 + 10 = 20

Câu 24: Đáp án D Phương pháp:

72

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đánh giá số nghiệm của phương trình f ( x ) = m + 1 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số

y = f ( x ) và đường thẳng y = m + 1 Cách giải: Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m + 1 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = m + 1

Để f ( x ) = m + 1 có 3 nghiệm thực phân biệt thì −2 < m + 1 < 4 ⇔ −3 < m < 3 Câu 25: Đáp án B

d1 ⊂ ( α )  Phương pháp: d 2 ⊂ ( β ) ⇒ d ( d1 ;d 2 ) = d ( ( α ) ; ( β ) )  ( α ) / / ( β ) Cách giải:

ABC.A ' B 'C ' là lăng trụ tam giác đều tất cả các cạnh đều bằng a

⇒ ( ABC ) / / ( A ' B'C ' ) ⇒ d ( AB; A 'C ' ) = d ( ( ABC ) ; ( A 'B'C ') ) = a Câu 26: Đáp án A Phương pháp: Công thức từng phần: ∫ udv = uv − ∫ vdu Cách giải: e

e e f (x) e dx = f x d ln x = f x ln − ( ) ( ) 1 ∫ ln xf ' ( x ) dx = 1 ∫1 x ∫1 1 e

⇒ f ( e ) − ∫ ln xf ' ( x ) dx = 1 1 e

⇔ ∫ ln xf ' ( x ) dx = f ( e ) − 1 = 2 − 1 = 1 1

Câu 27: Đáp án B Phương pháp: Thể tích vật tròn xoay khi quay phần giới hạn bởi y = f ( x ) , y = g ( x ) và hai

đường thẳng x = a, x = b quanh trục Ox b

V = π∫ f 2 ( x ) − g 2 ( x ) dx a

Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của 4y = x 2 và y = x là:

x = 0 x2 = x ⇔ x 2 − 4x = 0 ⇔  4 x = 4

73

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

4

4

4 4  x2  2 π π π  x 5 16  4 2 V = π∫   − x dx = ∫ x − 16x dx = − ∫ ( x 4 − 16x 2 ) dx = −  − x 3  4  16 0 16 0 16  5 3  0 0 

=−

π  45 16 3  128 π  − .4  = 16  5 3  15

Câu 28: Đáp án A Phương pháp: Để hàm số nghịch biến trên ( 0;1) ⇔ y ' ≤ 0 ∀x ∈ ( 0;1) và y ' = 0 tại hữu hạn

điểm.

Cách giải: TXĐ: D = R

y = x 3 − 3mx 2 − 9m 2 x ⇒ y ' = 3x 2 − 6mx − 9m 2  x = −m y ' = 0 ⇔ 3x 2 − 6mx − 9m 2 = 0 ⇔ 3 ( x 2 − 2mx − 3m 2 ) = 0 ⇔ 3 ( x + m )( x − 3m ) = 0 ⇔  1  x 2 = 3m y ' < 0 ∀x ∈ ( 0;1) ⇔ ( 0;1) nằm trong khoảng 2 nghiệm x1 ; x 2 Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;1) khi và chỉ khi: m ≥ 0 1  TH1: − m ≤ 0 < 1 ≤ 3m ⇔  1⇔m≥ 3 m ≥ 3 m ≤ 0 TH2: 3m ≤ 0 < 1 ≤ − m ⇔  ⇔ m ≤ −1 m ≤ −1

1 Vậy m ≥ hoặc m ≤ −1 3 Câu 29: Đáp án C Phương pháp: Xác định đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng.

Tính độ dài đoạn vuông góc chung.

Cách giải: Gọi M là trung điểm của BC. OA ⊥ OB Ta có:  ⇒ OA ⊥ ( OBC ) ⇒ OA ⊥ OM (1) OA ⊥ OC Tam giác OBC: OB = OC ⇒ ∆OBC cân tại O, mà M là trung điểm BC ⇒ OM ⊥ BC ( 2 ) Từ (1), (2), suy ra: OM là đoạn vuông góc chung của OA và BC ⇒ d ( OA; BC ) = OM Tam

giác

OBC

vuông

tại

O,

OM

là

⇒ OM =

1 1 1 2 2a 2a BC = OB2 + OC2 = a + a2 = ⇒ d ( OA; BC ) = 2 2 2 2 2

trung

tuyến

Câu 30: Đáp án B 74

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp: Đạo hàm của hàm hợp : f ( u ( x ) )  ' = f ' ( u ( x ) ) .u ' ( x ) Tìm số nghiệm của phương trình y ' = f ' ( x 2 − 2x ) = 0 Cách giải: x = 1 y = f ( x 2 − 2x ) ⇒ y ' = f ' ( x 2 − 2x ) . ( 2x − 2 ) = 0 ⇒  2 f ' ( x − 2x ) = 0 Vì f ( x ) liên tục trên R và có đúng ba điểm cực trị là −2, −1, 0 nên f ' ( x ) đổi dấu tại đúng ba

điểm −2, −1, 0 và f ' ( −2 ) = f ' ( −1) = f ' ( 0 ) = 0 Giải các phương trình:

x 2 − 2x = −2 ⇔ x 2 − 2x + 2 = 0 : vô nghiệm 2

x 2 − 2x = −1 ⇔ x 2 − 2x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1 x = 0 x 2 − 2x = 0 ⇔  x = 2 Như vậy, y ' = 0 có 3 nghiệm x = 0,1, 2 và y’ đều đổi dấu tại 3 điểm này. Do đó, hàm số

y = f ( x 2 − 2x ) có 3 điểm cực trị.

Câu 31: Đáp án D Phương pháp:Thể tích của lượng đá bị cắt bỏ bằng thể tích của khối hình trụ ban đầu trừ đi thể tích của khối tứ diện MNPQ. Cách giải: Dựng hình hộp chữ nhật MQ’NP’.M’QN’P như hình vẽ bên.

1 VMNPQ = VMQ 'NP '.M 'QN 'P − VQ.MNQ ' − VP.MNP − VM '.MNQ − VN '.NPQ = VMQ 'NP '.M 'QN 'P − 4. VMQ 'NP '.M 'QN 'P 6 1 = VMQ 'NP '.M 'QN 'P ⇒ VMQ' NP '.M 'QN 'P = 3VMNPQ = 90 m3 3 Hình chữ nhật MQ’NP’ có hai đường chéo P’Q’, MN vuông góc với nhau ⇒ MQ’NP’ là hình vuông.

Ta có MN = 6 0 cm = 6 dm ⇒ MQ ' =

(

Diện tích đáy: SMQ 'NP ' = MQ '2 = 3 2

6 = 3 2 ( dm ) 2

)

2

= 18 ( dm 2 ) ⇒ MN ' =

2

VMQ 'NP '.M 'QN 'P SMQ 'NP '

=

90 = 5 ( dm ) 18

2

 MN  6 3 Thể tích khối trụ: V = πR 2 h = π   .MN ' = π.   .5 = 45π ( dm ) 2  2  Thể tích của lượng đá bị cắt bỏ: V − VMNPQ = 45π − 30 ≈ 111, 4 ( dm3 ) 75

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 32: Đáp án A Phương pháp: Đặt z = a + bi ⇒ z = a − bi ⇒ z.z = a 2 + b 2 Biến đổi để phương trình trở thành A + Bi = 0 ⇔ A = B = 0 Cách giải: z −

5+i 3 − 1 = 0 ⇔ z.z − z − 5 − i 3 = 0, z ≠ 0 (1) z

Đặt z = a + bi, ( a, b ∈ ℝ, a 2 + b 2 ≠ 0 ) , ta có:

(1) ⇔ a 2 + b 2 − a − bi − 5 − i

3=0

  a = −1 2 2 2 2  a + b − a − 5 = 0 a + 3 − a − 5 = 0 a − a − 2 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ a = 2  −b − 3 = 0 b = − 3 b = − 3 b = − 3  z = −1 − i 3 ⇒ ⇒ Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 1 − 2i 3  z = 2 − i 3

Câu 33: Đáp án A Phương pháp: Cho ( α ) : a1x + b1y + c1z + d1 = 0, ( β ) : a 2 x + b 2 y + c2 z + d 2 = 0 nhận

n1 = ( a1 ; b1 ;c1 ) , n 2 = ( a 2 ; b 2 ;c 2 ) lần lượt là các VTPT. Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng

n1.n 2

( α ) , ( β ) được tính: cos ( ( α ) , (β ) ) = cos n1 ; n 2 = n1 . n 2

(

)

Với 0 ≤ α ≤ 90 ⇒ α min ⇔ cosα max Cách giải:

có 1 VTPT: n1 (1; 2; −2 )

( Q ) : x + my + ( m − 1) z + 2017 = 0 có 1 VTPT: n 2 (1; m; m − 1)

( P ) : x + 2y − 2x + 2018 = 0

Góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q):

n1.n 2

cos ( ( P ) , ( Q ) ) = cos n1 ; n 2 = n1 . n 2

(

=

)

1.1 + 2.m − 2. ( m − 1) 2

2

2

2

2

1 + 2 + 2 . 1 + m + ( m − 1) ⇒ 0 < cos ( ( P ) , ( Q ) ) ≤

2

=

1 2

2m − 2m + 2

=

2

( 2m − 1)

2

, +3

2 ∀m ∈ ℝ 3

Với 0 ≤ α ≤ 90 ⇒ α min ⇔ cosα max

76

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒ ( ( P ) , ( Q ) )min khi và chỉ khi cos ( ( P ) ; ( Q ) )max =

2 1 ⇔ 2m − 1 = 0 ⇔ m = 3 2

1 1 Khi đó, ( Q ) : x + y − z + 2017 = 0 ⇔ 2x + y − z + 4034 = 0 2 2 Ta thấy: 2. ( −2017 ) + 1 − 1 + 4034 = 0 ⇒ M ( −2017;1;1) ∈ ( Q )

Câu 34: Đáp án B Phương pháp: Sử dụng công thức tan ( a + b ) =

tan a + tan b 1 − tan a tan b

Cách giải:

π  π  3 tan  − x  + tan x.tan  − x  + 3 tan x = tan 2x 6  6  π  ⇔ tan  − x  3 + tan x + 3 tan x = tan 2x 6 

(

)

π  3 + tan x ⇔ tan  − x  . . 1 − 3 tan x + 3 tan x = tan 2x 6  1 − 3 tan x

(

)

π π   ⇔ tan  − x  . tan  x +  . 1 − 3 tan x + 3 tan x = tan 2x 3 6   π  π  ⇔ tan  − x  c ot  − x  . 1 − 3 tan x + 3 tan x = tan 2x 6  6  π ⇔ 1. 1 − 3 tan x + 3 tan x = tan 2x ⇔ tan 2x = 1 ⇔ 2x = + kπ, k ∈ ℤ 4 π π ⇔ x = + k ,k ∈ℤ 8 2 π π x ∈ [ 0;10π] ⇔ 0 ≤ + k ≤ 10π, k ∈ ℤ 8 2 1 79 ⇔ − ≤ k ≤ , k ∈ ℤ ⇔ k ∈ {0;1; 2;...;19} 4 4

(

(

)

(

)

)

Ứng với mỗi giá trị của k ta có 1 nghiệm x.

Vậy số phần tử của S là 20.

Câu 35: Đáp án D

∆ ⊥ d Phương pháp:  ⇒ u ∆ =  u d ; AB ∆ ⊥ AB Viết phương trình đường thẳng biết điểm đi qua và VTCP. Cách giải: d :

x +1 y − 2 z − 3 = = có 1 VTCP u ( −2;1;3) −2 1 3

AB = ( −2;3; 2 )

77

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

∆ vuông góc với d và AB ⇒ AB nhận u ( −2;1;3) và AB = ( −2;3; 2 ) là cặp VTPT ⇒ ∆ có 1

VTCP v =  AB; u  = ( 7; 2; 4 ) Phương trình đường thẳng ∆ :

x −1 y + 1 z −1 = = 7 2 4

Câu 36: Đáp án D Phương pháp: Gọi a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P).

Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a’.

Cách giải: Gọi H là trung điểm của AB ⇒ OH / /AD ABCD là hình vuông ⇒ AD ⊥ AB ⇒ OH ⊥ AB Mà OH ⊥ SA, ( vì SA ⊥ ( ABCD ) )

⇒ OH ⊥ ( SAB ) =>SH là hình chiếu vuông góc của SO trên mặt phẳng ( SAB )

⇒ ( SO, ( SAB ) ) = ( SO,SH ) = HSO Ta có: OH là đường trung bình của tam giác ABD ⇒ OH =

1 a AD = 2 2 2

a 5 a Tam giác SAH vuông tại A ⇒ SH = SA + AH = a +   = 2 2 2

2

2

a OH 5 Tam giác SHO vuông tại H: tan HSO = = 2 = SH a 5 5 2 ⇒ tan ( SO, ( SAB ) ) =

5 5

Câu 37: Đáp án C Phương pháp: Hàm số bậc nhất trên bậc nhất y =

ax+b ( ad − bc ≠ 0 ) luôn đơn điệu trên từng cx + d

khoảng xác định của nó.

TH1: Hàm số đồng biến trên [ 2; 4] ⇒ max y = y ( 4 ) [ 2;4]

TH2: Hàm số nghịch biến trên [ 2; 4] ⇒ max y = y ( 2 ) [ 2;4]

Cách giải: Tập xác định: D = R \ {1} 78

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có: y ' =

1. ( −1) − 1.m

( x − 1)

2

=

−1 − m

( x − 1)

2

TH1: −1 − m > 0 ⇔ m < −1:

y ' > 0, ∀x ∈ [ 2; 4] ⇒ Hàm số đồng biến trên y = y ( 4) = ( 2; 4 ) ⇒ max [ 2;4]

2 4+m 2 ⇒ = ⇔ m = −2 ( TM ) 3 4 −1 3

TH2: −1 − m < 0 ⇔ m > −1

y ' < 0, ∀x ∈ [ 2; 4] ⇒ y = y ( 2) = ( 2; 4 ) ⇒ max [ 2;4]

Hàm

số

nghịch

biến

trên

2 2+ m 2 4 ⇒ = ⇔ m = − ( Loai ) 3 2 −1 3 3

Vậy m = − 2 Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đáp án C thỏa mãn.

Câu 38: Đáp án D Phương pháp: Chỉnh hợp chập k của tập hợp có n phần tử A kn =

n! ( n − k )!

Cách giải: A nk + 2A n2 = 100 ⇒ 2A n2 < 100 ⇔ A n2 < 50 ⇔

n!

1 − 201 1 + 201 < 50 ⇔ n ( n − 1) < 50 ⇔ n 2 − n − 50 < 0 ⇔ <n< 2 2 ( n − 2 )!

Mà n ∈ ℕ, n ≥ 2 ⇒ n ∈ {2;3; 4;5;6;7} ‘ Thay lần lượt n = 2;3; 4;5;6;7 vào A kn + 2A 2n = 100 : n

2

3

4

5

6

7

k

Loại

Loại

Loại

3

Loại

Loại

Vậy n = 5 Khi đó, (1 + 3x )

2n

10

10

i = (1 + 3x ) = ∑ C10 ( 3x ) = ∑ C10i 3i.x i 10

i =0

i

i =0

5 .35.x 5 = 61236x 5 Số hạng chứa x 5 trong khai triển ứng với i = 5 . Số hạng đó là: C10

Câu 39: Đáp án D Câu 40: Đáp án A Phương pháp: Nhân cả tử và mẫu với cos x , sau đó sử dụng phương pháp tích phân từng phần.

Cách giải:

79

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

π 3

π 3

x 2 dx

∫ ( x s inx + cos x )

2

x x cos xdx . cos x ( x sin x + cos x )2 0

=∫

0

π 3

π 3

d ( x sin x + cos x )

x x 1   . d = −∫  2 cos x ( x sin x + cos x ) cos x  x sin x + cos x  0 0

=∫

π

π

3 3 x 1 1  x  =− . +∫ d  cos x x sin x + cos x 0 0 sxinx + cos x  cos x 

π

π

π

3 3 3 x 1 x dx =− +∫ = − + tan x cos x ( x sin x + cos x ) 0 0 cos 2 x cos x ( x sin x + cos x ) 0

π 3 0

π 4π aπ 3 =− =− + 3=− + d 3 ( a, b, c, d ∈ ℤ + )   π + + π 3 3 b c 3 1 π 3 1 + + 3 . .

2  3 2 2 ⇒ a = 4, b = 3, c = 1, d = 1 ⇒ a + b + c + d = 9

Câu 41: Đáp án A Phương pháp: Cách giải:

z = a + bi ⇒ a + bi − 3 − 3i = 6 2

⇔ ( a − 3)2 + ( b − 3) = 36 Khi đó ta có:

2 z + 6 − 3i + 3 z + 1 + 5i = 2 a + bi + 6 − 3i + 3 a + bi + 1 + 5i =2

2

( a + 6 ) + ( b − 3)

2

+3

2

( a + 1) + ( b + 5 )

2

= 2 a 2 + b2

Câu 42: Đáp án C Cách giải: Gọi tọa độ các giao điểm : A ( a;0;0 ) B ( 0; b;0 ) , C ( 0; 0;c ) ; ( a; b;c ≠ 0 ) Khi đó phương trình mặt phẳng (P) có dạng đoạn chắn:

M (1; 2;3) ∈ ( P ) ⇒

x y z + + =1 a b c

1 2 3 + + = 1(1) a b c

 a = 2b = 3c  a = −2b = 3c Vì OA = 2OB = 3OC > 0 nên a = 2 b = 3 c > 0 ⇔   a = 2b = −3c   −a = 2b = 3c

80

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TH1: a = 2b = 3c

(P) :

1 1 1 6 x y z + + = 1 ⇔ = 1 ⇔ a = 6 ( tm ) ⇒ ( P ) : + + = 1 a a a a 6 3 2 2 3

TH2: a = −2b = 3c 1 1 1 2 x y 3z ⇒ (P) : + + = 1 ⇔ = 1 ⇔ a = 2 ( tm ) ⇒ ( P ) : + + = 1 a a a − a 2 −1 2 2 3 TH3: a = 2b = −3c 1 1 1 0 ⇒ (P) : + + = 1 ⇔ = 1( vo li ) a a −a a 2 3 TH4: −a = 2b − 3c

1 1 1 −4 x y 3z ⇒ (P) : + + =1⇔ = 1 ⇔ a = −4 ( tm ) ⇒ ( P ) : + + =1 a a a − a − 4 2 4 − 2 3 Vậy, có 3 mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Câu 43: Đáp án C Phương pháp: - Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, từ đó đánh giá giá trị lớn nhất của biểu thức.

Cách giải:

log

3

x+y = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy x + y 2 + xy + 2 2

(x

2

+ y 2 + xy + 2 ) = x 2 − 3x + y 2 − 3y + xy

⇔ log

3

( x + y ) − log

⇔ log

3

( x + y ) + 3x + 3y = log

⇔ log

3

⇔ log

3

(1)

3

(x

2

+ y 2 + xy + 2 ) + x 2 + y 2 + xy

( x + y ) + 2 + 3x + 3y = log 3 ( x 2 + y2 + xy + 2 ) + x 2 + y 2 + xy + 2 ( 3x + 3y ) + 3x + 3y = log 3 ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) + x 2 + y2 + xy + 2 ( 2 ) 3

Đặt f ( t ) = log 3 t + t, t > 0 ⇒ f ( t ) =

1 + 1 > 0, ∀t > 0 ⇒ f ( t ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) t ln 3

( 2 ) ⇔ f ( 3x + 3y ) = f ( x 2 + y 2 + xy + 2 ) ⇔ 3x + 3 = x 2 + y 2 + xy + 2 ⇔ 4x 2 + 4y 2 + 4xy − 12x − 12y + 8 = 0 2

2

⇔ ( 2x + y ) − 6 ( 2x + y ) + 5 = −3 ( y − 1) ≤ 0 ⇔ 1 ≤ 2x + y ≤ 5 Khi đó, P =

3x + 2y + 1 2x + y − 5 = 1+ ≤ 1 , vì x+ y+6 x+y+6

2x + y − 5 ≤ 0  x + y + 6 > 0

81

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2x + y − 5 = 0 x = 2 Vậy Pmax = 1 khi và chỉ khi  ⇔ y −1 = 0 y = 1

Câu 44: Đáp án C Phương pháp: Số tam giác vuông bằng số đường kính của đường tròn có đầu mút là 2 đỉnh của đa giác (H) nhân với ( 2n −2 ) tức là số đỉnh còn lại của đa giác.

Cách giải: Số phần tử của không gian mẫu: n ( Ω ) = C32n Tam giác vuông được chọn là tam giác chứa một cạnh là đường kính của đường tròn tâm O.

Đa giác đều 2n đỉnh chứa 2n đường chéo là đường kính của đường tròn tâm O, mỗi đường kính tạo nên 2n – 2 tam giác vuông.

Do đó số tam giác vuông trong tập S là:

2n . ( 2n − 2 ) = 2n ( n − 1) 2

Xác suất chọn một tam giác vuông trong tập S : 2n ( n − 1) C

3 2n

=

2n ( n − 1) 2n ( n − 1) 3 3 = = = ⇒ n = 15 2n. ( 2n − 1)( 2n − 2 ) 2n − 1 29 ( 2n )!

6 ( 2n − 3)!3!

Câu 45: Đáp án C Phương pháp: Phương pháp tọa độ hóa.

Cách giải: Cách 1: Gọi O là trung điểm của BC. Tam giác ABC là tam giác cân, AB = AC = a và BAC = 1200

a  0 OA = AC.sin 30 = 2 ⇒ OC = AC.cos300 = a 3  2 Ta gắn hệ trục tọa độ như hình bên: a 3   a 3 a  a  Trong đó, O ( 0;0;0 ) , A  0; ;0  , B '  ;0;a , I ;0; −     2   2 2   2    

Mặt phẳng (ABC) trùng với mặt phẳng (Oxy) và có VTPT là n1 = ( 0;0;1)  a   a 3 a a  IB ' =  a 3; 0;  ; IA =  ; ; −  2   2 2 2

Mặt phẳng ( IB'A ) có 1 VTPT n 2 =  2 3;0;1 ; 

(

)(

3 '1; −1  = 1;3 3; 2 3 

) (

)

Côsin góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (IB’A) : 82

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

cos ( ( ABC ) ; ( AB'I ) ) = cos n1; n 2 =

(

)

0. ( −1) + 0.3 3 + 1.2 3 2

( ) + (2 3)

02 + 02 + 12 . 12 + 3 3

2

=

2 3 30 = 10 40

Cách 2: Trong ( ACC 'A ' ) kéo dài AIcắt AC’tại D. Trong ( A 'B'C ' ) kẻ A ' H ⊥ B"D ta có: A 'H ⊥ B 'D ⇒ B 'D ⊥ ( A A ' H ) ⇒ AH ⊥ B 'D  A A ' ⊥ B 'D ( AB ' I ) ∩ ( A ' B 'C ' ) = B 'D  ( A 'B 'C ) ⊃ A ' H ⊥ B ' D  ( AB ' I ) ⊃ AH ⊥ B 'D ⇒ ( ( AB 'I ) ; ( A 'B 'C ') ) = ( A 'H; AH ) = AHA ' Ta dễ dàng chứng minh được C’ là trung điểm của AD’ 1 1 d ( B '; A 'D ) .A 'D = .d ( B '; A 'C ' ) .2A 'C = 2SA 'B'C' 2 2 2 1 a 3 = 2. .a.a.sin1200 = 2 2

⇒ SB'A 'D = ⇒ SB'A 'D Xét

tam

giác

A 'B' D có

B ' D = A 'B '2 + A ' D 2 − 2A ' B'.A ' D.cos1200 = a 2 + 4a 2 + 2a 2 = a 7 ⇒ A 'H =

2SA 'B'D a 2 3 a 21 = = B'D 7 a 7

3 a 70 Xét tam giác vuông A A 'H có : AH = A A '2 + A ' H 2 = a 2 + a 2 = 7 7 a 21 A 'H 30 ⇒ cos AHA ' = = 7 = AH a 70 10 7

Câu 46: Đáp án B b

b

Phương pháp: Sử dụng công thức tích phân từng phần: ∫ udv = uv − ∫ vdu b a

a

a

Cách giải: 1

Ta có:

3 ∫ x f ( x ) dx = 0

1

1

1

f (1) 1 4 1 1 f ( x ) dx 4 f ( x ) 01 − ∫ x 4 f ' ( x ) dx = − ∫ x f ' ( x ) dx ∫ 40 40 4 40

83

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1

1

1

3 37 37 3 1 4 2 suy ra Mà f (1) = , ∫ x 3f ( x ) dx = = − ∫ x f ' ( x ) dx ⇔ ∫ x 4 f ' ( x ) dx = − 5 0 180 180 20 4 0 9 0 Xét 2

1

1

1

1

0

0

0

2 4 −2 4 2 8 2 1 ∫ f ' ( x ) + kx  dx = ∫ f ' ( x ) dx + 2k ∫ x f ' ( x ) dx + k ∫ x dx = 9 + 2k. 9 + k . 9 4

0

2

=

k 4k 4 − + =0⇒k =2 9 9 9 1

∫ f ' ( x ) + 2x

Khi đó,

0

Mà f (1) =

4

2 2 5 4 4  dx = 0 ⇒ f ' ( x ) + 2x = 0 ⇔ f ' ( x ) = −2x ⇒ f ( x ) = − 5 x + C

3 2 3 2 ⇒ − .15 + C = ⇒ C = 1 ⇒ f ( x ) − 1 = − x 5 5 5 5 5

1

1

1

1 1  2  ⇒ ∫  f ( x ) − 1dx = ∫  − x 5  dx = − x 6 = − 5  15 0 15 0 0 

Câu 47: Đáp án Cách giải: TXĐ: D = R

y = x 3 + 3x 2 + 9x + 3 ⇒ y ' = 3x 2 + 6x + 9 Gọi M ( x1 ; y1 ) , N ( x 2 ; y 2 ) , ( x1 ≠ x 2 ) là 2 tiếp điểm

M, N ∈ ( C ) ⇒ y1 = x13 + 3x12 + 9x1 + 3, y 2 = x 32 + 3x 22 + 9x 2 + 3 Tiếp tuyến tại M, N của (C) có hệ số góc đều bằng k ⇔ 2x12 + 6x1 + 9 = 3x 22 + 6x 2 + 9 = k

⇒ x12 + 2x1 − x 22 − 2x 2 = 0 ⇔ ( x1 − x 2 )( x1 + x 2 + 2 ) = 0 ⇔ x1 + x 2 + 2 = 0 ⇔ x 2 = − x1 − 2 Theo đề bài, ta có: OB = 2018OA ⇒ Phương trình đường thẳng MN có hệ số góc bằng 2018 hoặc – 2018.

TH1:

Phương

2018 ⇒

trình

đường

thẳng

MN

có

hệ

số

góc

y 2 − y1 = 2018 ⇔ y 2 = y1 = 2018 ( x 2 − x1 ) x 2 − x1

⇔ ( x 32 + 3x 32 + 9x 2 + 3) − ( x13 + 3x12 + 9x1 + 3) = 2018 ( x 2 − x1 ) ⇔ ( x 2 − x1 ) ( x 22 + x 2 x1 + x12 + 3x 2 + 3x1 − 2009 ) = 0 ⇔ x 22 + x 2 x1 + x12 + 3x 2 + 3x1 − 2009 = 0, do x 2 ≠ x 1 2

⇔ ( x 2 + x1 ) + 3 ( x 2 + x1 ) − x1x 2 − 2009 = 0 2

⇒ ( −2 ) + 3. ( −2 ) − x1x 2 − 2009 = 0 ⇔ x1 x 2 = −2011

⇒ x1 , x 2 là nghiệm của phương trình X 2 + 2X − 2011 = 0

84

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

là

x12 + 2x1 − 2011 = 03x12 + 6x1 + 9 = 6042 ⇒ k = 3x12 + 6x1 + 9 = 6042 TH2: MN có hệ số góc là 2018. Dễ đang kiểm rằng : Không có giá trị của x1 , x 2 thỏa mãn.

Vậy k = 6042

Câu 48: Đáp án D Phương pháp: - Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng đi qua 3 điểm A ( a;0; 0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) , ( a, b,c khác 0):

x y z + + =1 a b c 2

x 2 y2 z 2 ( x + y + c ) - Sử dụng bất đẳng thức: + + ≥ , ∀a, b, c, x, y, z > 0 a b c a+b+c

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

x y z = = a b c

Cách giải:

A ( a;0; 0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) , ( a, b, c > 0 ) . Mặt

phẳng

(ABC)

có

phương

trình:

x y z + + =1 a b c 0 0 0 + + −1 a b c = Khoảng cách từ O đến (ABC): h = 1 1 1 + + a 2 b2 c2

1 1 1 1 + + a 2 b2 c2 2

(1 + 2 + 4 ) = 72 = 1 1 1 1 1 22 42 Ta có: 2 + 2 + 2 = 2 + 2 + ≥ a b c a 4b 16c 2 a 2 + 4b 2 + 16c 2 49 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

 a 2 = 7 1 2 4   1 2 4 7 7 1  2 = 2 =  2 7 2 ⇔ = = = = = ⇔ a 4b 16c  b = a 2 4b 2 16c2 a 2 + 4b 2 + 16c 2 49 7 2 a 2 + 4b 2 + 16c 2 = 49    2 7 c = 4 7 7 49 ⇒ F = a 2 + b2 + c2 = 7 + + = 2 4 4 Câu 49: Đáp án A Phương pháp: Tính y’, giải bất phương trình y ' > 0 Cách giải: y = f ( x 2 ) ⇒ y ' = f ' ( x 2 ) .2x = 2xf ' ( x 2 ) 85

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Với x ∈ (1; +∞ ) ⇒ x > 0 ⇒ x 2 ∈ (1; +∞ ) ⇒ f ' ( x 2 ) > 0 ⇒ y ' > 0∀x ∈ (1; +∞ )

Câu 50: Đáp án D Phương pháp: Sử dụng phương pháp tọa độ hóa.

Cách giải: Gắn hệ trục Oxyz, có các tia Ox, Oy, Oz lần lượt trùng với các tia AB, AD, AA’.

A ( 0;0; 0 ) , B (1;0;0 ) , C (1; 2;0 ) , D ( 0; 2;0 ) , A ' ( 0;0;3) , B' (1; 0;3) , C ' (1; 2;3) , D ' ( 0; 2;3) (P)

cắ t

các

tia

AB,

AD,

AA’

lần

lượt

t ại

E,

F,

G

(khác

A).

Gọi

E ( a;0;0 ) , F ( 0; b;0 ) , G ( 0;0;c ) , ( a, b, c > 0 ) Phương trình mặt phẳng (P):

C ' (1; 2;3) ∈ ( P ) ⇒

x y z + + =1 a b c

1 2 3 + + =1 a b c

Thể tích tứ diện AEFG: V =

1 1 AE.AF.AG = abc 6 6

Ta

có:

1 2 3 1 2 3 33 6 1 + + ≥ 3. 3 . . ⇔ 1 ≥ 3 ⇔ 3 abc ≥ 3 3 6 ⇔ abc ≥ 162 ⇔ abc ≥ 27 ⇔ V ≥ 27 a b c a b c 6 abc

⇒ Vmin

1 2 3 a = 3  a = b = c  = 27 khi và chỉ khi  ⇔ b = 6  1 + 2 + 3 = 1 c = 9   a b c

Khi đó, T = AE + A F + AG = a + b + c = 3 + 6 + 9 = 18

BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

KỲ THI THỬ THPTQG MÔN TOÁN

CỤM 5 TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Thời gian làm bài: 90 phút 86

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 1: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [ a; b ] . Giả sử hàm số u = u ( x ) có đạo hàm liên tục trên [ a; b ] và u ( x ) ∈ [ α; β] ∀x ∈ [ a; b ] , hơn nữa f ( u ) liên tục trên đoạn [ a; b ] . Mệnh đề nào sau đây là đúng? b

u( b)

a

u( a )

A. ∫ f ( u ( x ) ) u 'dx = u ( b)

C.

∫

b

a

a

B. ∫ f ( u ( x ) ) u 'dx = ∫ f ( u ) du

∫ f ( u ) du b

b

b

a

a

D. ∫ f ( u ( x ) ) u ' ( x ) dx = ∫ f ( x ) du

f ( u ( x ) ) u ' ( x ) dx = ∫ f ( u ) du

u(a )

b

a

Câu 2: Cho số tự nhiên n thỏa mãn C2n + A n2 = 9n. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. n chia hết cho 5

B. n chia hết cho 3

C. n chia hết cho 7

D. n chia hết cho 2

Câu 3: Cắt hình nón bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng a 6. Tính thể tích V của khối nón đó. πa 3 6 A. V = 6

πa 3 6 B. V = 3

πa 3 6 C. V = 2

Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

πa 3 6 D. V = 4

A (1; 2;3) và mặt

phẳng ( P ) : 2x + y − 4z + 1 = 0. Đường thẳng ( d ) qua điểm A, song song với mặt phẳng ( P ) ,

đồng thời cắt trục Oz. Viết phương trình tham số đường thẳng ( d )

 x = 1 + 5t  A.  y = 2 − 6t z = 3 + t 

x = 1 − t  B.  y = 2 + 6t z = 3 + t 

 x = 1 + 3t  C.  y = 2 + 2t z = 3 + t 

Câu 5: Tìm số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =

x = t  D.  y = 2t  z = 2 + t

9x 2 + 6x + 4 x+2

A. x = −2 và y = −3

B. x = −2 và y = 3

C. y = 3 và x = 2

D. y = −3, y = 3 và x = −2

Câu 6: Tìm hệ số của x 7 trong khai triển P ( x ) = ( x + 1) A. C720

B. A 720

20

C. A 2013

D. P7

Câu 7: Cho số phức z1 = 2 + 3i, z 2 = −4 − 5i. Tính z = z1 + z 2 A. z = 2 − 2i

B. z = −2 − 2i

C. z = 2 + 2i

D. z = −2 + 2i

Câu 8: Cho 3 số a, b, c theo thứ tự tạo thành một cấp số nhân với công bội khác 1. Biết cũng theo thứtự đó chúng lần lượt là số thứ nhất, thứ tư và thứ tám của một cấp số cộng công sai là

87

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

s ≠ 0. Tính

a s

A. 3

4 9

B.

C.

Câu 9: Tìm họ nguyên hàm của hàm số y =

1

A.

∫ ( x + 1)

C.

∫ ( x + 1)

2

dx =

2

dx =

1

−2

( x + 1)

3

4 3

D. 9

1

( x + 1)

+C

1 +C x +1

2

1

B.

∫ ( x + 1)

D.

∫ ( x + 1)

2

1

2

dx =

dx =

−1 +C x +1 2

( x + 1)

3

+C

Câu 10: Hàm số nào sau đây là đạo hàm của hàm số y = log 2 ( x − 1) ?

A. y ' =

1 2 ( x − 1) ln 2

B. y ' =

ln 2 x −1

C. y ' =

1 2 ( x − 1)

D. y ' =

1 ( x − 1) ln 2

D. x =

7 2

Câu 11: Tìm nghiệm thực của phương trình 2 x = 7 A. x = log 7 2

B. x = log 2 7

C. x = 7

Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vecto u = ( x; 2;1) và vec tơ v = (1; −1; 2x ) .

Tính tích vô hướng của u và v .

A. −2 − x

B. 3x + 2

C. 3x − 2

 1  Câu 13: Cho a, b là hai số thực khác 0. Biết    125  A.

76 3

B.

4 21

a 2 + 4ab

=

(

D. x + 2 3

625

C. 2

)

3a 2 −10ab

. Tính tỉ số D.

a b

76 21

Câu 14: Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số y = x 4 − 2x 2 − 1?

A. ( 0; −1)

B. (1; −2 )

C. ( −1; 2 )

D. ( 2;7 )

Câu 15: Nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z 2 − z + 1 = 0 là z = a + bi, a, b ∈ R. Tính a + 3b

A. 2

B. 1

C. −2

D. −1

C. I = 0

D. I =

π 2

π  Câu 16: Tính tích phân I = ∫ sin  − x  dx 4  0

A. I = −1

B. I = 1

π 4

88

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình chính tắc của mặt cầu có đường kính AB với A ( 2;1;0 ) , B ( 0;1; 2 ) 2

2

2

B. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 2

2

2

2

D. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 4

A. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 2 C. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 4

2

2

2

2

2

2

Câu 18: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ: x

0

−∞ -

f '( x ) f (x)

2 -

2

0

+∞ +

+∞

+∞

2

−∞ Hàm số nghịch biến trên khoảng nào sau đây ?

A. ( 0; 2 )

B. ( −∞; 2 )

C. ( 2; +∞ )

D. ( 0; +∞ )

Câu 19: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ sau :

Tìm số nghiệm thực phân biệt của phương trình f ( x ) = 1

A. 0

B. 1

C. 3

D. 2

Câu 20: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình bình hành tâm O, I là trung diểm của cạnh SC. Khẳng định nào sau đây sai ?

A. Giao tuyến của hai mặt phẳng ( IBD ) và ( SAC ) là IO B. Đường thẳng IO song song với mặt phẳng ( SAB ) C. Mặt phẳng ( IBD ) cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện là 1 tứ giác.

D. Đường thẳng IO song song với mặt phẳng ( SAD ) Câu 21: Gọi x1 là điểm cực đại, x 2 là điểm cực tiểu của hàm số y = − x 3 + 3x + 2. Tính x1 + x 2

A. 0

B. 2

C. 1

D. −1

89

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz có bao nhiêu mặt phẳng song song với mặt phẳng ( Q ) : x + y + z + 3 = 0, cách điểm M ( 3; 2;1) một khoảng bằng 3 3 biết rằng tồn tại một

điểm X ( a; b; c ) trên mặt phẳng đó thỏa mãn a + b + c < −2?

A. 2

B. 1

C. Vô số

D. 0

Câu 23: Trong tất cả các loại hình đa diện sau, hình nào có số mặt nhiều nhất ?

A. Loại {3;5}

B. Loại {5;3}

Câu 24: Tính giới hạn lim

x →−∞

A.

1 3

C. Loại {4;3}

D. Loại {3; 4}

4x 2 + x + 1 − x 2 − x + 3 3x + 2

B. −

1 3

C.

2 3

D. −

2 3

Câu 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) có vecto pháp tuyến là

n = ( 2; −1;1) . Vectơ nào sau đây cũng là vectơ pháp tuyến của ( P ) ?

A. ( −2;1;1)

B. ( −4; 2;3)

C. ( 4; 2; −2 )

D. ( 4; −2; 2 )

Câu 26: Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) = 4 x 2 − 2x + 3 + 2x − x 2 . Tính tích các nghiệm của phương trình f ( x ) = M

A. −1

B. 0

C. 1

D. 2

Câu 27: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, BC = a. Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của cạnh AB, góc giữa

đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 60 . Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SB và AC. A.

2 35

B.

2 7

C.

2 5

D.

2 7

Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ đi qua gốc tọa độ O và điểm I ( 0;1;1) . Gọi S là tập hợp các điểm nằm trên mặt phẳng ( Oxy ) , cách đường thẳng ∆ một khoảng bằng 6. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi S.

A. 36 2π

B. 18π

C. 36π

D. 18 2π

1

e − nx dx , n ∈ ℕ. Đặt u n = 1( I1 + I 2 ) + 2 ( I2 + I3 ) + 3 ( I3 + I 4 ) + ... + n ( I n + In1 ) − n .

1 + e− x 0

Câu 29: Cho I n = ∫

Biết lim u n = L. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. L ∈ ( −2; −1)

B. L ∈ ( −1;0 )

C. L ∈ (1; 2 )

D. L ∈ ( 0;1)

90

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu

30:

Trong

không

gian

với

hệ

tọa

độ

Oxyz,

cho

hai

đường

thẳng

x = 1 + t x −1 y z  d1 : = = , d 2 :  y = 2 + t . Gọi S là tập hợp tất cả các số m sao cho đường thẳng d1 và 2 1 3 z = m  d 2 chéo nhau và khoảng cách giữa chúng bằng

A. 11

B. −12

5 . Tính tổng các phần tử của S. 19 C. 12

D. −11

Câu 31: Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn z1 = 2, z 2 = 3. Gọi M, N là các điểm biểu diễn cho z1 và iz 2 . Biết MON = 300. Tính S = z12 + 4z 22 ?

A.

5

Câu 32: Cho hàm số y =

B. 4 7

C. 3 3

D. 5 2

ax+b có đồ thị như hình vẽ, a, b, c là các số nguyên. Tính giá trị x+c

của biểu thức T = a − 3b + 2c

A. T = −9

B. T = −7

C. T = 12

D. T = 10

Câu 33: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = sin x + cos x + tan x + cot x + A. 2 2 − 1

B.

C. 2 2 + 1

2 +1

1 1 + s inx cos x

D.

2 −1

Câu 34: Cho hàm số y = f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d ( a; b;c;d ∈ R, a ≠ 0 ) có đồ thị ( C ) . Biết rằng đồ thị ( C ) đi qua gốc tọa độ và có đồ thị hàm số y = f ' ( x ) cho bởi hình vẽ sau đây.

Tính giá trị H = f ( 4 ) − f ( 2 ) 91

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. H = 51

B. H = 54

Câu 35: Cho hàm số y =

C. H = 58

D. H = 64

x −1 , gọi d là tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x+2

bằng m − 2 . Biết đường thẳng d cắt tiệm cận đứng của đồ thị hàm số tại điểm A ( x1 ; y1 ) và cắt tiệm cận ngang của đồ thị hàm số tại điểm B ( x 2 ; y 2 ) . Gọi S là tập hợp các số m sao cho

x 2 + y1 = −5 . Tính tổng bình phương các phần tử của S.

A. 4

B. 0

C. 10

D. 9

Câu 36: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Dựng mặt phẳng (P) cách đều năm điểm A, B, C, D và S. Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng (P) như vậy?

A. 2 mặt phẳng

B. 5 mặt phẳng

C. 1 mặt phẳng

D. 4 mặt phẳng

Câu 37: Từ các chữ số {0;1; 2;3; 4;5;6} viết ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau có dạng a1a 2 a 3a 4 a 5 a 6 . Tính xác suất để viết được các số thỏa mãn điều kiện

a1 + a 2 = a 3 + a 4 = a 5 + a 6

A. p = Câu

5 158

38:

B. p = Có

4 135

bao

nhiêu

(

C. p = số

4 85

nguyên

D. p = dương

n

3 20 sao

cho

)

S = 2 + ( C10 + C02 + ... + C0n ) + C11 + C12 + ... + C1n + ... + ( Cnn −−11 + Cnn −1 ) + Cnn là một số có 1000 chữ s ố.

A. 3

B. 1

C. 0

D. 2

(

Câu 39: Cho bất phương trình m.3x +1 + ( 3m + 2 ) 4 − 7

x

) + (4 + 7 )

x

> 0, với m là tham số.

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình đã cho có nghiệm đúng với mọi

x ∈ ( −∞;0 ) A. m ≥

2−2 3 3

B. m >

2−2 3 3

C. m >

2+2 3 3

D. m ≥ −

2−2 3 3

Câu 40: Cho lăng trụ đứng ABC.A 'B 'C ' có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, cạnh BC = a 6 . Góc giữa mặt phẳng ( AB'C ) và mặt phẳng ( BCC ' B') bằng 60 . Tính thể tích V của khối đa diện AB 'CA 'C '.

A.

a3 3 3

B.

3a 3 3 2

C.

a3 3 2

D. a 3 3

Câu 41: Cho số thực a > 0 . Giả sử hàm số f ( x ) liên tục và luôn dương trên đoạn [ 0;a ] thỏa a

1 dx.

1+ f (x) 0

mãn f ( x ) .f ( a − x ) = 1, ∀x ∈ [ 0;a ] . Tính tích phân I = ∫ 92

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. I =

a 2

B. I = a

C. I =

2a 3

D. I =

a 3

Câu 42: Cho mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau theo giao tuyến ∆ . Trên đường thẳng ∆ lấy hai điểm A, B với AB = a. Trong mặt phẳng (P) lấy điểm C và trong mặt phẳng (Q) lấy

điểm D sao cho AC, BD cũng vuông góc với ∆ và AC = BD = AB . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là :

A.

a 3 3

B.

2a 3 3

C. a 3

D.

a 3 2

Câu 43: Trước kỳ thi học kỳ 2 của lớp 11 tại trường FIVE, giáo viên Toán lớp FIVA giao cho học sinh để cương ôn tập gồm 2n bài toán, n là số nguyên dương lớn hơn 1. Đề thi học kỳ của lớp FIVA sẽ gồm 3 bài toán được chọn ngẫu nhiên trong số 2n bài toán đó. Một học sinh muốn không phải thi lại, sẽ phải làm được ít nhất 2 trong số 3 bài toán đó. Học sinh TWO chỉ giải chính xác được đúng 1 nửa số bài trong đề cương trước khi đi thi, nửa còn lại học sinh đó không thể giải được. Tính xác suất để TWO không phải thi lại ?

A.

2 3

B.

1 2

C.

3 4

D.

1 3

Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ( a;0; 0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0;c ) với a, b, c > 0. Biết rằng 2

( ABC ) đi

2

( S) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) A.

7 2

B.

2

=

1 2 3 qua điểm M  ; ;  và tiếp xúc với mặt cầu 7 7 7

72 1 1 1 . Tính 2 + 2 + 2 7 a b c

1 7

C. 14

D. 7

Câu 45: Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = s inx, y = cos x, x = 0, x = a 1 π π (với a ∈  ;  là −3 + 4 2 − 3 . Hỏi số a thuộc khoảng nào sau đây?

2 4 2

(

 11 3  A.  ;   10 2 

)

 51 11  B.  ;   50 10 

7  C.  ;1  10 

 51  D.  1;   50 

x2 − m x + 4 . Biết rằng đồ thị hàm số có hai điểm cực trị phân biệt Câu 46: Cho hàm số y = x− m A, B. Tìm số giá trị m sao cho ba điểm A, B, C ( 4; 2 ) phân biệt thẳng hàng.

A. 1

B. 0

C. 3

D. 2

Câu 47: Biết rằng đồ thị hàm số bậc 4: y = f ( x ) được cho như hình vẽ sau:

93

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2

Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số y = g ( x ) =  f ' ( x )  − f ( x ) .f '' ( x ) và trục Ox.

A. 0

B. 2

Câu 48: Cho f ( x ) =

C. 4

D. 6

x  π π trên  − ;  và F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số xf ' ( x ) 2 cos x  2 2

 π π thỏa mãn F ( 0 ) = 0 . Biết a ∈  − ;  thỏa mãn tan a = 3. Tính F ( a ) − 10a 2 + 3a .  2 2

A.

1 ln10 2

1 B. − ln10 4

1 C. − ln10 2

D. ln10

Câu 49: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật, AB = a; AD = 2a. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng

( ABCD )

bằng 450 . Gọi M là trung điểm của SD. Tính theo a khoảng cách d từ điểm M đến

mặt phẳng (SAC)

A. d =

a 1315 89

B. d =

2a 1315 89

C. d =

2a 1513 89

D. d =

a 1513 89

Câu 50: Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn và z1 + 1 − i = 2 và z 2 = iz1. Tìm giá trị lớn nhất m của biểu thức z1 − z 2 .

A. m = 2

B. m = 2 2 + 2

C. m = 2 2

D. m = 2 + 1

Đáp án 1-A

2-C

3-D

4-D

5-D

6-A

7-B

8-D

9-B

10D-

11-B

12-C

13-B

14-C

15-A

16-C

17-A

18-A

19-B

20-C

21-C

22-D

23-A

24-B

25-D

26-A

27-A

28-A

29-B

30-B

31-B

32-A

33-A

34-C

35-C

36-B

37-B

38-A

39-A

40-D

41-A

42-D

43-B

44-A

45-B

46-B

47-A

48-A

49-D

50-B

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A 94

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp: Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt t = u ( x ) Cách giải:  x = a ⇒ t = u ( a ) Đặt t = u ( x ) ⇒ dt = u ' ( x ) dx. Đổi cận   x = b ⇒ t = u ( b ) b

u( b)

a

u( a )

I = ∫ f ( u ( x ) ) u ' ( x ) dx =

u( b )

∫ f ( t ) dt = ∫ f ( u ) du u( a )

Câu 2: Đáp án C Phương pháp: Sử dụng các công thức Ckn =

n! n! ; A kn = k!( n − k ) ! ( n − k )!

Cách giải: ĐK n ≥ 2

C2n + A n2 = 9n ⇔

n! n!

3 + = 9n ⇔ n ( n − 1) = 9n ⇔ n − 1 = 6 ⇔ n = 7 2!( n − 2 ) ! ( n − 2 ) !

2

Câu 3: Đáp án D 1 Phương pháp: Vnon = πR 2 h trong đó R; h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối 3 nón.

Cách giải: Ta có R =

a 6 1 πa 3 6 = h ⇒ V = πR 2 h = 2 3 4

Câu 4: Đáp án D

Phương pháp: Giả sử đường thẳng ( d ) cắt trục Oz tại điểm B ( 0;0; b ) ⇒ AB ⊥ n P

Cách giải:

Giả sử đường thẳng ( d ) cắt trục Oz tại điểm B ( 0;0; b ) ⇒ AB ( −1; −2; b − 3)

d / / ( P ) ⇔ u d ⊥ n ( P ) = ( 2;1; −4 ) ⇒ −2 − 2 − 4 ( b − 3) = 0 ⇔ −4b + 8 = 0 ⇔ b = 2 ⇒ B ( 0; 0; 2 )

⇒ AB ( −1; −2; −1) = − (1; 2;1) Câu 5: Đáp án D Phương pháp: Nếu lim y = a hoặc lim y = a ⇒ Đồ thị hàm số có hai TCN là y = a. x →+∞

x →−∞

Nếu lim+ y = ∞; lim− y = ∞ ⇒ Đồ thị hàm số có hai TCĐ là x = x 0 . x →x0

x →x0

Cách giải: TXĐ: D = R \ {−2} Ta có lim y = 3; lim y = −3 ⇒ Đồ thị hàm số có hai TCN là y = 3 và y = −3 x →+∞

x →−∞

95

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

lim + y = +∞; lim − y = −∞ ⇒ Đồ thị hàm số có hai TCĐ là x = −2

x → ( −2 )

x →( −2 )

Câu 6: Đáp án A n

Phương pháp: Sử dụng khai triển nhị thức Newton: ( a + b ) = ∑ Cnk a n b n − k n

k =0 20

k Cách giải: P ( x ) = ( x + 1) = ∑ C20 .x k .

20

k =0

Để tìm hệ số của x 7 ta cho k = 7 , khi đó hệ số của x 7 là C720 Câu 7: Đáp án B Phương pháp: z1 = a1 + b1i; z 2 = a 2 + b 2i ⇒ z1 + z 2 = ( a1 + a 2 ) + ( b1 + b 2 ) i Cách giải: z1 + z 2 = ( 2 + 3i ) + ( −4 − 5i ) = −2 − 2i

Câu 8: Đáp án D Phương pháp: Sử dụng công thức tổng quát của CSC u n = u1 + ( n − 1) d và tính chất của CSN u n −1u n +1 = u 2n Cách giải: a, b, c lần lượt là số thứ nhất, thứ tư và thứ tám của một cấp số cộng công sai là s ≠ 0 nên ta b = a + 3s a, b, c theo thứ tự tạo thành một cấp số nhân với công bội khác 1 nên ta có có  c = a + 7s 2

ac = b 2 ⇔ a ( a + 7s ) = ( a + 3s ) ⇔ a 2 + 7as = a 2 + 6as + 9s 2 ⇔ 9s 2 = a s ⇔ 9s = a ⇔

a =9 s

Câu 9: Đáp án B Phương pháp: Sử dụng công thức

Cách giải:

1

∫ ( x + 1)

2

dx =

1

∫ (a x + b)

2

=−

1 +C a (a x + b)

−1 +C x +1

Câu 10: Đáp án D Phương pháp: [ log a u ] ' = Cách giải: y ' =

u' u ln a

1 ( x − 1) ln 2

Câu 11: Đáp án B Phương pháp: a x = b ⇔ x = log a b Cách giải: 2 x = 7 ⇔ x = log 2 7

Câu 12: Đáp án C 96

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp: a ( x1 ; y1 ; z1 ) , b ( x 2 ; y 2 ; z 2 ) a.b = x1.x 2 + y1.y 2 + z1.z 2

Cách giải: u.v = x.1 + 2. ( −1) + 1.2x = 3x − 2 Câu 13: Đáp án B Phương pháp : Đưa về cùng cơ số.

Cách giải :

 1     125 

⇔5

a 2 + 4ab

−3a 2 −12ab

=

(

3

=5

625

4a 2 −

)

3a 2 −10ab

10 ab 3

⇔ (5

2 −3 a + 4ab

)

 43  = 5   

⇔ −3a 2 − 12ab = 4a 2 −

3a 2 −10ab

40 4 a 4 ab ⇔ 7a 2 = ab ⇔ = 3 3 b 21

Câu 14: Đáp án C Phương pháp : Thay tọa độ các điểm vào hàm số.

Cách giải : 4

2

Ta thấy ( −1) − 2 ( −1) − 1 = −2 ≠ 2 ⇒ ( −1; 2 ) không thuộc đồ thị hàm số y = x 4 − 2x 2 − 1

Câu 15: Đáp án A Phương pháp : Tìm nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z 2 − z + 1 = 0 bằng MTCT. Cách giải: Sử dụng MTCT ta tính được nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình trên là 1  a=  1 3 1 3 2  z= + i⇒ ⇒ a + 3b = + = 2 2 2 2 2 b = 3  2

Câu 16: Đáp án C

1 Phương pháp: ∫ sin ( a x + b ) dx = − cos ( a x + b ) + C a π 2

π

2 2 π  π 2 − =0 Cách giải: I = ∫ sin  − x  dx = cos  x  = 2 2 4  4 0 0

Câu 17: Đáp án A Phương pháp: Mặt cầu có đường kính AB nhận trung điểm của AB làm tâm và có bán kính R = Cách giải: Gọi I là trung điểm của AB ta có I (1;1;1) , AB =

( −2 )

Vậy mặt cầu đường kính AB có tâm I (1;1;1) và bán kính R =

2

AB .

2

+ 0 2 + 22 = 2 2

AB = 2 2

97

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2

2

2

⇒ pt : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 2

Câu 18: Đáp án A Phương pháp: Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) ⇔ f ' ( x ) < 0∀x ∈ ( a; b ) Cách giải : Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên ( −∞;0 ) và ( 0; 2 )

Câu 19: Đáp án B Phương pháp: Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f ( x ) = 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số

y = f ( x ) và đường thẳng y = 1 Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 1

điểm duy nhất. Do đó f ( x ) = 1 có 1 nghiệm.

Câu 20: Đáp án C Phương pháp: Suy luận từng đáp án.

Cách giải: A đúng.

Ta có IO / /SA ⇒ IO / / ( SAB ) và IO / / ( SAD ) ⇒ B, D đúng.

Mặt phẳng ( IBD ) cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện chính là tam giác IBD. C sai.

Câu 21: Đáp án C Phương pháp: Tìm các điểm cực trị của hàm số.

Cách giải: TXĐ: D = R Ta có: y ' = −3x 2 + 3 = 0 ⇔ x = ±1

 x CD = x1 = −1 ⇒ x1 + 2x 2 = 1 Vì a = −1 < 0 ⇒ x CD < x CT ⇒   x CT = x 2 = 1 Câu 22: Đáp án D Phương pháp : Gọi ( Q ) : x + y + z + a = 0 ( a ≠ 3) là mặt phẳng song song với mặt phẳng (P).

Sử dụng công thức tính khoảng cách từ 1 điểm đến một mặt phẳng.

Cách giải : Gọi ( Q ) : x + y + z + a = 0 ( a ≠ 3) là mặt phẳng song song với mặt phẳng (P). d ( M; ( Q ) ) =

 a = 3 ( ktm ) = 3 3 ⇔ 6+a = 9 ⇔  3  a = −15

6+a

Với a = −15 ⇒ ( Q ) : x + y + z − 15 = 0 98

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

X ( a; b; c ) ∈ ( Q ) ⇔ a + b + c = 15 ( ktm ) . Vậy không có mặt phẳng ( Q ) nào thỏa mãn điều kiện bài toán.

Câu 23: Đáp án A Câu 24: Đáp án B 1 = 0 ( n > 0) x →∞ x n

Phương pháp : Chia cả tử và mẫu cho x và sử dụng giới hạn lim Cách giải :

lim

x →−∞

4x 2 + x + 1 − x 2 − x + 3 = lim x →−∞ 3x + 2

− 4+

1 1 1 3 + 2 + 1− + 2 x x x x = −2 + 1 = − 1 2 3 3 3+ x

Câu 25: Đáp án D

Phương pháp : Nếu n là 1VTPT của ( P ) ⇒ kn ( k ≠ 0 ) cũng là 1 VTPT của ( P )

Câu 26: Đáp án A Phương pháp: Đặt t = x 2 − 2x + 3 = Cách giải: Đặt t = x 2 − 2x + 3 =

( t − 1)

( t − 1)

2

2

+ 2 ≥ 2 ⇒ t ∈  2; +∞

+ 2 ≥ 2 ⇒ t ∈  2; +∞

)

)

2

Khi đó ta có f ( t ) = − t 2 + 4t + 3 = − ( t − 2 ) + 7 ≥ 7 ⇒ max f ( t ) = 7 ⇔ t = 2 ⇔ M = 7  2 ; +∞ ) 

f ( t ) = 7 ⇔ x 2 − 2x + 3 = 2 ⇔ x 2 − 2x − 1 = 0 Khi đó tích hai nghiệm của phương trình này bằng -1

Câu 27: Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng công thức SA.AC = SB.AC.c os ( SB; AC ) Cách giải: HC = BH 2 + BC 2 = a 2 + a 2 = a 2 Ta có ( SC; ( ABCD ) ) = ( SC; HC ) = SHC = 60 Xét tam giác vuông SHC có SH = HC. tan 60 = a 2. 3 = a 6 Ta có:

AC = AB2 + BC 2 = 4a 2 + a 2 = a 5 SB = SH 2 + HB2 = 6a 2 + a 2 = a 7 Ta có:

SB.AC = SH + HB .AC = SH.AC + HB.AC = HB.AC

(

)

0

AB SB.AC = HB.AC.cos ( HB; AC ) = HB.AC.cos BAC = HB.AC. = a.2a = 2a 2 AC 99

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SB.AC 2a 2 2 = = Lại có SB.AC = SB.AC.cos ( SB; AC ) ⇒ cos ( SB; AC ) = SB.AC a 7.a 5 35

Câu 28: Đáp án A Phương pháp:

 MI; u ∆ 

  Tính khoảng cách từ 1 điểm M đến đường thẳng ∆ : d ( M; ( ∆ ) ) = với u ∆ là 1

u∆ VTCP của ∆ và I ∈ ∆ là 1 điểm bất kì.

Cách giải: Đường thẳng ∆ nhận u = OI = ( 0;1;1) là 1 VTCP.

 OM; u  b 2 + 2a 2   Gọi M ( a; b; 0 ) ∈ ( O xy ) ⇒ d ( M; ∆ ) = = =6

2 u

⇔ b 2 + 2a 2 = 72 ⇔

a 2 b2 a2 b2 + =1⇔ 2 + 36 72 6 6 2

(

)

2

=1

Như vậy tập hợp các điểm M là elip có phương trình

a2 b2 + 6 6 2

(

)

2

= 1( E )

⇒ S = S( E ) = πab = π.6.6 2 = 36 2π

Câu 29: Đáp án B Phương pháp: Tính tổng quát n ( I n + In +1 ) bằng bao nhiêu, sau đó thay vào tính u n và sử dụng công thức tổng của cấp số nhân để rút gọn u n .

Cách giải: e e nx dx e ( ) dx Ta có: I n + In +1 = ∫ + = ∫0 1 + e − x ∫0 1 + e − x 0 1

1

− n +1

1

− nx

(1 + e ) dx = −x

1 + e− x

1

−e − nx − nx e dx = ∫0 n

1

= 0

−e − n + 1 n

⇒ n ( I n + In +1 ) = 1 − e − n ⇒ u n = 1( I1 + I2 ) + 2 ( I2 + I3 ) + 3 ( I3 + I 4 ) + ... + n ( I n + In +1 ) − n 1 1 1 u n = 1 − e −1 + 1 − e −2 + ... + 1 − e − n − n = −  + 2 + ... + n e e e ⇒ L = lim u n =

1 1 1 −1 1 − n  e  e  en  = − =  1 e −1  1− e

−1 ≈ −0,58 ∈ ( −1;0 ) e −1

Câu 30: Đáp án B

100

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phương pháp: Sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:

M1M 2 .  u1 ; u 2  d ( d1 ;d 2 ) =

 u1 ; u 2   

Với u1 ; u 2 lần lượt là các VTCP của d1 ;d 2 ; M1 ∈ d1M 2 ∈ d 2 Cách giải:

Ta có u1 = ( 2;1;3) ; u 2 = (1;1;0 ) lần lượt là các VTCP của d1 ;d 2 . Ta có

 u1 ; u 2  = ( −3;3;1)  

Lấy M1 (1;0;0 ) ∈ d1 ; M 2 (1; 2; m ) ∈ d 2 ⇒ M1M 2 = ( 0; 2; m )

M1M 2 .  u1 ; u 2  6+m  m = −1 5 ⇒ d ( d1 ; d 2 ) = = = ⇔ ⇒ S = {−1; −11}

m = −11 19 19  u1 ; u 2    

Câu 31: Đáp án Phương pháp: Tìm các điểm biểu diễn và đưa về bài toán hình học.

Cách giải : Đặt z 3 = iz 2 ⇒ z 32 = − z 22 ⇒ S = z12 + 4z 22 = z12 − 4z32 = z1 − 2z 3 z1 + 2z 3 M, N là các điểm biểu diễn cho z1 , z3 ⇒ OM = 2, ON = z3 = iz 2 = i. z 2 = 3 Gọi P là điểm biểu diễn cho 2z 3 và Q là điểm biểu diễn cho −2z 3 , ta có N là trung điểm của OP và P, Q đối xứng nhau qua O. Khi đó S = MP.MQ Áp dụng định lí Cosin trong ∆OMP có:

MP 2 = OP 2 + OM 2 − 2OP.OM.cos30 = 12 + 4 − 2.2 3.2. Áp

dụng

định

lí

3 = 4 ⇒ MP = 2 2

Cosin

MQ 2 = OM 2 + OQ 2 − 2OM.OQ.cos1500 = 4 + 12 + 2.2.2 3.

trong

∆OMQ

3 =2 7 2

⇒ S = MP.MQ = 2.2 7 = 4 7

Câu 32: Đáp án A Phương pháp: Dựa vào các đường tiệm cận và các điểm đi qua của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Đồ thị hàm số y =

ax+b có đường TCĐ x = −c ⇒ −c = 1 ⇔ c = −1, TCN y = a ⇒ a = −1 x+c

Đồ thị hàm số đi qua ( 0; −1) ⇒ −2 =

b ⇒ b = −2c = 2 c

⇒ T = a − 3b + 2c = −1 − 3.2 + 2 ( −1) = −9 Câu 33: Đáp án A 101

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

có:

Phương pháp: Đặt s inx = a, cos x = b Cách giải: Đặt s inx = a, cos x = b ta có a 2 + b 2 = 1 Khi đó y = a + b +

2 2 a b 1 1 ab ( a + b ) + a + b + a + b ab ( a + b ) + a + b + 1 + + + = = b a a b ab ab

t2 −1 , khi đó ta có : Đặt t = a + b ∈  − 2; 2  ⇒ t 2 = a 2 + b 2 + 2ab = 1 + 2ab ⇒ ab = 2

y= t+

2 ( t + 1) 2 2 = t+ = t −1+ +1 2 t −1 t −1 t −1

Nếu t − 1 > 0 ⇒ t − 1 +

2 +1 ≥ 2 2 +1 ⇒ y ≥ 2 2 +1 t −1

Nếu

t −1 < 0 ⇒

1 1 1 +1− t ≥ 2 2 ⇒ + t −1 ≤ 2 2 ⇒ + t −1+1 ≤ 1− 2 2 ⇒ y ≥ 2 2 −1 t −1 t −1 t −1

Vậy y ≥ 2 2 − 1 2

Dấu bằng xảy ra ⇔ (1 − t ) = 2 ⇔ t = 1 − 2 ( t < 0 ) π π  1− 2   ⇒ s inx + cos x = 1 − 2 ⇔ 2 sin  x +  = 1 − 2 ⇔ sin  x +  = 4 4 2  

Câu 34: Đáp án C Phương pháp : Xác định hàm số f ' ( x ) từ đó tính được f ( x ) = ∫ f ' ( x ) dx Cách

giải

:

Ta

dễ

dàng

tìm

được

phương

trình

parabol

y = 3x 2 + 1 ⇒ f ' ( x ) = 3x 2 + 1 ⇒ f ( x ) = ∫ f ' ( x ) dx = x 3 + x + C

Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ ⇒ C = 0 ⇒ f ( x ) = x 3 + x

⇒ f ( 4 ) = 68; f ( 2 ) = 10 ⇒ H = 58 Câu 35: Đáp án C Phương pháp : +) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ m − 2 :

y = f ' ( m − 2 )( x − m + 2 ) + y ( m − 2 )( d ) +) Xác định các giao điểm của d và các đường tiệm cận ⇒ 2 ; y1 +) Thay vào phương trình x 2 + y1 = −5 giải tìm các giá trị của m.

Cách giải: TXĐ: D = R \ {−2}

102

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

là

Ta có y ' =

3

( x + 2)

2

⇒ y ' ( m − 2) =

3 m − 2 −1 m − 3 ; y ( m − 2) = = m2 m−2+2 m

=>Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ m − 2 là: 3 m−3 x − m + 2) + (d ) 2 ( m m

y=

Đồ thị hàm số y = * y ( −2 ) =

x −1 có đường TCN y = 1 và tiệm cậm đứng x = −2 x+2

3 m − 3 −3 m − 3 m − 6 m−6 m−6  −m ) + = + + ⇒ A  −2;  ⇒ y1 = 2 ( m m m m m m  m 

3( x − m + 2) 3 m −3 ⇒ =0 x − m + 2) + 2 ( m m m2 ⇔ x − m + 2 = m ⇔ x = 2m − 2 ⇒ B ( 2m − 2;1) ⇒ x 2 = 2m − 2

*1 =

m−6 = −5 ⇔ 2m 2 − 2m + m − 6 = −5m m m = 1 2 ⇔ 2m 2 + 4m − 6 = 0 ⇔  ⇒ S = {1; −3} ⇒ 12 + ( −3) = 10  m = −3

⇒ x 2 + y1 = 2m − 2 +

Câu 36: Đáp án B Phương pháp: Gọi các trung điểm của các cạnh bên và các cạnh đáy.

Tìm các mặt phẳng cách đều 5 điểm S, A, B, C, D. Cách giải: Gọi E; F; G; H lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC, SD và M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA .

Ta có thể tìm được các mặt phẳng cách đều 5 điểm S, A, B, C, D là

( E FGH ) ; ( E FNQ ) ; ( GHQN ) ; ( FGPM ) ; ( EHPM ) Câu 37: Đáp án B Phương pháp: Xét các trường hợp: TH1: a1 + a 2 = a 3 + a 4 = a 5 + a 6 = 5 TH2: a1 + a 2 = a 3 + a 4 = a 5 + a 6 = 6 TH3: a1 + a 2 = a 3 + a 4 = a 5 + a 6 = 7 Cách giải: TH1: a1 + a 2 = a 3 + a 4 = a 5 + a 6 = 5 , ta có 0 + 5 = 1 + 4 = 2 + 3 = 5 - Nếu ( a1 ;a 2 ) = ( 0l5 ) ⇒ có 1 cách chọn ( a1a 2 ) Có 2 cách chọn ( a 3a 4 ) , 2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.

103

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tương tự ( a 5 a 6 ) có 2 cách chọn. =>Có 8 số thỏa mãn.

- Nếu ( a1 ;a 2 ) ≠ ( 0;5 ) ⇒ có 2 cách chọn ( a1a 2 ) ,2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.

Có 2 cách chọn ( a 3a 4 ) , 2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn.

Tương tự ( a 5 a 6 ) có 2 cách chọn. =>Có 32 số thỏa mãn.

Vậy TH1 có: 8 + 32 = 40 số thỏa mãn.

TH2: a1 + a 2 = a 3 + a 4 = a 5 + a 6 = 6, ta có 0 + 6 = 1 + 5 = 2 + 4 = 6 Tương tự như TH1 có 40 số thỏa mãn.

TH3: a1 + a 2 = a 3 + a 4 = a 5 + a 6 = 7 , ta có 1 + 6 − 2 + 5 = 3 + 4 = 7 Có 3 cách chọn ( a1a 2 ) , hai số này có thể đổi chỗ cho nhau nên có 6 cách chọn.

Tương tự có 4 cách chọn ( a 3a 4 ) và 2 cách chọn ( a 5 a 6 ) .

Vậy TH3 có 6.4.2 = 48 số thỏa mãn.

Vậy có tất cả 40 + 40 + 48 = 128 số có 6 chữ số khác nhau thỏa mãn a1 + a 2 = a 3 + a 4 = a 5 + a 6

Để viết một số có 6 chữ số khác nhau bất kì có 6.6.5.4.3.2 = 4320 số.

Vậy p =

128 4 = 4320 135

Câu 38: Đáp án A Phương pháp : +) Nhóm các tổ hợp có chỉ số dưới bằng nhau. n

+) Sử dụng tổng (1 + n ) = ∑ Cnk = C0n + C1n + Cn2 + ...Cnn = 2 n n

k =0

+) Sử dụng công thức tính tổng của cấp số nhân. +) Để S là số có 1000 chữ số thì 10999 ≤ S ≤ 101000 Cách giải: S = 2 + ( C10 + C02 + ... + C0n ) + ( C11 + C12 + ... + C1n ) + ... + ( Cnn −−11 + C nn −1 ) + Cnn

S = 2 + ( C 10 + C11 ) + ( C02 + C12 + C22 ) + ( C30 + C13 + C32 + C33 ) + ... + ( C0n + C1n + Cn2 + ... + C nn ) n

Xét tổng (1 + n ) = ∑ Cnk = C0n + C1n + Cn2 + ...Cnn = 2 n n

k =0

1

2

3

n

Từ đó ta có: S = 2 + 2 + 2 + 2 + ... + 2 = 2 +

2 (1 − 2n )

1− 2

= 2 + 2 ( 2 n − 1) = 2n +1

104

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

S

Để

là

số

có

1000

chữ

số

thì

10999 ≤ 2n +1 ≤ 101000 ⇔ log 2 10999 − 1 ≤ n ≤ log 2 101000 − 1 ⇔ 3317, 6 ≤ n ≤ 3320,9 n là số nguyên dương ⇒ n ∈ {3318;3319;3320}

Câu 39: Đáp án A x

 4+ 7  Phương pháp: Chia cả 2 vế cho 3 , đặt t =  , tìm điều kiện của t.  3    x

Đưa về bất phương trình dạng m ≥ f ( t ) ∀t ( a; b ) ⇒ m ≥ max f ( t ) t∈( a;b )

Cách giải :

m.3

x +1

(

+ ( 3m + 2 ) 4 − 7

x

) + (4 + 7 )

x

x

x

 4− 7   4+ 7  > 0 ⇔ 3m + ( 3m + 2 )   +   > 0  3   3 

x

x

 4− 7   4+ 7  4− 7 4+ 7 Ta có . = 1 ⇒   .   = 1 3 3  3   3   4+ 7  Đặt t =   3   

x

( 0 < t < 1∀x ∈ ( −∞;0 ) ) , khi đó phương trình trở thành

t 2 + 3mt + ( 3m + 2 ) 1 3m + ( 3m + 2 ) + t > 0 ⇔ > 0 ⇔ t 2 + 3mt + ( 3m + 2 ) > 0∀t ∈ ( 0;1) t t −t 2 − 2 ⇔ 3m ( t + 1) + t 2 + 2 > 0∀t ∈ ( 0;1) ⇔ 3m > = f ( t ) ∀t ∈ ( 0;1) t +1 ⇒ 3m ≥ max f ( t ) t∈( 0;1)

Ta có: f ' ( t ) =

(

)

f −1 + 3 =

−2t ( t + 1) − ( − t 2 − 2 )

( t + 1)

2

=

− t 2 − 2t + 2

( t + 1)

2

= 0 ⇒ t = −1 + 3

−6 + 2 3 = 2 − 2 3 = max f ( t ) t∈( 0;1) 3

Vậy 3m ≥ 2 − 2 3 ⇒ m ≥

2−2 3 3

Câu 40: Đáp án D Phương pháp : +) Kẻ AD ⊥ B 'C , xác định góc giữa mặt phẳng ( AB'C ) và mặt phẳng ( BCC ' B') +) Tính BB’. +) Tính thể tích khối lăng trụ và suy ra thế tích AB’CA’C’ Cách giải : 105

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Gọi H là trung điểm của BC ta có AH ⊥ BC ⇒ AH ⊥ ( BCC 'B' ) ⇒ AH ⊥ B'C Trong ( AB'C ) kẻ AD ⊥ B 'C

⇒ B'C ⊥ ( AHD ) ⇒ B'C ⊥ HD ( AB'C ) ∩ ( BCC ' B') = B'C  Ta có: ( AB'C ) ⊃ AD ⊥ B'C ⇒ ( ( AB'C ) ; ( BCC 'B' ) ) = ( AD; HD ) = ADH  ( BCC ' B') ⊃ HD ⊥ B'C Ta có AH =

AB a 6 a 2 = ⇒ HD = AH.cot 60 = 2 2 2

Dễ thấy ∆CBB ' đồng dạng với ∆CDH ( g.g ) BB ' CB ' BB ' 6a 2 + BB '2 = ⇒ = ⇔ 3BB ' = 6a 2 + BB '2 ⇔ 2BB '2 = 6a 2 ⇔ BB ' = a 3 HD CH a 2 a 6 2 2 BC 1 3a 2 = a 3 ⇒ SABC = AB.AC = Ta có: AB = AC = 2 2 2

⇒

⇒ VABC.A 'B'C ' = BB'.SABC = a 3.

3a 2 3 3a 3 = 2 2

1 2 VAB'CA 'C + VB'.ABC = VABC.A 'B'C' ⇒ VAB'CA 'C' − VB'.ABC = VABC.A 'B'C' − VABC.A 'B'C ' = VABC.A 'B'C' 3 3 3 2 3 3a ⇒ VAB'CA 'C' = . = a3 3 3 2 Câu 41: Đáp án A Phương pháp : Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt x = a − t . x = 0 ⇒ t = a Cách giải : Đặt x = a − t ⇒ dx = −dt. Đổi cận  x = a ⇒ t = 0 0

a a a f (x) 1 1 1 dt = ∫ dx = ∫ dx = ∫ dx 1 1+ f (a − t ) 1+ f (a − x ) 1+ f (x ) a 0 0 1+ 0 f (x)

⇒ I = −∫

a

a

1 x a ⇒ f ( x ) = 1 ⇒ I = ∫ dx = = 2 20 2 0

Câu 42: Đáp án D Phương pháp : Áp dụng phương pháp xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp.

106

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

( P ) ⊥ ( Q )  Cách giải : Ta có : ( P ) ∩ ( Q ) = ∆ ⇒ AC ⊥ ( Q )  ( P ) ⊃ AC ⊥ ∆ Gọi I là trung điểm của AD, do ∆BD vuông tại nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BD .

Gọi N là trung điểm của AC. Qua M kẻ đường thẳng d song song với AC ⇒ d ⊥ ( ABD ) Qua N kẻ đường thẳng d’ song song với AD ⇒ d ' ⊥ AC Gọi I = d ∩ d ' ⇒ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có bán kính R = IA Ta có: AM =

1 1 2 a 2 a a2 a2 a 3 AD = a + a2 = ; AN = ⇒ AI = + = 2 2 2 2 2 4 2

Câu 43: Đáp án B Phương pháp : Chia hai trường hợp : TH1 : Học sinh TWO làm được 2 trong số 3 bài trong đề thi.

TH2 : Học sinh TWO làm được cả 3 bài trong đề thi.

Cách giải : Ω = C32n TH1 : Học sinh TWO làm được 2 trong số 3 bài trong đề thi. Có C2n .C1n cách.

TH2 : Học sinh TWO làm được cả 3 bài trong đề thi. Có C3n cách.

G ọi

A

là

biến

cố

⇒ A = C 2n .C1n + C3n ⇒ P ( A ) =

học

sinh

TWO

không

phải

thi

lại

A C2n .C1n + C3n = Ω C32n

Đến đây chọn một giá trị bất kì của n rồi thay vào là nhanh nhất, chọn n = 10 , ta tính được

P (A) =

1 2

Câu 44: Đáp án A Phương pháp: +) Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) ở dạng đoạn chắn, thay tọa độ điểm M vào pt mặt phẳng ( ABC ) . +) ( ABC ) tiếp xúc với mặt cầu ( S) tâm I bán kính R ⇔ d ( I; ( ABC ) ) = R Cách giải: x y z + + =1 a b c 1 2 3 1 2 3 1 2 3 M  ; ;  ∈ ( ABC ) ⇒ + + =1⇔ + + = 7 7a 7b 7c a b c 7 7 7

( ABC ) :

107

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

( ABC ) tiếp xúc với mặt cầu ( S) có tâm I (1; 2;3) và bán kính R =

72 7

1 2 3 + + −1 72 a b c ⇒ d ( I; ( ABC ) ) = R ⇔ = 7 1 1 1 + 2+ 2 2 a b c

⇔

6 72 1 1 1 14 1 1 1 7 = ⇒ 2+ 2+ 2 = ⇒ 2+ 2+ 2 = 7 a b c 2 a b c 2 1 1 1 + 2+ 2 2 a b c

Câu 45: Đáp án B Phương pháp: Sử dụng công thức ứng dụng của tích phân để tính diện tích hình phẳng.

Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm s inx = cos x ⇔ tan x = 1 ⇔ x =

TH1: a =

π ⇒S= 4

π + kπ 4

π 4

∫ ( s inx − cos x ) dx =

2 − 1 ⇒ không thỏa mãn

0

π TH2: a = ⇒ S = 2

π 4

π 2

0

π 4

∫ ( s inx − cos x ) dx + ∫ ( s inx − cos x ) =

2 − 1 + 2 − 1 = 2 2 − 2 ⇒ không

thỏa mãn

π π TH3: a ∈  ;  4 2 π 4

⇒S=

a

∫ ( s inx − cos x ) dx +

∫ ( s inx − cos x ) =

0

π 4

⇒ S = 2 − 1 + − cos x − sin a +

a

2 − 1 + ( − cos x − s inx ) π

2 2 1 + = −3 + 4 2 − 3 2 2 2

(

4

)

 1 3  − cos a − sin a + 2 = − + 2 − 1 3 2 2 ⇔ − cos a − s ina+ 2 = − + 2 − ⇔ 2 2  1 3  − cos a − sin a + 2 = − 2 +  2 2  1 3 cos a + sin a = + 2 2 ⇔  1 3 + 2 2 ( ktm ) ( sin a + cos a ) ∈  − 2; 2  cos a + sin a = − −  2 2

(

⇒a=

)

π π π  51 11   a ∈  ;   ≈ 1, 04 ∈  ;  3 4 2  50 10  108

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 46: Đáp án B Phương pháp: +) Tìm điều kiện để phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn ĐKXĐ. +) Viết phương trình đường thẳng AB. Để A, B, C thẳng hàng ⇔ C ∈ AB Cách giải: TXĐ: D = R \ { m } Ta có:

( 2x − m )( x − m ) − x y' = (x − m ) 2

2

+ m x−4

=

x 2 − 2 m x + m2 − 4

(x − m ) x = 2 + m ⇒ y = m + 4 ⇒ A ( 2 + m ; 4 + m ) ⇔  x = −2 + m ⇒ y = m − 4 ⇒ B ( −2 + m ; −4 + m )

2

2

= 0 ⇔ (x − m ) = 4

=> Đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị A, B phân biệt.

Đường

thẳng

AB

có

phương

trình:

x −2− m y−4− m = ⇔ 2x − 4 − 2 m = y − 4 − m ⇔ y = 2x − m −4 −8 Để A, B, C ( 4; 2 ) phân biệt thẳng hàng ⇔ C ∈ AB ⇒ 2 = 4.2 − m ⇔ m = 6 Khi đó ta có: B ( 4; 2 ) ≡ C ⇒ không thỏa mãn.

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 47: Đáp án A Phương pháp:

Đặt f ( x ) = a ( x − x1 )( x − x 2 )( x − x 3 )( x − x 4 ) , tính đạo hàm của hàm số y = f ( x ) Xét hàm số h ( x ) =

f '(x ) 2 và chứng minh f '' ( x ) .f ( x ) −  f ' ( x )  < 0∀x ∉ {x1 ; x 2 ; x 3 ; x 4 } f (x)

Cách giải: Đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt nên

f ( x ) = a ( x − x1 )( x − x 2 )( x − x 3 )( x − x 4 ) ⇒ f ' ( x ) = a ( x − x1 )( x − x 2 )( x − x 3 )( x − x 4 ) + a ( x − x1 )( x − x 3 )( x − x 4 ) + a ( x − x1 )( x − x 2 )( x − x 4 ) + a ( x − x1 )( x − x 2 )( x − x 3 )  1 1 1 1  f '( x ) = f ( x )  + + +  ∀x ∉ {x1 ; x 2 ; x 3 ; x 4 } ⇒ f ' ( x ) ≠ 0 ∀x ∉ {x1 ; x 2 ; x 3 ; x 4 }  x − x1 x − x 2 x − x 3 x − x 4  f '( x ) 1 1 1 1 Đặt h ( x ) = = + + + ∀x ∉ {x1 ; x 2 ; x 3 ; x 4 } f ( x ) x − x1 x − x 2 x − x 3 x − x 4

109

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta

có

h '( x ) =

f '' ( x ) .f ( x ) −  f ' ( x )  f

2

(x)

2

=

−1 2

−1

+

( x − x1 ) ( x − x 2 ) 2 ⇒ f '' ( x ) .f ( x ) −  f ' ( x )  < 0∀x ∉ {x1 ; x 2 ; x 3 ; x 4 }

2

+

−1

( x − x3 )

2

+

−1

( x − x4 )

2

< 0∀x ∉ {x1; x 2 ; x 3 ; x 4 }

2

⇒ g ( x ) =  f ' ( x )  − f '' ( x ) .f ( x ) > 0∀x ∉ {x1; x 2 ; x 3 ; x 4 } 2

Khi f ( x ) = 0 ⇒ f ' ( x ) ≠ 0 ⇒ g ( x ) =  f ' ( x )  − f '' ( x ) .f ( x ) ≠ 0 2

Vậy đồ thị hàm số y = g ( x ) =  f ' ( x )  − f ( x ) .f '' ( x ) không cắt trục Ox.

Câu 48: Đáp án A Phương pháp: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần tính F ( x ) Cách giải:

F(x) = f (x) =

x2 x x2 − dx + C = − xd ( tan x ) + C cos 2 x ∫ cos 2 x cos 2 x ∫

F(x) =

x2 x2 s inx − x tan x + ∫ tan dx + C = − x tan x + ∫ dx + C 2 2 cos x cos x cos x

F(x) =

d ( cos x ) x2 x2 − x tan x − + C = − x tan x − ln cos x + C ∫ cos x cos 2 x cos 2 x

F ( 0) = C = 0 ⇒ F ( x ) =

x2 − x tan x − ln cos x cos 2 x

F ( x ) = ∫ xf ' ( x ) dx = ∫ xd ( f ( x ) ) = xf ( x ) − ∫ f ( x ) dx + C 1 1   π π  = tan 2 a + 1 = 10 ⇔ cos a = a ∈ − ;  2 cos a 10   2 2  1 1 1 1 1 ⇒ F ( a ) = 10a 2 − 3a − ln ⇒ F ( a ) − 10a 2 + 3a = − ln = − ln = ln10 2 10 2 10 10 tan a = 3 ⇒

Câu 49: Đáp án D Phương pháp: Đưa khoảng cách từ M đến (SAC) về khoảng cách từ H đến (SAC).

Cách giải: Gọi H là trung điểm của AB ta có SH ⊥ ( ABCD ) Ta có ( SC; ( ABCD ) ) = ( SC; HC ) = SCH = 450 => ∆SHC vuông cân tại H ⇒ SH = HC = BC2 + BH 2 =

a 17 2

1 1 d ( M; ( SAC ) ) = d ( D; ( SAC ) ) = d ( B; ( SAC ) ) = d ( H; ( SAC ) ) 2 2 Trong ( ABD ) kẻ HI ⊥ AC ,trong ( SHI ) kẻ HK ⊥ SI ta có: 110

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

AC ⊥ HI ⇒ AC ⊥ ( SHI ) ⇒ AC ⊥ HK ⇒ HK ⊥ ( SAC ) ⇒ d ( H; ( SAC ) ) = HK  AC ⊥ SH

a 2a.

HI AH 2= a Ta có ⇒ ∆AHI ∼ ∆ACB ( g.g ) ⇒ = ⇒ HI = BC AC a 5 5 ⇒

1 1 1 1 1 89 a 17 a 1513 = + 2 = + 2 = ⇒ HK = = 2 2 2 2 17a a HK SH HI 17a 89 89 4 5

Câu 50: Đáp án B Phương pháp : Đặt z1 = a + bi ( a; b ∈ R )

z1 − z 2 = z1 − iz1 = (1 − i ) z1 = 2 z1 = 2 a 2 + b 2 , tìm GTLN của

a 2 + b2

Cách giải : Đặt z1 = a + bi ( a; b ∈ R ) z1 − z 2 = z1 − iz1 = (1 − i ) z1 = 2 z1 = 2 a 2 + b 2 2

2

a + bi + 1 − i = 2 ⇔ ( a + 1) + ( b − 1) = 4 ⇔ a 2 + b 2 + 2 ( a − b ) = 2 ⇒ 2 ( a − b ) = 2 − ( a 2 + b2 ) 2

2

⇒ 4 ( a − b ) = ( a 2 + b2 ) − 4 ( a 2 + b2 ) + 4 2

Ta có : ( a + b ) ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 + 2ab ≥ 0 ⇔ 2 ( a 2 + b 2 ) ≥ a 2 + b 2 − 2ab = ( a − b )

2

2

⇒ ( a 2 + b2 ) − 4 ( a 2 + b2 ) + 4 ≤ 8 ( a 2 + b2 ) 2

⇔ ( a 2 + b 2 ) − 12 ( a 2 + b 2 ) + 4 ≤ 0 ⇒ 6 − 4 2 ≤ a 2 + b2 ≤ 6 + 4 2 ⇒ a 2 + b 2 ≤ 2 + 2 ⇒ z1 − z 2 = 2 a 2 + b 2 ≤ 2 2 + 2

111

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com